FOURIEROVA TRANSFORMACE
Fourierova transformace je užiteˇcná transfor- mace, která pomáhá ˇrešit ˇradu úloh tím, že je pˇre- transformuje na jednodušší úlohy, ty vyˇrešíma a výsledky pˇretransformujeme zpˇet.
Má jednu slabinu. Základním prostˇredím pro ni jsou komplexní ˇcísla.
FOURIEROVA V ˇ ETA
V kapitole o Fourierových ˇradách byla dokázána Fourierova vˇeta (pˇripomeˇnte si, že bf (x) = (f (x+) + +f (x−))/2):
V ˇETA. Necht’ f je po ˇcástech hladká na R aR
R|f | konverguje. Potom f (x) =b 1
π Z ∞
0
Z ∞
−∞
f (t) cos(u(x − t)) dt du .
Výsledek je možné nyní pˇreformulovat s použitím komplexních funkcí. Fourierova ˇrada a0
2 +
∞
X
n=1
ancos(πnx/l) + bnsin(πnx/l)
lze pˇrepsat do tvaru
+∞
X
n=−∞
cneiπnx/l, kde cn=an− ibn
2 pro n ≥ 0 , cn=a−n+ ib−n
2 pro n < 0 . Odtud snadno vyplývá, že pro všechna celá n je
cn= 1 2l
Z l
−l
f (x)e−iπnx/l dx .
Pokud znovu provedete postup, který vede k rovnosti ve Fourierovˇe vˇetˇe, a použijete pˇredchozí modifikovaný zápis Fourierových ˇrad, dostanete Fourierovu vˇetu v následujícím tvaru:
V ˇETA. Necht’ f je po ˇcástech hladká na R aR
R|f | konverguje. Potom f (x) =b 1
2π Z ∞
−∞
Z ∞
−∞
f (u)e−itu du eitx dt .
Rozumí si to dobˇre s komplexními ˇcísly.
Na základˇe této vˇety se definuje Fourierova transformace:
DEFINICE. Pro reálnou funkci f definovanou na R se definuje F (f )(t) =
Z +∞
−∞
f (x)e−itxdx , F−1(f )(t) = 1 2π
Z +∞
−∞
f (x)eitx dx .
Funkce F (f ) se nazýváFourierova transformace funkce f , funkce F−1(f ) se nazýváinverzní Fourierova transformacefunkce f .
Fourierovu vˇetu lze nyní formulovat ve tvaru:
Necht’f je po ˇcástech hladká na R aR
R|f | konverguje. Potom
F (F−1(f ))(x) = F−1(F (f ))(x) = bf (x) .
Nenechte se mýlit. Je to opravdu tak úžasnˇe jed- noduché.
Sinová a kosinová Fourierova transformace
Je-li funkce f sudá, lze Fourierovu transformaci funkce f vyjádˇrit jiným zp˚usobem:
F (f )(t) =
Z +∞
−∞
f (x) cos(tx) − i sin(tx) dx = Z +∞
−∞
f (x) cos(tx) dx = 2 Z +∞
0
f (x) cos(tx) dx ,
F−1(f )(t) = 1 2π
Z +∞
−∞
f (x) cos(tx) + i sin(tx) dx = 1 2π
Z +∞
−∞
f (x) cos(tx) dx = 1 π
Z +∞
0
f (x) cos(tx) dx ,
Podobnˇe lze vyjádˇrit Fourierovu transformaci liché funkce:
F (f )(t) =
Z +∞
−∞
f (x) cos(tx) − i sin(tx) dx = 2i Z +∞
0
f (x) sin(tx) dx ,
F−1(f )(t) = 1 2π
Z +∞
−∞
f (x) cos(tx) + i sin(tx) dx = i π
Z +∞
0
f (x) sin(tx) dx ,
Jedná se o podobnou situaci jako u Fourierových ˇrad sudých nebo lichých funkcí: ve výsledku se vyskytovaly nenulové koeficienty jen u cos, resp. u sin.
Tzv. kosinová Fourierova ˇrada funkce f byla Fourieriova ˇrada funkce, která se rovnala f na [0, ∞) a byla doplnˇena na sudou funkci na záporných ˇcíslech.
Podobnˇe sinová Fourierova ˇrada funkce f byla Fourieriova ˇrada funkce, která se rovnala f na (0, ∞) a byla doplnˇena na lichou funkci na záporných ˇcíslech.
Stejnˇe lze postupovat u Fourierovy transformace.
