Sử dụng thặng dư để tính biến đổi Fourier

Phần bài tập trong cuốn “The theory of generalised functions” của D. S. Jones có yêu cầu tính biến đổi Fourier của một số hàm, chẳng hạn

+) sech(x)=\dfrac{2}{e^x+e^{-x}} (Bài 12/trang 51),

+) (1+x^2)^{-1} (Bài 13(i)/trang 52),

+) (1-x^2)e^{-x^2/2} (Bài 15/ trang 52).

Trước hết ta thấy các hàm này đều thuộc vào L^1(\mathbb R) (tại sao?). Từ đó biến đổi Fourier của chúng có dạng

(2\pi)^{-1/2}\int\limits_{\mathbb R}e^{-ix\xi}f(x)dx=

=(2\pi)^{-1/2}\lim\limits_{R\to+\infty}\int\limits_{-R}^R e^{-ix\xi}f(x)dx,

với f(x) là hàm đã cho. Công thức sau cho ta giá trị chính (principle value) của tích phân, tuy nhiên do tích phân trên hội tụ nên nó hội tụ đến giá trị chính. Vấn đề khó hơn: tính các tích phân trên như nào? Dưới đây tôi sẽ sử dụng thặng dư trong hàm phức để tính toán. Cách tính này tôi học từ cuốn

“Complex variables and Application” của J. W. Brown và R. V. Churchill.

Đường link của cuốn sách

https://app.box.com/s/f482e43d1d3d68c3bf6d

Trước hết ta nhắc lại khái niệm và một số tính chất của thặng dư. Giả sử z_0 là một cực điểm cô lập của hàm phân hình (thương của hai hàm giải tích) f. Khi đó có số dương R để f(z) là hàm giải tích trong 0<|z-z_0|<R. Khi đó nó có khai triển Laurent tại z_0

\sum\limits_{n=0}^\infty a_n(z-z_0)^n+\dfrac{b_1}{z-z_0}+\dfrac{b_2}{(z-z_0)^2}+\dots.

Ta gọi b_1 là thặng dư của f tại z_0 được ký hiệu Res(f, z_0).

Cũng có thể thấy ngay, với bất kỳ đường cong kín, không tự cắt, trơn từng khúc C nằm trong 0<|z-z_0|<R và bao quanh z_0

\dfrac{1}{2\pi i}\int\limits_{C}f(z)dz=b_1=Res(f, z_0).

Mối liên hệ này chính là điểm gợi ý cho việc dùng thặng dư để tính tích phân.

Ta thử tính thặng dư của hàm

f(z)=\dfrac{1}{z^2+1}

tại cực điểm z=i.

Ta có

\dfrac{1}{z^2+1}=\dfrac{1}{2i}\Big(\dfrac{1}{z-i}-\dfrac{1}{z+i}\Big).

Chú ý \dfrac{1}{z+i} là hàm giải tích tại z=i nên thặng dư cần tính

Res(\dfrac{1}{z^2+1}, i)=\dfrac{1}{2i}.

Tuy nhiên việc tính toán không phải lúc nào cũng dễ như này. Chẳng hạn việc tính thặng dư của hàm

f(z)=\dfrac{e^{-i\xi z}}{z^2+1}

tại cực điểm z=i.

Tuy nhiên, để ý hàm này có dạng

\dfrac{p(z)}{q(z)}

với p(z), q(z) là các hàm giải tích tại z_0q(z_0)=0, q'(z_0)\not=0.

Khi đó ta có công thức tính thặng dư như sau

Res(\dfrac{p(z)}{q(z)}, z_0)=\dfrac{p(z_0)}{q'(z_0)}.

Áp dụng công thức ta có

Res(\dfrac{e^{-i\xi z}}{z^2+1}, i)=\dfrac{e^{\xi}}{2i}.

Các bạn thử tính thặng dư

Res(\dfrac{e^{-i\xi z}}{e^z+e^{-z}}, z_0)

tại các cực điểm z_0=\dfrac{i\pi(2k+1)}{2}, k\in\mathbb Z

Res(\dfrac{e^{-i\xi z}}{z^4+1}, z_0)

tại các cực điểm z_0=e^{\frac{i\pi(2k+1)}{4}}, k=0, 1, 2, 3.

