请教一个积分方程。

abababa

如题，解下面的积分方程。
\[\sqrt{2\pi}e^{-\frac{1}{2}x^2} = \int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\abs{x-\tau}}y(\tau)d\tau\]

我是这样做的，设$g(x)=e^{-\abs{x}}$，然后方程变成
\[\sqrt{2\pi}e^{-\frac{1}{2}x^2} = \int_{-\infty}^{+\infty}g(x-\tau)y(\tau)d\tau\]
两边做傅立叶变换，并对右边使用卷积定理，傅立叶变换定义为$F(\omega)=\mathcal{F}[f(x)]=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)e^{-i\omega x}dx$，能得到
\[\sqrt{2\pi}e^{-\frac{1}{2}\omega^2}=\mathcal{F}[g(x)]\cdot\mathcal{F}[y(x)]\]
然后因为$\mathcal{F}[g(x)]=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot\frac{2}{1+\omega^2}$，所以
\[\mathcal{F}[y(x)]=\pi(1+\omega^2)e^{-\frac{1}{2}\omega^2}\]
再反变换回去，傅立叶反变换定义为$f(x)=\mathcal{F}^{-1}[F(\omega)]=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}F(\omega)e^{i\omega x}d\omega$，能求出$y(x)=\pi(2-x^2)e^{-\frac{1}{2}x^2}$。

但是我用$x=0$去验证，两边不相等，我是哪里又错了呢？

业余的业余

应该是验证步骤错了。后面的$x$ 是前面的 $\tau$. 其他部分我都仔细验证了，应该没问题。

对原积分方程，令 $x=0$, 有：

$LHS=\sqrt{2\pi}$

$RHS = \int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\abs{\tau}}\pi(2-\tau^2)e^{-\frac{1}{2}\tau^2}d\tau$
$=2\pi\int_0^{+\infty}e^{-\tau}(2-\tau^2)e^{-\frac{1}{2}\tau^2}d\tau\hspace{1in}(显然偶函数)$

$LHS=RHS \iff \int_0^{+\infty}e^{-\tau}(2-\tau^2)e^{-\frac{1}{2}\tau^2}d\tau=\cfrac 1{\sqrt{2\pi}}$


PS: 这个积分似乎可以直接积。做 $x=\tau+1$ 的代换，但我得不到想要的结果。楼主可以贴下你的验证过程吗？

PS2: 我看的Brad Osgood 的教材里面的傅立叶变换用的是

$ \int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-2\pi ist }dt$

他提了一嘴，用不同的形式，逆变换当然也不同，而卷积定理前面可能会多出个系数。你查查你的形式的变换和逆变换对配好了没，还有卷积定理是否要加一个乘数？

abababa

回复 2# 业余的业余

谢谢。我之前证明过这个系数下的卷积定理，卷积定理的系数就是$1$。
我是这样用Mathematica验证的：
Integrate[E^(-Abs[r])*Pi(2-r^2)E^(-r^2/2),{r,-Infinity,Infinity}]
结果是$2\pi$，这就是右边当$x=0$时的结果。然后明显和左边差了一个倍数。
我对卷积定理的证明如下：
傅立叶正变换定义为：
\[\mathcal{F}[f(t)] = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{-i\omega t}dt\]

将卷积$[f_1 * f_2](t) = \int_{-\infty}^{+\infty}f_1(\tau)f_2(t-\tau)d\tau$代入 Fourier 变换公式得
\begin{align*}
\mathcal{F}[[f_1 * f_2](t)] &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}\left(\int_{-\infty}^{+\infty}f_1(\tau)f_2(t-\tau)d\tau\right)e^{-i\omega t}dt\\
&= \int_{-\infty}^{+\infty}\left(f_1(\tau) \cdot \left[\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}f_2(t-\tau)e^{-i\omega t}dt\right]\right)d\tau\\
&=\int_{-\infty}^{+\infty}f_1(\tau)\left(\frac{e^{-i\omega\tau}}{\sqrt{2\pi}}\mathcal{F}[f_2(t)]\right)d\tau = \frac{\mathcal{F}[f_2(t)]}{\sqrt{2\pi}} \cdot \int_{-\infty}^{+\infty}e^{-i\omega\tau}f_1(\tau)d\tau\\
&= \frac{\mathcal{F}[f_2(t)]}{\sqrt{2\pi}} \cdot \left(\sqrt{2\pi}\mathcal{F}[f_1(\tau)]\right) = \mathcal{F}[f_1(t)] \cdot \mathcal{F}[f_2(t)]
\end{align*}

第三行的等号过程是：
令$x = t-c$，则有
\[\mathcal{F}[f(t-c)] = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}f(t-c)e^{-i\omega t}dx = \frac{e^{-i\omega c}}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)e^{-i\omega x}dx {\color{red}{\neq}} {\color{red}{\frac{e^{-i\omega c}}{\sqrt{2\pi}}\mathcal{F}[f(x)]}} = \frac{e^{-i\omega c}}{\sqrt{2\pi}}\mathcal{F}[f(t)]\]

