Utente:Penaz/AnalisiD

Da Wikipedia, l'enciclopedia libera.

[modifica] Trasformata di Fourier in $L^1(\R)\!$

Sia $u \in L^1(\R): x \to u(x)\!$ si definisce trasformata di Fourier della funzione $u\!$ :

$\hat u (\xi) := \int_{\R} e^{-i\xi x}u(x)\,dx\qquad\forall\xi\in\R\!$

indichiamo l'operazione con la lettera F calligrafica, perciò:

$\mathcal{F}: u\to\hat u\!$

Si può estendere questa definizione anche per funzioni $u(\mathbf{x})\in L^1(\R^n)\!$ :

$\hat u (\boldsymbol{\xi}) := \int_{\R^n} e^{-i\boldsymbol{\xi}\cdot \mathbf{x}}u(\mathbf{x})\,d\mathbf{x}\qquad\forall\boldsymbol{\xi}\in\R^n\!$

Dove $\boldsymbol{\xi}\cdot \mathbf{x}\!$ rappresenta il prodotto scalare.

[modifica] Esempi

Sia $u(x) = \chi_{[-1,+1]}(x)\!$ , perciò:

$\hat u (\xi) = \int_{\R} e^{-i\xi x}\chi_{[-1,+1]}(x)\,dx = \int_{-1}^{+1}e^{-i\xi x}\,dx = {\left [\frac{e^{-i\xi x}}{-i\xi} \right ]}_{-1}^{+1} = \frac{e^{i\xi}-e^{-i\xi}}{i\xi} = 2 \frac{\sin\xi}{\xi}\!$

Sia $u(x) = \frac{1}{1+x^2}\!$ , perciò:

$\hat u (\xi) = \int_{\R} e^{-i\xi x}u(x)\,dx = v.p. \int_{\R} e^{-i\xi x}u(x)\,dx = \lim_{R\to +\infty} \int_{-R}^{+R} e^{-i\xi x}u(x)\,dx$

Ora applicando il principio del prolungamento analitico e il lemma di Jordan otteniamo:

$\lim_{R\to +\infty} \int_{-R}^{+R} e^{-i\xi x}u(x)\,dx = \begin{cases} \pi e^\xi & \xi < 0 \\ \pi e^{-\xi} & \xi > 0 \end{cases}$

Mettendo insieme le due cose otteniamo:

$\hat u (\xi) = \int_{\R} \frac{e^{-i\xi x}}{1+x^2}\,dx = \pi e^{-|\xi|}\!$

[modifica] Teoremi

Elenchiamo le principali proprietà della trasformata di Fourier, utili per lo studio a priori e il calcolo di esse:

La trasformata di Fourier è un operatore lineare:

$\mathcal{F}\left \{ \alpha u + \beta v \right \}(\xi) = \alpha \mathcal{F}\{u\}(\xi) + \beta \mathcal{F}\{v\}(\xi) \qquad \forall \alpha, \beta \in \R ,\, \forall u,v \in L^1(\R)\!$

Presa una funzione $u \in L^1(\R)\!$ e la sua trasformata $\hat u(\xi) = \mathcal{F}\{u\}(\xi)\!$

Se $u\in L^1(\R)\!$ è pari $\implies \hat u(\xi)\!$ è pari.
Se $u\in L^1(\R)\!$ è dispari $\implies \hat u(\xi)\!$ è dispari.
Se $u\in L^1(\R)\!$ è reale pari $\implies \hat u(\xi)\!$ è reale pari.
Se $u\in L^1(\R)\!$ è reale dispari $\implies \hat u(\xi)\!$ è immaginaria pura dispari.
Scaling: $\mathcal{F}\{u(ax)\}(\xi) = \frac{1}{|a|}\mathcal{F}\{u(x)\}\left (\frac{\xi}{a} \right )\!$
Shifting: $\mathcal{F}\{u(x-a)\}(\xi) = e^{i a \xi} \mathcal{F}\{u(x)\}(\xi)\!$
Modulazione complessa: $\mathcal{F}\{e^{iax}u(x)\}(\xi) = \mathcal{F}\{u(x)\}(\xi - a)\!$
Modulazione reale: $\mathcal{F}\{\cos(\xi_0 x)u(x)\}(\xi) = \frac{\mathcal{F}\{u(x)\}(\xi - \xi_0) + \mathcal{F}\{u(x)\}(\xi + \xi_0)}{2}\!$

[modifica] Esempi

Prendiamo la funzione $u(x)=\chi_{[-1,+1]}(x)\!$ , come già sappiamo la sua trasformata è $\hat u (\xi)= 2 \frac{\sin{\xi}}{\xi}\!$

Siccome $u(x)\!$ è reale pari, anche $\hat u (\xi)\!$ lo sarà, infatti è tale.

