Интеграл Фурье

Преобразование Фурье (прямое и обратное)

1. Понятие преобразования Фурье и обратного преобразования Фурье. Пусть $f(x)$ есть комплекснозначная функция действительного переменного. Тогда преобразование Фурье функции $f(x)$ ( оно обозначается через $F[f]$ или $\hat{f}$ ) определяется формулой
$\hat{f}(y)=F[f]=v.p.\intop_{-\infty}^{+\infty}f(x)e^{-iyx}dx\,(1)$
Обратное преобразование Фурье(обозначается через $F^{-1}[f]$ или $\tilde{f}$ ) определяется формулой
$\tilde{f}(y)=F^{-1}[f]=v.p.\frac{1}{2\pi}\intop_{-\infty}^{+\infty}f(x)e^{iyx}dx\,(2)$
Предполагается, что интегралы (1) и (2) существуют. Если функция $f(x)$ абсолютно интегрируема, то несобственные интегралы $\intop_{-\infty}^{+\infty}f(x)e^{-iyx}dx$ $\intop_{-\infty}^{+\infty}f(x)e^{iyx}dx$ существуют и совпадают с соответствующими интегралами в смысле главного значения. Поэтому для абсолютно интегрируемых функций преобразование Фурье и обратное преобразование Фурье определяется как следующие несобственные интегралы:
$F[f]=\intop_{-\infty}^{+\infty}f(x)e^{-iyx}dx$
$F^{-1}[f]=\frac{1}{2\pi}\intop_{-\infty}^{+\infty}f(x)e^{iyx}dx$

2. Свойства преобразования Фурье абсолютно интегрируемых на $\mathbb{R}$ функций.

Лемма 1. Преобразование Фурье абсолютно интегрируемой на $\mathbb{R}$ функции есть ограниченная и непрерывная на $\mathbb{R}$ функция.

Так как функция $f(x)$ абсолютно интегрируема на $\mathbb{R}$ , то
$\left|\hat{f}(y)\right|=\left|\intop_{-\infty}^{+\infty}f(x)e^{iyx}dx \right| \leq\intop_{-\infty}^{+\infty} \left| f(x)\right|dx= C_{0}$ Cледовательно, $\hat{f}(y)$ есть ограниченная функция на $\mathbb{R}$ . Для доказательства непрерывности функции $\hat{f}(y)$ запишем её в виде

$\hat{f}(y)=\intop_{-\infty}^{+\infty}f(x)\cos{(yx)}dx$ $-i\intop_{-\infty}^{+\infty}f(x)\sin{(yx)}dx=$ $a(y)-ib(y)$

и заметим, что, в силу леммы, функции $a(y)$ и $b(y)$ непрерывны на $\mathbb{R}$ .

Теорема 1. Если функция $f(x)$ абсолютно интегрируема на $\mathbb{R}$ и имеет в каждой точке конечную производную $f'(x)$ , то справедливы формулы обращения

$F^{-1}\left[F\left[f\right]\right]=f,$ $F\left[F^{-1}\left[f\right]\right]=f \,(5)$

Так как выполнены условия теоремы, то справедливо равенство

$f(x)=\frac{1}{2\pi}\intop_{-\infty}^{+\infty}dy \intop_{-\infty}^{+\infty}f(t)\cos{(y(x-t))}dt=$

$=\intop_{-\infty}^{+\infty}(a(y)cos{(yx)}+b(y)\sin{(yx)}dy$

а следовательно, и равенства (4) и (5), которые, применяя обозначения (1) и (2), можно записать в виде (5).

Преобразование Фурье

Проверьте свои знания.

Задание 1 из 2

1.

Сопоставьте формулы с их значениями.

Элементы сортировки

$\hat{f}(y)=F[f]=v.p.\intop_{-\infty}^{+\infty}f(x)e^{-iyx}\,dx$
$\tilde{f}(y)=F^{-1}[f]=v.p.\frac{1}{2\pi}\intop_{-\infty}^{+\infty}f(x)e^{iyx}\,dx$

Преобразование Фурье

Обратное преобразование Фурье

Задание 2 из 2

2.
Преобразование Фурье и обратное преобразование Фурье определяется как следующие несобственные интегралы:
- $F[f]=\intop_{-\infty}^{+\infty}f(x)e^{-iyx}dx$
- $F^{-1}[f]=\frac{1}{2\pi}\intop_{-\infty}^{+\infty}f(x)e^{iyx}dx$
- $F^{-1}\left[F\left[f\right]\right]=f$
- $F\left[F^{-1}\left[f\right]\right]=f$
Правильно

Верно!

Неправильно

Не верно!

Литература

Представление функции интегралом Фурье

Интеграл Фурье как разложение в сумму гармоник

Интегральную формулу Фурье можно переписать следующим образом:
$f\left(x\right)=\intop _{ 0 }^{ +\infty }{ \left[ a\left(\lambda \right)\cos { \lambda x } +b\left(\lambda \right)\sin { \lambda x } \right] d\lambda },\quad\left(\ast\right)$ где
$a\left(\lambda \right)=\frac { 1 }{ \pi } \intop _{ -\infty }^{ +\infty }{ f\left(\xi \right)\cos { \lambda \xi } d\xi } ,$ $b\left(\lambda \right)=\frac { 1 }{ \pi } \intop _{ -\infty }^{ +\infty }{ f\left(\xi\right)\sin { \lambda \xi } d\xi }.$
Равенство $\left( \ast \right)$ аналогично разложению функции в тригонометрический ряд Фурье, а выражения $a\left(\lambda \right), b\left(\lambda \right)$ аналогичны формулам для коэффициентов Фурье.