我一定是哪个系数又弄错了，不然结果不可能错吧，唉，总是差个系数。

业余的业余

终于能用手提了。我没有仔细看你的证明，但我估计是有问题的。稍安。

这是Professor Brad Osgood 书里的内容。


我刚好查到了另外一个和你的变换逆变换完全同型的教科书。如下，划圈部分是卷积定理，与上面的Brad 的说法完全吻合:


等空了我用Brad 的变换解一下这个题，不过我估计如果你把卷积定理前面加上你少掉的那个系数，应该就搞定了。

业余的业余

给卷积定理加上那个系数，则
$\mathcal{F}\{y(x)\}(\omega)=\sqrt{\frac\pi{2}}(1+\omega^2)e^{-\frac{1}{2}\omega^2}$

逆变换，有
$\begin{align}
y(x)&=\frac 1{\sqrt {2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}\sqrt{\frac\pi{2}}(1+\omega^2)e^{-\frac{1}{2}\omega^2}e^{i\omega x}d\omega\notag\\
&=\cfrac 12\int_{-\infty}^{+\infty}(1+\omega^2)e^{-\frac{\omega^2}{2}}e^{i\omega x}d\omega\notag\\
&=\cfrac 12e^{-\frac {x^2}{2}}-\cfrac 12\int_{-\infty}^{\infty}\omega e^{-\frac{\omega^2}{2}}e^{i\omega x}\mathrm{d}(-\frac {\omega^2} 2)\notag\\
&=\cfrac 12e^{-\frac {x^2}{2}}-\cfrac 12\int_{-\infty}^{\infty}\omega e^{i\omega x}\mathrm{d}e^{-\frac {\omega^2} 2}\notag\\
&=\cfrac 12e^{-\frac {x^2}{2}}+\cfrac 12\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac {\omega^2} 2}( e^{i\omega x}+ix\omega e^{i\omega x})\mathrm{d}\omega\notag\\
&=e^{-\frac {x^2}{2}}+\cfrac {ix}2\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac {\omega^2} 2}\omega e^{i\omega x}\mathrm{d}\omega\notag\\
&=e^{-\frac {x^2}{2}}-\cfrac {ix}2\int_{-\infty}^{\infty}e^{i\omega x}\mathrm{d}e^{-\frac {\omega^2} 2}\notag\\
&=e^{-\frac {x^2}{2}}+\cfrac {ix}2\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac {\omega^2} 2}ixe^{i\omega x}\mathrm{d}\omega\notag\\
&=e^{-\frac {x^2}{2}}+\cfrac {-x^2}2\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac {\omega^2} 2}e^{i\omega x}\mathrm{d}\omega\notag\\
&=e^{-\frac {x^2}{2}}-\cfrac {x^2}2e^{-\frac {x^2}2}=\bf{e^{-\frac {x^2}2}(1-\frac {x^2}2)}\notag
\end{align}$

抱歉，我知道你解这个没问题，从你的解只要调整一下系数就可以得到这个。我是留一个笔记供自己用 :)

验算，把 $x=0$和上面的 $y(x)$ 带入原积分方程，左边$=\sqrt{2\pi}$

\begin{align*}右边&=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\abs{t}}e^{-\frac {t^2}2}(1-\frac {t^2}2)\mathrm{d}t \\
&=\int_0^{+\infty}e^{-t-\frac {t^2}2}(2-t^2)\mathrm{d}t\\
&=\int_0^{+\infty}e^{-t-\frac {t^2}2-\frac 12}\sqrt{e}[-(t+1)^2+2(t+1)+1]\mathrm{d}t\\
&=\sqrt{e}\int_1^{+\infty}e^{-\frac{x^2}2}(-x^2+2x+1)\mathrm{d}x\hspace{1cm}(做 x=t+1的代换)
\end{align*}

令 $\displaystyle I=-\int_1^{+\infty}x^2e^{-\frac{x^2}2}\mathrm{d}x, J=2\int_1^{+\infty}xe^{-\frac{x^2}2}\mathrm{d}x, K=\int_1^{+\infty}e^{-\frac{x^2}2}\mathrm{d}x,$ 则右边=$\sqrt{e}(I+J+K)$

$\begin{align*}
I&=\int_1^{+\infty}x\mathrm{d}e^{-\frac{x^2}2}
=-\frac 1{\sqrt{e}}-\int_1^{+\infty}e^{-\frac{x^2}2}\mathrm{d}x=-\frac 1{\sqrt{e}}-K\\
J&=-2\int_1^{+\infty}\mathrm{d}e^{-\frac{x^2}2}=2\frac 1{\sqrt{e}}\end{align*}$

