Mathe für Physiker III Wintersemester 02/03 Walter Oevel 2. 12. 2002

Ü b u n g s b l a t t 7

Abgabe von ∗ Aufgaben bis zum 9.12.2002, 11^{oo} Uhr, im Zettelkasten auf dem D1.

Aufgabe 27*: (2-dimensionale Fourier–Reihen. 10 Bonuspunkte) Die Auslenkung u(x, y, t) einer am Rand des Quadrates [0, L]×[0, L] eingespannten Membran ist bestimmt durch die Schwingungsgleichung u_{tt} = c^{2} · (u_{xx} + u_{yy}), wobei c eine positive Konstante ist, welche durch das Membranmaterial und die mechanische Spannung bestimmt wird.

a) Löse die Schwingungsgleichung analog zu Aufgabe 26 unter den Randbedingungen

u(0, y, t) = 0, u(L, y, t) = 0, u(x, 0, t) = 0, u(x, L, t) = 0

mit vorgegebenen Anfangsbedingungen u_{0} und u̇_{0}:

u(x, y, t = 0) = u_{0}(x, y), u_{t}(x, y, 0) = u̇_{0}(x, y).

Ansatz:

u(x, y, t) = ∑_{k_{1}=1}^{∞} ∑_{k_{2}=1}^{∞} b_{k_{1}k_{2}}(t) · sin (\frac{π · k_{1} · x}{L}) · sin (\frac{π · k_{2} · y}{L} ).

b) Bestimme die Grundfrequenz und die möglichen Oberfrequenzen der von einem quadratischen Trommelfell erzeugten Töne. Warum klingt eine Trommel weniger harmonisch als ein Saiteninstrument?

c) Bestimme die Lösung zur Anfangsbedingung u_{0}(x, y) = x · (x − L) · y · (y − L)/L^{3} und u̇_{0}(x, y) = 0.

Musterlösung:

a) Der Ansatz

u(x, y, t) = ∑_{k_{1}=1}^{∞} ∑_{k_{2}=1}^{∞} b_{k_{1}k_{2}}(t) · sin (\frac{π · k_{1} · x}{L}) · sin (\frac{π · k_{2} · y}{L} )

erfüllt automatisch die Randbedingungen. Einsetzen in die Wellengleichung liefert die DGL

\frac{d^{2}}{dt^{2}} b_{k_{1}k_{2}}(t) = − \frac{c^{2} · π^{2}}{L^{2}} · (k_{1}^{2} + k_{2}^{2}) · b_{k_{1}k_{2}}(t)

mit der Lösung

b_{k_{1}k_{2}}(t) = b_{k_{1}k_{2}}(0) · cos(ω_{k_{1}k_{2}} · t) + \frac{ḃ_{k_{1}k_{2}}(0)}{ω_{k_{1}k_{2}}} · sin(ω_{k_{1}k_{2}} · t).

Die (Zeit–)Frequenzen ω_{k_{1}k_{2}} sind dabei durch

ω_{k_{1}k_{2}} = \sqrt{\frac{c^{2} · π^{2}}{L^{2}} · (k_{1}^{2} + k_{2}^{2})} = \frac{c · π}{L} · \sqrt{k_{1}^{2} + k_{2}^{2}}, k_{1}, k_{2} ∈ ℕ

gegeben. Mit der Lösung

u(x, y, t) = ∑_{k_{1}=1}^{∞} ∑_{k_{2}=1}^{∞} b_{k_{1}k_{2}}(0) · cos(ω_{k_{1}k_{2}} · t) · sin (\frac{π · k_{1} · x}{L}) · sin (\frac{π · k_{2} · y}{L} )

+ ∑_{k_{1}=1}^{∞} ∑_{k_{2}=1}^{∞} \frac{ḃ_{k_{1}k_{2}}(0)}{ω_{k_{1}k_{2}}} · sin(ω_{k_{1}k_{2}} · t) · sin (\frac{π · k_{1} · x}{L}) · sin (\frac{π · k_{2} · y}{L} )

stellen sich

b_{k_{1}k_{2}}(0) = \frac{4}{L^{2}} · ∫_{0}^{L} ∫_{0}^{L} u_{0}(x, y) · sin (\frac{k_{1} · π · x}{L}) · sin (\frac{k_{2} · π · y}{L} ) dx dy

bzw.