Aby nebylo nutné si pamatovat dvˇe r˚uzné konstanty pˇred integrály, zmˇení se jedna konstanta na 1 a druhá na 2/π:
DEFINICE. Pro reálnou funkci f definovanou na (0, ∞) se definuje Fc(f )(t) =
Z +∞
0
f (x) cos(tx) dx , F−1c (f )(t) = 2 π
Z +∞
0
f (x) cos(tx) dx .
Funkce Fc(f ) se nazývákosinová Fourierova transformacefunkce f , funkce F−1c (f ) se nazýváinverzní ko- sinová Fourierova transformacefunkce f .
Fs(f )(t) = Z +∞
0
f (x) sin(tx) dx , F−1s (f )(t) = 2 π
Z +∞
0
f (x) sin(tx) dx .
Funkce Fs(f ) se nazývásinová Fourierova transformacefunkce f , funkce F−1s (f ) se nazýváinverzní sinová Fourierova transformacefunkce f .
Z Fourierovy vˇety se dostává:
V ˇETA. Necht’ f je po ˇcástech hladká na (0, ∞) aR∞
0 |f | konverguje. Potom Fc(F−1c (f ))(x) = F−1c (Fc(f ))(x) = bf (x) , Fs(F−1s (f ))(x) = F−1s (Fs(f ))(x) = bf (x) .
Ani trochu se to neplete . . .
Poznámky 1 Pˇríklady 1 1
VLASTNOSTI FOURIEROVY TRANSFORMACE
Následující vlastnosti jsou i s d˚ukazy (kromˇe poslední vlastnosti o souˇcinu a konvoluci) podobné tˇem z teorie Laplaceovy transformace.
Následuje odvození vlastností. Jsou tojenom hrátky s integrály.
V následujících vzorcích lze pˇredpokládat, že uvedené funkce jsou po ˇcástech spojité absolutnˇe integrovatelné.
Posunutí
Posunutí funkce f o a je funkce f (x − a).
Fourierova transformace posunuté funkce a posunutá Fourierova transformace (oboje posunutí o a) se spoˇcítá snadno:
F (f (x − a))(t) = e−iatF (f (x))(t) F (f (x))(t − a) = F (eiaxf (x))(t) .
Zvˇetšení
Zvˇetšením (nebo zmenšením) funkce f se míní funkce f (ax) pro a 6= 0. Následující výpoˇcty jsou velmi jednoduché (druhá rovnost plyne z první):
F (f (ax))(t) = 1
|a|F (f (x))t a
F (f (x))(at) = 1
|a|F (fx a
)(t) .
Derivace
Vztah derivace a Fourierovy transformace je podstatný pro použití na ˇrešení diferenciálních rovnic.
Rovnosti se dokáží snadno pomocí integrace po ˇcástech. Je nutné pˇredpokládat, že všechny uvedené integrály konvergují. spojitá.
F (f0(x))(t) = itF (f (x))(t) d
dtF (f (x))(t) = F (−ixf (x))(t) .
Indukcí se dokáží rovnosti pro derivace vyšších ˇrád˚u:
F (f(n)(x))(t) = (it)nF (f (x))(t) dn
dtnF (f (x))(t) = F ((−ix)nf (x))(t) .
Integrace
Vzorce na integraci Fourierovy transformace se získají z pˇredchozích vzorc˚u pro derivace:
Je-lig primitivní funkce k f na R taková, že lim
x→−∞g(x) = lim
x→−+∞g(x) = 0, pak F (g)(t) = F (f )(t)/(it).
Funkce F (f )(t) je primitivní k funkci F (−f (x)/(ix))(t) na R.
Konvoluce
Na rozdíl od Laplaceovy transformace pˇrevádí Fourierova transformace souˇcin funkcí na konvoluci obraz˚u. V pˇrípadˇe funkcí na R se konvoluce definuje trochu jinak:
DEFINICE. Konvolucena R dvou funkcí f, g je funkce (f ∗ g)(t) =
Z +∞
−∞
f (x)g(t − x) dx .
Vlastnosti konvoluce jsou probrány v Otázkách.
Platí
F (f ∗ g) = F (f ) F (g) F (f g) = 1
2πF (f ) ∗ F (g) .
D ˚ukaz. Pravá strana první rovnosti se rozepíše pomocí definice transformace a ve vzniklém dvojnásobném inte- grálu se dá substituce x + y = u
F (f )(t) F (g)(t) = Z ∞
−∞
Z ∞
−∞
e−it(x+y)f (x)g(y) dy dx =
= Z ∞
−∞
e−ituZ ∞
−∞
f (u)g(x − u) dx
du = F (f ∗ g)(t) .
