Преобразование Фурье экспоненты с чисто мнимой степенью

[integral2009]

Как его сосчитать по определению?) У меня не получается, вот как начинал
a - константа
Конечно, я предварительно пытался что-то найти в интернете, в Википедии есть табличка, в которой это преобразование есть, но мне интересно - как оно получается. В Википедии также написано, что нужно воспользоваться "Частотным сдвигом" и тем, что $F[1]({\omega})=\sqrt{2\pi}\delta({\omega})$
А если действовать согласно определению, то:
$F[e^{iax}](\omega)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits}_{-\infty}^{+\infty}e^{iax}e^{-i{\omega}x}dx=$$\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits}_{-\infty}^{+\infty}e^{i(a-{\omega})x}dx=$$\frac{1}{i\sqrt{2\pi}(a-{\omega})}e^{i(a-{\omega})x}|\limits}_{-\infty}^{+\infty}$
Как ведет себя мнимая экспонента на бесконечности, мы не знаем

-- Пт окт 30, 2009 01:49:23 --

Я понял, почему $F[\delta(x)]({\omega})=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$
Применяя обратное преобразование, получаем
$F[1]({\omega})=\sqrt{2\pi}\delta({\omega})$
А если честно считать обратное преобразование, то опять получается интеграл по бесконечному промежутку от экспоненты в мнимой степени...
Так вот, реально ли "честно считать"? Чувствуется, что загвостка в том, что мы имеем дело с обобщенными функциями...Но я не понимаю....

[Парджеттер]

А Вы считать преобразование Фурье от единички умеете? Это, собственно, интегральное представление $\delta$-функции. Тут ничем не отличается, потому что как у Вас там $\omega$ обозначено этому интегралу глубоко наплевать (в смысле, что $\omega$, что $\omega_2= a - \omega$).

[AD]

integral2009 в сообщении #256521 писал(а):

Чувствуется, что загвостка в том, что мы имеем дело с обобщенными функциями...Но я не понимаю....

Мыслите правильно. Хотя единичка и не интегрируема, и после умножения на экспоненту тоже, но после умножения на пробную функцию (конечно, не о всяком пространстве пробных функций идет речь - если просто взять $C^\infty$, то ничего не выйдет) интеграл существует, и с ним можно работать.

[ewert]

integral2009 в сообщении #256521 писал(а):

А если действовать согласно определению, то:
$F[e^{iax}](\omega)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits}_{-\infty}^{+\infty}e^{iax}e^{-i{\omega}x}dx=$$\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits}_{-\infty}^{+\infty}e^{i(a-{\omega})x}dx=$$\frac{1}{i\sqrt{2\pi}(a-{\omega})}e^{i(a-{\omega})x}|\limits}_{-\infty}^{+\infty}$
Как ведет себя мнимая экспонента на бесконечности, мы не знаем

Знаем, просто надо подойти к этой выкладке сознательно.

Формально правая часть -- это предел приращения на промежутке $[-M;M]$ при $M\to+\infty$. В обычном смысле этот предел, естественно, не существует. Но зато очень даже существует в смысле обобщённых функций. Надо только посчитать предел при $M\to+\infty$ не от самой этой функции, а от задаваемого ею функционала на произвольной пробной функции $g(\omega)$. Обозначим временно через $e^{i\omega x}_M$ эту экспоненту, срезанную на промежуток $[-M;M]$. Тогда

$$\left<F\left[e^{iax}\right],\,g\right>\equiv \lim_{M\to+\infty}\left<F\left[e^{iax}_M\right],\,g\right>= \lim_{M\to+\infty}\int\limits}_{-\infty}^{+\infty}d\omega\cdot\frac{1}{i\sqrt{2\pi}(a-{\omega})}e^{i(a-{\omega})x}\Big|_{-M}^{M}\cdot g(\omega)=\lim_{M\to+\infty}\int\limits}_{-\infty}^{+\infty}d\omega\cdot\frac{2\,\sin(a-{\omega})M}{\sqrt{2\pi}\,(a-\omega)}\cdot g(\omega).$$

Дробь в последнем выражении -- штука известная; это -- ядро Дирихле. Соответственно, в пределе сдвинутая дельта-функция и получится.

[integral2009]

Спасибо за ответы))))
$ewert$, в конце не понял, что делать с ядром Дирихле, почему в пределе сдвинутая дельта функция получится?

[ewert]

$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}{\sin M\omega\over\omega}\,d\omega\equiv\pi$, и при этом $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}{\sin M\omega\over\omega}\,g(\omega)\,d\omega\to\pi\cdot g(0)$ при $M\to\infty$ на любой непрерывной и достаточно быстро убывающей $g(\omega)$ (из-за того, что центральный горбик (в окрестности нуля) того ядра вытягивается в бесконечность, в то время как осциляции вне окрестности нуля учащаются). Соответственно, предел правой части в предыдущем посте есть $\sqrt{2\pi}\cdot g(a)\equiv\left<\sqrt{2\pi}\delta(\omega-a),\,g(\omega)\right>$.

[integral2009]

А теперь ясно, спасибо)