ḃ_{k_{1}k_{2}}(0) = \frac{4}{L^{2}} · ∫_{0}^{L} ∫_{0}^{L} u̇_{0}(x, y) · sin (\frac{k_{1} · π · x}{L}) · sin (\frac{k_{2} · π · y}{L} ) dx dy

als die Fourier–Koeffizienten der Anfangsbedingungen u_{0}(x, y) bzw. u̇_{0}(x, y) heraus. Man stelle sich dazu die Anfansbedingungen jeweils ungerade auf das Gebiet ([−L, L] × [0, L]) ∪ ([0, L] × [−L, L]) fortgesetzt vor: u_{0}(−x, y) = −u_{0}(x, y), u_{0}(x, −y) = −u_{0}(x, y).

b) Die von der Trommel erzeugten Töne (Frequenzen) sind

ω_{k_{1}k_{2}} = \frac{c · π}{L} · \sqrt{k_{1}^{2} + k_{2}^{2}}, k_{1}, k_{2} ∈ ℕ.

Die Grundfrequenz ist

ω_{0} = ω_{11} = \frac{c · π · \sqrt{2}}{L},

die ersten Oberfrequenzen sind

ω_{12} = ω_{21} = \frac{c · π}{L} · \sqrt{5} = \sqrt{\frac{5}{2}} · ω_{0} ≈ 1.58 · ω_{0},

ω_{22} = \frac{c · π}{L} · \sqrt{8} = 2 · ω_{0},
ω_{13} = ω_{31} = \frac{c · π}{L} · \sqrt{10} = \sqrt{5} · ω_{0} ≈ 2.24 · ω_{0},

ω_{23} = ω_{32} = \frac{c · π}{L} · \sqrt{13} = \sqrt{\frac{13}{2}} · ω_{0} ≈ 2.55 · ω_{0},

ω_{14} = ω_{41} = \frac{c · π}{L} · \sqrt{17} = \sqrt{\frac{17}{2}} · ω_{0} ≈ 2.92 · ω_{0},

ω_{33} = ω_{33} = \frac{c · π}{L} · \sqrt{18} = 3 · ω_{0}

usw. Also: neben den ganzzahligen Vielfachen der Grundfrequenz gibt es noch weitere Töne, die nicht harmonisch zum Grundton liegen (harmonisch = ganzzahlig vielfache Frequenz). Dies ist der Grund, warum Trommeln weniger harmonisch als Saiteninstrumente klingen.

c) Für die Anfangsbedingung u_{0}(x, y) = x·(x−L)·y·(y−L)/L^{3} berechnet man die Fourier–Koeffizienten

b_{k_{1}k_{2}}(0) = \frac{4}{L^{2}} · ∫_{0}^{L} ∫_{0}^{L} u_{0}(x, y) · sin (\frac{k_{1} · π · x}{L}) · sin (\frac{k_{2} · π · y}{L} ) dx dy

= \frac{4}{L^{2}} · \frac{1}{L^{3}} · ( ∫_{0}^{L} x · (x − L) · sin (\frac{k_{1} · π · x}{L}) dx) · ( ∫_{0}^{L} y · (y − L) · sin (\frac{k_{2} · π · y}{L} ) dy)

= \frac{4}{L^{5}} · \frac{2 · L^{3}}{π^{3}} · \frac{(−1)^{k_{1}} − 1}{k_{1}^{3}} · \frac{2 · L^{3}}{π^{3}} · \frac{(−1)^{k_{2}} − 1}{k_{1}^{3}} = \frac{16 · L}{π^{6}} · \frac{(1 − (−1)^{k_{1}}) · (1 − (−1)^{k_{2}})}{k_{1}^{3} · k_{2}^{3}}

bzw.

ḃ_{k_{1}k_{2}}(0) = \frac{4}{L^{2}} · ∫_{0}^{L} ∫_{0}^{L} u̇_{0}(x, y) · sin (\frac{k_{1} · π · x}{L}) · sin (\frac{k_{2} · π · y}{L} ) dx dy = 0.

Die Lösung ist also

u(x, y, t) = \frac{64 · L}{π^{6}} · ∑_{k_{1}=1,3,5,...} ∑_{k_{2}=1,3,5,...} \frac{cos(ω_{k_{1}k_{2}} · t)}{k_{1}^{3} · k_{2}^{3}} · sin (\frac{π · k_{1} · x}{L}) · sin (\frac{π · k_{2} · y}{L} ).

