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フーリエ変換の実例
============================================================
この記事では、フーリエ変換、
フーリエ逆変換の実例について書いてみました。
フーリエ変換
=================
これから
<tex>
f_n(t)=\begin{cases}
0 & (t < -1) \\
\cos \frac{n \pi}{2}t & ( -1 \le t < 1 ) \\
0 & (1 \le t)
\end{cases}
\tag{##}
</tex>
（ただし $ n $ は非負の整数）の
フーリエ変換を求めます。その前に関数の形を確認しておきましょう。
.. image :: chromel-fourierExample-01-t.png
フーリエ変換の公式は、
<tex>
F(\omega) &= \mathcal{F}f(t)\\
&=\int^\infty_{-\infty} f(t) e^{-i \omega t} dt \tag{##}
</tex>
フーリエ逆変換もついでに書いておくと、
<tex>
f(t) &= \mathcal{F}^{-1}F(\omega)\\
&=\frac{1}{2 \pi}\int^\infty_{-\infty} F(\omega) e^{i \omega t} d \omega \tag{##}
</tex>
です。
さっそく、フーリエ変換を考えてみましょう。簡単の為、 $\alpha \equiv \frac{n \pi}{2} $ としておきます。
<tex>
F_n(\omega) &= \mathcal{F}f_n(t) \\
&= \int^\infty_{-\infty} f(t) e^{-i \omega t} dt \\
&= \int^1_{-1} \cos (\frac{n \pi}{2} t) e^{-i \omega t} dt \\
&= \int^1_{-1} \frac{1}{2} (e^{i \alpha t}+ e^{-i \alpha t} )e^{-i\omega t} dt \\
&= \frac{1}{2} \int^1_{-1} e^{i (\alpha - \omega)t}+e^{-i(\alpha + \omega)t} dt \\
&= \frac{1}{2}\big[\frac{e^{i(\alpha -\omega)t}}{i(\alpha-\omega)}-\frac{e^{-i(\alpha +\omega)t}}{i(\alpha+\omega)} \big]^1_{-1} \\
&= \frac{1}{2i} \big[ \frac{(\alpha+ \omega)e^{i(\alpha - \omega)t}-(\alpha- \omega)e^{-i(\alpha + \omega)t}}{\alpha^2 - \omega^2} \big]^1_{-1} \\
&= \frac{1}{2i(\alpha^2 - \omega^2)} \big\{ (\alpha+\omega) \big( e^{i(\alpha-\omega)} - e^{-i(\alpha -\omega)} \big) - (\alpha - \omega)\big( e^{-i(\alpha + \omega)} - e^{i(\alpha + \omega)} \big) \big\} \\
&= \frac{1}{\alpha^2-\omega^2} \big\{ (\alpha + \omega)\frac{e^{i(\alpha-\omega)}-e^{-i(\alpha -\omega)}}{2i}+(\alpha-\omega)\frac{e^{i(\alpha+\omega)}-e^{-i(\alpha+\omega)}}{2i} \big\} \\
&= \frac{1}{\alpha^2-\omega^2} \big\{ ( \alpha + \omega )\sin(\alpha - \omega ) +(\alpha-\omega) \sin( \alpha + \omega ) \big\} \\
&= \frac{1}{\alpha^2-\omega^2} \big\{ \alpha (\sin (\alpha -\omega )+\sin (\alpha + \omega )) + \omega ( \sin (\alpha - \omega)- \sin (\alpha + \omega) ) \big\} \\
&= \frac{1}{\alpha^2-\omega^2} \big( 2 \alpha \sin \alpha \cos \omega -2 \omega \cos \alpha \sin \omega \big) \\
&= \frac{1}{ (\frac{n \pi}{2})^2 - \omega^2 } \big( n \pi \sin \frac{n \pi }{2} \cos \omega - 2 \omega \cos \frac{n \pi }{2} \sin \omega \big) \tag{##}
</tex>
