Mathe für Physiker III Wintersemester 02/03 Walter Oevel 9. 12. 2002

Ü b u n g s b l a t t 8

Abgabe von ∗ Aufgaben bis zum 16.12.2002, 11^{oo} Uhr, im Zettelkasten auf dem D1.

Aufgabe 33*: (Faltung. 10 Bonuspunkte)

Betrachte f, g ∈ L_{1}(ℝ) und definiere die ”Faltung“ (f ∗ g)(x) = ∫_{−∞}^{∞} f(x − y) · g(y) dy.

a) Zeige: f ∗ g ∈ L_{1}(ℝ).

b) Zeige: F[f ∗ g] = \sqrt{2 · π} · F[f] · F[g].

c) Zeige: F[f · g] = \frac{1}{\sqrt{2 · π}} · F[f] ∗ F[g] (falls F[f], F[g] ∈ L_{1}(ℝ)).

d) Sei f der Rechteckimpuls f(x) = 1 für x ∈ [−L, L], f(x) = 0 für x ∉ [−L, L], sei g(x) = cos(k_{0} · x). Berechne F[f · g] durch explizite Integration und vergleiche mit c), wenn man g im Distributionssinne Fourier–transformiert.

Musterlösung:

a) Es gilt

∫_{−∞}^{∞}(f ∗ g)(x) dx = ∫_{−∞}^{∞}∫_{−∞}^{∞}f(x − y) · g(y) dy dx = ∫_{−∞}^{∞}( ∫_{−∞}^{∞}f(x − y) dx) · g(y) dy

=^{(ξ=x−y)} ∫_{−∞}^{∞}( ∫_{−∞}^{∞}f(ξ) dξ)g(y) dy = ( ∫_{−∞}^{∞}f(ξ) dξ) · ( ∫_{−∞}^{∞}g(y) dy)

Dies macht plausibel:

| ∫_{−∞}^{∞}(f ∗ g)(x) dx| = | ∫_{−∞}^{∞}f(ξ) dξ| · | ∫_{−∞}^{∞}g(y) dy| ≤ ∫_{−∞}^{∞}|f(ξ)| dξ · ∫_{−∞}^{∞}|g(y)| dy < ∞.

b)

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

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

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

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

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

= \sqrt{2 · π} · F[f](k) · F[g](k).

(F[f] ∗ F[g])(k)

= ∫_{−∞}^{∞}F[f](k − κ) · F[g](κ) dκ

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

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

= ∫_{−∞}^{∞} ∫_{−∞}^{∞}f(x) · g(y) · e^{−i·k·x} · δ(y − x) dy dx = ∫_{−∞}^{∞}f(x) · g(x) · e^{−i·k·x} dx = \sqrt{2 · π} · F[f · g](k).

d) Durch direkte Rechnung folgt

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

= \frac{1}{2 · \sqrt{2 · π}} · ·([\frac{e^{i·(k_{0}−k)·x}}{i · (k_{0} − k)}]_{x=−L}^{x=L} + [\frac{e^{−i·(k_{0}+k)·x}}{−i · (k_{0} + k)}]_{x=−L}^{x=L})

= \frac{1}{\sqrt{2 · π}} · (\frac{sin((k_{0} − k) · L)}{k_{0} − k} + \frac{sin((k_{0} + k) · L)}{k_{0} + k}). (#)

Die Fourier–Transformierte des Rechteckimpuls ist nach Beispiel 1.65.a) des Skripts

F[f](k) = \frac{2}{\sqrt{2 · π}} · \frac{sin(k · L)}{k}.

Die Fourier–Transformierte von g(x) = cos(k_{0} · x) = (e^{i·k_{0}·x} + e^{−i·k_{0}·x})/2 ist im Distributionssinne

F[g](k) = \frac{\sqrt{2 · π}}{2} · (δ(k − k_{0}) + δ(k + k_{0})).

Die Faltung ist

(F[f] ∗ F[g])(k) = ∫_{−∞}^{∞} \frac{sin((k − κ)) · L)}{k − κ} · (δ(κ − k_{0}) + δ(κ + k_{0})) dκ

= \frac{sin((k − k_{0}) · L)}{k − k_{0}} + \frac{sin((k + k_{0}) · L)}{k + k_{0}}.

Vergleich mit (#) verifiziert F[f · g] = \frac{1}{\sqrt{2·π}} · F[f] ∗ F[g].

