Il contenuto di questo articolo riprende una pubblicazione di E. U. Condon, Immersion of the Fourier transform in a continuous group of functional transformations.
La trasformata di Fourier di una funzione $f(x)$ è la funzione $\widehat{f}(k)$ definita come:
$$\widehat{f}(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int e^{ikx} f(x) dx$$
L’operazione inversa è data da
$$f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int e^{-ikx} \widehat{f}(k) dk$$
Se chiamiamo con $\mathcal{F}$ l’operazione di effettuare la trasformata di Fourier, abbiamo che $\mathcal{F} f(x) = \widehat{f}(k)$. Una nota proprietà della trasformata di Fourier è la seguente:
$$\mathcal{F}^2 f(x) = f(-x)$$
Applicando questa proprietà due volte, abbiamo anche $\mathcal{F}^4 f(x) = \mathcal{F}^2 f(-x)= f(x)$. In altre parole, $\mathcal{F}^n$, cioè la trasformazione che applica la trasformata di Fourier $n$ volte, ha periodo $4$, $\mathcal{F}^4=\mathbb{1}$.
La domanda ora diventa: è possibile definire $\mathcal{F}^t$ per qualsiasi $t$ reale? Ovvero, è possibile definire una trasformata di Fourier frazionaria?
In maniera geometrica, le trasformazioni $\{\mathbb{1}, \mathcal{F}, \mathcal{F}^2, \mathcal{F}^3\}$ formano il gruppo ciclico con quattro elementi $\mathbb{Z}_4$, che è il gruppo di simmetria delle rotazioni del quadrato. In questa analogia, ogni trasformazione di Fourier $\mathcal{F}$ corrisponde ad una rotazione di $\pi/2$.
L’idea è quindi quella di definire una “rotazione” $\mathcal{F}^\theta$ per un angolo $\theta$ qualsiasi, tale che la trasformata di Fourier solita corrisponda a $\theta=\pi/2$, ovvero $\mathcal{F}^{\pi/2}=\mathcal{F}$. La variabile corrispondente alla trasformazione per un angolo $\theta$ la chiameremo $x_\theta$, e la funzione trasformata sarà $f_\theta$. In altre parole,
$$\mathcal{F}^\theta f(x) = f_\theta(x_\theta)$$
La trasformata di Fourier solita è quindi $\widehat{f}(k) = f_{\pi/2}(x_{\pi/2})$. Partendo da una funzione $f_\alpha(x_\alpha)$ ed effettuando una “rotazione” di $\theta$, cioè una trasformata di Fourier frazionaria, avremo
$$f_{\alpha+\theta}(x_{\alpha+\theta}) = \int K_\theta (x_\alpha, x_{\alpha+\theta}) f_\alpha(x_\alpha) \,d x_\alpha$$
per un qualche nucleo $K_\theta (x_\alpha, x_{\alpha+\theta})$. Rimane da trovare una forma chiusa per il nucleo.
Sappiamo che $\mathcal{F}^0$ è l’identità, e inoltre $\mathcal{F}^{\pi/2}=\mathcal{F}$ è la solita trasformata di Fourier. Ciò implica che
$$K_0 (x_\alpha, x’_\alpha)=\delta (x_\alpha -x’_\alpha)\\
K_{\pi/2} (x_\alpha, x_{\alpha+\pi/2}) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{i x_\alpha x_{\alpha+\pi/2}}$$
Alla stessa maniera potremmo determinare anche $K_\theta$ per $\theta=\pi, 3\pi/2$. Richiederemo che il nucleo soddisfi le seguenti condizioni:
- Per $\theta=0, \pi/2,\pi, 3\pi/2$ deve ridursi alla solita trasformata di Fourier.
- Deve soddisfare la legge di composizione di gruppo, $\mathcal{F}^\theta \mathcal{F}^\varphi = \mathcal{F}^{\theta+\varphi}$.
- Deve soddisfare il teorema di Plancherel, cioè $\int \abs{f(x_\theta)}^2 dx_\theta=\int \abs{f(x)}^2 dx$ dove $x=x_0$.
