Mathe für Physiker III Wintersemester 02/03 Walter Oevel 17. 2. 2003

Ü b u n g s b l a t t 15

Das Semester ist abgeschlossen ;-). Für dieses Aufgabenblatt ist keine Korrektur mehr vorgesehen.

Aufgabe 65: (Die Laplace–Transformation periodischer Funktionen.) Sei f ∈ L_{1loc}([0, ∞)) X-periodisch. Zeige, daß die Konvergenzhalbebene der Laplace–Transformation gegeben ist durch die Konvergenzabszisse α_{f} = 0 und dass in der rechten Halbebene gilt:

F (s) = L[f](s) = \frac{1}{1 − e^{−s·X}} · ∫_{0}^{X} e^{−s·x} · f(x) dx.

(Vergleiche auch den Rechengang in Aufgabe 18.i.b). Gehört die Grenzlinie ℜ(s) = α_{f} mit zum Konvergenzbereich? Offensichtlich ist durch die obige Darstellung gegebene Funktion F (s) analytisch fortsetzbar auf ganz ℂ bis auf abzählbar viele Polstellen erster Ordnung. Wo liegen diese?

Musterlösung: Betrachte

∫_{0}^{n·X} e^{−s·x} · f(x) dx = ∑_{k=0}^{n} ∫_{k·X}^{(k+1)·X} e^{−s·x} · f(x) dx

=^{(x=k·X+ξ)} ∑_{k=0}^{n} ∫_{0}^{X} e^{−s·ξ} · e^{−s·k·X} · \underbrace{f(ξ + k · X)}_{=f(ξ)} dξ

= ( ∑_{k=0}^{n} e^{−s·k·X}) · ∫_{0}^{X} e^{−s·ξ} · f(ξ) dξ = \frac{1 − e^{−n·s·X}}{1 − e^{−s·X}} · ∫_{0}^{X} e^{−s·ξ} · f(ξ) dξ.

Dies konvergiert für ℜ(s) > 0, da dann

|e^{−n·X·s}| = e^{−n·X·ℜ(s)} ⟶^{(n→∞)} 0

und divergiert für ℜ(s) < 0, dann dann

|e^{−n·X·s}| = e^{−n·X·ℜ(s)} ⟶^{(n→∞)} ∞.

Für ℜ(s) = 0 konvergiert das Integral nicht, da ∑_{k=0}^{n} e^{−k·sX} nicht konvergiert (e^{−k·s·X} = (e^{−i·X·ℑ(s)})^{k} bildet keine Nullfolge). Der Konvergenzbereich des Laplace–Integrals ist damit die offene Halbebene ℜ(s) > 0. Die Darstellung

F (s) = \frac{1}{1 − e^{−s·X}} · ∫_{0}^{X} e^{−s·x} · f(x) dx

ist offensichtlich für alle s mit 1 − e^{−s·X} ≠ 0 wohldefiniert und stellt eine analytische Funktion dar, denn

\frac{d}{ds} ∫_{0}^{X} e^{−s·ξ} · f(ξ) dξ = ∫_{0}^{X} \frac{d}{ds} e^{−s·ξ} · f(ξ) dξ = − ∫_{0}^{X} ξ · e^{−s·ξ} · f(ξ) dξ

existiert für jedes s ∈ ℂ. Die Singularitäten

1 − e^{−s·X} = 0 ⇔ s · X = 2 · π · i · k ⇔ s = \frac{2 · π · i}{X} · k

mit k ∈ ℤ liegen äquidistant auf der imaginären Achse.

Aufgabe 66: (Grenzwertsätze. Vorsicht: technisch!) Zeige, dass bei Existenz des Grenzwerts auf der linken Seite des Gleichheitszeichens gilt:

a) lim_{x→0_{+}} f(x) = lim_{s→∞} s · L[f](s), b) lim_{x→∞} f(x) = lim_{s→0_{+}} s · L[f](s).

Die Grenzwerte im Laplace–Raum sind zu verstehen als lim_{r→∞} bzw. lim_{r→0} bzw. innerhalb von

Winkelbereichen der Form s = r · e^{iϕ}, |ϕ| ≤ ϕ_{0} < π/2.

