스무스 함수에 대한 푸리에 역변환 정리

스무스 함수에 대한 푸리에 역변환 정리

fourier inversion theorem for smooth function

정리

$f$가 $\mathbb{R} $위에서 적분 가능하고 조각마다 스무스하다고 하자. 그러면 아래의 식이 성립한다.

$$ \lim \limits_{r\to \infty} \frac{1}{2\pi} \int_{-r}^{r}e^{i\xi x} \hat{f}(\xi)d\xi= \frac{1}{2}\big[f(x-)+f(x+) \big],\quad \forall x\in \mathbb{R} $$

이때 $f(x+)$, $f(x-)$는 각각 $f$의 $x$에서의 우극한, 좌극한이다.

설명

푸리에 역변환 정리는 컷오프 펑션을 사용하는 대신에 $f$에 대한 조건이 비교적 약했다. 위 정리는 푸리에 역변환 정리의 또 다른 형태이다. 결과로 얻는 식이 강력한 만큼이나 조건도 강력하다. 푸리에 역변환 정리에서는 기껏해야 $f$가 연속임을 요구했다면 여기서는 스무스까지 요구한다. 아래와 같은 컷오프 함수를 사용했다고 생각할 수도 있다.

$$ \eta(x)=\begin{cases} 1&-r \le x \le r \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases} $$

증명

먼저 아래의 식을 계산하자.

$$ \begin{align*} \int_{-r}^{r}e^{i\xi(x-y)}d\xi &= \left. \frac{e^{i\xi(x-y)}}{i(x-y)}\right]_{\xi=-r}^{r} \\ &= \frac{e^{ir(x-y)}-e^{-ir(x-y)}}{i(x-y)} \\ &=\frac{2i \sin r(x-y)}{i(x-y)}=\frac{2\sin r(x-y)}{(x-y)} \end{align*} $$

이를 이용하면 다음과 같은 식을 얻는다.

$$ \begin{align*} \frac{1}{2\pi}\int_{-r}^{r}e^{i\xi x}\hat{f}(\xi)d\xi &= \frac{1}{2\pi}\int_{-r}^{r} e^{i\xi x}\int _{-\infty} ^{\infty}f(y)e^{-i\xi y}dyd\xi \\ &= \frac{1}{2\pi}\int _{-\infty} ^{\infty}\int_{-r}^{r} e^{i\xi (x-y)}d\xi f(y)dy \\ &= \frac{1}{\pi}\int _{-\infty} ^{\infty}\frac{\sin r(x-y)}{(x-y)}f(y)dy \end{align*} $$

여기서 $x-y=y$로 치환하면

$$ \begin{align} \frac{1}{\pi}\int _{-\infty} ^{\infty}\frac{\sin r(x-y)}{(x-y)}f(y)dy &= -\frac{1}{\pi}\int _{\infty} ^{-\infty}\frac{\sin (ry)}{y}f(x-y)dy \nonumber \\ &= \frac{1}{\pi}\int _{-\infty} ^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}f(x-y)dy \label{eq1} \end{align} $$

한편 싱크함수의 이상적분이 아래와 같음이 잘 알려져있다.

$$ \begin{equation} \int_{-\infty}^{0} \frac{\sin x}{x}dx=\int_{-\infty}^{0} \frac{\sin (ax)}{x}dx=\frac{\pi}{2}=\int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{x}dx=\int_{0}^{\infty} \frac{\sin (ax)}{x}dx \label{eq2} \end{equation} $$

위의 두 식 $\eqref{eq1}$, $\eqref{eq2}$를 이용하여 아래의 식을 얻을 수 있다.

$$ \begin{align} &\frac{1}{2\pi}\int_{-r}^{r}e^{i\xi x}\hat{f}(\xi)d\xi-\frac{1}{2}\big[ f(x+)+f(x-)\big] \nonumber \\ =&\ \frac{1}{\pi}\int _{-\infty} ^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}f(x-y)dy -\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{0}\frac{\sin (ry)}{y}dyf(x+)-\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}dyf(x-) \nonumber \\ =&\ \frac{1}{\pi}\int _{-\infty} ^{0}\frac{\sin (ry)}{y}\big[f(x-y)-f(x+) \big]dy +\frac{1}{\pi}\int _{0} ^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}\big[f(x-y)-f(x-) \big]dy \label{eq3} \end{align} $$