Aufgabe 34*: (Impulsantwort eines Filters. 10 Bonuspunkte) Ein lineares analoges Gerät reagiert auf ein Eingangssignal U^{(in)}(t) mit dem Ausgangssignal

U^{(out)}(t) = ∫_{−∞}^{∞} F (t − τ) · U^{(in)}(τ) dτ.

Das Gerät sei eine ”Black Box“, d.h., der ”Filterkern“ F ist unbekannt. Wie kann man ihn leicht messen? Anleitung: lege einen scharfen Rechteck–Impuls an. Welches Ausgangssignal ergibt sich?

Musterlösung: Für das Eingangssignal U^{(in)}(t) = δ(t) gilt

U^{(out)}(t) = ∫_{−∞}^{∞} F (t − τ) · U^{(in)}(τ) dτ = ∫_{−∞}^{∞} F (t − τ) · δ(τ) dτ = F (t).

Also: der Filterkern wird als ”Impulsantwort“ (= Ausgabe bei Eingabe eines scharfen Impulses) sichtbar.

Aufgabe 35*: (Die allgemeine Lösung der Wärmeleitgleichung. 10 Bonuspunkte) Löse die Wärmeleitgleichung u_{t} = c · u_{xx}, c > 0, x ∈ ℝ, t ≥ 0 unter den Randbedingungen lim_{x→±∞} u(x, t) = 0 und der Anfangsbedingung u(x, 0) = u_{0}(x) ∈ L_{1}(ℝ). Hierbei sei u_{0} stetig differenzierbar und u′_{0} beschränkt. Die Lösung ist:

u(x, t) = \frac{1}{2 · \sqrt{π · c · t}} · ∫_{−∞}^{∞} u_{0}(ξ) · e^{−(x−ξ)^{2}/(4·c·t)} dξ.

Musterlösung: Fourier–Transformation û = F[u] in x-Richtung führt auf die gewöhnliche DGL

\frac{d}{dt} û(k, t) = c · (i · k)^{2} · û(k, t)

mit der Lösung

û(k, t) = û(k, 0) · e^{−c·k^{2}·t}.

Die Funktion ĥ(k, t) = e^{−c·k^{2}·t} ist nach Beispiel 1.65.e) die Fourier–Transformierte von

h(x, t) = \frac{1}{\sqrt{2 · c · t}} · e^{−x^{2}/(4·c·t)}.

Multiplikation im Fourier–Raum ist Faltung im Ortsraum, also ist die Lösung:

u(x, t) = (h ∗ u_{0})(x, t) = \frac{1}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{−∞}^{∞} h(x − ξ, t) · u_{0}(ξ) dξ

= \frac{1}{2 · \sqrt{π · c · t}} · ∫_{−∞}^{∞} e^{−(x−ξ)^{2}/(4·c·t)} · u_{0}(ξ) dξ.

Zusatz: Wir zeigen explizit, dass die obige Lösung im Grenzwert t → 0 in der Tat gegen die Anfangsbedingung u_{0} konvergiert. Hierzu setzen wir u_{0} als stetig differenzierbar und u′_{0} als beschränkt voraus. Es gilt

u(x, t) =^{(η=x−ξ)} \frac{1}{2 · \sqrt{π · c · t}} · ∫_{−∞}^{∞} e^{−η^{2}/(4·c·t)} · u_{0}(x − η) dη

=^{(ξ=η/\sqrt{t})} \frac{1}{2 · \sqrt{π · c}} · ∫_{−∞}^{∞} e^{−ξ^{2}/(4·c)} · u_{0}(x − \sqrt{t} · ξ) dξ.

Mit \frac{1}{2·\sqrt{π·c}} · ∫_{−∞}^{∞} e^{−ξ^{2}/(4·c)} dξ = \frac{1}{\sqrt{π}} · ∫_{−∞}^{∞} e^{−η^{2}} dη = 1 gilt:

u(x, t) − u_{0}(x) = \frac{1}{2 · \sqrt{π · c}} · ∫_{−∞}^{∞} e^{−ξ^{2}/(4·c)} · (u_{0}(x − \sqrt{t} · ξ) − u_{0}(x)) dξ.