Calcoliamo $\mathcal{F}\left\{u\left (\frac {x}{n}\right)\right\}(\xi)\!$ , applicando il teorema descritto in precedenza per l'operazione di scaling otteniamo:

$\mathcal{F}\left\{u\left (\frac {x}{n}\right)\right\}(\xi) = |n| \mathcal{F}\{u(x)\}(n \xi) = 2|n|\frac{\sin{n\xi}}{n\xi}\!$

Calcoliamo $\mathcal{F}\left\{ \frac{|n|}{2}u\left ( n x \right)\right\}(\xi)\!$ , applicando la linearità della trasformata di Fourier e il teorema per lo scaling:

$\mathcal{F}\left\{ \frac{|n|}{2}u\left ( n x \right)\right\}(\xi) = \frac{|n|}{2} \frac{1}{|n|} \mathcal{F}\{u(x)\}\left (\frac{\xi}{n} \right ) = \frac{\sin{\frac{\xi}{n}}}{\frac{\xi}{n}}\!$

Calcoliamo $\mathcal{F}\left\{ \cos{(\xi_0 x)} u(x) \right\}(\xi)\!$ , applicando il teorema per la modulazione reale:

$\mathcal{F}\left\{ \cos{(\xi_0 x)} u(x) \right\}(\xi) = \frac{\sin{(\xi-\xi_0)}}{\xi-\xi_0} + \frac{\sin{(\xi+\xi_0)}}{\xi+\xi_0}\!$

[modifica] Teorema Riemann - Lebesgue

Sia $u \in L^1(\R^n)\!$ , se $\hat u = \mathcal{F}\{u\}$ , allora:

$\hat u \in C^0(\R^n)\cap L^\infty (\R^n)\!$
${\left\| \hat u \right\|}_{L^\infty(\R^n)} \le {\left\| u \right\|}_{L^1(\R^n)}\!$
$\lim_{\|\boldsymbol{\xi}\|\to\infty} \hat u (\boldsymbol{\xi}) = 0\!$

[modifica] Dimostrazione

[modifica] Dimostrazione del punto 1

Siccome la variabile $\boldsymbol{\xi}\!$ , per definizione della trasformata di Fourier, appartiene a $\R^n\!$ ed essendo quest'ultimo uno spazio di Banach, presa una successione di Cauchy $\{\boldsymbol{\xi}_n\}\!$ essa convergerà a un valore $\boldsymbol{\xi}\in\R^n\!$ , perciò avremo:

$\{\boldsymbol{\xi}_n\} \in \R^n: \boldsymbol{\xi}_n \to \boldsymbol{\xi} \!$

Allora anche la successione $e^{-i\boldsymbol{\xi}_n\cdot \mathbf{x}}u(\mathbf{x}) \!$ sarà di Cauchy e convergente:

$e^{-i\boldsymbol{\xi}_n\cdot \mathbf{x}}u(\mathbf{x}) \to e^{-i\boldsymbol{\xi}\cdot \mathbf{x}}u(\mathbf{x}) \!$

Ora la nostra idea, per dimostrare la continuità dalla funzione trasformata, si basa sul teorema di Lebesgue, dovremo quindi dimostrare la convergenza dell'integrale:

$\hat u (\boldsymbol{\xi}_n) = \int_{\R^n} e^{-i\boldsymbol{\xi}_n\cdot \mathbf{x}}u(\mathbf{x})\,d\mathbf{x} \to \int_{\R^n} e^{-i\boldsymbol{\xi}\cdot \mathbf{x}}u(\mathbf{x})\,d\mathbf{x} = \hat u (\boldsymbol{\xi}) \!$