Замечание. Для удобства дальнейших вычислений формула $\left(\ast\right)$ может быть упрощена, а именно:

Если $f\left(x\right)$ — чётная функция, то $a\left(\lambda \right)=\frac { 2 }{ \pi } \intop_{ 0 }^{ +\infty }{ f\left(\xi\right)\cos { \lambda \xi } d\xi } ,$ а $b\left(\lambda \right)$ принимает значение $0.$ Тогда формулу $\left(\ast\right)$ можно записать в виде $f\left(x\right)=\frac { 2 }{ \pi } \intop_{ 0 }^{ +\infty }{ \cos { \lambda x } d\lambda } \intop_{ 0 }^{ +\infty }{ f\left(\xi\right)\cos { \lambda \xi } d\xi }.$ Это выражение называется косинус-формулой Фурье.
Для нечётной $f\left(x\right)$ получаем соответственно, что $a\left(\lambda\right)$ обращается в нуль, а $b\left(\lambda\right)=\frac { 2 }{ \pi } \intop_{ 0 }^{ +\infty }{ f\left(\xi\right)\sin { \lambda \xi } d\xi },$ поэтому исходная формула приобретает вид $f\left(x\right)=\frac { 2 }{ \pi } \intop_{ 0 }^{ +\infty }{ \sin { \lambda x } d\lambda } \intop_{ 0 }^{ +\infty }{ f\left(\xi\right)\sin { \lambda \xi } d\xi }.$ Таким образом, мы получили синус-формулу Фурье.

Замечание. Интегральная формула Фурье имеет эквивалентную ей комплексную формулу интеграла Фурье $f\left( x \right) =\frac { 1 }{ 2\pi } \int\limits _{ -\infty }^{ +\infty }{ d\lambda } \int _{ -\infty }^{ +\infty }{ f\left( \xi \right) { e }^{ i\lambda \left( x-\xi \right) }d\xi } .$

Пример

Представить следующую функцию интегралом Фурье: $f\left(x\right)=\begin{cases} 1,\quad если \quad \left| x \right| < 1; \\ 0,\quad если \quad \left| x \right| > 1. \end{cases}$

Решение

Данная функция удовлетворяет достаточным условиям, а потому её можно представить в виде интеграла Фурье. Построим график данной функции. Он симметричен относительно оси ординат, следовательно, исходная функция — чётная. Опираясь на замечание для первого случая, имеем: $b\left(\lambda\right)=0,$ $a\left(\lambda \right)=\frac { 2 }{ \pi } \intop_{ 0 }^{ +\infty }{ f\left(t\right)\cos { \lambda t } dt }=\frac { 2 }{ \pi } \intop_{ 0 }^{ 1 }{ f\left(t\right)\cos { \lambda t } dt }=\frac { 2\sin { \lambda } }{ \pi \lambda }.$ Подставив результат вычислений $a\left(\lambda \right)$ в формулу интеграла Фурье получаем ответ: $f\left(x\right)=\frac { 2 }{ \pi } \intop_{ 0 }^{ +\infty }{ \frac { \sin { \lambda } }{ \lambda } } \cos { \lambda x } d\lambda, \quad \left| x \right|\neq 1.$

[свернуть]

Литература

Будак Б. М., Фомин С. В. Курс высшей математики и математической физики — Кратные интегралы и ряды, М., «Наука», 1965, стр 516-517
Демидович Б. П. Сборник задач и упражнений по математическому анализу — 13-е издание, исправленное, — М.: Издательство Московского университета, 1997, стр 404-405
Лысенко З. М. Конспект лекций по курсу математического анализа (I курс)

Тестирование. Представление функции интегралом Фурье

Тесты помогут понять насколько хорошо был усвоен материал.

Задание 1 из 2

1.

Пусть функция $f(x)$ представима интегралом Фурье: $f(x)=\intop _{ 0 }^{ +\infty }{ \left[ a(\lambda )\cos { \lambda x } +b(\lambda )\sin { \lambda x } \right] d\lambda },$ где $a(\lambda )=\frac { 1 }{ \pi } \intop _{ -\infty }^{ +\infty }{ f(\xi )\cos { \lambda \xi } d\xi } ,$ $b(\lambda )=\frac { 1 }{ \pi } \intop _{ -\infty }^{ +\infty }{ f(\xi)\sin { \lambda \xi } d\xi }.$ Необходимо сопоставить информацию о функции с соответствующей формулой.

Элементы сортировки

$a(\lambda )=\frac { 2 }{ \pi } \int\limits_{ 0 }^{ +\infty }{ f(\xi)\cos { \lambda \xi } d\xi }$
$f(x)=\frac { 2 }{ \pi } \int\limits_{ 0 }^{ +\infty }{ \cos { \lambda x } d\lambda } \int\limits_{ 0 }^{ +\infty }{ f(\xi)\cos { \lambda \xi } d\xi }$
$f(x)=\frac { 1 }{ \pi } \int\limits_{ 0 }^{ +\infty }{ d\lambda } \int\limits_{ -\infty }^{ +\infty }{ f(\xi )\cos { { \lambda } } (\xi -x)d\xi }$
$a(\lambda)=0$
$f(x)=\frac { 2 }{ \pi } \int\limits_{ 0 }^{ +\infty }{ \sin { \lambda x } d\lambda } \int\limits_{ 0 }^{ +\infty }{ f(\xi)\sin { \lambda \xi } d\xi }$

$f(x)$ – чётная функция.

$b(\lambda)=0$

Двойной интеграл Фурье функции

$f(x)$ .

$f(x)$ – нечётная функция.

