Transformada de Fourier de $ |x|^{s} $ y $\log|x| $

Question

¿Puede alguien proporcionar o dar una expresión en el sentido de la teoría de la distribución para las funciones $|x|^{s} , \log|x| $ ? Quiero decir que me gustaría evaluar la transformada de Fourier $ \int_{-\infty}^{\infty}f(x)\exp(-iux) $ de estas transformaciones en caso de que sea posible.

Answer 1

Como las funciones en cuestión no son integrables en la recta, la transformada de Fourier debe considerarse en el sentido de las distribuciones. En particular para el logaritmo, se sabe que (Vladimirov, Equations of Mathematical Physics, $\S2.5$ ) $$ F\left[{\cal P}\frac1{|x|}\right]=-2\gamma-2\log|\xi|, $$ donde $\gamma$ es la constante de Euler y ${\cal P}\frac1{|x|}$ es una distribución definida por $$ ({\cal P}\frac1{|x|},\varphi)= \int_{|x|\le 1}\frac{\varphi(x)-\varphi(0)}{|x|}\,dx+ \int_{|x|> 1}\frac{\varphi(x)}{|x|}\,dx. $$ Con la FT inversa se puede obtener a partir de aquí la FT de $\log|x|$ : $$ F[\log|x|](\xi)=-2\pi\gamma\delta(\xi)-\frac\pi{|\xi|}, $$ teniendo en cuenta que FT se define en este libro como $$ F[f](\xi)=\int_{\mathbb R}f(x)e^{ix\xi}\,dx. $$

Answer 2

PRELIMINARES PARA EVALUAR LA TRANSFORMADA DE FOURIER DE $|x|^\alpha$ :

Sea $\psi_\alpha$ sea la función $\psi_\alpha(x)=|x|^\alpha$ . Para $-1<\alpha<0$ la transformada de Fourier viene dada por

$$\mathscr{F}\{\psi_\alpha\}(k)=\int_{-\infty}^\infty \psi_\alpha(x)e^{ikx}\,dx\tag1$$

Para $\alpha \in [0,\infty)$ , $\psi_\alpha(x)$ es localmente integrable y produce una distribución atemperada $\left(\psi_\alpha\right)_{D_1}=\left(|x|^\alpha\right)_{D_1}$ tal que para cualquier $\phi \in \mathbb{S}$ (es decir, $\phi$ es una función del espacio de Schwarz)

$$\begin{align} \langle \left(\psi_\alpha\right)_{D_1},\phi\rangle&= \int_{-\infty}^\infty |x|^\alpha \phi(x)\,dx\tag2 \end{align}$$

Sin embargo, para $\alpha\le -1$ , $\psi_\alpha$ no es localmente integrable y, por tanto, no es una distribución atemperada. Podemos definir, sin embargo, una distribución que nos permita definir la Transformada de Fourier.

Sea $n\in \mathbb{N}_+$ . Para $\alpha\in (-(n+1),-n)$ definimos la distribución $\left(\psi_\alpha\right)_{D_2}=\left(\frac1{|x|^{|\alpha|}}\right)_{D_2}$ tal que para cualquier $\phi\in \mathbb{S}$

$$\langle \left(\psi_\alpha\right)_{D_2}, \phi\rangle = \int_{-\infty}^\infty\frac{\phi(x)-\sum_{m=0}^{n-1} \frac{\phi^{m}(0)}{m!}x^m}{|x|^{|\alpha|}}\,dx\tag3$$

Equipado con $(1)-(3)$ procedemos a determinar la transformada de Fourier de $\psi_\alpha(x)=|x|^\alpha$ para $\alpha\in (-1,0)$ , $\left(\psi_\alpha\right)_{D_1}$ para $\alpha\ge 0$ y $\left(\psi_\alpha\right)_{D_2}$ para $\alpha\le -1$ .

