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多维傅里叶变换性质与计算

news 2025/7/20 3:02:00

题目

问题7.
(a) 证明多维傅里叶变换具有与问题1中相同的性质（参见小节5.2.5）。
(b) 证明如果多维函数 $f$ 具有旋转对称性（即对所有正交变换 $Q$ ，有 $f (Q x) = f (x)$ )，那么其傅里叶变换 $f^ \hat{f}$ 也具有旋转对称性（反之亦然）。
注：等价地， $f$ 具有旋转对称性当且仅当 $f (x)$ 仅依赖于 $∣ x ∣$ 。

问题8. 求以下多维函数的傅里叶变换：
(a) $\begin{cases} 1 & |x| \leq a, \\ 0 & |x| > a; \end{cases}$
(b) $\begin{cases} a - |x| & |x| \leq a, \\ 0 & |x| > a; \end{cases}$
© $\begin{cases} (a - |x|)^2 & |x| \leq a, \\ 0 & |x| > a; \end{cases}$
(d) $\begin{cases} a^2 - |x|^2 & |x| \leq a, \\ 0 & |x| > a; \end{cases}$
(e) $e^{-\alpha |x|};$
(f) $e^{-\alpha |x|};$
(g) $|x|^2 e^{-\alpha |x|}.$

提示：使用问题7(b)，观察到我们只需要计算 $f^(0,…,0,k) \hat{f}(0, \ldots, 0, k)$ （即频率空间中沿最后一个坐标轴的值），并使用适当的坐标系（如 $n = 2$ 时用极坐标， $n = 3$ 时用球坐标等）。注意：此问题可针对 $n = 2$ 、 $n = 3$ 或任意 $\geq 2$ 求解。

解决问题

问题7(a)：证明多维傅里叶变换的性质

多维傅里叶变换在 $\mathbb{R}^n$ 上定义为：
$f^(ξ)=∫Rnf(x)e−2πix⋅ξdx,其中x⋅ξ=∑j=1nxjξj. \hat{f}(\xi) = \int_{\mathbb{R}^n} f(x) e^{-2\pi i x \cdot \xi} dx, \quad \text{其中} \quad x \cdot \xi = \sum_{j=1}^n x_j \xi_j.$
问题1（未提供）假设涉及一维傅里叶变换的标准性质，如线性、位移、调制、缩放、共轭、卷积等。这些性质在多维情况下类似成立，证明方法类似一维，通过积分变换直接验证。以下是关键性质及简要证明：

