스무스 함수에 대한 푸리에 역변환 정리
📂푸리에해석 스무스 함수에 대한 푸리에 역변환 정리 정리 f f f R \mathbb{R} R 적분 가능 하고 조각마다 스무스 하다고 하자. 그러면 아래의 식이 성립한다.
lim r → ∞ 1 2 π ∫ − r r e i ξ x f ^ ( ξ ) d ξ = 1 2 [ f ( x − ) + f ( x + ) ] , ∀ x ∈ R
\lim \limits_{r\to \infty} \frac{1}{2\pi} \int_{-r}^{r}e^{i\xi x} \hat{f}(\xi)d\xi= \frac{1}{2}\big[f(x-)+f(x+) \big],\quad \forall x\in \mathbb{R}
r → ∞ lim 2 π 1 ∫ − r r e i ξ x f ^ ( ξ ) d ξ = 2 1 [ f ( x − ) + f ( x + ) ] , ∀ x ∈ R
이때 f ( x + ) f(x+) f ( x + ) f ( x − ) f(x-) f ( x − ) f f f x x x 우극한 , 좌극한 이다.
설명 푸리에 역변환 정리 는 컷오프 펑션을 사용하는 대신에 f f f f f f 연속 임을 요구했다면 여기서는 스무스까지 요구한다. 아래와 같은 컷오프 함수를 사용했다고 생각할 수도 있다.
η ( x ) = { 1 − r ≤ x ≤ r 0 otherwise
\eta (x)=\begin{cases} 1&-r \le x \le r
\\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}
η ( x ) = { 1 0 − r ≤ x ≤ r otherwise
증명 먼저 아래의 식을 계산하자.
∫ − r r e i ξ ( x − y ) d ξ = e i ξ ( x − y ) i ( x − y ) ] ξ = − r r = e i r ( x − y ) − e − i r ( x − y ) i ( x − y ) = 2 i sin r ( x − y ) i ( x − y ) = 2 sin r ( x − y ) ( x − y )
\begin{align*}
\int_{-r}^{r}e^{i\xi (x-y)}d\xi &= \left. \frac{e^{i\xi (x-y)}}{i(x-y)}\right]_{\xi=-r}^{r}
\\ &= \frac{e^{ir(x-y)}-e^{-ir(x-y)}}{i(x-y)}
\\ &=\frac{2i \sin r(x-y)}{i(x-y)}=\frac{2\sin r(x-y)}{(x-y)}
\end{align*}
∫ − r r e i ξ ( x − y ) d ξ = i ( x − y ) e i ξ ( x − y ) ] ξ = − r r = i ( x − y ) e i r ( x − y ) − e − i r ( x − y ) = i ( x − y ) 2 i sin r ( x − y ) = ( x − y ) 2 sin r ( x − y )
이를 이용하면 다음과 같은 식을 얻는다.
