Преобразование Фурье

[Foxer]

Задача. Доказать, что преобразование Фурье функции $F(x) = sech(x\sqrt{\frac{\pi}{2}})$, где $sech(x) = \frac{2}{e^x + e^{-x}}$ равно ей же самой, т.е. $\hat{F} = F$.

"Решение". В принципе, задачу я вроде как решил, но прошу следить за руками. Да, обозначим $\sqrt{\frac{\pi}{2}}$ за $\alpha$, чтобы не нагромождать.
1. Нужно посчитать интеграл $\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{2e^{-ixy}}{e^{\alpha x} + e^{-\alpha x}}$. Постараемся сделать это вычетами.
2. Посчитаем где знаменатель обращается в нуль. $e^{2\alpha z} = -1$, отсюда $z = \frac{\pi i (2n + 1)}{2\alpha}$.
3. Возьмем последовательность контуров $D_{R_n}$ - полуокружностей с диаметрами $[-R_n, R_n]$, где $R_n = \frac{\pi n}{\alpha}$ (чтобы радиусы попадали между нулями знаменателя) и лежащим полностью в области $Im z \geq 0$ .
4. Хочется, чтобы интеграл по полуокружности стремился к нулю. Лемму Жордана тут не применишь, ибо нет непрерывности в нужной области. Знаменатель оценивается снизу по модулю как $|2\cos(\pi n)| = 2$, а далее я не знаю как оценить этот интеграл (ну или посчитать на крайний случай). Да и вообще, у меня закрадываются большие подозрения, что так грубо оценить интеграл нельзя.
5. Но, допустим, мы доказали, что интеграл по полуокружности равен нулю. Тогда по теореме Коши о вычетах мы получаем, что сумма вычетов в $Im z \geq 0$ будет равна искомому преобразованию Фурье. Посчитаем вычеты, как отношении голоморфной функции к функции, имеющей в этой точке полюс первого порядка. (Тут могу ошибиться с вычислениями, поправьте пожалуйста)
$Res_{z = \frac{\pi i (2n + 1)}{2\alpha}}\frac{e^{-ixy}}{e^{\alpha x} + e^{-\alpha x}} = -\frac{1}{2\alpha}(-1)^{n+1}e^{\pi y(2k + 1) / 2\alpha}$
6. Превосходно, значит наш интеграл будет равен $\frac{1}{2\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n+1}e^{\pi y(2n + 1) / 2\alpha}$, считаем как геометрическую прогрессию, получаем $\frac{1}{2\alpha}\frac{e^{\pi y/2\alpha}}{1 + e^{\pi y/\alpha}} = \frac{1}{2\alpha}sech(\frac{\pi y}{2 \alpha})$. Вроде как радует, что с аргументом $sech$ я не оплошал, но с константой, видимо, немного накосячил.
7. Весь пафос был ради этой строчки! Проблема в том, что геометрическую прогрессию не всегда можно суммировать :), лишь когда ее знаменатель меньше 1. А мы так взяли и лихо просуммировали. Ну, преподаватель, естественно, меня на этом и подловил. Пока писал пост - возникла мысль, $sech$ - четная функция, так что без разницы, что интегрировать $e^{-ixy}$, что $e^{xy}$. А вот на подсчет вычета это как раз повлияет и получится $-\frac{1}{2\alpha}(-1)^{n+1}e^{-\pi y(2k + 1) / 2\alpha}$. Возникает второй вопрос, а как вообще такое получилось, взяли вместо икса подставили минус икс и получили сходящийся ряд? Предположение - мы интегрировали не по той полуокружности?

Итог. Нужна помощь с пунктом 4, проверка 5, 6 и, правильно ли я рассуждал в 7?

[Otta]

(Оффтоп)

Сорри, я щас усну проверять, ((

но чего бы Вам с ходу экспоненциальную замену не сделать? Получилось бы преобразование Меллина от рациональной функции, имхо, всяко жить проще.

(Оффтоп)

Если что, не бить больно, потому как время не решательное.

[ex-math]

Сделайте сразу замену $t=\alpha x$ и сведите к интегралу вида

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\beta t}}{e^t+e^{-t}}dt. $$

При $\beta=0$ считается сразу. От знака $\beta$ не зависит, поэтому считаем $\beta>0$. Тогда Вы рассуждаете правильно, только лучше взять не полуокружности, а контуры прямоугольников -- проще следить за экспонентой. Аккуратно распишите числитель и знаменатель на каждой стороне прямоугольника и посмотрите, что получится. Это по п.4.

В п.5 забыли $i$, а в п.6 $2\pi i$. С прогрессией проблем не будет, если $\beta>0$ и контур замыкается через верхнюю полуплоскость.

[Otta]

Все-таки мне мой способ больше нравится: две особых точки лучше счетного количества. Чисто субъективно.

[ex-math]

Otta
И вправду красиво выходит.
Но прямой способ хорош тем, что дает навыки суммирования рядов. Вот если бы сумма вычетов была не геометрической прогрессией, а какой-то дрянью, то можно было бы ее свести к интегралу и посчитать. Для этого очень нужно уметь оценивать триг.функции на границах специальных прямоугольников. Пусть учится.

[Foxer]

ex-math
Да, по Вашим контурам $P_{R_n} = \partial\{|Re z| < R_n, 0 < Im z < R_n\}$ ($R_n$ - те же самые, что и у меня) удобней интегрировать. Значит тогда рассуждения такие.
По боковым сторонам прямоугольника интегралы оцениваются следующим образом.

$$\int_{0}^{R_n}\frac{e^{i \beta (R_n + i t)}}{e^{(R_n + i t)} + e^{-(R_n + i t)}}dt = \int_{0}^{R_n}\frac{e^{i \beta R_n}e^{-\beta t}}{e^{R_n}(e^{i t} + e^{-(2R_n + i t)})}dt$$

Числитель по модулю оценивается 1, знаменатель по модулю оценивается $e^{R_n}(1 - e^{2R_n})$. Значит интеграл весь оценивается как $\frac{CR_n}{e^{R_n}}$, где C - некоторая константа. Ну и, соответственно, это все "с треском" летит в нуль.
Теперь оценим интеграл по верхнему основанию.

$$\int_{-R_n}^{R_n}\frac{e^{i\beta(t + iR_n)}}{e^{t+iR_n} + e^{-(t+iR_n)}}dt$$

Числитель по модулю не превышает $e^{-R_n}$, знаменатель ограничен чем-то снизу, а именно двойкой из соображения симметрии и моего начального поста. Этот интеграл по тем же причинам стремится к нулю.
Ну а дальше я все понял. Спасибо большое! Проверьте только и эти рассуждения пожалуйста. А то у нас не суперские были семинары по комплану, а наука чрезвычайно красивая.

[sergei1961]

Есть целая теория о функциях, для которых их Фурье совпадает с самой функцией. Титчмарш назвал их самоподобными, дал полное описание.

[ex-math]

Все верно, не считая пары опечаток. И чтобы не оставалось никаких сомнений насчет нижней оценки, полезно убедиться, что

$$ |\mathrm{ch}(x+iy)|^2=\mathrm{sh}^2x+\cos^2y. $$

А у Вас $y=R_n=\pi n$.

Вы себе можете сами устроить "семинар". Возьмите задачник Волковыского и решайте что нравится.

[Otta]

ex-math в сообщении #869489 писал(а):

Пусть учится.

Да конечно-конечно.

ex-math в сообщении #869489 писал(а):

Но прямой способ хорош тем, что дает навыки суммирования рядов.

А этот - навыки работы с многозначными функциями.
Во всем своя прелесть. :)