Musterlösung:

a) Nach Bemerkung 4.17 des Skripts gilt für glattes f:

s · L[f(x)](s) = s · (\frac{f(0)}{s} + \frac{f′(0)}{s^{2}} + ⋯) = f(0) + O(\frac{1}{s}).

Damit folgt die Behauptung unmittelbar (für glattes f). Hier ein strenger Beweis ohne Glattheitsvoraussetzung (es wird nur die rechtsseitige Stetigkeit von f am Nullpunkt vorausgesetzt). Sei f(0) = lim_{x→0+0} f(x). Zu jedem ϵ > 0 existiert ein δ_{ϵ} > 0 mit |f(x) − f(0)| < ϵ

für alle x ∈ [0, δ_{ϵ}). Sei s = r · e^{iϕ} mit |ϕ| ≤ ϕ_{0} < π/2. Mit ∫_{0}^{∞} s · e^{−s·x}dx = 1 (für ℜ(s) > 0) hat man:

|s · F[f](s) − f_{0}| = |s · ∫_{0}^{∞} e^{−s·x} · (f(x) − f_{0}) dx| ≤ |s| · ∫_{0}^{∞} |e^{−s·x}| · |f(x) − f_{0}| dx

≤ |s| · ∫_{0}^{δ_{ϵ}} |e^{−s·x}| · \underbrace{|f(x) − f_{0}|}_{<ϵ} dx + |s| · ∫_{δ_{ϵ}}^{∞} |e^{−s·x}| · |f(x) − f_{0}| dx

≤ ϵ · |s| · ∫_{0}^{δ_{ϵ}} e^{−ℜ(s)·x} dx + |s| · ∫_{δ_{ϵ}}^{∞} e^{−ℜ(s)·x} · |f(x) − f_{0}| dx.

Mit |s| = ℜ(s)/ cos(ϕ) ≤ ℜ(s)/ cos(ϕ_{0}):

|s · F[f](s) − f_{0}| ≤ \frac{ϵ}{cos(ϕ_{0})} · \underbrace{∫_{0}^{δ_{ϵ}} ℜ(s) · e^{−ℜ(s)·x} dx}_{=1−e^{−ℜ(s)·δϵ} ≤1} +\frac{ℜ(s)}{cos(ϕ_{0})} · ∫_{δ_{ϵ}}^{∞} \underbrace{e^{−ℜ(s)·x/2}}_{≤e^{−ℜ(s)·δϵ/2}} ·e^{−ℜ(s)·x/2} · |f(x) − f_{0}| dx

≤ \frac{ϵ}{cos(ϕ_{0})} + \frac{ℜ(s) · e^{−ℜ(s)·δ_{ϵ}/2}}{cos(ϕ_{0})} · ∫_{δ_{ϵ}}^{∞} e^{−ℜ(s)·x/2} · |f(x) − f_{0}| dx.

Wir können ℜ(s) > 2 · α_{f} (mit der Konvergenzabszisse α_{f} von f) voraussetzen, denn wir sind nur am Grenzwert ℜ(s) → ∞ interessiert. Für solch ein s existiert das verbleibende obige Integral. Der Vorfaktor ℜ(s) · e^{−ℜ(s)·δ_{ϵ}} konvergiert gegen 0, d.h., der zweite Summand wird beliebig klein, wenn wir nur ℜ(s) hinreichend groß wählen. Damit existiert zu jedem ϵ > 0 einen Bereich für ℜ(s), so dass

|s · F[f](s) − f_{0}| ≤ \frac{ϵ}{cos(ϕ_{0})} + \frac{ϵ}{cos(ϕ_{0})} = \frac{2 · ϵ}{cos(ϕ_{0})}

gilt. Dies ist genau die Aussage lim_{s→∞} s · L[f](s) = f(0) (auf einem Winkelbereich |ϕ| = | arg(s)| ≤ ϕ_{0} < π/2).

b) Sei f ∈ L_{1loc}([0, ∞)) und es existiere f_{∞} = lim_{x→∞} f(x). Für endliches K existiert das Integral