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CASO $1$ : ( $-1<\alpha <0)$

Para $-1<\alpha<0$ , $\psi_\alpha(x)=|x|^\alpha$ y su transformada de Fourier puede calcularse directamente a partir de $(1)$ como

$$\begin{align} \mathscr{F}\{\psi_\alpha\}(k)&=\int_{-\infty}^\infty |x|^\alpha e^{ikx}\,dx\\\\ &=2\text{Re}\left(\int_0^\infty x^\alpha e^{i|k|x}\,dx\right)\\\\ &=\frac{2}{|k|^{1-|\alpha|}}\text{Re}\left(\int_0^\infty x^\alpha e^{ix}\,dx\right)\\\\ &=\frac{2\sin(\pi |\alpha|/2)\Gamma(1-|\alpha|)}{|k|^{1-|\alpha|}} \end{align}$$

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NOTA:

Evaluamos la integral $\int_0^\infty x^\alpha e^{ix}\,dx$ aplicando el Teorema Integral de Cauchy para deformar la integración del eje real al eje imaginario. Procediendo, encontramos que

$$\begin{align} \int_0^\infty x^{\alpha}e^{ix}\,dx=e^{i\pi(\alpha+1)/2}\Gamma(1-|\alpha|) \end{align}$$

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Por lo tanto, la transformada de Fourier de $\psi_\alpha(x)=|x|^\alpha$ , $\alpha\in (-1,0)$ es

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\mathscr{F}\{\psi_\alpha \}(k)=\frac{2\sin(\pi |\alpha|/2)\Gamma(1-|\alpha|)}{|k|^{1-|\alpha|}}}\tag4$$

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CASO $2$ : ( $\alpha \in \mathbb{R}_{+}\setminus \mathbb{N}_{+})$

Sea $n\in \mathbb{N}_{+}$ . Para $\alpha\in (n,n+1)$ y $\phi\in \mathbb{S}$ tenemos

$$\begin{align} \langle \mathscr{F}\{\left(\psi\right)_{D_1}\},\phi\rangle &=\langle \left(\psi\right)_{D_1},\mathscr{F}\{\phi\}\rangle \\\\ &=2\text{Re}\left(\int_0^\infty x^\alpha \int_{-\infty}^\infty \phi(k)e^{ikx}\,dk\,dx\right)\tag5 \end{align}$$

Integración por partes $n+1$ veces la integral interna en $(5)$ revela

$$\begin{align} \langle \mathscr{F}\{\left(\psi\right)_{D_1}\},\phi\rangle &=2\text{Re}\left(e^{i(n+1)\pi/2}\int_0^\infty x^{\alpha-n-1} \int_{-\infty}^\infty \phi^{(n+1)}(k)e^{ikx}\,dk\,dx\right)\\\\ &=-2\text{Im}\left(e^{in\pi/2} \int_{-\infty}^\infty \phi^{(n+1)}(k)\int_0^\infty x^{\alpha-n-1}e^{ikx}\,dx\,dk\right)\tag6 \end{align}$$

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NOTA:

Para justificar el intercambio de integrales que llevó a $(6)$ utilizamos el hecho de que para $\beta\in (0,1)$ existe un número $C_\beta >0$ tal que para cualquier $L>0$ , $\left|\int_0^L \frac{e^{it}}{t^\beta}\,dt\right|<C_\beta$ . A continuación, aplicamos el Teorema de Fubini y terminamos apelando al Teorema de Convergencia Dominada.

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Podemos evaluar la integral interna en $(6)$ aplicando la sustitución $x\mapsto x/k$ y luego aplicando el Teorema Integral de Cauchy para deformar la integración del eje real al eje imaginario. Procediendo, encontramos que

$$\begin{align} \int_0^\infty x^{\alpha-n-1}e^{ikx}\,dx=e^{i\text{sgn}(k)\pi(\alpha-n)/2}\frac{\Gamma(\alpha - n)}{|k|^{\alpha -n}}\tag7 \end{align}$$