Die geraden Indizies k_{1}, k_{2} sind nicht beteiligt, das Klangspektrum ist damit gegeben durch die Frequenzen

ω_{0} = ω_{11} =  ω_{0},  Amplitude = 1,
ω_{31} = ω_{13} = \sqrt{5} · ω_{0}, Amplitude = \frac{1}{27},
ω_{33}  = 3 · ω_{0}, Amplitude = \frac{1}{27·27},
ω_{51} = ω_{15} = \sqrt{13} · ω_{0}, Amplitude = \frac{1}{125},
ω_{53} = ω_{35} = \sqrt{17} · ω_{0}, Amplitude = \frac{1}{125·27},
ω_{55}  = 5 · ω_{0}, Amplitude = \frac{1}{125·125}

(mit den Amplituden \frac{|±1|}{k_{1}^{3}·k_{2}^{3}} , die in der Mitte des Gebiets, also für x = y = L/2, erzeugt werden).

Aufgabe 28*: (Ortsverschiebung und Frequenzverschiebung. 10 Bonuspunkte) Sei f ∈ L_{1}(ℝ) und f̂ = F[f].

a) Zeige für g(x) = f(x − x_{0}): F[g](k) = e^{−i·k·x_{0}} · f̂(k).

b) Zeige für g(x) = e^{i·k_{0}·x} · f(x): F[g](k) = f̂(k − k_{0}).

Musterlösung: a)

F[g](k) = \frac{1}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{−∞}^{∞} f(x − x_{0}) · e^{−i·k·x} dx = \frac{1}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{−∞}^{∞} f(x − x_{0}) · e^{−i·k·(x−x_{0})} dx · e^{−i·k·x_{0}}

=^{(y=x−x_{0})}= \frac{1}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{−∞}^{∞} f(y) · e^{−i·k·y} dy · e^{−i·k·x_{0}} = F[f](k) · e^{−i·k·x_{0}}.

b)

F[g](k) = \frac{1}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{−∞}^{∞} e^{i·k_{0}·x} · f(x) · e^{−i·k·x} dx = \frac{1}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{−∞}^{∞} f(x) · e^{−i·(k−k_{0})·x} dx = F[f](k − k_{0}).

Aufgabe 29*: (Sinus– und Cosinus–Transformation. 10 Bonuspunkte)

a) Sei f eine gerade bzw. ungerade L_{1}–Funktion. Zeige

f̂(k) = F[f](k) = \sqrt{\frac{2}{π}} · ∫_{0}^{∞} f(x) · cos(k · x) dx

bzw.

i · f̂(k) = i · F[f](k) = \sqrt{\frac{2}{π}} · ∫_{0}^{∞} f(x) · sin(k · x) dx.

Zeige, dass die Rücktransformation sich durch

F^{−1}[f̂](x) = \sqrt{\frac{2}{π}} · ∫_{0}^{∞} f̂(k) · cos(k · x) dk

bzw.

F^{−1}[f̂](x) = \sqrt{\frac{2}{π}} · ∫_{0}^{∞}(i · f̂(k)) · sin(k · x) dk

ergibt.

b) Sei f ∈ L_{1}(ℝ) stetig und f̂ = F[f] ∈ L_{1}(ℝ). Zerlege f mittels f(x) = \frac{f(x)+f(−x)}{2} +

\frac{f(x)−f(−x)}{2} in einen geraden und einen ungeraden Anteil und zeige:

f(x) = \frac{1}{π} · ∫_{0}^{∞} cos(k · x) · ( ∫_{−∞}^{∞} f(ξ) · cos(k · ξ) dξ) dk

+ \frac{1}{π} · ∫_{0}^{∞} sin(k · x) · ( ∫_{−∞}^{∞} f(ξ) · sin(k · ξ) dξ) dk

= \frac{1}{π} · ∫_{0}^{∞} ( ∫_{−∞}^{∞} f(ξ) · cos(k · (x − ξ)) dξ) dk.

