Esercizio sulla trasformata di Fourier
Buonasera, avrei bisogno di assistenza per un esercizio riguardante il calcolo della trasformata di Fourier. Questo che allego è la correzione svolta dal professore. I miei dubbi sono i seguenti: c’è un punto, dove ho sottolineato di verde, in cui $e^(-iξx)$ è stato riscritto sotto la forma $cos(ξx)$; non dovrebbe essere $cos(ξx)-isin(ξx)$? L’altra cosa che non ho ben capito è perché faccia la derivata $d/(dξ) hat g(ξ)$.
Ringrazio in anticipo chi mi risponderà e chiedo gentilmente se sarà comunque possibile spiegarmi integralmente l’esercizio.
Ringrazio in anticipo chi mi risponderà e chiedo gentilmente se sarà comunque possibile spiegarmi integralmente l’esercizio.
Risposte
"Wuming9472":
c’è un punto, dove ho sottolineato di verde ..
Risulta
$int_(-infty)^(+infty) e^(-i xi x) e^(-x^2) dx =$
$=int_(-infty)^(+infty) (cos(xi x) - i sin(xi x) ) e^(-x^2) dx =$
$= int_(-infty)^(+infty) cos(xi x)e^(-x^2) dx - i * int_(-infty)^(+infty) sin(xi x) e^(-x^2) dx =$
$=2* int_0^(+infty) cos(xi x)e^(-x^2) dx$
perchè si tratta di integrali su un dominio simmetrico rispetto all'origine rispettivamente di una funzione pari (doppio dell'integrale solo per x positive) e dispari (nullo).
"Wuming9472":
L’altra cosa che non ho ben capito è perché faccia la derivata
Un abile trucco per risolvere l'integrazione della funzione. Facendo la derivata trova l'equazione differenziale
$(d hat g)/(d xi) = - xi/2 * hat g$
che risolta per variabili separabili ha come soluzione
$ hat g = hatg (0) e^(-xi^2)$
con $hatg (0)$ che può essere calcolata perchè si tratta di un integrale noto.
Ciao Wuming9472,
Ricalcolo la trasformata della funzione proposta $f(x) = exp(- 3x^2 + 2x + 1) $ come l'avrei svolta io, tanto per vedere se tornano i conti, riferendomi all'integrale di cui a questo thread, che ripropongo qui di seguito opportunamente modificato:
$ \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\alpha x^2 +\beta x} \text{d}x = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\ e^{ \frac{\beta^2}{4\alpha} $
per $\text{Re}[\alpha] > 0 $
Si ha:
$hat{f}(\xi) = \int_{-\infty}^{+\infty} exp(- 3x^2 + 2x + 1) e^{- i\xi x} \text{d}x = e \int_{-\infty}^{+\infty} e^{- 3x^2 + (2 - i\xi)x} \text{d}x $
Dunque nel caso in esame $\alpha = 3 $ e $\beta = 2 - i\xi $, sicché si ha:
$hat{f}(\xi) = e \int_{-\infty}^{+\infty} e^{- 3x^2 + (2 - i\xi)x} \text{d}x = e \sqrt{\frac{\pi}{3}} e^{ \frac{(2 - i\xi)^2}{12}} = e \sqrt{\frac{\pi}{3}} exp(1/3 - i\xi/3 -\xi^2/12) = $
$ = e^{4/3} \sqrt{\frac{\pi}{3}}exp( - i\xi/3 - \xi^2/12) $
Sì, il risultato è corretto.
