תהא $f\in E^1(\RR)$ . אז :

1. התמרת פורייה היא לינארית: כלומר $\cf(\alpha f + g) = \cf(f)+\cf(g)$ .

2. כפל בסקלר: אם $\lambda\neq0$ , אז עבור $g_\lambda(x)=f(\lambda x)$ נקבל ש $$\hat g_\lambda (\omega) = \frac {\hat{f}(\omega/\lambda)}{\abs{\lambda}}.$$

3. הזזה $\Leftarrow$ סיבוב: עבור ההזזה $f_\alpha(x):=f(x+\alpha)$ נקבל את ההתמרה: $$.\hat{f}_\alpha(\omega) = e^{i\alpha\omega}\hat{f}(\omega)$$

4. סיבוב $\Leftarrow$ הזזה: עבור $c\in \RR$ נסמן $h_c(x)= e^{icx} f(x)$ . אז $$\hat{h}_c(\omega) = \hat{f}(\omega - c)$$

5. הצמדה: מתקיים ש $$.\overline{\cf[f](\omega)}=\cf[\overline{f}](-\omega)$$

1. נובע מכך שהאינטגרל זו פונקציה לינארית.

2. עבור $\lambda>0$ עושים החלפת משתנים (ל $\lambda x$ ):

   $$\hat{g}(\omega) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} f(\lambda x)e^{-i\omega x}dx = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} f(x)e^{-i(\omega/\lambda) x}\frac{1}{\lambda}dx = \frac{1}{\lambda}\hat f(\frac{\omega}{\lambda}).$$

   עבור $\lambda< 0$ ההוכחה דומה.

3. נובע מהחלפת משתנים (ל $x+\alpha$ ):

   $$\hat{f_\alpha}(\omega) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} f(x+\alpha)e^{-i\omega x}dx = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} f(x)e^{-i\omega (x-\alpha)}dx = e^{i\omega\alpha}\hat f(\omega).$$

4. פה אפילו לא צריך לעשות החלפת משתנים, רק החלפת פרמטר:

   $$\hat{h_c}(\omega) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{icx}f(x)e^{-i\omega x}dx = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} f(x)e^{-i(\omega-c)x}dx = \hat f(\omega-c).$$

5. נובע מכך שהצמדה של אינטגרל זה אינטגרל של הצמדה:

   $$2\pi \overline{\hat{f}(\omega)} = \overline{\int_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-i\omega x}\dx} = \int_{-\infty}^{\infty} \overline{f(x)} e^{i\omega x}\dx = 2\pi \hat{\overline{f}}(-\omega)$$

כבר חישבנו את התמרה של $\chi_{[a,b]}(x)$ :

$$.\hat{ \chi}_{[a,b]}(\omega)=\cases{\frac{e^{-i\omega a}-e^{-i\omega b}}{2\pi\omega i} & \omega\neq 0 \\ \frac{b-a}{2\pi} & \omega=0}$$

במקרה המאוד פשוט של $[a,b]=[-1,1]$ נקבל את ההתמרה

$$.\hat{\chi}_{[-1,1]}(\omega)=\cases{\frac{\sin(\omega)}{\pi\omega} & \omega\neq 0 \\ \frac{1}{\pi} & \omega=0}$$

עד כדי הזזות מתיחה, פונקציה מציינת של קטע סופי תמיד ניתן להעביר לפונקציה מציינת של $[-1,1]$ , למשל:

$$.\chi_{[a,b]}(x) =\chi_{[-\frac{b-a}{2},\frac{b-a}{2}]}(x-\frac{a+b}{2}) =\chi_{[-1,1]}(\frac{2x}{b-a}-\frac{a+b}{b-a})$$

זה מקשר לנו בין ההתמרות של שתי הפונקציות ע”י מתיחות וסיבובים, ובפרט:

$$\hat{\chi}_{[a,b]}(\omega)=e^{i\frac{a+b}{a-b}\omega}\cdot \frac{b-a}{2}\cdot \hat{\chi}_{[-1,1]}\left(\frac{b-a}{2}\omega\right)$$

במילים אחרות, כל הפונקציות האלו “נובעות” מאותה פונקציה, ולכן כל ההתמרות ניתן לחשב מאותה התמרה.

בצורה דומה הפונקציה $e^{-|ax|}$ היא מתיחה של הפונקציה $e^{-x}$ ולכן ניתן לקשר בין ההתמרות שלהן.