ここで、 $n:odd$ を $n$ が奇数の時、 $n:even$ を $n$ が偶数の時とすると、
<tex>
\sin \frac{n \pi }{2} =
\begin{cases}
(-1)^{(n-1)/2} & (n:odd) \\
0 & (n:even)
\end{cases} \tag{##}
</tex>
<tex>
\cos \frac{n \pi }{2} =
\begin{cases}
0 & (n:odd) \\
(-1)^{n/2} & (n:even)
\end{cases} \tag{##}
</tex>
なので、
<tex>
F_n(\omega)
&= \begin{cases}
\frac{1}{(\frac{n \pi }{2})^2 - \omega^2} (-1)^{(n-1)/2} n \pi \cos \omega & (n:odd) \\
\frac{1}{(\frac{n \pi }{2})^2 - \omega^2} (-1)^{(n-2)/2} 2\omega \sin \omega & (n:even)
\end{cases} \\
&= \begin{cases}
\frac{1}{\omega^2 -(\frac{n \pi }{2})^2} (-1)^{(n+1)/2} n \pi \cos \omega & (n:odd) \\
\frac{1}{\omega^2 -(\frac{n \pi }{2})^2} (-1)^{n/2} 2\omega \sin \omega & (n:even)
\end{cases} \tag{##}
</tex>
となりました。これが、関数 $f_n(t)$ のフーリエ変換
です。 $n \neq 0$ の時は、 $\omega = \pm \frac{n \pi}{2}$ で極（分母がゼロになり、発散すること）が出てきそう
ですが、 $\omega^2 -(\frac{n \pi }{2})^2=(\omega-\frac{n \pi}{2})(\omega+\frac{n \pi}{2})$ というように一次の極なのと、
ちょうど、そこでサインないしコサインが一次の零点をもつので、これは、除去可能な特異点です。
よって、そこでは緩やかなピークを持ちます。
実は、 $n=0$ の時の $t=0$ も除去可能な特異点です。（ $2 \omega \sin \omega$ が二次の零点のため、分母が２次の極を持つが、やはり除去可能な特異点となる。）
下にフーリエ変換したもののグラフを書きます。
横軸は、 $\omega$ です。
.. image :: chromel-fourierExample-06-t.png
.. image :: chromel-fourierExample-07-t.png
.. image :: chromel-fourierExample-08-t.png
.. image :: chromel-fourierExample-09-t.png
.. image :: chromel-fourierExample-10-t.png
.. image :: chromel-fourierExample-11-t.png
.. image :: chromel-fourierExample-12-t.png
.. image :: chromel-fourierExample-13-t.png
フーリエ逆変換（ｎが奇数の時）
================================
さて、フーリエ変換ができたところで、フーリエ逆変換を行い、元に戻るか見てみましょう。
複素関数の積分法を必要とします。
まず、 $n$ が奇数のとき、かつ、 $t+1 \ge 0$ つまり、 $-1 \le t$ の時 [*]_ を積分してみます。
.. [*] t+1 がゼロ以上という条件は、後述の式 $(10)$ の指数関数の指数 $-R(t+1)\sin \theta$ が複素平面の上半面で負になり、積分路 $C$ での積分がゼロになるように選びました。
<tex>
\mathcal{F}^{-1}F_n(\omega)&=\frac{1}{2 \pi} \int^\infty_{-\infty} F_n(\omega) e^{i \omega t} d \omega \\
&=\frac{1}{2 \pi} \int^\infty_{-\infty}\frac{(-1)^{(n+1)/2} n \pi}{\omega^2 - \alpha^2} \cos \omega e^{i\omega t} d \omega \\
&=\frac{n(-1)^{(n+1)/2}}{2} \int^\infty_{-\infty} \frac{\cos \omega}{\omega^2 - \alpha^2} e^{i \omega t} d \omega \\
&=c \int^\infty_{-\infty} \frac{\cos \omega}{\omega^2 - \alpha^2}e^{i\omega t} d \omega \\
&=c \int^\infty_{-\infty} \frac{e^{i\omega} + e^{-i\omega}}{2(\omega^2 - \alpha^2)}e^{i\omega t} d \omega \\
