POINT
【関連記事】- フーリエ変換の関係式とその導出．
定義
関数$f$のフーリエ変換$\hat{f}=\mathcal{F}[f]$を\begin{aligned}
\hat{f}(k)
&=\mathcal{F}[f](k) \\
&=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty f(x)e^{-ikx} \,\mathrm{d}x
\end{aligned}
で定義する．\hat{f}(k)
&=\mathcal{F}[f](k) \\
&=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty f(x)e^{-ikx} \,\mathrm{d}x
\end{aligned}
定義の仕方は他にもあります．詳しくは後述（2πの付け方の違い）．
$n$次元の場合はベクトル$k=^{t}\!\!(k_1,k_2,...,k_n)$と$x=^{t}\!\!(x_1,x_2,...,x_n)$を使って
\begin{aligned}
\hat{f}(k)
&=\mathcal{F}[f](k) \\
&=\frac{1}{(2\pi)^{n/2}}\int_{\mathbb{R}^n} f(x)e^{-ik\cdot x} \,\mathrm{d}x
\end{aligned}
となります（$k\cdot x=\sum_i k_i x_i$はベクトルの内積）．\hat{f}(k)
&=\mathcal{F}[f](k) \\
&=\frac{1}{(2\pi)^{n/2}}\int_{\mathbb{R}^n} f(x)e^{-ik\cdot x} \,\mathrm{d}x
\end{aligned}
逆変換
フーリエ逆変換（フーリエ反転公式）\begin{aligned}
f(x)
&=\frac{1}{(2\pi)^{n/2}}\int_{\mathbb{R}^n} \hat{f}(k) e^{ik\cdot x} \,\mathrm{d}k
\end{aligned}
が成立します．f(x)
&=\frac{1}{(2\pi)^{n/2}}\int_{\mathbb{R}^n} \hat{f}(k) e^{ik\cdot x} \,\mathrm{d}k
\end{aligned}
性質
頻繁に使われる性質を導出します．よく使う関係式
フーリエ変換の基本的な性質として紹介される大体のものは，必要になったときに簡単に計算できます．以下では$a$を実数とします．\begin{aligned}
&\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty f(x+a)e^{-ikx} \,\mathrm{d}x \\
&=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty f(x)e^{-ik(x-a)} \,\mathrm{d}x \\
&=e^{ika} \hat{f}(k)
\end{aligned}
&\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty f(x+a)e^{-ikx} \,\mathrm{d}x \\
&=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty f(x)e^{-ik(x-a)} \,\mathrm{d}x \\
&=e^{ika} \hat{f}(k)
\end{aligned}
\begin{aligned}
&\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty [e^{iax}f(x)]e^{-ikx} \,\mathrm{d}x \\
&=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty f(x)e^{-i(k-a)x} \,\mathrm{d}x \\
&=\hat{f}(k-a)
\end{aligned}
&\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty [e^{iax}f(x)]e^{-ikx} \,\mathrm{d}x \\
&=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty f(x)e^{-i(k-a)x} \,\mathrm{d}x \\
&=\hat{f}(k-a)
\end{aligned}
$\mathrm{sgn\,}(a)=a/|a|(=|a|/a)$とするとき，
\begin{aligned}
&\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty f(ax)e^{-ikx} \,\mathrm{d}x \\
&=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty f(ax)e^{-i(k/a)(ax)} \,\frac{\mathrm{d}(ax)}{a} \\
&=\frac{1}{a}\cdot\mathrm{sgn\,}(a)\hat{f}(k/a) \\
&=\frac{1}{|a|}\hat{f}(k/a).
\end{aligned}
ここで$\mathrm{sgn\,}(a)$は$a$の符号で変数変換後の積分範囲が$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}$となるか$\displaystyle \int_{\infty}^{-\infty}$となるかが変わるために出てきます．わかりにくい場合は$a>0$と$a<0$に場合分けして計算すると良いでしょう．&\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty f(ax)e^{-ikx} \,\mathrm{d}x \\
&=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty f(ax)e^{-i(k/a)(ax)} \,\frac{\mathrm{d}(ax)}{a} \\
&=\frac{1}{a}\cdot\mathrm{sgn\,}(a)\hat{f}(k/a) \\
&=\frac{1}{|a|}\hat{f}(k/a).
