Metody matematyczne fizyki/Wstęp do transformacji Fouriera

Wstęp do transformacji Fouriera

---

Licencja

Autor: Mirosław Makowiecki Absolwent UMCS Fizyki Komputerowej Uniwersytetu Marii Curie-Skłodowskiej w Lublinie Email: miroslaw(kropka)makowiecki(małpa)gmail(kropka)pl Dotyczy: książki, do której należy ta strona, oraz w niej zawartych stron i w nich podstron, a także w nich kolumn, wraz z zawartościami. Użytkownika książki, do której należy ta strona, oraz w niej zawartych stron i w nich podstron, a także w nich kolumn, wraz z zawartościami nie zwalnia z odpowiedzialności prawnoautorskiej nieprzeczytanie warunków licencjonowania. Umowa prawna: Creative Commons: uznanie autorstwa, na tych samych warunkach, z możliwością obowiązywania dodatkowych ograniczeń. Autor tej książki dołożył wszelką staranność, aby informacje zawarte w książce były poprawne i najwyższej jakości, jednakże nie udzielana jest żadna gwarancja, czy też rękojma. Autor nie jest odpowiedzialny za wykorzystanie informacji zawarte w książce, nawet jeśli wywołaby jakąś szkodę, straty w zyskach, zastoju w prowadzeniu firmy, przedsiębiorstwa lub spółki bądź utraty informacji, niezależnie czy autor (a nawet Wikibooks) został powiadomiony o możliwości wystąpienie szkód. Informacje zawarte w książce mogą być wykorzystane tylko na własną odpowiedzialność.

---

---

Transformaty Fouriera są to transformaty pozwalające na rozkład pewnej funkcji na funkcje harmoniczne. W praktyce bardzo często jest potrzebne określenie transformaty z funkcji, lub z funkcji do transformaty, w takim razie rozważane transformaty są bardzo potrzebne w fizyce i matematyce.

Definicja prostej i odwrotnej transformaty Fouriera dla dowolnej funkcji

Transformatę funkcji ${\phi }$ będziemy oznaczać symbolem ${\tilde {\phi }}\;$, tzn. wzoru na transformatę prostą, a także określmy drugi wzór na transformatę, tzn. na transformatę odwrotną:

${\tilde {\phi }}(k)={{1} \over {2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-ikx}\phi (x)dx\;$

(14.1)

$\phi (x)=\int _{-\infty }^{\infty }e^{ikx}{\tilde {\phi }}(k)dk\;$

(14.2)

W celu przeprowadzenia dowodu, że transformacja (14.2) jest transformatą odwrotną do transformaty prostej (14.1), napiszmy co się stanie, gdy dokonamy podwójnej transformaty funkcji φ(x), w takim przypadku:

${\tilde {\tilde {\phi }}}(k)={{1} \over {4\pi ^{2}}}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-ikx}\left(\int _{-\infty }^{\infty }e^{-ixy}\phi (y)dy\right)dx\;$

(14.3)

Aby umożliwić zamianę kolejności całkowania wprowadźmy funkcję wykładniczą $e^{-\epsilon ^{2}x^{2}}\;$, która jest funkcją wolnozmienną i przy granicy ε dążącej do zera dąży do jedynki, czyli powinno być:

$1=\lim _{\epsilon \rightarrow 0}e^{-\epsilon ^{2}x^{2}}\;$

(14.4)

Wtedy na podstawie granicy (14.4) tożsamość (14.3) przyjmuje postać:

${\tilde {\tilde {\phi }}}(k)=\lim _{\epsilon \rightarrow 0}{{1} \over {4\pi ^{2}}}\int _{-\infty }^{\infty }dy\phi (y)\int _{-\infty }^{\infty }dxe^{-\epsilon ^{2}\left(x^{2}+{{ix(k+y)} \over {\epsilon ^{2}}}\right)}\;$

(14.5)

Funkcję wykładniczą występującą w całce w równości (14.5) możemy przestawić wedle tożsamości napisanej poniżej, którą to udowodnimy, jak się przekonamy, to są rachunki elementarne przy dowodzie poniższego lematu:

$e^{-\epsilon ^{2}\left(x^{2}+ix{{k+y} \over {\epsilon ^{2}}}\right)}=e^{-\epsilon ^{2}\left(x+i{{(k+y)} \over {2\epsilon ^{2}}}\right)^{2}}e^{-{{(k+y)^{2}} \over {4\epsilon ^{2}}}}\;$

(14.6)

Następnym krokiem jest udowodnienie tożsamości zapisanej w punkcie (14.6) i jej rozpisanie:

