Calcolo Trasformata di Fourier
Ciao a tutti ragazzi,
mi ritrovo a studiare Matematica Applicata, e ho riscontrato difficoltà nel risolvere le Trasformate di Fourier.
In particolare qualcuno potrebbe gentilmente spiegarmi i vari passaggi nel calcolare la seguente Trasformata di Fourier?
Vi ringrazio tutti anticipatamente!!
\[
f(x)=
\begin{cases}
2x-x\cdot\left|x\right| &\left|x\right|\leq2\\
0 &\text{elsewhere}\\
\end{cases}
\]
mi ritrovo a studiare Matematica Applicata, e ho riscontrato difficoltà nel risolvere le Trasformate di Fourier.
In particolare qualcuno potrebbe gentilmente spiegarmi i vari passaggi nel calcolare la seguente Trasformata di Fourier?
Vi ringrazio tutti anticipatamente!!
\[
f(x)=
\begin{cases}
2x-x\cdot\left|x\right| &\left|x\right|\leq2\\
0 &\text{elsewhere}\\
\end{cases}
\]
Risposte
Ciao!
Puoi cominciare con la definizione:
Puoi cominciare con la definizione:
$\hat(f)(\xi)=\int_{-\infty)^(+\infty)f(x)e^(-i\xix)dx=\int_{-2}^2[2x-x^2]e^(-i\xix)dx$.
@ Gabriele.Sciaguato: E chi ti assicura che la definizione di trasformata usata da UserUni sia proprio quella che hai proposto? 
"gugo82":
@ Gabriele.Sciaguato: E chi ti assicura che la definizione di trasformata usata da UserUni sia proprio quella che hai proposto?
In che senso? A meno di fattori moltiplicativi (\(\frac{1}{2\pi}\)) la definizione è quella, no? Al massimo invece di avere:
\[\mathcal{F}[x(t)](\omega)=\int_{\mathbb{R}}x(t)e^{-i\omega t}\,dt\]
avrà
\[\mathcal{F}[x(t)](\nu)=\int_{\mathbb{R}}x(t)e^{-i\cdot2\pi\nu\cdot t}\,dt\]
che è la forma più usata in telecomunicazioni.
Esistono definizioni con differenze sostanziali da queste?
@UserUni: potresti gentilmente fare copia\incolla nel tuo post dopo aver controllato che abbia ricopiato bene l'esercizio, in modo da renderlo più leggibile?
\[
f(x)=
\begin{cases}
2x-x\cdot\left|x\right| &\left|x\right|\leq2\\
0 &\text{elsewhere}\\
\end{cases}
\]
Visualizza questo:
Testo reso più leggibile, grazie friction!
Comunque per quanto riguarda l'esercizio, io avrei pure iniziato a usare la definizione proposta da Gabriele:
$\hat(f)(\xi)=\int_{-\infty)^(+\infty)f(x)e^(-i\xix)dx=\int_{-2}^2[2x-x^2]e^(-i\xix)dx$.
Procedo per il verso giusto? Avendo questo integrale, ho quindi poi ottenuto due integrali, e li ho svolti per parti.
Va bene?
Comunque per quanto riguarda l'esercizio, io avrei pure iniziato a usare la definizione proposta da Gabriele:
$\hat(f)(\xi)=\int_{-\infty)^(+\infty)f(x)e^(-i\xix)dx=\int_{-2}^2[2x-x^2]e^(-i\xix)dx$.
Procedo per il verso giusto? Avendo questo integrale, ho quindi poi ottenuto due integrali, e li ho svolti per parti.
Va bene?
"gugo82":
@ Gabriele.Sciaguato: E chi ti assicura che la definizione di trasformata usata da UserUni sia proprio quella che hai proposto?
Scusa gugo, ma non riesco a capire questa obiezione. Condivido quanto detto da friction.
Possiamo mettere al posto di $\xi$ qualsiasi cosa alla fine, purché non dipenda da $x$.