1 2 π ∫ − r r e i ξ x f ^ ( ξ ) d ξ = 1 2 π ∫ − r r e i ξ x ∫ − ∞ ∞ f ( y ) e − i ξ y d y d ξ = 1 2 π ∫ − ∞ ∞ ∫ − r r e i ξ ( x − y ) d ξ f ( y ) d y = 1 π ∫ − ∞ ∞ sin r ( x − y ) ( x − y ) f ( y ) d y
\begin{align*}
\frac{1}{2\pi}\int_{-r}^{r}e^{i\xi x}\hat{f}(\xi)d\xi &= \frac{1}{2\pi}\int_{-r}^{r} e^{i\xi x}\int _{-\infty} ^{\infty}f(y)e^{-i\xi y}dyd\xi
\\ &= \frac{1}{2\pi}\int _{-\infty} ^{\infty}\int_{-r}^{r} e^{i\xi (x-y)}d\xi f(y)dy
\\ &= \frac{1}{\pi}\int _{-\infty} ^{\infty}\frac{\sin r(x-y)}{(x-y)}f(y)dy
\end{align*}
2 π 1 ∫ − r r e i ξ x f ^ ( ξ ) d ξ = 2 π 1 ∫ − r r e i ξ x ∫ − ∞ ∞ f ( y ) e − i ξ y d y d ξ = 2 π 1 ∫ − ∞ ∞ ∫ − r r e i ξ ( x − y ) d ξ f ( y ) d y = π 1 ∫ − ∞ ∞ ( x − y ) sin r ( x − y ) f ( y ) d y
여기서 x − y = y x-y=y x − y = y
1 π ∫ − ∞ ∞ sin r ( x − y ) ( x − y ) f ( y ) d y = − 1 π ∫ ∞ − ∞ sin ( r y ) y f ( x − y ) d y = 1 π ∫ − ∞ ∞ sin ( r y ) y f ( x − y ) d y
\begin{align}
\frac{1}{\pi}\int _{-\infty} ^{\infty}\frac{\sin r(x-y)}{(x-y)}f(y)dy &= -\frac{1}{\pi}\int _{\infty} ^{-\infty}\frac{\sin (ry)}{y}f(x-y)dy \nonumber
\\ &= \frac{1}{\pi}\int _{-\infty} ^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}f(x-y)dy \label{eq1}
\end{align}
π 1 ∫ − ∞ ∞ ( x − y ) sin r ( x − y ) f ( y ) d y = − π 1 ∫ ∞ − ∞ y sin ( ry ) f ( x − y ) d y = π 1 ∫ − ∞ ∞ y sin ( ry ) f ( x − y ) d y
한편 싱크함수의 이상적분 이 아래와 같음이 잘 알려져있다.
∫ − ∞ 0 sin x x d x = ∫ − ∞ 0 sin ( a x ) x d x = π 2 = ∫ 0 ∞ sin x x d x = ∫ 0 ∞ sin ( a x ) x d x
\begin{equation}
\int_{-\infty}^{0} \frac{\sin x}{x}dx=\int_{-\infty}^{0} \frac{\sin (ax)}{x}dx=\frac{\pi}{2}=\int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{x}dx=\int_{0}^{\infty} \frac{\sin (ax)}{x}dx
\label{eq2}
\end{equation}
∫ − ∞ 0 x sin x d x = ∫ − ∞ 0 x sin ( a x ) d x = 2 π = ∫ 0 ∞ x sin x d x = ∫ 0 ∞ x sin ( a x ) d x
위의 두 식 ( 1 ) (1) ( 1 ) ( 2 ) (2) ( 2 )
1 2 π ∫ − r r e i ξ x f ^ ( ξ ) d ξ − 1 2 [ f ( x + ) + f ( x − ) ] = 1 π ∫ − ∞ ∞ sin ( r y ) y f ( x − y ) d y − 1 π ∫ − ∞ 0 sin ( r y ) y d y f ( x + ) − 1 π ∫ 0 ∞ sin ( r y ) y d y f ( x − ) = 1 π ∫ − ∞ 0 sin ( r y ) y [ f ( x − y ) − f ( x + ) ] d y + 1 π ∫ 0 ∞ sin ( r y ) y [ f ( x − y ) − f ( x − ) ] d y
\begin{align}
&\frac{1}{2\pi}\int_{-r}^{r}e^{i\xi x}\hat{f}(\xi)d\xi-\frac{1}{2}\big[ f(x+)+f(x-)\big] \nonumber
\\ =&\ \frac{1}{\pi}\int _{-\infty} ^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}f(x-y)dy -\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{0}\frac{\sin (ry)}{y}dyf(x+)-\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}dyf(x-) \nonumber
\\ =&\ \frac{1}{\pi}\int _{-\infty} ^{0}\frac{\sin (ry)}{y}\big[f(x-y)-f(x+) \big]dy +\frac{1}{\pi}\int _{0} ^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}\big[f(x-y)-f(x-) \big]dy \label{eq3}