Musterlösung:

a) Sei f gerade/ungerade: f(−x) = ±f(x):

f̂(k) = F[f](k) = \frac{1}{\sqrt{2 · π}} · ( ∫_{−∞}^{0} f(x) · e^{−i·k·x} dx + ∫_{0}^{∞} f(x) · e^{−i·k·x} dx)

=^{(y=−x)} \frac{1}{\sqrt{2 · π}} · ( ∫_{0}^{∞} f(−y) · e^{i·k·y} dy + ∫_{0}^{∞} f(x) · e^{−i·k·x} dx)

= \frac{1}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{0}^{∞} f(x) · ( ± e^{i·k·x} + e^{−i·k·x}) dx.

Für gerade Funktionen folgt:  f̂(k) = \frac{2}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{0}^{∞} f(x) · cos(k · x) dx.

Für ungerade Funktionen folgt: f̂(k) = \frac{2}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{0}^{∞} f(x) · (−i) · sin(k · x) dx.

Zu den Umkehrformeln: beachte, dass mit den obigen Formel f̂ für gerades/ungerades f automatisch wieder gerade/ungerade ist. Analog zu oben folgt damit

F^{−1}[f̂](x) = \frac{1}{\sqrt{2 · π}} · ( ∫_{−∞}^{0} f̂(k) · e^{i·k·x} dk + ∫_{0}^{∞} f̂(k) · e^{i·k·x} dk)

=^{(κ=−k)} \frac{1}{\sqrt{2 · π}} · ( ∫_{0}^{∞} f̂(−κ) · e^{−i·κ·x} dκ + ∫_{0}^{∞} f̂(k) · e^{i·k·x} dk)

= \frac{1}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{0}^{∞} f̂(k) · (e^{i·k·x} ± e^{−i·k·x}) dk.

Für gerade Funktionen folgt: F^{−1}[f̂](x) = \frac{2}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{0}^{∞} f̂(k) · cos(k · x) dk.

Für ungerade Funktionen folgt: F^{−1}[f̂](x) = \frac{2}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{0}^{∞} f̂(k) · i · sin(k · x) dk.

b) Setze f_{g}(x) = (f(x) + f(−x))/2, f_{u}(x) = (f(x) − f(−x))/2. Es gilt

F[f](k) = F[f_{g} + f_{u}](k) = F[f_{g}](k) + F[f_{u}](k)

=^{a)} \underbrace{\frac{2}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{0}^{∞} f_{g}(x) · cos(k · x) dx}_{f̂_{g}(k)} + \underbrace{\frac{1}{i} · \frac{2}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{0}^{∞} f_{u}(x) · sin(k · x) dx.}_{f̂_{u}(k)}

Da sowohl f als auch f̂ = F[f] in L_{1}(ℝ) liegen sollen und f stetig ist, ist f überall durch die Rücktransformation darstellbar:

f(x) = F^{−1}[f̂](x) = F^{−1}[f̂_{g}](x) + F^{−1}[f̂_{u}](x)

= \frac{2}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{0}^{∞} f̂_{g}(k) · cos(k · x) dk + \frac{2}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{0}^{∞}(i · f̂_{u}(k)) · sin(k · x) dk.

Mit

f̂_{g}(k) = \frac{2}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{0}^{∞}f_{g}(x) · cos(k · x) dx = \frac{1}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{−∞}^{∞}f_{g}(x) · cos(k · x) dx

= \frac{1}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{−∞}^{∞}(f(x) − \underbrace{f_{u}(x)) · cos(k · x)}_{ungerade bzgl. x} dx = \frac{1}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{−∞}^{∞}f(x) · cos(k · x) dx

und

f̂_{u}(k) = \frac{2}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{0}^{∞} \frac{1}{i} · f_{u}(x) · sin(k · x) dx = \frac{1}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{−∞}^{∞} \frac{1}{i} · f_{u}(x) · sin(k · x) dx

= \frac{1}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{−∞}^{∞} \frac{1}{i} · (f(x) − \underbrace{f_{g}(x)) · sin(k · x)}_{ungerade bzgl. x} dx = \frac{1}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{−∞}^{∞} \frac{1}{i} · f(x) · sin(k · x) dx

folgt

f(x) = \frac{2}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{0}^{∞} (\frac{1}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{−∞}^{∞} f(ξ) · cos(k · ξ) dξ) · cos(k · x) dk

+ \frac{2}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{0}^{∞} i · (\frac{1}{i} · \frac{1}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{−∞}^{∞} f(ξ) · sin(k · ξ) dξ) · sin(k · x) dk

= \frac{1}{π} · ∫_{0}^{∞} ∫_{−∞}^{∞} f(ξ) · ( cos(k · ξ) · cos(k · x) + sin(k · ξ) · sin(k · x)) dξ dk

= \frac{1}{π} · ∫_{0}^{∞} ( ∫_{−∞}^{∞} f(ξ) · cos(k · (x − ξ)) dξ) dk.

