Derivando el valor de $\int\limits_{-\infty}^\infty \frac{\sin(x)}{x} dx$ mediante la transformación de Fourier

Question

Recordemos que la transformada de Fourier en el espacio Schwartz $\mathcal{S}(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ es definido por $$\hat{f}(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}^d} f(x) e^{-2\pi i \langle x \mid \xi \rangle} dx$$ dónde $dx$denota integración wrt. la medida de Lebesgue. Ahora se puede demostrar que la transformada de Fourier es un automorfismo isométrico en el espacio de Schwartz.$\mathcal{S}(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ (con inverso $\check{f}(\xi) = \hat{f}(-\xi)$) y desde el espacio Schwartz $\mathcal{S}(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ es denso en $L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ podemos extender la transformada de Fourier (mediante la utilización de secuencias de Cauchy y la completitud de $L^2$) a un automorfismo isométrico $$\mathfrak{F} \colon L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C}) \to L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$$ En particular, se puede verificar que si $f \in L^1(\mathbb{R}^d, \mathbb{C}) \cap L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$, luego $$\mathfrak{F}(f)(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}^d} f(x) e^{-2\pi i \langle x \mid \xi \rangle} dx$$

En el caso donde $d = 1$ establecimos $L^p(\mathbb{R}, \mathbb{C}) = L^p$ para $p \geq 1$ y ahora consideramos un ejemplo específico: observe la función característica $f = \chi_{[-1,1]}$ del intervalo $[-1,1]$. Entonces claramente$f \in L^1 \cap L^2$, por lo que nos hemos referido anteriormente sabemos que $$\mathfrak{F}{f}(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}} f(x) e^{-2\pi i \xi x} dx = \frac{\sin(2\pi \xi)}{\pi \xi}$$ Muchos recursos ahora afirman que está justificado tomar la transformada de Fourier inversa de $\mathfrak{F}f$ en el sentido de que $$f(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}} \frac{\sin(2\pi x)}{\pi x} e^{2 \pi i x \xi} dx$$ y al establecer $\xi = 0$ obtenemos $$\pi = \int\limits_{\mathbb{R}} \frac{\sin(y)}{y} dy$$

Sin embargo, es bien sabido que $\mathfrak{F}f \notin L^1$ y que la integral de Lebesgue sobre $\mathbb{R}$ de $\frac{\sin(y)}{y}$ no existe.

Supongo que este resultado solo tiene sentido para una transformada de Fourier wrt. la integral de Riemann incorrecta. Me gustaría encontrar referencias, o mejor aún, una prueba escrita aquí, de por qué esto está justificado. También me gustaría saber si hay alguna conexión entre la transformada inversa de Fourier (extendida) restringida a$\mathfrak{F}(L^1 \cap L^2)$ y la integral de Riemann impropia, es decir, ¿es siempre cierto que $$\forall f \in \mathfrak{F}(L^1 \cap L^2) \colon \mathfrak{F}^{-1}(f)(\xi) = \int\limits_{-\infty}^\infty f(x) e^{2\pi i \xi x} dx$$ donde el RHS ahora debe entenderse como una integral de Riemann incorrecta.

Answer 1

Una solución que utiliza transformadas de Fourier de distribuciones

La transformada de Fourier utilizada aquí es$$ \mathcal{F}\{f(x)\} = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-i\xi x} dx. $$

Primero notamos que $$ \mathcal{F}\{\chi_{[-1,1]}(x)\} = \int_{-\infty}^{\infty} \chi_{[-1,1]}(x) e^{-i\xi x} dx = 2\frac{\sin\xi}{\xi}, $$ dónde $\chi_{A}$es la función indicadora del conjunto$A$. Aquí la integral está bien definida, por lo que aún no hemos necesitado distribuciones.

Pero tenemos problemas si queremos hacer la transformada de Fourier de $\frac{\sin x}{x}$usando integrales. Sin embargo, podemos tratar$\frac{\sin x}{x}$como distribución, y por el teorema de la inversión de Fourier ( regla 105 ), que también es válido para distribuciones, el resultado anterior implica que$$ \mathcal{F}\{2\frac{\sin x}{x}\} = 2\pi \, \chi_{[-1,1]}(-\xi) $$

Así, formalmente, abusando de la notación, $$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} dx = \left. \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} e^{-i\xi x} dx \right|_{\xi=0} = \left. \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \} \right|_{\xi=0} = \pi \, \chi_{[-1,1]}(0) = \pi. $$

Hay un problema con el último paso. La expresion$\pi \, \chi_{[-1,1]}(\xi)$aquí no se define puntualmente, pero debe tratarse como una distribución. Esto se puede solucionar introduciendo un factor de suavizado:$$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} dx := \lim_{\epsilon \to 0} \left. \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \frac{\sin x}{x} \} \right|_{\xi=0} = \lim_{\epsilon \to 0} \left. \frac{1}{2\pi} \left( \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \} * \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \} \right) \right|_{\xi=0} $$ Aquí, $\mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \}$ es una función suave por lo que la convolución $\mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \} * \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \}$también es una función suave. Además,$$ \left. \frac{1}{2\pi} \left( \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \} * \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \} \right) \right|_{\xi=0} = \left. \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \}(\xi-\eta) \, \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \}(\eta) \, d\eta \right|_{\xi=0} \\ = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \}(-\eta) \, \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \}(\eta) \, d\eta = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} e^{-\eta^2/(4\epsilon)} \, \pi\,\chi_{[-1,1]}(\eta) \, d\eta \\ = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\eta^2/(4\epsilon)} \, \chi_{[-1,1]}(\eta) \, d\eta = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} \int_{-1}^{1} e^{-\eta^2/(4\epsilon)} \, d\eta = \{ \eta = 2\sqrt{\epsilon}\kappa \} \\ = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} \int_{-1/(2\sqrt{\epsilon})}^{1/(2\sqrt{\epsilon})} e^{-\kappa^2} \, 2\sqrt{\epsilon}\,d\kappa = \sqrt{\pi} \int_{-1/(2\sqrt{\epsilon})}^{1/(2\sqrt{\epsilon})} e^{-\kappa^2} \, \,d\kappa \\ \to \sqrt{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\kappa^2} \, \,d\kappa = \pi . $$