对于\(0<c<\infty\) ，定义\[f_c(x)=\exp(-cx^2).\]我们要计算傅里叶变换\[\hat{f}_c(t)= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}f_c(x)e^{-ixt}dx.\]正如所料，计算可以是非常有趣，因为\(f_c(x)\)与高斯积分的关系如下： \[\int_{-\infty}^{+\infty}f_c(x)dx=\frac{1}{ \sqrt{c}}\int_{-\infty}^{+\infty}\exp(-(\sqrt{c}x)^2)d\sqrt{c}x=\sqrt\frac{\pi} {c}.\]现在我们深入研究这个积分，看看我们能得到什么。
计算傅里叶变换
让我们承认，试图直接计算积分有点不切实际。所以我们需要通过另一种方式。这是我们如何做到这一点的。为了方便（编写 MathJax 代码），让我们写成\(\varphi(t)=\hat{f}_c(t)\) 。
首先， \(\hat{f}_c(t)\)总是很好定义的，这是因为\[\int_{-\infty}^{+\infty}|f_c(x)e^{- ixt}|dx=\int_{-\infty}^{+\infty}|f_c(x)|dx<\infty\]所以我们可以不用担心任何事情来计算它。
分部积分和微分方程
这很难想，但我们确实有。部分积分给出\[\begin{aligned}\varphi(t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}\exp(-cx ^2)e^{-itx}dx &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}\exp(-cx^2)\frac{ 1}{-it}de^{-itx} \\&=\frac{i}{t\sqrt{2\pi}}[\exp(-cx^2)e^{-itx}]|_{ -\infty}^{+\infty} \\&\quad -\frac{i}{t\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-itx} d\exp(-cx^2) \\&=\frac{-2c}{t\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}-xi\exp(-cx^ 2)e^{-itx}dx\end{aligned}\]另一方面，我们有\[\varphi'(t)=\hat{f’_c}(t)=\frac{1}{\ sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}-ixf_c(x)e^{-itx}dx.\] （可以很容易地验证积分的明确性。）结合两者，我们得到一个微分方程\[t\varphi(t)+2c\varphi'(t)=0\]这个微分方程对应一个积分方程\[\int2c\frac{d\varphi}{\varphi} =-\int tdt.\]我们解决它得到\[2c\log\varphi=-\frac{1}{2}t^2+C\]或者， \[\varphi(t)=C \exp(-\frac{1}{4c}t^2).\]现在把初始值放回去。如上所示, 这服从高斯积分\[\varphi(0)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\sqrt{\frac{\pi}{c}}=\frac{1}{\ sqrt{2c}}.\]因此\[\varphi(t)=\frac{1}{\sqrt{2c}}\exp\left(-\frac{1}{4c}t^2\right)\ ]正是我们想要的。
在展示另一种方法之前，我们首先有一个问题：我们可以有\(\hat{f}_c=f_c\)吗？求解具有\(c\)中的变量的方程肯定地回答了这个问题： \[\hat{f}_c=f_c \iff \begin{cases}\frac{1}{\sqrt{2c}}=1 \\ – \frac{1}{4c}=-c \end{cases} \iff c = \frac{1}{2}.\]换句话说， \(f_\frac{1}{2}\)是傅里叶变换的不动点。对于这类函数，固定点是this且只有this。
卷积
作为傅里叶变换的经典性质，对于\(f,g \in L^1\) ，我们有\[\widehat{f \ast g}(t)=\hat{f}(t)\hat{ g}(t)\]其中\[f \ast g(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}f(xy)g (y)dy.\]顺便说一下， \(f \in L^1\)表示\(\int_{-\infty}^{\infty}|f(x)|dx<\infty\) 。也可以在这里验证\(f \ast g \in L^1\) 。
有了这个结果，我们可以很容易地计算\(f_a \ast f_b\) 。注意\[\widehat{f_a \ast f_b}(t)=\hat{f_a}(t)\hat{f_b}(t)=\frac{1}{2\sqrt{ab}}\exp\left[ -\left(\frac{1}{4a}+\frac{1}{4b}\right)x^2\right]\]现在让我们看看我们是否可以有\(f_a \ast f_b = \gamma f_c\ )对于一些\(\gamma\)和\(c\) 。我们应该有\[\frac{1}{4c}=\frac{1}{4a}+\frac{1}{4c} \implies c=\frac{1}{\frac{1}{a}+ \frac{1}{b}}=\frac{ab}{a+b}.\]我们还有\[\gamma \frac{1}{\sqrt{2c}}=\frac{1}{2 \sqrt{ab}} \implies \gamma = \sqrt\frac{c}{2ab}=\sqrt{\frac{1}{2(a+b)}}\]因此我们有\[f_a \ast f_b = \sqrt{\frac{1}{2(a+b)}}f_c\]其中\(c\)在上面给出。我们甚至没有明确地计算积分。