&=\frac{c}{2} \big\{ \int^\infty_{-\infty} \frac{e^{i\omega}}{(\omega^2 - \alpha^2)}e^{i\omega t} d \omega + \int^\infty_{-\infty} \frac{e^{-i\omega}}{(\omega^2 - \alpha^2)}e^{i\omega t} d \omega \big\} \\
&= \frac{c}{2} (I_n + I_n^\prime) \tag{##}
</tex>
ただし、 $c= \frac{n(-1)^{(n+1)/2}}{2}$ と
しました。 $I_n$ は下図のような積分路をとれば求められます。
.. image :: chromel-fourierExample-02-t.png
積分路が囲む領域に特異点がないので、以下の様な積分となります。
<tex>
\big( \int_C + \int_L + \int_{\varepsilon_1} + \int_{\varepsilon_2} \big)\frac{e^{i(t+1)\omega}}{\omega^2-\alpha^2} d \omega
=0 \tag{##}
</tex>
ここで積分路 $C$ を計算します。 $\omega = R e^{i \theta}$ と置くと、 $d \omega = i R e^{i \theta} d \theta$ となるから、
<tex>
\big| \int_C \frac{e^{i(t+1)\omega}}{\omega^2-\alpha^2} d \omega \big|
&= \big| \int_0^\pi \frac{e^{i(1+t)R(\cos \theta + i \sin \theta)}}{R^2 e^{2i\theta} - \alpha^2}iR e^{i \theta} d \theta \big| \\
&< \frac{R}{R^2 -\alpha^2} \int_0^\pi e^{-R(t+1)\sin \theta} d\theta \\
&< \frac{R}{R^2 -\alpha^2} \int_0^\pi e^{-2R(t+1)\theta /\pi} d\theta \\
&< \frac{R}{R^2 -\alpha^2} \big[ \frac{-\pi}{2R(t+1)} e^{-2R(t+1)\theta/\pi} \big]_0^\pi \\
&= \frac{\pi}{2(t+1)(R^2 -\alpha^2)} (1-e^{-2 R(1+t)} ) \\
&\stackrel{R \to \infty}{\to} 0 \tag{##}
</tex>
一行目から二行目は、位相部分を無視して、分母は最小になるように展開しました。
二行目から三行目は、下図の様に $0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}$
において、 $\sin \theta \ge \frac{2}{\pi}\theta $ となる
ことを利用しました。
.. image :: chromel-fourierExample-14-t.png
積分路 $\varepsilon_1$ については、その留数に時計回りなのでマイナスが掛かって、
更に半周しかしないので $2\pi$ ではなく $\pi$ が掛かって、
<tex>
\int_{\varepsilon_1} \frac{e^{i(t+1)\omega}}{\omega^2-\alpha^2} d\omega
&= -i \pi \mathrm{Res}_{\omega \to \alpha} \big[ \frac{e^{i(t+1)\omega}}{\omega^2 -\alpha^2} \big] \\
&= -i \pi \mathrm{lim}_{\omega \to \alpha} (\omega-\alpha) \frac{e^{i(1+t)\omega}}{(\omega-\alpha)(\omega + \alpha)} \\
&= -i \pi \frac{e^{i(1+t)\alpha}}{2 \alpha} \tag{##}
</tex>
積分路 $\varepsilon_2$ についても同様に、
<tex>
\int_{\varepsilon_2} \frac{e^{i(t+1)\omega}}{\omega^2-\alpha^2} d\omega
&= i \pi \frac{e^{-i(1+t)\alpha}}{2 \alpha} \tag{##}
</tex>
よって、
<tex>
\int^\infty_{-\infty}\frac{e^{i(1+t)\omega}}{\omega^2 -\alpha^2} \omega
&= \int_L \frac{e^{i(t+1)\omega}}{\omega^2-\alpha^2} d \omega \\
&= \big( - \int_C - \int_{\varepsilon_1} - \int_{\varepsilon_2} \big) \frac{e^{i(t+1)\omega}}{\omega^2-\alpha^2} d \omega \\
&= i \pi \frac{e^{i(1+t)\alpha}}{2 \alpha} - i \pi \frac{e^{-i(1+t)\alpha}}{2 \alpha} \\