Ricalcolo la trasformata della funzione proposta $f(x) = exp(- 3x^2 + 2x + 1) $ come l'avrei svolta io, tanto per vedere se tornano i conti, riferendomi all'integrale di cui a questo thread, che ripropongo qui di seguito opportunamente modificato:
$ \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\alpha x^2 +\beta x} \text{d}x = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\ e^{ \frac{\beta^2}{4\alpha} $
per $\text{Re}[\alpha] > 0 $
Si ha:
$hat{f}(\xi) = \int_{-\infty}^{+\infty} exp(- 3x^2 + 2x + 1) e^{- i\xi x} \text{d}x = e \int_{-\infty}^{+\infty} e^{- 3x^2 + (2 - i\xi)x} \text{d}x $
Dunque nel caso in esame $\alpha = 3 $ e $\beta = 2 - i\xi $, sicché si ha:
$hat{f}(\xi) = e \int_{-\infty}^{+\infty} e^{- 3x^2 + (2 - i\xi)x} \text{d}x = e \sqrt{\frac{\pi}{3}} e^{ \frac{(2 - i\xi)^2}{12}} = e \sqrt{\frac{\pi}{3}} exp(1/3 - i\xi/3 -\xi^2/12) = $
$ = e^{4/3} \sqrt{\frac{\pi}{3}}exp( - i\xi/3 - \xi^2/12) $
Sì, il risultato è corretto.
Vi ringrazio infinitamente entrambi per i vostri preziosissimi contributi.
Adesso sono riuscito a comprendere senza alcun dubbio alcuno questo esercizio d’esame.
Adesso sono riuscito a comprendere senza alcun dubbio alcuno questo esercizio d’esame.
"pilloeffe":
Ciao Wuming9472,
Ricalcolo la trasformata della funzione proposta $f(x) = exp(- 3x^2 + 2x + 1) $ come l'avrei svolta io, tanto per vedere se tornano i conti, riferendomi all'integrale di cui a questo thread, che ripropongo qui di seguito opportunamente modificato:
$ \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\alpha x^2 +\beta x} \text{d}x = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\ e^{ \frac{\beta^2}{4\alpha} $
per $\text{Re}[\alpha] > 0 $
Si ha:
$hat{f}(\xi) = \int_{-\infty}^{+\infty} exp(- 3x^2 + 2x + 1) e^{- i\xi x} \text{d}x = e \int_{-\infty}^{+\infty} e^{- 3x^2 + (2 - i\xi)x} \text{d}x $
Dunque nel caso in esame $\alpha = 3 $ e $\beta = 2 - i\xi $, sicché si ha:
$hat{f}(\xi) = e \int_{-\infty}^{+\infty} e^{- 3x^2 + (2 - i\xi)x} \text{d}x = e \sqrt{\frac{\pi}{3}} e^{ \frac{(2 - i\xi)^2}{12}} = e \sqrt{\frac{\pi}{3}} exp(1/3 - i\xi/3 -\xi^2/12) = $
$ = e^{4/3} \sqrt{\frac{\pi}{3}}exp( - i\xi/3 - \xi^2/12) $
Sì, il risultato è corretto.
Salve, ho un problema simile a Wuming9472, devo calcolare la trasformata di Fourier della funzione
$ f(x) = exp(-|x-3|+2) $
Non saprei come iniziare l'esercizio utilizzando la formula che Lei ha fornito, dovrei modificare la mia funzione in $ f(x) = exp(2 - sqrt((x-3)^2) )$ ?
Ciao NIcholasGiovs,
No, qui il caso è più semplice: non c'è $x^2$, userei semplicemente la definizione di modulo o valore assoluto per spezzare l'integrale:
$|x - 3| := {(x - 3 \text{ se } x \ge 3),(3 - x \text{ se } x < 3):} $
Da cui si ha:
$f(x) = {(exp(- x + 5) \text{ se } x \ge 3),(exp(x - 1) \text{ se } x < 3):} $
Sicché la trasformata della funzione $f(x) $ sarà la seguente:
$\hat{f}(\xi) = \int_{-\infty}^3 exp(x - 1) e^{- i\xi x} \text{d}x + \int_3^{+\infty} exp(- x + 5) e^{- i\xi x} \text{d}x = $
$ = 1/e \int_{-\infty}^3 e^{x(1 - i\xi)} \text{d}x + e^5 \int_3^{+\infty} e^{- x(1 + i\xi)} \text{d}x = $
$ = i (e^{2 - 3i\xi})/(\xi + i) - i (e^{2 - 3i\xi})/(\xi - i) = i e^{2 - 3i\xi} \cdot (- 2i)/(\xi^2 + 1) = 2 (e^{2 - 3i\xi})/(\xi^2 + 1) $
P.S.: non mi dare del Lei che sul forum non si usa e poi mi fai sentire ancora più vecchio di quanto già non sia...