Tuy nhiên nếu chỉ như trên thì làm thế nào để nối được tích phân suy rộng (tích phân trên trục thực) với tích phân trên đường cong kín trong mặt phẳng phức? Một trong các cách tiếp cận là Bổ đề Jordan:

Với mỗi R>0 ký hiệu C_R=\{Re^{i\theta}|\; 0\le\theta\le\pi\} là nửa cung tròn nằm trong nửa mặt phẳng trên có tâm tại gốc, bán kính R. Cho hàm f: C_R\to\mathbb C có dạng

f(z)=e^{i\xi z}g(z), z\in C_R,

với tham số \xi>0.

Khi đó

|\int\limits_{C_R}f(z)dz|\le \dfrac{\pi}{\xi}\max\limits_{0\le\theta\le\pi}|g(Re^{i\theta})|.

Các bạn có thể tham khảo thêm Bổ đề Jordan ở

http://en.wikipedia.org/wiki/Jordan’s_lemma

Trong trường hợp

f(z)=\dfrac{e^{-i\xi z}}{1+z^2}

|g(Re^{i\theta})|=\dfrac{1}{\sqrt{1+R^4+2R^2\cos(2\theta)}}

nên với \xi<0

|\int\limits_{C_R}\dfrac{e^{-i\xi z}}{z^2+1}dz|\le \dfrac{\pi}{|\xi|\sqrt{1+R^4+2R^2\cos(2\theta)}}.

Do đó, khi \xi<0

\lim\limits_{R\to\infty}\int\limits_{C_R}\dfrac{e^{-i\xi z}}{z^2+1}dz=0.

Lại có trong đường cong kín [-R, R]\cup C_R hàm \dfrac{e^{-i\xi z}}{z^2+1} chỉ có một cực điểm z=i nên

2\pi i \;Res(\dfrac{e^{-i\xi z}}{z^2+1}, i)=\int\limits_{-R}^R\dfrac{e^{-i\xi x}}{x^2+1}dx+\int\limits_{C_R}\dfrac{e^{-i\xi z}}{z^2+1}dz, \xi<0.

Cho R\to\infty ta có

\mathcal F(\dfrac{1}{x^2+1})(\xi)=(2\pi)^{1/2}\dfrac{e^\xi}{2}, \xi<0.

Các bạn thử tính biến đổi Fourier trên khi \xi>0, \xi=0.

Trường hợp vừa tính chỉ có một cực điểm với bội 1. Với hàm

sech(z)=\dfrac{2}{e^z+e^{-z}}

có vô số cực điểm i(\dfrac{\pi}{2}+k\pi), k\in\mathbb Z,

hay Bài 13(ii)/trang 52 xét hàm

\dfrac{1}{z^4+1}

có các cực điểm e^{i\pi(\frac{2k+1}{4})}, k=0, 1, 2, 3.

Lúc này ta sử dụng công thức thặng dư Cauchy:

Cho đường cong C kín, trơn từng khúc, không tự cắt với hướng dương bao quanh miền D trong mặt phẳng phức. Hàm phân hình f: D\to\mathbb C liên tục đến tận biên có hữu hạn các cực điểm z_1, z_2, \dots, z_n. Khi đó ta có

\int\limits_C f(z)dz=2\pi i\sum\limits_{j=1}^n Res(f, z_j).

Khi đó với hàm

\dfrac{1}{z^4+1}

đường cong [-R, R]\cup C_R bao quanh hai cực điểm e^{i\pi/4}, e^{3i\pi/4}. Khi đó theo công thức thặng dư Cauchy ta có

2\pi i\big(Res(\dfrac{e^{-i\xi z}}{z^4+1}, e^{i\pi/4})+Res(\dfrac{e^{-i\xi z}}{z^4+1}, e^{3i\pi/4})\big)=

=\int\limits_{-R^R}\dfrac{e^{-i\xi x}}{x^4+1}dx+\int\limits_{C_R}\dfrac{e^{-i\xi z}}{z^4+1}dz, \xi<0.

Tiếp theo ta sử dụng Bổ đề Jordan ta tính được biến đổi Fourier

\mathcal F\Big(\dfrac{1}{x^4+1}\Big)(\xi), \xi<0.

Với hàm sech(x) nếu sử dụng bổ đề Jordan cần

\lim\limits_{R\to\infty}\max\limits_{z\in C_R}\dfrac{2}{|e^z+e^{-z}|}=0

nhưng với z=iR\in C_R

\dfrac{2}{|e^{iR}+e^{-iR}|}=\dfrac{1}{|\cos R|}\ge 1

nên ta không thể làm giống trên.