Hiermit folgt:

|u(x, t) − u_{0}(x)| ≤ \frac{1}{2 · \sqrt{π · c}} · ∫_{−∞}^{∞} e^{−ξ^{2}/(4·c)} · |u_{0}(x − \sqrt{t} · ξ) − u_{0}(x)| dξ

=^{(MWS)} \frac{1}{2 · \sqrt{π · c}} · ∫_{−∞}^{∞} e^{−ξ^{2}/(4·c)} · \sqrt{t} · |ξ| · |u′_{0}(η(x, t, ξ))| dξ ≤ const · \sqrt{t}.

Hierbei wurde in (MWS) der Mittelwertsatz der Differentialrechnung mit einem Zwischenwert η benutzt. Der obige Ausdruck geht für t → 0 wie \sqrt{t} gegen 0 (und zwar gleichmäßig in x).

Aufgabe 36*: (Die Unschärferelation. 10 Bonuspunkte) Warum hat es keinen Sinn, einen Kontrabass genauso schnell spielen zu wollen wie eine Geige? Die abendländische Musikskala enthält 12 Halbtöne pro Oktave, d.h., zwischen einem Grundton ω_{0} und seinem ersten harmonischen Oberton (der Frequenz 2 · ω_{0}) liegen ”Halbtöne“ mit den Frequenzen ω_{k} = 2^{k/12} · ω_{0}. Betrachte eine endlich langen Ton f(t) = r(t) · e^{i·ω_{0}·t} der Frequenz ω_{0}, der nur die Zeitdauer T anhalten soll: r(t) = 1 für t ∈ [−T/2, T/2], r(t) = 0 für t ∉ [−T/2, T/2]. Diskutiere das Frequenzspektrum von f(t). Wie lange muss der Ton anhalten, damit er noch einigermaßen vom nächsten Halbton 2^{1/12} · ω_{0} unterschieden werden kann? Betrachte speziell den ”Kammerton a“ der Frequenz ω_{0} = 2 · π · 440 Hertz.

Musterlösung: Die Fourier–Transformierte von

f(t) = \{ \begin{matrix}e^{i·k_{0}·t} & für t ∈ [−T/2, T/2], \\ 0 & für t ∉ [−T/2, T/2] \end{matrix}

ist

f̂(ω) = \frac{1}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{−L/2}^{L/2} e^{i·ω_{0}·t} · e^{−i·ω·t} dt = \sqrt{\frac{2}{π}} · \frac{sin ((ω − ω_{0}) · \frac{T}{2} )}{ω − ω_{0}}.

[figure: \frac{2·π}{T}; ω_{0}; ω]

Als ”Breite“ Δω des Tonspektrums sollen der Abstand zwischen ω_{0} und der nächsten Nullstelle ω = ω_{0} + 2 · π/T von f̂(ω) angesehen werden, also

Δω ≈ \frac{2 · π}{T} .

Der nächste Halbton hat die Frequenz ω_{1} = 2^{1/12} · ω_{0} ≈ 1.06 · ω_{0}. Der endliche Ton der ”Frequenz“ ω_{0} kann also nur dann sauber vom nächsten Halbton unterschieden werden, wenn

\frac{2 · π}{T} ≪ ω_{1} − ω_{0} ≈ 0.06 · ω_{0}

gilt, also:

T ≫ \frac{2 · π}{0.06 · ω_{0}} ≈ \frac{16.8}{ω_{0}/(2 · π)}.

Konkrete Zahlenwerte: Der ”Kammerton a“ (ω_{0} = 2 · π · 440 Hz) muss

T ≫ \frac{16.8}{440} [sec] ≈ 0.038 [sec]

angehalten werden, damit er noch sauber klingt. Eine ”16-tel“ Note, also T = 1/16 [sec]≈ 0.063 [sec] führt zu einem Ton, der noch halbwegs als ”Kammerton a“ identifiziert werden kann.

Aufgabe 37*: (Fourier–Transformation von Distributionen. 10 Bonuspunkte) Berechne die Fourier–Transformierte der Sprungfunktion H(x) = 0 für x < 0, H(x) = 1 für x ≥ 0. Anleitung: verwende die Ergebnisse aus Beispiel 1.89 des Skripts.

