Esercizio trasformata di Fourier
Buongiorno! Non sono sicura dello svolgimento di questo esercizio. Devo calcolare la trasformata di Fourier di
$H(x) x^k e^(-x) \qquad $ per $k\in \mathbb{N}$
Io pensavo di ricondurmi a calcolare
$\frac{1} {(-i)^k}\frac{\partial^k} {\partial\xi^k } ( \mathcal{F}(H(x) e^(-x)) (\xi)) $
Questa seconda trasformata mi da $\frac{1}{i\xi+1}$
E poi sostituisco.
Può andare? Grazie mille
$H(x) x^k e^(-x) \qquad $ per $k\in \mathbb{N}$
Io pensavo di ricondurmi a calcolare
$\frac{1} {(-i)^k}\frac{\partial^k} {\partial\xi^k } ( \mathcal{F}(H(x) e^(-x)) (\xi)) $
Questa seconda trasformata mi da $\frac{1}{i\xi+1}$
E poi sostituisco.
Può andare? Grazie mille
Risposte
H è la funzione di Heaviside ?
In tal caso l'integrale
$$\hat f (\xi) = \int_R H(x)x^ke^{-x}e^{-2\pi i \xi x}dx = \int_0^{+\infty} x^k e^{-x(2\pi i \xi + 1)}dx$$
Mi pare così grazioso... C'è una certa funzione famosa che...
In tal caso l'integrale
$$\hat f (\xi) = \int_R H(x)x^ke^{-x}e^{-2\pi i \xi x}dx = \int_0^{+\infty} x^k e^{-x(2\pi i \xi + 1)}dx$$
Mi pare così grazioso... C'è una certa funzione famosa che...
Grazie dRic, sí H è la funzione di Heaviside, non ci avevo proprio pensato di fare così, e poi usare la funzione Gamma!
E ma comunque c'è da fare un poco di attenzione. Nella definizione di funzione Gamma non entrano i numeri complessi;
\[
\Gamma(x)=\int_0^\infty t^{x-1}e^{-t}\, dt.\]
Puoi farmi vedere come hai calcolato quella trasformata di Fourier, per favore?
\[
\Gamma(x)=\int_0^\infty t^{x-1}e^{-t}\, dt.\]
Puoi farmi vedere come hai calcolato quella trasformata di Fourier, per favore?
Io pensavo di fare così:
$$\mathcal{F}(x^k H(x) e^{-x} ) (\xi)=\frac{1} {(-i)^k}\frac{\partial^k} {\partial\xi^k } ( \mathcal{F}(H(x) e^{-x} ) (\xi))$$
Mi sono calcolata a parte la $\mathcal{F}(H(x) e^(-x)) (\xi))$ che mi da $\frac{1}{i\xi+1}$
Quindi derivo k volte rispetto xi questo risultato
$$\mathcal{F}(x^k H(x) e^{-x} ) (\xi)=\frac{1} {(-i)^k}\frac{\partial^k} {\partial\xi^k } ( \mathcal{F}(H(x) e^{-x} ) (\xi))$$
Mi sono calcolata a parte la $\mathcal{F}(H(x) e^(-x)) (\xi))$ che mi da $\frac{1}{i\xi+1}$
Quindi derivo k volte rispetto xi questo risultato
"dissonance":
E ma comunque c'è da fare un poco di attenzione. Nella definizione di funzione Gamma non entrano i numeri complessi;
\[
\Gamma(x)=\int_0^\infty t^{x-1}e^{-t}\, dt.\]
Puoi farmi vedere come hai calcolato quella trasformata di Fourier, per favore?
Cavolo è vero... ma non è che si potrebbe aggiustare la cosa ? Perché io l'ho fatto senza pensarci e ho controllato la soluzione e mi torna. In più l'ho sempre fatto questo trucchetto in altre circostanze dimenticandomi di questo fatto e non ho mai avuto problemi... Sono stato solo fortunato ?
Non penso proprio sia questione di fortuna. Posta qualche esempio concreto e lo analizziamo. Immagino che ci sia una maniera rigorosa di giustificare i calcoli anche se coinvolgono numeri complessi.
Beh questo è uno. Ponendo $z = x(2 \pi i x + 1)$ e moltiplicando qua e là per aggiustare i coefficienti viene la funzione gamma di $k+1$, almeno all'apparenza. Poi comunque la soluzione l'ho confrontata per qualche valore di $k$ a caso con quella che mi da' Wolfram Alpha e se non ricordo male, combaciavano.
