Aplikasi Transformasi Fourier

13. Aplikasi Transformasi Fourier

Misal A adalah operator linear pada fungsi yang terdefinisi pada R dengan sifat: jika A[f (x)] = g(x), maka A[f (x + s)] = g(x + s) untuk setiap s ∈ R. Maka, fungsi

f (x) = e ax (a ∈ C) yang ada di domain A merupakan fungsi eigen dari A. Persisnya, jika f (x) = e ax dan g = A[f ], maka untuk setiap s ∈ R berlaku

g(x + s) = A[e as ] = A[e e ]=e A[e ]=e g(x). Untuk x = 0, kita peroleh: g(s) = g(0)e as untuk setiap s ∈ R. jadi, Af = g = cf

a(x+s)

dengan c = g(0). Selanjutnya, misalkan domain A mencakup fungsi k(x) = e iξx dan h(ξ) adalah nilai

eigen yang berpadanan dengan k(x), yakni: A[e iξx ] = h(ξ)e iξx . Jika A memenuhi suatu persayaratan kekontinuan (yang memungkinkan A bertukar dengan pengintegralan), maka operasi A pada f dapat dibaca melalui rumus inversi Fourier. Persisnya, jika

f (x) = iξx b f (ξ)e dξ,

maka

A[f ](x) =

b b f (ξ)A[e iξx ] dξ = f (ξ)h(ξ)e dξ.

A[f ]b(ξ) = h(ξ) b f (ξ).

Sekarang, jika h(ξ) = b H(ξ), maka Af = H ∗ f, yakni A merupakan operator konvolusi dengan H. Semua ini sah apabila, misalnya, f dan H merupakan fungsi L 1 atau L 2 .

13.1 Aplikasi pada persamaan panas Sekarang kita akan melihat bagaimana transformasi Fourier digunakan pada per-

samaan diferensial klasik, khususnya persamaan panas pada R, yaitu:

u t = ku xx (−∞ < x < ∞),

82 Hendra Gunawan

dengan syarat awal u(x, 0) = f (x) (dengan f ∈ L 1 ), dan “syarat batas” u(x, t) → 0 dan

f (x) → 0 bila x → ±∞. Terapkan transformasi Fourier pada kedua ruas persamaan (yang keduanya kita anggap merupakan fungsi dari x), kita peroleh

∂b u

(ξ, t) = −kξ 2 u(ξ, t) b

∂t

b u(ξ, 0) = b f (ξ).

Solusi persamaan diferensial ini adalah

2 u(ξ, t) = b t −kξ b f (ξ)e .

Dengan Teorema Inversi Fourier, akhirnya kita peroleh solusi persamaan panas

u(x, t) = 2 b f (ξ)e −kξ t iξx e dξ.

Namun, ada cara kedua, sebagai berikut. Transformasi Fourier invers dari e 2 −kξ t

1 adalah K x2 t (x) = √

e − 4πkt 4kt . Jadi

u(x, t) = K (x−y)2

− ∗ f(x) = 4kt √ e f (y) dy.

4πkt −∞

Dapat diperiksa bahwa u 0 (x, t) = K t (x) memenuhi persamaan panas dan dengan menu- runkannya di bawah tanda integral u(x, t) juga memenuhi persamaan panas. Lebih jauh,

1 mengingat K x t (x) = √ t K 1 √ t , maka u(x, t) → f(x) bila t → 0 (dengan mengasumsikan bahwa f kontinu). Jadi mestilah u(x, 0) = f (x). Sebagai interpretasi fisis, jika suhu awal adalah 0, dan kawat diberi satu satuan panas di x = 0, maka setelah t satuan waktu, distribusi panasnya adalah K t (x) (catat

R ∞ bahwa −∞ K t (x)dx = 1, yang bearti bahwa total panas tetap sama dengan 1 satuan

panas). Jika kawat diberi satu satuan panas di x = y, maka distribusi panasnya adalah K t (x − y). Sekarang misalkan pada awalnya terdapat panas f(y)dy pada suatu interval kecil di sekitar x = y. Maka, setelah t satuan waktu, distribusi panas yang berasal dari interval tersebut adalah K t (x − y)f(y)dy. Dengan prinsip superposisi, kita peroleh

u(x, t) =

K t (x − y)f(y) dy.

Analisis Fourier dan Wavelet

83 R ∞

Perhatikan bahwa total panas sama dengan total panas awal, yaitu sebesar −∞ f (y) dy.

1 (Catatan: Fungsi K x2

1 (x) := √ 4πk e − 4k dikenal sebagai kernel panas atau kernel Gauss.)