Musterlösung: Es gilt H(x) = \frac{1}{2} · (sign(x) + 1) mit der Funktion sign(x) = −1 für x < 0, sign(x) = 1 für x ≥ 0. Im Skript war (Beispiel 1.89.b)

F[sign](k) = \frac{1}{\sqrt{2 · π}} · \frac{2}{i · k}

berechnet worden. Die konstante Funktion 1 hat die Fourier–Transformierte F[1](k) = \sqrt{2 · π} · δ(k) (Beispiel 1.89.a). Macht zusammen:

F[H](k) = \frac{1}{\sqrt{2 · π}} · \frac{1}{i · k} + \sqrt{\frac{π}{2}} · δ(k).

Hierbei sind Integrale im Cauchy–Hauptwertsinne zu betrachten.

Aufgabe 38: (Fourier–Transformation von Stammfunktionen. 0 Bonuspunkte) Zeige, dass für eine L_{1}–Funktion f mit der Stammfunktion F (x) = ∫_{−∞}^{x}f(ξ) dξ im Distributionssinne gilt:

F[F](k) = \frac{1}{i · k} · F[f](k) + π · F[f](0) · δ(k).

Vorsicht: Tricky! Anleitung: Für die Stammfunktion gilt

lim_{x→−∞} F (x) = 0, lim_{x→∞} F (x) = ∫_{−∞}^{∞}f(ξ) dξ = \sqrt{2 · π} · F[f](0).

Sei H die Sprungfunktion: H(x) = 0 für x < 0, H(x) = 1 für x ≥ 0. Berechne die Fourier– Transformation von G(x) = F (x) − \sqrt{2 · π} · F[f](0) · H(x). Als Fourier–Transformierte dieser Funktion ergibt sich nach einigen Mühen F[G](k) = (F[f](k) − F[f](0))/(i · k).

Musterlösung: Sei f̂ = F[f], also

f̂(0) = \frac{1}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{−∞}^{∞} f(x) dx.

Mit der Sprungfunktion H(x) = 0 für x < 0 und H(x) = 1 für x ≥ 0 und einer Testfunktion ψ ∈ S gilt:

⟨∫_{−∞}^{x}f(ξ) dξ, ψ⟩ = \underbrace{⟨∫_{−∞}^{x}f(ξ) dξ − \sqrt{2 · π} · f̂(0) · H, ψ⟩}_{i)} + \underbrace{⟨\sqrt{2 · π} · f̂(0) · H, ψ⟩}_{ii)} . (#)

i) Es gilt

⟨∫_{−∞}^{x} f(ξ) dξ − \sqrt{2 · π} · f̂(0) · H, ψ⟩

= ∫_{−∞}^{∞} ( ∫_{−∞}^{x} \overline{f(ξ)} dξ − ∫_{−∞}^{∞} \overline{f(ξ)} dξ · H(x)) · ψ(x) dx

= ∫_{−∞}^{0} ( ∫_{−∞}^{x} \overline{f(ξ) dξ}) · ψ(x) dx + ∫_{0}^{∞} ( ∫_{−∞}^{x} \overline{f(ξ)} dξ − ∫_{−∞}^{∞} \overline{f(ξ)} dξ) · ψ(x) dx

= ∫_{−∞}^{0} ( ∫_{−∞}^{x} \overline{f(ξ)} dξ) · ψ(x) dx − ∫_{0}^{∞} ( ∫_{x}^{∞} \overline{f(ξ)} dξ) · ψ(x) dx.

Sei ψ̂ = F[ψ]. Wir setzen die Rücktransformation ψ(x) = \frac{1}{\sqrt{2 · π}} · ∫_{−∞}^{∞} ψ̂(k) · e^{i·k·x} dk von ψ̂ ein: ⟨∫_{−∞}^{x} f(ξ) dξ − \sqrt{2 · π} · f̂(0) · H, ψ⟩ (##)

= ∫_{−∞}^{0}( ∫_{−∞}^{x}\overline{f(ξ)} dξ) · ( ∫_{−∞}^{∞} \frac{ψ̂(k) · e^{i·k·x}}{\sqrt{2 · π}} dk) dx − ∫_{0}^{∞}( ∫_{x}^{∞}\overline{f(ξ)} dξ) · ( ∫_{−∞}^{∞} \frac{ψ̂(k) · e^{i·k·x}}{\sqrt{2 · π}} dk) dx

= ∫_{−∞}^{∞} ∫_{0}^{∞} ( ∫_{−∞}^{x}\overline{f(ξ)} dξ) · \frac{ψ̂(k) · e^{i·k·x}}{\sqrt{2 · π}} dx dk − ∫_{−∞}^{∞} ∫_{0}^{∞} ( ∫_{x}^{∞}\overline{f(ξ)} dξ) · \frac{ψ̂(k) · e^{i·k·x}}{\sqrt{2 · π}} dx dk

= ∫_{−∞}^{∞} \frac{ψ̂(k)}{\sqrt{2 · π}} · \underbrace{(∫_{−∞}^{0} ( ∫_{−∞}^{x}\overline{f(ξ)} dξ) · e^{i·k·x} dx − ∫_{0}^{∞} ( ∫_{x}^{∞}\overline{f(ξ)} dξ) · e^{i·k·x} dx)}_{I(k)} dk.