Použijete-li pˇredchozí postup pro F−1, dostanete rovnost F−1(f ) F−1(g) = F−1(f ∗ g)/2π. Když se do této rovnosti dosadí F (f ) místo f a F (g) místo g, dostane se rovnost f g = F−1(F (f ) ∗ F (g)), odkud pomocí inverze
plyne druhá dokazovaná rovnost. 3
Použití Fourierovy transformace na hledání ˇrešení diferenciálních a integrálních rovnic je podobné použití Laplaceovy transformace – viz pˇríklady.
BTW, neznám jednoduchou aplikaci Fourierovy transformace.
Pˇríklady 2 Otázky 2 2
KOMPLEXNÍ FOURIEROVA TRANSFORMACE
Na rozdíl od Laplaceovy transformace, která se dá použít i pro funkce neomezené v nekoneˇcnu, Fourierova transformace (jako reálná funkce) nelze aplikovat ani na nenulové konstantní funkce. Tento nedostatek se dá od- stranit umožnˇením komplexních hodnot.
Definice Fourierovy transformace má smysl i pro komplexní funkce reálné promˇenné f a pro komplexní ˇcísla t. Dostane se pak komplexní funkce komplexní promˇenné (zmˇeníme oznaˇcení promˇenné):
F (f )(z) = Z +∞
−∞
f (x)e−izxdx .
To je jízda!
Kde je tato funkce definována a kde je holomorfní?
V ˇETA. Necht’ f je po ˇcástech hladká a |f (x)| ≤ ke−axpro x > 0 a |f (x)| ≤ ke−bx pro x < 0 a pro nˇejakou konstantu k. Potom F (f )(z) je holomorfní v pásu b < =(z) < a.
D ˚ukaz. Pro x > 0 je zˇrejmˇe
|f (x)e−ixz| ≤ |e−x(iz+a)| ≤ ex(=(z)−a) a poslední funkce je integrovatelná na (0, ∞) pro =(z) < a.
Podobnˇe pro x < 0:
|f (x)e−ixz| ≤ |e−x(iz+b)| ≤ ex(=(z)−b) a poslední funkce je integrovatelná na (−∞, 0) pro =(z) > b.
Protože funkce xf (x) má stejná exponenciální omezení jako f (až na jinou konstantu k), lze F (f )(z) derivovat v uvedeném pásu za integraˇcním znamením, takže F (f )(z) je tam holomorfní. 3
Jak to vypadá s inverzní transformací pro F (f )(z)?
Obecnˇe ji nelze definovat jako pro reálné funkce, protože F (f )(z) nemusí být na reálné ose (tj. pro =(z) = 0) v˚ubec definována.
Necht’ je F (f )(z) definována na pˇrímce =(z) = c. Potom F (f )(t + ic) je definována na R a rovná se F (ecxf (x))(z). Tedy platí
ecxf (x) = 1 2π
Z +∞
−∞
F (f )(t + ic)eitx dt = ecx 2π
Z +∞+ic
−∞+ic
F (f )(u)eiux dt
kde pro poslední integrál byla použita substituce u = t + ic a uvedené meze znaˇcí integraci po pˇrímce =(z) = c.
Po zkrácení výrazem ecxse dostane inverzní transformace pro uvedený pˇrípad, takže
f (x) =b 1 2π
Z +∞+ic
−∞+ic
F (f )(u)eiux du , jakmile je F (f )(z) definována na pˇrímce =(z) = c.
Zatím tam nevidím v˚ubec nic tˇežkého ani leh- kého, nevím o ˇcem se povídá.
Shrneme pˇredchozí výsledky do vˇety:
V ˇETA. Necht’ f je po ˇcástech hladká a |f (x)| ≤ ke−axpro x > 0 a |f (x)| ≤ ke−bx pro x < 0 a pro nˇejakou konstantu k. Potom pro libovolné c ∈ (b, a) je
f (x) =b 1 2π
Z +∞+ic
−∞+ic
Z +∞
−∞
f (x)e−ixudx
eiux du ,
Opravdu to funguje!
Poznámky 3 Pˇríklady 3 3
INVERZNÍ LAPLACEOVA TRANSFORMACE
Laplaceova transformace se dá vyjádˇrit pomocí Fourierovy transformace:
L(f )(t) = Z +∞
−∞
f (x)e−txdx = F (f )(−it) ,
jestliže definujeme f (x) = 0 pro x < 0.
Stejnˇe jako u Fourierovy transformace je v definici Laplaceovy transformace možné chápat promˇennou t jako komplexní ˇcíslo a L(f ) je tedy komplexní funkce komplexní promˇenné.