Per fare ciò dovremo trovare una funzione $M(x)\!$ , Lebesgue integrabile tale che $|e^{-i\boldsymbol{\xi}_n\cdot \mathbf{x}}u(\mathbf{x})| \le M(x) \!$ quasi ovunque in $\R^n\!$ . Questa operazione è facilitata dal fatto che $|e^{-i\boldsymbol{\xi}_n\cdot \mathbf{x}}|=1\!$ e che $u(\mathbf{x})\in L^1(\R^n)\!$ , perciò le ipotesi del teorema di Lebesgue sono soddisfatte e la convergenza è dimostrata, da questo $\hat{u}(\boldsymbol{\xi})\in C^0(\R^n)\!$ .

La dimostrazione di $\hat{u}(\boldsymbol{\xi})\in L^\infty(\R^n)\!$ sarà conseguenza immediata della dimostrazione del punto successivo.

[modifica] Dimostrazione del punto 2

La dimostrazione del seguente punto avviene attraverso una banale minorazione.

$|\hat{u}(\boldsymbol{\xi})| = \left | \int_{\R^n} e^{-i\boldsymbol{\xi}\cdot\mathbf{x}} u(\mathbf{x})\,d\mathbf{x} \right | \le \int_{\R^n} \left | e^{-i\boldsymbol{\xi}\cdot\mathbf{x}} \right | \cdot \left| u(\mathbf{x}) \right |\,d\mathbf{x} = \int_{\R^n} \left| u(\mathbf{x}) \right |\,d\mathbf{x} = {\| u \|}_{L^1(\R^n)} \!$

Quindi:

${\| \hat{u} \|}_{L^\infty(\R^n)} \le {\| u \|}_{L^1(\R^n)}\!$

e non è migliorabile se $u\ge 0 \!$ :

$|\hat{u}(0)| = \left | \int_{\R^n} e^0 u(\mathbf{x})\,d\mathbf{x} \right | = \int_{\R^n} |u(\mathbf{x})|\,d\mathbf{x} = \|u(x)\|_{L^1(\R^n)} \!$

[modifica] Dimostrazione del punto 3

Consideriamo la funzione $\chi_{[a;b]}(x)\!$ , quindi:

$\hat{\Chi}(\xi) = \int_\R e^{-i\boldsymbol{\xi} x} \chi_{[a;b]}(x)\,dx = \int_a^b e^{-i\xi x}\,dx = {\left [ \frac{e^{-i\xi x}}{-i\xi} \right ]}^b_a = \frac{e^{-i\xi a}- e^{-i\xi b}}{i\xi}\!$

Notare che $\xi = 0\!$ è una singolarità apparente e $\hat{\Chi}(\xi)\to 0,\,|\xi|\to\infty\!$ . Definiamo ora la successione:

$s_n = \sum_{k=0}^n c_k \chi_{I_k}\!$

Siccome la trasformata della funzione $\chi_{[a;b]}\!$ è infinitesima, anche la somma di trasformate lo sarà. Perciò se $u\in L^1(\R^n)\!$ , allora $\exists \epsilon > 0\!$ e $\exist u_n\!$ della forma:

$u_n = \sum_{k=0}^n c_k \chi_{I_k}\!$

tale che $u_n\to u\!$ quasi ovunque, cioè:

$\|u-u_n\|_{L^1(\R^n)}<\epsilon\!$

Inoltre $\exists R>0\!$ tale che $|\hat{u}_n(\xi)|<\epsilon\!$ se $\|\xi\|>R\!$ , quindi:

$\hat{u}(\xi) = \hat{u}(\xi) - \hat{u}_n(\xi) + \hat{u}_n(\xi) \le |\hat{u}(\xi) - \hat{u}_n(\xi)| + |\hat{u}_n(\xi)|\!$

Per $\|\xi\|>R\!$ :

$|\hat{u}(\xi) - \hat{u}_n(\xi)| + |\hat{u}_n(\xi)| \le \|\hat{u}(\xi) - \hat{u}_n(\xi)\|_{L^(\R^n)} + \epsilon \le 2\epsilon \!$

