Przed przystąpieniem do wyznaczenia transformacji Fouriera konkretnych funkcji, przypomnimy niektóre wzory całkowe. Zauważmy najpierw, że ze wzoru Eulera
\( e^{i\alpha} =\cos \alpha +i\sin \alpha \)
wynikają natychmiast następujące przedstawienia funkcji trygonometrycznych:
\( \sin \alpha =\dfrac {e^{i\alpha}-e^{-i\alpha}}{2i},\qquad \cos \alpha =\dfrac{e^{i\alpha}+e^{-i\alpha}}{2}. \)
Korzystając ze wzoru Cauchy'ego na obliczanie całek za pomocą rachunku reziduów
\( \displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)dx = 2\pi i\sum_{{\rm Re}\,z_j>0}{\rm Res} (f,z_j)+\pi i\sum_{{\rm Re}\,z_j=0}{\rm Res} (f,z_j), \)
gdzie \( \hskip 0.3pc z_j\hskip 0.3pc \) są biegunami funkcji \( \hskip 0.3pc f,\hskip 0.3pc \) a symbol Res \( \hskip 0.1pc (f,z_j)\hskip 0.3pc \) oznacza wartość reziduum funkcji \( \hskip 0.3pc f\hskip 0.3pc \) w punkcie \( \hskip 0.3pc z_j,\hskip 0.3pc \) nietrudno pokazać, że
\( \displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{e^{i\alpha x}}x dx =\pi i \,{\rm sgn}\,\alpha . \)
Istotnie, rozważmy funkcje \( \hskip 0.3pc f(z)=e^{i\alpha z}/z.\hskip 0.3pc \) Funkcja ta posiada dokładnie jeden biegun w punkcie \( \hskip 0.3pc z=0,\hskip 0.3pc \) a Res \( \, (f, \,0)=1.\hskip 0.3pc \) Przyjmijmy najpierw, że \( \hskip 0.3pc \alpha >0.\hskip 0.3pc \) Zgodnie ze wzorem ( 2 )
\( \displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{e^{i\alpha x}}x dx =\pi i. \)
Załóżmy teraz, że \( \hskip 0.3pc \alpha <0.\hskip 0.3pc \) Stosując podstawienie \( \hskip 0.3pc t=-x\hskip 0.3pc \) otrzymamy
\( \displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{e^{i\alpha x}}x dx =\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{e^{-i|\alpha |x}}x dx =- \displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{e^{i|\alpha |t}}t dt=-\pi i. \)
Oczywiście dla \( \hskip 0.3pc \alpha =0\hskip 0.3pc \) całka jest równa zeru (przypomnijmy, że przez całkę rozumiemy tu tzw. wartość główną całki). Zatem wzór ( 3 ) został pokazany.
Z zależności ( 1 ), ( 2 ) i ( 3 ) wynika natychmiast, że
\( \displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{\sin \alpha x}x dx =\pi\, {\rm sgn}\,\alpha . \)
Pokażemy jeszcze, że
\( \displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{e^{i\alpha x}}{1+x^2} dx =\pi\, e^{-|\alpha |}. \)
Istotnie, rozważmy funkcje \( \hskip 0.3pc f(z)=e^{i\alpha z}/(1+z^2)\hskip 0.3pc \). Funkcja ta posiada dwa bieguny pierwszego rzędu w punktach \( \hskip 0.3pc z=-i\hskip 0.3pc \) oraz \( \hskip 0.3pc z=i.\hskip 0.3pc \) Łatwo sprawdzić, że \( \hskip 0.3pc {\rm Res}(f,i)=e^{-\alpha }/2i.\hskip 0.3pc \) Załóżmy najpierw, że \( \hskip 0.3pc \alpha >0.\hskip 0.3pc \)
Zgodnie z wzorem ( 2 )
\( \displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{e^{i\alpha x}}{1+x^2} dx = 2\pi\,i\,\dfrac{e^{-\alpha }}{2i}=\pi\,e^{-\alpha }. \)
Podobnie jak poprzednio można sprawdzić, że dla \( \hskip 0.3pc \alpha <0\hskip 0.3pc \)
\( \displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{e^{i\alpha x}}{1+x^2} dx =\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{e^{-i|\alpha |x}}{1+x^2} dx =\pi\,e^{-|\alpha |}. \)
Ponieważ dla \( \hskip 0.3pc \alpha =0\hskip 0.3pc \) równość ( 5 ) jest oczywista, dowód został zakończony.