$\epsilon ^{2}\left(x+i{{(k+y)} \over {2\epsilon ^{2}}}\right)^{2}+{{(k+y)^{2}} \over {4\epsilon ^{2}}}=\epsilon ^{2}\left(x^{2}-{{(k+y)^{2}} \over {4\epsilon ^{4}}}+2i{{x(k+y)} \over {2\epsilon ^{2}}}\right)+{{(k+y)^{2}} \over {4\epsilon ^{2}}}\;$

(14.7)

Zatem tożsamość (14.6) została udowodniona przy pomocy obliczeń przeprowadzonych w punkcie (14.7). Następnym krokiem jest obliczenie całki oznaczonej podanej poniżej, dzięki której przeprowadzimy dalszy krok obliczeń (14.5) wykorzystując fakt (14.6):

$\int _{-\infty }^{\infty }e^{-a(x-z)^{2}}dx={\sqrt {{\pi } \over {a}}}\;$

(14.8)

Dzięki tej całce możemy przejść do dalszego kroku obliczeń wyrażenia (14.5):

${\tilde {\tilde {\phi }}}(k)=\lim _{\epsilon \rightarrow 0}{{1} \over {4\pi ^{2}}}\int _{-\infty }^{\infty }dy\phi (y)\int _{-\infty }^{\infty }dxe^{-\epsilon ^{2}\left(x+i{{(k+y)} \over {2\epsilon ^{2}}}\right)^{2}}e^{-{{(k+y)^{2}} \over {4\epsilon ^{2}}}}=\lim _{\epsilon \rightarrow 0}{{\sqrt {\pi }} \over {4\pi ^{2}\epsilon }}\int _{-\infty }^{\infty }dy\phi (y)e^{-{{(k+y)^{2}} \over {4\epsilon ^{2}}}}\;$

(14.9)

Mamy tutaj funkcję deltopodobną, która spełnia wszystkie warunki ciągu deltopodobnego, którą określamy wedle wzoru poniżej zależnej od zmiennej y i k:

$\delta _{\epsilon }(y)={{1} \over {2\epsilon {\sqrt {\pi }}}}e^{-{{(k+y)^{2}} \over {4\epsilon ^{2}}}}\;$

(14.10)

Funkcja (14.10) która jest funkcją deltopodobną spełnia całkę (12.1) i dla ε dążącego do zera funkcja dla y nierównego -k, przyjmuje wartość zero, tylko dla y=-k wykładnik potęgi jest równy zero, dla której ta funkcja jest równa nieskończoność dla ε dążącego do zera, zatem ta nasza funkcja deltopodobna spełnia wszystkie warunki do pretendowania bycia deltopodobną wielkością. Ponieważ funkcja (14.10) jest funkcją deltopodobną, to funkcję zapisaną w punkcie (14.9) możemy przestawić wedle schematu poniżej:

${\tilde {\tilde {\phi }}}(k)={{1} \over {2\pi }}\phi (-k)\;$

(14.11)

Równanie (14.11) jest bardzo ważnym wynikiem mówiącym, że dwukrotna transformacja Fouriera tej samej funkcji przechodzi w funkcję wyjściową, ale argumentem jest argument przeciwny do k, czyli -k. Ponadto cały wynik jest podzielony przez liczbę 2π. Stąd wniosek, że transformatę odwrotną zapisujemy wedle wzoru (14.2).

n-te pochodne transformaty Fouriera

Mając wzór (14.1) możemy napisać n-tą pochodną transformacji Fouriera, którą piszemy według:

$\left[{\phi }^{(n)}(k)\right]^{T}=(-i)^{n}{{1} \over {2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }x^{n}e^{-ikx}\phi (x)dx=(-i)^{n}\left(x^{n}\phi (x)\right)^{T}\;$

(14.12)

Aby udowodnić wzór (14.12) należy skorzystać, z twierdzenia o indukcji zupełnej. Zatem twierdzenie (14.12) jest spełniona dla n=1, na mocy (14.1), zatem jeśli twierdzenie (14.12) jest spełnione dla przypadku n, to powinno być spełnione dla przypadku n+1, co można udowodnić różniczkując stronami obie strony równana (14.12), co otrzymamy twierdzenie, ale dla przypadku n+1. Co kończy dowód naszego twierdzenia.