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Utilizando $(7)$ en $(6)$ obtenemos

$$\begin{align} \langle \mathscr{F}\{\left(\psi\right)_{D_1}\},\phi\rangle &=-2\Gamma(\alpha-n)\text{Im}\left(e^{in\pi/2} \int_{-\infty}^\infty \frac{\phi^{(n+1)}(k)}{|k|^{\alpha-n}}e^{i\text{sgn}(k)\pi(\alpha-n)/2}\,dk\right)\\\\ &=-2\sin(\pi \alpha/2)\Gamma(\alpha-n)\int_{-\infty}^\infty \frac{\phi^{(n+1)}(k)}{|k|^{\alpha-n}}\left(\text{sgn}(k)\right)^{n+1}\,dk\tag8 \end{align}$$

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Integración por partes $n+1$ veces la integral del lado derecho de $(8)$ resulta lo siguiente

$$\begin{align} \langle \mathscr{F}\{\left(\psi\right)_{D_1}\},\phi\rangle&=-2\sin(\pi \alpha/2)\Gamma(\alpha+1)\int_{-\infty}^\infty \frac{\phi(k)-\sum_{m=0}^{n}\frac{\phi^{(m)}(0)}{m!}k^m}{|k|^{\alpha+1}}\,dk\tag9 \end{align}$$

de lo que se deduce que la Transformada de Fourier de $\psi=|x|^\alpha$ para $\alpha \in \mathbb{R}_{>0}\setminus \mathbb{N}_{>0}$ viene dada por

$$\begin{align} \bbox[5px,border:2px solid #C0A000] {\mathscr{F}\{\left(\psi\right)_{D_1}\}(k)=-2\sin(\pi \alpha/2)\Gamma(\alpha+1)\left(\frac1{|k|^{\alpha+1}}\right)_{D_2}}\\\\ \tag{10} \end{align}$$

En el Apéndice, proporcionamos un desarrollo para demostrar que para $\alpha=n$ la transformada de Fourier de $\left(|x|^n\right)_{D_1}$ viene dado por

$$\begin{align} \bbox[5px,border:2px solid #C0A000] {\mathscr{F}\{\left(\psi\right)_{D_1}\}(k)=-2\sin(\pi n/2)\Gamma(n+1)\text{PV}\left(\frac1{|k|^{n+1}}\right)_{D_2}+2\pi \cos(n\pi/2)\delta^{(n)}(k)}\\\\ \tag{11} \end{align}$$

donde $\text{PV}$ denota el valor principal de Cauchy, que se aplica en $(11)$ para valores impar de $n$ y viene dada por

$$\begin{align} \text{PV}\left(\frac1{|k|^{n+1}}\right)_{D_2}&=\lim_{\delta\to 0^+}\left(\int_{|x|\ge \delta} \frac{\phi(k)-\sum_{m=0}^{n}\frac{\phi^{(m)}(0)}{m!}k^m }{k^{n+1}}\,dk\right)\\\\ &=\lim_{\delta\to 0^+}\left(\int_{|x|\ge \delta} \frac{\phi(k)-\sum_{m=0}^{n-1}\frac{\phi^{(m)}(0)}{m!}k^m }{k^{n+1}}\,dk\right)\tag{12} \end{align}$$

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CASO $3$ : ( $\alpha<-1, \alpha \notin \mathbb{Z}_{<0})$

Apelamos al resultado en $(10)$ y el Teorema de Inversión de Fourier para llegar inmediatamente a la Transformada de Fourier de $\left(\psi_\alpha\right)_{D_2}=\left(\frac1{|x|^{|\alpha|}}\right)_{D_2}$ para $\alpha\in (-(n+1),-n)$ , $n>1$

$$\begin{align} \bbox[5px,border:2px solid #C0A000] {\mathscr{F}\{\left(\psi\right)_{D_2}\}(k)=2\sin(\pi |\alpha|/2)\Gamma(1-|\alpha|)\left(|k|^{|\alpha|-1}\right)_{D_1}}\tag{13} \end{align}$$

Podemos ampliar el resultado en $(13)$ para incluir $\alpha=-n$ para valores pares de $n$ . Así, para $\alpha=-n$ , $n$ incluso tenemos

$$\begin{align} \bbox[5px,border:2px solid #C0A000] {\mathscr{F}\{\left(\psi_n\right)_{D_2}\}(k)=\frac{\pi \cos(n\pi/2)}{\Gamma(|n|)}\left(|k|^{|n|-1}\right)_{D_1}}\tag{14} \end{align}$$