Per determinare il nucleo introduciamo gli operatori posizione e momento $\hat{x}$ e $\hat{p}$ della meccanica quantistica. Sappiamo che come operatori, $\hat{x}=x$ e $\hat{p} = -i \dv{}{x}$, cosicché $[\hat{x}, \hat{p}]=i$. Il motivo per cui ci interessano è che le loro autofunzioni sono esattamente il nucleo per $\theta=0$ e per $\theta=\pi/2$:
$$\hat{x} \delta(x-x_0) = x_0 \delta(x-x_0)\\
\hat{p} e^{ixk} = k e^{ixk}$$
Pertanto congetturiamo che il nucleo per $\theta$ generico sia l’autofunzione dell’operatore
$$\hat{x}_\theta = \hat{x}\cos{\theta}+\hat{p}\sin{\theta}$$
In altre parole,
$$\pqty{-i \sin{\theta} \dv{}{x}+x \cos{\theta}} K_\theta(x, x_\theta) = x_\theta K_\theta(x, x_\theta)$$
Non è difficile risolvere l’equazione, che dà
$$K_\theta(x, x_\theta) =C_\theta(x_\theta) \exp{\bqty{-i \frac{\cos{\theta}}{2\sin{\theta}} x^2+ i \frac{x_\theta x}{\sin{\theta}} }}\tag{*}$$
dove $C_\theta$ è una generica funzione di $x_\theta$. Possiamo determinarla utilizzando il teorema di Plancherel. Il membro sinistro è
$$\int \abs{f(x_\theta)}^2 dx_\theta=\int f(x) f(x’)^* K_\theta(x, x_\theta) K_\theta(x’, x_\theta)^* \,dx\, dx’ dx_\theta$$
Questo dev’essere uguale a $\int \abs{f(x)}^2 dx$. Perciò il nucleo deve soddisfare:
$$\int K_\theta(x, x_\theta) K_\theta(x’, x_\theta)^* dx_\theta = \delta(x-x’)\tag{1}$$
Possiamo quindi applicare la seconda condizione, la legge di composizione di gruppo, e sostituendo otteniamo
$$f_{\theta+\varphi}(x_{\theta+\varphi}) = \int K_\varphi (x_\theta, x_{\theta+\varphi}) f_\theta(x_\theta) \,d x_\theta = \int K_\theta (x, x_\theta) K_\varphi (x_\theta, x_{\theta+\varphi}) f(x) \,d x_\theta\, dx$$
Pertanto dobbiamo avere
$$K_{\theta+\varphi} (x, x_{\theta+\varphi})=\int K_\theta (x, x_\theta) K_\varphi (x_\theta, x_{\theta+\varphi}) \,d x_\theta$$
Ponendo quindi $\varphi=-\theta$ abbiamo
$$K_{0} (x, x’)=\delta(x -x’)=\int K_\theta (x, x_\theta) K_{-\theta} (x_\theta, x’) \,d x_\theta$$
Perché questa sia compatibile con la $(1)$ dobbiamo quindi avere
$$K_{-\theta} (x_\theta, x’)= K_\theta(x’, x_\theta)^*\tag{2}$$
Tornando alla $(*)$ e sostituendo nella $(2)$ otteniamo
$$C_\theta(x_\theta)^* \exp{\bqty{i \frac{\cos{\theta}}{2\sin{\theta}} (x’)^2}}=C_{-\theta}(x’) \exp{\bqty{+i \frac{\cos{\theta}}{2\sin{\theta}} x_\theta^2}}$$
Possiamo quindi spostare tutti i termini che dipendono da $x_\theta$ in un membro e tutti quelli che dipendono da $x’$ nell’altro. Pertanto i due membri sono entrambi costanti, e otteniamo
$$C_\theta(x) = C_{-\theta}(x)^* = C_\theta \exp{\bqty{-i \frac{\cos{\theta}}{2\sin{\theta}} x^2}}$$
dove $C_\theta$ è una costante. Pertanto abbiamo:
$$K_\theta(x, x_\theta) =C_\theta \exp{\bqty{-i \frac{\cos{\theta}}{2\sin{\theta}} (x^2+x_\theta^2)+ i \frac{x_\theta x}{\sin{\theta}} }}\tag{**}$$
A questo punto possiamo determinare $C_\theta$ sostituendo nella $(2)$
$$\abs{C_\theta}^2 \exp{\bqty{i \frac{\cos{\theta}}{2\sin{\theta}} ((x’)^2-x^2) }} \int \exp{\bqty{i \frac{x_\theta}{\sin{\theta}}(x-x’)}} dx_\theta = \delta(x-x’)$$
L’integrale dà precisamente una funzione $\delta$ a meno di qualche fattore, e l’esponenziale fuori dall’integrale non contribuisce in nessuna maniera perché la delta forza $x=x’$. Quindi $\abs{C_\theta}=1/\sqrt{2\pi \sin{\theta}}$, per cui $$C_\theta=\frac{1}{\sqrt{2\pi \sin{\theta}}}e^{i\delta_\theta}$$
per un qualche fattore di fase $\delta_\theta$. Pertanto:
$$K_\theta(x, x_\theta) =\frac{1}{\sqrt{2\pi \sin{\theta}}} \exp{\bqty{-i \frac{\cos{\theta}}{2\sin{\theta}} (x^2+x_\theta^2)+ i \frac{x_\theta x}{\sin{\theta}} +i \delta_\theta}}\tag{***}$$
dove $\delta_\theta$ è la fase di $C_\theta$. Dobbiamo sceglierla in maniera che la legge di composizione sia soddisfatta. Sostituendo e risolvendo l’integrale otteniamo:
$$\delta_\theta=\begin{cases}
\pi/4 & 0 \leq \theta \leq \pi\\
3\pi/4 & \pi \leq \theta \leq 2\pi\\
\end{cases}$$
Nel caso $\theta=\pi/4$ la trasformazione differisce per una fase dalla trasformazione di Fourier ordinaria, ma è solo un piccolo prezzo da pagare. Abbiamo quindi ottenuto la trasformazione di Fourier frazionaria.