"NIcholasGiovs":
Non saprei come iniziare l'esercizio utilizzando la formula che Lei ha fornito
No, qui il caso è più semplice: non c'è $x^2$, userei semplicemente la definizione di modulo o valore assoluto per spezzare l'integrale:
$|x - 3| := {(x - 3 \text{ se } x \ge 3),(3 - x \text{ se } x < 3):} $
Da cui si ha:
$f(x) = {(exp(- x + 5) \text{ se } x \ge 3),(exp(x - 1) \text{ se } x < 3):} $
Sicché la trasformata della funzione $f(x) $ sarà la seguente:
$\hat{f}(\xi) = \int_{-\infty}^3 exp(x - 1) e^{- i\xi x} \text{d}x + \int_3^{+\infty} exp(- x + 5) e^{- i\xi x} \text{d}x = $
$ = 1/e \int_{-\infty}^3 e^{x(1 - i\xi)} \text{d}x + e^5 \int_3^{+\infty} e^{- x(1 + i\xi)} \text{d}x = $
$ = i (e^{2 - 3i\xi})/(\xi + i) - i (e^{2 - 3i\xi})/(\xi - i) = i e^{2 - 3i\xi} \cdot (- 2i)/(\xi^2 + 1) = 2 (e^{2 - 3i\xi})/(\xi^2 + 1) $
P.S.: non mi dare del Lei che sul forum non si usa e poi mi fai sentire ancora più vecchio di quanto già non sia...
"pilloeffe":
Ciao Wuming9472,
Ricalcolo la trasformata della funzione proposta $f(x) = exp(- 3x^2 + 2x + 1) $ come l'avrei svolta io, tanto per vedere se tornano i conti, riferendomi all'integrale di cui a questo thread, che ripropongo qui di seguito opportunamente modificato:
$ \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\alpha x^2 +\beta x} \text{d}x = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\ e^{ \frac{\beta^2}{4\alpha} $
per $\text{Re}[\alpha] > 0 $
Si ha:
$hat{f}(\xi) = \int_{-\infty}^{+\infty} exp(- 3x^2 + 2x + 1) e^{- i\xi x} \text{d}x = e \int_{-\infty}^{+\infty} e^{- 3x^2 + (2 - i\xi)x} \text{d}x $
Dunque nel caso in esame $\alpha = 3 $ e $\beta = 2 - i\xi $, sicché si ha:
$hat{f}(\xi) = e \int_{-\infty}^{+\infty} e^{- 3x^2 + (2 - i\xi)x} \text{d}x = e \sqrt{\frac{\pi}{3}} e^{ \frac{(2 - i\xi)^2}{12}} = e \sqrt{\frac{\pi}{3}} exp(1/3 - i\xi/3 -\xi^2/12) = $
$ = e^{4/3} \sqrt{\frac{\pi}{3}}exp( - i\xi/3 - \xi^2/12) $
Sì, il risultato è corretto.
Salve, sto rivedendo questo esercizio e vorrei capire qualcosa di più, può gentilmente spiegarmi la teoria dietro questa formula?
$ \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\alpha x^2 +\beta x} \text{d}x = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\ e^{ \frac{\beta^2}{4\alpha} $
@NIcholasGiovs: Completa il quadrato all'esponente, per poi ricondurti all'integrale gaussiano con una sostituzione.
