MaA-2025F-6.@2025-05-26T13:00D90
$ \mathcal F(f)(\omega):=\frac1{\sqrt{2\pi}}\int_\R f(t)e^{-i\omega t}\mathrm dt
$ \mathcal F^{-1}(f)(t):=\frac1{\sqrt{2\pi}}\int_\R f(\omega)e^{i\omega t}\mathrm d\omega
こうしないと、$ T\to\inftyとしたとき$ \mathcal F(f)(\omega n):=\frac1T\int_0^Tf(t)e^{-i\omega nt}\mathrm dtが$ 0になってしまう
$ \mathcal F^{-1}(\mathcal F(f))=fを 証明する
$ \mathcal F^{-1}(\mathcal F(f))(t)=\frac1{2\pi}\int_\R\int_\R f(s)e^{-i\omega s}e^{i\omega t}\mathrm ds\mathrm d\omega
$ =\int_\R f(s)\int_\R \frac1{2\pi}e^{i\omega(t-s)}\mathrm d\omega\mathrm ds
$ =\int_\R f(s)\delta(t-s)\mathrm ds
直感的にいうと
$ t=sの時は無限大に発散
$ t\neq sのときは、三角函数を$ \Rで積分するとプラスマイナスが相殺して0
$ \underline{=f(t)\quad}_\blacksquare
性質
$ i\omegaをかけると、周波数成分の勾配の強いところをさらに取り出す操作となる
地震計は$ f(t)\to0\quad(|t|\to\infty)をほぼ満たすから、Fourier変換を適用できる 現実的な長い時間$ T_sを使って、$ \mathcal F(f)(\omega)\simeq\frac1{\sqrt{2\pi}}\int_0^{T_s}f(t)e^{-i\omega t}\mathrm dtと表せる
なお、積分区間の両端で値を持つ場合に注意
振動の途中で記録を打ち切ってFourier変換すると、打ち切ったところで振動が終わったとして解析されてしまう $ \frac1{\sqrt{2\pi}}\int_0^{T_s}f(t)e^{-i\omega t}\mathrm dt=\frac1{\sqrt{2\pi}}\int_\R f(t)e^{-i\omega t}\llbracket0\le t\le T_s\rrbracket\mathrm dt
$ = \mathcal F(t\mapsto f(t)\llbracket0\le t\le T_s\rrbracket)(\omega)
$ t\mapsto\llbracket0\le t\le T_s\rrbracketを窓函数と呼ぶ $ = \frac1{\sqrt{2\pi}}(\mathcal F(f)*\mathcal F(\llbracket0\le t\le T_s\rrbracket))(\omega)