Transformata Fouriera

Przykłady do zadania 1.1:
Korzystając z definicji wyznaczyć transformatę Fouriera podanej funkcji f (t):

(a) f (t) =

(

1 dla 0 ¬ t ¬ 1
0 dla pozostałych t

Dla ω 6= 0 mamy

ˆ

f (ω) =

1

R

0

cos(ωt)dt − i

1

R

0

sin(ωt)dt =

sin(ωt)

ω





t=1

t=0

− i

−

cos(ωt)

ω





t=1

t=0

=

sin ω

ω

− i



1 − cos ω

ω



ˆ

f (0) =

1

R

0

dt = 1

II sposób: ˆ

f (ω) =

1

R

0

e

−iωt

dt =

e

−iωt

−iω





t=1

t=0

=

e

−iω

− 1

−iω

=

i(e

−iω

− 1)

ω

=

sin ω

ω

− i



1 − cos ω

ω



(b) f (t) =

(

e

−t

dla t ­ 0

0 dla t < 0

ˆ

f (ω) =

∞

R

0

e

−t

cos(ωt)dt − i

∞

R

0

e

−t

sin(ωt)dt = lim

T →∞

e

−T

(− cos(ωT ) + ω sin(ωT ))

1 + ω

2

+

1

1 + ω

2

+

−i lim

T →∞

−e

−T

(sin(ωT ) + ω cos(ωT ))

1 + ω

2

!

− i

ω

1 + ω

2

=

1

1 + ω

2

− i

ω

1 + ω

2

Granice równe są 0, bo e

−T

→ 0 przy T → ∞, a reszta funkcji jest ograniczona.

II sposób: ˆ

f (ω) =

∞

R

0

e

−t

e

−iωt

dt = lim

T →∞

e

−t(1+iω)

−(1 + iω)





t=T

t=0

=

1

1 + iω

=

1

1 + ω

2

− i

ω

1 + ω

2

Obl.pomocnicze:

R

e

−t

cos(ωt)dt =

"

f = cos(ωt)

g

0

= e

−t

f

0

= −ω sin(ωt) g = −e

−t

#

= −e

−t

cos(ωt) − ω

R

e

−t

sin(ωt)dt =

=

"

f = sin(ωt)

g

0

= e

−t

f

0

= ω cos(ωt) g = −e

−t

#

= −e

−t

cos(ωt) − ω (−e

−t

sin(ωt) + ω

R

e

−t

cos(ωt)dx) =

= e

−t

(− cos(ωt) + ω sin(ωt)) − ω

2

R

e

−t

cos(ωt)dt + c, c ∈

R

Zatem

R

e

−t

cos(ωt)dt =

e

−t

(− cos(ωt) + ω sin(ωt))

1 + ω

2

+ C, C ∈

R

Podobnie

R

e

−t

sin(ωt)dt =

−e

−t

(sin(ωt) + ω cos(ωt))

1 + ω

2

+ C, C ∈

R

(c) f (t) =

(

1 dla |t| ¬ π
0 dla |t| > π

funkcja jest parzysta, zatem ˆ

f (ω) = 2

π

R

0

cos(ωt)dt = 2

sin(ωt)

ω





t=π

t=0

=

2 sin(ωπ)

ω

dla ω 6= 0

ˆ

f (0) = 2

π

R

0

dt = 2π

II sposób: ˆ

f (ω) =

π

R

−π

e

−iωt

dt =

e

−iωt

−iω





t=π

t=−π

=

e

−iωπ

− e

iωπ

−iω

=

2 sin(ωπ)

ω

1

(d) f (t) = e

−|t|

funkcja parzysta, zatem

ˆ

f (ω) = 2

∞

R

0

e

−t

cos(ωt)dt = lim

T →∞

2e

−T

(− cos(ωT ) + ω sin(ωT ))

1 + ω

2

+

2

1 + ω

2

=

2

1 + ω

2

(wykorzystaliśmy obl.pom. z przykładu (b))

(e) f (t) =

(

sin t dla |t| ¬ π

0 dla |t| > π

funkcja nieparzysta, zatem ˆ

f (ω) = −2i

π

R

0

sin t sin(ωt)dt = −i

π

R

0

(cos((1 − ω)t) − cos((1 + ω)t)dt =

= −i

sin((1 − ω)π)