\end{aligned}
$f$の複素共役を$\bar{f}$で表すとき，
\begin{aligned}
&\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty \bar{f}(x)e^{-ikx} \,\mathrm{d}x \\
&=\overline{\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty f(x)e^{ikx} \,\mathrm{d}x} \\
&=\overline{\hat{f}}(-k)
\end{aligned}
&\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty \bar{f}(x)e^{-ikx} \,\mathrm{d}x \\
&=\overline{\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty f(x)e^{ikx} \,\mathrm{d}x} \\
&=\overline{\hat{f}}(-k)
\end{aligned}
フーリエ逆変換（フーリエ反転公式）
\begin{aligned}
f(x)
&=\frac{1}{(2\pi)^{n/2}}\int_{\mathbb{R}^n} \hat{f}(k) e^{ik\cdot x} \,\mathrm{d}k
\end{aligned}
において$x\rightarrow -k$, $k\rightarrow x$とすればf(x)
&=\frac{1}{(2\pi)^{n/2}}\int_{\mathbb{R}^n} \hat{f}(k) e^{ik\cdot x} \,\mathrm{d}k
\end{aligned}
\begin{aligned}
f(-k)
&=\frac{1}{(2\pi)^{n/2}}\int_{\mathbb{R}^n} \hat{f}(x) e^{-ik\cdot x} \,\mathrm{d}x
\end{aligned}
となる．右辺は$ \hat{f}$のフーリエ変換であるから，f(-k)
&=\frac{1}{(2\pi)^{n/2}}\int_{\mathbb{R}^n} \hat{f}(x) e^{-ik\cdot x} \,\mathrm{d}x
\end{aligned}
\begin{aligned}
\mathcal{F}\bigl[\mathcal{F}[f]\bigr](k)=f(-k).
\end{aligned}
\mathcal{F}\bigl[\mathcal{F}[f]\bigr](k)=f(-k).
\end{aligned}
偶関数・奇関数の場合
偶関数$f(-x)=f(x)$のフーリエ変換は\begin{aligned}
&\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-ikx} \,\mathrm{d}x \\
&=-\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\infty}^{0} f(-x) e^{ikx} \,\mathrm{d}x \\
&\quad+\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty} f(x) e^{-ikx} \,\mathrm{d}x \\
&=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty} f(x) (e^{ikx}+e^{-ikx}) \,\mathrm{d}x \\
&=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\int_{0}^{\infty} f(x) \cos(kx) \,\mathrm{d}x
\end{aligned}
となる（Fourier余弦変換）．&\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-ikx} \,\mathrm{d}x \\
&=-\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\infty}^{0} f(-x) e^{ikx} \,\mathrm{d}x \\
&\quad+\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty} f(x) e^{-ikx} \,\mathrm{d}x \\
&=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty} f(x) (e^{ikx}+e^{-ikx}) \,\mathrm{d}x \\
&=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\int_{0}^{\infty} f(x) \cos(kx) \,\mathrm{d}x
\end{aligned}
奇関数$f(-x)=-f(x)$のフーリエ変換は
\begin{aligned}
&\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-ikx} \,\mathrm{d}x \\
&=-\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\infty}^{0} f(-x) e^{ikx} \,\mathrm{d}x \\
&\quad +\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty} f(x) e^{-ikx} \,\mathrm{d}x \\