∫_{0}^{K} e^{−s·x} · f(x) dx

für jedes s ∈ ℂ. Für das Restintegral gilt für ℜ(s) > 0

| ∫_{K}^{∞} e^{−s·x} · f(x) dx| ≤ ∫_{K}^{∞} e^{−ℜ(s)·x} · |f(x)| dx < ∞,

da wegen des Existenz von f_{∞} die Funkion f(x) für x ∈ [K, ∞) bei hinreichend großem K beschränkt ist. Damit ist die Konvergenzabszisse α_{f} des Laplace–Intgrals für Funktionen, die für x → ∞ gegen einen endlichen Grenzwert laufen, sicherlich ≤ 0. Wir betrachten im Folgenden nur noch Werte von s mit ℜ(s) > 0 ≥ α_{f}, die also sicherlich in der Konvergenzhalbebene der Laplace–Transformierten liegen. Zu jedem ϵ > 0 existiert ein K_{ϵ} > 0, so dass |f(x) − f_{∞}| < ϵ gilt für alle x > K_{ϵ}. Mit ∫_{0}^{∞} s · e^{−s·x}dx = 1 (für ℜ(s) > 0) gilt:

|s · F[f](s) − f_{∞}| = |s · ∫_{0}^{∞} e^{−s·x} · (f(x) − f_{∞}) dx| ≤ |s| · ∫_{0}^{∞} |e^{−s·x}| · |f(x) − f_{∞}| dx

≤ |s| · ∫_{0}^{K_{ϵ}} |e^{−s·x}| · |f(x) − f_{∞}| dx + |s| · ∫_{K_{ϵ}}^{∞} |e^{−s·x}| · \underbrace{|f(x) − f_{0}|}_{<ϵ} dx

≤ |s| · ∫_{0}^{K_{ϵ}} e^{−ℜ(s)·x} · |f(x) − f_{∞}| dx + ϵ · |s| · ∫_{K_{ϵ}}^{∞} e^{−ℜ(s)·x} dx.

Mit |s| = ℜ(s)/ cos(ϕ) ≤ ℜ(s)/ cos(ϕ_{0}):

|s · F[f](s) − f_{∞}| ≤ \frac{ℜ(s)}{cos(ϕ_{0})} · ∫_{0}^{K_{ϵ}} \underbrace{e^{−ℜ(s)·x}}_{≤1} ·|f(x) − f_{∞}| dx + \frac{ϵ}{cos(ϕ_{0})} · \underbrace{ℜ(s) · ∫_{K_{ϵ}}^{∞} e^{−ℜ(s)·x} · dx}_{e^{−ℜ(s)·Kϵ} ≤1}

≤ \frac{ℜ(s)}{cos(ϕ_{0})} · ∫_{0}^{K_{ϵ}} |f(x) − f_{∞}| dx + \frac{ϵ}{cos(ϕ_{0})}·

Durch hinreichend kleines ℜ(s) unterschreitet der erste Term jede noch so kleine positive Schranke. Man kann damit ℜ(s) > 0 so klein wählen, dass

|s · F[f](s) − f_{∞}| ≤ \frac{ϵ}{cos(ϕ_{0})} + \frac{ϵ}{cos(ϕ_{0})} = \frac{2 · ϵ}{cos(ϕ_{0})}

gilt. Dies ist genau die Aussage lim_{s→0+0} s · L[f](s) = f_{∞} (auf einem Winkelbereich |ϕ| = | arg(s)| ≤ ϕ_{0} < π/2).

Aufgabe 67: (Eine einfache Laplace–Transformation)

a) Für 0 < α ∈ ℝ definiere die ”Gamma-Funktion“

Γ(α) = ∫_{0}^{∞} x^{α−1} · e^{−x} dx.

Zeige, dass die Funktionalgleichung Γ(α + 1) = α · Γ(α) gilt und folgere Γ(n + 1) = n! für n ∈ ℕ.

b) Zeige für −1 < α ∈ ℝ und ℜ(s) > 0: L[x^{α}](s) = \frac{Γ(α + 1)}{s^{α+1}}.

Musterlösung:

a) Partielle Integration:

Γ(α + 1) = ∫_{0}^{∞} \underbrace{x^{α}}_{u(x)} · \underbrace{e^{−x}}_{v′(x)} dx = [ \underbrace{x^{α}}_{u(x)} · \underbrace{(−e^{−x})}_{v(x)} ]_{x=0}^{x=∞} − ∫_{0}^{∞} \underbrace{α · x^{α−1}}_{u′(x)} · \underbrace{(−e^{−x})}_{v(x)} dx

= α · ∫_{0}^{∞} x^{α−1} · e^{−x} dx = α · Γ(α).

