変数のべき乗倍のフーリエ変換

関数 $f(x), g(x), h(x)$ のフーリエ変換をそれぞれ
\begin{equation}
\hat{f} \! (q), \ \hat{g}(q), \ \hat{h}(x)
\end{equation}とします。

変数のべき乗倍のフーリエ変換
\begin{equation}
h(x) = x^n \, f(x)
\end{equation}のとき、
\begin{equation}
\hat{h}(q) = i^n \, \frac{d^n}{d q^n} \, \hat{f} \! (q)
\end{equation}

定義に従って変形させていきます。
\begin{eqnarray}
\hat{h} (q) &=& \int_{-\infty}^\infty d q \, e^{-iqx} \, h(x) \\
&=& \int_{-\infty}^\infty d q \, e^{-iqx} \, x^n \, f(x) \tag{1}
\end{eqnarray}

さて、
\begin{equation}
\frac{d^n}{d q^n} \, e^{-iqx} = (-ix)^n \, e^{-iqx}
\end{equation}ですが、両辺を $i^n$ 倍すると、
\begin{equation}
x^n \, e^{-iqx} = i \, \frac{d^n}{d q^n} \, e^{-iqx}
\end{equation}となります。これを式(1)に返すと
\begin{equation}
\hat{h} (q) = \int_{-\infty}^\infty dx \, \frac{d^n}{d q^n} \, e^{-iqx} \, f(x) \tag{2}
\end{equation}となります。

式(2)の変数 $q$ に着目すると、 $q$ の微分に関係するのは $e^{-iqx}$ のみで、他は定数扱いです。つまり、全体を $q$ の微分としても結果は変わりません。したがって、式(2)より
\begin{eqnarray}
\hat{h} (q) &=& i \, \frac{d^n}{d q^n} \int_{-\infty}^\infty dx \, e^{-iqx} \, f(x) \\
&=& i^n \, \frac{d^n}{d q^n} \, \hat{f} \! (q)
\end{eqnarray}を得ます。