13.2 Persamaan Laplace pada setengah bidang Sekarang tinjau persamaan Laplace pada setengah bidang:

u xx +u yy =0 (x ∈ R, y > 0),

dengan syarat awal u(x, 0) = f (x) (dengan f terbatas, karena kita menginginkan solusi yang terbatas juga).

Terapkan transformasi Fourier pada kedua ruas persamaan, kita peroleh

−ξ u(ξ, y) + b

b u(ξ, y) = 0,

∂y 2

dengan syarat awal b u(ξ, 0) = b f (ξ). Solusi persamaan diferensial ini adalah

u(ξ, y) = C b 1 (ξ)e |ξ|y +C 2 (ξ)e −|ξ|y ,

dengan C 1 (ξ) + C 2 (ξ) = b f (ξ). Karena f terbatas, e |ξ|y bukan solusi. Jadi C 1 (ξ) = 0 dan C 2 (ξ) = b f (ξ), sehingga

u(ξ, y) = b b f (ξ)e −|ξ|y .

Sekarang, jika P y y (x) = π(x 2 +y 2 ) , maka b P y (ξ) = e −|ξ|y dan karena itu

Z ∞ yf (x − t)

u(x, y) = P y ∗ f(x) =

dt.

−∞ π(t 2 +y 2 ) Rumus ini dikenal sebagai rumus integral Poisson dan P 1 dikenal sebagai kernel Poisson.

1 y ∈L , sehingga integral Poisson terdefinisi untuk f yang terbatas. Persisnya, jika |f| ≤ M, maka

Perhatikan bahwa P

|u(x, y)| ≤ M

2 2 dt = M.

−∞ π(t +y )

Selain itu, fungsi u 0 (x, y) = P y (x) memenuhi persamaan Laplace dan u(x, y) → f(x) bila y → 0.

84 Hendra Gunawan

12.3 Teorema Sampling Shannon Kita telah mempelajari bagaimana sebuah fungsi dapat direkonstruksi dari barisan

koefisien Fourier-nya. C. Shannon (1949) mengamati bahwa dalam hal khusus, sebuah fungsi bahkan dapat direkonstruksi dari titik-titik sampel-nya, dengan menggunakan keluarga fungsi sinc (sinc x = sin x

x ). Persisnya, kita mempunyai teorema berikut. Teorema A. (Teorema Sampling Shannon) Jika f ∈ L 2 (R) dan supp b f ⊆ [−T, T ],

dalam norma L 2 (R).

1 Bukti. Mengingat b 2 f∈L (−T, T ) ∩ L (−T, T ), kita dapat menguraikan b f sebagai deret Fourier

b f (ξ) =

c −k e −iπkξ/T , ξ ∈ [−T, T ],

k∈Z

dengan

b f (ξ)e

1 iπkξ/T

b f (ξ)e

iπkξ/T

TT Menggunakan teorema inversi Fourier sekali lagi, kita peroleh

2T −∞

1 b 1 iξx

f (x) = iξx f (ξ)e dξ = b f (ξ)e dξ

= iξx f e −iπkξ/T e dξ

kπ = )ξ f e i(x−

1 kπ X kπ i(x−

di mana deret konvergen dalam norma L 2 (R). [QED]

Catatan . Himpunan bilangan {f kπ T } k∈Z disebut sampel. Teorema di atas mengatakan bahwa f dapat direkonstruksi dari sampel tersebut dengan menggunakan keluarga fungsi

85 sin (T x−kπ)

Analisis Fourier dan Wavelet

k∈Z . Hal ini sebetulnya tidaklah mengejutkan, karena s k (x) = sin (T x−kπ) T x−kπ , yang merupakan invers transformasi Fourier dari bs k (ξ) = χ

T x−kπ

(ξ)e [−T,T ] −iπkξ/T , mem- bentuk basis ortogonal untuk {f ∈ L 2 (R) | supp b f ⊆ [−T, T ]}. Berdasarkan fakta ini

T P dan kesamaan Parseval, kita peroleh f = k∈Z ks k k

12.4 Ketaksamaan Heisenberg Jika f (t) menyatakan sinyal dengan supp b f ⊆ [−T, T ] untuk suatu T > 0, maka

f dikatakan mempunyai frekuensi terbatas (band-limited). Ketaksamaan Heisenberg yang akan kita bahas di sini menyatakan bahwa f dan b f tidak mungkin sama-sama mempunyai tumpuan (support) yang terbatas, kecuali f ≡ 0. Dalam perkataan lain,

f tidak mungkin mempunyai waktu dan frekuensi terbatas. Secara intuitif, ini sama saja dengan mengatakan bahwa f dan b f tidak mungkin terlokalisasi dengan baik secara bersamaan: jika f terkonsentrasi di sekitar suatu titik, maka b f mestilah tersebar pada R; dan sebaliknya.