Transformaty pochodnej i jego wykorzystanie w równaniach różniczkowych

Weźmy sobie n-tą pochodną transformacji funkcji φ, która jest określona względem zmiennej k, jest ona napisana podobnym wzorem do (14.1), której to całkę całkujemy przez części n-razy pamiętając, że za każdym razem powstające niecałkowe wyrazy w granicy w nieskończoności są równe zero ze względu na znikanie funkcji próbnych $\phi ^{(n)}(x)\;$ w nieskończonościach:

$\left[\phi ^{(n)}\right]^{T}(k)={{1} \over {2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-ikx}\phi ^{(n)}(x)dx=(ik)^{n}{{1} \over {2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-ikx}\phi (x)dx=(ik)^{n}{\tilde {\phi }}(k)\;$

(14.13)

Aby zapoznać się z transformatami pochodnej, należy rozwiązać pewien przykład obrazujący prawo (14.13), zatem napiszmy równanie, od którego będziemy wyznaczać funkcję f poniżej, z której policzymy transformatę Fouriera obu jego stron, w takim razie weźmy przykład:

$f^{''}+f^{'}+f=g\Rightarrow {\tilde {f^{''}}}+{\tilde {f^{'}}}+{\tilde {f}}={\tilde {g}}\;$

(14.14)

Następnym krokiem jest wykorzystanie wzoru (14.13) na n-tą pochodną transformaty funkcji f, z którego wyprowadzimy wzór na transformatę funkcji f, czyli ${\tilde {f}}\;$, w takim razie:

$-k^{2}{\tilde {f}}+ik{\tilde {f}}+{\tilde {f}}={\tilde {g}}\Rightarrow {\tilde {f}}={{\tilde {g}} \over {-k^{2}+ik+1}}\;$

(14.15)

Jeśli skorzystamy ze wzoru (14.2) i znając transformatę funkcji g, zatem otrzymujemy wzór na funkcję f, którego zamiar mieliśmy wyznaczyć z pierwszego równania (14.14):

$f(x)=\int _{-\infty }^{\infty }e^{ikx}{{{\tilde {g}}(k)} \over {-k^{2}+ik+1}}dk\;$

(14.16)

Transformata Fouriera iloczynu dwóch funkcji

Przy liczeniu transformaty iloczynu dwóch funkcji skorzystamy tutaj z podobnego triku podobnego do (14.4):

$[\phi _{1}\cdot \phi _{2}]^{T}{(k)}={{1} \over {2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-ikx}\phi _{1}(x)\phi _{2}(x)dx={{1} \over {2\pi }}\lim _{\epsilon \rightarrow 0}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-\epsilon ^{2}x^{2}-ikx}\phi _{1}(x)\phi _{2}(x)dx\;$

(14.17)

Do wzoru (14.17) wstawiamy wzory na transformatę odwrotną przez wzór (14.2), otrzymując poniższy wzór. W tych obliczeniach zastosujemy również wzór (14.6), tylko tutaj zamiast k+y występuje -k+k₁+k₂.

$[\phi _{1}\cdot \phi _{2}]^{T}{(k)}=\lim _{\epsilon \rightarrow 0}{{1} \over {2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-\epsilon ^{2}x^{2}-ikx}dx\int _{-\infty }^{\infty }e^{ik_{1}x}{\tilde {\phi }}(k_{1})dk_{1}\int _{-\infty }^{\infty }e^{ik_{2}x}{\tilde {\phi }}(k_{2})dk_{2}=\;$
$={{1} \over {2\pi }}\lim _{\epsilon \rightarrow 0}\int _{-\infty }^{\infty }dk_{1}{\tilde {\phi }}_{1}(k_{1})\int _{-\infty }^{\infty }dk_{2}{\tilde {\phi }}_{2}(k_{2})\int _{-\infty }^{\infty }e^{-\epsilon ^{2}x^{2}+ix(-k+k_{1}+k_{2})}dx=\;$
$={{1} \over {2\pi }}\lim _{\epsilon \rightarrow 0}\int _{-\infty }^{\infty }dk_{1}{\tilde {\phi }}_{1}(k_{1})\int _{-\infty }^{\infty }dk_{2}{\tilde {\phi }}_{2}(k_{2})\int _{-\infty }^{\infty }e^{-\epsilon ^{2}\left(x+i{{\left(-k+k_{1}+k_{2}\right)} \over {2\epsilon ^{2}}}\right)^{2}}e^{-{{(-k+k_{1}+k_{2})^{2}} \over {4\epsilon ^{2}}}}dx=\;$
$={{1} \over {2\pi }}\lim _{\epsilon \rightarrow 0}\int _{-\infty }^{\infty }dk_{1}{\tilde {\phi }}_{1}(k_{1})\int _{-\infty }^{\infty }dk_{2}{\tilde {\phi }}_{2}(k_{2})e^{-{{\left(-k+k_{1}+k_{2}\right)^{2}} \over {4\epsilon ^{2}}}}{\sqrt {{\pi } \over {\epsilon ^{2}}}}={{1} \over {2\epsilon {\sqrt {\pi }}}}\lim _{\epsilon \rightarrow 0}\int _{-\infty }^{\infty }dk_{1}{\tilde {\phi }}_{1}(k_{1})\int _{-\infty }^{\infty }dk_{2}{\tilde {\phi }}_{2}(k_{2})e^{-{{\left(-k+k_{1}+k_{2}\right)^{2}} \over {4\epsilon ^{2}}}}$