Analogicznie można pokazać, że
\( \displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{xe^{i\alpha x}}{1+x^2} dx =\pi i \,e^{-|\alpha |}{\rm sgn}\,\alpha . \)
Znaleźć transformatę Fouriera funkcji
\( f(x)=\begin{cases}1, &{\rm jeśli}\hskip 0.5pc |x|\leq a\\0, &{\rm jeśli}\hskip 0.5pc |x|>a.\end{cases} \)
Istotnie, wykorzystując wzór ( 1 ) otrzymamy
\( \begin{aligned}\hat f(y)=\dfrac 1{\sqrt{2\pi}}\displaystyle\int_{-a}^ae^{-ixy}dx=&-\dfrac 1{\sqrt{2\pi}}\,\dfrac 1{iy}e^{-ixy}\bigg|_{-a}^a =-\dfrac 1{\sqrt{2\pi}}\,\dfrac 1{iy}\Big(e^{-iya}-e^{iya}\Big)=\\=& \dfrac 2{\sqrt{2\pi}y}\,\,\dfrac{e^{iya}-e^{-iya}}{2i}=\sqrt{\dfrac 2{\pi}}\,\dfrac{\sin(ay)}y. \end{aligned} \)
Znaleźć transformatę Fouriera funkcji \( \hskip 0.3pc f(x)=1/x.\hskip 0.3pc \)
Zgodnie ze wzorem ( 3 )
\( \hat f(y)= \dfrac 1{\sqrt{2\pi}}\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{e^{-ixy}}xdx= \dfrac 1{\sqrt{2\pi}}\,i\pi\,{\rm sgn}(-y) = -\sqrt{\dfrac{\pi}2}i\,{\rm sgn}\,y. \)
Znaleźć transformatę Fouriera funkcji \( \hskip 0.3pc f(x)=(1+x^2)^{-1}.\hskip 0.3pc \)
Zgodnie ze wzorem ( 5 )
\( \hat f(y)= \dfrac 1{\sqrt{2\pi}}\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{e^{-ixy}}{1+x^2}dx= \dfrac 1{\sqrt{2\pi}}\,\pi e^{-|y|}= \sqrt{\dfrac{\pi}2}\,e^{-|y|}. \)
Podobnie, korzystając ze wzoru
( 6 ) można pokazać, że transformata Fouriera z funkcji
\( \hskip 0.3pc g(x)= x(1+x^2)^{-1}\hskip 0.3pc \) wynosi
\( \hat g(y)= \sqrt{\dfrac{\pi}2}\,e^{-|y|}{\rm sgn}\,y\,i. \)
Często bezpośrednie wyznaczenie transformaty Fouriera wymaga dość delikatnych obliczeń, natomiast wyznacznie transformaty odwrotnej jest znacznie łatwiejsze. W takich sytuacjach ograniczymy się tylko do sprawdzenie, że odwrotna transformata Fouriera z zaproponowanego obrazu daje funkcje wyjściową.
Znaleźć transformatę Fouriera funkcji Heaviside'a
\( H(x)=\begin{cases}0, &{\rm jeśli}\hskip 0.5pc x<0;\\1/2, &{\rm jeśli}\hskip 0.5pc x=0;\\1, &{\rm jeśli}\hskip 0.5pc x>0. \end{cases} \)
Pokażemy, że
\( \widehat H(y)= \sqrt {\dfrac {\pi}2}\delta +\dfrac 1{\sqrt{2\pi}}\dfrac 1{iy}. \)
Istotnie, zgodnie z wzorem na przekształcenie odwrotne oraz zbieżność ( 3 ) mamy
\( \begin{aligned}{\cal F}^{-1}\big(\widehat H(y)\big)(x)=& \dfrac 1{\sqrt{2\pi}}\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}e^{ixy} \Big(\sqrt{\dfrac {\pi}2}\,\delta +\dfrac 1{\sqrt{2\pi}}\,\dfrac 1{iy}\Big) dy=\\=& \dfrac 12 \displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}e^{ixy}\delta\,dy +\dfrac 1{2\pi i} \displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{e^{ixy}}ydy=\\=& \dfrac 12 +\dfrac 1{2\pi i}\,\pi i\,{\rm sgn}\,x = \dfrac12+\dfrac 12\,{\rm sgn}\,x= H(x),\end{aligned} \)
gdzie
\( {\rm sgn}\,(x)=\begin{cases}-1, &{\rm jeśli}\hskip 0.5pc x<0;\\0, &{\rm jeśli}\hskip 0.5pc x=0;\\1, &{\rm jeśli}\hskip 0.5pc x>0.\end{cases} \)
Znaleźć transformatę Fouriera funkcji \( \hskip 0.3pc f(x)=1.\hskip 0.3pc \)
Korzystając z równości \( \hskip 0.3pc 1=H(x)+H(-x),\hskip 0.3pc \) liniowości transformacji Fouriera, poprzedniego przykładu oraz własności (i) z modułu Definicja i podstawowe własności transformaty Fouriera-1 otrzymamy
\( \begin{aligned}{\cal F}(1)(y)=& {\cal F}\big(H(x)\big)(y)+{\cal F}\big(H(-x)\big)(y)=\\=& \Big(\sqrt {\dfrac {\pi}2}\delta +\dfrac 1{\sqrt{2\pi}}\dfrac 1{iy}\Big)+\Big(\sqrt {\dfrac {\pi}2}\delta -\dfrac 1{\sqrt{2\pi}}\dfrac 1{iy}\Big)=\sqrt{2\pi}\,\delta .\end{aligned} \)
Znaleźć transformatę Fouriera funkcji \( \hskip 0.3pc f(x)=e^{axi}.\hskip 0.3pc \)
Korzystając z własności (iv) z modułu Definicja i podstawowe własności transformaty Fouriera-1 oraz przykładu 6 otrzymamy
\( {\cal F}(e^{axi}1_X(x))(y)=\sqrt{2\pi}\,\delta (y-a) . \)
W szczególności
\( {\cal F}(e^{ix})(y)=\sqrt{2\pi}\,\delta (y-1) ,\qquad {\cal F}(e^{-ix})(y)=\sqrt{2\pi}\,\delta (y+1). \)
Stąd i ( 1 ) otrzymamy
\( \begin{aligned}{\cal F}(\sin x)(y)=& {\cal F}\Big(\dfrac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}\Big)=\dfrac 1{2i}\Big(\sqrt{2\pi}\,\delta (y-1)-\sqrt{2\pi}\,\delta (y+1)\Big)=\\=& \sqrt {\dfrac {\pi}2}i\Big(\delta (y+1)-\delta (y-1)\Big).\end{aligned} \)
Podobnie można sprawdzić, że
\( {\cal F}(\cos x)(y) = \sqrt {\dfrac {\pi}2}\Big(\delta (y+1)+\delta (y-1)\Big). \)