$a(\lambda)=0$

Задание 2 из 2

2.
Для интегральной формулы Фурье существует эквивалентная ей комплексная форма?
- Да
- Нет
Правильно

Неправильно

Существует, комплексная формула интеграла Фурье имеет вид $f\left( x \right) =\frac { 1 }{ 2\pi } \int\limits _{ -\infty }^{ +\infty }{ d\lambda } \int _{ -\infty }^{ +\infty }{ f\left( \xi \right) { e }^{ i\lambda \left( x-\xi \right) }d\xi } .$

Интегралы в смысле главного значения . Комплексная форма интеграла Фурье

Пусть функция $f(x): \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ абсолютно интегрируема на любом конечном отрезке $[a,b]$ .
Если существует конечный предел
$\lim_{N \rightarrow \infty}\intop_{-N}^{N} f(x)\,dx,$
то этот предел будем называть интегралом в смысле главного значения и обозначать через $v.p.\intop_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx.$ Таким образом,
$v.p.\intop_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx=\lim_{N \rightarrow \infty}\intop_{-N}^{N} f(x)\,dx.$
Если $\intop_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx$ сходящийся, то он существует и в смысле главного значения. Обратное утверждение неверно. Ясно, что для любой нечетной, абсолютно интегрируемой на любом конечном отрезке функции интеграл от этой функции в смысле главного значения равен нулю.
Пусть функция $f(x)$ абсолютно интегрируема на отрезке $[a,\beta]$ , содержащимся в отрезке $[a,b]$ и $c\overline{\in}[a,\beta]$ , $c\in(a,b)$ .
Тогда:
$v.p.\intop_{a}^{b} f(x)\,dx=\lim_{\epsilon \rightarrow +0} \left[ \intop_{a}^{c-\varepsilon}f(x)\,dx — \intop_{c+\varepsilon}^{b}f(x)\,dx \right]$
Пусть для абсолютно интегрируемой на $\mathbb{R}$ функции $f(x)$ справедливо представление в виде интеграла Фурье, т.е. $\forall x \in \mathbb{R}$ справедливо
$f(x)=\frac{1}{2\pi}\intop_{-\infty}^{+\infty}\,dy \intop_{-\infty}^{+\infty}f(t)\cos{(y(x-t))}\,dt=$

$=\intop_{-\infty}^{+\infty}a(y)\cos{(yx)}\,dy+\intop_{-\infty}^{+\infty}b(y)\sin{(yx)}\,dy,(1)$ где
$a(y)=\frac{1}{2\pi}\intop_{-\infty}^{+\infty}f(t)\cos{(yt)}\,dt,$ $b(y)=\frac{1}{2\pi}\intop_{-\infty}^{+\infty}f(t)\sin{(yt)}\,dt.$

Лемма 1. Если $f(x)$ — абсолютно итегрируемая на $\mathbb{R}$ , то $a(y)$ и $b(y)$ , непрерывны на $\mathbb{R}$ .
Докажем непрерывность $a(y)$ .
$a(y)=\frac{1}{2\pi}\intop_{-\infty}^{+\infty}f(t)\cos{(yt)} \,dt$
Из этого следует, что
$\left|\triangle a(y)\right|=$ $=\left| a(y+\triangle y)-a(y)\right|\leq$ $\leq\frac{1}{\pi}\intop_{-\infty}^{+\infty}\left| f(t)\right|\left|\sin{(\frac{t\triangle y}{2})}\right|dt.(2)$
Так как функция $f(t)$ абсолютно интегрируема, то интервал $(-\infty,+\infty)$ можно разбить на три таких интервала $(-\infty,-c)$ , $(-c,c)$ и $(c,+\infty)$ , что по бесконечным интервалам интегралы от функции
$\mid f(x) \mid$ меньше либо равны $\frac{\varepsilon}{3}$ . Второй интеграл в формуле (2) меньше, чем
$\frac{c}{2\pi}\mid \triangle y \mid \intop_{-c}^{c}\mid f(t) \mid\, dt,$
и, следовательно $\exists\delta>0$ что при $\mid \triangle y \mid < \delta$ второй интеграл в формуле(1) меньше $\frac{\varepsilon}{3}$ . Из (*) следует, что при $\mid \triangle y \mid < \delta$
приращение $\mid \triangle a(y) \mid < \varepsilon$ . Рассмотрим несобственный интеграл
$K(y)=\intop_{-\infty}^{+\infty}f(t)\sin{(y(x-t))}\,dt=$

$=\intop_{-\infty}^{+\infty}f(t)(\sin{(yx)} \cos {(yt)}-\cos{(yx)}\sin{(yt)})\,dt=$ $=2\pi(a(y)\sin{(yx)}-b(y)\cos{(yx)}).$
В силу леммы 1 функция $K(y)$ непрерывна на $\mathbb{R}$ . Так как функция $K(y)$ нечетна, то
$\frac{1}{2\pi}v.p.\intop_{-\infty}^{+\infty}K(y)\,dy=$ $=v.p.\intop_{-\infty}^{+\infty}\,dy\intop_{-\infty}^{+\infty}f(t)sin\,y(x-t)\,dt=0.(3)$
Теорема 1. Если для абсолютно интегрируемой на $\mathbb{R}$ функции $f(x)$ справедливо $f(x)=\frac{1}{2\pi}\intop_{-\infty}^{+\infty}\,dy \intop_{-\infty}^{+\infty}f(t)\cos{(y(x-t))}\,dt=$

$=\intop_{-\infty}^{+\infty}a(y)\cos{(yx)}\,dy+\intop_{-\infty}^{+\infty}b(y)\sin{(yx)}\,dy$
то справедливо, что $f(x)=v.p.\frac{1}{2\pi}\intop_{-\infty}^{+\infty}\left( \intop_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{-iyt}\,dt \right) e^{iyx}\,dy,(4)$

$f(x)=v.p.\frac{1}{2\pi}\intop_{-\infty}^{+\infty}\left( \intop_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{iyt}\,dt \right) e^{-iyx}\,dy.(5)$
(4) получается умножением равенства (3) на мнимую единицу, сложить его с равенством (4) и воспользоваться формулами Эйлера
$\cos{(y(x-t))}+I\sin{(y(x-t))}=e^{iy(x-t)}=e^{iyx}e^{-iyt}$
Аналогично получается (5). Интеграл, стоящий в праваой части равенства (4), называется интегралом Фурье $f(x)$ в комплексной форме.

