การหาค่าของ $\int\limits_{-\infty}^\infty \frac{\sin(x)}{x} dx$ โดยวิธีการแปลงฟูเรียร์
จำได้ว่าฟูริเยร์แปลงร่างบนอวกาศชวาร์ตซ์ $\mathcal{S}(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ ถูกกำหนดโดย $$\hat{f}(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}^d} f(x) e^{-2\pi i \langle x \mid \xi \rangle} dx$$ ที่ไหน $dx$หมายถึงการรวม wrt มาตรการ Lebesgue ตอนนี้เราสามารถแสดงให้เห็นแล้วว่าการแปลงฟูเรียร์เป็นออโตฟิสซึมแบบมีมิติเท่ากันบนอวกาศชวาร์ตซ์$\mathcal{S}(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ (ด้วยผกผัน $\check{f}(\xi) = \hat{f}(-\xi)$) และตั้งแต่พื้นที่ Schwartz $\mathcal{S}(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ มีความหนาแน่นใน $L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ เราอาจขยายการแปลงฟูริเยร์ (โดยการใช้ลำดับ Cauchy และความสมบูรณ์ของ $L^2$) เป็นออโตเมติกสามมิติ $$\mathfrak{F} \colon L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C}) \to L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$$ โดยเฉพาะอย่างยิ่งสามารถตรวจสอบได้ว่าถ้า $f \in L^1(\mathbb{R}^d, \mathbb{C}) \cap L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$แล้ว $$\mathfrak{F}(f)(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}^d} f(x) e^{-2\pi i \langle x \mid \xi \rangle} dx$$
ในกรณีที่ $d = 1$ เราตั้ง $L^p(\mathbb{R}, \mathbb{C}) = L^p$ สำหรับ $p \geq 1$ และตอนนี้เราจะพิจารณาตัวอย่างเฉพาะ: ดูที่ฟังก์ชันลักษณะเฉพาะ $f = \chi_{[-1,1]}$ ของช่วงเวลา $[-1,1]$. แล้วชัดเจน$f \in L^1 \cap L^2$ดังนั้นจากสิ่งที่เราได้อ้างถึงก่อนหน้านี้เรารู้ว่า $$\mathfrak{F}{f}(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}} f(x) e^{-2\pi i \xi x} dx = \frac{\sin(2\pi \xi)}{\pi \xi}$$ ปัจจุบันแหล่งข้อมูลจำนวนมากอ้างว่ามีความชอบธรรมที่จะทำการแปลงฟูเรียร์ผกผัน $\mathfrak{F}f$ ในแง่ที่ว่า $$f(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}} \frac{\sin(2\pi x)}{\pi x} e^{2 \pi i x \xi} dx$$ และเมื่อตั้งค่า $\xi = 0$ เราได้รับ $$\pi = \int\limits_{\mathbb{R}} \frac{\sin(y)}{y} dy$$
อย่างไรก็ตามเป็นที่ทราบกันดีอยู่แล้วว่า $\mathfrak{F}f \notin L^1$ และ Lebesgue เป็นส่วนประกอบ $\mathbb{R}$ ของ $\frac{\sin(y)}{y}$ ไม่มีอยู่จริง
ฉันเดาว่าผลลัพธ์นี้เหมาะสมสำหรับการแปลงฟูเรียร์ wrt เท่านั้น อินทิกรัล Riemann ที่ไม่เหมาะสมฉันอยากรู้อยากเห็นสำหรับการอ้างอิงหรือดีกว่าสำหรับหลักฐานการเขียนที่นี่ว่าเหตุใดจึงเป็นธรรม ฉันต้องการทราบด้วยว่ามีการเชื่อมต่อระหว่างการแปลงฟูเรียร์ผกผัน (ขยาย) ที่ จำกัด ไว้หรือไม่$\mathfrak{F}(L^1 \cap L^2)$ และปริพันธ์ของ Riemann ที่ไม่เหมาะสมนั่นคือมันเป็นความจริงเสมอไป $$\forall f \in \mathfrak{F}(L^1 \cap L^2) \colon \mathfrak{F}^{-1}(f)(\xi) = \int\limits_{-\infty}^\infty f(x) e^{2\pi i \xi x} dx$$ ซึ่งตอนนี้ RHS ถูกเข้าใจว่าเป็นส่วนประกอบของ Riemann ที่ไม่เหมาะสม
คำตอบ
การแก้ปัญหาโดยใช้การแปลงฟูเรียร์ของการแจกแจง
การแปลงฟูเรียร์ที่ใช้ในที่นี้คือ$$ \mathcal{F}\{f(x)\} = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-i\xi x} dx. $$