线性： $\mathcal{F}\{a f + b g\} = a \mathcal{F}\{f\} + b \mathcal{F}\{g\}$
证明：
$F{af+bg}(ξ)=∫Rn[af(x)+bg(x)]e−2πix⋅ξdx=a∫Rnf(x)e−2πix⋅ξdx+b∫Rng(x)e−2πix⋅ξdx=af^(ξ)+bg^(ξ). \mathcal{F}\{a f + b g\}(\xi) = \int_{\mathbb{R}^n} [a f(x) + b g(x)] e^{-2\pi i x \cdot \xi} dx = a \int_{\mathbb{R}^n} f(x) e^{-2\pi i x \cdot \xi} dx + b \int_{\mathbb{R}^n} g(x) e^{-2\pi i x \cdot \xi} dx = a \hat{f}(\xi) + b \hat{g}(\xi).$
位移：若 $g(x) = f(x - x_0)$ ，则 $g^(ξ)=e−2πix0⋅ξf^(ξ) \hat{g}(\xi) = e^{-2\pi i x_0 \cdot \xi} \hat{f}(\xi)$
证明：
令 $y = x - x_0$ ，则 $d x = d y$ ，
$g^(ξ)=∫Rnf(x−x0)e−2πix⋅ξdx=∫Rnf(y)e−2πi(y+x0)⋅ξdy=e−2πix0⋅ξ∫Rnf(y)e−2πiy⋅ξdy=e−2πix0⋅ξf^(ξ). \hat{g}(\xi) = \int_{\mathbb{R}^n} f(x - x_0) e^{-2\pi i x \cdot \xi} dx = \int_{\mathbb{R}^n} f(y) e^{-2\pi i (y + x_0) \cdot \xi} dy = e^{-2\pi i x_0 \cdot \xi} \int_{\mathbb{R}^n} f(y) e^{-2\pi i y \cdot \xi} dy = e^{-2\pi i x_0 \cdot \xi} \hat{f}(\xi).$
调制：若 $e^{2\pi i x \cdot \xi_0} f(x)$ ，则 $g^(ξ)=f^(ξ−ξ0) \hat{g}(\xi) = \hat{f}(\xi - \xi_0)$
证明：
$g^(ξ)=∫Rne2πix⋅ξ0f(x)e−2πix⋅ξdx=∫Rnf(x)e−2πix⋅(ξ−ξ0)dx=f^(ξ−ξ0). \hat{g}(\xi) = \int_{\mathbb{R}^n} e^{2\pi i x \cdot \xi_0} f(x) e^{-2\pi i x \cdot \xi} dx = \int_{\mathbb{R}^n} f(x) e^{-2\pi i x \cdot (\xi - \xi_0)} dx = \hat{f}(\xi - \xi_0).$
缩放：若 $g (x) = f (a x)$ （ $\neq 0$ 实数），则 $g^(ξ)=∣a∣−nf^(a−1ξ) \hat{g}(\xi) = |a|^{-n} \hat{f}(a^{-1} \xi)$
证明：
令 $y = a x$ ，则 $dx = |a|^{-n} dy$ ，
$g^(ξ)=∫Rnf(ax)e−2πix⋅ξdx=∫Rnf(y)e−2πi(a−1y)⋅ξ∣a∣−ndy=∣a∣−n∫Rnf(y)e−2πiy⋅(a−1ξ)dy=∣a∣−nf^(a−1ξ). \hat{g}(\xi) = \int_{\mathbb{R}^n} f(a x) e^{-2\pi i x \cdot \xi} dx = \int_{\mathbb{R}^n} f(y) e^{-2\pi i (a^{-1} y) \cdot \xi} |a|^{-n} dy = |a|^{-n} \int_{\mathbb{R}^n} f(y) e^{-2\pi i y \cdot (a^{-1} \xi)} dy = |a|^{-n} \hat{f}(a^{-1} \xi).$
卷积： $\mathcal{F}\{f * g\} = \mathcal{F}\{f\} \mathcal{F}\{g\}$ ，其中 $\int_{\mathbb{R}^n} f(y) g(x - y) dy$
证明：
$F{f∗g}(ξ)=∫Rn(∫Rnf(y)g(x−y)dy)e−2πix⋅ξdx=∫Rnf(y)e−2πiy⋅ξ(∫Rng(z)e−2πiz⋅ξdz)dy=f^(ξ)g^(ξ), \mathcal{F}\{f * g\}(\xi) = \int_{\mathbb{R}^n} \left( \int_{\mathbb{R}^n} f(y) g(x - y) dy \right) e^{-2\pi i x \cdot \xi} dx = \int_{\mathbb{R}^n} f(y) e^{-2\pi i y \cdot \xi} \left( \int_{\mathbb{R}^n} g(z) e^{-2\pi i z \cdot \xi} dz \right) dy = \hat{f}(\xi) \hat{g}(\xi),$
其中令 $z = x - y$ .

这些性质与一维情况类似，证明依赖于积分的基本操作（如变量替换、Fubini 定理）。小节 5.2.5 应提供更多细节，但此处已覆盖主要内容。

问题7(b)：证明旋转对称性的等价性

旋转对称性指 $f (Q x) = f (x)$ 对所有正交变换 $Q$ （即 $Q^T Q = I$ ， $det⁡Q=±1\det Q = \pm 1$ ) 成立。等价地， $f (x)$ 仅依赖于 $∣ x ∣$ （即径向函数）。需证： $f$ 旋转对称当且仅当 $f^ \hat{f}$ 旋转对称。

证明：
设 $g (x) = f (Q x)$ 。其傅里叶变换为：
$g^(ξ)=∫Rnf(Qx)e−2πix⋅ξdx. \hat{g}(\xi) = \int_{\mathbb{R}^n} f(Qx) e^{-2\pi i x \cdot \xi} dx.$
令 $y = Q x$ ，则 $x = Q^T y$ （因为 $Q$ 正交， $Q^{-1} = Q^T$ )，且 $d x = d y$ （雅可比行列式为 $|\det Q| = 1$ )。代入得：
$g^(ξ)=∫Rnf(y)e−2πi(QTy)⋅ξdy=∫Rnf(y)e−2πiy⋅(Qξ)dy=f^(Qξ), \hat{g}(\xi) = \int_{\mathbb{R}^n} f(y) e^{-2\pi i (Q^T y) \cdot \xi} dy = \int_{\mathbb{R}^n} f(y) e^{-2\pi i y \cdot (Q \xi)} dy = \hat{f}(Q \xi),$
因为 $(Q^T y) \cdot \xi = y \cdot (Q \xi)$ 。

