e^{-a|x|}のフーリエ変換を計算

2023年7月1日2023年7月23日

e^{-a|x|}のフーリエ変換を計算

採用しているフーリエ変換に応じて適当に定数倍してください。

1次元におけるフーリエ変換

$a > 0$ をパラメータとする$\mathbb R$ 上の関数

\begin{align*} a^{-a|x|} \end{align*}

とする。（これをラプラス核とかいている文献もあれば、アーベル核とかいている文献もあれば、ポアソン核と書いている文献もみかけた。よくわからない。）

\begin{align*} \int_{\mathbb R} e^{-i \xi x } e^{-a|x| } dx
&= \int_0^\infty e^{-i \xi x } e^{-a|x| } dx + \int_{-\infty}^0 e^{-i \xi x } e^{-a|x| } dx \\&= \int_0^\infty e^{-i \xi x } e^{-ax } dx + \int_{-\infty}^0 e^{-i \xi x } e^{+a x } dx \\&= \int_0^\infty e^{-i (\xi – ia)x } dx + \int_{-\infty}^0 e^{-i (\xi + ia)x } dx \\&= \frac{-1}{-i(\xi – ia)} + \frac{1}{-i(\xi + ia)} \\&= \frac{-2ia}{-i(\xi^2 + a^2)} \\&=\frac{2a}{\xi^2 + a^2} \end{align*}

となります。

n次元の場合

Mathematics Stack Exchange

The Fourier transform of $e^{-2\pi|x|}$ for $x\in\mathbb{R}^d$. I am working on Exercise 8 of Chapter 6 of Fourier Analysis by Stein. The essence of the problem is to prove the identity $$e^{-2\pi|x|} = \int_0^\infty\frac{e^…

上記の投稿と、そこで紹介されていた

参考文献: Grafakos, L. (2008). Classical fourier analysis (Vol. 2). New York: Springer.

練習問題2.2.10.と2.2.11.を参考にしました。

まず、

なんか有名なトリック

\begin{align*}\int_{-\infty}^\infty f(x – \frac{1}{x}) dx = \int_{-\infty}^\infty f(x) dx \end{align*}

を確認します。

\begin{align*} \sinh\theta = \frac{e^{\theta} – e^{- \theta }}{2} \end{align*}

を思い出しておきます。

\begin{align*} \int_{-\infty}^\infty f(x – \frac{1}{x}) dx
&= \int_{-\infty}^0 f(x – \frac{1}{x}) dx + \int_{0}^\infty f(x – \frac{1}{x}) dx
\\&= \int_{-\infty}^\infty f(-e^{-\theta} + e^{\theta }) e^{-\theta} d\theta + \int_{\infty}^\infty f(e^\theta – e^{-\theta }) e^\theta d\theta
\\&= \int_{-\infty}^\infty f(2 \sinh\theta ) e^{-\theta} d\theta + \int_{-\infty}^\infty f(2 \sinh\theta ) e^{\theta } d\theta
\\&= \int_{-\infty}^\infty f(2 \sinh\theta ) (2 \cosh \theta ) d\theta
\\& = \int_{-\infty}^\infty f(x) dx \end{align*}

という等式が得られます。途中で、負の部分で$x = – e^{-\theta }$、正の部分で$x = e^{\theta }$ とする置換をしました。

というわけで無事有名なトリックを確かめることができました。

次に、またよくわからないが有名な表示をチェックします。

指数関数の積分表示

\begin{align*} e^{-2t} = \frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_0^\infty e^{-y}e^{-\frac{t^2}{y}} \frac{1}{\sqrt{y}}dy \end{align*}