(14.18)

W obliczeniach (14.18) występuje funkcja deltopodobna o postaci:

$\delta _{\epsilon }={{1} \over {2\epsilon {\sqrt {\pi }}}}e^{-{{\left(-k+k_{1}+k_{2}\right)^{2}} \over {4\epsilon ^{2}}}}\;$

(14.19)

Funkcja (14.19) spełnia całkę (12.1) i dla ε dążącego do zera funkcja dla k nierównego k₁+k₂, rozważana funkcja jest równa zero, tylko dla k=k₁+k₂ wykładnik potęgi jest równy zero. Należy jeszcze uwzględnić ε stojący w czynniku przed eksponensem w mianowniku, zatem przy ε dążącym do zera, opisywana funkcja dąży do nieskończoności, a więc spełnia wszystkie warunki do pretendowania do bycia funkcją deltopodobną. W takim razie możemy napisać (14.18), korzystając przy tym z (12.38) na splot funkcji uogólnionych:

$[\phi _{1}\cdot \phi _{2}]^{T}{(k)}=\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }dk_{1}dk_{2}{\tilde {\phi }}_{1}(k_{1}){\tilde {\phi }}_{2}(k_{2})\delta (k-k_{1}-k_{2})={{1} \over {2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }dk_{1}{\tilde {\phi }}_{1}(k_{1}){\tilde {\phi }}_{2}(k-k_{1})=[{\tilde {\phi }}_{1}*{\tilde {\phi }}_{2}](k)\;$

(14.20)

Na podstawie tychże przeprowadzonych obliczeń transformata iloczynu dwóch funkcji jest równa splotowi transformaty tychże funkcji.

Transformacja Fouriera dla splotu dwóch funkcji

Splot dwóch funkcji napisanej wedle jego definicji (12.39) piszemy wedle schematu poniżej i jak się przekonamy jest ona równa z dokładnością do stałego czynnika iloczynowi transformat funkcji φ₁(k) i φ₂(k):

$[\phi _{1}*\phi _{2}]^{T}(k)={{1} \over {2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }dxe^{-ikx}\int _{-\infty }^{\infty }dy\phi _{1}(x-y)\phi _{2}(y)={{1} \over {2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }e^{-iky}\phi _{2}(y)dy\int _{-\infty }^{\infty }e^{-ik(x-y)}\phi _{1}(x-y)d(x-y)=\;$
$=2\pi {\tilde {\phi }}_{1}(k){\tilde {\phi }}_{2}(k)\;$

(14.21)

Na podstawie obliczeń (14.21) udowodniliśmy, że transformata splotu funkcji φ₁ i funkcji φ₂ jest równa iloczynowi transformat z każdej funkcji z osobna omawianych pomnożonej przez liczbę 2π.

Transformata Fouriera iloczynu skalarnego

Z definicji iloczynu skalarnego dwóch transformat i z definicji transformaty funkcji φ zapisanej wedle (14.1) piszemy:

$({\tilde {\phi }}_{1},{\tilde {\phi }}_{2})=\int _{-\infty }^{\infty }{\overline {\tilde {\phi }}}_{1}(k){\tilde {\phi }}_{2}(k)dk={{1} \over {4\pi ^{2}}}\int _{-\infty }^{\infty }dk\int _{-\infty }^{\infty }dxe^{ikx}{\overline {\phi }}_{1}(x)\int _{-\infty }^{\infty }dye^{-iky}\phi _{2}(y)\;$

(14.22)

Następnym krokiem jest wykorzystanie granicy, którego schemat jest tutaj $1=\lim _{\epsilon \rightarrow 0}e^{-\epsilon ^{2}k^{2}}\;$, wtedy wzór (14.21) możemy przekształcić do postaci:

$({\tilde {\phi }}_{1},{\tilde {\phi }}_{2})={{1} \over {4\pi ^{2}}}\lim _{\epsilon \rightarrow 0}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }dkdxdye^{-\epsilon ^{2}\left(k^{2}-{{ik(x-y)} \over {\epsilon ^{2}}}\right)}{\overline {\phi }}_{1}(x)\phi _{2}(y)=\;$
$={{1} \over {4\pi ^{2}}}\lim _{\epsilon \rightarrow 0}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }dkdxdye^{-{{(x-y)^{2}} \over {4\epsilon ^{2}}}}e^{-\epsilon ^{2}\left(k+i{{x-y} \over {2\epsilon ^{2}}}\right)^{2}}{\overline {\phi }}_{1}(x)\phi _{2}(y)$

(14.23)

We wzorze (14.23) wykorzystujemy tożsamość całkową (14.8), wtedy nasz wspomniany wzór przyjmuje postać:

