Fourierjeva transformacija

O matematiki, številih, množicah in računih...
Odgovori
Uporabniški avatar
fogl
Prispevkov: 545
Pridružen: 7.11.2004 20:25
Kraj: Radovljica

Fourierjeva transformacija

Odgovor Napisal/-a fogl »

Če prav razumem je pogoj za obstoj fourierjeve transformacije neke funkcije, da je \(\int_{-\infty}^\infty |f(x)| \, dx < \infty\). Če pa pogledam seznam transformacij, pa vidim, da obstaja tudi transformacija funkcije \(f(x)=1\) ali pa \(f(x)=sin(ax)\). A nista to funkciji za kateri velja da zgornji integral ni manjši od \(\infty\)?

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Fourierjeva transformacija

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Prvic, pogoj je integrabilnost KVADRATA funkcije. Edino te funkcije imajo za transformiranko funkcijo v pravem pomenu besede (v tabeli pod "square integrable functions"). Ce pa posplosis na distribucije, pa lahko v principu transformiras vsako funkcijo. Distribucij ne mores ravno steti za funkcije, ker ne gre za predpis x->y ampak so njihove lastnosti bolj bogate - lastnost distribucije se pokaze sele z integracijo. Fizikov seveda to ne moti, ker se za vse prakticne namene ni treba sekirat ali je stvar distribucija ali ni, racunanje se pa bistveno poenostavi. Primer distribucije je recimo Diracova funkcija \(\delta(x)\), ki je povsod 0, razen v x=0, kjer je neskoncna (vendar na tak nacin, da je njen integral enak 1). To je ravno transformiranka sinusnega signala: vsa moc je skoncentrirana pri ostro doloceni frekvenci, drugje pa ni nic. S pravilom
\(\mathcal{F}(xf(x))=i\frac{d}{d\omega} \mathcal{F}(f(x))\)
lahko recimo razsiris definicijo na poljuben red. Tako je recimo transformiranka f(x)=x kar \(2\pi i\frac{d}{d\omega}\delta(\omega)\) - odvod delta funkcije je seveda hudo abstraktna stvar, ki pa ima lastnost, da ce integriras njen produkt z neko funkcijo, dobis odvod pri x=0 (delta funkcija pri istih pogojih daje vrednost pri x=0). Integral, iz katerega dobis to transformiranko seveda ze zdavnaj ne obstaja vec: \(\int_{-\infty}^\infty e^{-i\omega t} t\,\mathrm{d}t\not <\infty\).

Posplositev pojma funkcije torej dovoljuje razsiritev transformacije na obmocje, kjer osnovna integralska oblika ni vec konvergentna. V resnici je ravno v teh primerih transformacija najbolj uporabna.

Uporabniški avatar
fogl
Prispevkov: 545
Pridružen: 7.11.2004 20:25
Kraj: Radovljica

Re: Fourierjeva transformacija

Odgovor Napisal/-a fogl »

Aniviller napisal/-a:Prvic, pogoj je integrabilnost KVADRATA funkcije.
Tega nisem nikjer našel, tukaj (stran 6) npr. tudi piše de je pogoj \(\int_{-\infty}^\infty |f(x)| \, dx < \infty\).

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Fourierjeva transformacija

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Integral sicer konvergira, vendar dobljen spekter ni nujno integrabilen. Sele v prostoru s kvadratom integrabilnih funkcij (\(L^2\)) lahko rezultat normiras (signali koncne moci). Fourierova transformacija je neke vrste razvoj vektorja (funkcije) po drugi bazi, ki ima v tem primeru neskoncno komponent. Operacije linearne algebre nad tem prostorom delujejo samo za tiste vektorje, katerih dolzina je koncna. Vecina lastnosti Fourierovih transformacij, kot sta Parsevalova enacba (integral kvadrata FT je enak integralu kvadrata osnovne funkcije), obrnljivost transformacije in konvolucijski teorem so omejene na prostor \(L^2\).

Zahteva po kvadratni integrabilnosti ima bolj pomembne prakticne posledice kot absolutna integrabilnost (ni pa ena posplositev druge, temvec sta to razlicni zahtevi). V strogem smislu, za obstoj transformacijskega integrala pa je res zahtevana absolutna integrabilnost.