$\therefore $右边$=\sqrt{e}(-\frac 1{\sqrt{e}}-K+2\frac 1{\sqrt{e}}+K)=1$

还是有问题！

业余的业余

另一种系统（Brad Osgood 用的），

傅利叶变换 $\displaystyle \hat{f}(s)=\int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-2\pi ist} \mathrm{d}t$, 逆变换 $\displaystyle f(t)=\int_{-\infty}^{\infty}\hat{f}(s)e^{2\pi ist} \mathrm{d}s$

卷积定理 $\mathcal{F}(f*g)=\mathcal{F}f\cdot\mathcal{F}g, \hspace{0.5cm}\mathcal{F}(fg)=\mathcal{F}f*\mathcal{F}g$

相似定理 $f(t)\rightleftharpoons F(s) \implies f(at)\rightleftharpoons \frac 1{|a|}F(\frac s a)$

用到的基本变换 $\mathcal{F}\{e^{-a|t|}\}(s)=\cfrac{2a}{a^2+4\pi^2 s^2}, \mathcal{F}\{e^{-\pi t^2}\}(s)=e^{-\pi s^2}$

于是 $\mathcal{F}\{e^{-\frac {x^2}2}\}(s)=\mathcal{F}\{e^{-\pi(\frac {x}{\sqrt{2\pi}})^2}\}(s)=\sqrt{2\pi}e^{-\pi(\sqrt{2\pi} s )^2}=\sqrt{2\pi}e^{-2\pi^2s^2}，\mathcal{F}^{-1}\{e^{-2\pi^2s^2}\}(x)=\frac 1{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}$

以上结果应用到原积分方程，两边做傅利叶变换，且右边应用卷积定理有

$2\pi e^{-2\pi^2s^2}=\cfrac 2{1+4\pi^2 s^2}\cdot \mathcal{F}y\iff \mathcal{F}y(s)=\pi(1+4\pi^2s^2)e^{-2\pi^2s^2}$

逆变换，有 $\displaystyle y(x)=\int_{-\infty}^{\infty}\pi(1+4\pi^2s^2)e^{-2\pi^2s^2}e^{ ixs}\mathrm{d}s=\sqrt{2\pi}e^{-x^2/2}\left(1-\cfrac{x^2}{8\pi^2}\right)$

系数 $\sqrt{2\pi}$ 出来了，可是 $x^2$ 的系数乱了，应该还是不对。

abababa

回复 4# 业余的业余
谢谢，我明白了，是卷积定理那里的系数弄错了。我把3楼错误的地方标了红色，就是那里，正确的应该是
\[\mathcal{F}[f(t-c)] = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}f(t-c)e^{-i\omega t}dx = \frac{e^{-i\omega c}}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)e^{-i\omega x}dx = e^{-i\omega c}\mathcal{F}[f(x)] = e^{-i\omega c}\mathcal{F}[f(t)]\]

这样卷积定理就是
\[\mathcal{F}[[f_1 * f_2](t)] =\sqrt{2\pi}\mathcal{F}[f_1(t)] \cdot \mathcal{F}[f_2(t)]\]
原方程应该像下面这样解：两边做傅立叶变换，并对右边使用卷积定理，得到
\[\sqrt{2\pi}e^{-\frac{1}{2}\omega^2}={\color{red}{\sqrt{2\pi}}}\mathcal{F}[g(x)]\cdot\mathcal{F}[y(x)]\]
然后$\mathcal{F}[g(x)]=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\cdot\frac{2}{1+\omega^2}$，所以
\[\mathcal{F}[y(x)]={\color{red}{\sqrt{\frac{\pi}{2}}}}(1+\omega^2)e^{-\frac{1}{2}\omega^2}\]
反变换后$y(x)={\color{red}{\sqrt{\frac{\pi}{2}}}}(2-x^2)e^{-\frac{1}{2}x^2}$。

业余的业余

我也看出我5楼问题出在哪了 两种变换系统把我搞懵了，$\int_{-\infty}^{\infty}f(x)e^{i\omega x}\mathrm{d}x$ 还不是完整的变换，还要除个 $\sqrt{2\pi}$. 这个问题改完后应该会得到和你相同的解，也应该是正确解。

那么我6楼错在哪呢？ 还得研究一下。你也可以帮我看看。

abababa

回复 8# 业余的业余


6楼就是那个逆变换的核错了吧，按你的那个定义，核应该是$e^{2\pi i xs}$
\[y(x)=\int_{-\infty}^{\infty}\pi(1+4\pi^2s^2)e^{-2\pi^2s^2}{\color{red}{e^{ ixs}}}ds=\sqrt{2\pi}e^{-x^2/2}\left(1-\cfrac{x^2}{8\pi^2}\right)\]

业余的业余

回复 9# abababa

是的