Замечание

Интеграл Фурье в комплексной форме может быть написан и для комплекснозначной абсолютно интегрируемой функции $f(x)=f_{1}(x)+if_{2}(x)$ . Если для действительной и мнимой части функции $f(x)$ , т.е. для $f_{1}(x)$ и $f_{2}(x)$ , справедливо представление (4) интегралом Фурье, то очевидно, что такое представление справедливо и для функции $f(x)=f_{1}(x)+if_{2}(x).$

[свернуть]

Примеры

Пример 1.Представить интегралом Фурье в комплексной форме функцию $f(x)=\begin{cases}0,x<0\\h, 0 \leq x \leq \tau \\ 0, x>\tau \end{cases}$

Решение

$f(x)=\intop_{-\infty}^{+\infty}c(a)e^{iax}\,da$ , $c(a)=\frac{1}{2\pi}\intop_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{-iat}\,dt=$

$=\frac{1}{2\pi}\left[ \intop_{-\infty}^{0}0e^{-iat}dt+\intop_{0}^{\tau}he^{ia\tau}\,dt+\intop_{\tau}^{+\infty}0e^{-iat}\,dt \right]=$ $=\frac{h}{2\pi}\frac{1}{-ia}e^{iat}\mid_0^\tau=$

$=-\frac{hi}{2\pi i a i}(e^{-ia\tau}-e^{0})=$ $=\frac{hi}{2\pi a}(e^{-ia\tau}-1)$

$f(x)=\frac{hi}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{i\tau a}-1}{a}e^{iax}\,da.$

[свернуть]

Пример 2. Представить интегралом Фурье в комплексной форме функцию $f(x)=\begin{cases}-e^{-2x},x \geq0,\\2e^{x},x<0 \end{cases}$

Решение

Построим график функции.

Пусть функция $f(x)$ удовлетворяет всем условиям интегральной теоремы, а именно кусочно-непрерывна и имеет одну точку разрыва 1-го рода $x_{0}=0$ . В точках непрерывности интеграл Фурье в комплексной форме сходится к значениям функции $f(x)=\intop_{-\infty}^{+\infty}C(a)e^{iax}\,da$

Определим спектральную функцию по формуле

$C(a)=\frac{1}{2\pi}\intop_{-\infty}{+\infty}f(t)e^{iat}\,dt=$

$=\frac{1}{2\pi}\left(\intop_{-\infty}^{0}2e^{t}e^{t(2-ia)}\,dt -\intop_{0}^{+\infty}e^{-2t}e^{-iat} \right)=$

$=\frac{1}{2\pi}\left(2\intop_{-\infty}^{0}e^{t(1-ia)}\,dt-\intop_{0}^{+\infty}e^{-t(2+ia)}\,dt \right)=$

$=\frac{1}{2\pi}\left(\frac{2}{1-ia}e^{t(2-ia)}\mid_{-\infty}^{0}+\frac{1}{2+ia}e^{-t(2+ia)}\mid_{0}^{+\infty}\right)=$

$=\frac{1}{2\pi}\left(\frac{2}{1-ia}-\frac{1}{2+ia}\right)=\frac{1}{2\pi}\frac{4+2ia-1+ia}{(1-ia)(2+ia)}=$

$==\frac{1}{2\pi}\frac{3+3ia}{(2+a^{2}-ia)}.$

В точке разрыва $x_{0}=0$ интеграл Фурье сходится к значению $\frac{f(0-0)+f(0+0)}{2}=\frac{2-1}{2}=\frac{1}{2}.$

[свернуть]

Интегралы в смысле главного значения

Рекомендуется пройти

Задание 1 из 2

1.
Количество баллов: 1
Выберите интеграл в смысле главного значения:
- $v.p.\intop_{-\infty}^{+\infty}f(x)\,dx$
- $\lim_{N\rightarrow \infty} \intop_{0}^{N}f(x)\,dx$
- $v.p.\intop_{-N}^{N}f(x)\,dx$
Правильно

Верно!

Неправильно

Не верно!
Задание 2 из 2

2.
Количество баллов: 1
$f(x)=v.p.\frac{1}{2\pi}\intop_{-\infty}^{+\infty}\left( \intop_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{-iyt}\,dt \right) e^{iyx}\,dy$
Интеграл стоящий в правой части равенства называется
Правильно

Верно!

Неправильно

Не верно!

Подсказка

ответ в творительном падеже.

Литература

Определение интеграла Фурье

Для лучшего понимания материала, изложенного ниже, пожалуйста, ознакомьтесь с темой «Ряды Фурье».

