Trasformata di Fourier con convoluzione

[Darius00]

Ciao a tutti, vorrei una mano per capire il seguente esercizio:

Ricordando che la trasformata di Fourier di $f(x)=e^(-x^2/2)$ è $\hat(f)(k)=sqrt(2pi)e^(-k^2/2)$, determinare la trasformata di Fourier di $g(x)=\int_{-infty}^{infty}e^(-(x-y)^2)/(y^2+1)dy$.

Anche se il testo non la cita, penso che l'unico modo (oppure il più veloce) per uscirne è usare la convoluzione ossia, data la forma di $g(x)$ posso scrivere $\hat(g)(k)=\hat(h)(k)\hat(psi)(k)$.

Dove $h(x)=e^(-x^2)$ e $psi(x)=1/(x^2+1)$.

$\hat(h)(k)$ me la ricavo facilmente da $\hat(f)(k)$ con un cambio di variabile ponendo $t=x/sqrt(2)$:
$\hat(f)(k)=\int_{-infty}^{infty}sqrt(2)e^(-iksqrt(2)t)e^(-t^2)dt=\sqrt(2pi)e^(-k^2/2)$ quindi $\hat(h)(k)=\sqrt(pi)e^(-k^2/4)$

Ora passo a $\hat(psi)(k)=int_{-infty}^{infty}e^(-ikx)/(x^2+1)dx$ ma non ho la più pallida idea di come risolverlo...

P.S. Facendo risolvere l'integrale al computer, mi esce $\hat(psi)(k)=pie^(-|k|)$ ed essendo il risultato dell'esercizio $\hat(g)(k)=pi^(3/2)e^(-k^2/4-|k|)$ penso proprio che la via maestra sia giusta.

Grazie in anticipo a tutti!

[pilloeffe]

Ciao Darius00,

Ora passo a $ \hat(psi)(k)=int_{-infty}^{infty}e^(-ikx)/(x^2+1)dx $ ma non ho la più pallida idea di come risolverlo...

In realtà è una trasformata di Fourier abbastanza standard, potresti dare un'occhiata all'esempio qui:
https://it.wikipedia.org/wiki/Trasformata_di_Fourier

Più in generale si può calcolare l'integrale seguente:

$\int_{-\infty}^{+\infty} e^{i \omega x}/(x^2 + a^2) \text{d}x $

con $a > 0 $
Consideriamo la funzione $g(z) := e^{i \omega z}/(z^2 + a^2) $: essa ha due poli semplici nei punti $z = ia $ e $z = - ia $, con residui rispettivamente $ e^{-a\omega}/(2 i a) $ e $- e^{a\omega}/(2 i a) $.
Sia dapprima $\omega \ge 0 $. Ponendoci nel semipiano $\text{Im}(z) \ge 0 $ si ha $|e^{i \omega z}| = e^{- \omega y} \le 1 $ e dunque per $|z| > a $ si ha:

$|z g(z)| \le |z|/(|z^2 + a^2|) \le |z|/(|z|^2 - a^2) $

e $\lim_{|z| \to +\infty} |z g(z)| = 0 $

Se dunque $C_R $ è la semicirconferenza $z = R e^{i \theta} $, $0 \le \theta \le \pi $ contenuta nel semipiano indicato, se $R > a $ si ha:

$\int_{- R}^R e^{i \omega x}/(x^2 + a^2) \text{d}x + \int_{C_R} e^{i \omega z}/(z^2 + a^2) \text{d}z = 2\pi i e^{-a\omega}/(2 i a) = (\pi/a) e^{-a\omega}$

Per $R\to +\infty $ dunque si ottiene

$\int_{- \infty}^{+\infty} e^{i \omega x}/(x^2 + a^2) \text{d}x = (\pi/a) e^{-a\omega}$

In modo del tutto analogo, se $\omega < 0 $ utilizzando la semicirconferenza di centro l'origine e raggio $R > a $ contenuta nel semipiano $\text{Im}(z) < 0 $, per $R \to +\infty $ si ottiene

$\int_{- \infty}^{+\infty} e^{i \omega x}/(x^2 + a^2) \text{d}x = (\pi/a) e^{a\omega}$

In definitiva $\forall \omega \in \RR $ si ha:

$\int_{- \infty}^{+\infty} e^{i \omega x}/(x^2 + a^2) \text{d}x = (\pi/a) e^{- a|\omega|}$

Il risultato ottenuto mostra che l'integrale in questione è una funzione pari di $\omega $ (a dire il vero questa proprietà poteva essere notata sull'integrale stesso prima ancora di calcolarlo). Dunque ponendo $-\omega $ al posto di $\omega $ si ha:

\begin{equation*}
\boxed{\int_{- \infty}^{+\infty} \dfrac{e^{- i \omega x}}{x^2 + a^2} \text{d}x = \dfrac{\pi}{a} e^{- a|\omega|}}
\end{equation*}
Nel caso particolare $a = 1 > 0 $ quest'ultimo integrale rappresenta proprio la trasformata di Fourier della funzione $1/(x^2 + 1) $

[Darius00]

Consideriamo la funzione $g(z) := e^{i \omega z}/(z^2 + a^2) $: essa ha due poli semplici nei punti $z = ia $ e $z = - ia $, con residui rispettivamente $ e^{-a\omega}/(2 i a) $ e $- e^{a\omega}/(2 i a) $.

Ciao Pilloeffe, grazie come sempre per l'aiuto. Non avevo minimamente pensato di poterlo risolvere con i residui bensì stavo cercando qualche proprietà della trasformata di Fourier...

[pilloeffe]

grazie come sempre per l'aiuto.

Prego.

Non avevo minimamente pensato di poterlo risolvere con i residui bensì stavo cercando qualche proprietà della trasformata di Fourier...

Beh sì, volendo è possibile: basta tener presente la riga 208 della tavola delle trasformate di Fourier qui, la proprietà di dualità ed operare come mostrato in questo thread.