Riassumendo, per $\|\xi\|>R\!$ :

$|\hat{u}(\xi)|<2\epsilon\!$

[modifica] Teoremi

[modifica] Teorema 1

Siano $u(x),\,x\cdot u(x) \in L^1(\R)\!$ allora $\mathcal{F}\{u\} \in C^1(\R)\!$ e:

$\mathcal{F}\{x\cdot u\} = i\cdot \frac{d}{d\xi} \mathcal{F}\{u\}(\xi)\!$

[modifica] Dimostrazione

$\frac{\hat u (\xi +h) - \hat u (\xi)}{h} = \int_{\R} \frac{e^{-i\xi x}\left (e^{-ihx} -1 \right )}{h} u(x)\,dx \to -i \int_{\R}e^{-i\xi x}x u(x) \,dx\! = -i \mathcal{F}\{x \cdot u(x)\}$

[modifica] Osservazione

Più in generale per funzioni in $\R^n\!$ , se $u(\mathbf{x}), \left\|\mathbf{x}\right\|u(\mathbf{x}) \in L^1(\R^n) \implies \hat u(\boldsymbol{\xi}) \in C^1$ e:

$\mathcal{F}\{x_j u(\mathbf{x})\} = i \frac{\partial\hat u}{\partial \xi_j}$

[modifica] Teorema 2

Siano $u(x),\,u'(x)\in L^1(\R)\!$ allora

$\mathcal{F}\{u'\} = i\xi\mathcal{F}\{u\}\!$ .

Più in generale se $u(\mathbf{x}),\,\frac{\partial\,u(\mathbf{x})}{\partial x_j}\in L^1(\R^n)\!$ allora

$\mathcal{F}\left\{\frac{\partial\,u(\mathbf{x})}{\partial x_j}\right\} = i\xi_j \mathcal{F}\{u\}\!$

Nota bene: con la trasformata di Fourier l'operatore differenziale diventa una moltiplicazione per una potenza di $i\xi\!$ , infatti se $u, u', ..., u^{(k)} \in L^1(\R^n)\!$ allora:

$\mathcal{F}\left\{\frac{\partial^k\,u(\mathbf{x})}{\partial x_j^k}\right\} = (i\xi_j)^k \mathcal{F}\{u\}\!$

Per la dimostrazione di questo teorema citiamo prima un lemma.

[modifica] Lemma

$u, u' \in L^1 \implies \exists \lim_{x\to\infty} u(x) = 0\!$

[modifica] Dimostrazione

Calcoliamo semplicemente la trasformata della derivata della funzione $u\!$

$\hat{u'}(\xi) = \int_{\R}e^{-i\xi x} u'(x)\,dx = \lim_{R\to +\infty} \int_{-R}^{+R}e^{-i\xi x} u'(x)\,dx \!$

Integriamo per parti:

$\lim_{R\to +\infty} \int_{-R}^{+R}e^{-i\xi x} u'(x)\,dx = \lim_{R\to +\infty} \int_{-R}^{+R}i\xi e^{-i\xi x} u(x)\,dx + {\left [ e^{-i\xi x} u(x) \right ]}^{+\infty}_{-\infty}\!$

Per il lemma:

${\left [ e^{-i\xi x} u(x) \right ]}^{+\infty}_{-\infty} = 0\!$

Concludendo:

$\lim_{R\to +\infty} \int_{-R}^{+R}i\xi e^{-i\xi x} u(x)\,dx = i\xi \hat u (\xi)\!$

[modifica] Trasformate notevoli

$u(x)\!$	$\hat u(\xi)\!$
$\frac{1}{1+x^2}\!$	$\pi e^{-\|\xi\|}\!$
$e^{-\|x\|}\!$	$\frac{2}{1+\xi^2}\!$
$\chi_{[-1;1]}\!$	$\frac{2\sin{\xi}}{\xi}\!$
$\frac{\sin{x}}{\pi x}\!$	$\chi_{[-1;1]}\!$
$(1-\|x\|)\chi_{[-1;1]}\!$	$\frac{4\sin{\left (\frac{\xi^2}{2} \right )}}{\xi^2}\!$

[modifica] Funzioni assolutamente continue

Sia $G \in C^1 \cap L^1\!$ se $\exists g\in L^1\!$ tale che

$G(x) = G(x_0) + \int_{x_0}^{x} g(t)\,dt\!$

allora $G\!$ è assolutamente continua ( $G \in AC\!$ ).

