가치 도출 $\int\limits_{-\infty}^\infty \frac{\sin(x)}{x} dx$ 푸리에 변환을 통해
Schwartz 공간에서 푸리에 변환이 $\mathcal{S}(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ 에 의해 정의된다 $$\hat{f}(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}^d} f(x) e^{-2\pi i \langle x \mid \xi \rangle} dx$$ 어디 $dx$통합 wrt를 나타냅니다. Lebesgue 측정. 이제 푸리에 변환이 Schwartz 공간의 등각 자동 변형이라는 것을 보여줄 수 있습니다.$\mathcal{S}(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ (역으로 $\check{f}(\xi) = \hat{f}(-\xi)$) 그리고 Schwartz 공간 이후 $\mathcal{S}(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ 밀도가 높다 $L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ 푸리에 변환을 확장 할 수 있습니다 (코시 시퀀스를 활용하고 $L^2$) 등각 투영 자동 형성 $$\mathfrak{F} \colon L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C}) \to L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$$ 특히 다음과 같은 경우 확인할 수 있습니다. $f \in L^1(\mathbb{R}^d, \mathbb{C}) \cap L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$, 다음 $$\mathfrak{F}(f)(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}^d} f(x) e^{-2\pi i \langle x \mid \xi \rangle} dx$$
경우에 $d = 1$ 우리는 설정 $L^p(\mathbb{R}, \mathbb{C}) = L^p$ ...에 대한 $p \geq 1$ 이제 구체적인 예를 살펴 보겠습니다. 특성 함수를보십시오. $f = \chi_{[-1,1]}$ 간격의 $[-1,1]$. 그럼 분명히$f \in L^1 \cap L^2$, 그래서 우리가 앞서 언급 한 것을 통해 우리는 $$\mathfrak{F}{f}(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}} f(x) e^{-2\pi i \xi x} dx = \frac{\sin(2\pi \xi)}{\pi \xi}$$ 많은 자원은 이제 역 푸리에 변환을 취하는 것이 정당하다고 주장합니다. $\mathfrak{F}f$ 의미에서 $$f(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}} \frac{\sin(2\pi x)}{\pi x} e^{2 \pi i x \xi} dx$$ 그리고 설정시 $\xi = 0$ 우리는 얻는다 $$\pi = \int\limits_{\mathbb{R}} \frac{\sin(y)}{y} dy$$
그러나 그것은 매우 잘 알려져 있습니다. $\mathfrak{F}f \notin L^1$ 그리고 Lebesgue 적분은 $\mathbb{R}$ 의 $\frac{\sin(y)}{y}$ 존재하지 않습니다.
이 결과는 푸리에 변환 wrt에만 의미가 있다고 생각합니다. 부적합한 Riemann 적분 나는 이것이 왜 정당화되는지에 대한 참고 문헌 또는 여기에 대한 서면 증명에 대해 호기심이 많을 것입니다. 나는 또한 (확장 된) 역 푸리에 변환 사이에 연결이 있는지 알고 싶습니다.$\mathfrak{F}(L^1 \cap L^2)$ 그리고 부적합한 리만 적분, 즉 항상 사실입니다. $$\forall f \in \mathfrak{F}(L^1 \cap L^2) \colon \mathfrak{F}^{-1}(f)(\xi) = \int\limits_{-\infty}^\infty f(x) e^{2\pi i \xi x} dx$$ RHS는 이제 부적절한 Riemann 적분으로 이해되어야합니다.
답변
분포의 푸리에 변환을 사용하는 솔루션
여기에 사용 된 푸리에 변환 은$$ \mathcal{F}\{f(x)\} = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-i\xi x} dx. $$
먼저 우리는 $$ \mathcal{F}\{\chi_{[-1,1]}(x)\} = \int_{-\infty}^{\infty} \chi_{[-1,1]}(x) e^{-i\xi x} dx = 2\frac{\sin\xi}{\xi}, $$ 어디 $\chi_{A}$세트 의 표시기 기능 입니다$A$. 여기서 적분은 잘 정의되어 있으므로 아직 분포가 필요하지 않습니다.
그러나 푸리에 변환을 원하면 문제가 발생합니다. $\frac{\sin x}{x}$적분 사용. 그러나 우리는 치료할 수 있습니다$\frac{\sin x}{x}$분포로, 그리고 분포 에도 유효한 푸리에 반전 정리 ( 규칙 105 )에 의해 위의 결과는 다음을 의미합니다.$$ \mathcal{F}\{2\frac{\sin x}{x}\} = 2\pi \, \chi_{[-1,1]}(-\xi) $$
따라서 공식적으로 남용 표기법은 $$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} dx = \left. \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} e^{-i\xi x} dx \right|_{\xi=0} = \left. \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \} \right|_{\xi=0} = \pi \, \chi_{[-1,1]}(0) = \pi. $$
마지막 단계에 문제가 있습니다. 표현식$\pi \, \chi_{[-1,1]}(\xi)$여기서는 점으로 정의되지 않지만 분포로 취급되어야합니다. 이는 평활 계수를 도입하여 해결할 수 있습니다.$$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} dx := \lim_{\epsilon \to 0} \left. \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \frac{\sin x}{x} \} \right|_{\xi=0} = \lim_{\epsilon \to 0} \left. \frac{1}{2\pi} \left( \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \} * \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \} \right) \right|_{\xi=0} $$ 여기, $\mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \}$ 부드러운 함수이므로 컨볼 루션 $\mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \} * \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \}$또한 부드러운 기능입니다. 더욱이,$$ \left. \frac{1}{2\pi} \left( \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \} * \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \} \right) \right|_{\xi=0} = \left. \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \}(\xi-\eta) \, \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \}(\eta) \, d\eta \right|_{\xi=0} \\ = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \}(-\eta) \, \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \}(\eta) \, d\eta = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} e^{-\eta^2/(4\epsilon)} \, \pi\,\chi_{[-1,1]}(\eta) \, d\eta \\ = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\eta^2/(4\epsilon)} \, \chi_{[-1,1]}(\eta) \, d\eta = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} \int_{-1}^{1} e^{-\eta^2/(4\epsilon)} \, d\eta = \{ \eta = 2\sqrt{\epsilon}\kappa \} \\ = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} \int_{-1/(2\sqrt{\epsilon})}^{1/(2\sqrt{\epsilon})} e^{-\kappa^2} \, 2\sqrt{\epsilon}\,d\kappa = \sqrt{\pi} \int_{-1/(2\sqrt{\epsilon})}^{1/(2\sqrt{\epsilon})} e^{-\kappa^2} \, \,d\kappa \\ \to \sqrt{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\kappa^2} \, \,d\kappa = \pi . $$