COMPASS

真の理解のためのシンプルな数学のノート

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Fourier 変換

理論

Fourier 変換

 準備中.

問題

Fourier 変換

問題≪Gauss 関数の Fourier 変換≫

 Gauss 関数 $f(x) = e^{-\pi x}$ の Fourier 変換 $\hat f(x)$ を求めよ.

解答例

\begin{align*} \hat f'(x) &= \int_{-\infty}^\infty (-2\pi t\sqrt{-1})f(t)e^{-2\pi xt\sqrt{-1}}dt \\ &= \sqrt{-1}\int_{-\infty}^\infty f'(t)e^{-2\pi xt\sqrt{-1}}dt \\ &= \sqrt{-1}\cdot 2\pi x\sqrt{-1}\hat f(x) = -2\pi x\hat f(x). \end{align*} よって, $\dfrac{d}{dx}\hat f(x)e^{\pi x^2} = 0$ より, $\hat f(x)e^{\pi x^2}$ は定数である. 一方, \begin{align*} \hat f(0) &= \left(\int_{-\infty}^\infty e^{-\pi t^2}dt\right) ^2 \\ &= \int_{-\infty}^\infty\int_{-\infty}^\infty e^{-\pi (x^2+y^2)}dxdy \\ &= \int_0^{2\pi}\int_0^\infty re^{-\pi r^2}drd\theta \\ &= \int_0^\infty 2\pi re^{-\pi r^2}dr \\ &= [-e^{-\pi r^2}] _0^\infty \\ &= 1 \end{align*} より, $\left.\hat f(x)e^{\pi x^2}\right| _{x = 0} = 1$ だから, $\hat f(x)e^{\pi x^2} = 1.$ ゆえに, \[\hat f(x) = e^{-\pi x^2}.\]

問題≪Fourier 逆変換の応用・Dirichlet 積分≫

(1)
$a$ を正の数とするとき, 次の関数 $f(x)$ の Fourier 変換 $\hat f(x)$ を求めよ. \[ f(x) = \begin{cases} 1 & (|x| < a), \\ 0 & (|x| \geqq a) \end{cases}\]
(2)
広義積分 $\displaystyle\int_{-\infty}^\infty\frac{\sin at\cos bt}{t}dt,$ $\displaystyle\int_0^\infty\frac{\sin t}{t}dt$ の値を求めよ.

解答例

(1)
(i)
$x = 0$ のとき, 明らかに $\hat f(x) = 0.$
(ii)
$x \neq 0$ のとき, \begin{align*} \hat f(x) &= \int_{-\infty}^\infty f(t)e^{-xt\sqrt{-1}}dt \\ &= \int_{-a}^ae^{-xt\sqrt{-1}}dt = \left[\frac{1}{-x\sqrt{-1}}e^{-xt\sqrt{-1}}\right] _{-a}^a \\ &= \frac{1}{-x\sqrt{-1}}(e^{-ax\sqrt{-1}}-e^{ax\sqrt{-1}}) \\ &= \frac{2}{x}\cdot\frac{e^{ax\sqrt{-1}}-e^{-ax\sqrt{-1}}}{2\sqrt{-1}} = \frac{2\sin ax}{x}. \end{align*}
(2)
任意の定数 $b$ に対して, \begin{align*} f(b) &= \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty\hat f(t)e^{bt\sqrt{-1}}dt \\ &= \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty\frac{2\sin at}{t}(\cos bt+\sin bt\sqrt{-1})dt \\ &= \frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^\infty\frac{\sin at\cos bt}{t}dt \end{align*} より, \[\int_{-\infty}^\infty\frac{\sin at\cos bt}{t}dt = \begin{cases} \pi & (|b| < a), \\ 0 & (|b| \geqq a). \end{cases}\] さらに, $a = 1,$ $b = 0$ を代入すると \[\int_{-\infty}^\infty\frac{\sin t}{t}dt = \pi\] となるから, \[\int_0^\infty\frac{\sin at}{t}dt = \frac{\pi}{2}.\]

問題≪方形パルスの Fourier 変換≫

 $a$ を正の数とする. 次の関数 $f(x)$ の Fourier 変換 $\hat f(x)$ を求めよ. \[ f(x) = \begin{cases} \frac{1}{2a} & (|x| \leqq a), \\ 0 & (|x| > a). \end{cases}\]

解答例

 $f(x)$ は偶関数だから, \begin{align*} \hat f(x) &= 2\int_0^\infty f(t)\cos xtdt \\ &= 2\int_0^a\frac{1}{2a}\cdot\cos xtdt \\ &= \frac{1}{a}\left[\frac{1}{x}\sin xt\right] _0^a \\ &= \frac{\sin ax}{ax}. \end{align*}

問題≪留数定理を用いた Fourier 変換の計算≫

 留数定理を用いて, 次の関数の Fourier 変換 $\hat f(x)$ を求めよ. \[ f(x) = \dfrac{1}{(x^2+1)(x^2+4)}.\]