Pokud je f exponenciálnˇe omezená, tj. |f (x)| ≤ kebxpro nˇejaká reálná ˇcísla k, b, je podle pˇredchozí ˇcásti funkce F (f )(−iz) holomorfní pro <(z) > b (ukažte to). Použitím pˇredchozí ˇcásti na získání inverze pro F (f )(−it) se dostane následující tvrzení.
V ˇETA. Necht’ f je po ˇcástech hladká komplexní funkce reálné promˇenné, která je rovna 0 pro x < 0 a |f (x)| ≤ kebxpro nˇejaká reálná ˇcísla k, b a pro x > 0. Potom L(f )(z) je holomorfní funkce na polorovinˇe <(z) > b a pro libovolné c > b je
f (x) =b 1 2πi
Z c+∞i c−∞i
L(f )(u)exu du .
Uvedená integrace je po pˇrímce kolmé k ose x v bodˇe c.
Nyní je možné poˇcítat inverzní Laplaceovu transformaci pomocí uvedeného vzorce. Nicménˇe, pˇrímý výpoˇcet tohoto integrálu m˚uže být komplikovaný.
V nˇekterých pˇrípadech je možné s výhodou použít reziduovou vˇetu. Integrace po uvedené pˇrímce se spoˇcte limitou integrál˚u pˇres zvˇetšující se intervaly, které se doplní (vˇetšinou polokružnicí) na uzavˇrenou kˇrivku.
Následující vˇeta popisuje velkou tˇrídu funkcí, pro které je možné takto inverzní Laplaceovu transformaci spo- ˇcítat.
V ˇETA. Necht’ g je holomorfní funkce v C \ {z1, ..., zn} a existují k, p > 0 tak, že |g(z)| ≤ k|z|−p pro x ∈ C \ {z1, ..., zn}. Potom pro c > max{<(z1), ..., <(zn)} je
1 2πi
Z c+∞i c−∞i
g(z)exz dz =
n
X
i=1
reszi(g(z)exz) .
Rezidua se prostˇe nemohou nepoužívat, když jsou tak roztomilá.
D ˚ukaz. Necht’ C je kˇrivka skládající se z úseˇcky C1 = {c + it; t ∈ [−R, R]} a z polokružnice C2 = {c + Reit; t ∈ [π/2, 3π/2]}. Zvolí se R > 0 tak, že všechny singulární body z1, ..., znleží uvnitˇr C.
Podle reziduové vˇety je Z
C1
g(z)exz dz + Z
C2
g(z)exz dz = Z
C
g(z)exz dz = 2πi
n
X
i=1
reszi(g(z)exz) .
Poslední výraz nezávisí na R a limita prvního integrálu pro R → ∞ je poˇcítaný integrálRc+∞i
c−∞i g(z)exz dz.
Staˇcí tedy ukázat
R→∞lim Z
C2
g(z)exz dz = lim
R→∞
Z 3π/2 π/2
g(c + Reit)ex(c+R(cos t+i sin t))Rieit dt = 0 .
Pro poslednˇe integrovanou funkci platí pro R > c odhad (dokažte) g(c + Reit)ex(c+R(cos t+i sin t))
Rieit
≤ Rkexc R − c
p
exR cos t.
Integrál z poslední exponenciály lze odhadnout následovnˇe:
Z 3π/2 π/2
exR cos t dt = 2 Z π/2
0
e−xR sin t dt ≤ 2 Z π/2
0
e−xR2t/π dt = π
xR(1 − e−xR) . takže výsledný odhad je
Z
C2
g(z)exz dz
≤ πkecx
x(R − c)p 1 − e−xR
a poslední výraz konverguje k 0 pro R → ∞. 3
Pˇreformulováním pˇredchozí vˇety se dostává tvrzení o výpoˇctu inverzní Laplaceovy transformace:
D ˚USLEDEK. Necht’ g je holomorfní funkce v C \ {z1, ..., zn} a existují k, p > 0 tak, že |g(z)| ≤ k|z|−p pro dostateˇcnˇe velká |z|. Potom
−1(g(z))(x) =
n
X
i=1
reszi(g(z)exz) .
Tak jsme se na to podívali. Laplaceova i Fourie- rova transformace dává z komplexního pohledu dobrý smysl.
Ale nestaˇcí mi na to m˚uj šestý (reálný) smysl.
Vznáší se tady komplexní mlha.
Poznámky 4 Pˇríklady 4 Otázky 4 4 5 6
POZNÁMKY
Poznámky 1:
V definicích Fourierovy transformace a její inverze se pˇred integrálem vyskytují i jiné konstanty. Jediná podmínka je, že souˇcin tˇechto dvou konstant je 2π1 . Pro lepší pamatování se nˇekdy obˇe konstanty volí stejné a to √1
2π. Podobnˇe je to s konstantami u kosinové a sinové transformace.