\end{align}
= = 2 π 1 ∫ − r r e i ξ x f ^ ( ξ ) d ξ − 2 1 [ f ( x + ) + f ( x − ) ] π 1 ∫ − ∞ ∞ y sin ( ry ) f ( x − y ) d y − π 1 ∫ − ∞ 0 y sin ( ry ) d y f ( x + ) − π 1 ∫ 0 ∞ y sin ( ry ) d y f ( x − ) π 1 ∫ − ∞ 0 y sin ( ry ) [ f ( x − y ) − f ( x + ) ] d y + π 1 ∫ 0 ∞ y sin ( ry ) [ f ( x − y ) − f ( x − ) ] d y
이때 풀이 방식이 같으므로 위 식의 마지막 줄의 두번째 항에 대해서만 풀어보면 된다. K ≥ 1 K\ge 1 K ≥ 1
1 π ∫ 0 ∞ sin ( r y ) y [ f ( x − y ) − f ( x − ) ] d y = 1 π ∫ 0 K sin ( r y ) y [ f ( x − y ) − f ( x − ) ] d y + 1 π ∫ K ∞ sin ( r y ) y [ f ( x − y ) − f ( x − ) ] d y
\begin{align}
&\frac{1}{\pi}\int _{0} ^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}\big[f(x-y)-f(x-) \big]dy \nonumber
\\ = &\frac{1}{\pi}\int _{0} ^{K}\frac{\sin (ry)}{y}\big[f(x-y)-f(x-) \big]dy+\frac{1}{\pi}\int _{K} ^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}\big[f(x-y)-f(x-) \big]dy \label{eq4}
\end{align}
= π 1 ∫ 0 ∞ y sin ( ry ) [ f ( x − y ) − f ( x − ) ] d y π 1 ∫ 0 K y sin ( ry ) [ f ( x − y ) − f ( x − ) ] d y + π 1 ∫ K ∞ y sin ( ry ) [ f ( x − y ) − f ( x − ) ] d y
( 4 ) (4) ( 4 ) x ≥ 1 x \ge 1 x ≥ 1 ∣ sin x x ∣ ≤ 1 \left| \frac{\sin x}{x} \right| \le 1 x s i n x ≤ 1
∣ 1 π ∫ K ∞ sin ( r y ) y f ( x − y ) d y ∣ ≤ 1 π ∫ K ∞ ∣ sin ( r y ) y f ( x − y ) ∣ d y ≤ 1 π ∫ K ∞ ∣ f ( x − y ) ∣ d y
\begin{align*}
\left| \frac{1}{\pi}\int _{K} ^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}f(x-y)dy\right| &\le \frac{1}{\pi}\int _{K} ^{\infty}\left|\frac{\sin (ry)}{y}f(x-y)\right|dy
\\ &\le \frac{1}{\pi}\int _{K} ^{\infty}\left|f(x-y)\right|dy
\end{align*}
π 1 ∫ K ∞ y sin ( ry ) f ( x − y ) d y ≤ π 1 ∫ K ∞ y sin ( ry ) f ( x − y ) d y ≤ π 1 ∫ K ∞ ∣ f ( x − y ) ∣ d y
이때 가정에 의해 f f f lim x → ∞ f ( x ) \lim \limits_{x \to \infty}f(x) x → ∞ lim f ( x ) K → ∞ K \to \infty K → ∞ 0 0 0
1 π ∫ K ∞ sin ( r y ) y f ( x − ) d y = f ( x − ) π ∫ K ∞ sin ( r y ) y d y = f ( x − ) π ∫ r K ∞ sin ( y ) y d y
\begin{align*}
\frac{1}{\pi}\int _{K} ^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}f(x-)dy &= \frac{f(x-)}{\pi}\int _{K} ^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}dy
\\ &= \frac{f(x-)}{\pi}\int _{rK} ^{\infty}\frac{\sin (y)}{y}dy
\end{align*}
π 1 ∫ K ∞ y sin ( ry ) f ( x − ) d y = π f ( x − ) ∫ K ∞ y sin ( ry ) d y = π f ( x − ) ∫ rK ∞ y sin ( y ) d y
이때 sin x x \frac{\sin x}{x} x s i n x r ≥ 1 r\ge 1 r ≥ 1 r r r K → ∞ K \to \infty K → ∞ 0 0 0 K K K ( 4 ) (4) ( 4 ) ( 3 ) (3) ( 3 ) g g g
g ( y ) = { f ( x − y ) − f ( x − ) y , 0 < y < K 0 , otherwise
g(y) =\begin{cases} \frac{f(x-y)-f(x-)}{y}, &0<y<K
\\ 0, & \text{otherwise}\end{cases}
g ( y ) = { y f ( x − y ) − f ( x − ) , 0 , 0 < y < K otherwise
그러면 아래의 식을 얻는다.