"UserUni":
Comunque per quanto riguarda l'esercizio, io avrei pure iniziato a usare la definizione proposta da Gabriele:
$\hat(f)(\xi)=\int_{-\infty)^(+\infty)f(x)e^(-i\xix)dx=\int_{-2}^2[2x-x^2]e^(-i\xix)dx$.
Procedo per il verso giusto? Avendo questo integrale, ho quindi poi ottenuto due integrali, e li ho svolti per parti.
Va bene?
Io direi di si!
"Gabriele.Sciaguato":
[quote="gugo82"]@ Gabriele.Sciaguato: E chi ti assicura che la definizione di trasformata usata da UserUni sia proprio quella che hai proposto?
Scusa gugo, ma non riesco a capire questa obiezione. Condivido quanto detto da friction.
Possiamo mettere al posto di $\xi$ qualsiasi cosa alla fine, purché non dipenda da $x$.[/quote]
Su questo avete (più o meno) ragione... Ed infatti non era questo il senso della mia obiezione.
Quando ci possono essere ambiguità, trovo buona norma, nel rispondere, chiedere a quali definizioni un utente si riferisca; ma probabilmente è solo una mia forma di cortesia.
@Gabriele: scusa la mia ignoranza, ma perché \(x\cdot\left| x\right|\) è diventato \(x^2\)?
\begin{align}
\int_\mathbb{R} (2x-x\left| x\right| )e^{-i\omega x}\,dx&=\int_\mathbb{R} (2x-x\left| x\right| )\left[\cos(\omega x)-i\sin(\omega x)\right]\,dx\\
&=\int_\mathbb{R} (2x-x\left| x\right| )\cos(\omega x)\,dx-i\int_{\mathbb{R}}(2x-x\left| x\right| )\sin(\omega x)\,dx\\
&=-i\int_{\mathbb{R}}(2x-x\left| x\right| )\sin(\omega x)\,dx\\
&=-i\int_{-2}^{2}(2x-x\left| x\right| )\sin(\omega x)\,dx\\
&=-2i\int_0^2(2x-x\left| x\right| )\sin(\omega x)\,dx\\
&=-2i\int_0^2(2x-x^2)\sin(\omega x)\,dx\\
\end{align}
Poiché la funzione \((2x-x\left| x\right| )\cos(\omega x)\) è dispari, mentre \((2x-x\left| x\right| )\sin(\omega x)\) è pari.
[ot]E' fantastico come \(\LaTeX\) sia stato bene integrato nel forum!
[/ot]
\begin{align}
\int_\mathbb{R} (2x-x\left| x\right| )e^{-i\omega x}\,dx&=\int_\mathbb{R} (2x-x\left| x\right| )\left[\cos(\omega x)-i\sin(\omega x)\right]\,dx\\
&=\int_\mathbb{R} (2x-x\left| x\right| )\cos(\omega x)\,dx-i\int_{\mathbb{R}}(2x-x\left| x\right| )\sin(\omega x)\,dx\\
&=-i\int_{\mathbb{R}}(2x-x\left| x\right| )\sin(\omega x)\,dx\\
&=-i\int_{-2}^{2}(2x-x\left| x\right| )\sin(\omega x)\,dx\\
&=-2i\int_0^2(2x-x\left| x\right| )\sin(\omega x)\,dx\\
&=-2i\int_0^2(2x-x^2)\sin(\omega x)\,dx\\
\end{align}
Poiché la funzione \((2x-x\left| x\right| )\cos(\omega x)\) è dispari, mentre \((2x-x\left| x\right| )\sin(\omega x)\) è pari.
[ot]E' fantastico come \(\LaTeX\) sia stato bene integrato nel forum!
[/ot]
@friction: se lo sarà semplicemente dimenticato, oppure ha letto male la traccia. Per il resto torna, anche se io avrei integrato direttamente l'esponenziale.
Mmmm... @friction perdonami ma non capisco benissimo cosa hai fatto, o meglio il perchè di quel -2i davanti l'integrale!! Sorry se vi sto facendo uscire pazzi, lo so 
@UserUni La \(-i\) viene da \(e^{-i\omega x}=\cos (\omega x)-i\sin (\omega x)\), mentre il fattore \(2\) compare poiché l'integrale di una funzione pari (simmetrica rispetto all'asse y) su un intervallo simmetrico rispetto all'origine è eguale a due volte l'integrale della stessa funzione su metà intervallo (il che ci permette anche di levare il modulo visto che integriamo su \([0; 2]\)).
