Dériver la valeur de $\int\limits_{-\infty}^\infty \frac{\sin(x)}{x} dx$ par transformation de Fourier

Question

Rappelons que la transformée de Fourier sur l'espace Schwartz $\mathcal{S}(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ est défini par $$\hat{f}(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}^d} f(x) e^{-2\pi i \langle x \mid \xi \rangle} dx$$ où $dx$désigne l'intégration par rapport. la mesure Lebesgue. On peut maintenant montrer que la transformée de Fourier est un automorphisme isométrique sur l'espace de Schwartz$\mathcal{S}(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ (avec inverse $\check{f}(\xi) = \hat{f}(-\xi)$) et depuis l'espace Schwartz $\mathcal{S}(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ est dense dans $L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ nous pouvons étendre la transformée de Fourier (par l'utilisation de séquences de Cauchy et la complétude de $L^2$) à un automorphisme isométrique $$\mathfrak{F} \colon L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C}) \to L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$$ En particulier, on peut vérifier que si $f \in L^1(\mathbb{R}^d, \mathbb{C}) \cap L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$, puis $$\mathfrak{F}(f)(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}^d} f(x) e^{-2\pi i \langle x \mid \xi \rangle} dx$$

Dans le cas où $d = 1$ nous fixons $L^p(\mathbb{R}, \mathbb{C}) = L^p$ pour $p \geq 1$ et nous considérons maintenant un exemple spécifique: Regardez la fonction caractéristique $f = \chi_{[-1,1]}$ de l'intervalle $[-1,1]$. Alors clairement$f \in L^1 \cap L^2$, donc par ce que nous avons mentionné plus tôt, nous savons que $$\mathfrak{F}{f}(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}} f(x) e^{-2\pi i \xi x} dx = \frac{\sin(2\pi \xi)}{\pi \xi}$$ De nombreuses ressources affirment maintenant qu'il est justifié de prendre la transformée de Fourier inverse de $\mathfrak{F}f$ dans le sens où $$f(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}} \frac{\sin(2\pi x)}{\pi x} e^{2 \pi i x \xi} dx$$ et lors du réglage $\xi = 0$ on obtient $$\pi = \int\limits_{\mathbb{R}} \frac{\sin(y)}{y} dy$$

Cependant, il est très bien connu que $\mathfrak{F}f \notin L^1$ et que l'intégrale de Lebesgue sur $\mathbb{R}$ de $\frac{\sin(y)}{y}$ n'existe pas.

Je suppose que ce résultat n'a de sens que pour une transformée de Fourier. l'intégrale incorrecte de Riemann, je serais curieux de trouver des références, ou encore mieux pour une preuve écrite ici, pour savoir pourquoi cela est justifié. Je voudrais également savoir s'il existe un lien entre la transformée de Fourier inverse (étendue) limitée à$\mathfrak{F}(L^1 \cap L^2)$ et l'intégrale de Riemann incorrecte, c'est-à-dire est-il toujours vrai, que $$\forall f \in \mathfrak{F}(L^1 \cap L^2) \colon \mathfrak{F}^{-1}(f)(\xi) = \int\limits_{-\infty}^\infty f(x) e^{2\pi i \xi x} dx$$ où le RHS doit maintenant être compris comme une intégrale de Riemann incorrecte.

Answer 1

Une solution utilisant les transformées de Fourier des distributions

La transformée de Fourier utilisée ici est$$ \mathcal{F}\{f(x)\} = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-i\xi x} dx. $$

Nous remarquons d'abord que $$ \mathcal{F}\{\chi_{[-1,1]}(x)\} = \int_{-\infty}^{\infty} \chi_{[-1,1]}(x) e^{-i\xi x} dx = 2\frac{\sin\xi}{\xi}, $$ où $\chi_{A}$est la fonction de l' indicateur de l'ensemble$A$. Ici, l'intégrale est bien définie, nous n'avons donc pas encore besoin de distributions.

Mais nous avons des problèmes si nous voulons faire la transformée de Fourier de $\frac{\sin x}{x}$en utilisant des intégrales. On peut cependant traiter$\frac{\sin x}{x}$comme une distribution, et par le théorème d'inversion de Fourier ( règle 105 ), qui est également valable pour les distributions, le résultat ci-dessus implique que$$ \mathcal{F}\{2\frac{\sin x}{x}\} = 2\pi \, \chi_{[-1,1]}(-\xi) $$

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

Il y a un problème avec la dernière étape. L'expression$\pi \, \chi_{[-1,1]}(\xi)$n'est pas ici défini ponctuellement, mais doit être traité comme une distribution. Cela peut être corrigé en introduisant un facteur de lissage:$$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} dx := \lim_{\epsilon \to 0} \left. \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \frac{\sin x}{x} \} \right|_{\xi=0} = \lim_{\epsilon \to 0} \left. \frac{1}{2\pi} \left( \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \} * \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \} \right) \right|_{\xi=0} $$ Ici, $\mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \}$ est une fonction douce donc la convolution $\mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \} * \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \}$est également une fonction fluide. En outre,$$ \left. \frac{1}{2\pi} \left( \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \} * \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \} \right) \right|_{\xi=0} = \left. \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \}(\xi-\eta) \, \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \}(\eta) \, d\eta \right|_{\xi=0} \\ = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \}(-\eta) \, \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \}(\eta) \, d\eta = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} e^{-\eta^2/(4\epsilon)} \, \pi\,\chi_{[-1,1]}(\eta) \, d\eta \\ = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\eta^2/(4\epsilon)} \, \chi_{[-1,1]}(\eta) \, d\eta = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} \int_{-1}^{1} e^{-\eta^2/(4\epsilon)} \, d\eta = \{ \eta = 2\sqrt{\epsilon}\kappa \} \\ = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} \int_{-1/(2\sqrt{\epsilon})}^{1/(2\sqrt{\epsilon})} e^{-\kappa^2} \, 2\sqrt{\epsilon}\,d\kappa = \sqrt{\pi} \int_{-1/(2\sqrt{\epsilon})}^{1/(2\sqrt{\epsilon})} e^{-\kappa^2} \, \,d\kappa \\ \to \sqrt{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\kappa^2} \, \,d\kappa = \pi . $$