Fourierova transformace má mnoho použití. Napˇr. ve fyzice pˇri zkoumání frekvence a argumentu kmit˚u nebo nyní pˇri zpracování obrázk˚u na poˇcítaˇcích.
Existuje i diskrétní Fourierova transformace používaná v algebˇre.
Konec poznámek 1.
Poznámky 3:
Pomocí Fourierových a Laplaceových transformací se ˇreší i parciální diferenciální rovnice – tyto transformace je pˇrevedou na obyˇcejné diferenciální rovnice.
Jako pˇríklad lze ukázat rovnici vedení tepla
∂g(x, t)
∂t = −k∂2g(x, t)
∂x2 , g(x, 0) = f (x), |g(x, t)| < M .
Na tuto rovnici (na promˇennou x) se aplikuje Fourierova transformace; po oznaˇcení F (g(x, t))(s) = y(x, t) se dostane obyˇcejná diferenciální rovnice rovnice
dy
dt = −ks2y s ˇrešením y = Ce−ks2t, kde C = F (f (x))(s).
Protože
e−ks2t= Fe−4ktx2 2√
πkt
(s) , dá se ˇrešení rovnice napsat jako konvoluce
g(x, t) = f (x) ∗ e−4ktx2 2√
πkt, což se dá po vhodné substituci vyjádˇrit jako integrál
g(x, t) = 1
√π Z ∞
−∞
f (x − 2z√
kt)e−z2 dz .
To je paráda!
Konec poznámek 3.
Poznámky 4:
Uvˇedomte si, že podmínka |g(z)| ≤ k|z|−pimplikuje, že g má jen póly v bodech zi. Následující slabší podmínka 2 již tuto situaci neimplikuje.
Podíváte-li se pozornˇe na d˚ukaz tvrzení o výpoˇctu inverzní Laplaceovy transformace pomocí reziduí, zjistíte, že lze podmínky znaˇcnˇe zeslabit:
1. V d˚ukazu není nutné brát všechny oblouky CR, staˇcí jen posloupnost CRn kde Rnroste k +∞.
2. Podmínku |g(z)| ≤ k|z|−pstaˇcí vyžadovat jen na obloucích CRn. 3. Místo podmínky |g(z)| ≤ k|z|−pstaˇcí požadovat
lim max{|g(z)|; z ∈ CRn} = 0 .
4. Není nutné brát za CRn oblouky kružnice, je možné brát jiné vhodné kˇrivky, na nichž je splnˇena pˇredchozí podmínka 3.
Tvrzení o výpoˇctu inverzní Laplaceovy transformace pomocí reziduí lze dokázat i pro pˇrípad, kdy g má nekoneˇcnˇe mnoho singulárních bod˚u:
V ˇETA. Necht’ g je holomorfní funkce v C \ {zn}∞1 , pˇriˇcemž všechny body znleží v polorovinˇe <z < c. Necht’
Cnjsou jednoduché disjunktní kˇrivky s následujícícmi vlastnostmi:
1. Cnzaˇcíná a konˇcí na pˇrímce <z = c v bodech an, bna leží v polorovinˇe <z ≤ c;
2. {an} roste k +∞, {bn} klesá k −∞;
3. Cna {zn} jsou disjunktní a každé znleží uvnitˇr nˇekteré kˇrivky [bk, ak] + Ck. 4. lim max{|g(z)|; z ∈ Cn} = 0.
Potom
−1(g(z))(x) =
∞
X
i=1
reszi(g(z)exz) .
Konec poznámek 4.
P ˇ RÍKLADY
Pˇríklady 1:
1. Najdˇete Fourierovu transformaci funkce f (x) =
1, pro |x| < a;
0, pro |x| ≥ a.
Na výsledek použijte inverzní Fourierovu transformaci a dostanete zajímavý integrál.
2. Najdˇete Fourierovu transformaci funkce eaxpro a > 0. Protože na záporné ose jde funkce k ∞, je nutné vzít jen hodnoty pro kladná x a doplnit funkci na záporné ose na sudou nebo lichou funkci, takže se poˇcítá kosinová nebo sinová Fourierova transformace. Vypoˇctˇete kosinovou transformaci.
3. Najdˇete Fourierovu transformaci funkce e−ax2pro a > 0. [Pomocí úpravy exponentu v pˇríslušném integrálu na
ˇctverec dostanete integrál z e−z2po pˇrímce =(z) = p; ukažte integrací pˇres obdélník s vrcholy (−R, 0), (R, 0), (R, pi), (−R, pi) a limitou R → ∞, že tento integrál je rovenR∞
0 e−x2dx. Výsledná Fourierova transformace se rovnápπ/a e−t2/(4a).]
