2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




 
 F { sin(abs(t)) }
Сообщение10.07.2008, 15:29 
Чему равно преобразование Фурье для $\sin|t|$?

 
 
 
 
Сообщение11.07.2008, 21:49 
Соответствующее справочное преобразование Лапласа:
изображение $F(s) = \frac{1} {(s^2 + 1) \cdot (1 - e^{-\pi \cdot s})}$ соответствует оригиналу $f(t) = 
          \left\{ \begin{array}{l} 
                   \sin t, ~ \text{если} ~ (2 \cdot n - 2) \cdot \pi < t < (2 \cdot n - 1) \cdot \pi,\\ 
                   0, ~ ~ ~ ~ ~ \text{если} ~ (2 \cdot n - 1) \cdot \pi < t < 2 \cdot \pi \cdot n. 
          \end{array} \right. $

 
 
 
 
Сообщение12.07.2008, 15:06 
Это позволяет выразить преобразование Фурье для \eta(t)\sin t, а не для \sin|t|.
У меня получилось следующее:
$$\int_{t=-\infty}^{+\infty}\sin a|t|e^{-iwt}dt={2a\over a^2-\omega^2}$$

 
 
 
 
Сообщение12.07.2008, 16:22 
Простите, я перепутал $\sin |t|$ с $|\sin t|$.
Да, вроде $\frac{2 \cdot a} {a^2 + (i \cdot \omega)^2}$ получается.

 
 
 
 
Сообщение12.07.2008, 17:20 
В случае с $\sin|t|$, все-таки можно было воспользоваться связью с преобразованием Лапласа (впрочем, я этого не увидел раньше). А можно ли через связь с преобразованием Лапласа получить результат для $\mathcal{F}\{\cos|t|\}=\mathcal{F}\{\cos t\}={\delta(\omega-1)+\delta(\omega+1)\over2}$?

 
 
 
 
Сообщение12.07.2008, 17:54 
Allium писал(а):
В случае с $\sin|t|$, все-таки можно было воспользоваться связью с преобразованием Лапласа (впрочем, я этого не увидел раньше). А можно ли через связь с преобразованием Лапласа получить результат для $\mathcal{F}\{\cos|t|\}=\mathcal{F}\{\cos t\}={\delta(\omega-1)+\delta(\omega+1)\over2}$?

Почему бы и нет: если $f(t) = \left\{ \begin{array}{l} 
                   \cos t, ~ \text{если} ~ t > 0,\\ 
                   0, ~ ~ ~ ~ ~ \text{если} ~ t \leqslant 0 \ . 
          \end{array} \right $, то $\mathcal{L}\{f(t)\} = \frac {p} {p^2 + 1} = \varphi (p)$, при переходе к изображению по Фурье получаем $\left\(\varphi (i \cdot \omega) + \varphi (-i \cdot \omega)\right\)$$ = \frac {i \cdot \omega} {1 - \omega^2} + \frac {-i \cdot \omega} {1 - \omega^2} = \frac {i \cdot \omega - i \cdot \omega} {1 - \omega^2} $ со всеми вытекающими последствиями :D.

 
 
 
 
Сообщение12.07.2008, 18:26 
Получили неопределенность... А ее можно раскрыть?

 
 
 
 
Сообщение12.07.2008, 18:33 
можно. Получится ровно ноль.

 
 
 
 
Сообщение12.07.2008, 19:06 
Если так... В результате должны быть две дельта-функции, а не нуль. Где ошибка?

 
 
 
 
Сообщение12.07.2008, 19:56 
Allium писал(а):
Если так... В результате должны быть две дельта-функции, а не нуль. Где ошибка?

При переходе от преобразования Лапласа к преобразованию Фурье надо иметь ввиду, что $\varphi(p)$ имеет полюса в точках $p = \pm i$. Поэтому результат $\left\(\varphi (i \cdot \omega) + \varphi (-i \cdot \omega)\right\)$ есть тождественный ноль всюду, за исключением точек \omega = \pm 1. Если всё это проделать на соответствующем уровне строгости, то вроде бы и получается пара дельта-функций Дирака.

 
 
 
 
Сообщение13.07.2008, 17:11 
А Вы можете это показать? Или посоветовать учебник, где это есть?

 
 
 
 
Сообщение14.07.2008, 18:53 
Насколько я понимаю, достаточно выполнения следующих условий:
1) $\left\(\varphi (i \cdot \omega) + \varphi (-i \cdot \omega)\right\) = 0$ для $\forall \omega \neq \pm 1$ согласно ОДЗ для $\varphi (\pm i \cdot \omega)$
2) $\int_{-\infty}^{+\infty}(\varphi (i \cdot \omega) + \varphi (-i \cdot \omega))~ d\omega = \cos 0 = 1.$
Из этого напрямую следует, что $\varphi (i \cdot \omega) + \varphi (-i \cdot \omega) = \frac {\delta(\omega-1)+\delta(\omega+1)} {2}$

 
 
 
 
Сообщение22.07.2008, 17:56 
Не могли бы Вы сказать подробнее?

 
 
 
 
Сообщение22.07.2008, 20:48 
Чтож с такой задачей столько возиться? Проще на компьютере посчитать. Mathematica дает $\frac{\sqrt{\frac{2}{\pi }}}{1-t^2}$. Правда, тут надо с константой разбираться. Смотря как пр.Фурье определять. Если без константы перед интегралом, то числитель, вероятно, будет единицей. И нетрудно понять, откуда это получается. Исходная функция равна $\sin x\sign x$. Синус - это сумма двух экспонент, а пр. Фурье от них - дельта-функция. Итого $i(\delta(x-1)-\delta(x+1))/2$. Может, опять с точностью до множителя. А преобразование от $\sign x$ также известно: $i/t$. Это, с точностью до константы, символ пребразования Гильберта. Произвежению оригиналов соответствует свертка образов. Откуда и получается $\frac1{t+1}-\frac1{t-1}$.

 
 
 [ Сообщений: 14 ] 


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group