正向：若 $f$ 旋转对称，即 $f (Q x) = f (x)$ 对所有 $Q$ ，则 $g (x) = f (Q x) = f (x)$ ，所以 $g^=f^ \hat{g} = \hat{f}$ 。由上式， $f^(Qξ)=g^(ξ)=f^(ξ) \hat{f}(Q \xi) = \hat{g}(\xi) = \hat{f}(\xi)$ ，故 $f^ \hat{f}$ 旋转对称。
反向：若 $f^ \hat{f}$ 旋转对称，即 $f^(Qξ)=f^(ξ) \hat{f}(Q \xi) = \hat{f}(\xi)$ 对所有 $Q$ ，则 $g^(ξ)=f^(Qξ)=f^(ξ) \hat{g}(\xi) = \hat{f}(Q \xi) = \hat{f}(\xi)$ ，所以 $g^=f^ \hat{g} = \hat{f}$ 。由傅里叶变换的唯一性， $g (x) = f (x)$ ，即 $f (Q x) = f (x)$ ，故 $f$ 旋转对称。

注：由旋转对称性， $f (x)$ 仅依赖于 $∣ x ∣$ ，因为正交变换保持范数不变。

问题8：求多维傅里叶变换

利用问题7(b)，所有函数均为径向（依赖 $∣ x ∣$ )，故 $f^ \hat{f}$ 也径向，即 $f^(ξ)=F(∣ξ∣) \hat{f}(\xi) = F(|\xi|)$ 。计算时，沿频率空间最后一个坐标轴计算 $f^(0,…,0,k) \hat{f}(0, \ldots, 0, k)$ ，并选用球坐标系（对任意 $\geq 2$ )。傅里叶变换为：
$f^(0,…,0,k)=∫Rnf(∣x∣)e−2πixnkdx. \hat{f}(0, \ldots, 0, k) = \int_{\mathbb{R}^n} f(|x|) e^{-2\pi i x_n k} dx.$
在球坐标下， $\theta$ （ $\geq 0$ ， $\theta \in S^{n-1}$ 单位球面），体积元 $r^{n-1} dr d\Omega$ ，其中 $d\Omega$ 为球面测度。固定 $\xi = (0, \ldots, 0, k)$ ，则 $\cdot \xi = x_n k = r k \theta_n$ ，其中 $\theta_n$ 为 $\theta$ 的最后一个分量。于是：
$f^(k)=∫0∞f(r)rn−1(∫Sn−1e−2πirkθndΩ)dr. \hat{f}(k) = \int_0^\infty f(r) r^{n-1} \left( \int_{S^{n-1}} e^{-2\pi i r k \theta_n} d\Omega \right) dr.$
球面积分可表为贝塞尔函数。标准结果为：
$\int_{S^{n-1}} e^{-2\pi i r k \theta_n} d\Omega = \frac{(2\pi)^{n/2}}{(r k)^{(n-2)/2}} J_{(n-2)/2}(2\pi r k),$
其中 $J_\nu$ 为第一类贝塞尔函数。因此：
$f^(k)=∫0∞f(r)rn−1⋅(2π)n/2(rk)(n−2)/2J(n−2)/2(2πrk)dr=(2π)n/2k−(n−2)/2∫0∞f(r)J(n−2)/2(2πrk)rn/2dr. \hat{f}(k) = \int_0^\infty f(r) r^{n-1} \cdot \frac{(2\pi)^{n/2}}{(r k)^{(n-2)/2}} J_{(n-2)/2}(2\pi r k) dr = (2\pi)^{n/2} k^{-(n-2)/2} \int_0^\infty f(r) J_{(n-2)/2}(2\pi r k) r^{n/2} dr.$
以下针对每个函数计算。为简化，采用一般 $n$ ，结果以贝塞尔函数表示；对 $n = 2, 3$ 给出显式形式（因常用且更简洁）。最终结果以 $\rho = |\xi|$ 表示，因径向性。