&= - \frac{\pi}{\alpha} \frac{e^{i(1+t)\alpha} - e^{-i(1+t)\alpha}}{2 i} \\
&= - \frac{\pi}{\alpha} \sin((1+t)\alpha) \tag{##}
</tex>
となります。これはつまり、 $\alpha = \frac{n \pi}{2}$ $c=\frac{n(-1)^{(n+1)/2}}{2}$ でしたから、
<tex>
I_n &= c \int^\infty_{-\infty} \frac{e^{i\omega}}{\omega^2 - \alpha^2}e^{i\omega t} d \omega \\
&= - \frac{n(-1)^{(n+1)/2}}{2} \frac{\pi}{\alpha} \sin((1+t)\alpha) \\
&= \frac{n(-1)^{(n-1)/2}}{2} \frac{\pi}{\alpha} \sin((1+t)\frac{n \pi}{2}) \\
&= \frac{n \pi(-1)^{(n-1)/2}}{2\alpha} (-1)^{(n-1)/2} \cos (\frac{n \pi}{2}t) \\
&= \cos (\frac{n \pi}{2}t) \tag{##}
</tex>
次に行きましょう。
次は、 $n$ が奇数、かつ、 $t+1 < 0$ つまり、 $t < -1$ の時です。
積分路は、無限遠の半円について、 $e^{-\sin (t+1) \theta}$
の指数が負になる領域 $\pi \le \theta \le 2\pi$ より、
下半面（下図参照）になります。
.. image :: chromel-fourierExample-03-t.png
これは留数の積分方向は変わらず、積分路 $L$ の向きだけが変わるので、
<tex>
I_n &= -\cos(\frac{n \pi}{2}t) \tag{##}
</tex>
となります。よって、まとめると、
<tex>
I_n = \begin{cases}
-\cos (\frac{n \pi}{2}t) & (t \le -1) \\
\cos (\frac{n \pi}{2}t) & (-1 \le t) \tag{##}
\end{cases}
</tex>
今求めたのは
<tex>
I_n &= \frac{n(-1)^{(n+1)/2}}{2} \int^\infty_{-\infty} \frac{e^{i\omega}}{\omega^2 - \alpha^2}e^{i\omega t} d \omega \tag{##}
</tex>
でしたが、一方、
<tex>
I_n^\prime &= \frac{n(-1)^{(n+1)/2}}{2} \int^\infty_{-\infty} \frac{e^{-i\omega}}{\omega^2 - \alpha^2}e^{i\omega t} d \omega \tag{##}
</tex>
も求めないと、
<tex>
\mathcal{F}^{-1} F_n(\omega) &= \frac{1}{2}(I_n + I_n^\prime) \\
&= \frac{n(-1)^{(n+1)/2}}{2} \int^\infty_{-\infty} \frac{(e^{i\omega}+ e^{-i\omega})}{2(\omega^2 - \alpha^2)}e^{i\omega t} d \omega \\
&= \frac{n(-1)^{(n+1)/2}}{2} \int^\infty_{-\infty} \frac{\cos \omega }{\omega^2 - \alpha^2}e^{i\omega t} d \omega \tag{##}
</tex>
は求まりません。よって、求めます。 $n$ が奇数、かつ $t-1 \ge 0$ 、つまり、 $t \ge 1$ の時、積分路は下図のようになって、
.. image :: chromel-fourierExample-02-t.png
<tex>
I_n^\prime &= \frac{n(-1)^{(n+1)/2}}{2} \int^\infty_{-\infty} \frac{e^{-i\omega}}{\omega^2 - \alpha^2}e^{i\omega t} d \omega \\
&= c \int^\infty_{-\infty} \frac{e^{i(t-1)\omega}}{\omega^2-\alpha^2} d\omega \\
&= c \frac{\pi}{\alpha} \sin{(t-1)\alpha} \\
&= \frac{n \pi(-1)^{(n-1)/2}}{2 \alpha} \sin ( \frac{n \pi}{2}t -\frac{n \pi}{2}) \\
&= - \cos \frac{n \pi}{2}t \tag{##}
</tex>
さっきと同様に、 $n$ が奇数、かつ $t-1 < 0$ 、つまり、 $t < 1$ の時、積分路は下図のようになり、
式 $(20)$ とは、符号が変わるので、
.. image :: chromel-fourierExample-03-t.png
<tex>