&=-\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty} f(x) (e^{ikx}-e^{-ikx}) \,\mathrm{d}x \\
&=-i\sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_{0}^{\infty} f(x) \sin(kx) \,\mathrm{d}x
\end{aligned}
となる（Fourier正弦変換）．&\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-ikx} \,\mathrm{d}x \\
&=-\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\infty}^{0} f(-x) e^{ikx} \,\mathrm{d}x \\
&\quad +\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty} f(x) e^{-ikx} \,\mathrm{d}x \\
&=-\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{0}^{\infty} f(x) (e^{ikx}-e^{-ikx}) \,\mathrm{d}x \\
&=-i\sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_{0}^{\infty} f(x) \sin(kx) \,\mathrm{d}x
\end{aligned}
計算例
基本的な関数のフーリエ変換の計算方法を整理します．より複雑な関数のフーリエ変換は，「基本的な関数のフーリエ変換」と「フーリエ変換の性質」を駆使して計算を進めることになります．指数関数
$a>0$とする．\begin{aligned}
\mathcal{F}[e^{-a|x|}](k)
&=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\frac{a}{a^2+k^2}
\end{aligned}
【証明】\mathcal{F}[e^{-a|x|}](k)
&=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\frac{a}{a^2+k^2}
\end{aligned}
$f(x)=e^{-a|x|}$は偶関数なので
\begin{aligned}
&\mathcal{F}[e^{-a|x|}](k) \\
&=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\int_{0}^\infty e^{-ax}\cos(kx)\,\mathrm{d}x
\end{aligned}
となる．ここで，$I=\displaystyle\int_{0}^\infty e^{-ax}\cos(kx)\,\mathrm{d}x$, $J=\displaystyle\int_{0}^\infty e^{-ax}\sin(kx)\,\mathrm{d}x$とすると&\mathcal{F}[e^{-a|x|}](k) \\
&=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\int_{0}^\infty e^{-ax}\cos(kx)\,\mathrm{d}x
\end{aligned}
\begin{aligned}
I+iJ
&=\int_{0}^\infty e^{-ax}e^{ikx} \,\mathrm{d}x \\
&=-\frac{1}{a-ik}\bigl[e^{-(a-ik)x}\bigr]_0^\infty \\
&=\frac{a+ik}{a^2+k^2}.
\end{aligned}
実部を取ると$I=\displaystyle \frac{a}{a^2+k^2}$だからI+iJ
&=\int_{0}^\infty e^{-ax}e^{ikx} \,\mathrm{d}x \\
&=-\frac{1}{a-ik}\bigl[e^{-(a-ik)x}\bigr]_0^\infty \\
&=\frac{a+ik}{a^2+k^2}.
\end{aligned}
\begin{aligned}
&\mathcal{F}[e^{-a|x|}](k) \\
&=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\frac{a}{a^2+k^2}
\end{aligned}
となる．//&\mathcal{F}[e^{-a|x|}](k) \\
&=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\frac{a}{a^2+k^2}
\end{aligned}
ガウス関数
ガウス関数（正規分布）のフーリエ変換は次の記事で紹介しています．ガウス積分と派生公式 - Notes_JP
デルタ関数
デルタ関数についてはデルタ関数と公式 - Notes_JPを参照．\begin{aligned}
\mathcal{F}[\delta](k)
&=\frac{1}{(2\pi)^{n/2}} \\
\delta(x)
&=\frac{1}{(2\pi)^{\textcolor{red}{n}}} \int_{\mathbb{R}^n} e^{ik\cdot x} \,\mathrm{d}k
\end{aligned}
\mathcal{F}[\delta](k)
&=\frac{1}{(2\pi)^{n/2}} \\
\delta(x)