$({\tilde {\phi }}_{1},{\tilde {\phi }}_{2})={{1} \over {4\epsilon \pi {\sqrt {\pi }}}}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }dxdte^{-{{t^{2}} \over {4\epsilon ^{2}}}}{\overline {\phi }}_{1}(x)\phi _{2}(x+t)\;$

(14.24)

Funkcją deltopodobną występującą w obliczeniach (14.24) jest to funkcja zapisana wzorem:

$\delta _{\epsilon }={{1} \over {2\epsilon {\sqrt {\pi }}}}e^{-{{t^{2}} \over {4\epsilon ^{2}}}}\;$

(14.25)

Funkcja (14.25) spełnia całkę (12.2) i dla ε dążącego do zera funkcja dla t nierównego 0, ta nasza rozważana funkcja jest równa zero, tylko dla t=0 wykładnik potęgi jest równy zero, zatem należy wliczyć ε stojący w czynniku w jego mianowniku przed eksponensem, zatem przy naszym ε dążącej do zera, opisywana funkcja dąży do nieskończoności, zatem ta nasza funkcja delto-podobna spełnia wszystkie warunki do pretendowania bycia delto-podobną wielkością. Wtedy obliczenia (14.23) można dokończyć w sposób:

$({\tilde {\phi }}_{1},{\tilde {\phi }}_{2})={{1} \over {2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }\int _{-\infty }^{\infty }dxdt\delta (t){\overline {\phi }}_{1}(x)\phi _{2}(x+t)={{1} \over {2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }dx{\overline {\phi }}_{1}(x)\phi _{2}(x)={{1} \over {2\pi }}(\phi _{1},\phi _{2})\;$

(14.26)

Wedle obliczeń przeprowadzonych w punkcie (14.26) i powyżej w tym rozdziale stwierdzamy, że iloczyn skalarny transformaty funkcji φ₁ i funkcji φ₂ jest równy iloczynowi skalarnemu samych dwóch funkcji tutaj omawianych podzielonej przez liczbę 2π.

Transformacja Fouriera funkcji przesuniętej

Napiszmy czemu jest równa transformata funkcji przesuniętej φ_a=φ(x-a), w takim przypadku z definicji transformaty mamy:

${\tilde {\phi }}_{a}(k)={{1} \over {2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }e^{ikx}\psi _{a}(a)={{1} \over {2\pi }}e^{-ika}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-ik(x-a)}\psi (x-a)=e^{-ika}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-ikt}\psi (t)dt=e^{-ika}{\tilde {\psi }}(x)\;$

(14.27)

Na podstawie obliczeń przeprowadzonych w punkcie (14.27) możemy powiedzieć, że transformata funkcji przesuniętej o odcinek „a” wzdłuż osi iksowej jest równa transformacie samej nieprzesuniętej funkcji pomnożonej przez czynnik e^-ika.

Transformata Fouriera funkcji parzystej i nieparzystej

Ogólnie funkcję parzystą i nieparzystą oznaczamy, gdy ona spełnia własność ogólnie (wybieramy plus gdy mamy do czynienia z funkcją parzystą, a znak minus, gdy mamy do czynienia z funkcją nieparzystą):

$\phi (-x)=\pm \phi (x)\;$

(14.28)

Wyznaczmy jakie własności spełnia transformata funkcji parzystej i nieparzystej, czyli wykorzystując własności dla tych funkcji (14.28), w takim wypadku:

${\tilde {\phi }}(-k)={{1} \over {2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-i(-k)x}\psi (x)dx={\begin{Bmatrix}y=-x\end{Bmatrix}}=-{{1} \over {2\pi }}\int _{\infty }^{-\infty }e^{-iky}\psi (-y)dy={{1} \over {2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-iky}\psi (-y)dy=\;$
$=\pm {{1} \over {2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-iky}\psi (y)dy=\pm {\tilde {\phi }}(k)\Rightarrow {\tilde {\phi }}(-k)=\pm {\tilde {\phi }}(k)\;$

(14.29)

Na podstawie obliczeń (14.29) transformata funkcji parzystej (nieparzystej) jest transformatą parzystą (nieparzystą).

Transformata Fouriera dla dystrybucji

Transformatą Fouriera dystrybucji T nazywamy dystrybucję opisywaną przez własność (14.30):

$\langle T,{\tilde {\phi }}\rangle =\langle {\tilde {T}},\phi \rangle \;$

(14.30)

Jeśli dystrybucja T jest funkcją, to możemy napisać

$\langle f,{\tilde {\phi }}\rangle =\int _{-\infty }^{\infty }dxf(x){{1} \over {2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }dye^{-ixy}\phi (y)=\int _{-\infty }^{\infty }dy\phi (y){{1} \over {2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }dxe^{-iyx}f(x)=\int _{-\infty }^{\infty }dy\phi (y){\tilde {f}}(y)=\langle {\tilde {f}},\phi \rangle \;$

