基于高斯函数傅里叶变换的函数傅里叶变换求解（含多项式与三角函数项）

题目：

问题 4. 设 $$\alpha >0$$。基于 $$e^{-\alpha x^2/2}$$ 的傅里叶变换，求下列函数的傅里叶变换：

(a) $$f(x)=x{e}^{-\alpha x^2/2}$$;
(b) $$f(x)=x^2{e}^{-\alpha x^2/2}$$;
© $$e^{-\alpha x^2/2}\cos (\beta x)$$;
(d) $$e^{-\alpha x^2/2}\sin (\beta x)$$;
(e) $$x{e}^{-\alpha x^2/2}\cos (\beta x)$$;
(f) $$x{e}^{-\alpha x^2/2}\sin (\beta x)$$.

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解答：

首先，回忆傅里叶变换的定义。我们采用以下定义：
f^(k)=F{f(x)}=∫−∞∞f(x)e−ikx dx \hat{f}(k) = \mathcal{F}\{f(x)\} = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-ikx} \, dx f^​(k)=F{f(x)}=∫−∞∞​f(x)e−ikxdx
基函数 $$g(x)=e^{-\alpha x^2/2}$$ 的傅里叶变换为：
$$\hat{g}(k)=\sqrt{\frac{2\pi }{\alpha }}{e}^{-k^2/(2\alpha )}$$
我们将利用傅里叶变换的性质，如导数性质（F{xf(x)}=iddkf^(k)\mathcal{F}\{x f(x)\} = i \frac{d}{dk} \hat{f}(k)F{xf(x)}=idkd​f^​(k)）和频率平移性质（F{f(x)eiβx}=f^(k−β)\mathcal{F}\{f(x) e^{i\beta x}\} = \hat{f}(k - \beta)F{f(x)eiβx}=f^​(k−β)），来求解各部分的傅里叶变换。

(a) $$f(x)=x{e}^{-\alpha x^2/2}$$

由于 $$f(x)=xg(x)$$，有：
$$\hat{f}(k)=i\frac{d}{dk}\hat{g}(k)$$
计算导数：
$$\frac{d}{dk}\hat{g}(k)=\frac{d}{dk}\left(\sqrt{\frac{2\pi }{\alpha }}{e}^{-k^2/(2\alpha )}\right)=\sqrt{\frac{2\pi }{\alpha }}{e}^{-k^2/(2\alpha )}\left(-\frac{k}{\alpha }\right)=-\frac{k}{\alpha }\hat{g}(k)$$
因此：
$$\hat{f}(k)=i\left(-\frac{k}{\alpha }\hat{g}(k)\right)=-i\frac{k}{\alpha }\hat{g}(k)=-i\frac{k}{\alpha }\sqrt{\frac{2\pi }{\alpha }}{e}^{-k^2/(2\alpha )}$$

(b) $$f(x)=x^2{e}^{-\alpha x^2/2}$$

由于 $$f(x)=x^{2}g(x)$$，有：
$$\hat{f}(k)=i^2\frac{d^2}{d{k}^2}\hat{g}(k)=-\frac{d^2}{d{k}^2}\hat{g}(k)$$
先计算一阶导数：
$$\frac{d}{dk}\hat{g}(k)=-\frac{k}{\alpha }\hat{g}(k)$$
再计算二阶导数：
$$\frac{d^2}{d{k}^2}\hat{g}(k)=\frac{d}{dk}\left(-\frac{k}{\alpha }\hat{g}(k)\right)=-\frac{1}{\alpha }\hat{g}(k)-\frac{k}{\alpha }\left(-\frac{k}{\alpha }\hat{g}(k)\right)=-\frac{1}{\alpha }\hat{g}(k)+\frac{k^2}{{\alpha }^2}\hat{g}(k)=\hat{g}(k)\left(\frac{k^2}{{\alpha }^2}-\frac{1}{\alpha }\right)$$
因此：
$$\hat{f}(k)=-\hat{g}(k)\left(\frac{k^2}{{\alpha }^2}-\frac{1}{\alpha }\right)=\hat{g}(k)\left(\frac{1}{\alpha }-\frac{k^2}{{\alpha }^2}\right)=\frac{1}{\alpha }\left(1-\frac{k^2}{\alpha }\right)\hat{g}(k)=\frac{1}{\alpha }\left(1-\frac{k^2}{\alpha }\right)\sqrt{\frac{2\pi }{\alpha }}{e}^{-k^2/(2\alpha )}$$

© $$f(x)=e^{-\alpha x^2/2}\cos (\beta x)$$

利用余弦函数的指数形式：$$\cos (\beta x)=\frac{e^{i\beta x}+e^{-i\beta x}}{2}$$，有：
$$f(x)=\frac{1}{2}\left[g(x)e^{i\beta x}+g(x)e^{-i\beta x}\right]$$
由频率平移性质：
F{g(x)eiβx}=g^(k−β),F{g(x)e−iβx}=g^(k+β) \mathcal{F}\{g(x) e^{i\beta x}\} = \hat{g}(k - \beta), \quad \mathcal{F}\{g(x) e^{-i\beta x}\} = \hat{g}(k + \beta) F{g(x)eiβx}=g^​(k−β),F{g(x)e−iβx}=g^​(k+β)
因此：
$$\hat{f}(k)=\frac{1}{2}\left[\hat{g}(k-\beta )+\hat{g}(k+\beta )\right]=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{2\pi }{\alpha }}\left[e^{-(k-\beta {)}^2/(2\alpha )}+e^{-(k+\beta {)}^2/(2\alpha )}\right]$$