Ciao NIcholasGiovs,
Ti scrivo come l'ho ricavata per estensione a $\CC $, poi naturalmente non escludo che ci siano altri metodi.
Si parte dalla ben nota relazione
\begin{equation}
\int_{-\infty}^{+\infty} e^{- a x^2} \text{d}x = \sqrt{\frac{\pi}{ a }}
\label{intGauss:I0(a)}
\end{equation}
che vale per $a > 0 $
A questo punto si è indotti a generalizzare considerando l'integrale seguente:
\begin{equation}
\int_{-\infty}^{+\infty}e^{- a x^2 + ibx}\text{d}x
\label{intGauss:I0(a,b)}
\end{equation}
dove $a > 0$, $b \in \RR $ e $i^2 := -1$.
Per risolvere l'integrale proposto, si consideri la funzione $f(z) = e^{- a z^2 + ibz}$ della variabile complessa $z = x + iy$, essendo $y$ una costante il cui valore per il momento non interessa. Si osservi che la funzione $f(z)$ è analitica, senza singolarità al finito nel piano di Gauss.
Pertanto, in accordo col Teorema di Cauchy, si ha:
\begin{equation}
\oint_{{\partial}D_R}e^{- a z^2 + ibz}\text{d}z = 0
\label{intGauss:I0(a,b) su C}
\end{equation}
essendo $\partialD_R$ la frontiera del rettangolo $D_R$ di vertici $(-R,0)$, $(R,0)$, $(R,iy)$ e $(-R,iy)$ percorsa in senso antiorario; si sta dunque considerando il caso $\text{Im} [z] = y > 0$, ma il ragionamento sarebbe analogo se si considerasse $\text{Im} [z] = y < 0$.
Esplicitando la (\ref{intGauss:I0(a,b) su C}) si ha:
\begin{equation}
\int_{- R}^{+ R}e^{-a x^2 + ibx}\text{d}x + \int_{R}^{R + iy}e^{- a z^2 + ibz}\text{d}z + \int_{R + iy}^{- R + iy}e^{- a z^2 + ibz}\text{d}z + \int_{- R + iy}^{- R}e^{- a z^2 + ibz}\text{d}z = 0
\label{intGauss:I0(a,b)_su_C_espl}
\end{equation}
Ma il secondo ed il quarto integrale di quest'ultima relazione, cioè quelli sui lati verticali del rettangolo $D_R$, danno contributo nullo per $R \to +\infty$, per cui si ha:
\begin{equation}
\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-a x^2 + ibx}\text{d}x = \int_{-\infty + iy}^{+\infty + iy}e^{- a z^2 + ibz}\text{d}z
\label{intGauss:I0(a,b) su_C_final}
\end{equation}
Se nell'integrale che compare al secondo membro di quest'ultima equazione si tiene conto che $y$ è una costante, quindi $dz = dx$, e che $z = x + iy $, si ha:
\begin{equation}
\int_{-\infty}^{+\infty}e^{- a x^2 + ibx}\text{d}x = \int_{-\infty}^{+\infty}e^{- a (x + iy)^2 + ib(x + iy)}\text{d}x
\label{intGauss:I0(a,b)_inv_su_iy}
\end{equation}
Dunque l'integrale (\ref{intGauss:I0(a,b)}) non cambia valore qualora non sia calcolato lungo l'asse reale, ma lungo ogni altra parallela all'asse reale. Svolgendo i calcoli si ha:
\begin{align*}
\int_{-\infty}^{+\infty}e^{- a x^2 + ibx}\text{d}x & = \int_{-\infty}^{+\infty}e^{- a (x + iy)^2 + ib(x + iy)}\text{d}x = e^{a y^2 -by}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{- a x^2 - 2a ixy + ibx}\text{d}x =\\
& = e^{a y^2 - by}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{- a x^2 + ix(b - 2 a y)}\text{d}x