החישוב היחיד של ההתמרה של הפונקציה הזאת הוא לא קשה:

$$.\hat{f}(\omega) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty e^{-x}\chi_{[0,\infty)}(x)e^{-i\omega x}\dx = \frac{1}{2\pi}\int_{0}^\infty e^{-(1+i\omega) x}\dx = \frac {1}{2\pi(1+i\omega)}$$

אם נשים לב ש $e^{-|x|}$ מורכבת משני עותקים של $f(x)$ כלומר $e^{-|x|}=f(x)+f(-x)$ אז נוכל לחשב את ההתמרה של $e^{-|x|}$ גם דרך הפירוק הזה:

$$.\widehat{e^{-|x|}}(\omega) =\hat{f}(\omega)+\frac{1}{|-1|}\hat{f}(\frac{\omega}{-1}) =\hat{f}(\omega)+\hat{f}(-\omega)= \frac{1}{2\pi}\left(\frac{1}{1+i\omega}+\frac{1}{1-i\omega}\right)=\frac{1}{\pi(1+\omega^2)}$$

עבור כפל בסינוסים וקוסינוסים נקבל:

$$\align{ \cf[f(x)\sin(cx)]&=\frac{\cf[f](\omega-c)-\cf[f](\omega+c)}{2i} \\ \cf[f(x)\cos(cx)]&=\frac{\cf[f](\omega-c)+\cf[f](\omega+c)}{2} }$$

אם פונקציה $f$ היא זוגית (בהתאם אי זוגית), אז $\cf[f]$ היא זוגית (בהתאם אי זוגית).

אם פונקציה $f$ היא ממשית (בהתאם מדומה טהורה), אז $\overline{\cf[f](\omega)}=\cf[f](-\omega)$ (בהתאם שווה ל $-\cf[f](-\omega)$ ).

בפרט, אם $f$ היא ממשית וזוגית, אז $\hat{f}$ היא ממשית וזוגית, ואם $f$ היא ממשית ואי זוגית, אז $\hat{f}$ היא מדומה טהורה ואי זוגית.

נסתכל על זהות הכפל בסקלר עם $\lambda = -1$ , ונסמן $g(x)=f(-x)$ . במקרה הזה נקבל ש $\hat{g}(\omega)=\hat{f}(-\omega)$ .

אם $f$ זוגית, כלומר $g=f$ אז כמובן שגם

$$\hat{f}(\omega)=\hat{g}(\omega)=\hat {f}(-\omega)$$

או במילים אחרות $\hat{f}$ היא זוגית. באותה צורה אם $f$ היא אי זוגית אז גם $\hat{f}$ היא אי זוגית.

שאר הטענה נובעת עם הוכחה דומה יחד עם העובדה ש $f$ ממשית (בהתאם מדומה טהורה) אם $\bar{f}=f$ (בהתאם $\bar{f}=-f$ ).

ראינו כבר את ההתמרות של הפונקציות הממשיות וזוגיות:

$$\align{e^{-a|x|},a>0 & \longrightarrow \frac{a}{\pi(\omega^2+a^2)} \\ \chi_{[-a,a]} & \longrightarrow \frac{\sin(\omega a)}{\omega \pi}}$$

עבור דוגמאות לפונקציות ממשיות אי זוגיות, אפשר למשל לכפול את הפונקציות למעלה ב $x$ . בהמשך נראה ש $\cf[xf(x)] = i\cf[f]'$ , ולכן בגלל ש $\cf[f]$ היא פונקציה זוגית ממשית אז הנגזרת שלה אי זוגית ממשית, ולכן $i\cf[f]'$ היא אי זוגית ומדומה טהורה.

דוגמא יותר פשוטה, בואו נחשב את ההתמרה סינוס על קטע סופי (כדי שהפונקציה תהיה אינטגרבילית), למשל $\chi_{[-\pi,\pi]}(x)\cdot \sin(x)$ . מהתכונות שראינו למעלה על התמרות של סיבובים (כפל בסינוס), נקבל ש

$$\cf\left[\chi_{[-\pi,\pi]}(x)\cdot \sin(x) \right](\omega) = \frac{\cf\left[\chi_{[-\pi,\pi]}\right](\omega-1) - \cf\left[\chi_{[-\pi,\pi]}\right](\omega+1)}{2i} = \frac{\frac{\sin((\omega-1)\pi)}{(\omega-1)\pi} - \frac{\sin((\omega+1)\pi)}{(\omega+1)\pi}}{2i}$$

הפונקציה שקיבלנו היא מדומה טהורה. בנוסף, הפונקציה היא אי זוגית כי הפונקציה במכנה היא אי זוגית, בדיוק כפי שציפינו.