(d) $$f(x)=e^{-\alpha x^2/2}\sin (\beta x)$$

利用正弦函数的指数形式：$$\sin (\beta x)=\frac{e^{i\beta x}-e^{-i\beta x}}{2i}$$，有：
$$f(x)=\frac{1}{2i}\left[g(x)e^{i\beta x}-g(x)e^{-i\beta x}\right]$$
由频率平移性质：
$$\hat{f}(k)=\frac{1}{2i}\left[\hat{g}(k-\beta )-\hat{g}(k+\beta )\right]=\frac{1}{2i}\sqrt{\frac{2\pi }{\alpha }}\left[e^{-(k-\beta {)}^2/(2\alpha )}-e^{-(k+\beta {)}^2/(2\alpha )}\right]$$
注意：$$\frac{1}{2i}=-i\frac{1}{2}$$，因此也可写为：
$$\hat{f}(k)=-\frac{i}{2}\sqrt{\frac{2\pi }{\alpha }}\left[e^{-(k-\beta {)}^2/(2\alpha )}-e^{-(k+\beta {)}^2/(2\alpha )}\right]$$

(e) $$f(x)=x{e}^{-\alpha x^2/2}\cos (\beta x)$$

令 $$h(x)=e^{-\alpha x^2/2}\cos (\beta x)$$，则 $$f(x)=xh(x)$$。由部分 © 得：
$$\hat{h}(k)=\frac{1}{2}\left[\hat{g}(k-\beta )+\hat{g}(k+\beta )\right]$$
因此：
$$\hat{f}(k)=i\frac{d}{dk}\hat{h}(k)=\frac{i}{2}\left[\frac{d}{dk}\hat{g}(k-\beta )+\frac{d}{dk}\hat{g}(k+\beta )\right]$$
由导数计算：
$$\frac{d}{dk}\hat{g}(k-\beta )={\hat{g}}^{\prime }(k-\beta )=-\frac{k-\beta }{\alpha }\hat{g}(k-\beta ),\frac{d}{dk}\hat{g}(k+\beta )={\hat{g}}^{\prime }(k+\beta )=-\frac{k+\beta }{\alpha }\hat{g}(k+\beta )$$
所以：
$$\hat{f}(k)=\frac{i}{2}\left[-\frac{k-\beta }{\alpha }\hat{g}(k-\beta )-\frac{k+\beta }{\alpha }\hat{g}(k+\beta )\right]=-\frac{i}{2\alpha }\left[(k-\beta )\hat{g}(k-\beta )+(k+\beta )\hat{g}(k+\beta )\right]$$
显式形式：
$$\hat{f}(k)=-\frac{i}{2\alpha }\sqrt{\frac{2\pi }{\alpha }}\left[(k-\beta )e^{-(k-\beta {)}^2/(2\alpha )}+(k+\beta )e^{-(k+\beta {)}^2/(2\alpha )}\right]$$

(f) $$f(x)=x{e}^{-\alpha x^2/2}\sin (\beta x)$$

令 $$h(x)=e^{-\alpha x^2/2}\sin (\beta x)$$，则 $$f(x)=xh(x)$$。由部分 (d) 得：
$$\hat{h}(k)=\frac{1}{2i}\left[\hat{g}(k-\beta )-\hat{g}(k+\beta )\right]$$
因此：
$$\hat{f}(k)=i\frac{d}{dk}\hat{h}(k)=i\frac{d}{dk}\left(\frac{1}{2i}\left[\hat{g}(k-\beta )-\hat{g}(k+\beta )\right]\right)=\frac{1}{2}\frac{d}{dk}\left[\hat{g}(k-\beta )-\hat{g}(k+\beta )\right]$$
计算导数：
$$\frac{d}{dk}\left[\hat{g}(k-\beta )-\hat{g}(k+\beta )\right]={\hat{g}}^{\prime }(k-\beta )-{\hat{g}}^{\prime }(k+\beta )=-\frac{k-\beta }{\alpha }\hat{g}(k-\beta )+\frac{k+\beta }{\alpha }\hat{g}(k+\beta )$$
所以：
$$\hat{f}(k)=\frac{1}{2}\left[-\frac{k-\beta }{\alpha }\hat{g}(k-\beta )+\frac{k+\beta }{\alpha }\hat{g}(k+\beta )\right]=\frac{1}{2\alpha }\left[-(k-\beta )\hat{g}(k-\beta )+(k+\beta )\hat{g}(k+\beta )\right]$$
显式形式：
$$\hat{f}(k)=\frac{1}{2\alpha }\sqrt{\frac{2\pi }{\alpha }}\left[-(k-\beta )e^{-(k-\beta {)}^2/(2\alpha )}+(k+\beta )e^{-(k+\beta {)}^2/(2\alpha )}\right]$$

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以上为各函数的傅里叶变换结果。所有结果均基于基函数 $$g(x)=e^{-\alpha x^2/2}$$ 的傅里叶变换 $$\hat{g}(k)=\sqrt{\frac{2\pi }{\alpha }}{e}^{-k^2/(2\alpha )}$$ 推导得出。