Aufgabe 30*: (Shannons Abtasttheorem. 10 Bonuspunkte) Sei f ∈ L_{1}(ℝ) und stetig. Die Fourier–Transformierte f̂ = F[f] sei stückweise glatt und habe einen ”beschränkten Träger“: es gelte f̂(k) = 0 für alle Frequenzen k mit |k| > K_{0}. Zeige: für jedes K ≥ K_{0} kann die Funktion f aus den diskreten Werten f(j · π/K) mit j ∈ ℤ rekonstruiert werden:

f(x) = ∑_{j∈ℤ} f(\frac{j · π}{K} ) · \frac{sin(K · x − j · π)}{K · x − j · π} ∀x ∈ ℝ.

Anleitung: Setze die Fourier–Transformierte 2 · K–periodisch fort und stelle f̂ auf [−K, K] durch ihre Fourier–Reihe dar. Die Fourier–Koeffizienten von f̂ ergeben sich aus den Abtastwerten von f. Stelle f durch die Fourier–Rücktransformation von f̂ dar, und setze die Fourier–Reihe von f̂ ein.

Musterlösung: Die Fourier–Transformierte ist als f̂ stückweise glatt vorausgesetzt und erfüllt also überall Dirichlet– Bedingungen. Die 2 · K–periodische Fortsetzung wird damit fast überall durch ihre Fourier–Reihe dargestellt:

f̂(k) = ∑_{j∈ℤ} ĉ_{j} · e^{i·j·k·2·π/(2·K)}, ĉ_{j} = \frac{1}{2 · K} · ∫_{−K}^{K} f̂(k) · e^{−i·j·k·2·π/(2·K)} dk.

Da f̂ als stetige Funktion, die nur auf einem endlichen Bereich Werte ≠ 0 annimmt, in L_{1}(ℝ) liegt, wird f überall durch die Fourier–Rücktransformation dargestellt:

f(x) = \frac{1}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{−K}^{K} f̂(k) · e^{i·x·k} dk.

Vergleich der Formeln für ĉ_{j} und f(x) liefert:

ĉ_{j} = \frac{\sqrt{2 · π}}{2 · K} · f( − j · \frac{π}{K} ). (#)

Einsetzen der Fourier–Reihe von f̂(k) in die Fourier–Rücktransformation liefert

f(x) = \frac{1}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{−K}^{K} ∑_{j∈ℤ} ĉ_{j} · e^{i·j·k·2·π/(2·K)} · e^{i·x·k} dk = ∑_{j∈ℤ} \frac{ĉ_{j}}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{−K}^{K} e^{i·k·(j·π/K+x)} dk

= ∑_{j∈ℤ} \frac{ĉ_{j}}{\sqrt{2 · π}} · \frac{e^{i·K·(j·π/K+x)} − e^{−i·K·(j·π/K+x)}}{i · (j · π/K + x)}

= ∑_{j∈ℤ} \frac{ĉ_{j}}{\sqrt{2 · π}} · \frac{2 · sin(K · (j · π/K + x))}{j · π/K + x} = ∑_{j∈ℤ} \frac{ĉ_{j} · 2 · K}{\sqrt{2 · π}} · \frac{sin(j · π + K · x)}{j · π + x · K}.

Mit (#) und der Umsummation j → −j erhält man die Abtastformel:

f(x) = ∑_{j∈ℤ} f( − j · \frac{π}{K} ) · \frac{sin(j · π + K · x)}{j · π + x · K)} =^{(j→−j)} ∑_{j∈ℤ} f(\frac{j · π}{K} ) · \frac{sin(K · x − j · π)}{K · x − j · π}.