解答例

 $i = \sqrt{-1}$ とおく.
(i)
$x < 0$ のとき. 複素関数 $g(z) = f(z)e^{-ixz}$ は $z = \pm i,$ $\pm 2i$ においてのみ極を持ち, その位数はすべて $1$ である. 原点を中心とする半径 $R > 2$ の半円 $C_R$ と実軸上でその両端を結ぶ線分 $L_R$ に沿って反時計回りに積分すると, 留数定理より, \begin{align*} &\frac{1}{2\pi i}\int_{C_R+L_R}g(z)dz = \mathrm{res}(g,\ i)+\mathrm{res}(g,\ 2i) \\ &= \left.g(z)(z-i)\right| _{z = i}+\left.g(z)(z-2i)\right| _{z = 2i} = \frac{e^x}{6i}-\frac{e^{2x}}{12i}. \end{align*} よって, \[\int_{C_R}g(z)dz+\int_{L_R}g(z)dz = \frac{\pi}{6}(2e^x-e^{2x}).\] $R \to \infty$ とすると, Jordan の補助定理より, \[\hat f(x) = \lim\limits_{R\to\infty}\int_{L_R}g(z)dz = \frac{\pi}{6}(2e^x-e^{2x}).\]
(ii)
$x > 0$ のとき, 同様にして, \[\hat f(x) = \frac{\pi}{6}(2e^{-x}-e^{-2x}).\]
(i), (ii) より, \[\hat f(x) = \frac{\pi}{6}(2e^{-|x|}-e^{-2|x|}).\]

問題≪Parseval の等式の証明≫

 区分的に滑らかな絶対可積分関数 $f(x),$ $g(x)$ の Fourier 変換がそれぞれ $\hat f(x),$ $\hat g(x)$ であるとき, 次が成り立つことを示せ. \[\int_{-\infty}^\infty f(x)\bar g(x)dx = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty\hat f(x)\overline{\hat g}(x)dx.\]

解答例

\begin{align*} &\int_{-\infty}^\infty f(x)\bar g(x)dx \\ &= \int_{-\infty}^\infty\left(\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty\hat f(y)e^{xy\sqrt{-1}}dy\right)\bar g(x)dx \\ &= \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty\hat f(y)\left(\int_{-\infty}^\infty\bar g(x)e^{xy\sqrt{-1}}dx\right) dy \\ &= \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}\hat f(y)\overline{\left(\int_{-\infty}^\infty g(x)e^{-xy\sqrt{-1}}dx\right)}dy \\ &= \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty\hat f(y)\overline{\hat g}(y)dy. \end{align*}

問題≪Parseval の等式の積分計算への応用≫

 関数 $f(x) = e^{-x}\ (x > 0)$ を偶拡張・奇拡張した関数に Parseval の等式を適用し, 次の広義積分の値を求めよ.
(a)
$\displaystyle\int_0^\infty\dfrac{dx}{(x^2+1)^2}.$ 
(b)
$\displaystyle\int_0^\infty\dfrac{x^2}{(x^2+1)^2}dx.$ 

解答例

(a)
$f(x)$ を偶拡張した関数 $g(x) = e^{-|x|}$ の Fourier 変換を $\hat g(x)$ とおく. このとき, \begin{align*} \hat g(x) &= \int_{-\infty}^\infty e^{-|x|}e^{-xt\sqrt{-1}}dt \\ &= \int_{-\infty}^0e^{(1-x\sqrt{-1})t}dt+\int_0^\infty e^{-(1+x\sqrt{-1})t}dt \\ &= \frac{1}{1-x\sqrt{-1}}\big[ e^{(1-x\sqrt{-1})t}\big] _{-\infty}^0 \\ &\qquad\qquad\quad -\frac{1}{1+x\sqrt{-1}}\big[ e^{-(1+x\sqrt{-1})t}\big] _0^\infty \\ &= \frac{1}{1-x\sqrt{-1}}+\frac{1}{1+x\sqrt{-1}} \\ &\qquad (\because |e^{\pm t-xt\sqrt{-1}}| = e^{\pm t} \to 0 \quad (t \to \mp\infty )) \\ &= \frac{2}{x^2+1}. \end{align*} よって, \begin{align*} \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty |\hat g(x)|^2dx &= \frac{2}{\pi}\int_{-\infty}^\infty\frac{dx}{(x^2+1)^2} \\ &= \frac{4}{\pi}\int_0^\infty\frac{dx}{(x^2+1)^2}. \end{align*} 一方, \begin{align*} \int_{-\infty}^\infty |g(x)|^2dx &= \int_{-\infty}^\infty e^{-2|x|}dx = 2\int_0^\infty e^{-2x}dx \\ &= -\big[ e^{-2x}\big] _0^\infty = 1. \end{align*} ゆえに, Parseval の等式より, \[\int_0^\infty\frac{dx}{(x^2+1)^2} = \frac{\pi}{4}.\]
(b)
$f(x)$ を奇拡張した関数 $h(x) = \mathrm{sgn}\,(x)e^{-|x|}$ の Fourier 変換を $\hat h(x)$ とおく. このとき, \begin{align*} \hat h(x) &= \int_{-\infty}^\infty\mathrm{sgn}\,(x)e^{-|x|}e^{-xt\sqrt{-1}}dt \\ &= -\int_{-\infty}^0e^{(1-x\sqrt{-1})t}dt+\int_0^\infty e^{-(1+x\sqrt{-1})t}dt \\ &= -\frac{1}{1-x\sqrt{-1}}+\frac{1}{1+x\sqrt{-1}} \\ &= -\frac{2x\sqrt{-1}}{x^2+1}. \end{align*} よって, \begin{align*} \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty |\hat h(x)|^2dx &= \frac{2}{\pi}\int_{-\infty}^\infty\frac{x^2}{(x^2+1)^2}dx \\ &= \frac{4}{\pi}\int_0^\infty\frac{x^2}{(x^2+1)^2}dx. \end{align*} 一方, \[\int_{-\infty}^\infty |h(x)|^2dx = \int_{-\infty}^\infty e^{-2|x|}dx = 1.\] ゆえに, Parseval の等式より, \[\int_0^\infty\frac{x^2}{(x^2+1)^2}dx = \frac{\pi}{4}.\]