Partielle Integration liefert:

I(k) = ∫_{−∞}^{0} \underbrace{( ∫_{−∞}^{x}\overline{f(ξ)} dξ)}_{u_{1}(x)} · \underbrace{(e^{i·k·x})}_{v′(x)} dx − ∫_{0}^{∞} \underbrace{( ∫_{x}^{∞}\overline{f(ξ)} dξ)}_{u_{2}(x)} · \underbrace{(e^{i·k·x})}_{v′(x)} dx

= [ \underbrace{( ∫_{−∞}^{x} \overline{f(ξ)} dξ)}_{u_{1}(x)} · \underbrace{\frac{e^{i·k·x}}{i · k}}_{v(x)} ]_{x=−∞}^{x=0} − ∫_{−∞}^{0} \underbrace{\overline{f(x)}}_{u′_{1}(x)} · \underbrace{\frac{e^{i·k·x}}{i · k}}_{v(x)} dx

− [ \underbrace{( ∫_{x}^{∞} \overline{f(ξ)} dξ)}_{u_{2}(x)} · \underbrace{\frac{e^{i·k·x}}{i · k}}_{v(x)} ]_{x=0}^{x=∞} + ∫_{0}^{∞} \underbrace{(−\overline{f(x)})}_{u′_{2}(x)} · \underbrace{\frac{e^{i·k·x}}{i · k}}_{v(x)} dx

= \frac{1}{i · k} · ( \underbrace{∫_{−∞}^{0}\overline{f(ξ)} dξ + ∫_{0}^{∞}\overline{f(ξ)} dξ}_{=∫_{−∞}^{∞}\overline{f(ξ)} dξ} \underbrace{− ∫_{−∞}^{0}\overline{f(x)} · e^{i·k·x} dx − ∫_{0}^{∞}\overline{f(x)} · e^{i·k·x} dx}_{=− ∫_{−∞}^{∞}\overline{f(x)}·e^{i·k·x} dx} )

= \frac{1}{i · k} · \overline{( ∫_{−∞}^{∞} f(ξ) dξ − ∫_{−∞}^{∞} f(x) · e^{−i·k·x} dx)}

= \frac{\sqrt{2 · π}}{i · k} · (\overline{f̂(0) − f̂(k)}) = \sqrt{2 · π} · \overline{(\frac{f̂(k) − f̂(0)}{i · k})}.

Dies eingesetzt in (##) liefert:

⟨∫_{−∞}^{x} f(ξ) dξ − \sqrt{2 · π} · f̂(0) · H, ψ⟩ = ∫_{−∞}^{∞} \frac{ψ̂(k)}{\sqrt{2 · π}} · \sqrt{2 · π} · \overline{(\frac{f̂(k) − f̂(0)}{i · k})} dk = ⟨\frac{f̂(k) − f̂(0)}{i · k}, ψ̂⟩ .

ii) Mit der aus Aufgabe 37 bekannten Fourier–Transformierten

F[H](k) = \frac{1}{\sqrt{2π}} · \frac{1}{i · k} + \sqrt{\frac{π}{2}} · δ(k)

bestimmt sich die Fourier–Transformierte von \sqrt{2 · π} · f̂(0) · H zu

F[\sqrt{2 · π} · f̂(0) · H](k) = \frac{f̂(0)}{i · k} + π · f̂(0) · δ(k).

Die Ergebnisse i) und ii) eingesetzt in (#) liefern als Endergebnis:

F[ ∫_{−∞}^{x} f(ξ) dξ](k) = \frac{f̂(k) − f̂(0)}{i · k} + (\frac{f̂(0)}{i · k} + π · f̂(0) · δ(k)) = \frac{f̂(k)}{i · k} + π · f̂(0) · δ(k).