&=\frac{1}{(2\pi)^{\textcolor{red}{n}}} \int_{\mathbb{R}^n} e^{ik\cdot x} \,\mathrm{d}k
\end{aligned}
【証明】
デルタ関数は$\displaystyle \int_{\mathbb{R}^n} \delta(x)f(x) \,\mathrm{d}x =f(0)$を満たすので，
\begin{aligned}
\mathcal{F}[\delta](k)
&=\frac{1}{(2\pi)^{n/2}}\int_{\mathbb{R}^n} \delta(x)e^{-ik\cdot x} \,\mathrm{d}x \\
&=\frac{1}{(2\pi)^{n/2}}
\end{aligned}
となる．したがって，逆変換により\mathcal{F}[\delta](k)
&=\frac{1}{(2\pi)^{n/2}}\int_{\mathbb{R}^n} \delta(x)e^{-ik\cdot x} \,\mathrm{d}x \\
&=\frac{1}{(2\pi)^{n/2}}
\end{aligned}
\begin{aligned}
\delta(x)
&=\frac{1}{(2\pi)^{n/2}} \int_{\mathbb{R}^n} \mathcal{F}[\delta](k) e^{ik\cdot x} \,\mathrm{d}k \\
&=\frac{1}{(2\pi)^n} \int_{\mathbb{R}^n} e^{ik\cdot x} \,\mathrm{d}k
\end{aligned}
がわかる．//\delta(x)
&=\frac{1}{(2\pi)^{n/2}} \int_{\mathbb{R}^n} \mathcal{F}[\delta](k) e^{ik\cdot x} \,\mathrm{d}k \\
&=\frac{1}{(2\pi)^n} \int_{\mathbb{R}^n} e^{ik\cdot x} \,\mathrm{d}k
\end{aligned}
2πの付け方の違い
係数の付け方には他にも流派がありますが，記法を1つ覚えておけば都度変換できます．指数部を$2\pi f t$と表したときに，$f$と$t$をフーリエ変換・逆変換で結びつける関係は$2\pi$の係数がつかないことを覚えておくのがおすすめです：\begin{aligned}
\hat{g}(f) &= \int_{-\infty}^{\infty} g(t)e^{-i 2\pi ft} \,\mathrm{d}t \\
g(t) & =\int_{-\infty}^{\infty} \hat{g}(f) e^{i 2\pi ft} \,\mathrm{d}f
\end{aligned}
\hat{g}(f) &= \int_{-\infty}^{\infty} g(t)e^{-i 2\pi ft} \,\mathrm{d}t \\
g(t) & =\int_{-\infty}^{\infty} \hat{g}(f) e^{i 2\pi ft} \,\mathrm{d}f
\end{aligned}
以下，$\alpha,\beta > 0$とします．
全体の定数倍
フーリエ変換を\begin{aligned}
\hat{f}(k)
&=\mathcal{F}[f](k) \\
&=\frac{ \textcolor{red}{\alpha}^{n/2} }{(2\pi)^{n/2}}\int_{\mathbb{R}^n} f(x)e^{-ik\cdot x} \,\mathrm{d}x
\end{aligned}
で定義した場合，上の逆変換により\hat{f}(k)
&=\mathcal{F}[f](k) \\
&=\frac{ \textcolor{red}{\alpha}^{n/2} }{(2\pi)^{n/2}}\int_{\mathbb{R}^n} f(x)e^{-ik\cdot x} \,\mathrm{d}x
\end{aligned}
\begin{aligned}
\textcolor{red}{\alpha}^{n/2} f(x)
&=\frac{1}{(2\pi)^{n/2}}\int_{\mathbb{R}^n}\hat{f}(k) e^{ik\cdot x} \,\mathrm{d}k
\end{aligned}
がわかるので，\textcolor{red}{\alpha}^{n/2} f(x)
&=\frac{1}{(2\pi)^{n/2}}\int_{\mathbb{R}^n}\hat{f}(k) e^{ik\cdot x} \,\mathrm{d}k
\end{aligned}
\begin{aligned}
f(x)
&=\frac{1}{(2\pi \textcolor{red}{\alpha})^{n/2}}\int_{\mathbb{R}^n}\hat{f}(k) e^{ik\cdot x} \,\mathrm{d}k
\end{aligned}
が新しい逆変換となります．f(x)
&=\frac{1}{(2\pi \textcolor{red}{\alpha})^{n/2}}\int_{\mathbb{R}^n}\hat{f}(k) e^{ik\cdot x} \,\mathrm{d}k
\end{aligned}
- $\alpha=2\pi$の場合：
- フーリエ変換：$\displaystyle\hat{f}(k) =\int_{\mathbb{R}^n} f(x)e^{-ik\cdot x} \,\mathrm{d}x$
- フーリエ逆変換：$\displaystyle f(x)=\frac{1}{(2\pi )^{n}}\int_{\mathbb{R}^n}\hat{f}(k) e^{ik\cdot x} \,\mathrm{d}k$
- $\alpha=1/2\pi$の場合：
