傅里叶变换(指数)

             

预备知识 傅里叶级数(指数),傅里叶变换(三角)

   用三角傅里叶变换 中同样的方法可把指数傅里叶级数的区间长度 $l$ 取极限后拓展为指数傅里叶变换

\begin{equation} g(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi }} \int_{-\infty }^{+\infty } f(x) \mathrm{e} ^{- \mathrm{i} kx} \,\mathrm{d}{x} \end{equation}
\begin{equation} f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi }} \int_{-\infty }^{+\infty } g(k) \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} kx} \,\mathrm{d}{k} \end{equation}
当 $f(x)$ 为实函数时,$g(k)$ 的实部是偶函数,虚部是奇函数.

1. 实数函数的情况

   上述傅里叶变换中,$g(k)$ 需要满足什么条件才能使 $f(x)$ 是实函数呢?实函数的充要条件是 $f(x) = f^*(x)$,代入式 2

\begin{equation} g(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi }} \int_{-\infty }^{+\infty } f^*(x) \mathrm{e} ^{- \mathrm{i} kx} \,\mathrm{d}{x} \end{equation}
两边取复共轭,得
\begin{equation} g^*(k) = g(-k) \end{equation}
所以对于实数函数的傅里叶变换,往往只需要 $k$ 的正半轴.上式就是 $f(x)$ 为实函数的充要条件,要证明充分性,将其代入式 2 可得 $f(x) = f^*(x)$.

例 1 高斯分布的傅里叶变换

   要计算高斯函数

\begin{equation} f(x) = \mathrm{e} ^{-ax^2} \quad (a > 0) \end{equation}
的傅里叶变换,代入式 1 并使用例 2
\begin{equation} g(k) = \frac{1}{\sqrt{2a}} \exp\left(-\frac{k^2}{4a}\right) \end{equation}
一个方便的记忆法是 $x^2$ 前的系数乘以 $k^2$ 前的系数相乘等于 $1/4$.

例 2 

  

\begin{equation} f(x) = \begin{cases} \exp\left( \mathrm{i} k_0 x\right) \cos^2(ax) & ( \left\lvert x \right\rvert < \frac{\pi}{2a})\\ 0 & (\text{其他}) \end{cases} \end{equation}
则傅里叶变换为
\begin{equation} g(k) = \frac{\sqrt{2\pi}a}{4a^2 - (k - k_0)^2} \operatorname{sinc} \left[\frac{\pi (k - k_0)}{2a} \right] \end{equation}
其中 $ \operatorname{sinc} $ 函数见相关页面

2. 证明

预备知识 狄拉克 delta 函数

   以下的证明可以用矢量空间和基底的概念得到更深刻的理解,详见 “傅里叶变换与连续正交归一基底”.

   我们把式 2 看作定义,用狄拉克 $\delta$ 函数来证明式 1 ,反之同理.把式 2 代入式 1

\begin{equation} g(k) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \left[\int_{-\infty}^{+\infty} g(k') \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} k' x} \,\mathrm{d}{k'} \right] \mathrm{e} ^{- \mathrm{i} k x} \,\mathrm{d}{x} \end{equation}
交换积分顺序,先对 $x$ 积分得
\begin{equation} g(k) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} \left[\int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} (k'-k) x} \,\mathrm{d}{x} \right] g(k') \,\mathrm{d}{k'} \end{equation}
例 2 ,里面的积分变为 $2\pi\delta(k'-k)$,现在只需证明
\begin{equation} g(k) = \int_{-\infty}^{+\infty} \delta(k'-k) g(k') \,\mathrm{d}{k'} \end{equation}
而这就是式 9 .证毕.

3. 性质

   为了书写方便我们用算符 $\mathcal F$ 和 $\mathcal F^{-1}$ 表示傅里叶变换和反变换,即 $\mathcal F f = g$ 以及 $\mathcal F^{-1} g = f$.算符在这里可以看作 “函数的函数”,即自变量和函数值都是函数.

\begin{equation} \mathcal F [f(x) \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} k_0 x}] = g(k - k_0) \end{equation}
\begin{equation} \mathcal F[f(x - x_0)] = g(k) \mathrm{e} ^{- \mathrm{i} k x_0} \end{equation}
也就是说,给函数乘以 $ \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} k_0 x}$ 因子再做傅里叶变换,等于先对函数做傅里叶变换,再向右平移 $k_0$;给函数再向右平移 $x_0$ 再做反傅里叶变换,等于先对函数做傅里叶变换,再乘以 $ \mathrm{e} ^{- \mathrm{i} x_0 k}$.证明留做习题.