4. Najdˇete ˇrešení y následující integrální rovnice Z ∞
0
y(x) sin(tx) dt =
1 − t, pro t ∈ [0, 1];
0, pro t > 1.
5. Vypoˇctˇete kosinovou Fourierovu transformaci funkceR∞ x cos u
u du.
6. Vypoˇctˇete kosinovou Fourierovu transformaci funkce f (x) =
1 − x2, pro |x| < 1;
0, pro |x| > 1.
Konec pˇríklad˚u 1.
Pˇríklady 2:
1. Vyˇrešte integrální rovnici
Z ∞ 0
y(x) sin(tx) dx =
1, pro 0 ≤ t < 1;
2, pro 1 ≤ t < 2;
0, pro p ≥ 2.
2. Vyˇrešte integrální rovnici
Z ∞
−∞
y(u)y(x − u) du = e−x2.
3. Vypoˇctˇete Fourierovu transformaci funkce x2+bx 2. 4. Vypoˇctˇete sinovou Fourierovu transformaci funkce 1/√
x.
5. Vyˇrešte pomocí Fourierovy transformace diferenciální rovnici pro x > 0 y00+ 3y0+ 2y = u(x) sin x
splˇnující podmínky limx→0+y(x) = 0, limx→0+y0(x) = 0. Funkce u je rovna 1 pro kladná x a 0 jinak.
6. Vyˇrešte pomocí Fourierovy transformace diferenciální rovnici y00− y = e−x2.
[Je vhodné použít vyjádˇrení pravé strany jako inverzní Fourierova transformace jisté funkce a pak po úpravˇe použít konvoluci. Vyjde, až na konstanty,R∞
−∞e−|x|e−(t−x)2dx.]
Konec pˇríklad˚u 2.
Pˇríklady 3:
V následujících pˇeti pˇríkladech najdˇete i definiˇcní obor získaných transformací.
1. Najdˇete Fourierovy transformace funkcí xu(x), 1/x, 1/(x − a).
2. Vypoˇctˇete Fourierovu transformaci funkce u(x) cos(ax). Derivací spoˇctˇete Fourierovu transformaci funkce u(x) sin(ax).
3. Pomocí posunutí a pˇredchozího výsledku najdˇete Fourierovu transformaci funkce u(x)e−kxcos(ax).
4. Pomocí derivace výsledku z prvního pˇríkladu spoˇctˇete Fourierovu transformaci funkce xu(x) sin(ax).
5. Spoˇctˇete pro funkci z(z21−1) její inverzní Fourierovu transformaci, která bude nulová pro záporná x.
6. Vyˇrešte diferenciální rovnici y0+ 2y = 3 e−|x|s podmínkou y(0) = 1. [Po aplikaci Fourierovy transformace bude y roven inverzní transformaci, což bude jistý integrál, který snadno vyˇrešíte pomocí reziduové vˇety – pozor pˇri rozlišování kladných a záporných x.]
Konec pˇríklad˚u 3.
Pˇríklady 4:
1. Ovˇeˇrte, že L−1(1/t2)(x) = x, L−1(1/t)(x) = 1.
2. Pomocí reziduí najdˇete inverzní Laplaceovy transformace funkcí z
(z − a)(z − b), z
(z2+ a2)2 , z3
(z2+ a2)3, z2+ a2 (z2−2)2. 3. Inverzní Laplaceova transformace funkce e−
√
t/t nelze poˇcítat podle poslední vˇety (proˇc?).
Vezmˇete kˇrivku CR, která se skládá z tˇetivy na <(z) = 1 v kružnici o stˇredu 0 a polomˇeru R, z levého oblouku této kružnice od tˇetivy k záporné ose x, ale konˇcící ve vzdálenosti 1/R nad osou, pak pokraˇcuje nad osou x k poˇcátku, který obejde po oblouku kružnice (se stˇredem v 0 a polomˇerem 2/R) jen ke vzdálenosti 1/R pod osu x a pak podle této osy zpˇet k velké kružnici a po jejím oblouku ve 3. a 4. kvadrantu k tˇetivˇe.
Ukažte, že použitím reziduové vˇety pro tuto kˇrivku a limitou R → ∞ dostanete hledaný výsledek.
4. Vyˇrešte pomocí Laplaceovy transformace diferenciální rovnici y00+ y =
sin x, pro x ∈ [0, π];
0, pro x ≥ π.
za podmínek y(0) = y0(0) = 0.