Invece si dirà assolutamente continua locale ( $G \in AC_{loc}\!$ ) se $g \in L^1_{loc}\!$ .

[modifica] Esempi

$G(x) = (1-|x|)\chi_{[-1, +1]}(x)\!$ è assolutamente continua infatti si ottiene integrando la funzione $g(x) = -\mbox{sign}(x) \chi_{[-1, +1]}(x)\!$ (graficamente è più semplice da vedere).

Invece la funzione $G(x) = \chi_{[0,1]}(x)\!$ possiede sempre derivata nulla, ma non è l'integrale di 0.

Anche la funzione $e^{-|x|}\in AC\!$ .

[modifica] Funzioni Gaussiane

Di fondamentale importanza per lo studio delle trasformate di Fourier è la conoscenza delle funzioni gaussiane e le loro principali proprietà. Cominciamo prendendo la più semplice

$u(x) = e^{-x^2}\!$

La prima cosa che si deve osservare è $u(x) \in L^1(\R)\!$ , perciò calcoliamo il valore dell'integrale fatto su $\R\!$ . Prendiamo la funzione:

$v(x) = e^{-(x^2+y^2)} = e^{-x^2}e^{-y^2}\!$

e ne calcoliamo l'integrale su $\R^2\!$ , portando tutto in coordinate polari:

$\int_{\R^2} v(x)\,dx\,dy = \int_{\R^2} e^{-(x^2+y^2)}\,dx\,dy = \!$

$= \int_{[0;2\pi]\times[0;+\infty]} e^{-\rho^2} \rho\,d\rho\,d\theta = \int_0^{2\pi}\,d\theta\int_0^{+\infty}e^{-\rho^2} \rho\,d\rho\ = \pi \!$

Ora, ritornando alla funzione iniziale:

$\int_{\R^2} v(x)\,dx\,dy = \int_{\R^2} e^{-(x^2+y^2)}\,dx\,dy = \int_\R e^{-x^2}\,dx \int_\R e^{-y^2}\,dy = {\left ( \int_\R e^{-x^2}\,dx\right)}^2\!$

Concludendo:

$\int_\R e^{-x^2} \,dx = \sqrt{\pi}\!$

Di facile dimostrazione (applicando un cambio di variabile) anche:

$\int_\R e^{-(x + i\,b)^2} \,dx = \sqrt{\pi} \qquad b\in\R\!$

Ora calcoleremo $\hat{u}\!$ sfruttando i calcoli appena fatti:

$\hat{u}(\xi) = \int_\R e^{-i\xi\,x} e^{-x^2}\,dx = \int_\R e^{-(i\xi\,x +x^2)}\,dx = \!$

$= \int_\R e^{-\left (x^2 +i\xi\,x \pm \frac{\xi^2}{4} \right )}\,dx = \int_\R e^{-\left (x + i\frac{\xi}{2} \right )^2} e^{-\frac{\xi^2}{4}}\,dx = \sqrt{\pi}e^{-\frac{\xi^2}{4}}\!$

Più in generale:

$e^{-ax^2} \to \sqrt{\frac{\pi}{a}}e^{-\frac{\xi^2}{4a}}\!$

$e^{-a\|\mathbf{x}\|^2} \to {\left ( \frac{\pi}{a}\right )}^{\frac{n}{2}} e^{-\frac{\|\boldsymbol{\xi}\|^2}{4a}} \qquad \mathbf{x},\,\boldsymbol{\xi} \in \R^n \!$

La dimostrazione di quest'ultima avviene in modo analogo alla precedente:

$\int_{\R^n}e^{-i \boldsymbol{\xi}\cdot\mathbf{x}} e^{-\|\mathbf{x}\|^2}\,d\mathbf{x} = \int_{\R^n} e^{-\sum_{j=0}^n\left ( i \xi_j x_j + x_j^2 \right )}\,d\mathbf{x} = \!$