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CASO ESPECIAL $4$ : ( $\alpha=-n)$ , $n$ impar

Por último, redefinimos la distribución en $(1)$ para el caso en que $\alpha =-n$ , $n$ impar y para $\phi\in \mathbb{S}$ escribir

$$\begin{align} \langle \mathscr{F}\{\left(\psi_{n}\right)_{D_2}\},\phi\rangle &=\langle \left(\psi_{n}\right)_{D_2},\mathscr{F}\{\phi\}\rangle \\\\ &=2\text{Re}\int_0^\infty \int_{-\infty}^\infty \phi(k) \frac{ e^{ikx}-\sum_{m=0}^{|n|-2}\frac{(ikx)^m}{m!}-\frac{(ikx)^{(|n|-1} \xi_{[0,1]}(x)}{(|n|-1)!}}{x^{|n|}}\,dk\,dx\\\\ &=\frac2{(|n|-1)!}\text{Re} \int_0^\infty \frac1x \int_{-\infty}^\infty \phi(k)(ik)^{|n|-1}(e^{ikx}-\xi_{[0,1]}(x))\,dk\,dx\\\\ &+\frac{2\sin(|n|\pi/2)H_{|n|-1}}{(|n|-1)!}k^{|n|-1}\\\\ &=\frac{2\sin(|n|\pi/2)}{(|n|-1)!}\int_{-\infty}^\infty k^{|n|-1}\phi(k)\int_0^\infty \frac{\cos(|k|x)-1\xi_{[0,1]}(x)}{x}\,dx\,dk\\\\ &+\frac{2\sin(|n|\pi/2)H_{|n|-1}}{(|n|-1)!}k^{|n|-1}\tag{15} \end{align}$$

En la pregunta publicada AQUÍ he demostrado, utilizando tanto el análisis real como el análisis complejo, que la integral interna del lado derecho de $(15)$ viene dado por

$$ \int_0^\infty \frac{\cos(|k|x)-1\xi_{[0,1]}(x)}{x}\,dx=-\gamma-\log(|k|)\tag{16}$$

Utilizando $(16)$ en $(15)$ revela

$$\begin{align} \langle \mathscr{F}\{\left(\psi_n\right)_{D_2}\},\phi\rangle &=\frac{2\sin(|n|\pi/2)}{(|n|-1)!}\int_{-\infty}^\infty k^{|n|-1}(-\gamma-\log(|k|)+H_{|n|-1})\phi(k)\,dk\tag{17} \end{align}$$

de lo que se deduce que en la distribución que la transformada de Fourier de $\left(\psi_n(x)\right)_{D_2}=\left(\frac1{|x|^{|n|}}\right)_{D_2}$ , $n<0$ , $n$ impar es

$$\begin{align} \bbox[5px,border:2px solid #C0A000] {\mathscr{F}\{\left(\psi_{n}\right)_{D_2}\}(k)=-2\frac{\sin(|n|\pi/2)}{\Gamma(|n|)}\,|k|^{|n|-1}(\gamma+\log(|k|)-H_{|n|-1})}\tag{18} \end{align}$$

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APÉNDICE: Desarrollo directo para el caso $(\alpha\in \mathbb{N}_0)$

Sea $n\in \mathbb{N}_{\>0}$ . Para $\alpha=n$ , $\psi(x)=|x|^n$ y $\phi\in \mathbb{S}$ tenemos

$$\begin{align} \langle \mathscr{F}\{\psi\},\phi\rangle &=\langle \psi,\mathscr{F}\{\phi\}\rangle \\\\ &=2\text{Re}\left(\int_0^\infty x^n \int_{-\infty}^\infty \phi(k)e^{ikx}\,dk\,dx\right)\tag{A1} \end{align}$$