Se vuoi che ne parliamo devi aggiungere un po' di dettagli, così non si può dire niente.
Prova a prendere un esempio più semplice. Secondo me, l'esempio più semplice di tutti in cui si possono fare questi cambi di variabile che finiscono nei complessi è il calcolo di
\[
\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2 - i xk}\, dx.\]
Prova a prendere un esempio più semplice. Secondo me, l'esempio più semplice di tutti in cui si possono fare questi cambi di variabile che finiscono nei complessi è il calcolo di
\[
\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2 - i xk}\, dx.\]
Scusami. Ecco cosa intendevo (partendo dal presupposto che $k$ è un intero positivo:
$$\frac 1 {(2\pi i \xi + 1)^{k+1}}\int_0^{\infty} (2\pi i \xi + 1)^{k}x^k e^{-x(2\pi i \xi + 1)} (2\pi i \xi + 1)dx$$
Posto $z = (2\pi i \xi + 1)x$ e quindi $dz = (2\pi i \xi + 1)dx$ viene (però forse ho un po' stuprato gli estremi di integrazione
):
$$\frac 1 {(2\pi i \xi + 1)^{k+1}}\int_0^{\infty} z^ke^{-z}dz = \frac 1 {(2\pi i \xi + 1)^{k+1}} \Gamma (k+1) = \frac {k!} {(2\pi i \xi + 1)^{k+1}}$$
Che però dovrebbe essere il risultato corretto
PS: non so perché ho il feeling che funzioni solo per $k$ interi.
$$\frac 1 {(2\pi i \xi + 1)^{k+1}}\int_0^{\infty} (2\pi i \xi + 1)^{k}x^k e^{-x(2\pi i \xi + 1)} (2\pi i \xi + 1)dx$$
Posto $z = (2\pi i \xi + 1)x$ e quindi $dz = (2\pi i \xi + 1)dx$ viene (però forse ho un po' stuprato gli estremi di integrazione
):$$\frac 1 {(2\pi i \xi + 1)^{k+1}}\int_0^{\infty} z^ke^{-z}dz = \frac 1 {(2\pi i \xi + 1)^{k+1}} \Gamma (k+1) = \frac {k!} {(2\pi i \xi + 1)^{k+1}}$$
Che però dovrebbe essere il risultato corretto
PS: non so perché ho il feeling che funzioni solo per $k$ interi.
E' proprio quello il punto: gli estremi di integrazione. Dovresti integrare su una semiretta nel piano complesso, ma per qualche ragione puoi ricondurti a integrare su \([0, \infty)\). Il tuo procedimento non è rigoroso unicamente perché non dimostri quest'ultimo fatto.
SUGGERIMENTO: https://math.stackexchange.com/a/271130/8157
(guarda come usa la "contour integration" per giustificare una cosa molto simile)
SUGGERIMENTO: https://math.stackexchange.com/a/271130/8157
(guarda come usa la "contour integration" per giustificare una cosa molto simile)
Grazie del link. Oggi sono parecchio impegnato e forse anche nei prossimi giorni, ma appena posso mi studio a modo la questione (mi ci vuole un po' di tempo perché non sono molto lesto a capire queste cose). Nel caso apro un nuovo thread. Ciao!
Tornando alla trasformata iniziale... forse prima di portare fuori la derivata k-esima rispetto a xi devo vedere se si può fare? Che condizioni devono esserci?
@dissonance scusa ma non ci ho capito gran che nel il link che hai mandato. Tuttavia mi è venuto in mente un modo divertente per dimostrare il tutto. Mi puoi dire se è giusto ?
Essenzialmente devo dimostrare la seguente
Tesi:
$$\int_0^{+i \infty} z^k e^{-z} dz = \int_0^{+\infty} x^k e^{-x}dx$$
con $z \in \CC$, $x \in RR$, ed $k \in \NN$
Dim:
Considero il seguente circuito $\gamma = \gamma_1 + \gamma_2 + \gamma_3$ dove $\gamma_1 = [0, R]$, $\gamma_2 = [0, iR]$ e $\gamma_3$ è la retta che conclude il triangolo di vertici $(0, 0)$ $(0, R)$ e $(0, iR)$.