Mit Γ(1) = ∫_{0}^{∞} e^{−x} dx = 1 folgt für n ∈ ℕ:

Γ(n + 1) = n · Γ(n) = n · (n − 1) · Γ(n − 1) = … = n · (n − 1) · (n − 2) · . . . · 1 · Γ(1) = n!.

b) Wir haben zunächst zu definieren, was s^{α} für s ∈ ℂ bedeuten soll. Dies geschieht wieder über Polarkoordinaten s = r · e^{i·ϕ}, ϕ ∈ (−π, π]. Wir definieren:

(r · e^{i·ϕ})^{α} = r^{α} · e^{i·ϕ/α}.

Offensichtlich ist diese Funktion stetig (und auch analytisch) für alle s ∈ ℂ außer an denjenigen Stellen, wo die Polarkoordinaten springen, also ϕ = ±π, d.h., für s auf der negativen reellen Halbachse. Wir betrachten im Folgenden nur s ∈ ℂ mit ℜ(s) > 0. In der rechten Halbebene ist s^{α} für jedes α ∈ ℝ eine analytische Funktion.

Wir interpretieren zunächst das Laplace–Integral L[x^{α}](s) mit komplexem s in der rechten Halbebene als komplexes Kurvenintegral

L[x^{α}](s) = ∫_{0}^{∞} x^{α} · e^{−s·x} dx = \frac{1}{s^{α}} · ∫_{0}^{∞}(s · x)^{α} · e^{−s·x} dx

= \frac{1}{s^{α+1}} · ∫_{0}^{∞}(s · x)^{α} · e^{−s·x} · s dx = \frac{1}{s^{α+1}} · ∫_{Γ} z^{α} · e^{−z} dz

längs des Wegs z(x) = s · x, x ∈ [0, ∞) (also eine Halbgerade vom Nullpunkt aus durch den Punkt s ∈ ℂ). Es verbleibt, das komplexe Kurvenintegral ∫_{Γ} z^{α} · e^{−z} dz als reelles Inegral ∫_{0}^{∞} x^{α} · e^{−x} dx zu interpretieren, das nach Definition Γ(α + 1) darstellt. Da der Integrand z^{α} · e^{−z} in der rechten Halbebene analytisch ist, können wir den Weg zur positiven reellen Achse hin deformieren:

S_{R} Γ_{R}RR s arg(s)

Längs des Kreissegments S_{R} (mit Radius R) gilt die Abschätzung:

|∫_{S_{R}} z^{α} · e^{−z} dz| =^{(z=R·e^{i·ϕ})} |∫_{0}^{arg(s)} R^{α} · e^{−R·cos(ϕ)−i·R·sin(ϕ)} · R dϕ|

≤ R^{α+1} · ∫_{0}^{arg(s)} e^{−R·cos(ϕ)} dϕ ≤ R^{α+1} · e^{−R·cos(arg(s)}) · arg(s) ⟶^{R→∞} 0.

Also:

∫_{Γ} z^{α} e^{−z} ds = lim_{R→∞} ∫_{Γ_{R}} z^{α} e^{−z} ds = ∫_{0}^{∞} x^{α} · e^{−x} dx = Γ(α + 1).

Es folgt

L[x^{α}](s) = \frac{Γ(α + 1)}{s^{α+1}}.

Aufgabe 68: (Laplace–Transformation als Methode zur Lösung von DGLen)

a) Löse die DGL

4 · x · f′′(x) + 2 · f′(x) + f(x) = 0

mit der Anfangsbedingung f(0) = 0.

Anleitung: Die Laplace–Transformierte der Lösung ist L[f](s) = const · e^{−1/(4·s)}/s^{3/2}. Das Urbild ergibt sich z.B. durch Nachschlagen in Tabellen zu

f(x) = const · \frac{2}{\sqrt{π}} · sin(\sqrt{x} ).

b) Löse das Differentialgleichungssystem

f′(x) + g′(x) = 1, g′(x) + g(x) = f′(x) − f(x)

mit gegebenen Anfangsbedingungen f(0) und g(0) durch Laplace–Transformation.