@ciampax: magari è anche più veloce, ma mi sembrava uno spreco ignorare la simmetria della funzione.
edit:
@UserUni prova a postare la tua soluzione, così vediamo se l'esercizio si può ritenere risolto
A me viene:
@ciampax: magari è anche più veloce, ma mi sembrava uno spreco ignorare la simmetria della funzione.
edit:
@UserUni prova a postare la tua soluzione, così vediamo se l'esercizio si può ritenere risolto
A me viene:
Visto il carattere della trasformanda, si potrebbe usare pure un trucchetto distribuzionale.
@friction Io ho integrato l'esponenziale, e se non ho commesso errori di calcolo, a me il risultato viene:
((2*e^(-2iomega))*(2iomega -2) + 4 - 2iomega)/omega^3
((2*e^(-2iomega))*(2iomega -2) + 4 - 2iomega)/omega^3
A te dovrebbe venire così, se ho capito bene:
\[\frac{\left(2e^{-2i\omega}\right)\cdot\left(2i\omega -2\right) + 4 - 2i\omega}{\omega^3}\]
Come ti ho fatto notare prima, se \(f\) è reale e dispari allora \(\hat{f}\) è puramente immaginaria e dispari... a me il tuo risultato non sembra puramente immaginario (almeno a occhio).
L'ho rifatto integrando l'esponenziale e ottengo:
\begin{align}
&\frac{2}{\omega^2}\left(e^{-2i\omega}-e^{2i\omega}-2e^{-2i\omega}+2e^{2i\omega}\right)-\frac{2}{i\omega^3}\left(e^{2i\omega}+e^{-2i\omega}\right)-\frac{4i}{\omega^3}\\
&=\frac{2}{\omega^2}\left(-2i\sin(2\omega)+4i\sin(2\omega)\right)+\frac{4i}{\omega^3}\cos(2\omega)-\frac{4i}{\omega^3}\\
&=\frac{4i}{\omega^3}\left(2\omega\sin\omega\cos\omega+\cos^2\omega-\sin^2\omega-\sin^2\omega-\cos^2\omega\right)\\
&=\frac{8i}{\omega^3}\sin\omega\left(\omega\cos\omega-\sin\omega\right)
\end{align}
Avrai commesso qualche errore di calcolo... ad esempio, per togliere il modulo hai "spezzato" \(\int_{-2}^{2}x|x|e^{-i\omega x}\,dx\) in \(\int_{0}^{2}x^2e^{-i\omega x}\,dx-\int_{-2}^{0}x^2e^{-i\omega x}\,dx\)?
@gugo: le distribuzioni nel mio corso di metodi analitici non c'erano, quindi boh!
(la trasformata di Fourier sì) Il mio programma era quello in fondo alla pagina per intenderci.
\[\frac{\left(2e^{-2i\omega}\right)\cdot\left(2i\omega -2\right) + 4 - 2i\omega}{\omega^3}\]
Come ti ho fatto notare prima, se \(f\) è reale e dispari allora \(\hat{f}\) è puramente immaginaria e dispari... a me il tuo risultato non sembra puramente immaginario (almeno a occhio).
L'ho rifatto integrando l'esponenziale e ottengo:
\begin{align}
&\frac{2}{\omega^2}\left(e^{-2i\omega}-e^{2i\omega}-2e^{-2i\omega}+2e^{2i\omega}\right)-\frac{2}{i\omega^3}\left(e^{2i\omega}+e^{-2i\omega}\right)-\frac{4i}{\omega^3}\\
&=\frac{2}{\omega^2}\left(-2i\sin(2\omega)+4i\sin(2\omega)\right)+\frac{4i}{\omega^3}\cos(2\omega)-\frac{4i}{\omega^3}\\
&=\frac{4i}{\omega^3}\left(2\omega\sin\omega\cos\omega+\cos^2\omega-\sin^2\omega-\sin^2\omega-\cos^2\omega\right)\\
&=\frac{8i}{\omega^3}\sin\omega\left(\omega\cos\omega-\sin\omega\right)
\end{align}
Avrai commesso qualche errore di calcolo... ad esempio, per togliere il modulo hai "spezzato" \(\int_{-2}^{2}x|x|e^{-i\omega x}\,dx\) in \(\int_{0}^{2}x^2e^{-i\omega x}\,dx-\int_{-2}^{0}x^2e^{-i\omega x}\,dx\)?
