Ricavare il valore di $\int\limits_{-\infty}^\infty \frac{\sin(x)}{x} dx$ per mezzo della trasformazione di Fourier
Ricordiamo che la trasformata di Fourier nello spazio di Schwartz $\mathcal{S}(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ è definito da $$\hat{f}(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}^d} f(x) e^{-2\pi i \langle x \mid \xi \rangle} dx$$ dove $dx$denota integrazione rispetto a. la misura di Lebesgue. Ora si può dimostrare che la trasformata di Fourier è un automorfismo isometrico nello spazio di Schwartz$\mathcal{S}(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ (con inversa $\check{f}(\xi) = \hat{f}(-\xi)$) e dallo spazio Schwartz $\mathcal{S}(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ è denso $L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ possiamo estendere la trasformata di Fourier (utilizzando le sequenze di Cauchy e la completezza di $L^2$) a un automorfismo isometrico $$\mathfrak{F} \colon L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C}) \to L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$$ In particolare si può verificare, che se $f \in L^1(\mathbb{R}^d, \mathbb{C}) \cap L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$, poi $$\mathfrak{F}(f)(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}^d} f(x) e^{-2\pi i \langle x \mid \xi \rangle} dx$$
Nel caso in cui $d = 1$ prepariamo $L^p(\mathbb{R}, \mathbb{C}) = L^p$ per $p \geq 1$ e ora consideriamo un esempio specifico: guarda la funzione caratteristica $f = \chi_{[-1,1]}$ dell'intervallo $[-1,1]$. Allora chiaramente$f \in L^1 \cap L^2$, quindi da ciò a cui abbiamo fatto riferimento in precedenza lo sappiamo $$\mathfrak{F}{f}(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}} f(x) e^{-2\pi i \xi x} dx = \frac{\sin(2\pi \xi)}{\pi \xi}$$ Molte risorse ora affermano che è giustificato prendere la trasformata di Fourier inversa di $\mathfrak{F}f$ nel senso che $$f(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}} \frac{\sin(2\pi x)}{\pi x} e^{2 \pi i x \xi} dx$$ e al momento dell'impostazione $\xi = 0$ otteniamo $$\pi = \int\limits_{\mathbb{R}} \frac{\sin(y)}{y} dy$$
Tuttavia è risaputo che $\mathfrak{F}f \notin L^1$ e che il Lebesgue integrale sia finito $\mathbb{R}$ di $\frac{\sin(y)}{y}$ non esiste.
Immagino che questo risultato abbia senso solo per una trasformata di Fourier rispetto. l'integrale di Riemann improprio sarei curioso di avere riferimenti, o meglio ancora di una prova di articolo qui, sul motivo per cui questo è giustificato. Vorrei anche sapere se esiste una connessione tra la trasformata inversa di Fourier (estesa) limitata a$\mathfrak{F}(L^1 \cap L^2)$ e l'integrale di Riemann improprio, cioè è sempre vero, quello $$\forall f \in \mathfrak{F}(L^1 \cap L^2) \colon \mathfrak{F}^{-1}(f)(\xi) = \int\limits_{-\infty}^\infty f(x) e^{2\pi i \xi x} dx$$ dove l'RHS deve ora essere inteso come un integrale di Riemann improprio.
Risposte
Una soluzione che utilizza trasformate di Fourier delle distribuzioni
La trasformata di Fourier usata qui è$$ \mathcal{F}\{f(x)\} = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-i\xi x} dx. $$
Per prima cosa lo notiamo $$ \mathcal{F}\{\chi_{[-1,1]}(x)\} = \int_{-\infty}^{\infty} \chi_{[-1,1]}(x) e^{-i\xi x} dx = 2\frac{\sin\xi}{\xi}, $$ dove $\chi_{A}$è la funzione di indicatore del set$A$. Qui l'integrale è ben definito, quindi non abbiamo ancora bisogno di distribuzioni.
Ma abbiamo problemi se vogliamo fare la trasformata di Fourier di $\frac{\sin x}{x}$utilizzando integrali. Possiamo comunque trattare$\frac{\sin x}{x}$come distribuzione, e dal teorema di inversione di Fourier ( regola 105 ), che è valido anche per le distribuzioni, il risultato di cui sopra implica che$$ \mathcal{F}\{2\frac{\sin x}{x}\} = 2\pi \, \chi_{[-1,1]}(-\xi) $$
Quindi, formalmente, abusando della notazione, $$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} dx = \left. \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} e^{-i\xi x} dx \right|_{\xi=0} = \left. \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \} \right|_{\xi=0} = \pi \, \chi_{[-1,1]}(0) = \pi. $$
C'è un problema con l'ultimo passaggio. L'espressione$\pi \, \chi_{[-1,1]}(\xi)$non è qui definito in modo puntuale, ma dovrebbe essere trattato come una distribuzione. Questo può essere risolto introducendo un fattore di levigatura:$$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} dx := \lim_{\epsilon \to 0} \left. \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \frac{\sin x}{x} \} \right|_{\xi=0} = \lim_{\epsilon \to 0} \left. \frac{1}{2\pi} \left( \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \} * \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \} \right) \right|_{\xi=0} $$ Qui, $\mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \}$ è una funzione liscia quindi la convoluzione $\mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \} * \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \}$è anche una funzione fluida. Inoltre,$$ \left. \frac{1}{2\pi} \left( \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \} * \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \} \right) \right|_{\xi=0} = \left. \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \}(\xi-\eta) \, \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \}(\eta) \, d\eta \right|_{\xi=0} \\ = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \}(-\eta) \, \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \}(\eta) \, d\eta = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} e^{-\eta^2/(4\epsilon)} \, \pi\,\chi_{[-1,1]}(\eta) \, d\eta \\ = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\eta^2/(4\epsilon)} \, \chi_{[-1,1]}(\eta) \, d\eta = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} \int_{-1}^{1} e^{-\eta^2/(4\epsilon)} \, d\eta = \{ \eta = 2\sqrt{\epsilon}\kappa \} \\ = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} \int_{-1/(2\sqrt{\epsilon})}^{1/(2\sqrt{\epsilon})} e^{-\kappa^2} \, 2\sqrt{\epsilon}\,d\kappa = \sqrt{\pi} \int_{-1/(2\sqrt{\epsilon})}^{1/(2\sqrt{\epsilon})} e^{-\kappa^2} \, \,d\kappa \\ \to \sqrt{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\kappa^2} \, \,d\kappa = \pi . $$