Получение ценности $\int\limits_{-\infty}^\infty \frac{\sin(x)}{x} dx$ посредством преобразования Фурье
Напомним, что преобразование Фурье на пространстве Шварца $\mathcal{S}(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ определяется $$\hat{f}(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}^d} f(x) e^{-2\pi i \langle x \mid \xi \rangle} dx$$ где $dx$обозначает интегрирование по. мера Лебега. Теперь можно показать, что преобразование Фурье является изометрическим автоморфизмом на пространстве Шварца$\mathcal{S}(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ (с обратным $\check{f}(\xi) = \hat{f}(-\xi)$) и поскольку пространство Шварца $\mathcal{S}(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ плотно в $L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ мы можем расширить преобразование Фурье (используя последовательности Коши и полноту $L^2$) к изометрическому автоморфизму $$\mathfrak{F} \colon L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C}) \to L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$$ В частности, можно проверить, что если $f \in L^1(\mathbb{R}^d, \mathbb{C}) \cap L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$, тогда $$\mathfrak{F}(f)(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}^d} f(x) e^{-2\pi i \langle x \mid \xi \rangle} dx$$
В случае, когда $d = 1$ мы устанавливаем $L^p(\mathbb{R}, \mathbb{C}) = L^p$ за $p \geq 1$ а теперь рассмотрим конкретный пример: посмотрим на характеристическую функцию $f = \chi_{[-1,1]}$ интервала $[-1,1]$. Тогда ясно$f \in L^1 \cap L^2$, поэтому из того, что мы упоминали ранее, мы знаем, что $$\mathfrak{F}{f}(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}} f(x) e^{-2\pi i \xi x} dx = \frac{\sin(2\pi \xi)}{\pi \xi}$$ Многие ресурсы сейчас утверждают, что использование обратного преобразования Фурье для $\mathfrak{F}f$ в смысле $$f(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}} \frac{\sin(2\pi x)}{\pi x} e^{2 \pi i x \xi} dx$$ и при установке $\xi = 0$ мы получаем $$\pi = \int\limits_{\mathbb{R}} \frac{\sin(y)}{y} dy$$
Однако хорошо известно, что $\mathfrak{F}f \notin L^1$ и что интеграл Лебега по $\mathbb{R}$ из $\frac{\sin(y)}{y}$ не существует.
Я предполагаю, что этот результат имеет смысл только для преобразования Фурье относительно. Несобственный интеграл Римана. Мне было бы любопытно найти ссылки, а еще лучше - рецензионное доказательство здесь, почему это оправдано. Я также хотел бы знать, есть ли какая-то связь между (расширенным) обратным преобразованием Фурье, ограниченным$\mathfrak{F}(L^1 \cap L^2)$ и несобственный интеграл Римана, т.е. всегда ли верно, что $$\forall f \in \mathfrak{F}(L^1 \cap L^2) \colon \mathfrak{F}^{-1}(f)(\xi) = \int\limits_{-\infty}^\infty f(x) e^{2\pi i \xi x} dx$$ где RHS теперь следует понимать как несобственный интеграл Римана.
Ответы
Решение с использованием преобразований Фурье распределений
Преобразование Фурье используется здесь$$ \mathcal{F}\{f(x)\} = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-i\xi x} dx. $$
Сначала мы замечаем, что $$ \mathcal{F}\{\chi_{[-1,1]}(x)\} = \int_{-\infty}^{\infty} \chi_{[-1,1]}(x) e^{-i\xi x} dx = 2\frac{\sin\xi}{\xi}, $$ где $\chi_{A}$- индикаторная функция множества$A$. Здесь интеграл четко определен, поэтому нам еще не нужны распределения.
Но у нас возникают проблемы, если мы хотим выполнить преобразование Фурье $\frac{\sin x}{x}$с помощью интегралов. Однако мы можем лечить$\frac{\sin x}{x}$как распределение, и по теореме обращения Фурье ( правило 105 ), которая также верна для распределений, из приведенного выше результата следует, что$$ \mathcal{F}\{2\frac{\sin x}{x}\} = 2\pi \, \chi_{[-1,1]}(-\xi) $$
Таким образом, формально, злоупотребляя обозначениями, $$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} dx = \left. \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} e^{-i\xi x} dx \right|_{\xi=0} = \left. \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \} \right|_{\xi=0} = \pi \, \chi_{[-1,1]}(0) = \pi. $$
Проблема с последним шагом. Выражение$\pi \, \chi_{[-1,1]}(\xi)$здесь не определено поточечно, но должно рассматриваться как распределение. Это можно исправить, введя коэффициент сглаживания:$$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} dx := \lim_{\epsilon \to 0} \left. \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \frac{\sin x}{x} \} \right|_{\xi=0} = \lim_{\epsilon \to 0} \left. \frac{1}{2\pi} \left( \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \} * \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \} \right) \right|_{\xi=0} $$ Вот, $\mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \}$ является гладкой функцией, поэтому свертка $\mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \} * \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \}$также является гладкой функцией. Более того,$$ \left. \frac{1}{2\pi} \left( \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \} * \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \} \right) \right|_{\xi=0} = \left. \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \}(\xi-\eta) \, \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \}(\eta) \, d\eta \right|_{\xi=0} \\ = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \}(-\eta) \, \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \}(\eta) \, d\eta = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} e^{-\eta^2/(4\epsilon)} \, \pi\,\chi_{[-1,1]}(\eta) \, d\eta \\ = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\eta^2/(4\epsilon)} \, \chi_{[-1,1]}(\eta) \, d\eta = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} \int_{-1}^{1} e^{-\eta^2/(4\epsilon)} \, d\eta = \{ \eta = 2\sqrt{\epsilon}\kappa \} \\ = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} \int_{-1/(2\sqrt{\epsilon})}^{1/(2\sqrt{\epsilon})} e^{-\kappa^2} \, 2\sqrt{\epsilon}\,d\kappa = \sqrt{\pi} \int_{-1/(2\sqrt{\epsilon})}^{1/(2\sqrt{\epsilon})} e^{-\kappa^2} \, \,d\kappa \\ \to \sqrt{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\kappa^2} \, \,d\kappa = \pi . $$