@gugo: le distribuzioni nel mio corso di metodi analitici non c'erano, quindi boh!
(la trasformata di Fourier sì) Il mio programma era quello in fondo alla pagina per intenderci.
Detto \(\operatorname{u}(\cdot)\) il gradino unitario, la trasformanda si riscrive:
\[
\begin{split}
f(t)&:=(2t-t|t|)\ \big(\operatorname{u}(t+2)-\operatorname{u}(t-2)\big) \\
&= (2t+t^2)\ \big(\operatorname{u}(t+2)-\operatorname{u}(t)\big) + (2t-t^2)\ \big( \operatorname{u}(t)-\operatorname{u}(t-2) \big)\; ,
\end{split}
\]
sicché essa è prodotto di gradini per funzioni algebriche.
Una tecnica di calcolo abbastanza standard in questi casi consiste nel derivare la trasformanda in senso distribuzionale fino a far comparire solamente impulsi ed infine calcolare la trasformata usando la regola della derivata e qualche altra proprietà algebrica della trasformata.
Derivando in senso distribuzionale trovo:
\[
\begin{split}
f^\prime (t) &= (2+2t)\ \big(\operatorname{u}(t+2)-\operatorname{u}(t)\big) + (2t+t^2)\big|_{t=-2}\ \delta (t+2) - (2t+t^2)\big|_{t=0}\ \delta(t)\\
&\phantom{=} + (2-2t)\ \big( \operatorname{u}(t)-\operatorname{u}(t-2) \big) + (2t-t^2)\big|_{t=0}\ \delta (t) - (2t-t^2)\big|_{t=2}\ \delta(t-2)\\
&= (2+2t)\ \big(\operatorname{u}(t+2)-\operatorname{u}(t)\big) + (2-2t)\ \big( \operatorname{u}(t)-\operatorname{u}(t-2) \big)\\
& \\
f^{\prime \prime}(t) &= 2\ \big(\operatorname{u}(t+2)-\operatorname{u}(t)\big) + (2+2t)\big|_{t=-2}\ \delta(t+2) - (2+2t)\big|_{t=0}\ \delta(t)\\
&\phantom{=} -2\ \big( \operatorname{u}(t)-\operatorname{u}(t-2) \big) + (2-2t)\big|_{t=0}\ \delta(t) - (2-2t)\big|_{t=2}\ \delta(t+2)\\
&= 2\ \big(\operatorname{u}(t+2)+\operatorname{u}(t-2)\big) -4\ \operatorname{u}(t) +2\ \big(\ \delta(t-2) -\ \delta (t+2)\big)\\
& \\
f^{\prime \prime \prime}(t) &= 2\ \big(\delta(t+2)+\delta(t-2)\big) -4\ \delta(t) +2\ \big(\ \delta^\prime (t-2) -\ \delta^\prime (t+2)\big)
\end{split}
\]
e qui mi fermo, perché in \(f^{\prime \prime \prime}\) compaiono solo impulsi; sfruttando le proprietà della trasformata (i.e., la regola della derivata, la proprietà di traslazione e la nota traformata della \(\delta\)) ottengo:
\[
\begin{split}
\mathcal{F}[f](\omega) &= \frac{1}{(\imath\ \omega)^3}\ \mathcal{F}[f^{\prime \prime \prime}](\omega)\\
&= \frac{2\ \imath}{\omega^3}\ \left(\mathcal{F}[\delta(t+2)](\omega) + \mathcal{F}[\delta(t-2)](\omega) - 2\ \mathcal{F}[\delta(t)](\omega)+ \mathcal{F}[\delta^\prime (t-2)](\omega) - \mathcal{F}[\delta^\prime (t+2)](\omega)\right)\\
&= \frac{2\ \imath}{\omega^3}\ \left( e^{\imath\ 2\omega} + e^{-\imath\ 2\omega} -2 + \imath\ \omega e^{-\imath\ 2\omega} - \imath\ \omega e^{\imath\ 2\omega}\right)\ \underbrace{\mathcal{F}[\delta](\omega)}_{\color{\maroon}{=1}}\\
&= \frac{2\ \imath}{\omega^3}\ \left( 2\ \cos 2\omega -2 +2\omega\ \sin 2\omega \right)\\
&= \frac{4\ \imath}{\omega^3}\ \left( \cos 2\omega +\omega\ \sin 2\omega -1 \right)
\end{split}
\]
che è il risultato finale.