Aufgabe 31: (DFT und die periodische Version des Abtasttheorems. 0 Bonuspunkte)

a) Leite die Formel ∑_{j=−K}^{K} e^{i·j·α} = \frac{sin((K + 1/2) · α)}{sin(α/2)} her.

b) Zeige die folgende Variante der DFT: Für

d_{k} = \frac{1}{2 · K + 1} · ∑_{j=−K}^{K} f_{j} · e^{−i·j·k·2·π/(2·K+1)}, k = −K, …, K

gilt die Umkehrformel f_{j} = ∑_{k=−K}^{K} d_{k} · e^{i·j·k·2·π/(2·K+1)}, j = −K, …, K.

Anleitung: vollziehe die Orthogonalitätsargumente in der Herleitung der DFT–Umkehrformel des Skripts nach. Hierbei ist a) hilfreich.

c) Sei f eine stetige L–periodische Funktion, nur endliche viele der Fourier–Koeffizienten von f seien ungleich Null: c_{k} = 0 für alle Frequenzindizes k mit |k| > K_{0}. Wenn f überall durch seine Fourier–Reihe dargestellt wird (also f ein trigonometrisches Polynom ist), so kann f für jedes ganzzahlige K ≥ K_{0} durch 2 · K + 1 Werte f(j · L/(2 · K + 1)) mit j = −K, …, K rekonstruiert werden:

f(x) = ∑_{j=−K}^{K} f(\frac{j · L}{2 · K + 1}) · \frac{sin (x · π · \frac{2 · K + 1}{L} − j · π)}{(2 · K + 1) · sin (x · \frac{π}{L} − \frac{j · π}{2 · K + 1})}.

Anleitung: Unter der Voraussetzung, dass die Fourier–Reihe von f nur endlich viele Terme enthält, wird die Fourier–Entwicklung von f zu der in b) disktuierten DFT: die Fourier–Koeffizienten sind durch die DFT der Abtastwerte f_{j} = f(j · L/(2 · K + 1)) gegeben. Mit der Hilfsformel aus a) wird die Fourier–Reihe von f(x) zur Abtastformel.

Musterlösung:

a) Mit y = e^{i·α}, y^{−1} = e^{−i·α}:

∑_{j=−K}^{K} e^{i·jα} = ∑_{j=−K}^{0}(e^{i·α})^{j} + ∑_{j=0}^{K}(e^{i·α})^{j} − 1 = ∑_{j=0}^{K}(y^{−1})^{j} + ∑_{j=0}^{K} y^{j} − 1

= \frac{y^{−(K+1)} − 1}{y^{−1} − 1} + \frac{y^{K+1} − 1}{y − 1} − 1 = \frac{−(y^{−(K+1)} − 1) · y + y^{K+1} − 1}{y − 1} − 1

= \frac{−y^{−(K+1)} · y + y^{K+1}}{y − 1} = \frac{−y^{−(K+1)} · y + y^{K+1}}{y^{1/2} · (y^{1/2} − y^{−1/2})} = \frac{−y^{−(K+1/2)} + y^{K+1/2}}{y^{1/2} − y^{−1/2}}

= \frac{−(e^{i·α})^{−(K+1/2)} + (e^{i·α})^{K+1/2}}{(e^{i·α})^{1/2} − (e^{i·α})^{−1/2}} = \frac{−e^{−i·α·(K+1/2)} + e^{i·α·(K+1/2)}}{e^{i·α/2} − e^{−i·α2}}

= \frac{sin((K + 1/2) · α)}{sin(α/2)}.

b) Wir gehen zurück, in dem wir von f_{j} = ∑_{k=−K}^{K} d_{k} · e^{i·j·k·2·π/(2·K+1)} starten und zeigen, dass d_{k} = \frac{1}{2 · K + 1} · ∑_{j=−K}^{K} f_{j} · e^{−i·j·k·2·π/(2·K+1)} gilt. In der Tat: mit der Hilfsformel aus a) folgt für jedes k′ ∈

{−K, … K}:

∑_{j=−K}^{K} f_{j} · e^{−i·j·k′·2·π/(2·K+1)} = ∑_{j=−K}^{K} ∑_{k=−K}^{K} d_{k} · e^{i·j·k·2·π/(2·K+1)} · e^{−i·j·k′·2·π/(2·K+1)}

= ∑_{k=−K}^{K} d_{k} · ∑_{j=−K}^{K} (e^{i·(k′−k)·2·π/(2·K+1)})^{j} = ∑_{k=−K}^{K} d_{k} · \frac{sin ((K + 1/2) · (k′ − k) · 2 · π/(2 · K + 1))}{sin ((k′ − k) · 2 · π/(2 · K + 1)/2)}