5. Použijte zobecnˇené podmínky 2 a 3 (nebo obecnou vˇetu) z Poznámek na funkci z(ez1+1). [Tato funkce má nekoneˇcnˇe mnoho pól˚u – staˇcí vzít oblouky kružnic o polomˇerech 2πn.]
6. Ukažte, že pro funkci e
√z+e−
√z
√z(e
√z−e−√z) (vezmˇete hlavní vˇetev odmocniny) je vhodnˇejší použít místo oblouk˚u kružnic oblouky parabol z = (t + (2n + 1)π2i)2. Uvˇedomte si také, proˇc má uvedená funkce ,,jen" spoˇcetnˇe mnoho singulárních bod˚u, pˇrestože odmocnina není spojitá na záporné ose x).
Konec pˇríklad˚u 4.
OTÁZKY
Otázky 2:
1. Dokažte všechny vlastnosti Fourierovy transformace.
2. Dokažte obdobné vlastnosti kosinové a sinové Fourierovy transformace. [Pˇri derivaci a integraci se kosinová transformace zmˇení na sinovou a naopak.]
3. Dokažte obdobu Parsevalovy rovnosti Z ∞
−∞
f2(x) dx = Z ∞
−∞
F (f )(t)2
dt .
4. Dokažte, že konvoluce je komutativní, asociativní a bilineární.
Konec otázek 2.
Otázky 4:
Upravte d˚ukaz tvrzení o výpoˇctu inverzní Laplaceovy transformace pomocí reziduí pro slabší podmínky uvedené v Poznámkách (i pro nekoneˇcnˇe mnoho singulárních bod˚u).
Konec otázek 4.
CVI ˇ CENÍ
Cviˇcení 1: Pˇríklad.Spoˇctˇete Fourierovu transformaci funkce f (x) =
1, |x| ≤ α, 0, |x| > α. , kde α > 0.
Rešení.ˇ Fourierova transformace je definována jako integrál
F (f )(t) =
Z +∞
−∞
f (x)e−itxdx = Z α
−α
e−itxdx
= Z α
−α
(cos tx − i sin tx) dx = 2 sin tx t
α 0
= 2 sin αt
t .
Pˇri výpoˇctu jsme využili toho, že integrál liché funkce pˇres symetrický interval je nula a integrál sudé funkce pˇres symetrický interval je roven dvojnásobku integrálu od nuly.
Já mám zase ráda panenky.
Konec cviˇcení 1.
Cviˇcení 2: Pˇríklad.Spoˇctˇete Fourierovu transformaci funkce f (x) = e−αx2, kde α > 0.
Rešení.ˇ Podle definice budeme poˇcítat integrál
F (f )(p) = Z +∞
−∞
f (x)e−ipxdx = Z +∞
−∞
e−αx2e−ipxdx,
který si pro jednoduchost oznaˇcíme I(p).
Zderivujme funkci I(p).
Nezapomeˇnte si od˚uvodnit, že derivace existuje, a že lze provést zámˇenu s integrováním.
Potom
I0(p) = Z +∞
−∞
−ixe−αx2e−ipxdx = nyní použijeme integraci per partes, ˇcímž dostaneme
I0(p) =
i
2αe−αx2e−ipx
+∞
−∞
− Z +∞
−∞
i
2α(−ip)e−αx2e−ipxdx = − Z +∞
−∞
p
2αe−αx2e−ipxdx.
Poslední integrál je ovšem až na násobek roven I(p). Získali jsme tak diferenciální rovnici I0(p) = − p
2αI(p).
To je lineární diferenciální rovnice 1. ˇrádu s konstantními koeficienty, jejíž ˇrešení se snadno spoˇcítá.
Nebo uhodne!
I(p) = Ke−p24α, kde konstantu K urˇcíme z
K = I(0) =r π α. Fourierova transformace f je tedy
F (f )(p) =r π αe−p24α. Konec cviˇcení 2.
Cviˇcení 3: Pˇríklad.Necht’ pro funkce f, g je definována konvoluce. Dokažte, že je to asociativní a komutativní operace.
Rešení.ˇ Požadované vlastnosti konvoluce lze dokázat pˇrímo z definice pomocí Fubiniovy vˇety. My ale s vý- hodou použijeme Fourierovu transformaci. Konkrétnˇe toho, že Fourierova transformace pˇrevádí konvoluci na souˇcin.
Dokazujme asociativitu. Tedy že pro f, g, h platí
(f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h).
Na levou stranu aplikujeme Fourierovu transformaci:
F ((f ∗ g) ∗ h) = F (f ∗ g)F (h) = F (f )F (g)F (h) = F (f )F (g ∗ h) = F (f ∗ (g ∗ h)).