Infine noto esplicitamente che, usando un po' di trigonometria elementare, poteri scrivere il risultato come:
\[
\begin{split}
\mathcal{F}[f](\omega) &= \frac{4\ \imath}{\omega^3}\ \left( \cos^2 \omega - \sin^2 \omega +2\ \omega\ \sin \omega\ \cos \omega -1 \right)\\
&= \frac{4\ \imath}{\omega^3}\ \left( 1 - 2\ \sin^2 \omega +2\ \omega\ \sin \omega\ \cos \omega - 1 \right)\\
&= \frac{8\ \imath}{\omega^3}\ \sin \omega\ \left( \omega\ \cos \omega - \sin \omega\right)
\end{split}
\]
che coincide con quanto già trovato per altra via da friction.
\[
\begin{split}
f(t)&:=(2t-t|t|)\ \big(\operatorname{u}(t+2)-\operatorname{u}(t-2)\big) \\
&= (2t+t^2)\ \big(\operatorname{u}(t+2)-\operatorname{u}(t)\big) + (2t-t^2)\ \big( \operatorname{u}(t)-\operatorname{u}(t-2) \big)\; ,
\end{split}
\]
sicché essa è prodotto di gradini per funzioni algebriche.
Una tecnica di calcolo abbastanza standard in questi casi consiste nel derivare la trasformanda in senso distribuzionale fino a far comparire solamente impulsi ed infine calcolare la trasformata usando la regola della derivata e qualche altra proprietà algebrica della trasformata.
Derivando in senso distribuzionale trovo:
\[
\begin{split}
f^\prime (t) &= (2+2t)\ \big(\operatorname{u}(t+2)-\operatorname{u}(t)\big) + (2t+t^2)\big|_{t=-2}\ \delta (t+2) - (2t+t^2)\big|_{t=0}\ \delta(t)\\
&\phantom{=} + (2-2t)\ \big( \operatorname{u}(t)-\operatorname{u}(t-2) \big) + (2t-t^2)\big|_{t=0}\ \delta (t) - (2t-t^2)\big|_{t=2}\ \delta(t-2)\\
&= (2+2t)\ \big(\operatorname{u}(t+2)-\operatorname{u}(t)\big) + (2-2t)\ \big( \operatorname{u}(t)-\operatorname{u}(t-2) \big)\\
& \\
f^{\prime \prime}(t) &= 2\ \big(\operatorname{u}(t+2)-\operatorname{u}(t)\big) + (2+2t)\big|_{t=-2}\ \delta(t+2) - (2+2t)\big|_{t=0}\ \delta(t)\\
&\phantom{=} -2\ \big( \operatorname{u}(t)-\operatorname{u}(t-2) \big) + (2-2t)\big|_{t=0}\ \delta(t) - (2-2t)\big|_{t=2}\ \delta(t+2)\\
&= 2\ \big(\operatorname{u}(t+2)+\operatorname{u}(t-2)\big) -4\ \operatorname{u}(t) +2\ \big(\ \delta(t-2) -\ \delta (t+2)\big)\\
& \\
f^{\prime \prime \prime}(t) &= 2\ \big(\delta(t+2)+\delta(t-2)\big) -4\ \delta(t) +2\ \big(\ \delta^\prime (t-2) -\ \delta^\prime (t+2)\big)
\end{split}
\]
e qui mi fermo, perché in \(f^{\prime \prime \prime}\) compaiono solo impulsi; sfruttando le proprietà della trasformata (i.e., la regola della derivata, la proprietà di traslazione e la nota traformata della \(\delta\)) ottengo:
\[
\begin{split}
\mathcal{F}[f](\omega) &= \frac{1}{(\imath\ \omega)^3}\ \mathcal{F}[f^{\prime \prime \prime}](\omega)\\
&= \frac{2\ \imath}{\omega^3}\ \left(\mathcal{F}[\delta(t+2)](\omega) + \mathcal{F}[\delta(t-2)](\omega) - 2\ \mathcal{F}[\delta(t)](\omega)+ \mathcal{F}[\delta^\prime (t-2)](\omega) - \mathcal{F}[\delta^\prime (t+2)](\omega)\right)\\