I_n^\prime = \cos \frac{n \pi}{2}t \tag{##}
</tex>
つまり、
<tex>
I_n^\prime = \begin{cases}
\cos (\frac{n \pi}{2}t) & (t < 1) \\
-\cos (\frac{n \pi}{2}t) & (1 \le t) \tag{##}
\end{cases}
</tex>
よって、まとめると下図のようになります。
.. image :: chromel-fourierExample-04-t.png
つまり、
<tex>
\mathcal{F}^{-1} F_n(\omega) &= \frac{1}{2}(I_n + I_n^\prime) \\
&= \begin{cases}
0 & (t < -1) \\
\cos (\frac{n \pi}{2}t) & (-1 \le t < 1) \\
0 & (1 \le t)
\end{cases} \tag{##}
</tex>
ふぅ、これで逆変換の内、 $n$ が奇数の時を求めることができました。
次は偶数の時です、頑張りましょう。
フーリエ逆変換（ｎが偶数の時）
================================
さて、 $n$ が偶数、かつ $-1 \le t$ の時、 $f_n(t)$ のフーリエ変換は、
<tex>
\mathcal{F} f_n(t) &= F_n(\omega) \\
&= \frac{2}{\omega^2 -(\frac{n \pi }{2})^2} (-1)^{n/2} \omega \sin \omega
</tex>
でした。今求めたいのは、 $d=\frac{2(-1)^{n/2}}{2 \pi}=\frac{(-1)^{n/2}}{\pi} $ と置いて、
<tex>\mathcal{F}^{-1} F_n(\omega)
&=\frac{1}{2\pi} F_n(\omega) d \omega \\
&=\frac{1}{2 \pi} \int^\infty_{-\infty} 2 (-1)^{n/2} \omega \frac{e^{i\omega}-e^{-i\omega}}{2i} e^{i \omega t} d \omega \\
&=\frac{2 (-1)^{n/2}}{2 \pi} \int^\infty_{-\infty} \omega \frac{e^{i\omega}}{2i}e^{i \omega t} d \omega - \frac{ 2 (-1)^{n/2}}{2 \pi} \int^\infty_{-\infty} \omega \frac{e^{-i\omega}}{2i}e^{i \omega t} d \omega \\
&=d \int^\infty_{-\infty} \omega \frac{e^{i\omega}}{2i}e^{i \omega t} d \omega - d \int^\infty_{-\infty} \omega \frac{e^{-i\omega}}{2i}e^{i \omega t} d \omega \\
&=\frac{I_n-I_n^\prime}{2i}</tex>
まず、 $I_n$ を求めましょう。
<tex>
I_n &= d \int^\infty_{\infty} \frac{1}{\omega^2 -(\frac{n \pi }{2})^2} \omega e^{i \omega} e^{i \omega t} d \omega \\
&= d \int^\infty_{\infty} \frac{\omega e^{i \omega}}{\omega^2 - \alpha^2} e^{i \omega t} d \omega \tag{##}
</tex>
となります。
下図のように積分路を取ると、
.. image :: chromel-fourierExample-02-t.png
<tex>
\big( \int_L + \int_C + \int_{\varepsilon_1} + \int_{\varepsilon_2} \big) \frac{\omega e^{i \omega}}{\omega^2 - \alpha^2} e^{i \omega t} d \omega
= 0
</tex>
となります。まず、積分路 $C$ を評価します。 $\omega = Re^{i\theta}$ と置けば、 $d \omega=iRe^{i \theta}d \theta$ より、
<tex>
\big| \int_C \frac{\omega e^{i \omega}}{\omega^2 - \alpha^2} e^{i \omega t} d \omega \big|
&= \big| \int_C \frac{\omega e^{i (1+t) \omega}}{\omega^2 - \alpha^2} d \omega \big| \\
&= \big| \int^{\pi}_{0} \frac{R e^{i \theta} e^{iR(1+t)(\cos \theta+i\sin \theta)}}{R^2e^{2i\theta}-\alpha^2} iRe^{i \theta} d \theta \big| \\