Untuk melihat fakta ini secara kuantitatif, definisikan dispersi f di sekitar x = a sebagai

2 (x − a) 2 |f(x)| dx ∆ f := −∞ a R ∞

−∞ |f(x)| dx

Di sini ∆ a f merupakan suatu ukuran seberapa besar f tersebar menjauhi a. Jika nilai

f terkonsentrasi di sekitar a, maka faktor (x − a) 2 akan membuat pembilang pada ∆

a f lebih kecil daripada penyebutnya, sehingga ∆ a f < 1. Namun, jika nilai f tersebar jauh dari a, maka pembilang pada ∆ a f lebih besar daripada penyebutnya, sehingga ∆ a f > 1.

Semakin besar nilai ∆ a f , semakin tersebar f jauh dari a.

Teorema B. (Ketaksamaan Heisenberg) Untuk setiap f ∈ L 2 , dan untuk setiap a, α ∈ R, berlaku

(∆ a f )(∆ α f)≥ b .

Bukti. Asumsikan f kontinu dan mulus bagian demi bagian pada R, dan xf (x) serta

(x) di L 2 . (Jika xf (x) / ∈L , maka ∆

a f = ∞; sementara jika f ′ (x) / ∈L , maka

86 Hendra Gunawan

∆ α b f = ∞.) Tunjau kasus a, α = 0 terlebih dahulu. Dengan pengintegralan parsial, kita peroleh

xf (x)f (x) dx = x|f(x)|

(|f(x)| + xf (x)f A ′ (x)) dx,

atau

2 |f(x)| B dx = −2Re xf (x)f (x) dx + x|f(x)|

untuk −∞ < A < B < ∞. Karena f(x), xf(x), dan f ′ (x) di L 2 , limit kedua integral di

2 atas ada untuk A → −∞ dan B → ∞. Karena itu, limit A|f(A)| 2 dan B|f(B)| juga ada, dan mestilah bernilai 0 (karena bila tidak, maka |f(x)| ∼ |x| −1/2 untuk |x| >> 1,

bertentangan dengan asumsi bahwa f ∈ L 2 ). Akibatnya, kita peroleh

|f(x)| 2 dx = −2Re

xf (x)f ′ (x) dx.

Dengan ketaksamaan Cauchy-Schwarz, kita dapatkan

|f(x)| 2 dx ≤4 x |f(x)| dx |f (x)| dx .

Berdasarkan kesamaan Plancherel, 2 |f| dx =

|b f| dξ, sehingga

1 1 ′ ∞ 2 ′ 2 2 2 |f (x)| dx =

|(f )b(ξ)| dξ =

ξ |b f (ξ)| dξ.

Dengan demikian kita peroleh

2 2 2 2 2 |f(x)| 2 dx |b f (ξ)| dξ ≤4 x |f(x)| dx ξ |f(ξ)| dξ .

Ini membuktikan bahwa (∆ 1

0 f )(∆ 0 f)≥ b 4 .

Untuk kasus a, α ∈ R sembarang, misalkan F (x) := e −iαx f (x + a). Maka F memenuhi hipotesis teorema selama f memenuhi, ∆ a f=∆ 0 F dan ∆ α f=∆ b 0 b F . Jadi

(∆ a f )(∆ α b f ) = (∆ 0 F )(∆ 0 F)≥ b ,

sebagaimana diharapkan. [QED]

87

Analisis Fourier dan Wavelet

13.5 Soal latihan

1. Buktikan bahwa K x

dan P y (x) = y P 1 y masing-masing mem- bentuk identitas hampiran.

t (x) = √ t K 1 √

2. Dengan menggunakan transformasi Fourier, buktikan bahwa solusi persamaan ge- lombang u 2

tt =c u xx dengan syarat awal u(x, 0) = f (x) dan u t (x, 0) = g(x) adalah

Z x+ct

u(x, t) = [f (x − ct) + f(x + ct)] + g(y) dy.

2 2c x−ct

3. Verifikasi Teorema Sampling Shannon berdasarkan catatan di akhir bagian 12.3.

4. Buktikan jika xf (x) / 2 ∈L , maka ∆

a f = ∞.

88 Hendra Gunawan