Tuy nhiên để ý rằng

\lim\limits_{|x|\to\infty}\max\limits_{y\in\mathbb R}\dfrac{2}{|e^{x+iy}+e^{-x-iy}|}=0,

e^{x+i\pi}+e^{-x-i\pi}=-(e^x+e^{-x})

nên thay vì dùng nửa đường tròn C_R ta dùng hình chữ nhật với bốn đỉnh -R, R, R+i\pi, -R+i\pi. Trong hình chữ nhật này hàm sech(z) một cực điểm z_1=i\pi/2. Do đó theo công thức thặng dư Cauchy ta có

2\pi i\; Res(\dfrac{2e^{-i\xi z}}{e^{z}+e^{-z}}, i\pi/2)=\int\limits_{-R}^R \dfrac{2e^{-i\xi x}}{e^{z}+e^{-x}}dx+\int\limits_{-R}^R\dfrac{2e^{-i\xi (x+i\pi)}}{e^{x}+e^{-x}}dx+

+\int\limits_0^\pi \dfrac{2e^{-i\xi (R+iy)}}{e^{R+iy}+e^{-(R+iy)}}dy-\int\limits_0^\pi \dfrac{2e^{-i\xi (-R+iy)}}{e^{-R+iy}+e^{-(-R+iy)}}dy.

Cho R\to\infty ta có

(2\pi)^{1/2} i\; Res(\dfrac{2e^{-i\xi z}}{e^{z}+e^{-z}}, i\pi/2)=(e^{\pi \xi}+1)\mathcal F(\dfrac{2}{e^{z}+e^{-z}})(\xi).

Phần còn lại các bạn tự tính tiếp xem?

Các bài tương tự, tính biến đổi Fourier của

sech^n(x)=\dfrac{2^n}{(e^x+e^{-x})^n}, n\in\mathbb N.

Để tính biến đổi Fourier của (1-x^2)e^{-x^2/2} ta chuyển về việc tính biến đổi Fourier của e^{-x^2}. Cách làm cũng gần như trên với chú ý không xuất hiện cực điểm nên tích phân quanh đường cong kín bằng 0. Đôi khi ta cũng cần tạo đường cong tránh cực điểm, chẳng hạn khi tính (Bài 28/ trang 112)

\int\limits_0^\infty \dfrac{e^{-i\alpha x}}{x-a}dx=\lim\limits_{R\to\infty\atop \epsilon\to 0_+}\int\limits_{0<x<R \atop |x-a|>\epsilon}\dfrac{e^{-i\alpha x}}{x-a}dx

với a>0,\alpha>0.

Hàm \dfrac{e^{-i\alpha z}}{z-a}, a>0 có một cực điểm z_1=a. Ta sẽ lấy tích phân quanh đường cong

[0, a-\epsilon]\cup C^-_\epsilon(a) \cup[a+\epsilon, R]\cup C^-_R\cup[-Ri, 0]

trong đó C^-_\epsilon(a)=\{a+\epsilon e^{i\theta}|\; \theta\in[\pi, 2\pi]\}, C^-_R=\{Re^{i\theta}|\; \theta\in[3\pi/2, 2\pi]\}

bao quanh miền không chứa cực điểm z_1=a.

Khi đó ta có

0=\int\limits_{0<x<R\atop |x-a|>\epsilon}\dfrac{e^{-i\alpha x}}{x-a}dx-\int\limits_0^R\dfrac{e^{-\alpha y}}{y-ia}dy+\int\limits_{C^-_\epsilon(a)}\dfrac{e^{-i\alpha z}}{z-a}dz-\int\limits_{C^-_R}\dfrac{e^{-i\alpha z}}{z-a}dz.

Tích phân trên C^-_\epsilon(a) ta dùng tham số hóa z=a+\epsilon e^{i\theta} còn trên C^-_R ta dùng Bổ đề Jordan. Từ đó ta chuyển tích phân cần tính sang biểu thức

-i\pi e^{-i\alpha a}+\int\limits_0^\infty\dfrac{e^{-y\alpha}}{y-ia}dy.

Gửi phản hồi

Mời bạn điền thông tin vào ô dưới đây hoặc kích vào một biểu tượng để đăng nhập:

WordPress.com Logo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản WordPress.com Log Out / Thay đổi )

Twitter picture

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Twitter Log Out / Thay đổi )

Facebook photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Facebook Log Out / Thay đổi )

Google+ photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Google+ Log Out / Thay đổi )

Connecting to %s