∫ e i r y − e − i r y 2 i g ( y ) d y = 1 2 i [ ∫ g ( y ) e i r y d y − ∫ g ( y ) e − i r y d y ] = 1 2 i [ g ^ ( r ) − g ^ ( − r ) ]
\begin{align*}
\int \frac{e^{iry}-e^{-iry}}{2i}g(y)dy &=\frac{1}{2i}\left[\int g(y)e^{iry}dy-\int g(y)e^{-iry}dy \right]
\\ &= \frac{1}{2i}\big[ \hat{g}(r)-\hat{g}(-r) \big]
\end{align*}
∫ 2 i e i ry − e − i ry g ( y ) d y = 2 i 1 [ ∫ g ( y ) e i ry d y − ∫ g ( y ) e − i ry d y ] = 2 i 1 [ g ^ ( r ) − g ^ ( − r ) ]
이때 f f f g g g y = 0 y=0 y = 0 g ( y ) g(y) g ( y ) y y y 0 0 0 f ′ ( x − ) f^{\prime}(x-) f ′ ( x − ) g g g [ 0 , K ] [0,K] [ 0 , K ] 유계 이고 적분 가능하다. 따라서 리만-르벡 보조정리 에 의해 lim r → ∞ g ^ ( ± r ) = 0 \lim \limits_{r\to\infty}\hat{g}(\pm r)=0 r → ∞ lim g ^ ( ± r ) = 0 ( 3 ) (3) ( 3 )
lim r → ∞ 1 π ∫ 0 ∞ sin ( r y ) y [ f ( x − y ) − f ( x − ) ] d y = 0
\lim \limits_{r\to \infty}\frac{1}{\pi}\int _{0} ^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}\big[f(x-y)-f(x-) \big]dy =0
r → ∞ lim π 1 ∫ 0 ∞ y sin ( ry ) [ f ( x − y ) − f ( x − ) ] d y = 0
같은 방식으로 ( 3 ) (3) ( 3 )
lim r → ∞ 1 π ∫ − ∞ 0 sin ( r y ) y [ f ( x − y ) − f ( x − ) ] d y = 0
\lim \limits_{r\to \infty}\frac{1}{\pi}\int _{-\infty} ^{0}\frac{\sin (ry)}{y}\big[f(x-y)-f(x-) \big]dy =0
r → ∞ lim π 1 ∫ − ∞ 0 y sin ( ry ) [ f ( x − y ) − f ( x − ) ] d y = 0
따라서
lim r → ∞ 1 2 π ∫ − r r e i ξ x f ^ ( ξ ) d ξ − 1 2 [ f ( x + ) + f ( x − ) ] = 0
\lim \limits_{r \to \infty} \frac{1}{2\pi}\int_{-r}^{r}e^{i\xi x}\hat{f}(\xi)d\xi-\frac{1}{2}\big[ f(x+)+f(x-)\big]=0
r → ∞ lim 2 π 1 ∫ − r r e i ξ x f ^ ( ξ ) d ξ − 2 1 [ f ( x + ) + f ( x − ) ] = 0
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