Интегральная формула Фурье

Если интервал $\left[ -l,l \right],$ на котором функция $f\left(x\right)$ разлагается в тригонометрический ряд Фурье, неограниченно возрастает, т.е. $l\rightarrow +\infty,$ то ряд Фурье превращается в интеграл Фурье. При переходе к пределу происходит качественный скачок: функция, заданная на любом конечном интервале $\left[ -l,l \right],$ разлагается в ряд «гармонических колебаний», частоты которых образуют дискретную последовательность; функция $f\left(x\right),$ заданная на всей оси $x$ или на полуоси $x,$ разлагается в интеграл, который представляет собой сумму «гармонических колебаний», частоты которых непрерывно заполняют действительную полуось $0\le \lambda \le +\infty .$ Рассмотрим этот предельный переход от ряда Фурье к интегралу Фурье.

Замечание. Напомним, что функция $f$ является кусочно-гладкой на отрезке $\left[ a,b \right],$ если:

$f$ непрерывна во всех точках, кроме, быть может, конечного числа точек ${ x }_{ 1 },\dots ,{ x }_{ n }\in \left(a,b\right).$
$\forall i=1,\dots ,n \quad \exists f\left({ x }_{ i }\pm 0\right),\quad f\left(a+0\right),\quad f\left(b-0\right).$
$f$ – дифференцируема во всех точках, кроме, быть может, конечного числа точек ${ x }_{ 1 },\dots ,{ x }_{ n }.$

$\exists f^{ \prime }\left({ x }_{ i }\pm 0\right).$ Пусть

$f\left(x\right)$ задана на всей оси

$x$ и на каждом конечном отрезке

$\left[ -l,l \right],$ является кусочно-гладкой. Тогда, в силу основной теоремы о сходимости тригонометрического ряда Фурье, при любом

$l>0$

$f(x)=\frac { { a }_{ 0 } }{ 2 } +\sum _{ k=1 }^{ +\infty }{ \left( { a }_{ k }\cos { \frac { k\pi x }{ l } } +{ b }_{ k }\sin { \frac { k\pi x }{ l } } \right) } ,\quad \left( 1 \right)$
где

$\left(2\right)\quad \begin{cases} { a }_{ 0 }=\frac { 1 }{ l } \int\limits_{ -l }^{ l }{ f\left(\xi \right) } d\xi , \\ { a }_{ k }=\frac { 1 }{ l } \int\limits_{ -l }^{ l }{ f\left(\xi \right)\cos { \frac { k\pi \xi }{ l } d\xi , } } \\ { b }_{ k }=\frac { 1 }{ l } \int\limits_{ -l }^{ l }{ f\left(\xi \right)\sin { \frac { k\pi \xi }{ l } d\xi . } } \end{cases}$
Равенство

$\left(1\right)$ имеет место, если

$x$ — внутренняя точка отрезка

$\left[ -l,l \right],$ в которой

$f\left(x\right)$ непрерывна; если же

$x$ — внутренняя точка этого отрезка, в которой

$f\left(x\right)$ разрывна, то в левой части равенства

$\left(1\right)$

$f\left(x\right)$ нужно заменить через

$\frac { f\left(x+0\right)+f\left(x-0\right) }{ 2 }.$
Подставляя выражения

$\left(2\right)$ в

$\left(1\right),$ получим

$f\left(x\right)=\frac { 1 }{ 2l } \intop_{ -l }^{ l }{ f\left(\xi \right)d\xi } +\frac { 1 }{ l } \sum _{ k=1 }^{ +\infty }{ \intop_{ -l }^{ l }{ f\left(\xi \right)\cos { \frac { k\pi }{ l } } \left(\xi -x\right)d\xi } }.\quad \left(3\right)$
Если

$f\left(x\right)$ ещё и абсолютно интегрируема на всей оси

$x,$ т.е.

$\intop_{ -\infty }^{ +\infty }{ \left| f\left(x\right) \right| dx } =Q<+\infty, \quad \left(4\right)$
то при переходе к пределу при

$l\rightarrow +\infty$ первое слагаемое в правой части

$\left(3\right)$ в силу условия

$\left(4\right)$ стремится к нулю. Следовательно,

$f\left(x\right)=\lim _{ l\rightarrow +\infty }{ \frac { 1 }{ l } \sum _{ k=1 }^{ +\infty }{ \intop_{ -l }^{ l }{ f\left(\xi \right)\cos { \frac { k\pi }{ l } } \left(\xi -x\right)d\xi } . } } \quad \left(5\right)$ Положим

$\frac { k\pi }{ l } ={ \lambda }_{ k },$

$\frac { \pi }{ l } ={ \Delta \lambda }_{ k }.$ Тогда

$\left(5\right)$ можно переписать в виде

$f\left( x \right) =\lim _{ \begin{matrix} l\rightarrow +\infty \\ \Delta { \lambda }_{ k }\rightarrow 0 \end{matrix} }{ \frac { 1 }{ \pi } } \sum _{ k=1 }^{ +\infty }{ \Delta { \lambda }_{ k } } \intop_{ -l }^{ l }{ f\left( \xi \right) \cos { { \lambda }_{ k } } \left( \xi -x \right) d\xi }.\quad \left( 6 \right)$
Будем рассуждать нестрого:

при больших значениях $l$ интеграл $\intop_{ -l }^{ l }{ f\left(\xi \right)\cos { { \lambda }_{ k } } \left(\xi -x\right)d\xi }$ можно заменить интегралом
$\intop_{ -\infty }^{ +\infty }{ f\left(\xi \right)\cos { { \lambda }_{ k } } \left(\xi -x\right)d\xi },$
$\sum _{ k=1 }^{ +\infty }{ \Delta { \lambda }_{ k } } \intop_{ -\infty }^{ +\infty }{ f\left(\xi \right)\cos { { \lambda }_{ k } } \left(\xi -x\right)d\xi }$ является интегральной суммой для интеграла $\intop_{ 0 }^{ +\infty }{ d\lambda } \intop_{ -\infty }^{ +\infty }{ f\left(\xi \right)\cos { { \lambda } } \left(\xi -x\right)d\xi } ,$ поэтому из $\left(6\right)$ получаем $f\left(x\right)=\frac { 1 }{ \pi } \intop_{ 0 }^{ +\infty }{ d\lambda } \intop_{ -\infty }^{ +\infty }{ f\left(\xi \right)\cos { { \lambda } } \left(\xi -x\right)d\xi } , \quad \left(7\right)$ где в левой части равенства $\left(7\right)$ вместо $f\left(x\right)$ нужно писать $\frac { f\left(x+0\right)+f\left(x-0\right) }{ 2 } ,$ если $x$ является точкой разрыва функции $f\left(x\right).$