実際

\begin{align*} f(x) = e^{-tx^2}\end{align*}

として先ほどのトリックを用いると、

\begin{align*} \sqrt{\frac{\pi}{t} } &= \int_\mathbb R e^{-t x^2} dx
\\&= \int_\mathbb R e^{-t(x- \frac{1}{x})^2} dx
\\&=\int_\mathbb R e^{-tx^2} e^{2t} e^{-\frac{t}{x^2} } dx
\\&= e^{2t} \int_\mathbb R e^{-tx^2} e^{-\frac{t}{x^2} } dx
\\&= e^{2t } \int_{0}^\infty e^{-tx^2} e^{-\frac{t}{x^2} } dx
\\&= e^{2t} \int_0^\infty e^{-y}e^{-\frac{t^2}{y}} \frac{1}{\sqrt{ty}}dy \end{align*}

という等式を得られます。

次に、

ガウス関数のフーリエ変換

\begin{align*} \int e^{-i\xi x } e^{-\alpha |x|^2 } dx = \frac{\left(2 \pi\right)^{n/2}}{\left(2\alpha \right)^{n/2}} e^{-\frac{|\xi|^2}{4\alpha}} = \frac{\pi^{n/2}}{\alpha^{n/2}} e^{-\frac{|\xi|^2}{4\alpha}}\end{align*}

を思い出しておく。

先ほどの表示を、$t = \frac{R|x| }{2}$ とする($R > 0$)ことで、

\begin{align*} e^{-R|x|} = e^{-2 \frac{R}{2}|x|} &= \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_0^\infty e^{-y – \frac{\left(\frac{R}{2}|x| \right)^2}{y}} \frac{1}{\sqrt{y}} dy \end{align*}

を得る。

\begin{align*}\int e^{-i \xi x} e^{- R|x|}dx
&= \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_{-\infty}^\infty e^{-i\xi x}\left( \int_0^\infty e^{-y – \frac{\left(\frac{R}{2}|x| \right)^2}{y}} \frac{1}{\sqrt{y}} dy \right) dx
\\&= \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_{-\infty}^\infty e^{-i\xi x}\left( \int_0^\infty e^{-y – \frac{R^2}{4y}|x|^2 } \frac{1}{\sqrt{y}} dx \right) dy
\\&= \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_0^\infty \frac{\pi^{n/2}}{\left( \frac{R^2}{4y} \right)^{n/2}} e^{-y} e^{- \frac{y|\xi|^2}{R^2}} \frac{1}{\sqrt{y}} dy
\\&= \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_0^\infty \frac{\pi^{n/2}}{\left( \frac{R^2}{4y} \right)^{n/2}} e^{- \frac{(R^2 + \xi^2)}{R^2} y} \frac{1}{\sqrt{y}} dy
\\&=\frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_0^\infty \frac{\pi^{n/2}}{\left( \frac{R^2}{4 \left( \frac{R^2}{(R^2 + \xi^2)}\right) u} \right)^{n/2}} e^{-u} \frac{1}{\sqrt{\frac{R^2}{(R^2 + \xi^2)}u}} \frac{R^2}{(R^2 + \xi^2)}du \quad (y = \frac{R^2}{(R^2 + \xi^2)}u)
\\&= \pi^{\frac{n-1}{2}} \int_0^\infty \frac{2^n}{(R^2 + \xi^2)^{n/2}} u^{n/2} e^{-u} u^{- 1/2} \frac{R}{(R^2 + \xi^2)^{1/2}} du
\\&= \pi^{\frac{n-1}{2}} \frac{2^n R }{(R^2 + \xi^2) ^{\frac{n+1}{2}}} \int_0^\infty u^{\frac{n – 1}{2}} e^{-u } du
\\&= \pi^{\frac{n-1}{2}} \frac{2^n R }{(R^2 + \xi^2) ^{\frac{n+1}{2}}} \Gamma(\frac{n +1}{2})\end{align*}

従って、

結果

\begin{align*} \frac{1}{\left( 2 \pi \right)^{\frac{n}{2}}} \int_{-\infty}^\infty e^{-i \xi x} e^{- R|x|} dx = \frac{2^{n/2} }{\pi^{1/2}} \frac{R}{(R^2 + \xi^2) ^{\frac{n+1}{2}}} \Gamma(\frac{n+1}{2}) \end{align*}