이때 풀이 방식이 같으므로 위 식의 마지막 줄의 두번째 항에 대해서만 풀어보면 된다. $K\ge 1$에 대해서 다음과 같이 적분 구간은 나누자.

$$ \begin{align} &\frac{1}{\pi}\int _{0} ^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}\big[f(x-y)-f(x-) \big]dy \nonumber \\ = &\frac{1}{\pi}\int _{0} ^{K}\frac{\sin (ry)}{y}\big[f(x-y)-f(x-) \big]dy+\frac{1}{\pi}\int _{K} ^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}\big[f(x-y)-f(x-) \big]dy \label{eq4} \end{align} $$

$\eqref{eq4}$의 두번째 항을 두 부분으로 나누어서 보자. $x \ge 1$에 대해서 $\left| \frac{\sin x}{x} \right| \le 1$이므로 다음의 식을 얻는다.

$$ \begin{align*} \left| \frac{1}{\pi}\int _{K} ^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}f(x-y)dy\right| &\le \frac{1}{\pi}\int _{K} ^{\infty}\left|\frac{\sin (ry)}{y}f(x-y)\right|dy \\ &\le \frac{1}{\pi}\int _{K} ^{\infty}\left|f(x-y)\right|dy \end{align*} $$

이때 가정에 의해 $f$는 적분 가능하므로 $\lim \limits_{x \to \infty}f(x)$가 발산하지 않는다. 따라서 위의 적분은 $K \to \infty$일 때 $0$으로 가까워진다. 남은 부분은 다음과 같이 계산할 수 있다.

$$ \begin{align*} \frac{1}{\pi}\int _{K} ^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}f(x-)dy &= \frac{f(x-)}{\pi}\int _{K} ^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}dy \\ &= \frac{f(x-)}{\pi}\int _{rK} ^{\infty}\frac{\sin (y)}{y}dy \end{align*} $$

이때 $\frac{\sin x}{x}$도 적분 가능하므로 위에서와 마찬가지로, $r\ge 1$일 때 $r$의 값에 무관하게, $K \to \infty$일 때 적분 값이 $0$으로 다가간다. 따라서 $K$를 충분히 크다고 둬서 $\eqref{eq4}$의 두번째 항을 우리가 원하는 만큼 작게 만들 수 있다. 이제 $\eqref{eq3}$의 첫번째 항을 계산할 차례인데, 우선 함수 $g$를 다음과 같다고 하자.

$$ g(y) =\begin{cases} \frac{f(x-y)-f(x-)}{y}, &0<y<K \\ 0, & \text{otherwise}\end{cases} $$

그러면 아래의 식을 얻는다.

$$ \begin{align*} \int \frac{e^{iry}-e^{-iry}}{2i}g(y)dy &=\frac{1}{2i}\left[\int g(y)e^{iry}dy-\int g(y)e^{-iry}dy \right] \\ &= \frac{1}{2i}\big[ \hat{g}(r)-\hat{g}(-r) \big] \end{align*} $$

이때 $f$가 스무스 함수라고 가정했으므로 $g$도 $y=0$을 제외한 모든 곳에서 스무스 함수이다. 그리고 함숫값 $g(y)$는 $y$가 $0$으로 가까워지며 감소할 때 $f^{\prime}(x-)$로 가까이 가므로 $g$는 $[0,K]$에서 유계이고 적분 가능하다. 따라서 리만-르벡 보조정리에 의해 $\lim \limits_{r\to\infty}\hat{g}(\pm r)=0$이다. 이를 종합하면 $\eqref{eq3}$의 두번째 항에 대해서 다음의 식을 얻는다.

$$ \lim \limits_{r\to \infty}\frac{1}{\pi}\int _{0} ^{\infty}\frac{\sin (ry)}{y}\big[f(x-y)-f(x-) \big]dy =0 $$

같은 방식으로 $\eqref{eq3}$의 첫번째 항에 대해서도 다음의 식을 얻는다.

$$ \lim \limits_{r\to \infty}\frac{1}{\pi}\int _{-\infty} ^{0}\frac{\sin (ry)}{y}\big[f(x-y)-f(x-) \big]dy =0 $$

따라서

$$ \lim \limits_{r \to \infty} \frac{1}{2\pi}\int_{-r}^{r}e^{i\xi x}\hat{f}(\xi)d\xi-\frac{1}{2}\big[ f(x+)+f(x-)\big]=0 $$

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