Равенство $\left(7\right)$ называется интегральной формулой Фурье, а интеграл, стоящий в её правой части, — интегралом Фурье либо двойным интегралом Фурье

Обоснование интегральной формулы Фурье

Равенство $\left(7\right)$ было получено с помощью формальных предельных переходов, которые не были обоснованы.
Вместо того чтобы их обосновать, удобнее непосредственно доказывать справедливость равенства $\left(7\right).$

Теорема

Если функция $f\left(x\right),$ кусочно-гладкая на каждом конечном отрезке оси $x,$ абсолютно интегрируема на всей оси $x,$ т.е. интеграл $\int\limits_{ -\infty }^{ +\infty }{ \left| f\left(x\right) \right| dx }$ сходится, то $\lim _{ l\rightarrow +\infty }{ \frac { 1 }{ \pi } \intop_{ 0 }^{ l }{ d\lambda } \intop_{ -\infty }^{ +\infty }{ f\left(\xi \right)\cos { { \lambda } } \left(\xi -x\right)d\xi } } =\frac { f\left(x+0\right)+f\left(x-0\right) }{ 2 }.$

Доказательство

Заметим прежде всего, что интеграл $\intop_{ -\infty }^{ +\infty }{ f\left(\xi \right)\cos { \lambda \left(\xi -x\right)d\xi } },$ зависящий от параметра $\lambda,$ сходится равномерно по параметру $\lambda$ при $0\le \lambda \le +\infty,$ так как $\left| f\left(\xi \right)\cos { \lambda } \left(\xi -x\right) \right| \le \left| f\left(\xi \right) \right| ,$ а интеграл $\int\limits_{ -\infty }^{ +\infty }{ \left| f\left(\xi \right) \right| d\xi }$ по условию сходится. Следовательно, можно изменить порядок интегрирования, т.е. записать так:
$\frac { 1 }{ \pi } \intop_{ 0 }^{ l }{ d\lambda } \intop_{ -\infty }^{ +\infty }{ f\left(\xi \right)\cos { { \lambda } } \left(\xi -x\right)d\xi } =$
$=\frac { 1 }{ \pi } \intop_{ -\infty }^{ +\infty }{ d\xi } \intop_{ 0 }^{ l }{ f\left(\xi \right)\cos { { \lambda } } \left(\xi -x\right)d\lambda } =$
$=\frac { 1 }{ \pi } \intop_{ -\infty }^{ +\infty }{ f\left(\xi \right)\frac { \sin { l\left(\xi -x\right) } }{ \xi -x } d\xi } =$
$=\frac { 1 }{ \pi } \intop_{ -\infty }^{ +\infty }{ f\left(x+\zeta \right)\frac { \sin { l\zeta } }{ \zeta } d\zeta } ,$
где $\zeta=\xi-x,$ $d\zeta=d\xi.$ Нам остаётся доказать, что $\lim _{ l\rightarrow +\infty }{ \frac { 1 }{ \pi } \intop_{ -\infty }^{ 0 }{ f\left(x+\zeta \right)\frac { \sin { l\zeta } }{ \zeta } d\zeta } } =\frac { f\left(x-0\right) }{ 2 },\quad\left(8\right)$
$\lim _{ l\rightarrow +\infty }{ \frac { 1 }{ \pi } \intop_{ 0 }^{ +\infty }{ f\left(x+\zeta \right)\frac { \sin { l\zeta } }{ \zeta } d\zeta } } =\frac { f\left(x+0\right) }{ 2 }.\quad\left(9\right)$
При доказательстве мы воспользуемся известным соотношением (см. п. 5 § 2 гл. 10) $\frac { 1 }{ \pi } \intop_{ 0 }^{ +\infty }{ \frac { \sin { l\zeta } }{ \zeta } d\zeta } =\frac { 1 }{ 2 } \quad \left(10\right).$ Докажем, например, справедливость соотношения $\left(9\right).$ В силу равенства $\left(10\right),$ можно записать, что $\frac { f\left(x+0\right) }{ 2 } =\frac { 1 }{ \pi } \intop_{ 0 }^{ +\infty }{ f\left(x+0\right)\frac { \sin { l\zeta } }{ \zeta } d\zeta } .$
Поэтому разность между переменной величиной и предполагаемым пределом в соотношении $\left(9\right)$ будет равна
${ J }_{ 0,+\infty }=\frac { 1 }{ \pi } \intop_{ 0 }^{ +\infty }{ f\left(x+ \zeta \right)\frac { \sin { l\zeta } }{ \zeta } d\zeta } -\frac { f\left(x+0\right) }{ 2 } =$
$=\frac { 1 }{ \pi } \intop_{ 0 }^{ +\infty }{ \left[ f\left(x+\zeta \right)-f\left(x+0\right) \right] \frac { \sin { l\zeta } }{ \zeta } d\zeta } .\quad\left(11\right)$
Таким образом, нужно доказать, что этот интеграл стремится к нулю при $l\rightarrow +\infty.$ Разобьём интервал интегрирования $0\le \zeta <+\infty$ на три:
