Menurunkan nilai $\int\limits_{-\infty}^\infty \frac{\sin(x)}{x} dx$ melalui transformasi Fourier
Ingatlah bahwa transformasi Fourier di ruang Schwartz $\mathcal{S}(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ didefinisikan oleh $$\hat{f}(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}^d} f(x) e^{-2\pi i \langle x \mid \xi \rangle} dx$$ dimana $dx$menunjukkan integrasi wrt. ukuran Lebesgue. Sekarang kita dapat menunjukkan, bahwa transformasi Fourier adalah automorfisme isometrik pada ruang Schwartz$\mathcal{S}(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ (dengan kebalikan $\check{f}(\xi) = \hat{f}(-\xi)$) dan sejak ruang Schwartz $\mathcal{S}(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ padat $L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ kita dapat memperluas transformasi Fourier (dengan memanfaatkan urutan Cauchy dan kelengkapan $L^2$) ke automorfisme isometrik $$\mathfrak{F} \colon L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C}) \to L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$$ Secara khusus seseorang dapat memverifikasi, jika $f \in L^1(\mathbb{R}^d, \mathbb{C}) \cap L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$, kemudian $$\mathfrak{F}(f)(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}^d} f(x) e^{-2\pi i \langle x \mid \xi \rangle} dx$$
Dalam kasus dimana $d = 1$ kami mengatur $L^p(\mathbb{R}, \mathbb{C}) = L^p$ untuk $p \geq 1$ dan sekarang kita pertimbangkan contoh spesifiknya: Lihatlah fungsi karakteristik $f = \chi_{[-1,1]}$ dari interval $[-1,1]$. Lalu jelas$f \in L^1 \cap L^2$, jadi dari apa yang telah kita sebutkan sebelumnya kita tahu itu $$\mathfrak{F}{f}(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}} f(x) e^{-2\pi i \xi x} dx = \frac{\sin(2\pi \xi)}{\pi \xi}$$ Banyak sumber sekarang mengklaim, bahwa dibenarkan untuk melakukan transformasi Fourier terbalik $\mathfrak{F}f$ dalam arti itu $$f(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}} \frac{\sin(2\pi x)}{\pi x} e^{2 \pi i x \xi} dx$$ dan setelah pengaturan $\xi = 0$ kami dapatkan $$\pi = \int\limits_{\mathbb{R}} \frac{\sin(y)}{y} dy$$
Bagaimanapun sangat terkenal, itu $\mathfrak{F}f \notin L^1$ dan bahwa integral Lebesgue berakhir $\mathbb{R}$ dari $\frac{\sin(y)}{y}$ tidak ada.
Saya kira karena hasil ini hanya masuk akal untuk Transformasi Fourier wrt. integral Riemann yang tidak tepat Saya ingin tahu untuk referensi, atau bahkan lebih baik untuk bukti penulisan di sini, mengapa ini dibenarkan. Saya juga ingin tahu apakah ada hubungan antara transformasi Fourier terbalik (diperpanjang) yang dibatasi$\mathfrak{F}(L^1 \cap L^2)$ dan integral Riemann yang tidak tepat, yaitu apakah selalu benar, itu $$\forall f \in \mathfrak{F}(L^1 \cap L^2) \colon \mathfrak{F}^{-1}(f)(\xi) = \int\limits_{-\infty}^\infty f(x) e^{2\pi i \xi x} dx$$ dimana RHS sekarang dipahami sebagai integral Riemann yang tidak tepat.
Jawaban
Solusi menggunakan transformasi Fourier distribusi
The Fourier transform digunakan di sini adalah$$ \mathcal{F}\{f(x)\} = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-i\xi x} dx. $$
Pertama kita perhatikan itu $$ \mathcal{F}\{\chi_{[-1,1]}(x)\} = \int_{-\infty}^{\infty} \chi_{[-1,1]}(x) e^{-i\xi x} dx = 2\frac{\sin\xi}{\xi}, $$ dimana $\chi_{A}$adalah fungsi indikator dari set$A$. Di sini integralnya terdefinisi dengan baik sehingga kita belum membutuhkan distribusi.
Tetapi kami mendapatkan masalah jika kami ingin melakukan transformasi Fourier $\frac{\sin x}{x}$menggunakan integral. Bagaimanapun kita bisa mengobati$\frac{\sin x}{x}$sebagai distribusi, dan dengan teorema inversi Fourier ( aturan 105 ), yang juga berlaku untuk distribusi, hasil di atas menyiratkan bahwa$$ \mathcal{F}\{2\frac{\sin x}{x}\} = 2\pi \, \chi_{[-1,1]}(-\xi) $$
Jadi, secara formal, menyalahgunakan notasi, $$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} dx = \left. \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} e^{-i\xi x} dx \right|_{\xi=0} = \left. \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \} \right|_{\xi=0} = \pi \, \chi_{[-1,1]}(0) = \pi. $$
Ada masalah dengan langkah terakhir. Ekspresi$\pi \, \chi_{[-1,1]}(\xi)$di sini tidak didefinisikan secara tepat, tetapi harus diperlakukan sebagai distribusi. Ini bisa diperbaiki dengan memasukkan faktor penghalusan:$$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} dx := \lim_{\epsilon \to 0} \left. \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \frac{\sin x}{x} \} \right|_{\xi=0} = \lim_{\epsilon \to 0} \left. \frac{1}{2\pi} \left( \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \} * \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \} \right) \right|_{\xi=0} $$ Sini, $\mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \}$ adalah fungsi yang halus sehingga konvolusi $\mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \} * \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \}$juga merupakan fungsi yang mulus. Selanjutnya,$$ \left. \frac{1}{2\pi} \left( \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \} * \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \} \right) \right|_{\xi=0} = \left. \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \}(\xi-\eta) \, \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \}(\eta) \, d\eta \right|_{\xi=0} \\ = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \}(-\eta) \, \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \}(\eta) \, d\eta = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} e^{-\eta^2/(4\epsilon)} \, \pi\,\chi_{[-1,1]}(\eta) \, d\eta \\ = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\eta^2/(4\epsilon)} \, \chi_{[-1,1]}(\eta) \, d\eta = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} \int_{-1}^{1} e^{-\eta^2/(4\epsilon)} \, d\eta = \{ \eta = 2\sqrt{\epsilon}\kappa \} \\ = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} \int_{-1/(2\sqrt{\epsilon})}^{1/(2\sqrt{\epsilon})} e^{-\kappa^2} \, 2\sqrt{\epsilon}\,d\kappa = \sqrt{\pi} \int_{-1/(2\sqrt{\epsilon})}^{1/(2\sqrt{\epsilon})} e^{-\kappa^2} \, \,d\kappa \\ \to \sqrt{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\kappa^2} \, \,d\kappa = \pi . $$