&= \frac{2\ \imath}{\omega^3}\ \left( e^{\imath\ 2\omega} + e^{-\imath\ 2\omega} -2 + \imath\ \omega e^{-\imath\ 2\omega} - \imath\ \omega e^{\imath\ 2\omega}\right)\ \underbrace{\mathcal{F}[\delta](\omega)}_{\color{\maroon}{=1}}\\
&= \frac{2\ \imath}{\omega^3}\ \left( 2\ \cos 2\omega -2 +2\omega\ \sin 2\omega \right)\\
&= \frac{4\ \imath}{\omega^3}\ \left( \cos 2\omega +\omega\ \sin 2\omega -1 \right)
\end{split}
\]
che è il risultato finale.
Infine noto esplicitamente che, usando un po' di trigonometria elementare, poteri scrivere il risultato come:
\[
\begin{split}
\mathcal{F}[f](\omega) &= \frac{4\ \imath}{\omega^3}\ \left( \cos^2 \omega - \sin^2 \omega +2\ \omega\ \sin \omega\ \cos \omega -1 \right)\\
&= \frac{4\ \imath}{\omega^3}\ \left( 1 - 2\ \sin^2 \omega +2\ \omega\ \sin \omega\ \cos \omega - 1 \right)\\
&= \frac{8\ \imath}{\omega^3}\ \sin \omega\ \left( \omega\ \cos \omega - \sin \omega\right)
\end{split}
\]
che coincide con quanto già trovato per altra via da friction.
@friction Ho riguardato e avevo commesso errori di calcolo tutto risolto... adesso infatti la soluzione coincide!!!
Grazie millee....
tutto risolto... adesso infatti la soluzione coincide!!! Grazie millee....
@UserUni: prego, di nulla.
@gugo82: mi sembra di capire che le distribuzioni siano roba più da fisico/ingegnere che da matematico; ad esempio ho dato un'occhiata al corso di studi di Padova e mi pare non siano oggetto di nessun esame (nemmeno del corso di metodi matematici, forse per mancanza di tempo), ovvio che poi le cose cambiano da università a università, ma se fosse un argomento fondamentale ci sarebbe. Sbaglio? In ogni caso, se uno studente di matematica non conoscesse le distribuzioni, sarebbe costretto a calcolare la trasformata svolgendo l'integrale, o è possibile qualche altra via più vantaggiosa? Ovviamente grazie per aver riportato lo svolgimento, sei stato chiarissimo
@gugo82: mi sembra di capire che le distribuzioni siano roba più da fisico/ingegnere che da matematico; ad esempio ho dato un'occhiata al corso di studi di Padova e mi pare non siano oggetto di nessun esame (nemmeno del corso di metodi matematici, forse per mancanza di tempo), ovvio che poi le cose cambiano da università a università, ma se fosse un argomento fondamentale ci sarebbe. Sbaglio? In ogni caso, se uno studente di matematica non conoscesse le distribuzioni, sarebbe costretto a calcolare la trasformata svolgendo l'integrale, o è possibile qualche altra via più vantaggiosa? Ovviamente grazie per aver riportato lo svolgimento, sei stato chiarissimo
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