   变换前后模长不变

\begin{equation} \int_{-\infty}^{+\infty} g(k)^* g(k) \,\mathrm{d}{k} = \int_{-\infty}^{+\infty} f(x)^* f(x) \,\mathrm{d}{x} \end{equation}

   函数拉伸的傅里叶变换

\begin{equation} \mathcal F[f(ax)] = \frac{1}{a} g \left(\frac{k}{a} \right) \end{equation}
也就是说把函数在 $x$ 方向压缩 $a$ 倍后,各个频率都变大 $a$ 倍,所以傅里叶变换会在 $k$ 方向拉伸 $a$ 倍,另外归一化不变性易得系数 $1/a$.

   导数的傅里叶变换

\begin{equation} \mathcal F [f'(x)] = \mathrm{i} k g(k) \end{equation}
同理
\begin{equation} \mathcal F^{-1} [g'(k)] = - \mathrm{i} x f(x) \end{equation}

   作为式 14 的拓展,有

\begin{equation} \int_{-\infty}^{+\infty} f_1(x)^* f_2(x) \,\mathrm{d}{x} = \int_{-\infty}^{+\infty} g_1(k)^* g_2(k) \,\mathrm{d}{k} \end{equation}
这可以理解为傅里叶变换不改变内积,所以是一个无穷维空间中的幺正变换

   如果 $f_1(x)$ 可以在 $x = 0$ 泰勒展开,有

\begin{equation} \mathcal{F}[f_1(x) f_2(x)] = f_1 \left( \mathrm{i} \frac{\partial}{\partial{k}} \right) g_2(k) \end{equation}
如果 $g_1(k)$ 可以在 $k = 0$ 泰勒展开,有
\begin{equation} \mathcal{F}^{-1}[g_1(k) g_2(k)] = g_1 \left(- \mathrm{i} \frac{\partial}{\partial{x}} \right) f_2(x) \end{equation}
注意式 16 式 17 是该性质的特殊情况(令式 19 中 $f_1(x) = x$,式 20 中 $g_1(k) = k$).记忆方法:在傅里叶变换外面的 $ \mathrm{i} \partial/\partial k $ 相当于傅里叶变换里面的 $x$,反傅里叶变换外面的 $- \mathrm{i} \partial/\partial x $ 相当于反傅里叶变换里面的 $k$.

   不确定性原理:

\begin{equation} \sigma_x \sigma_k \geqslant \frac{1}{2} \end{equation}
其中 $\sigma_x, \sigma_k$ 分别是 $f(x), g(k)$ 的标准差.推导参考量子力学的 “不确定性原理”.

4. 性质的证明

   证明式 14 :把傅里叶变换看成傅里叶级数在 $l \to \infty$ 时的极限,使用式 14 ,右边的求和在极限下变为积分即可证明.详细过程留做习题.

   证明式 16 式 17 同理):对式 2 关于 $x$ 求导得

\begin{equation} f'(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi }} \int_{-\infty }^{+\infty } [ \mathrm{i} kg(k)] \mathrm{e} ^{ \mathrm{i} kx} \,\mathrm{d}{k} \end{equation}
把方括号看作一整个 $k$ 的函数,那么上式对应的反变换为
\begin{equation} \mathrm{i} kg(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi }} \int_{-\infty }^{+\infty } f'(x) \mathrm{e} ^{- \mathrm{i} kx} \,\mathrm{d}{x} = \mathcal F [f'(x)] \end{equation}
其中 $g(k) = F [f(x)]$,证毕.

   证明式 19 式 20 同理):过程和式 16 类似,等式右边为

\begin{equation} \begin{aligned} & \quad \frac{1}{\sqrt{2\pi }} f_1 \left( \mathrm{i} \frac{\partial}{\partial{k}} \right) \int_{-\infty }^{+\infty } f_2(x) \mathrm{e} ^{- \mathrm{i} kx} \,\mathrm{d}{x} \\ &= \frac{1}{\sqrt{2\pi }} \int_{-\infty }^{+\infty } f_2(x) f_1 \left( \mathrm{i} \frac{\partial}{\partial{k}} \right) \mathrm{e} ^{- \mathrm{i} kx} \,\mathrm{d}{x} \\ &= \frac{1}{\sqrt{2\pi }} \int_{-\infty }^{+\infty } f_1(x) f_2(x) \mathrm{e} ^{- \mathrm{i} kx} \,\mathrm{d}{x} \end{aligned} \end{equation}

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