&\le \int^{\pi}_{0} \frac{R^2}{R^2-\alpha^2} e^{-R \sin \theta} \theta \\
&\le \int^{\pi}_{0} \frac{R}{R^2-\alpha^2} e^{-2R \theta/\pi} \theta \\
&= \frac{R^2}{R^2-\alpha} \frac{-\pi}{2R} (e^{-2R}-e^{0}) \\
&= \frac{\pi R^2}{2 R(R^2-\alpha^2)} (1 - e^{-2R}) \\
&\stackrel{R \to \infty}{\to} 0 \tag{##}
</tex>
積分路 $\varepsilon_1$ について、前と同じく時計回りで半周することから留数に $-i\pi$ を掛けたものが、積分値となります。
<tex>
\int_{\varepsilon_1} \frac{\omega e^{i (1+t) \omega}}{\omega^2 - \alpha^2} d \omega
&= - i \pi \mathrm{Res}_{\omega \to \alpha} \frac{\omega e^{i (1+t) \omega}}{\omega^2 - \alpha^2} \\
&= - i \pi \mathrm{lim}_{\omega \to \alpha} (\omega - \alpha) \frac{\omega e^{i (1+t) \omega}}{(\omega - \alpha)(\omega+\alpha)} \\
&= - i \pi \frac{\alpha e^{i(1+t)\alpha}}{2 \alpha}
&= \frac{-i \pi}{2}e^{i(1+t)\alpha} \tag{##}
</tex>
同様に、積分路 $\varepsilon_2$ も求めると、
<tex>
\int_{\varepsilon_1} \frac{\omega e^{i (1+t) \omega}}{\omega^2 - \alpha^2} d \omega
=\frac{-i\pi}{2}e^{-i(1+t)\alpha} \tag{##}
</tex>
よって、
<tex>
\int^\infty_{-\infty} \frac{\omega e^{i (1+t) \omega}}{\omega^2 - \alpha^2} d \omega
&= \int_L \frac{\omega e^{i (1+t) \omega}}{\omega^2 - \alpha^2} d \omega \\
&= \big( - \int_C -\int_{\varepsilon_1} -\int_{\varepsilon_2} \big) \frac{\omega e^{i (1+t) \omega}}{\omega^2 - \alpha^2} d \omega \\
&= \frac{i \pi}{2}(e^{i(1+t)\alpha}+e^{-i(1+t)\alpha}) \\
&= i\pi \cos (1+t)\alpha \\
&= i\pi (-1)^{n/2} \cos (\frac{n \pi}{2} t) \tag{##}
</tex>
<tex>
I_n
&= d \int^\infty_{\infty} \frac{\omega e^{i(1+t) \omega}}{\omega^2 - \alpha^2} d \omega \\
&= \frac{(-1)^{n/2}}{\pi} \int^\infty_{\infty} \frac{\omega e^{i(1+t) \omega}}{\omega^2 - \alpha^2} d \omega \\
&= \frac{(-1)^{n/2}}{\pi} i\pi (-1)^{n/2} \cos (\frac{n \pi}{2} t) \\
&= i \cos (\frac{n \pi}{2} t) \tag{##}
</tex>
となります。同様に、 $n$ が偶数、かつ $t < -1$ の時、積分路は下図のようになります。
.. image :: chromel-fourierExample-03-t.png
ここでも、留数の積分方向は変わらず、積分路 $L$ の向きが変わるので、
<tex>
I_n &= - i\cos (\frac{n \pi}{2} t) \tag{##}
</tex>
よって、まとめると、
<tex>
I_n = \begin{cases}
-i\cos (\frac{n \pi}{2} t) & (t < -1) \\
i\cos (\frac{n \pi}{2} t) & (-1 \le t)
\end{cases} \tag{##}
</tex>
次に、 $n$ が偶数、かつ、 $0 \le t -1$ つまり $1 \le t$ の時、 $I_n^\prime$ を求めます。 $d=\frac{(-1)^{n/2}}{\pi} $ として、
積分路は下図のようになり、
.. image :: chromel-fourierExample-02-t.png
<tex>
I_n^\prime &= d \int^\infty_{\infty} \frac{\omega e^{i(t-1)\omega}}{\omega^2 - \alpha^2} d \omega \\
