Değerini türetmek $\int\limits_{-\infty}^\infty \frac{\sin(x)}{x} dx$ Fourier dönüşümü yoluyla
Fourier dönüşümünün Schwartz uzayında olduğunu hatırlayın $\mathcal{S}(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ tarafından tanımlanır $$\hat{f}(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}^d} f(x) e^{-2\pi i \langle x \mid \xi \rangle} dx$$ nerede $dx$entegrasyonu ifade eder. Lebesgue ölçümü. Şimdi, Fourier dönüşümünün Schwartz uzayında izometrik bir otomorfizm olduğu gösterilebilir.$\mathcal{S}(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ (ters ile $\check{f}(\xi) = \hat{f}(-\xi)$) ve Schwartz uzayından beri $\mathcal{S}(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ yoğun $L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$ Fourier dönüşümünü genişletebiliriz (Cauchy dizilerinin kullanılması ve $L^2$) izometrik bir otomorfizmaya $$\mathfrak{F} \colon L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C}) \to L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$$ Özellikle doğrulanabilir, eğer $f \in L^1(\mathbb{R}^d, \mathbb{C}) \cap L^2(\mathbb{R}^d, \mathbb{C})$, sonra $$\mathfrak{F}(f)(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}^d} f(x) e^{-2\pi i \langle x \mid \xi \rangle} dx$$
Nerede olduğu durumda $d = 1$ ayarladık $L^p(\mathbb{R}, \mathbb{C}) = L^p$ için $p \geq 1$ ve şimdi belirli bir örneği ele alıyoruz: Karakteristik fonksiyona bakın $f = \chi_{[-1,1]}$ aralığın $[-1,1]$. Sonra açıkça$f \in L^1 \cap L^2$, bu yüzden daha önce bahsettiğimiz şey sayesinde biliyoruz ki $$\mathfrak{F}{f}(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}} f(x) e^{-2\pi i \xi x} dx = \frac{\sin(2\pi \xi)}{\pi \xi}$$ Şimdi birçok kaynak, Fourier dönüşümünün tersini almanın haklı olduğunu iddia ediyor. $\mathfrak{F}f$ anlamda olduğu $$f(\xi) = \int\limits_{\mathbb{R}} \frac{\sin(2\pi x)}{\pi x} e^{2 \pi i x \xi} dx$$ ve ayarlandığında $\xi = 0$ elde ederiz $$\pi = \int\limits_{\mathbb{R}} \frac{\sin(y)}{y} dy$$
Ancak çok iyi biliniyor ki $\mathfrak{F}f \notin L^1$ ve Lebesgue integrali bitti $\mathbb{R}$ nın-nin $\frac{\sin(y)}{y}$ yok.
Sanırım bu sonuç yalnızca bir Fourier dönüşümü wrt için mantıklı. uygun olmayan Riemann integrali, referansları merak ediyorum veya daha da iyisi bunun neden haklı olduğu konusunda burada bir yazma kanıtı olsun. Aynı zamanda (genişletilmiş) ters Fourier dönüşümü arasında bir bağlantı olup olmadığını bilmek istiyorum.$\mathfrak{F}(L^1 \cap L^2)$ ve uygunsuz Riemann integrali, yani her zaman doğru mudur, $$\forall f \in \mathfrak{F}(L^1 \cap L^2) \colon \mathfrak{F}^{-1}(f)(\xi) = \int\limits_{-\infty}^\infty f(x) e^{2\pi i \xi x} dx$$ RHS'nin artık uygunsuz bir Riemann integrali olarak anlaşılacağı yer.
Yanıtlar
Fourier dağılım dönüşümlerini kullanan bir çözüm
Fourier dönüşümü burada kullanılmakta$$ \mathcal{F}\{f(x)\} = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-i\xi x} dx. $$
İlk önce bunu fark ederiz $$ \mathcal{F}\{\chi_{[-1,1]}(x)\} = \int_{-\infty}^{\infty} \chi_{[-1,1]}(x) e^{-i\xi x} dx = 2\frac{\sin\xi}{\xi}, $$ nerede $\chi_{A}$bir gösterge işlevi kümesinin$A$. Burada integral iyi tanımlanmıştır, bu nedenle henüz dağıtımlara ihtiyaç duymadık.
Ancak Fourier dönüşümünü yapmak istersek sorun yaşarız. $\frac{\sin x}{x}$integral kullanarak. Ancak tedavi edebiliriz$\frac{\sin x}{x}$bir dağılım olarak ve dağılımlar için de geçerli olan Fourier ters çevirme teoremine ( kural 105 ) göre, yukarıdaki sonuç şu anlama gelir:$$ \mathcal{F}\{2\frac{\sin x}{x}\} = 2\pi \, \chi_{[-1,1]}(-\xi) $$
Böylece, resmi olarak, gösterimi kötüye kullanarak, $$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} dx = \left. \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} e^{-i\xi x} dx \right|_{\xi=0} = \left. \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \} \right|_{\xi=0} = \pi \, \chi_{[-1,1]}(0) = \pi. $$
Son adımda bir sorun var. İfade$\pi \, \chi_{[-1,1]}(\xi)$burada noktasal olarak tanımlanmamıştır, ancak bir dağıtım olarak ele alınmalıdır. Bu, bir yumuşatma faktörü eklenerek düzeltilebilir:$$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} dx := \lim_{\epsilon \to 0} \left. \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \frac{\sin x}{x} \} \right|_{\xi=0} = \lim_{\epsilon \to 0} \left. \frac{1}{2\pi} \left( \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \} * \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \} \right) \right|_{\xi=0} $$ Buraya, $\mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \}$ düzgün bir fonksiyondur, dolayısıyla evrişim $\mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \} * \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \}$aynı zamanda düzgün bir işlevdir. Ayrıca,$$ \left. \frac{1}{2\pi} \left( \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \} * \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \} \right) \right|_{\xi=0} = \left. \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \}(\xi-\eta) \, \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \}(\eta) \, d\eta \right|_{\xi=0} \\ = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \mathcal{F}\{ e^{-\epsilon x^2} \}(-\eta) \, \mathcal{F}\{ \frac{\sin x}{x} \}(\eta) \, d\eta = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} e^{-\eta^2/(4\epsilon)} \, \pi\,\chi_{[-1,1]}(\eta) \, d\eta \\ = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\eta^2/(4\epsilon)} \, \chi_{[-1,1]}(\eta) \, d\eta = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} \int_{-1}^{1} e^{-\eta^2/(4\epsilon)} \, d\eta = \{ \eta = 2\sqrt{\epsilon}\kappa \} \\ = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{\epsilon}} \int_{-1/(2\sqrt{\epsilon})}^{1/(2\sqrt{\epsilon})} e^{-\kappa^2} \, 2\sqrt{\epsilon}\,d\kappa = \sqrt{\pi} \int_{-1/(2\sqrt{\epsilon})}^{1/(2\sqrt{\epsilon})} e^{-\kappa^2} \, \,d\kappa \\ \to \sqrt{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\kappa^2} \, \,d\kappa = \pi . $$