(a) $\begin{cases} 1 & |x| \leq a \\ 0 & |x| > a \end{cases}$
球内常数函数。
$f^(k)=(2π)n/2k−(n−2)/2∫0aJ(n−2)/2(2πrk)rn/2dr. \hat{f}(k) = (2\pi)^{n/2} k^{-(n-2)/2} \int_0^a J_{(n-2)/2}(2\pi r k) r^{n/2} dr.$
积分 $\int_0^a r^{\nu + 1} J_\nu(c r) dr$ 有闭式（ $\nu = (n-2)/2 > -1$ ， $2\pi k$ )：
$\int_0^a r^{\nu + 1} J_\nu(c r) dr = \frac{a^{\nu + 1}}{c} J_{\nu + 1}(c a), \quad \text{since} \quad \frac{d}{dr} [r^{\nu + 1} J_{\nu + 1}(c r)] = c r^{\nu + 1} J_\nu(c r).$
这里 $\nu + 1 = n/2$ ，故：
$\int_0^a J_{(n-2)/2}(2\pi r k) r^{n/2} dr = \frac{a^{n/2}}{2\pi k} J_{n/2}(2\pi a k).$
代入得：
$f^(k)=(2π)n/2k−(n−2)/2⋅an/22πkJn/2(2πak)=(2π)n/2−1an/2kn/2Jn/2(2πak). \hat{f}(k) = (2\pi)^{n/2} k^{-(n-2)/2} \cdot \frac{a^{n/2}}{2\pi k} J_{n/2}(2\pi a k) = \frac{(2\pi)^{n/2 - 1} a^{n/2}}{k^{n/2}} J_{n/2}(2\pi a k).$
以 $\rho = |\xi|$ 表示（ $\rho$ )：
$f^(ξ)=(2π)n/2−1an/2∣ξ∣n/2Jn/2(2πa∣ξ∣) \boxed{\hat{f}(\xi) = \dfrac{(2\pi)^{n/2 - 1} a^{n/2}}{|\xi|^{n/2}} J_{n/2}(2\pi a |\xi|)}$

对 $n = 2$ ： $J_1(z)$ 为贝塞尔函数，
$f^(ξ)=aρJ1(2πaρ),ρ=∣ξ∣. \hat{f}(\xi) = \frac{a}{\rho} J_1(2\pi a \rho), \quad \rho = |\xi|.$
对 $n = 3$ ： $J_{3/2}(z) = \sqrt{\frac{2}{\pi z}} \left( \frac{\sin z}{z} - \cos z \right)$ ,
$f^(ξ)=sin⁡(2πaρ)−2πaρcos⁡(2πaρ)πρ2⋅1(2πaρ)2⋅2πaρ,或f^(ξ)=sin⁡(2πa∣ξ∣)−2πa∣ξ∣cos⁡(2πa∣ξ∣)2π2∣ξ∣3. \hat{f}(\xi) = \frac{\sin(2\pi a \rho) - 2\pi a \rho \cos(2\pi a \rho)}{\pi \rho^2} \cdot \frac{1}{(2\pi a \rho)^2} \cdot 2\pi a \rho, \quad \text{或} \quad \hat{f}(\xi) = \frac{\sin(2\pi a |\xi|) - 2\pi a |\xi| \cos(2\pi a |\xi|)}{2\pi^2 |\xi|^3}.$

(b) $\begin{cases} a - |x| & |x| \leq a \\ 0 & |x| > a \end{cases}$
球内线性函数。
$f^(k)=(2π)n/2k−(n−2)/2∫0a(a−r)J(n−2)/2(2πrk)rn/2dr. \hat{f}(k) = (2\pi)^{n/2} k^{-(n-2)/2} \int_0^a (a - r) J_{(n-2)/2}(2\pi r k) r^{n/2} dr.$
需计算积分 $\int_0^a (a - r) r^{n/2} J_{\nu}(c r) dr$ ，其中 $\nu = (n-2)/2$ ， $2\pi k$ 。分两部分：
$\int_0^a r^{n/2} J_{\nu}(c r) dr - \int_0^a r^{n/2 + 1} J_{\nu}(c r) dr.$
第一积分同(a)，第二积分需递推。一般形式复杂，故对 $n = 3$ 计算。