(14.31)

Transformata Fouriera delty Diraca

Dowód naszej własności przeprowadzamy na podstawie definicji (14.30):

$\langle {\tilde {\delta }},\phi \rangle =\langle \delta ,{\tilde {\phi }}\rangle =\int _{-\infty }^{\infty }\delta (x){\tilde {\phi }}(x)dx={\tilde {\phi }}(0)={{1} \over {2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }1\cdot \phi (x)dx={{1} \over {2\pi }}\langle 1,\phi \rangle \;$

(14.32)

Na podstawie obliczeń przeprowadzonej w punkcie (14.32) przedstawiamy transformatę Fouriera delty Diraca jako:

${\tilde {\delta }}={{1} \over {2\pi }}\;$

(14.33)

Wynik (14.33) możemy udowodnić przeprowadzając obliczenia tradycyjną metodą przeprowadzoną wedle wzoru (14.1), w takim przypadku możemy powiedzieć:

${\tilde {\delta }}={{1} \over {2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-ikx}\delta (x)dx={{1} \over {2\pi }}e^{ik\cdot 0}={{1} \over {2\pi }}\;$

(14.34)

Transformatę delty Diraca przesuniętej o odcinek „a” wzdłuż osi x przestawiamy na podstawie twierdzenia (14.27). Wyniku obliczeń przeprowadzonych w punkcie (14.32) otrzymujemy:

${\tilde {\delta }}_{a}(k)=e^{-ika}{\tilde {\delta }}(k)\;$

(14.35)

Transformata Fouriera funkcji stałej

Korzystając z twierdzenia (14.11) możemy powiedzieć, że podwójna transformata delty Diraca jest równa tej samej delcie, ale podzielonej przez 2π, w takim razie, ze względu na parzystość delty Diraca:

${\tilde {\tilde {\delta }}}={{1} \over {2\pi }}\delta (-x)={{1} \over {2\pi }}\delta (x)\;$

(14.36)

Z drugiej strony ten sam dowód możemy przeprowadzić jeszcze raz licząc transformatę obu jego stron według wzoru (14.34), wtedy na podstawie tego dostajemy własność:

${\tilde {\tilde {\delta }}}={{1} \over {2\pi }}{\tilde {1}}\;$

(14.37)

Możemy porównać wzory (14.36) i (14.37) dostając bardzo ważną właściwość, że transformata jedynki jest równa:

${\tilde {1}}=\delta \;$

(14.38)

Na podstawie własności (14.38) możemy powiedzieć, że transformata Fouriera stałej jest równa delcie Diraca. W fizyce często stosuje się umowną wersję definicji delty Diraca, którą zapisujemy wedle sposobów, które są ze sobą równoważne:

$\delta (x)={{1} \over {2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-ikx}dk\;$

(14.39)

$\delta (x)={{1} \over {2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }e^{ikx}dk\;$

(14.40)

Należy pamiętać, że funkcje podcałkowe we wzorach (14.39) i (14.40) nie są zbieżne wedle definicji całki Riemanna.

Transformata Fouriera dystrybucji przesuniętej

Dystrybucją przesunięcia o wartość o „a” nazywamy taka dystrybucją, którą wynikiem działania na funkcję φ(x), ale też przesuniętą o „a”, daje nam działanie samej dystrybucji na tą samą funkcji φ(x), co zapisujemy wzorem:

$\langle T(x-a),\phi (x-a)\rangle =\langle T(x),\phi (x)\rangle \;$

(14.41)

Transformatę dystrybucji możemy policzyć wedle:

$\langle T_{a}(k),\phi (k)\rangle =\langle T(x-a),{\tilde {\phi }}(x)\rangle =\langle T(x),{\tilde {\phi }}(x+a)\rangle \;$

(14.42)

Następnym krokiem jest napisać transformatę funkcji φ przesuniętej o wartość „a”, co w tym przypadku napiszmy transformatę funkcji przesuniętej wedle schematu:

${\tilde {\phi }}(y+a)={{1} \over {2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-iky}\phi (x+a)dx={{1} \over {2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-ik(y+a)}\phi (x)dy={{1} \over {2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-iyx}\left(e^{-iax}\phi (x)\right)dx=\left[e^{-iax}\phi (x)\right]^{T}(y)\;$

(14.43)

Jeśli wykorzystamy obliczenia przeprowadzone w punkcie (14.43), wtedy możemy przeprowadzić do końca nasze obliczenia:

$\langle {\tilde {T}}_{a}(k),{\tilde {\phi }}(k+a)\rangle =\langle T(x-a),{\tilde {\phi }}(x)\rangle =\langle T(x),{\tilde {\phi }}(x+a)\rangle =\langle T(k),[e^{-iak}{\tilde {\phi }}(k)]^{T}(y)\rangle =\langle {\tilde {T}}(k),e^{-iak}{\tilde {\phi }}(k)\rangle =\langle e^{-ika}{\tilde {T}}(k),\phi (k)\rangle$