Musterlösung:

a) Mit F = L[f(x)] und

L[x · f′′(x)](s) = −\frac{d}{ds} L[f′′(x)](s) = −\frac{d}{ds} (s^{2} · L[f(x)](s) − s · f(0) − f′(0)

= −s^{2} · \frac{d}{ds} F (s) − 2 · s · F (s) + f(0)

und

L[f′(x)](s) = s · L[f(x)](s) − f(0) = s · F (s) − f(0)

entsteht durch Laplace–Transformation der DGL zweiter Ordnung (in x) eine DGL erster Ordnung (in s):

\underbrace{−4 · s^{2} · \frac{d}{ds} F (s) − 8 · s · F (s)}_{4·L[x·f′′(x)](s)} + \underbrace{2 · s · F (s)}_{2·L[f′(x)](s)} + F (s) = 0.

Diese DGL

\frac{d}{ds} F (s) = (\frac{1}{4 · s^{2}} − \frac{3}{2 · s}) · F (s)

kann durch Separation leicht gelöst werden:

\frac{dF}{F} = (\frac{1}{4 · s^{2}} − \frac{3}{2 · s}) ds ⇒ ln(F) = −\frac{1}{4 · s} − \frac{3}{2} · ln(s) + const

⇒ F (s) = const · \frac{1}{s^{3/2}} · e^{− \frac{1}{4·s}} .

Man findet in Tabellen:

L^{−1}[\frac{e^{−α/s}}{s^{3/2}} ](x) = \frac{sin(2 · \sqrt{α · x})}{\sqrt{π · a}}.

Mit a = 1/4 folgt die Lösung

f(x) = const · \frac{2}{\sqrt{π}} · sin(\sqrt{x} ).

b) Durch Laplace–Transformation ensteht aus den DGLen das System linearer Gleichungen

s · F − f(0) + s · G − g(0) = \frac{1}{s}, s · G − G(0) + G = s · F − f(0) − F

für F = L[f], G = L[g]. Die Lösung ist

( \begin{matrix}s & s \\ s + 1 & 1 − s \end{matrix} ) ( \begin{matrix}F \\ S \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}\frac{1}{s} + f(0) + g(0) \\ g(0) − f(0) \end{matrix} )

⇒ ( \begin{matrix}F (s) \\ G(s) \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}\frac{g(0)}{s} + \frac{1 − f(0) − g(0)}{2 · s^{2}} − \frac{1}{2 · s^{3}} \\ \frac{f(0)}{s} + \frac{1 + f(0) + g(0)}{2 · s^{2}} + \frac{1}{2 · s^{3}} \end{matrix} ) .

Mit L^{−1}[1/s](x) = 1, L^{−1}[1/s^{2}](x) = x, L^{−1}[1/s^{3}](x) = x^{2}/2 erhält man die Lösung

f(x) = f(0) + \frac{1 + f(0) + g(0)}{2} · x + \frac{1}{4} · x^{2}, g(x) = g(0) + \frac{1 − f(0) − g(0)}{2} · x − \frac{1}{4} · x^{2}.

Aufgabe 70: (Inhomogene DGLen) Betrachte das inhomogene Anfangswertproblem

y′′(x) + 2 · y′(x) + y(x) = h(x), y(0) = y′(0) = 0.

Leite mittels Laplace–Transformation die Lösungsformel y(x) = ∫_{0}^{x}(x − ξ) · e^{ξ−x} · h(ξ) dξ her.

Musterlösung: Durch Laplace–Transformation wird aus der DGL die Gleichung

s^{2} · F (s) + 2 · s · F (s) + F (s) = L[h](s) ⇒ F (s) = \frac{L[h](s)}{(s + 1)^{2}}

für F (s) = L[y](s). Aus unseren Rechenregeln/Tabellen entnimmt man L[\frac{1}{(s + 1)^{2}} ] = x · e^{−x}, also:

y(x) = L^{−1}[L[x · e^{−x}] · L[h(x)](s)](x).