\label{intGauss:I0(a,b)el}
\end{align*}
Se in quest'ultimo integrale si sceglie $y$ in modo tale che dall'esponente dell'integrando scompaia la parte immaginaria, cioè si pone $y := b/(2a)$, si ha:
\begin{equation}
\int_{-\infty}^{+\infty}e^{- a x^2 + ibx}\text{d}x = e^{- \frac{b^2}{4}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{- a x^2}\text{d}x
\label{intGauss:I0(a,b)el_con_y=b/(2a)}
\end{equation}
Ma l'ultimo integrale della relazione precedente si può calcolare mediante la relazione (\ref{intGauss:I0(a)}), per cui si ha:
\begin{equation}
\boxed{\int_{-\infty}^{+\infty}e^{- a x^2 + ibx}\text{d}x = \sqrt{\frac{\pi}{a}}\:e^{- \frac{b^2}{4a}}
\label{intGauss:I0(a,b)def}}
\end{equation}
A questo punto basta considerare $\alpha \in \CC$ con $a = \text{Re}[\alpha] > 0 $ al posto di $a$ e porre $\beta := ib \implies \beta^2 = - b^2 $ che si ha:
\begin{equation}
\boxed{\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\alpha x^2 + \beta x}\text{d}x = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\:e^{ \frac{\beta^2}{4\alpha}}
\label{intGauss:I0(alpha,beta)def}}
\end{equation}
per $ \text{Re}[\alpha] > 0 $
Notare che ponendo $\beta := - i \omega $ nell'ultima equazione scritta si ottiene la trasformata di Fourier della funzione $e^{-\alpha x^2} $:
\begin{equation}
\boxed{\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\alpha x^2 - i \omega x}\text{d}x = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\:e^{ - \frac{\omega^2}{4\alpha}}
\label{intGauss:I0(alpha,- omega)}}
\end{equation}
per $ \text{Re}[\alpha] > 0 $
Ti scrivo come l'ho ricavata per estensione a $\CC $, poi naturalmente non escludo che ci siano altri metodi.
Si parte dalla ben nota relazione
\begin{equation}
\int_{-\infty}^{+\infty} e^{- a x^2} \text{d}x = \sqrt{\frac{\pi}{ a }}
\label{intGauss:I0(a)}
\end{equation}
che vale per $a > 0 $
A questo punto si è indotti a generalizzare considerando l'integrale seguente:
\begin{equation}
\int_{-\infty}^{+\infty}e^{- a x^2 + ibx}\text{d}x
\label{intGauss:I0(a,b)}
\end{equation}
dove $a > 0$, $b \in \RR $ e $i^2 := -1$.
Per risolvere l'integrale proposto, si consideri la funzione $f(z) = e^{- a z^2 + ibz}$ della variabile complessa $z = x + iy$, essendo $y$ una costante il cui valore per il momento non interessa. Si osservi che la funzione $f(z)$ è analitica, senza singolarità al finito nel piano di Gauss.
Pertanto, in accordo col Teorema di Cauchy, si ha:
\begin{equation}
\oint_{{\partial}D_R}e^{- a z^2 + ibz}\text{d}z = 0
\label{intGauss:I0(a,b) su C}
\end{equation}
essendo $\partialD_R$ la frontiera del rettangolo $D_R$ di vertici $(-R,0)$, $(R,0)$, $(R,iy)$ e $(-R,iy)$ percorsa in senso antiorario; si sta dunque considerando il caso $\text{Im} [z] = y > 0$, ma il ragionamento sarebbe analogo se si considerasse $\text{Im} [z] = y < 0$.