1 − ω

−

sin((1 + ω)π)

1 + ω

!

dla |ω| 6= 1

ze wzoru 2 sin ax sin bx = cos(a − b)x − cos(a + b)x

ˆ

f (1) = −i

π

R

0

(1 − cos(2t))dt = −iπ

ˆ

f (−1) = −i

π

R

0

(cos(2t) − 1)dt = iπ

Przykłady do zadania 1.2:
Korzystając z własności transformaty Fouriera wyznaczyć ˆ

g(ω) dla podanej funkcji g(t):

(a) g(t) =

(

3 + 2 sin t dla |t| ¬ π
0

dla |t| > π

Mamy g(t) = 3f

1

(t) + 2f

2

(t), gdzie f

1

, f

2

to funkcje odpowiednio z przykładów 1.1 (c) i (e).

Zatem ˆ

g(ω) = 3 ˆ

f

1

(ω) + 2 ˆ

f

2

(ω) =

= 3







2 sin(ωπ)

ω

dla ω 6= 0

2π

dla ω = 0

+ 2



















−i

sin((1 − ω)π)

1 − ω

−

sin((1 + ω)π)

1 + ω

!

dla |ω| 6= 1

−iπ

dla ω = 1

iπ

dla ω = −1

(b) g(t) =

(

1 dla |t − 4| ¬ π
0 dla |t − 4| > π

Mamy g(t) = f (t − 4), gdzie f to funkcja z przykładu 1.1 (c)

Zatem ˆ

g(ω) = ˆ

f (ω)e

iω(−4)

=







2 sin(ωπ)

ω

e

−4iω

dla ω 6= 0

2πe

−4iω

dla ω = 0

(c) g(t) = e

−5|t|

Mamy g(t) = f (5t), gdzie f to funkcja z przykładu 1.1 (d).

Zatem ˆ

g(ω) =

1
5

ˆ

f



ω

5



=

10

25 + ω

2

2

(d) g(t) =

(

e

−2(t+1)

dla t ­ −1

0 dla t < −1

Mamy g(t) = f (2(t + 1)), gdzie f to funkcja z przykładu 1.1 (b).

Zatem ˆ

g(ω) =

1
2

ˆ

f



ω

2



e

iω

=

1
2



4

4 + ω

2

− i

2ω

4 + ω

2



e

iω

(e) g(t) = e

−t

2

∞

R

−∞

e

−t

2

dt =

√

π (pokazuje się to za pomocą całki podwójnej po płaszczyźnie przy zamianie

zmiennych na współrzędne biegunowe)

(ˆ

g)

0

(ω) =

∞

R

−∞

(−it)e

−t

2

e

−iωt

dt =

i

2

∞

Z

−∞

d

dt

(e

−t

2

)e

−iωt

dt =

i

2





e

−t

2

e

−iωt





∞

−∞

+

∞

Z

−∞

e

−t

2

iωe

−iωt

dt





=

= 0 −

ω

2

ˆ

g(ω)

przy czym e

−t

2

e

−iωt





∞

−∞

= 0, gdyż |e

−t

2

e

−iωt

| ¬ e

−t

2

→ 0 przy t → ±∞

Otrzymaliśmy zatem równanie różniczkowe

(ˆ

g)

0

(ω) = −

ω

2

ˆ

g(ω)

(1)

z warunkiem początkowym ˆ

g(0) =

∞

R

−∞

e

−t

2

dt =

√

π.

Równoważnie (ln ˆ

g(ω))

0

= −

ω

2

⇐⇒ ln ˆ

g(ω) = −

ω

2

4

+ C,

co wraz z war.pocz. daje ˆ

g(ω) =

√

πe

−

ω2

4

(f) g(t) =

(

te

−t

dla t ­ 0

0 dla t < 0

Mamy g(t) = tf (t), gdzie f to funkcja z przykładu 1.1(b)

Wtedy ( ˆ

f )

0

(ω) = −iˆ

g(ω).