对 $n = 3$ ： $\nu = 1/2$ ， $J_{1/2}(z) = \sqrt{\frac{2}{\pi z}} \sin z$ 。
$f^(k)=(2π)3/2k−1/2∫0a(a−r)J1/2(2πrk)r3/2dr. \hat{f}(k) = (2\pi)^{3/2} k^{-1/2} \int_0^a (a - r) J_{1/2}(2\pi r k) r^{3/2} dr.$
代入 $J_{1/2}$ :
$J_{1/2}(2\pi r k) = \sqrt{\frac{2}{\pi \cdot 2\pi r k}} \sin(2\pi r k) = \frac{\sin(2\pi r k)}{\pi \sqrt{r k}}.$
所以：
$f^(k)=(2π)3/2k−1/2∫0a(a−r)r3/2⋅sin⁡(2πrk)πrkdr=(2π)3/2k−1π−1∫0a(a−r)rsin⁡(2πrk)dr. \hat{f}(k) = (2\pi)^{3/2} k^{-1/2} \int_0^a (a - r) r^{3/2} \cdot \frac{\sin(2\pi r k)}{\pi \sqrt{r k}} dr = (2\pi)^{3/2} k^{-1} \pi^{-1} \int_0^a (a - r) r \sin(2\pi r k) dr.$
计算积分：
$\int_0^a (a - r) r \sin(\beta r) dr \quad (\beta = 2\pi k).$
分部积分或标准公式：
$\int_0^a r \sin(\beta r) dr = \frac{\sin(\beta a) - \beta a \cos(\beta a)}{\beta^2}, \quad \int_0^a r^2 \sin(\beta r) dr = \frac{(2 - \beta^2 a^2) \sin(\beta a) + 2\beta a \cos(\beta a)}{\beta^3} - \frac{2}{\beta^3}.$
结合得：
$\int_0^a (a - r) r \sin(\beta r) dr = a \int_0^a r \sin(\beta r) dr - \int_0^a r^2 \sin(\beta r) dr = \cdots = \frac{2 \sin(\beta a) - 2\beta a \cos(\beta a) - \beta^2 a^2 \sin(\beta a)}{\beta^3}.$
代入 $\beta = 2\pi k$ ，并整理：
$f^(k)=(2π)3/2π−1k−1⋅2sin⁡(2πak)−2(2πak)cos⁡(2πak)−(2πak)2sin⁡(2πak)(2πk)3=sin⁡(2πak)−2πakcos⁡(2πak)−2π2a2k2sin⁡(2πak)2π2k3. \hat{f}(k) = (2\pi)^{3/2} \pi^{-1} k^{-1} \cdot \frac{2 \sin(2\pi a k) - 2(2\pi a k) \cos(2\pi a k) - (2\pi a k)^2 \sin(2\pi a k)}{(2\pi k)^3} = \frac{\sin(2\pi a k) - 2\pi a k \cos(2\pi a k) - 2\pi^2 a^2 k^2 \sin(2\pi a k)}{2\pi^2 k^3}.$
以 $\rho = k$ 表示：
$f^(ξ)=sin⁡(2πa∣ξ∣)−2πa∣ξ∣cos⁡(2πa∣ξ∣)−2π2a2∣ξ∣2sin⁡(2πa∣ξ∣)2π2∣ξ∣3(n=3) \boxed{\hat{f}(\xi) = \dfrac{\sin(2\pi a |\xi|) - 2\pi a |\xi| \cos(2\pi a |\xi|) - 2\pi^2 a^2 |\xi|^2 \sin(2\pi a |\xi|)}{2\pi^2 |\xi|^3}} \quad (n=3)$
一般 $n$ 可用贝塞尔函数，但显式复杂。

© $\begin{cases} (a - |x|)^2 & |x| \leq a \\ 0 & |x| > a \end{cases}$
球内二次函数。
类似(b)，积分：
$f^(k)=(2π)n/2k−(n−2)/2∫0a(a−r)2J(n−2)/2(2πrk)rn/2dr. \hat{f}(k) = (2\pi)^{n/2} k^{-(n-2)/2} \int_0^a (a - r)^2 J_{(n-2)/2}(2\pi r k) r^{n/2} dr.$
对 $n = 3$ ，计算：
$f^(k)=(2π)3/2k−1/2∫0a(a−r)2J1/2(2πrk)r3/2dr=(2π)3/2k−1π−1∫0a(a−r)2rsin⁡(2πrk)dr. \hat{f}(k) = (2\pi)^{3/2} k^{-1/2} \int_0^a (a - r)^2 J_{1/2}(2\pi r k) r^{3/2} dr = (2\pi)^{3/2} k^{-1} \pi^{-1} \int_0^a (a - r)^2 r \sin(2\pi r k) dr.$
积分 $\int_0^a (a - r)^2 r \sin(\beta r) dr$ （ $\beta = 2\pi k$ )。展开 $a - r)^2 = a^2 - 2a r + r^2$ ，分三项积分，每项可用分部积分。结果：
$\int_0^a (a - r)^2 r \sin(\beta r) dr = \frac{2a}{\beta^3} [2\beta a \cos(\beta a) + (\beta^2 a^2 - 2) \sin(\beta a)].$
代入并简化：
$f^(k)=aπ2k3[2πakcos⁡(2πak)+(4π2a2k2−2)sin⁡(2πak)]. \hat{f}(k) = \frac{a}{\pi^2 k^3} [2\pi a k \cos(2\pi a k) + (4\pi^2 a^2 k^2 - 2) \sin(2\pi a k)].$
以 $\rho = k$ 表示：
$f^(ξ)=aπ2∣ξ∣3[2πa∣ξ∣cos⁡(2πa∣ξ∣)+(4π2a2∣ξ∣2−2)sin⁡(2πa∣ξ∣)](n=3) \boxed{\hat{f}(\xi) = \dfrac{a}{\pi^2 |\xi|^3} \left[ 2\pi a |\xi| \cos(2\pi a |\xi|) + (4\pi^2 a^2 |\xi|^2 - 2) \sin(2\pi a |\xi|) \right]} \quad (n=3)$