Uporabniški avatar
shrink
Prispevkov: 14575
Pridružen: 4.9.2004 18:45

Re: Fourierjeva transformacija

Odgovor Napisal/-a shrink »

fogl napisal/-a:
Aniviller napisal/-a:Prvic, pogoj je integrabilnost KVADRATA funkcije.
Tega nisem nikjer našel, tukaj (stran 6) npr. tudi piše de je pogoj \(\int_{-\infty}^\infty |f(x)| \, dx < \infty\).
Ta pogoj samo zagotavlja, da je transformiranka omejena funkcija na celotnem intervalu (da transformiranka eksistira za vsak argument na celotnem intervalu).

Uporabniški avatar
fogl
Prispevkov: 545
Pridružen: 7.11.2004 20:25
Kraj: Radovljica

Re: Fourierjeva transformacija

Odgovor Napisal/-a fogl »

Berem o distribucijah, pa mi je bolj malo jasno. Piše da "distributions (also known as generalized functions) are objects which generalize functions and probability distributions". Kaj to pomeni, da naredijo funkcijo tako, da je integral te funkcije (kot to velja za integrale porazdelitve verjetnosti) enak 1? Kaj je potem distribucija \(f(x)=sin(ax)\), je to sinus, ki je levo in desno odrezan tako da je njegov integral enak 1? Nč jasn :oops:

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Fourierjeva transformacija

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Za porazdelitve res velja, da je njihov integral enak 1 (oziroma da je koncen, ker vsako tako funkcijo lahko normiras). To lastnost imajo vse integrabilne funkcije, pa tudi porazdelitve, ki s funkcijami niso opisljive. Recimo verjetnostna porazdelitev za met kocke ima pri 1 do 6 diskretne verjetnosti velikosti 1/6. Funkcijsko to ni opisljivo, je pa to distribucija, ki jo opises s 6 delta funkcijami (tudi narises si jo lahko - 6 stebrickov). Primer je tudi odvod "stopnice" (recimo funkcija, ki je nic za x<0 in 1 za x>0) - normalno se tega ne da odvajat, v smislu distribucij pa lahko. Pojem distribucije je misljen kot pojem posplosene funkcije, ki je LOKALNO integrabilna in ima opisane lastnosti. Katere distribucije so pa normalizabilne je pa doloceno sele, ko dolocis integracijsko obmocje. Distribucija v strogem pomenu besede ima pomen sele z integralom vred (ki nosi s seboj integracijske meje). Tvoj primer s sinusom torej ne vsebuje vse potrebne informacije.

Za porazdelitve (kar je v bistvu nasa beseda za distribucije) pa velja drugacno pravilo za enakost dveh distribucij in za zamenjavo spremeljivk, ker funkcije obravnavas po tockah, pri distribucijah pa integral. Recimo da reces x=2u. V funkcijskem smislu velja kar exp(-x)=exp(-2u). Funkciji sta enaki za vsako tocko, ki jo vstavis. Za distribucijo pa moras transformirati vse:
\(\int_0^\infty e^{-x}dx=\int_0^\infty 2e^{-2u}du\)
V splosnem se spremenijo tudi meje. Integrala sta ocitno enaka (ker gre za porazdelitve, velja to tudi za vsa "povprecja" (ce je v integrandu primnozena poljubna funkcija)). Ni pa enak integrand: \(e^{-x}\neq 2e^{-2u}\). Oblika porazdelitve se spremeni, ce gledas porazdelitev glede na drugo funkcijo. Primer tega je recimo sevalni spekter, recimo soncni. Vrh porazdelitve je drugje, ce gledas porazdelitev po valovnih dolzinah, kot ce gledas po frekvencah. Ohranja se pa vsak se tako ozek integral te porazdelitve.

Popotnik
Prispevkov: 532
Pridružen: 12.11.2008 18:35

Re: Fourierjeva transformacija

Odgovor Napisal/-a Popotnik »

Mene pa zanima Fourierova transformatija več delta funkcij.

Primer:

\(\int_{-\infty}^{\infty} \delta (x \mod 2 a) exp(-i k_x x) dx\)

Ali pride slučajno takole:
\(\delta ({k_x mod {\pi \over a}})\)

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Fourierjeva transformacija

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Nic posebnega, dobis pac Fourierovo vrsto iz integrala. Perioda je ze pravilna, vprasal bi se le o predfaktorju (da ni slucajno kak \(2\pi\), tudi a zna bit notri).

Popotnik
Prispevkov: 532
Pridružen: 12.11.2008 18:35

Re: Fourierjeva transformacija

Odgovor Napisal/-a Popotnik »

Ja, menda je še \(2 \pi\) zraven.

Odgovori