(14.44)

Porównując prawą i lewą stronę obliczeń (14.44) dostajemy stąd bardzo ważny wniosek co do przesunięcia transformaty dystrybuanty T(x), czyli w takim przypadku możemy napisać końcowy wzór:

${\tilde {T}}_{a}(k)=e^{-ika}{\tilde {T}}(k)\;$

(14.45)

Porównując wzór (14.45) ze wzorem (14.27) dochodzimy do wniosku, że transformata przesunięcia zwykłej funkcji i przesunięcia transformaty dystrybuanty są to definicje formalnie identyczne.

Transformata Fouriera dla potęgi

Określmy transformatę funkcji potęgowej określonej przez wzór T=xⁿ, wykorzystując przy tym definicję transformaty dystrybuanty (14.30):

$\langle [x^{n}]^{T},\phi \rangle =\langle x^{n},{\tilde {\phi }}\rangle =\langle 1,x^{n}{\tilde {\phi }}\rangle \;$

(14.46)

Następnym krokiem jest wykorzystanie twierdzenia o transformacie n-tej pochodnej, przy tym wykorzystując wzór (14.13), wtedy możemy otrzymać tożsamość biorąc za k=x:

$[\phi ^{(n)}]^{T}=(ix)^{n}{\tilde {\phi }}\Rightarrow x^{n}{\tilde {\phi }}=(-i)^{n}\phi ^{(n)}\;$

(14.47)

Na podstawie przestawionych obliczeń (14.47) możemy dokończyć obliczenia, które przerwaliśmy w punkcie (14.46), zatem biorąc tożsamość (14.38) i w wyniku końcowych obliczeń dostajemy wniosek:

$\langle [x^{n}]^{T},\phi \rangle =(-i)^{n}\langle 1,[\phi ^{(n)}]^{T}\rangle =(-i)^{n}\langle {\tilde {1}},\phi ^{(n)}\rangle =(-i)^{n}\langle \delta ,\phi ^{(n)}\rangle =(-i)^{n}\langle (-1)^{n}\delta ^{(n)},\phi \rangle =\langle i^{n}\delta ^{(n)},\phi \rangle$

(14.48)

Na podstawie obliczeń przeprowadzonych w punkcie (14.48) możemy powiedzieć zdanie:

$[x^{n}]^{T}=i^{n}\delta ^{(n)}\;$

(14.49)

Wzór (14.49) otrzymujemy również poprzez n-krotnie różniczkowanie obustronne wzoru (14.39).

Transformata Fouriera funkcji sinus

Przed dalszym krokiem wyznaczenia transformaty funkcji sinus należy przeprowadzić nasz ciąg obliczeń przy okazji korzystając ze wzoru (14.30) i rozkładając wzór na sinus poprzez funkcje eksponencjalne, w takim razie:

$\langle [\sin x]^{T}\phi \rangle =\langle \sin x,{\tilde {\phi }}\rangle ={{1} \over {2i}}\left(\langle e^{ix},{\tilde {\phi }}\rangle -\langle e^{-ix},{\tilde {\phi }}\rangle \right)\;$

(14.50)

Następnie określmy przesunięcie transformaty funkcji φ, wtedy możemy powiedzieć że zachodzą dwa poniższe wzory w zależności od znaku wykładniku potęgi stojącej przy funkcji ${\tilde {\phi }}\;$:

$e^{ik}{\tilde {\phi }}(k)={{1} \over {2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-i(k-1)x}\phi (x)dx={\tilde {\phi }}(k-1)\;$

(14.51)

$e^{-ik}{\tilde {\phi }}(k)={{1} \over {2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-i(k+1)x}\phi (x)dx={\tilde {\phi }}(k+1)\;$

(14.52)

Zatem na podstawie przeprowadzonych obliczeń (14.51) i (14.52) i korzystając z własności (14.41) możemy dokończyć obliczenia przeprowadzonych w punkcie (14.50).