Integración por partes $n$ veces la integral interna en $(A1)$ revela

$$\begin{align} \langle \mathscr{F}\{\psi\},\phi\rangle &=2\text{Re}\left(e^{in\pi/2}\int_0^\infty \int_{-\infty}^\infty \phi^{(n)}(k)e^{ikx}\,dk\,dx\right)\\\\ &=\cos(n\pi/2)\int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty \phi^{(n)}(k)e^{ikx}\,dk\,dx\\\\&-2\sin(n\pi/2)\int_0^\infty \int_{-\infty}^\infty \phi^{(n)}(k)\sin(kx)\,dk\,dx\tag{A2} \end{align}$$

A partir del teorema de inversión de la transformada de Fourier, la primera integral del lado derecho de $(A2)$ es $2\pi \phi^{(n)}(0)$ . Para la segunda integral del lado derecho de $(A2)$ escribimos

$$\begin{align} \int_0^\infty \int_{-\infty}^\infty \phi^{(n)}(k)\sin(kx)\,dk\,dx&=\lim_{L\to \infty}\int_0^L \int_{-\infty}^\infty \phi^{(n)}(k)\sin(kx)\,dk\,dx\\\\ &= \lim_{L\to\infty }\int_{-\infty}^\infty \phi^{(n)}(k)\frac{1-\cos(kL)}{k}\,dk\\\\ &=\lim_{\delta\to 0^+}\int_{|k|\ge \delta}\frac{\phi^{(n)}(k)}{k}\,dk\tag{A3} \end{align}$$

Al llegar a $(A3)$ aprovechamos el hecho de que $\int_{|k|\le \delta} \phi^{(n)}(k)\frac{1-\cos(kL)}{k}\,dk=O(\delta)$ uniformemente y aplicado el Lemma de Riemann Lebesgue.

Ahora, integrando por partes $n$ veces la integral del lado derecho de $(A3)$ vemos que

$$\int_0^\infty \int_{-\infty}^\infty \phi^{(n)}(k)\sin(kx)\,dk\,dx=n!\lim_{\delta \to 0^+}\int_{|k|\ge \delta}\frac{\phi(k)-\sum_{m=0}^{n-1}\frac{\phi^{(m)}(0)k^{m}}{m!}}{k^{n+1}}\,dk \tag{A4}$$

Utilizando $(A4)$ en $(A2)$ obtenemos

$$\begin{align} \langle \mathscr{F}\{\psi\},\phi\rangle &=\cos(n\pi/2)2\pi \phi^{(n)}(0)\\\\&-2\sin(n\pi/2)n!\lim_{\delta \to 0^+}\int_{|k|\ge \delta}\frac{\phi(k)-\sum_{m=0}^{n-1}\frac{\phi^{(m)}(0)k^{m}}{m!}}{k^{n+1}}\,dk\tag{A5} \end{align}$$

de lo que se deduce que en la distribución que la transformada de Fourier de $\psi(x)=|x|^n$ , $n\in \mathbb{N}_0$ es

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\mathscr{F}\{\psi \}(k)=\cos(n\pi/2)2\pi \delta^{(n)}(k)-2\sin(n\pi /2)\Gamma(n+1)\left(\frac{1}{k^{n+1}}\right)_{D_2}}\\\\\tag{A6}$$

donde la distribución $\left(\frac{1}{k^{n+1}}\right)_{D_2}$ en $(A6)$ viene dada por $(12)$ .

Answer 3

Pensé que podría ser instructivo presentar un enfoque para derivar la transformada de Fourier de $\log(|x|)$ que es diferente del enfoque de regularización que utilicé en ESTA RESPUESTA .

El resultado que aquí se presenta incluye una interpretación distributiva de $\frac1{|x|}$ . Por último, mostramos que la interpretación distribucional de $\frac1{|x|}$ no es única y que difiere de otras interpretaciones por un múltiplo de la distribución Delta de Dirac. Hecha esta introducción, proseguimos.