Esplicitando la (\ref{intGauss:I0(a,b) su C}) si ha:
\begin{equation}
\int_{- R}^{+ R}e^{-a x^2 + ibx}\text{d}x + \int_{R}^{R + iy}e^{- a z^2 + ibz}\text{d}z + \int_{R + iy}^{- R + iy}e^{- a z^2 + ibz}\text{d}z + \int_{- R + iy}^{- R}e^{- a z^2 + ibz}\text{d}z = 0
\label{intGauss:I0(a,b)_su_C_espl}
\end{equation}
Ma il secondo ed il quarto integrale di quest'ultima relazione, cioè quelli sui lati verticali del rettangolo $D_R$, danno contributo nullo per $R \to +\infty$, per cui si ha:
\begin{equation}
\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-a x^2 + ibx}\text{d}x = \int_{-\infty + iy}^{+\infty + iy}e^{- a z^2 + ibz}\text{d}z
\label{intGauss:I0(a,b) su_C_final}
\end{equation}
Se nell'integrale che compare al secondo membro di quest'ultima equazione si tiene conto che $y$ è una costante, quindi $dz = dx$, e che $z = x + iy $, si ha:
\begin{equation}
\int_{-\infty}^{+\infty}e^{- a x^2 + ibx}\text{d}x = \int_{-\infty}^{+\infty}e^{- a (x + iy)^2 + ib(x + iy)}\text{d}x
\label{intGauss:I0(a,b)_inv_su_iy}
\end{equation}
Dunque l'integrale (\ref{intGauss:I0(a,b)}) non cambia valore qualora non sia calcolato lungo l'asse reale, ma lungo ogni altra parallela all'asse reale. Svolgendo i calcoli si ha:
\begin{align*}
\int_{-\infty}^{+\infty}e^{- a x^2 + ibx}\text{d}x & = \int_{-\infty}^{+\infty}e^{- a (x + iy)^2 + ib(x + iy)}\text{d}x = e^{a y^2 -by}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{- a x^2 - 2a ixy + ibx}\text{d}x =\\
& = e^{a y^2 - by}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{- a x^2 + ix(b - 2 a y)}\text{d}x
\label{intGauss:I0(a,b)el}
\end{align*}
Se in quest'ultimo integrale si sceglie $y$ in modo tale che dall'esponente dell'integrando scompaia la parte immaginaria, cioè si pone $y := b/(2a)$, si ha:
\begin{equation}
\int_{-\infty}^{+\infty}e^{- a x^2 + ibx}\text{d}x = e^{- \frac{b^2}{4}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{- a x^2}\text{d}x
\label{intGauss:I0(a,b)el_con_y=b/(2a)}
\end{equation}
Ma l'ultimo integrale della relazione precedente si può calcolare mediante la relazione (\ref{intGauss:I0(a)}), per cui si ha:
\begin{equation}
\boxed{\int_{-\infty}^{+\infty}e^{- a x^2 + ibx}\text{d}x = \sqrt{\frac{\pi}{a}}\:e^{- \frac{b^2}{4a}}
\label{intGauss:I0(a,b)def}}
\end{equation}
A questo punto basta considerare $\alpha \in \CC$ con $a = \text{Re}[\alpha] > 0 $ al posto di $a$ e porre $\beta := ib \implies \beta^2 = - b^2 $ che si ha:
\begin{equation}
\boxed{\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\alpha x^2 + \beta x}\text{d}x = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\:e^{ \frac{\beta^2}{4\alpha}}
\label{intGauss:I0(alpha,beta)def}}
\end{equation}
per $ \text{Re}[\alpha] > 0 $
Notare che ponendo $\beta := - i \omega $ nell'ultima equazione scritta si ottiene la trasformata di Fourier della funzione $e^{-\alpha x^2} $:
\begin{equation}
\boxed{\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\alpha x^2 - i \omega x}\text{d}x = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\:e^{ - \frac{\omega^2}{4\alpha}}
\label{intGauss:I0(alpha,- omega)}}
\end{equation}
per $ \text{Re}[\alpha] > 0 $
Salve, ho ancora qualche dubbio su alcune trasformate di Fourier.