(d) $\begin{cases} a^2 - |x|^2 & |x| \leq a \\ 0 & |x| > a \end{cases}$
球内二次函数。
$f^(k)=(2π)n/2k−(n−2)/2∫0a(a2−r2)J(n−2)/2(2πrk)rn/2dr. \hat{f}(k) = (2\pi)^{n/2} k^{-(n-2)/2} \int_0^a (a^2 - r^2) J_{(n-2)/2}(2\pi r k) r^{n/2} dr.$
对 $n = 3$ :
$f^(k)=(2π)3/2k−1/2∫0a(a2−r2)J1/2(2πrk)r3/2dr=(2π)3/2k−1π−1∫0a(a2−r2)rsin⁡(2πrk)dr. \hat{f}(k) = (2\pi)^{3/2} k^{-1/2} \int_0^a (a^2 - r^2) J_{1/2}(2\pi r k) r^{3/2} dr = (2\pi)^{3/2} k^{-1} \pi^{-1} \int_0^a (a^2 - r^2) r \sin(2\pi r k) dr.$
积分 $\int_0^a (a^2 r - r^3) \sin(\beta r) dr$ （ $\beta = 2\pi k$ )。分部积分：
$\int_0^a r \sin(\beta r) dr = \frac{\sin(\beta a) - \beta a \cos(\beta a)}{\beta^2}, \quad \int_0^a r^3 \sin(\beta r) dr = \frac{(3\beta^2 a^2 - 6) \sin(\beta a) + (\beta^3 a^3 - 6\beta a) \cos(\beta a)}{\beta^4}.$
结合得：
$\int_0^a (a^2 r - r^3) \sin(\beta r) dr = a^2 \cdot \frac{\sin(\beta a) - \beta a \cos(\beta a)}{\beta^2} - \frac{(3\beta^2 a^2 - 6) \sin(\beta a) + (\beta^3 a^3 - 6\beta a) \cos(\beta a)}{\beta^4} = \cdots = \frac{6 \sin(\beta a) - 6\beta a \cos(\beta a) - \beta^3 a^3 \cos(\beta a)}{\beta^4}.$
代入并简化：
$f^(k)=(2π)3/2π−1k−1⋅6sin⁡(2πak)−6(2πak)cos⁡(2πak)−(2πak)3cos⁡(2πak)(2πk)4=3sin⁡(2πa∣ξ∣)−3πa∣ξ∣cos⁡(2πa∣ξ∣)−π3a3∣ξ∣3cos⁡(2πa∣ξ∣)2π3∣ξ∣5. \hat{f}(k) = (2\pi)^{3/2} \pi^{-1} k^{-1} \cdot \frac{6 \sin(2\pi a k) - 6(2\pi a k) \cos(2\pi a k) - (2\pi a k)^3 \cos(2\pi a k)}{(2\pi k)^4} = \frac{3 \sin(2\pi a |\xi|) - 3\pi a |\xi| \cos(2\pi a |\xi|) - \pi^3 a^3 |\xi|^3 \cos(2\pi a |\xi|)}{2\pi^3 |\xi|^5}.$
以 $\rho = |\xi|$ 表示：
$f^(ξ)=3sin⁡(2πa∣ξ∣)−3πa∣ξ∣cos⁡(2πa∣ξ∣)−π3a3∣ξ∣3cos⁡(2πa∣ξ∣)2π3∣ξ∣5(n=3) \boxed{\hat{f}(\xi) = \dfrac{3 \sin(2\pi a |\xi|) - 3\pi a |\xi| \cos(2\pi a |\xi|) - \pi^3 a^3 |\xi|^3 \cos(2\pi a |\xi|)}{2\pi^3 |\xi|^5}} \quad (n=3)$