Stąd ˆ

g(ω) = i( ˆ

f )

0

(ω) = i



1

1 + iω



0

= i · (−i)(1 + iω)

−2

=

1

(1 + iω)

2

(g) g(t) = (e

−t

2

)

0

= −2te

−t

2

g(t) = f

0

(t), gdzie f to funkcja z przykładu 1.2(e).

g(t) jest ciągła oraz

∞

R

−∞

|g(t)|dt = 2

∞

R

0

2te

−t

2

dt = 2 lim

T →∞

(−e

−T

2

+ 1) = 2 < ∞

Zatem ˆ

g(ω) = iω ˆ

f (ω) = iω

√

πe

−

ω2

4

3

Przykłady do zadania 1.3:
Podać funkcję f (t), jeśli jej transformata Fouriera ma postać ˆ

f (ω):

(a) ˆ

f (ω) =

2

1 + 2iω

Na podstawie przykładu 1.1(b) i własności tr.F. wnioskujemy, że

f (t) =

(

e

−t/2

dla t ­ 0

0 dla t < 0

dla prawie wszystkich t

(b) ˆ

f (ω) =







8 sin(ω/4)

ω

dla ω 6= 0

8 dla ω = 0

Na podstawie przykładu 1.1(c) i własności tr.F. wnioskujemy, że

f (t) =

(

4 dla |t| ¬ 1/4
0 dla |t| > 1/4

dla prawie wszystkich t

Przykład do zadania 1.4:
Korzystając z twierdzenia o transformacie odwrotnej wyznaczyć transformatę Fouriera

funkcji g(t) =

1

t

2

+ 1

.

Z przykładu 1.1(d) dla ciągłej funkcji f (t) = e

−|t|

mamy ˆ

f (ω) =

2

1 + ω

2

.

∞

R

−∞

| ˆ

f (ω)|dω = 2π < ∞

Z twierdzenia o transformacie odwrotnej mamy f (t) =

1

2π

∞

Z

−∞

ˆ

f (ω)e

itω

dω, czyli

∞

R

−∞

2

1+ω

2

e

itω

dω = 2πe

−|t|

, a zatem

∞

R

−∞

g(t)e

−itω

dt = πe

−|ω|

.

Odp.: ˆ

g(ω) = πe

−|ω|

4

Przykłady do zadania 1.5:
Wyznaczyć z definicji splot h(t) = f ∗ g(t) dla podanych funkcji f i g. Wyznaczyć transformatę
Fouriera splotu h(t):

(a) f (t) =

(

4 dla 0 ¬ t ¬ 1
0 dla pozostałych t

, g(t) = e

−|t|

h(t) =

∞

R

−∞

f (x)g(t − x)dx =

1

R

0

4e

−|t−x|

dx =







































4

1

R

0

e

−(t−x)

dx

dla t ­ 1

4

1

R

0

e

−(x−t)

dx

dla t ¬ 0

4

t

R

0

e

−(t−x)

dx +

1

R

t

e

−(x−t)

dx

!

dla 0 < t < 1

=

=











4e

−t

(e − 1)

dla t ­ 1

4e

t

(−e

−1

+ 1)

dla t ¬ 0

4 (2 − e

t−1

− e

−t

) dla 0 < t < 1

ˆ

h(ω) = ˆ

f (ω)ˆ

g(ω) = 4



sin ω

ω

− i



1 − cos ω

ω



2

1 + ω

2

dla ω 6= 0, ˆ

h(0) = 8

(b) f (t) = g(t) =

(

e

−t

dla t ­ 0

0 dla t < 0

h(t) =

∞

R

−∞

f (x)g(t − x)dx =











t

R

0

e

−x

e

−(t−x)

dx dla t ­ 0

0

dla t < 0

=

(

te

−t

dla t ­ 0

0

dla t < 0

ˆ

h(ω) = ˆ

f (ω)ˆ

g(ω) =



1

1 + iω



2

Przykłady do zadania 1.6:
Wyznaczyć transformatę Fouriera funkcji h(t) = f ∗ g(t) dla podanych funkcji f i g.
Na tej podstawie podać postać funkcji h(t):

(a) f (t) = g(t) = e

−t

2

ˆ

h(ω) = ˆ

f (ω)ˆ

g(ω) =



√

πe

−ω

2

/4



2

=

r

π

2



√

2πe

−(

√

2ω)

2

/4



Stąd h(t) =

r

π

2

e

−t

2

/2

(b) f (t) = g(t) =

1

1 + 4t

2

ˆ

h(ω) = ˆ

f (ω)ˆ

g(ω) =



π

2

e

−|ω/2|



2

=

π

4

(πe

−|ω|

)

Stąd h(t) =

π

4

1

1 + t

2

5