Dunque si dovrebbe avere:
$$\int_{\gamma} f(z) dz = \int_{\gamma_1} f(z) dz + \int_{\gamma_2} f(z) dz + \int_{\gamma_3} f(z) dz = 0$$
L'idea è quella di mostrare che per $R -> \infty$:
- $\int_{\gamma_1} f(z) dz = \int_0^{+i \infty} z^k e^{-z} dz$
- $\int_{\gamma_2} f(z) dz =\int_0^{+\infty} x^k e^{-x}dx$
- $\int_{\gamma_3} f(z) dz = 0$
In questo modo la tesi sarebbe dimostrata.
Parametrizzando $\gamma_3(t) = R + t(iR - R) = R(1 + ti - t)$ e $\gamma'(t) = Ri$, l'integrale su $gamma_3$ diventa:
$$ \int_0^1 R^k(1 + ti - t)^k e^{-R(1 + ti - t)} Ri dt = R^{k+1}e^{-R} i \int_0^1 (1 + ti + t) e^{-Rti}e^{Rt}dt$$
Maggioro:
$$\left| R^{k+1}e^{-R} i \int_0^1 (1 + ti + t) e^{-Rti}e^{Rt}dt \right| \le \left| R^{k+1}e^{-R} \right| \int_0^1 \left| (1 + ti - t) e^{-Rt}\right|dt$$
Adesso mi sembra abbastanza evidente che si possa passare al limite sotto segno integrale perché, per $R>0$, la funzione è limitata nell'intervallo e si puo' maggiorare con una costante indipendente da $R$ ed quindi:
$$\lim_{R \rightarrow +\infty} \left| R^{k+1}e^{-R} \right| \int_0^1 \left| (1 + ti - t) e^{-Rt}\right|dt = 0$$
da qui la tesi.
Che ne dici?
Essenzialmente devo dimostrare la seguente
Tesi:
$$\int_0^{+i \infty} z^k e^{-z} dz = \int_0^{+\infty} x^k e^{-x}dx$$
con $z \in \CC$, $x \in RR$, ed $k \in \NN$
Dim:
Considero il seguente circuito $\gamma = \gamma_1 + \gamma_2 + \gamma_3$ dove $\gamma_1 = [0, R]$, $\gamma_2 = [0, iR]$ e $\gamma_3$ è la retta che conclude il triangolo di vertici $(0, 0)$ $(0, R)$ e $(0, iR)$.
Dunque si dovrebbe avere:
$$\int_{\gamma} f(z) dz = \int_{\gamma_1} f(z) dz + \int_{\gamma_2} f(z) dz + \int_{\gamma_3} f(z) dz = 0$$
L'idea è quella di mostrare che per $R -> \infty$:
- $\int_{\gamma_1} f(z) dz = \int_0^{+i \infty} z^k e^{-z} dz$
- $\int_{\gamma_2} f(z) dz =\int_0^{+\infty} x^k e^{-x}dx$
- $\int_{\gamma_3} f(z) dz = 0$
In questo modo la tesi sarebbe dimostrata.
Parametrizzando $\gamma_3(t) = R + t(iR - R) = R(1 + ti - t)$ e $\gamma'(t) = Ri$, l'integrale su $gamma_3$ diventa:
$$ \int_0^1 R^k(1 + ti - t)^k e^{-R(1 + ti - t)} Ri dt = R^{k+1}e^{-R} i \int_0^1 (1 + ti + t) e^{-Rti}e^{Rt}dt$$
Maggioro:
$$\left| R^{k+1}e^{-R} i \int_0^1 (1 + ti + t) e^{-Rti}e^{Rt}dt \right| \le \left| R^{k+1}e^{-R} \right| \int_0^1 \left| (1 + ti - t) e^{-Rt}\right|dt$$
Adesso mi sembra abbastanza evidente che si possa passare al limite sotto segno integrale perché, per $R>0$, la funzione è limitata nell'intervallo e si puo' maggiorare con una costante indipendente da $R$ ed quindi:
$$\lim_{R \rightarrow +\infty} \left| R^{k+1}e^{-R} \right| \int_0^1 \left| (1 + ti - t) e^{-Rt}\right|dt = 0$$
da qui la tesi.
Che ne dici?
Esatto, pensavo proprio a qualcosa di questo genere. Mi pare che vada tutto bene.
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