ก่อนอื่นเราสังเกตว่า $$ \mathcal{F}\{\chi_{[-1,1]}(x)\} = \int_{-\infty}^{\infty} \chi_{[-1,1]}(x) e^{-i\xi x} dx = 2\frac{\sin\xi}{\xi}, $$ ที่ไหน $\chi_{A}$เป็นฟังก์ชันตัวบ่งชี้ของชุด$A$. อินทิกรัลมีการกำหนดไว้อย่างดีดังนั้นเราจึงยังไม่ต้องการการแจกแจง
แต่เราจะพบปัญหาถ้าเราต้องการแปลงฟูเรียร์ของ $\frac{\sin x}{x}$การใช้ปริพันธ์ อย่างไรก็ตามเราสามารถรักษาได้$\frac{\sin x}{x}$เป็นการแจกแจงและโดยทฤษฎีบทการผกผันฟูเรียร์ ( กฎ 105 ) ซึ่งใช้ได้กับการแจกแจงด้วยผลลัพธ์ข้างต้นบอกเป็นนัยว่า$$ \mathcal{F}\{2\frac{\sin x}{x}\} = 2\pi \, \chi_{[-1,1]}(-\xi) $$
ดังนั้นอย่างเป็นทางการสัญกรณ์ที่ไม่เหมาะสม $$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} dx = \left. \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} e^{-i\xi x} dx \right|_{\xi=0} = \left. \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \} \right|_{\xi=0} = \pi \, \chi_{[-1,1]}(0) = \pi. $$
มีปัญหากับขั้นตอนสุดท้าย การแสดงออก$\pi \, \chi_{[-1,1]}(\xi)$ไม่ได้กำหนดไว้ที่นี่แบบชี้ แต่ควรถือว่าเป็นการแจกแจง สิ่งนี้สามารถแก้ไขได้โดยการแนะนำปัจจัยการทำให้เรียบ:$$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} dx := \lim_{\epsilon \to 0} \left. \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \frac{\sin x}{x} \} \right|_{\xi=0} = \lim_{\epsilon \to 0} \left. \frac{1}{2\pi} \left( \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \} * \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \} \right) \right|_{\xi=0} $$ ที่นี่ $\mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \}$ เป็นฟังก์ชันที่ราบรื่นดังนั้นการแปลง $\mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \} * \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \}$ยังเป็นฟังก์ชันที่ราบรื่น นอกจากนี้$$ \left. \frac{1}{2\pi} \left( \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \} * \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \} \right) \right|_{\xi=0} = \left. \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \}(\xi-\eta) \, \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \}(\eta) \, d\eta \right|_{\xi=0} \\ = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \}(-\eta) \, \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \}(\eta) \, d\eta = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} e^{-\eta^2/(4\epsilon)} \, \pi\,\chi_{[-1,1]}(\eta) \, d\eta \\ = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\eta^2/(4\epsilon)} \, \chi_{[-1,1]}(\eta) \, d\eta = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} \int_{-1}^{1} e^{-\eta^2/(4\epsilon)} \, d\eta = \{ \eta = 2\sqrt{\epsilon}\kappa \} \\ = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} \int_{-1/(2\sqrt{\epsilon})}^{1/(2\sqrt{\epsilon})} e^{-\kappa^2} \, 2\sqrt{\epsilon}\,d\kappa = \sqrt{\pi} \int_{-1/(2\sqrt{\epsilon})}^{1/(2\sqrt{\epsilon})} e^{-\kappa^2} \, \,d\kappa \\ \to \sqrt{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\kappa^2} \, \,d\kappa = \pi . $$