Nel caso di una funzione esponenziale moltiplicata per un polinomio quale può essere $ f(x) = (5x + 3) exp(x-x^2) $ oppure moltiplicata per un coseno quale $ f(x) = cos(x) exp(x-x^2) $ come devo comportarmi?
Per quanto riguarda il cos(x) credo di doverlo trasformare in forma esponenziale, ma per quanto riguarda il polinomio non so proprio come comportarmi.
Nel caso di una funzione esponenziale moltiplicata per un polinomio quale può essere $ f(x) = (5x + 3) exp(x-x^2) $ oppure moltiplicata per un coseno quale $ f(x) = cos(x) exp(x-x^2) $ come devo comportarmi?
Per quanto riguarda il cos(x) credo di doverlo trasformare in forma esponenziale, ma per quanto riguarda il polinomio non so proprio come comportarmi.
"NIcholasGiovs":
Per quanto riguarda il cos(x) credo di doverlo trasformare in forma esponenziale
Esatto...
"NIcholasGiovs":
ma per quanto riguarda il polinomio non so proprio come comportarmi.
Puoi procedere integrando per parti, oppure si può dimostrare (ma non è proprio semplicissimo...
) che si ha:\begin{equation}
\boxed{I_{n}(\alpha, \beta) = \int_{-\infty}^{+\infty}x^n\:e^{-\alpha x^2 + \beta x}dx = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\:e^{\frac{{\beta}^2}{4\alpha}}\sum_{k=0}^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}\frac{n!}{k!(n - 2k)!}\:\bigg(\frac{1}{4\alpha}\bigg)^{n-k}(2\beta)^{n-2k}}
\label{intGauss:In(alfa,beta)def}
\end{equation}
od anche:
\begin{equation}
\boxed{I_{n}(\alpha, \beta) = \int_{-\infty}^{+\infty}x^n\:e^{-\alpha x^2 + \beta x}dx = \frac{1}{2^{n}} \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\:e^{\frac{{\beta}^2}{4\alpha}}\sum_{k=0}^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}\frac{n!}{k!(n - 2k)!}\:{\alpha}^{k-n}\:{\beta}^{n-2k}}
\label{intGauss:In(alfa,beta)elab}
\end{equation}
oppure ancora:
\begin{equation}
\boxed{I_{n}(\alpha, \beta) = \int_{-\infty}^{+\infty}x^n\:e^{-\alpha x^2 + \beta x}dx = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\:e^{\frac{{\beta}^2}{4\alpha}}\sum_{k=0}^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}{n \choose 2k}\:(2k - 1)!!\:(2\alpha)^{k-n}{\beta}^{n-2k}}
\label{intGauss:In(alfa,beta)coeffbin}
\end{equation}
ove $\text{Re}[\alpha] = a > 0$, $\beta \in \CC_{-0}$, essendo $\CC_{-0} := \CC - {0} $
"pilloeffe":
[quote="NIcholasGiovs"]Per quanto riguarda il cos(x) credo di doverlo trasformare in forma esponenziale
Esatto...
"NIcholasGiovs":
ma per quanto riguarda il polinomio non so proprio come comportarmi.
Puoi procedere integrando per parti, oppure si può dimostrare (ma non è proprio semplicissimo...
