Quest’articolo è ispirato da questa domanda su MathOverflow. Consideriamo una funzione $f$ definita sui reali. La sua trasformata di Fourier è data da
$$f(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-ikx} f(x)\, dx$$
La trasformata di Fourier può essere vista come un operatore $\mathcal{F}: L^2(\R) \to L^2(\R)$ che associa $\mathcal{F}: f(x) \to f(k)$. In particolare per la definizione di integrale di Lebesgue $\mathcal{F}$ è definita sulle funzioni $L^1(\R)$, ma $L^1(\R) \cap L^2(\R)$ forma un sottoinsieme denso di $L^2(\R)$. In particolare con la normalizzazione scelta è facile controllare che
$$(\mathcal{F}^2 f)(x) = f(-x)$$
e quindi applicandola due volte,
$$(\mathcal{F}^4 f)(x) = f(x) \qquad \implies \qquad \mathcal{F}^4 = \mathbb{1}$$
Ovvero l’operatore $\mathcal{F}^4$ è l’identità. Ora consideriamo l’equazione agli autovalori per $\mathcal{F}$, ovvero
$$\mathcal{F} f = \lambda f$$
Poiché come abbiamo appena visto $\mathcal{F}^4 = \mathbb{1}$, allora i possibili autovalori soddisfano $\lambda^4 =1$ e quindi sono
$$\lambda = \pm 1, \pm i$$
In particolare è anche facile costruire dei punti fissi della trasformata di Fourier, ovvero delle autofunzioni con autovalore $1$. Consideriamo una funzione $f$ arbitraria. Allora per costruzione
$$\widetilde{f} = f + \mathcal{F} f + \mathcal{F}^2 f + \mathcal{F}^3 f$$
soddisfa $\mathcal{F} \widetilde{f} = \widetilde{f}$ e quindi è un punto fisso della trasformata di Fourier. Con appropriate combinazioni lineari possiamo costruire in maniera simili anche autofunzioni con gli altri tre autovalori.
Tuttavia potrebbe essere utile anche definire in maniera più esplicita lo spazio delle autofunzioni. A tale scopo introduciamo i polinomi di Hermite
$$H_n(x) = (-1)^n e^{x^2} \dv{^n}{x^n} e^{-x^2}$$
che sono appunto dei polinomi in $x$. Sono particolarmente utili perché servono a definire le funzioni di Hermite,
$$\psi_n(x) = \frac{1}{\sqrt{2^n n! \sqrt{\pi}}} e^{-x^2/2} H_n(x)$$
Queste funzioni formano una base ortonormale dello spazio di Hilbert $L^2(\R)$, e soddisfano quindi
$$\int_{-\infty}^{\infty} \psi_n(x) \psi_m(x) = \delta_{nm}$$
I polinomi di Hermite soddisfano la relazione di generazione
$$e^{2x t -t^2} = \sum_{t=0}^\infty H_n(x) \frac{t^n}{n!}$$
E quindi chiamando $C_n = 1/ \sqrt{2^n n! \sqrt{\pi}}$ il fattore di normalizzazione, le funzioni di Hermite soddisfano una relazione simile:
$$C_n e^{-x^2/2 + 2x t -t^2} = \sum_{t=0}^\infty \psi_n(x) \frac{t^n}{n!}$$
Calcolando la trasformata di Fourier di entrambi i lati, abbiamo
$$C_n \mathcal{F} \bqty{e^{-x^2/2 + 2x t -t^2}} = \sum_{t=0}^\infty \mathcal{F}\bqty{\psi_n(x)} \frac{t^n}{n!}$$
La trasformata di Fourier del lato sinistro dell’equazione è semplicemente quella di una Gaussiana che può essere calcolata con formule standard,
$$\mathcal{F} \bqty{e^{-x^2/2 + 2x t -t^2}}(k) = e^{-k^2/2 + 2k i t + t^2}$$
Ma quest’ultima è di nuovo una funzione generatrice per i polinomi di Hermite con $t \to it$, ovvero sostituendo abbiamo
$$\sum_{t=0}^\infty \psi_n(k) \frac{(it)^n}{n!} = \sum_{t=0}^\infty \mathcal{F}\bqty{\psi_n}(k) \frac{t^n}{n!}$$
dove il fattore di $C_n$ si cancella. Perciò eguagliando i termini con lo stesso $t^n$ da entrambi i lati otteniamo
$$\mathcal{F}\bqty{\psi_n} = (i^n) \psi_n$$
Perciò le funzioni di Hermite $\psi_n$ sono autofunzioni della trasformata di Fourier con autovalore $i^n$. Abbiamo quindi trovato una base ortonormale degli autospazi della trasformata di Fourier, che messi insieme formano una base ortonormale di $L^2(\R)$. In particolare, i punti fissi della trasformata di Fourier ammettono una descrizione molto esplicita: sono combinazioni lineari arbitrarie delle $\psi_n$ con $n$ multiplo di $4$.