$0 < \zeta \le\delta ,$ $\quad \delta \le \zeta \le\Delta ,$ $\quad \Delta \le \zeta <+\infty ;$ тогда интеграл $\left(11\right)$ будет представлен в виде суммы трёх интегралов ${ J }_{ 0,+\infty }={ J }_{ 0,\delta }+{ J }_{ \delta ,\Delta }+{ J }_{ \Delta ,+\infty }. \quad\left(12\right)$ После этого будем действовать следующим образом. Сначала, задавшись произвольным $\varepsilon >0,$ докажем, что при всех достаточно малых $\delta>0$ и всех достаточно больших $\Delta >\delta$ будут выполняться неравенства $\left| { J }_{ 0,\delta } \right| <\frac { \varepsilon }{ 3 }\quad и \quad \left| { J }_{ \Delta,+\infty } \right| <\frac { \varepsilon }{ 3 } \quad \left(13\right)$ сразу при всех $l\ge 1.$ Затем, фиксировав $\delta$ и $\Delta$ так, чтобы выполнялись неравенства $\left(13\right),$ выберем $l\ge 1$ столь большим, чтобы в силу основной леммы выполнялось неравенство $\left| { J }_{ \delta ,\Delta } \right| <\frac { \varepsilon }{ 3 } .$ Отсюда, в силу $\left(12\right),$ будет следовать, что $\left| { J }_{ 0,+\infty } \right| <\varepsilon$ при всех достаточно больших $l\ge 1.$ Итак, оценим сначала интеграл ${ J }_{ 0,\delta }=\frac { 1 }{ \pi } \intop_{ 0 }^{ \delta }{ \frac { f\left(x+\zeta \right)-f\left(x+0\right) }{ \zeta } \sin { l\zeta } d\zeta } .$ При всех достаточно малых $\delta>0$ $\left| \frac { f\left(x+\zeta \right)-f\left(x+0\right) }{ \zeta } \right| <\left| { f }_{ + }^{ \prime }\left(x\right) \right| +1\quad \forall \zeta \in \left(0,\delta \right).$ Следовательно, $\left| { J }_{ 0,\delta } \right| <\frac { \delta }{ \pi } \left\{ \left| { f }_{ + }^{ \prime }\left(x\right) \right| +1 \right\} <\frac { \varepsilon }{ 3 } \quad\left(14\right)$ при всех $\delta <\frac { \varepsilon \pi }{ 3\left\{ \left| { f }_{ + }^{ \prime }\left( x \right) \right| +1 \right\} }$ и при всех значениях $l.$ Оценим, далее, интеграл ${ J }_{ \Delta ,+\infty }=\frac { 1 }{ \pi } \intop_{ \Delta }^{ +\infty }{ f\left(x+\zeta \right)\frac { \sin { l\zeta } }{ \zeta } d\zeta } -\frac { f\left(x+0\right) }{ \pi } \intop_{ \Delta }^{ +\infty }{ \frac { \sin { l\zeta } }{ \zeta } d\zeta } .$ Мы имеем $\left| { J }_{ \Delta ,+\infty } \right| \le \frac { 1 }{ \pi } \intop_{ \Delta }^{ +\infty }{ \left| f\left(x+\zeta \right) \right| \frac { d\zeta }{ \zeta } } +\frac { \left| f\left(x+0\right) \right| }{ \pi } \left| \intop_{ \Delta }^{ +\infty }{ \frac { \sin { l\zeta } }{ \zeta } d\zeta } \right| \le$ $\le \frac { 1 }{ \pi \Delta } \intop_{ -\infty }^{ +\infty }{ \left| f\left(x+\zeta \right) \right| d\zeta } +\frac { \left| f\left(x+0\right) \right| }{ \pi } \left| \intop_{ l\Delta }^{ +\infty }{ \frac { \sin { { \zeta }^{ \ast } } }{ { \zeta }^{ \ast } } } d{ \zeta }^{ \ast } \right| =$
$=\frac { Q }{ \pi \Delta } +\frac { \left| f\left(x+0\right) \right| }{ \pi } \left| \intop_{ l\Delta }^{ +\infty }{ \frac { \sin { { \zeta }^{ \ast } } }{ { \zeta }^{ \ast } } d{ \zeta }^{ \ast } } \right| ,$ где ${ \zeta }^{ \ast }=l\zeta. \quad\left(15\right)$ Напомним, что, согласно условию $\left(4\right),$ $Q=\int\limits_{ -\infty }^{ +\infty }{ \left| f\left(x\right) \right| dx } <\infty,$ поэтому при всех достаточно больших $\Delta>0$ будет $\frac { Q }{ \pi \Delta } <\frac { \varepsilon }{ 6 }$ сразу для всех $l.$ Далее, так как интеграл $\int\limits_{ 0 }^{ +\infty }{ \frac { \sin { { \zeta }^{ \ast } } }{ { \zeta }^{ \ast } } d{ \zeta }^{ \ast } }$ сходится, то при всех достаточно больших $\Delta>0$ и всех $l\ge 1$ $\frac { \left| f\left(x+0\right) \right| }{ \pi } \left| \intop_{ l\Delta }^{ +\infty }{ \frac { \sin { { \zeta }^{ \ast } } }{ { \zeta }^{ \ast } } d{ \zeta }^{ \ast } } \right| <\frac { \varepsilon }{ 6 } .$ Следовательно, в силу $\left(15\right)$ $\left| { J }_{ \Delta ,+\infty } \right| <\frac { \varepsilon }{ 3 } \quad\left(16\right)$ при всех достаточно больших $\Delta>0$ и всех $l\ge 1.$ Оценим, наконец, интеграл ${ J }_{ \delta ,\Delta }=\frac { 1 }{ \pi } \intop_{ \delta }^{ \Delta }{ \frac { f\left(x+\zeta \right)-f\left(x+0\right) }{ \zeta } \sin { l\zeta } d\zeta } .$ Функция $\frac { f\left(x+\zeta \right)-f\left(x+0\right) }{ \zeta }$ по переменной $\zeta$ является кусочно-гладкой на отрезке $\delta \le \zeta \le \Delta .$ Поэтому, в силу основной леммы, при всех достаточно больших значениях $l\ge1$ будет выполняться неравенство $\left| { J }_{ \delta ,\Delta } \right| <\frac { \varepsilon }{ 3 }. \quad\left(17\right)$ Сопостовляя $\left(14\right), \left(16\right)$ и $\left(17\right),$ получим, что при всех достаточно больших $l\ge1$ $\left| { J }_{ 0,+\infty } \right| <\varepsilon ,$ что и требовалось доказать. $\blacksquare$

