Bestämma Fouriertransform med residykalkyl

Jag tänker att det går att visa att din sista integral går mot 0 då $R\to \infty$ när $\xi< 0$. I detta fall har vi 
$\displaystyle e^{-iRe^{i\theta}\xi} = e^{-iR\xi (\cos\theta + i\sin \theta)} = e^{-iR\xi \cos\theta} e^{-i^2 \xi R \sin\theta} = e^{-iR\xi \cos\theta} e^{\xi R\sin\theta}.$
När vi tar absolutbelopp blir den första exponentialen $1$ då den ligger på enhetscirkeln och den andra exponentialen blir $\leq 1$ då $\xi R \sin\theta \leq 0$ (pga $\xi<0$). Då kan vi dra slutsatsen att 

$\displaystyle \frac{\left|e^{-iRe^{i\theta}\xi}\right|}{R^2}\leq \frac{1}{R^2}$ (för $\xi < 0$).
Då går din integral mot $0$ när $R\to \infty$ och då kan vi få fouriertransformen när $\xi < 0$.

Jag tror inte denna halvcirkel funkar för $\xi > 0$. Antingen kanske man kan använda någon annan figur, men jag har inga ideer för det. Ett annat förslag är att kanske bevisa följande: $\displaystyle \hat f\left(-\xi\right)=\int_{-\infty}^\infty f\left(x\right)e^{ix\xi}dx = \int_{-\infty}^\infty f\left(x\right)\overline{e^{-ix\xi}}dx =\int_{-\infty}^\infty \overline{f\left(x\right)e^{-ix\xi}}dx {\color{red}\stackrel{?}{=}}\overline{\int_{-\infty}^\infty f\left(x\right)e^{-ix\xi}dx } = \overline {\hat f\left(\xi\right)}$
Dvs om $\xi > 0$ kan vi använda residysatsen för att räkna $\hat f\left(-\xi\right)$ och sedan konjugera resultatet.

Ah, du har förstås rätt i att det är för $\xi < 0$ som instängningen jag föreslog fungerar!

Men för $\xi > 0$ kan vi väl bara välja den motsatta halvcirkeln? Alltså bara vänd vår halvcirkel uppochned? Det känns ju som om man borde kunna köra på samma argument sen av symmetriskäl.

Ah, det kan man ju! $\sin \theta \leq 0$ på den halvcirkeln så det fungerar!

Okej, när jag har smaskat i mig mitt käk återkommer jag med en fullbordad lösning, så får vi kolla på hur det blir! :-)

Okej, då ger vi det ett nytt försök. Studera först fallet då $\xi \le 0$. Vi genomför resonemanget identiskt som förut och har

$\displaystyle \left|\int_{\gamma_2(R)}f\left(z\right)dz\right| \le \int_{0}^{\pi}\frac{|e^{-iRe^{i\theta}\xi}|}{R^2}d\theta$

Eftersom

$\displaystyle |e^{-iRe^{i\theta}\xi}|=|e^{-iR\xi(\cos \theta +i\sin\theta)}|=|e^{-iR\xi\cos\theta}|\cdot| e^{R\xi\sin \theta}|=e^{R\xi\sin \theta}$

På $\theta \in [0,\pi]$ och för $\xi \le 0$ har vi $\displaystyle e^{R\xi\sin \theta} \le 1$, alltså

$\displaystyle \left|\int_{\gamma_2(R)}f\left(z\right)dz\right| \le\int_{0}^{\pi}\frac{|e^{-iRe^{i\theta}\xi}|}{R^2}d\theta \le \int_{0}^{\pi}\frac{1}{R^2}d\theta \underset{R\to \infty}{\longrightarrow }0$

Alltså har vi äntligen visat att för $\xi \le 0$:

$\displaystyle \lim_{R\to\infty}\int_{\gamma_2(R)}f\left(z\right)dz=0$

Jag ser nu att jag räknade ut residyn i $z=i\sqrt{5}$ fel i mitt ursprungsinlägg, men jag räknar med det korrekta värdet här. Vi har

$\displaystyle \hat{f}\left(\xi\le 0\right) =2\pi i\left(-\frac{(i-1)e^{\xi}}{2i(1+\sqrt{5})(1-\sqrt{5})}+\frac{(i\sqrt 5-1)e^{\xi\sqrt{5}}}{2i\sqrt{5}(1+\sqrt{5})(1-\sqrt{5})}\right)$

Det som saknas för att vi ska kunna skriva om på ett gemensamt bråkstreck är en faktor $\sqrt{5}$, så vi förlänger:

$\displaystyle \hat{f}\left(\xi\le 0\right) =2\pi i\left(\frac{(i\sqrt 5-1)e^{\xi\sqrt{5}}}{2i\sqrt{5}(1+\sqrt{5})(1-\sqrt{5})}-\frac{(i-1)e^{\xi}}{2i(1+\sqrt{5})(1-\sqrt{5})}\right)=2\pi i\left(\frac{(i\sqrt{5}-1)e^{\xi\sqrt{5}}-(i-1)e^\xi}{2i\sqrt{5}(1+\sqrt{5})(1-\sqrt{5})}\right)$

$\displaystyle = \pi\left(\frac{(i\sqrt{5}-1)e^{\xi\sqrt{5}}-(i-1)e^{\xi}}{\sqrt{5}(1+\sqrt{5})(1-\sqrt{5})}\right)$

Det var mycket jobb för bara första halvan men jag hoppas att denna del ser rätt ut? Jag fortsätter med den andra delen i ett separat inlägg.

Tillägg: 20 aug 2026 22:57

Hade råkat skriva som om $e^{xy}=e^x e^y$, hehe... Har fixat det nu.

Om residyerna är rätt tycker jag det ser rätt ut förutom en liten algebra sak. I slutet när du slår ihop uttrycken under samma bråkstreck saknar den andra termen (den med $e^\xi$) en faktor $\sqrt 5$.

Dessutom finns lite ytterligare förenkling, exempelvis konjugat i närmaren, men det är såklart inte jätteviktigt. 

Jag hoppas att jag har beräknat residyerna korrekt... :-)

Snyggt taget med $\sqrt{5}$! Ska försöka mig på den andra halvan nu.