Použitím inverzní Fourierovy transformace dostaneme pˇresnˇe požadovanou rovnost F−1(F ((f ∗ g) ∗ h)) = F−1(F (f ∗ (g ∗ h))) ,
(f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h).
Podobnˇe se ukáže komutativita konvoluce.
F (f ∗ g) = F (f )F (g) = F (g)F (f ) = F (g ∗ f ).
Z inverzní Fourierovy transformace máme
F−1(F (f ∗ g)) = F−1(F (g ∗ f )) , f ∗ g = g ∗ f.
Nezapomeˇnte ovšem ovˇeˇrit, že uvedené operace jdou použít.
Já vˇedˇel, že to nebude zadarmo.
Konec cviˇcení 3.
Cviˇcení 4: Pˇríklad.Spoˇctˇete Fourierovu transformaci funkce f (x) =
cos x, |x| ≤ π, 0, |x| > π. .
Rešení.ˇ Budeme poˇcítat integrál
F (f )(t) =
Z +∞
−∞
f (x)e−itxdx = Z π
−π
cos xe−itxdx
= Z π
−π
cos x (cos tx − i sin tx) dx =
= 2
Z π 0
cos x cos tx dx = Z π
0
cos(x + tx) + cos(x − tx) dx Integrál na pravé stranˇe se snadno spoˇcítá lineární substitucí.
Pˇrenecháme to tedy laskavému ˇctenáˇri jako cvi- ˇcení.
Výsledek pak bude
F (f )(t) = sin(π(1 + t))
1 + t +sin(π(1 − t)) 1 − t
. Konec cviˇcení 4.
Cviˇcení 5: Pˇríklad.Najdˇete ˇrešení následující integrální rovnice Z ∞
0
ψ(x) sin xy dy = e−x, x > 0.
Rešení.ˇ Budeme tedy hledat neznámou funkci ψ = ψ(y) definovanou pro všechna y > 0.
Levá strana rovnice ale není nic jiného než sinová Fourierova transformace, tedy Fs(ψ) = e−x.
Zˇrejmˇe staˇcí na obˇe strany aplikovat inverzní sinovou Fourierovu transformaci. Na levé stranˇe dostaneme F−1s (Fs(ψ)) = ψ,
a na pravé
F−1s e−x = 2 π
Z ∞ 0
e−xsin xy dx.
Rešením zadané integrální rovnice je proto funkceˇ ψ(y) = 2
π Z ∞
0
e−xsin xy dx = 2y π(1 + y2), kde y > 0.
Konec cviˇcení 5.
Cviˇcení 6: Pˇríklad.Spoˇctˇete Fourierovu transformaci funkce f (x) = 1
x − i.
Rešení.ˇ V tomto pˇrípadˇe nelze poˇcítat Fourierovu transformaci pˇrímo integrálem, ale m˚užeme ji spoˇcíst jako limitu
F (f )(y) = lim
R→∞
Z R
−R
e−ixy x − i dx.
Budeme postupovat ve dvou krocích. Nejprve urˇcíme Fourierovu transformaci pro y < 0.
Funkce e−izyz−i je holomorfní pro z 6= i, speciálnˇe tedy v polorovinˇe Im z ≤ 0. Necht’ Γ−R je kladnˇe orientovaná kˇrivka složená z úseˇcky [−R, R] na reálné ose a z p˚ulkružnice CR−: |z| = R, Im z ≤ 0.
Podle Cauchyovy vˇety platí Z
Γ−R
e−izy z − i dz =
Z
CR−
e−izy z − i dz −
Z R
−R
e−ixy
x − i dx = 0.
Protože ale
Z
C−R
e−izy
z − i dz −→ 0, pˇri R → ∞, je
F (f )(y) = lim
R→∞
Z R
−R
e−ixy
x − i dx = 0.
Zbývá spoˇcítat Fourierovu transformaci pro y > 0. Podobnˇe jako pˇred chvílí zvolme kladnˇe orientovanou kˇrivku Γ+R, která se skládá z úseˇcky [−R, R] na reálné ose a z p˚ulkružnice CR+: |z| = R, Im z ≥ 0. Pro R > 1 dostáváme z reziduové vˇety
Z
Γ+R
e−izy
z − i dz = 2πi rezz=i e−izy z − i
= 2πiey.
Jelikož opˇet
Z
CR+
e−izy
z − i dz −→ 0, pˇri R → ∞, dostaneme
F (f )(y) = lim
R→∞
Z R
−R
e−ixy
x − i dx = 2πiey. Konec cviˇcení 6.