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PRELIMINARES

Sea $\psi(x)=\log(|x|)$ y que $\Psi$ denota su transformada de Fourier . Entonces, escribimos

$$\Psi(x)=\mathscr{F}\{\psi\}(x)\tag 1$$

donde $(1)$ se interpreta como una Distribución Templada. Es decir, para cualquier $\phi \in \mathbb{S}$ podemos escribir

$$\begin{align} \langle \mathscr{F}\{\psi\}, \phi\rangle &=\langle \psi, \mathscr{F}\{\phi\}\rangle\\\\ &=\int_{-\infty}^\infty \log(|x|)\int_{-\infty}^\infty \phi(k)e^{ikx}\,dk\,dx\\\\ &=2\int_0^\infty \log(x)\int_{-\infty}^\infty \phi(k)\cos(kx)\,dk\,dx\\\\ &=4\phi(0)\int_0^\infty \frac{\sin(x)}{x}\,\log(x)\,dx\\\\ &+2\int_0^\infty \log(x) \left(\int_{-\infty}^\infty (\phi(k)-\phi(0)\xi_{[-1,1]}(k))\cos(kx)\,dk\right)\,dx\\\\ &=-2\pi \gamma \phi(0)\tag2\\\\ &+2\lim_{L\to \infty } \int_{-\infty}^\infty \frac{\phi(k)-\phi(0)\xi_{[-1,1]}(k)}k\left(\log(L)\sin(kL)-\int_0^L \frac{\sin(kx)}{x}\,dx\right)\,dk\\\\ &=-2\pi \gamma \phi(0)-\pi\int_{-\infty}^\infty \frac{\phi(k)-\phi(0)\xi_{[-1,1]}(k)}{|k|}\,dk\tag3 \end{align}$$

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NOTAS:

Al llegar a $(2)$ utilizamos el resultado que publiqué en ESTA RESPUESTA y ESTE y utilizamos el teorema de Fubini para justificar el intercambio de la integral $\int_0^L \,dx$ con la integral $\int_{-\infty}^\infty \,dk$ .

Al llegar a $(3)$ utilizamos la integración por partes para demostrar que el límite del término que implica a $\log(L)$ es $0$ y apelamos al Teorema de Convergencia Dominada para justificar el intercambio del límite con la integración sobre $k$ para el segundo término del lado derecho de $(3)$ .

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En $(3)$ deducimos la transformada de Fourier de $\psi$ en distribución

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000] {\mathscr{F}\{\psi\}(x)=-2\pi \gamma \delta(x)+\left(\frac1{|x|}\right)_1}$$

donde la distribución $\left(\frac1{|x|}\right)_1$ se define por su acción sobre y $\phi\in \mathbb{S}$ como

$$\int_{-\infty}^\infty \left(\frac1{|x|}\right)_1\phi(x)\,dx=\int_{-\infty}^\infty \frac{\phi(x)-\phi(0)\xi_{[-1,1]}(x)}{|x|}\,dx$$

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NOTA:

Era arbitrario dividir la integración en $(2)$ en intervalos $|x|\le 1$ y $|x|\ge 1$ . Si hubiéramos elegido en su lugar los intervalos $|x|\le \nu$ y $|x|\ge \nu$ para cualquier $\nu>0$ habríamos obtenido

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000] {\mathscr{F}\{\psi\}(x)=-2\pi (\gamma+\log(\nu)) \delta(x)-\pi \left(\frac1{|x|}\right)_\nu}$$

donde interpretamos $\left(\frac1{|x|}\right)_\nu$ significa que para cualquier $\phi\in \mathbb{S}$ ,

$$\int_{-\infty}^\infty \left(\frac1{|x|}\right)_\nu \phi(x) \,dx=\int_{|x|\le \nu}\frac{\phi(x)-\phi(0)}{|x|}\,dx+ \int_{|x|\ge \nu}\frac{\phi(x)}{|x|}\,dx$$

Answer 4

Basándonos en la paridad y la homogeneidad (que son bien tratadas por la transformada de Fourier), la transformada de Fourier (de la distribución atemperada) de (la familia meromórficamente continua de distribuciones atemperadas) $1/|x|^s$ en $\mathbb R^n$ es un múltiplo constante de $1/|x|^{n-s}$ . La constante puede determinarse aplicando a la gaussiana $e^{-\pi |x|^2}$ que es su propia transformada de Fourier (en cierta normalización).

