Bestäm en funktion vars fouriertransform är lika med f(w)

I uppgiften 4b söker man $g{(x)} = \mathcal{F}^{-1}[{f(\omega)}]{(x)}$.

Utnyttja sambandet mellan fouriertransformen och inversa fouriertransformen. Det gäller ganska allmänt att $\mathcal{F}^{-1}[f](x) = 2\pi \mathcal{F}[f](-x)$.

Funktionen $\mathcal{F}[f]$ beräknades i 4a.

LuMa07 skrev:

I uppgiften 4b söker man $g{(x)} = \mathcal{F}^{-1}[{f(\omega)}]{(x)}$.

Utnyttja sambandet mellan fouriertransformen och inversa fouriertransformen. Det gäller ganska allmänt att $\mathcal{F}^{-1}[f](x) = 2\pi \mathcal{F}[f](-x)$.

Funktionen $\mathcal{F}[f]$ beräknades i 4a.

Vi vet att F(w) är detta nedan. Så dess invers är väl bara samma fast utbytt med argumentet x? Om inte kan man utnyttja F[F[f](x)=1/2pif(-x)

destiny99 skrev:

Vi vet att F(w) är detta nedan. Så dess invers är väl bara samma fast utbytt med argumentet x?

Ja, fast det är -x som sätts in.

Om inte kan man utnyttja F[F[f](x)=1/2pif(-x)

Detta funkar också - man får samma slutsats. Man söker nämligen funktionen $g$ sådan att

$\mathcal{F}[g(x)](\omega) = f(\omega)$.

När $\mathcal{F}$ tillämpas på båda sidorna av denna likhet, så fås sambandet

$\underbrace{\mathcal{F}[\mathcal{F}[g]](t)}_{=g(-t)/2\pi} = \mathcal{F}{[f](t)}$

vilket ger (genom att sätta $t = -x$) att

$g(x) = 2\pi \,\mathcal{F}{[f](-x)} = 2\pi\,F(-x)$

LuMa07 skrev:

destiny99 skrev:

Vi vet att F(w) är detta nedan. Så dess invers är väl bara samma fast utbytt med argumentet x?

Ja, fast det är -x som sätts in.

Om inte kan man utnyttja F[F[f](x)=1/2pif(-x)

Detta funkar också - man får samma slutsats. Man söker nämligen funktionen $g$ sådan att

$\mathcal{F}[g(x)](\omega) = f(\omega)$.

När $\mathcal{F}$ tillämpas på båda sidorna av denna likhet, så fås sambandet

$\underbrace{\mathcal{F}[\mathcal{F}[g]](t)}_{=g(-t)/2\pi} = \mathcal{F}{[f](t)}$

vilket ger (genom att sätta $t = -x$) att

$g(x) = 2\pi \,\mathcal{F}{[f](-x)} = 2\pi\,F(-x)$

Jag har svårt att hänga med på denna rad. Sen förstår jag inte varför du inte kan ha samma variabler hela vägen och behålla x istället för att byta till t. Det blir läsbart och förståelig för mig. 

Vad är det som är svårt, egentligen?

Startpunkt: Söker $g(x)$ så att $\mathcal{F}[g(x)](\omega)= f(\omega)$.

Fouriertransformera båda leden i likheten $VL(\omega) = HL(\omega)$, vilket ger att $\mathcal{F}[VL(\omega)](t) = \mathcal{F}[HL(\omega)](t)$, d.v.s.

$\mathcal{F}[\mathcal{F}[g(x)](\omega)](t) = \mathcal{F}[f(\omega)](t)$

Man kan säkert skriva variabeln ${\color[rgb]{0, 0, 1}x}$ istället för hjälpvariabeln $t$ i denna rad, men det kan bli lite otydlig notation eftersom variabeln ${\color[rgb]{1, 0, 0}x}$ redan står innanför $g$ i inre fouriertransformen:

$\mathcal{F}[\mathcal{F}[g({\color[rgb]{1, 0, 0}x})](\omega)]({\color[rgb]{0, 0, 1}x}) = \mathcal{F}[f(\omega)]({\color[rgb]{0, 0, 1}x})$

Symbolen ${\color[rgb]{1, 0, 0}x}$ innanför inre Fouriertransformen skulle alltså betyda något annat än ${\color[rgb]{0, 0, 1}x}$ för yttre fouriertransformen. För att slippa en sådan tvetydighet hos symbolen $x$, så kan man helt enkelt skriva $g$ i inre fouriertransformen utan någon variabel och låta det vara underförstått vad som menas med det:

$\mathcal{F}[\mathcal{F}[g](\omega)]({\color[rgb]{0, 0, 1}x}) = \mathcal{F}[f(\omega)]({\color[rgb]{0, 0, 1}x})$

eller inte alls skriva ut variabler inuti fouriertransformerna:

$\mathcal{F}[\mathcal{F}[g]]({\color[rgb]{0, 0, 1}x}) = \mathcal{F}[f]({\color[rgb]{0, 0, 1}x})$

där HL beräknats i deluppgiften 4a, d.v.s. $HL = F{({\color[rgb]{0, 0, 1}x})} = \dfrac{2i\sin(\pi {\color[rgb]{0, 0, 1}x})}{{\color[rgb]{0, 0, 1}x}^2-1}$

Nu får man tänka på att $\mathcal{F}[\mathcal{F}[g]](x) = g(-x) / (2\pi)$. Det är dock g(x) (och inte g(-x)) som man vill ta fram. Syftet med att använda sig av en hjälpvariabel är att undvika onödiga teckenfel eftersom man annars behöver byta ut -x mot x i likheten man fått.

Vill du utnyttja räknelagen "F[F[f](x)=1/2pif(-x)" som du själv nämnt i #3 på något annat sätt, så får du jättegärna göra det, det funkar säkert också bra.