F { sin(abs(t)) }

[Allium]

Чему равно преобразование Фурье для $\sin|t|$?

[Зангези]

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. $

[Allium]

Это позволяет выразить преобразование Фурье для \eta(t)\sin t, а не для \sin|t|.
У меня получилось следующее:

$$\int_{t=-\infty}^{+\infty}\sin a|t|e^{-iwt}dt={2a\over a^2-\omega^2}$$

[Зангези]

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

[Allium]

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 $\mathcal{F}\{\cos|t|\}=\mathcal{F}\{\cos t\}={\delta(\omega-1)+\delta(\omega+1)\over2}$?

[Зангези]

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 .

[Allium]

Получили неопределенность... А ее можно раскрыть?

[ewert]

можно. Получится ровно ноль.

[Allium]

Если так... В результате должны быть две дельта-функции, а не нуль. Где ошибка?

[Зангези]

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.

[Allium]

А Вы можете это показать? Или посоветовать учебник, где это есть?

[Зангези]

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 $\varphi (i \cdot \omega) + \varphi (-i \cdot \omega) = \frac {\delta(\omega-1)+\delta(\omega+1)} {2}$

[Allium]

Не могли бы Вы сказать подробнее?

[Gafield]

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 $\frac1{t+1}-\frac1{t-1}$.