- フーリエ変換：$\displaystyle\hat{f}(k) =\frac{1}{(2\pi )^{n}}\int_{\mathbb{R}^n} f(x)e^{-ik\cdot x} \,\mathrm{d}x$
- フーリエ逆変換：$\displaystyle f(x)=\int_{\mathbb{R}^n}\hat{f}(k) e^{ik\cdot x} \,\mathrm{d}k$
係数の定数倍
もう少し一般化しましょう．フーリエ変換を\begin{aligned}
\hat{f}(k)
&=\mathcal{F}[f](k) \\
&=\frac{ \textcolor{red}{\alpha}^{n/2} }{(2\pi)^{n/2}}
\int_{\mathbb{R}^n} f(x)e^{-i\textcolor{green}{\beta}k\cdot x} \,\mathrm{d}x
\end{aligned}
で定義した場合，\hat{f}(k)
&=\mathcal{F}[f](k) \\
&=\frac{ \textcolor{red}{\alpha}^{n/2} }{(2\pi)^{n/2}}
\int_{\mathbb{R}^n} f(x)e^{-i\textcolor{green}{\beta}k\cdot x} \,\mathrm{d}x
\end{aligned}
\begin{aligned}
&=\frac{ \textcolor{red}{\alpha}^{n/2} }{(2\pi)^{n/2}}
\int_{\mathbb{R}^n} f(\textcolor{green}{\beta}x/\textcolor{green}{\beta})e^{-ik\cdot (\textcolor{green}{\beta}x)}
\frac{\,\mathrm{d}(\textcolor{green}{\beta}x)}{\textcolor{green}{\beta}^n} \\
&=\frac{\textcolor{red}{\alpha}^{n/2} }{\textcolor{green}{\beta}^n}
\frac{1}{(2\pi)^{n/2}}\int_{\mathbb{R}^n} f(x/\textcolor{green}{\beta})e^{-ik\cdot x} \,\mathrm{d}x
\end{aligned}
なので，上の逆変換により&=\frac{ \textcolor{red}{\alpha}^{n/2} }{(2\pi)^{n/2}}
\int_{\mathbb{R}^n} f(\textcolor{green}{\beta}x/\textcolor{green}{\beta})e^{-ik\cdot (\textcolor{green}{\beta}x)}
\frac{\,\mathrm{d}(\textcolor{green}{\beta}x)}{\textcolor{green}{\beta}^n} \\
&=\frac{\textcolor{red}{\alpha}^{n/2} }{\textcolor{green}{\beta}^n}
\frac{1}{(2\pi)^{n/2}}\int_{\mathbb{R}^n} f(x/\textcolor{green}{\beta})e^{-ik\cdot x} \,\mathrm{d}x
\end{aligned}
\begin{aligned}
\frac{\textcolor{red}{\alpha}^{n/2} }{\textcolor{green}{\beta}^n}f(x/\textcolor{green}{\beta})
&=\frac{1}{(2\pi)^{n/2}}\int_{\mathbb{R}^n}\hat{f}(k) e^{ik\cdot x} \,\mathrm{d}k
\end{aligned}
となります．したがって，\frac{\textcolor{red}{\alpha}^{n/2} }{\textcolor{green}{\beta}^n}f(x/\textcolor{green}{\beta})
&=\frac{1}{(2\pi)^{n/2}}\int_{\mathbb{R}^n}\hat{f}(k) e^{ik\cdot x} \,\mathrm{d}k
\end{aligned}
\begin{aligned}
f(x)
&= \frac{\textcolor{green}{\beta}^n}{(2\pi \textcolor{red}{\alpha})^{n/2}}
\int_{\mathbb{R}^n}\hat{f}(k) e^{i\textcolor{green}{\beta}k\cdot x} \,\mathrm{d}k
\end{aligned}
が新しい逆変換となります．f(x)
&= \frac{\textcolor{green}{\beta}^n}{(2\pi \textcolor{red}{\alpha})^{n/2}}
\int_{\mathbb{R}^n}\hat{f}(k) e^{i\textcolor{green}{\beta}k\cdot x} \,\mathrm{d}k
\end{aligned}
$\alpha=\beta=2\pi$がよく使われます．
- フーリエ変換：$\displaystyle\hat{f}(k) =\int_{\mathbb{R}^n} f(x)e^{-2\pi ik\cdot x} \,\mathrm{d}x$
- フーリエ逆変換：$\displaystyle f(x)=\int_{\mathbb{R}^n}\hat{f}(k) e^{2\pi ik\cdot x} \,\mathrm{d}k$
参考文献
[1]解析入門 Ⅱ(基礎数学3)[2]詳解物理応用数学演習