Das Produkt der Laplace–Funktionen entspricht einer Faltung der Funktionen g(x) = x · e^{−x} und h(x) im Ortsraum:

y(x) = (g ⊗ h)(x) = ∫_{0}^{x} g(x − ξ) · h(ξ) dξ = ∫_{0}^{x}(x − ξ) · e^{ξ−x} · h(ξ) dξ.

Aufgabe 71: (Eine einfache Differential–Differenzengleichung) Finde eine kompakte Reihendarstellung der Lösung der ”Funktionalgleichung“

\frac{d}{dx} f(x) + f(x − 1) = x^{2}

mit f(x) = 0 für x ≤ 0. Anleitung: Die Laplace–Transformierte der Lösung ergibt sich unmittelbar als

L[f(x)](s) = \frac{2}{s^{3}} · \frac{1}{s + e^{−s}} = 2 · ∑_{k=0}^{∞}(−1)^{k} · \frac{e^{−k·s}}{s^{k+4}} .

Jeder Summand läßt sich über die Rechenregeln der Laplace–Transformation leicht zurücktransformieren.

Musterlösung:

a) Stückweise Konstruktion: Zunächst eine ohne Laplace–Transformation stückweise konstruierte Lösung von

\frac{d}{dx} f(x) = x^{2} − f(x − 1), f(x) = 0 ∀ x ≤ 0.

Beachte, daß für 0 ≤ x ≤ 1 die rechte Seite mit f(x − 1) = 0 bekannt ist. Also ist f(x) auf diesem Intervall als Lösung von \frac{d}{dx} f(x) = x^{2} gegeben. Für 1 ≤ x ≤ 2 ist dann f(x − 1) bekannt, und f(x) ist auf dem neuen Intervall durch Integration zu bestimmen. Usw.:

x ∈ [0, 1] : f′(x) = x^{2}  ⇒ f(x) = \frac{x^{3}}{3} ,
x ∈ [1, 2] : f′(x) = x^{2} − \frac{(x − 1)^{3}}{3}  ⇒ f(x) = \frac{x^{3}}{3} − \frac{(x − 1)^{4}}{12} ,
x ∈ [2, 3] : f′(x) = x^{2} − \frac{(x − 1)^{3}}{3} + \frac{(x − 2)^{4}}{12} ⇒ f(x) = \frac{x^{3}}{3} − \frac{(x − 1)^{4}}{12} + \frac{(x − 2)^{5}}{60} ,

usw.

Die Integrationskonstanten wurden dabei so gewählt, dass f(x) an den Intervallgrenzen stetig ist.

b) Konstruktion per Laplace–Transformation: Laplace–Transformation der Gleichung liefert mit L[x^{2}](s) = 2/s^{3}:

L[f′(x)](s) + L[f(x − 1)](s) = \frac{2}{s^{3}} .

Mit F[f′(x)](s) = s · F[f(x)](s) − f(0) = s · F[f(x)](s) und F[f(x − 1)] = e^{−s} · F[f(x)](s) entsteht im Laplace–Raum die Gleichung

s · L[f](s) + e^{−s} · L[f](s) = \frac{2}{s^{3}}

mit der Lösung

L[f(x)](s) = \frac{1}{s + e^{−s}} · \frac{2}{s^{3}} = \frac{2}{s^{4}} · \frac{1}{1 − (−\frac{e^{−s}}{s})} = \frac{2}{s^{4}} · ∑_{k=0}^{∞} \frac{(−1)^{k} · e^{−k·s}}{s^{k}} = 2 · ∑_{k=0}^{∞} \frac{(−1)^{k} · e^{−k·s}}{s^{k+4}} .

Die Entwicklung in eine geometrische Reihe ist dabei für hinreichend großes s (mit |e^{−s}/s| < 1) möglich. Mit unseren Tabellen findet man:

L^{−1}[\frac{e^{−k·s}}{s^{k+4}} ](x) = \{ \begin{matrix}\frac{(x − k)^{k+3}}{(k + 3)!} & für x ≥ n, \\ 0 & für x < n. \end{matrix}

Damit ergibt sich die Lösung als die Reihe

f(x) = 2 · ∑_{k=0}^{⌊x⌋} \frac{(−1)^{k} · (x − k)^{k+1}}{(k + 3)!} ,

wobei ⌊x⌋ die übliche Gauss–Klammer (= die größte ganze Zahl ≤ x) ist.