&= \frac{1}{2 \pi} \int^\infty_{\infty} \frac{2}{\omega^2 -(\frac{n \pi }{2})^2} (-1)^{n/2} \omega e^{-i \omega} e^{i \omega t} d \omega \tag{##}
</tex>
を考えます。
これが最後ですので、安心してください。
これは、式 $(28)$ の下から二行目の $(1+t)$ を $(t-1)$ で置き換えたものに等しいので、
<tex>
I_n^\prime &= \frac{(-1)^{n/2}}{\pi} i\pi \cos ((t-1)\alpha) \\
&= i (-1)^{n/2} (-1)^{n/2} \cos (\frac{n \pi}{2}t) \\
&= i \cos (\frac{n \pi}{2}t) \tag{##}
</tex>
同様に、 $n$ が偶数の時、かつ、 $t-1 < 0$ つまり $t < 1$ の時、
積分路は下図のようになって、積分路 $L$ の向きが反転するので、
.. image :: chromel-fourierExample-03-t.png
<tex>
I_n^\prime &= \frac{(-1)^{n/2}}{\pi} (-i \pi) \cos ((1-t)\alpha) \\
&= -i (-1)^{n/2} (-1)^{n/2} \cos (\frac{n \pi}{2}t) \\
&= -i \cos (\frac{n \pi}{2}t) \tag{##}
</tex>
よって、まとめると、
<tex>
I_n^\prime =
\begin{cases}
-i \cos (\frac{n \pi}{2}t) & (t<1) \\
i \cos (\frac{n \pi}{2}t) & (1 \le t)
\end{cases} \tag{##}
</tex>
となります。いよいよ最後の仕上げです。 $-1 \le t < 1$ の時、
<tex>
\mathcal{F}^{-1} F_n(\omega) &=
\frac{1}{2\pi}\int^\infty_{-\infty} 2(-1)^{n/2} \frac{\omega}{\omega^2-\alpha^2} \frac{e^{i \omega}-e^{-i \omega}}{2i}e^{i\omega t} d \omega \\
&= \frac{I_n - I_n^\prime}{2i} \\
&= \frac{i \cos (\frac{n \pi}{2}t)-(-i \cos (\frac{n \pi}{2}t))}{2i} \\
&= \frac{2 i \cos (\frac{n \pi}{2}t)}{2i} \\
&= \cos (\frac{n \pi}{2}t) \tag{##}
</tex>
さらに、 $t$ が $-1 \le t < 1$ 以外の時は、 $\mathcal{F}^{-1} F_n(\omega) &=0 $ となるので、
まとめると（下図も参照のこと）、
.. image :: chromel-fourierExample-05-t.png
<tex>
\mathcal{F}^{-1} F_n(\omega) &=
\begin{cases}
0 &(t < -1) \\
\cos (\frac{n \pi}{2}t) & (-1 \le t < 1) \\
0 &(1 \le t )
\end{cases} \tag{##}
</tex>
よって、ついに今回の例において、ある関数 $f_n(t)$ のフーリエ変換 $F_n(\omega)$ のフーリエ逆変換が、
元の関数 $f(t)$ に等しいことが分かりました。
今日はこの辺で、それでは。
追記(2014/11/13)：逆変換の積分を正確に書くには「コーシーの主値積分」を用いるようです。僕は詳しくないので、
他を当たってみてください(^^;)。
ちなみに式$(4)$の下から４行目を見ると、その式は、
<tex>
\dfrac{\sin(\alpha-\omega)}{\alpha-\omega}+\dfrac{\sin(\alpha+\omega)}{\alpha+\omega}
=\mathrm{sinc}(\omega-\alpha)+\mathrm{sinc}(\omega+\alpha)
=\rm{sinc}(\omega-\alpha)+\rm{sinc}(\omega+\alpha)
</tex>
となります。
なんと、これはシンク関数を平行移動したものを重ね合わせたものです。
($\mathrm{sinc}(x) \equiv \dfrac{\sin(x)}{x}$をシンク関数と言います。)
($\rm{sinc}(x) \equiv \dfrac{\sin(x)}{x}$をシンク関数と言います。)
しかも、$\alpha$、つまり、$n$は実数値を取ることができます。
これは今回の周波数空間のグラフは、ピークを持つ波が二つずれて重ねあわされた
グラフとなっていることを示しています。
@@author:クロメル@@
@@accept:2009-10-09@@
@@category:フーリエ解析@@
@@id:fourierExample@@
記事ソース/フーリエ変換の実例 のバックアップ差分(No.9)