(e) $e^{-\alpha |x|}$ （ $\alpha > 0$ )
指数衰减函数。
$f^(k)=(2π)n/2k−(n−2)/2∫0∞e−αrJ(n−2)/2(2πrk)rn/2dr. \hat{f}(k) = (2\pi)^{n/2} k^{-(n-2)/2} \int_0^\infty e^{-\alpha r} J_{(n-2)/2}(2\pi r k) r^{n/2} dr.$
积分 $\int_0^\infty e^{-\alpha r} r^{\mu} J_\nu(\beta r) dr$ 有闭式（见标准表）。结果为：
$\int_0^\infty e^{-p r} r^{\nu} J_\nu(q r) dr = \frac{(2q)^\nu \Gamma(\nu + 1/2)}{\sqrt{\pi} (p^2 + q^2)^{\nu + 1/2}}, \quad p > 0, \, \nu > -1/2.$
这里 $\alpha$ ， $2\pi k$ ， $\mu = n/2$ ， $\nu = (n-2)/2$ 。注意 $\mu = \nu + 1$ ，且 $\nu > -1/2$ 对 $\geq 2$ 成立。代入：
$\int_0^\infty e^{-\alpha r} r^{n/2} J_{(n-2)/2}(2\pi r k) dr = \frac{[2(2\pi k)]^{(n-2)/2} \Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)}{\sqrt{\pi} (\alpha^2 + (2\pi k)^2)^{(n-1)/2}}.$
代入原式并简化：
$f^(k)=(2π)n/2k−(n−2)/2⋅[4πk](n−2)/2Γ(n−12)π(α2+4π2k2)(n−1)/2=(2π)n/2(4πk)(n−2)/2Γ(n−12)πk(n−2)/2(α2+4π2k2)(n−1)/2=(2π)n/2(4π)(n−2)/2Γ(n−12)π(α2+4π2k2)(n−1)/2. \hat{f}(k) = (2\pi)^{n/2} k^{-(n-2)/2} \cdot \frac{[4\pi k]^{(n-2)/2} \Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)}{\sqrt{\pi} (\alpha^2 + 4\pi^2 k^2)^{(n-1)/2}} = \frac{(2\pi)^{n/2} (4\pi k)^{(n-2)/2} \Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)}{\sqrt{\pi} k^{(n-2)/2} (\alpha^2 + 4\pi^2 k^2)^{(n-1)/2}} = \frac{(2\pi)^{n/2} (4\pi)^{(n-2)/2} \Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)}{\sqrt{\pi} (\alpha^2 + 4\pi^2 k^2)^{(n-1)/2}}.$
进一步简化， $(4\pi)^{(n-2)/2} = (2^2 \pi)^{(n-2)/2} = 2^{n-2} \pi^{(n-2)/2}$ ，且 $(2\pi)^{n/2} = 2^{n/2} \pi^{n/2}$ ，故：
$f^(k)=2n/2πn/2⋅2n−2π(n−2)/2Γ(n−12)π(α2+4π2k2)(n−1)/2=2(3n−4)/2πn−1Γ(n−12)(α2+4π2k2)(n−1)/2. \hat{f}(k) = \frac{2^{n/2} \pi^{n/2} \cdot 2^{n-2} \pi^{(n-2)/2} \Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)}{\sqrt{\pi} (\alpha^2 + 4\pi^2 k^2)^{(n-1)/2}} = \frac{2^{(3n-4)/2} \pi^{n-1} \Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)}{(\alpha^2 + 4\pi^2 k^2)^{(n-1)/2}}.$
以 $\rho = |\xi|$ 表示（ $\rho$ )：
$f^(ξ)=2(3n−4)/2πn−1Γ(n−12)(α2+4π2∣ξ∣2)(n−1)/2 \boxed{\hat{f}(\xi) = \dfrac{2^{(3n-4)/2} \pi^{n-1} \Gamma\left(\dfrac{n-1}{2}\right)}{(\alpha^2 + 4\pi^2 |\xi|^2)^{(n-1)/2}}}$

对 $n = 3$ ： $\Gamma(1) = 1$ ,
$f^(ξ)=8πα(α2+4π2∣ξ∣2)2. \hat{f}(\xi) = \frac{8\pi \alpha}{(\alpha^2 + 4\pi^2 |\xi|^2)^2}.$

(f) $e^{-\alpha |x|}$
$f^(k)=(2π)n/2k−(n−2)/2∫0∞r⋅e−αrJ(n−2)/2(2πrk)rn/2dr=(2π)n/2k−(n−2)/2∫0∞e−αrJ(n−2)/2(2πrk)rn/2+1dr. \hat{f}(k) = (2\pi)^{n/2} k^{-(n-2)/2} \int_0^\infty r \cdot e^{-\alpha r} J_{(n-2)/2}(2\pi r k) r^{n/2} dr = (2\pi)^{n/2} k^{-(n-2)/2} \int_0^\infty e^{-\alpha r} J_{(n-2)/2}(2\pi r k) r^{n/2 + 1} dr.$
积分形式同(e)，但指数增加1。一般解为：
$\int_0^\infty e^{-p r} r^{\nu + 1} J_\nu(q r) dr = \frac{2 p (2q)^\nu \Gamma(\nu + 3/2)}{\sqrt{\pi} (p^2 + q^2)^{\nu + 3/2}}, \quad p > 0, \, \nu > -1.$
这里 $\alpha$ ， $2\pi k$ ， $\nu = (n-2)/2$ 。代入并简化：
$f^(k)=(2π)n/2k−(n−2)/2⋅2α[2(2πk)](n−2)/2Γ(n2+12)π(α2+(2πk)2)(n+1)/2. \hat{f}(k) = (2\pi)^{n/2} k^{-(n-2)/2} \cdot \frac{2\alpha [2(2\pi k)]^{(n-2)/2} \Gamma\left(\frac{n}{2} + \frac{1}{2}\right)}{\sqrt{\pi} (\alpha^2 + (2\pi k)^2)^{(n+1)/2}}.$
以 $\rho = |\xi|$ 表示：
$f^(ξ)=2(3n−2)/2πn−1αΓ(n+12)(α2+4π2∣ξ∣2)(n+1)/2 \boxed{\hat{f}(\xi) = \dfrac{2^{(3n-2)/2} \pi^{n-1} \alpha \Gamma\left(\dfrac{n+1}{2}\right)}{(\alpha^2 + 4\pi^2 |\xi|^2)^{(n+1)/2}}}$