[свернуть]

Замечание. Основная теорема об интеграле Фурье справедлива и при более слабых ограничениях, налагаемых на функцию $f\left(x\right).$ А именно, если абсолютно интегрируемая на всей оси $x$ функция $f\left(x\right)$

кусочно-непрерывна на каждом конечном отрезке оси $x$
отношение $\left| \frac { f\left(x+\zeta \right)-f\left(x+0\right) }{ \zeta } \right|$ ограничено при любом фиксированном $x$ для всех достаточно малых $\zeta,$ то основная теорема сохраняет силу.

Доказательство

Действительно, доказательство основной теоремы сводится к оценке трёх интегралов: ${ J }_{ 0,\delta },{ J }_{ \delta ,\Delta },{ J }_{ \Delta ,+\infty }$ для ${ J }_{ 0 ,+\infty }.$ Последний из этих трёх интегралов мал при достаточно большом $\Delta,$ в силу абсолютной интегрируемости $f\left(x\right).$ Интеграл ${ J }_{ 0,\delta }$ мал при всех достаточно малых $\delta>0,$ если отношение $\left| \frac { f\left(x+\zeta \right)-f\left(x+0\right) }{ \zeta } \right|$ ограничено при каждом фиксированном $x$ для всех достаточно малых $\zeta>0.$ В интеграле же ${ J }_{ \delta ,\Delta }=\frac { 1 }{ \pi } \intop _{ \delta }^{ \Delta }{ \frac { f\left(x+\zeta \right)-f\left(x+0\right) }{ \zeta } \sin { l\zeta } d\zeta }$ функция $\varphi \left(\zeta \right)= \frac { f\left(x+\zeta \right)-f\left(x+0\right) }{ \zeta }$ кусочно-непрерывна на отрезке $0<\delta \le \zeta \le \Delta$ при любом фиксированном $x.$ Пусть $\left[ a,b \right]$ — какой-либо сегмент, на котором $\varphi \left(\zeta \right)$ непрерывна, и пусть дано какое угодно $\varepsilon>0.$ Построим такую кусочно-гладкую функцию ${ g }_{ \varepsilon }\left(x\right)$ (как при доказательстве первой теоремы Вейерштрасса), чтобы выполнялось неравенство $\left| \varphi \left(\zeta \right)-{ g }_{ \varepsilon }\left(\zeta\right) \right| <\frac { \varepsilon }{ 2\left(b-a\right) },\quad 0<\delta \le \zeta \le \Delta .$ Но тогда $\left| \int _{ a }^{ b }{ \varphi \left(\zeta \right)\sin { l\zeta } d\zeta } \right| \le \intop _{ a }^{ b }{ \left| \varphi \left(\zeta \right)-{ g }_{ \varepsilon }\left(\zeta\right) \right| d\zeta } +$ $+\left| \intop _{ a }^{ b }{ { g }_{ \varepsilon }\left(\zeta \right)\sin { l\zeta } d\zeta } \right| <\frac { \varepsilon }{ 2 } +\frac { \varepsilon }{ 2 } =\varepsilon \quad$ при всех достаточно больших $l\ge0,$ так как для кусочно-гладкой функции ${ g }_{ \varepsilon }\left(x\right)$ справедлива основная лемма. Разбивая интеграл ${ J }_{ \delta ,\Delta }$ на интервалы по сегментам непрерывности $\varphi \left(\zeta \right),$ получаем, что ${ J }_{ \delta ,\Delta }\rightarrow 0$ при $l\rightarrow +\infty,$ чем и завершается доказательство теоремы.

[свернуть]

Литература

Будак Б. М., Фомин С. В. Курс высшей математики и математической физики — Кратные интегралы и ряды, М., «Наука», 1965, стр 510-516
Демидович Б. П. Сборник задач и упражнений по математическому анализу — 13-е издание, исправленное, — М.: Издательство Московского университета, 1997, стр 404-405
Лысенко З. М. Конспект лекций по курсу математического анализа (I курс)

Тестирование. Интеграл Фурье

После прочтения материала настоятельно рекомендую попробовать силы в несложных тестах для закрепления материала.
Желаю успехов!

Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Преобразование Фурье

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

Элементы сортировки

2.

Литература

Интеграл Фурье как разложение в сумму гармоник

Пример

Литература

Тестирование. Представление функции интегралом Фурье

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

Элементы сортировки

2.

Примеры

Интегралы в смысле главного значения

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

Подсказка

Литература

Интегральная формула Фурье

Обоснование интегральной формулы Фурье

Теорема

Литература

Тестирование. Интеграл Фурье

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.