$\langle [\sin x]^{T},\phi \rangle ={{1} \over {2i}}\left(\langle 1,{\tilde {\phi }}(k+1)\rangle -\langle 1,{\tilde {\phi }}(k-1)\rangle \right)={{1} \over {2i}}\left(\langle {\tilde {1}},\phi (k+1)\rangle -\langle {\tilde {1}},\phi (k-1)\right)=\;$
$={{1} \over {2i}}\left(\langle \delta (k),\phi (k+1)\rangle -\langle \delta (k),\phi (k-1)\rangle \right)={{1} \over {2i}}\left(\langle \delta (k-1),\phi (k)\rangle -\langle \delta (k+1),\phi (k)\rangle \right)={{1} \over {2i}}\left(\langle \delta (k-1)-\delta (k+1),\phi (k)\rangle \right)$

(14.53)

Wedle obliczeń przeprowadzonych w punkcie (14.53) możemy powiedzieć, że porównując skrajne równości we wspomnianych obliczeniach, zatem na podstawie tego dostajemy, że transformata funkcji sin x wygląda:

$[\sin x]^{T}={{1} \over {2i}}\left[\delta (k-1)-\delta (k+1)\right]\;$

(14.54)

Transformata Fouriera funkcji schodkowej

Funkcję schodkową Heaviside'a θ(x) można wyrazić poprzez funkcję znakową wedle schematu:

$\theta (x)={{1} \over {2}}\left(1+\operatorname {sqn} x\right)\;$

(14.55)

Na podstawie przestawienia funkcji schodkowej poprzez funkcję znakową transformata funkcji schodkowej sprowadza się do obliczenia transformaty funkcji znakowej. Wyznaczmy transformatę funkcji znakowej, którą możemy wyznaczyć przy pomocy przy poniższych obliczeń:

$\langle [\operatorname {sqn} ]^{T},\phi \rangle =\langle \operatorname {sqn} ,{\tilde {\phi }}\rangle =\lim _{A\rightarrow \infty }\left[-\int _{-A}^{0}{\tilde {\phi }}(k)dk+\int _{0}^{A}{\tilde {\phi }}dk\right]=\lim _{A\rightarrow \infty }\left[\left(-\int _{-A}^{0}+\int _{0}^{A}\right)dk{{1} \over {2\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }e^{-ikx}\phi (x)dx\right]\;$

(14.56)

W całce występującej w punkcie (14.56) jest dozwolona zmiana kolejności całkowania, zatem na podstawie tych wspomnień możemy napisać tożsamość:

$\langle [\operatorname {sqn} ]^{T},\phi \rangle ={{1} \over {2\pi }}\lim _{A\rightarrow \infty }\int _{-\infty }^{\infty }dx\phi (x)\left(-\int _{-A}^{0}+\int _{0}^{A}\right)e^{-ikx}dk={{1} \over {2\pi }}\lim _{A\rightarrow \infty }\int _{-\infty }^{\infty }dx{{\phi (x)} \over {-ix}}\left(-2+e^{ixA}+e^{-ixA}\right)=\;$
$={{1} \over {2\pi }}\lim _{A\rightarrow \infty }\int _{-\infty }^{\infty }dx{{\phi (x)} \over {-ix}}\left(-2+2\cos(xA)\right)$

(14.57)

Dalszym naszym krokiem jest obliczenie całki poniżej, którą jak wykażemy jest równa zero, w takim razie możemy powiemy:

$\lim _{A\rightarrow \infty }\int _{-\infty }^{\infty }dx{{\phi (x)\cos kA} \over {x}}={\begin{Bmatrix}y=xA\end{Bmatrix}}=\lim _{A\rightarrow \infty }\int _{-\infty }^{\infty }{{dy} \over {A}}{{A} \over {y}}\phi \left({{y} \over {A}}\right)\cos ydy=\lim _{A\rightarrow \infty }\int _{-\infty }^{\infty }dy\phi \left({{y} \over {A}}\right){{\cos y} \over {y}}=\;$
$=\phi (0)\int _{-\infty }^{\infty }dy{{\cos y} \over {y}}=0\;$

(14.58)

Ostatnia całka w obliczeniach (14.58) jest równa zero, dlatego, że funkcja podcałkowa jest funkcją nieparzystą. Na podstawie wspomnianych obliczeń przeprowadzonych w punkcie (14.58), to obliczenia (14.57) możemy dokończyć do:

$\langle [\operatorname {sqn} ]^{T},\phi \rangle ={{1} \over {i\pi }}\int _{-\infty }^{\infty }dx{{\phi (x)} \over {x}}=\left\langle {{1} \over {i\pi }}{{1} \over {k}},\phi \right\rangle \;$

(14.59)

Według obliczeń przeprowadzonych w punkcie (14.59) możemy powiedzieć, że zachodzi transformata funkcji znakowej:

$[\operatorname {sqn} ]^{T}={{1} \over {i\pi k}}\;$

(14.60)

Wedle przestawienia funkcji schodkowej Heaviside'a (14.55) i transformaty funkcji znakowej (14.60) i przestawienia, że transformata jedynki jest zapisana według (14.38), wtedy powiemy:

${\tilde {\theta }}(k)={{1} \over {2}}\left[{\tilde {1}}+[\operatorname {sqn} ]^{T}\right]={{1} \over {2}}\delta (k)-{{i} \over {2\pi k}}\;$

(14.61)