$= \int_{\R^n} \prod_{j=0}^n e^{-i \xi_j x_j + x_j^2}\,d\mathbf{x} = \prod_{j=0}^n \left ( \int_{\R} e^{-i \xi_j x_j + x_j^2}\,dx_j \right ) = \!$

$= \prod_{j=0}^n \sqrt{\pi} e^{\frac{-\xi_j^2}{4}} = \sqrt{\pi}^n e^{-\frac{\|\boldsymbol{\xi}\|^2}{4}} \!$

[modifica] Convoluzione

Siano $f,\,g \in L^1(\R^n)\!$ , si definisce l'operazione di convoluzione come:

$(f*g)(\mathbf{x}) := \int_{\R^n}f(\mathbf{y})g(\mathbf{x}-\mathbf{x})\,d\mathbf{x}\!$

L'operazione di convoluzione è lineare (dalla proprietà degli integrali) ed è commutativa (per sostituzione):

$((\alpha f + \beta g)*h) = \alpha (f*h) + \beta (g*h) \qquad \forall f,\,g,\,h \in L^1(\R^n),\,\forall \alpha,\,\beta\in\R\!$
$f*g= g*f \qquad \forall f,\,g \in L^1(\R^n)\!$

Ed è anche associativa (per Fubini - Tonelli):

$(f*g)*h = f*(g*h) \qquad \forall f,\,g,\,h \in L^1(\R^n)\!$

[modifica] Teorema

Siano $f,\,g\in L^1\!$ , allora $f*g \in L^1\!$

[modifica] Dimostrazione

$\int_{\R^n} \left | (f*g)(\mathbf{x}) \right | \,d\mathbf{x} = \int_{\R^n} \left | \int_{\R^n} f(\mathbf{y})g(\mathbf{x}-\mathbf{y})\,d\mathbf{y} \right | \,d\mathbf{x} \le \int_{\R^n} \int_{\R^n} \left | f(\mathbf{y}) \right | \left | g(\mathbf{x}-\mathbf{y})\right | \,d\mathbf{y}\,d\mathbf{x} = \!$

per il teorema di Fubini - Tonelli:

$= \int_{\R^n} \int_{\R^n} \left | f(\mathbf{y}) \right | \left | g(\mathbf{x}-\mathbf{y})\right | \,d\mathbf{x}\,d\mathbf{y} = \int_{\R^n} \int_{\R^n} \left | f(\mathbf{y}) \right | \left ( \int_{\R^n} \left | g(\mathbf{x}-\mathbf{y})\right | \,d\mathbf{x} \right ) \,d\mathbf{y} = \|f\|_{L^1}\|g\|_{L^1}\!$

Quindi:

$\|f*g\|_{L^1} \le \|f\|_{L^1}\|g\|_{L^1} < +\infty\!$

[modifica] Teorema

Siano $f,\,g\in L^1\!$ , allora $\mathcal{F}\{f*g\} = \mathcal{F}\{f\}\mathcal{F}\{g\}$

[modifica] Dimostrazione

Estratto da "http://it.wikipedia.org../../../p/e/n/Utente%7EPenaz_AnalisiD_3810.html"

Utente:Penaz/AnalisiD

Da Wikipedia, l'enciclopedia libera.

[modifica] Trasformata di Fourier in $L^1(\R)\!$

[modifica] Esempi

[modifica] Teoremi

[modifica] Esempi

[modifica] Teorema Riemann - Lebesgue

[modifica] Dimostrazione

[modifica] Dimostrazione del punto 1

[modifica] Dimostrazione del punto 2

[modifica] Dimostrazione del punto 3

[modifica] Teoremi

[modifica] Teorema 1

[modifica] Dimostrazione

[modifica] Osservazione

[modifica] Teorema 2

[modifica] Lemma

[modifica] Dimostrazione

[modifica] Trasformate notevoli

[modifica] Funzioni assolutamente continue

[modifica] Esempi

[modifica] Funzioni Gaussiane

[modifica] Convoluzione

[modifica] Teorema

[modifica] Dimostrazione

[modifica] Teorema

[modifica] Dimostrazione

Views

Navigazione

comunità

Ricerca