Discussioni su calcolo di variabile complessa, distribuzioni, Trasformata di Fourier, Teoria della misura, Analisi funzionale, Equazioni alle derivate parziali, Calcolo delle Variazioni e oltre.
09/01/2019, 14:35
Buongiorno! Non sono sicura dello svolgimento di questo esercizio. Devo calcolare la trasformata di Fourier di
$H(x) x^k e^(-x) \qquad $ per $k\in \mathbb{N}$
Io pensavo di ricondurmi a calcolare
$\frac{1} {(-i)^k}\frac{\partial^k} {\partial\xi^k } ( \mathcal{F}(H(x) e^(-x)) (\xi)) $
Questa seconda trasformata mi da $\frac{1}{i\xi+1}$
E poi sostituisco.
Può andare? Grazie mille
11/01/2019, 01:59
H è la funzione di Heaviside ?
In tal caso l'integrale
$$\hat f (\xi) = \int_R H(x)x^ke^{-x}e^{-2\pi i \xi x}dx = \int_0^{+\infty} x^k e^{-x(2\pi i \xi + 1)}dx$$
Mi pare così grazioso... C'è una certa funzione famosa che...
11/01/2019, 10:43
Grazie dRic, sí H è la funzione di Heaviside, non ci avevo proprio pensato di fare così, e poi usare la funzione Gamma!
11/01/2019, 11:08
E ma comunque c'è da fare un poco di attenzione. Nella definizione di funzione Gamma non entrano i numeri complessi;
\[
\Gamma(x)=\int_0^\infty t^{x-1}e^{-t}\, dt.\]
Puoi farmi vedere come hai calcolato quella trasformata di Fourier, per favore?
11/01/2019, 12:15
Io pensavo di fare così:
$$\mathcal{F}(x^k H(x) e^{-x} ) (\xi)=\frac{1} {(-i)^k}\frac{\partial^k} {\partial\xi^k } ( \mathcal{F}(H(x) e^{-x} ) (\xi))$$
Mi sono calcolata a parte la $\mathcal{F}(H(x) e^(-x)) (\xi))$ che mi da $\frac{1}{i\xi+1}$
Quindi derivo k volte rispetto xi questo risultato
11/01/2019, 12:20
dissonance ha scritto:E ma comunque c'è da fare un poco di attenzione. Nella definizione di funzione Gamma non entrano i numeri complessi;
\[
\Gamma(x)=\int_0^\infty t^{x-1}e^{-t}\, dt.\]
Puoi farmi vedere come hai calcolato quella trasformata di Fourier, per favore?
Cavolo è vero... ma non è che si potrebbe aggiustare la cosa ? Perché io l'ho fatto senza pensarci e ho controllato la soluzione e mi torna. In più l'ho sempre fatto questo trucchetto in altre circostanze dimenticandomi di questo fatto e non ho mai avuto problemi... Sono stato solo fortunato ?
11/01/2019, 13:03
Non penso proprio sia questione di fortuna. Posta qualche esempio concreto e lo analizziamo. Immagino che ci sia una maniera rigorosa di giustificare i calcoli anche se coinvolgono numeri complessi.
11/01/2019, 13:07
Beh questo è uno. Ponendo $z = x(2 \pi i x + 1)$ e moltiplicando qua e là per aggiustare i coefficienti viene la funzione gamma di $k+1$, almeno all'apparenza. Poi comunque la soluzione l'ho confrontata per qualche valore di $k$ a caso con quella che mi da' Wolfram Alpha e se non ricordo male, combaciavano.
11/01/2019, 13:12
Se vuoi che ne parliamo devi aggiungere un po' di dettagli, così non si può dire niente.
Prova a prendere un esempio più semplice. Secondo me, l'esempio più semplice di tutti in cui si possono fare questi cambi di variabile che finiscono nei complessi è il calcolo di
\[
\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2 - i xk}\, dx.\]
11/01/2019, 13:32
Scusami. Ecco cosa intendevo (partendo dal presupposto che $k$ è un intero positivo:
$$\frac 1 {(2\pi i \xi + 1)^{k+1}}\int_0^{\infty} (2\pi i \xi + 1)^{k}x^k e^{-x(2\pi i \xi + 1)} (2\pi i \xi + 1)dx$$
Posto $z = (2\pi i \xi + 1)x$ e quindi $dz = (2\pi i \xi + 1)dx$ viene (però forse ho un po' stuprato gli estremi di integrazione
):
$$\frac 1 {(2\pi i \xi + 1)^{k+1}}\int_0^{\infty} z^ke^{-z}dz = \frac 1 {(2\pi i \xi + 1)^{k+1}} \Gamma (k+1) = \frac {k!} {(2\pi i \xi + 1)^{k+1}}$$
Che però dovrebbe essere il risultato corretto
PS: non so perché ho il feeling che funzioni solo per $k$ interi.
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