) che si ha:\begin{equation}
\boxed{I_{n}(\alpha, \beta) = \int_{-\infty}^{+\infty}x^n\:e^{-\alpha x^2 + \beta x}dx = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\:e^{\frac{{\beta}^2}{4\alpha}}\sum_{k=0}^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}\frac{n!}{k!(n - 2k)!}\:\bigg(\frac{1}{4\alpha}\bigg)^{n-k}(2\beta)^{n-2k}}
\label{intGauss:In(alfa,beta)def}
\end{equation}
od anche:
\begin{equation}
\boxed{I_{n}(\alpha, \beta) = \int_{-\infty}^{+\infty}x^n\:e^{-\alpha x^2 + \beta x}dx = \frac{1}{2^{n}} \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\:e^{\frac{{\beta}^2}{4\alpha}}\sum_{k=0}^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}\frac{n!}{k!(n - 2k)!}\:{\alpha}^{k-n}\:{\beta}^{n-2k}}
\label{intGauss:In(alfa,beta)elab}
\end{equation}
oppure ancora:
\begin{equation}
\boxed{I_{n}(\alpha, \beta) = \int_{-\infty}^{+\infty}x^n\:e^{-\alpha x^2 + \beta x}dx = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\:e^{\frac{{\beta}^2}{4\alpha}}\sum_{k=0}^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}{n \choose 2k}\:(2k - 1)!!\:(2\alpha)^{k-n}{\beta}^{n-2k}}
\label{intGauss:In(alfa,beta)coeffbin}
\end{equation}
ove $\text{Re}[\alpha] = a > 0$, $\beta \in \CC_{-0}$, essendo $\CC_{-0} := \CC - {0} $[/quote]
Perdonami, ma non ho ben capito come devo fare. Ad esempio, con $ f(x) = (x^2) exp(-x+1) $ cosa devo fare?
"NIcholasGiovs":
Ad esempio, con $f(x)=(x^2)exp(−x+1)$ cosa devo fare?
Non so se è un errore di battitura, ma ti sei reso conto che hai cambiato completamente tipo di funzione?
Se invece la funzione è $f(x) = (x^2)exp(−x^2+1)$ integrando per parti o sfruttando una delle relazioni che ti ho scritto nel mio post precedente mi risulta
$F(\omega) = \int_{-\infty}^{+\infty} x^2 exp(−x^2+1) e^(- i \omega x) \text{d}x = \sqrt{\pi} e^{1 - \omega^2/4} (1/2 - \omega^2/4) $
Quanto al resto, puoi dare un'occhiata ad esempio alla tabella delle trasformate di Fourier qui.
Ti chiederei poi la cortesia di non rispondere ai post col pulsante "CITA, ma col pulsante RISPONDI che trovi in fondo alla pagina. Questo perché raramente è necessario citare tutto il messaggio di chi ti ha risposto e facendolo si appesantisce inutilmente la lettura del thread. Comunque tranquillo, all'inizio della frequentazione del forum ci siamo cascati tutti, sottoscritto incluso...
Ti ringrazio per la celere risposta.
Sì, ho cambiato funzione perché volevo concentrarmi sul termine di secondo grado, sostanzialmente perché mi sono accorto che tutti i miei dubbi sono sul termine di secondo grado. Perdonami, ma nell'integrale che hai scritto non vedo $ x^2 $ che moltiplica l'esponente, è un errore di battitura?
Sì, ho cambiato funzione perché volevo concentrarmi sul termine di secondo grado, sostanzialmente perché mi sono accorto che tutti i miei dubbi sono sul termine di secondo grado. Perdonami, ma nell'integrale che hai scritto non vedo $ x^2 $ che moltiplica l'esponente, è un errore di battitura?
"NIcholasGiovs":
ma nell'integrale che hai scritto non vedo $x^2$ che moltiplica l'esponente, è un errore di battitura?
Sì, me n'ero accorto e lo stavo correggendo, ma mi hai preceduto...
Rileggendo il thread poi mi sono accorto anche di un altro errore di battitura nell'equazione (7) di qualche mio post fa:
Errata:
\begin{equation*} \int_{-\infty}^{+\infty}e^{- a x^2 + ibx}\text{d}x = e^{- \frac{b^2}{4}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{- a x^2}\text{d}x \label{intGauss:I0(a,b)el_con_y=b/(2a)} \end{equation*}
Corretta:
\begin{equation*} \int_{-\infty}^{+\infty}e^{- a x^2 + ibx}\text{d}x = e^{- \frac{b^2}{4a}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{- a x^2}\text{d}x \end{equation*}
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