= ∑_{k=−K}^{K} d_{k} · \frac{sin((k′ − k) · π)}{sin((k′ − k) · π/(2 · K + 1))} = (2 · K + 1) · d_{k′}

(alle Terme k ≠ k′ verschwinden). Man erhält also den Zusammenhang zwischen den f_{j} und den d_{k} durch:

d_{k′} = \frac{1}{2 · K + 1} · ∑_{j=−K}^{K} f_{j} · e^{−i·j·k′·2·π/(2·K+1)}.

c) Nach Voraussetzung soll gelten f(x) = ∑_{k=−K}^{K} c_{k} · e^{i·k·2·π·x/L}. Für x = j · L/(2 · K + 1) ergibt sich

f_{j} = f(\frac{j · L}{2 · K + 1}) = ∑_{k=−K}^{K} c_{k} · e^{i·j·k·2·π/(2·K+1)}.

Dies ist die in b) vorgestellte Variante der DFT: die Fourier–Koeffizienten c_{k} von f(x) sind die diskreten Fourier–Koeffizienten des Datensatzes (f_{j}) der Länge 2 · K + 1, also:

c_{k} = \frac{1}{2 · K + 1} · ∑_{j=−K}^{K} f_{j} · e^{−i·j·k·2·π/(2·K+1)}.

Damit erhält man letztlich:

f(x) = ∑_{k=−K}^{K} c_{k} · e^{i·k·2·π·x/L} = ∑_{k=−K}^{K} \frac{1}{2 · K + 1} · ∑_{j=−K}^{K} f_{j} · e^{−i·j·k·2·π/(2·K+1)} · e^{i·k·2·π·x/L}

= ∑_{j=−K}^{K} f_{j} · \frac{1}{2 · K + 1} · ∑_{k=−K}^{K} e^{i·k·2·π·(x/L−j/(2·K+1))}

=^{a)} ∑_{j=−K}^{K} f_{j} · \frac{sin ((K + 1/2) · 2 · π · (x/L − j/(2 · K + 1)))}{(2 · K + 1) · sin (π · (x/L − j/(2 · K + 1)))}

= ∑_{j=−K}^{K} f_{j} · \frac{sin (π · x · \frac{2 · K + 1}{L} − j · π))}{(2 · K + 1) · sin (x · \frac{π}{L} − j · \frac{π}{2 · K + 1})}.

Aufgabe 32*: (Eine ”Unschärferelation“. 10 Bonuspunkte) Zeige, dass es ausser der Nullfunktion keine stetige Funktion geben kann, die einen ”beschränkten Träger“ hat (d.h., es gibt ein L > 0, sodass f(x) = 0 ∀x mit |x| > L) und deren Fourier–Transformierte ebenfalls einen beschränkten Träger hat (also F[f](k) = 0 ∀k mit |k| > K für ein K > 0). Anleitung: die Abtastformel aus Aufgabe 30 wird zu einer endlichen Summe.

Musterlösung: Betrachte die Abtastformel

f(x) = ∑_{j∈ℤ} f(\frac{j · π}{K} ) · \frac{sin(K · x − j · π)}{K · x − j · π} ∀x ∈ ℝ

für eine Funktion, deren Fourier–Transformierte einen beschränkten Träger hat. Nimmt man zusätzlich an, dass die Funktion f ebenfalls einen beschränkten Träger hat, so wird aus der Abtastformel eine \underline{endliche} Summe:

f(x) = ∑_{j} f(\frac{j · π}{K} ) · \frac{sin(K · x − j · π)}{K · x − j · π}

= ∑_{j} f(\frac{j · π}{K} ) · \frac{sin(K · x) · \overbrace{cos(j · π)}^{=(−1)^{j}} − cos(K · x) · \overbrace{sin(j · π)}^{=0}}{K · x − j · π}

= ( ∑_{j} f(\frac{j · π}{K} ) · \frac{(−1)^{j}}{K · x − j · π} ) · sin(K · x) ∀x ∈ ℝ.

Die Funktion

∑_{j} f(\frac{j · π}{K} ) · \frac{(−1)^{j}}{K · x − j · π}

ist aber eine rationale Funktion in x, die ausserhalb eines Intervalls identisch verschwinden müsste. Widerspruch!