Sí, en $\mathbb R^1$ , $\log |x|$ es la derivada con respecto a $s$ de $|x|^s$ evaluado en $s=0$ . Si creemos que esta diferenciación conmuta con las demás operaciones en juego, entonces obtenemos la transformada de Fourier de $\log |x|$ .

Para mi gusto, el argumento que utiliza la continuación meromórfica de distribuciones con propiedades de homogeneidad y paridad es más persuasivo que el argumento del truncamiento. Los gustos varían.

EDIT: ya que la pregunta ha sido rebatida de todos modos, quizás podría incluir (lo que creo que es) una alternativa útil a otras respuestas. A saber, para describir directamente la transformada de Fourier de $\log|x|$ en $\mathbb R^1$ al tiempo que esquiva algunas de las complicaciones de la más general $|x|^s\cdot \log|x|$ podemos proceder como sigue. En primer lugar, la derivada de $\log|x|$ es $1/x$ puntualmente. De hecho, distributivamente, es un pequeño ejercicio demostrar que la derivada es el valor principal $PV {1\over x}$ .

Es bastante estándar (basado en la homogeneidad y la paridad) que la transformada de Fourier de $PV{1\over x}$ es $-\pi i\, \mathrm{sgn}(x)$ .

Debido a la forma en que interactúan la transformada de Fourier y la derivada, tenemos $x\cdot \widehat{\log|x|}=-{1\over 2}\,\mathrm{sgn}(x)$ .

Si imaginamos que podemos dividir por $x$ entonces $\widehat{\log|x|}=-{1\over 2}\,{1\over |x|}$ . Sin embargo, la integración $1/|x|$ no se extiende a una distribución homogénea y uniforme en las funciones de prueba. (Sin el requisito de homogeneidad, claro, Hahn-Banach da muchas extensiones...)

Pero es cierto que $x\cdot \widehat{\log|x|}=-{1\over 2}\mathrm{sgn}(x)$ . Esto implica que puede evaluar esa transformada de Fourier por integración-contra $f$ para las funciones de Schwartz $f$ desapareciendo en $0$ . En particular, y puesto que ya sabemos que esta transformada de Fourier existe para funciones generales de Schwartz $f$ ,

$$ \widehat{\log|x|}(f) \;=\; \widehat{\log|x|}(f-f(0)\cdot e^{-\pi x^2}) + \widehat{\log|x|} (e^{-\pi x^2}) $$ $$ \;=\; x\cdot \widehat{\log|x|}\Big({f-f(0)\cdot e^{-\pi x^2}\over x}\Big) + \widehat{\log|x|}(e^{-\pi x^2}) $$ $$ \;=\; -{1\over 2}\int_{\mathbb R} \mathrm{sgn}(x)\Big({f-f(0)\cdot e^{-\pi x^2}\over x}\Big)\;dx + \delta(f)\cdot\widehat{\log|x|}(e^{-\pi x^2}) $$ $$ \;=\; -{1\over 2}\int_{\mathbb R} {f-f(0)\cdot e^{-\pi x^2}\over |x|}\;dx + \delta(f)\cdot \widehat{\log|x|}(e^{-\pi x^2}) $$ El valor de $\widehat{\log|x|}$ en la gaussiana puede evaluarse directamente, con algunos detalles horripilantes, como se indica a continuación.

Siguiendo, quizás las constantes sean correctas en la afirmación de que, para todas las funciones de Schwartz $f$ , $$ \widehat{\log|x|}(f) \;=\; -{1\over 2}\int_{\mathbb R} {f(x)-f(0)\cdot e^{-\pi x^2}\over |x|}\;dx \;+\; \delta(f) \cdot \Big({-\log\pi\over 2} + {\Gamma'({1\over 2})\over 2\sqrt{\pi}}\Big) $$

(Edición: corregidas algunas constantes omitidas, etc.)