对 $n = 3$ ： $\Gamma(2) = 1$ ,
$f^(ξ)=16πα(α2+4π2∣ξ∣2)2. \hat{f}(\xi) = \frac{16\pi \alpha}{(\alpha^2 + 4\pi^2 |\xi|^2)^{2}}.$

(g) $|x|^2 e^{-\alpha |x|}$
$f^(k)=(2π)n/2k−(n−2)/2∫0∞r2e−αrJ(n−2)/2(2πrk)rn/2dr=(2π)n/2k−(n−2)/2∫0∞e−αrJ(n−2)/2(2πrk)rn/2+2dr. \hat{f}(k) = (2\pi)^{n/2} k^{-(n-2)/2} \int_0^\infty r^2 e^{-\alpha r} J_{(n-2)/2}(2\pi r k) r^{n/2} dr = (2\pi)^{n/2} k^{-(n-2)/2} \int_0^\infty e^{-\alpha r} J_{(n-2)/2}(2\pi r k) r^{n/2 + 2} dr.$
积分：
$\int_0^\infty e^{-p r} r^{\nu + 2} J_\nu(q r) dr = \frac{2 (2q)^\nu \Gamma(\nu + 5/2) (p^2 + q^2 - \nu q^2)}{\sqrt{\pi} (p^2 + q^2)^{\nu + 5/2}}, \quad p > 0, \, \nu > -1.$
代入 $\alpha$ ， $2\pi k$ ， $\nu = (n-2)/2$ ，并简化：
$f^(k)=(2π)n/2k−(n−2)/2⋅2[2(2πk)](n−2)/2Γ(n+32)[α2+(2πk)2−n−22(2πk)2]π(α2+(2πk)2)(n+3)/2. \hat{f}(k) = (2\pi)^{n/2} k^{-(n-2)/2} \cdot \frac{2 [2(2\pi k)]^{(n-2)/2} \Gamma\left(\frac{n+3}{2}\right) [\alpha^2 + (2\pi k)^2 - \frac{n-2}{2} (2\pi k)^2] }{\sqrt{\pi} (\alpha^2 + (2\pi k)^2)^{(n+3)/2}}.$
以 $\rho = |\xi|$ 表示：
$f^(ξ)=2(3n−2)/2πn−1Γ(n+32)[α2+4π2∣ξ∣2(1−n−22)](α2+4π2∣ξ∣2)(n+3)/2 \boxed{\hat{f}(\xi) = \dfrac{2^{(3n-2)/2} \pi^{n-1} \Gamma\left(\dfrac{n+3}{2}\right) \left[ \alpha^2 + 4\pi^2 |\xi|^2 \left(1 - \dfrac{n-2}{2}\right) \right] }{(\alpha^2 + 4\pi^2 |\xi|^2)^{(n+3)/2}}}$

对 $n = 3$ ： $\Gamma(3) = 2$ ，且 $\frac{3-2}{2} = \frac{1}{2}$ ,
$f^(ξ)=32πα2+16π3∣ξ∣2(α2+4π2∣ξ∣2)3. \hat{f}(\xi) = \frac{32\pi \alpha^2 + 16\pi^3 |\xi|^2}{(\alpha^2 + 4\pi^2 |\xi|^2)^{3}}.$

总结

问题7(a)：多维傅里叶变换性质类似一维，证明基于积分操作。
问题7(b)：旋转对称性等价性证明基于正交变换下傅里叶变换的行为。
问题8：傅里叶变换结果已给出，一般 $n$ 以贝塞尔函数表示，特定 $n$ 有显式。计算中假设 $\alpha > 0$ ， $a > 0$ ， $|\xi| > 0$ （在 $|\xi| = 0$ 时需单独处理，但通常连续）。
提示：所有计算利用径向对称性，沿 $k$ -轴积分，并使用球坐标系。