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| Aufgabe | | Berechne die Fouriertransformierte [mm] \widehat{f(x)} [/mm] von [mm] f(x)=xe^{-x^2} [/mm] |
Hallo,
ich habe bei dieser Aufgabe so meine Probleme das Integral zu berechnen. hier mein ansatz:
[mm] \widehat{f(x)} [/mm] = [mm] \frac{1}{\sqrt{2*\pi}}\integral_{-\infty}^{\infty}{xe^{-x^2}e^{-ikx} dx}
[/mm]
= [mm] \frac{1}{\sqrt{2*\pi}}\integral_{-\infty}^{\infty}{xe^{-x^2-ikx} dx}
[/mm]
da ich dieses integral nicht auswerten kann, habe ich es über die fouriertransformation einer ableitung versucht:
Die Stammfunktion F(x) von f(x) lautet:
[mm] F(x)=-\frac{1}{2}e^{-x^2}
[/mm]
also ist
[mm] \widehat{f(x)} [/mm] = [mm] ik\widehat{F(x)}
[/mm]
= ik [mm] \frac{1}{\sqrt{2*\pi}}\integral_{-\infty}^{\infty}{\frac{-1}{2}e^{-x^2}e^{-ik} dx}
[/mm]
= ik [mm] \frac{1}{\sqrt{2*\pi}}\integral_{-\infty}^{\infty}{\frac{-1}{2}e^{-x^2-ik} dx}
[/mm]
Schön, ein x konnte ich aus dem Integral entfernen, aber was ist [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\frac{-1}{2}e^{-x^2-ik} dx}?
[/mm]
Ein ähnliches Problem habe ich mit dem Verständnis von meinem Vorlesungsmitschrieb. Hier steht, als ob es ganz offensichtlich wäre (evtl. ist es das auch, ich sehe es aber nicht):
[mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{e^{\frac{-1}{2}(x+ik)^2} dx}=\integral_{-\infty}^{\infty}{e^{\frac{-x^2}{2}} dx} [/mm] = [mm] \sqrt{2 \pi}
[/mm]
wie kommt man darauf?
(diese zweite frage habe ich auch in diesen thread genommen, da sich beide integrale sehr ähneln. evtl sieht ja auf diese weise jemand den zusammenhang schneller.)
LG,
HP
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:06 Mo 03.11.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Berechne die Fouriertransformierte [mm]\widehat{f(x)}[/mm] von
> [mm]f(x)=xe^{-x^2}[/mm]
> Hallo,
> ich habe bei dieser Aufgabe so meine Probleme das
> Integral zu berechnen. hier mein ansatz:
> [mm]\widehat{f(x)}[/mm] =
> [mm]\frac{1}{\sqrt{2*\pi}}\integral_{-\infty}^{\infty}{xe^{-x^2}e^{-ikx} dx}[/mm]
uh, das ist sehr schlecht, wenn [mm] $\black{x}$ [/mm] linkerhand fest und rechts auch noch die Integrationsvariable sein soll. Schreiben wir lieber [mm] $\black{t}$ [/mm] für die Integrationsvariable, ich korrigiere das mal alles...
[mm]\widehat{f(x)}=\frac{1}{\sqrt{2*\pi}}\integral_{-\infty}^{\infty}{\blue{t}e^{-\blue{t^2}}e^{-i\blue{t}x} d\blue{t}}[/mm]
> =[mm]\frac{1}{\sqrt{2*\pi}}\integral_{-\infty}^{\infty}{\blue{t}e^{-\blue{t^2}-i\blue{t}x} d\blue{t}}[/mm]
>
> da ich dieses integral nicht auswerten kann, habe ich es
> über die fouriertransformation einer ableitung versucht:
>
> Die Eine (Bem.: wobei man, je nach Definition, vll. auch die schreiben könnte; z.B. wenn man eigentlich über die Klasse aller Stammfunktionen spricht) Stammfunktion F(x) von f(x) lautet:
>
> [mm]F(x)=-\frac{1}{2}e^{-x^2}[/mm]
>
> also ist
>
> [mm]\widehat{f(x)}[/mm] = [mm]i\blue{x}\widehat{F(x)}[/mm]
> = [mm] i$\blue{x}$ [/mm]
> [mm]\frac{1}{\sqrt{2*\pi}}\integral_{-\infty}^{\infty}{\frac{-1}{2}e^{-\blue{t^2}}e^{-i\blue{t}\green{x}} d\blue{t}}[/mm]
>
>
> = $i [mm] \blue{x}$[/mm] [mm]\frac{1}{\sqrt{2*\pi}}\integral_{-\infty}^{\infty}{\frac{-1}{2}e^{-\blue{t^2}-i\blue{t}\green{x}} d\blue{t}}[/mm]
>
> Schön, ein x konnte ich aus dem Integral entfernen, aber
> was ist
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{\frac{-1}{2}e^{-\blue{t^2}-i\blue{t}\green{x}} d\blue{t}}?[/mm]
>
> Ein ähnliches Problem habe ich mit dem Verständnis von
> meinem Vorlesungsmitschrieb. Hier steht, als ob es ganz
> offensichtlich wäre (evtl. ist es das auch, ich sehe es
> aber nicht):
>
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{e^{\frac{-1}{2}(x+ik)^2} dx}=\integral_{-\infty}^{\infty}{e^{\frac{-x^2}{2}} dx}[/mm] = [mm]\sqrt{2 \pi}[/mm]
>
> wie kommt man darauf?
> (diese zweite frage habe ich auch in diesen thread
> genommen, da sich beide integrale sehr ähneln. evtl sieht
> ja auf diese weise jemand den zusammenhang schneller.)
zuerst zu der zweiten Frage:
Bekannt sein sollte halt, dass [mm] $\int_{-\infty}^\infty \exp(-x^2/2)\;dx=\sqrt{2\,\pi}\,.$
[/mm]
Üblicherweise wird das jedenfalls in der Analysis oder in der Wahrscheinlichkeitstheorie bewiesen, wobei es da einige Wege gibt. Ggf. musst Du das nochmal nachschlagen.
Bei allen anderen Fragen sollte Dir folgendes helfen:
![[]](/images/popup.gif) An Introduction to Wavelets, Example 2.6
(Insbesondere sollte Dir der Beweis von Example 2.6 auch erklären, warum $ [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{e^{\frac{-1}{2}(x+ik)^2} dx}=\integral_{-\infty}^{\infty}{e^{\frac{-x^2}{2}} dx} [/mm] $ gilt.)
P.S.:
Schreibt ihr eigentlich vielleicht eher [mm] $\widehat{f(k)}$ [/mm] ($k [mm] \in \IR$) [/mm] für die Fouriertransformierte von $f$ ausgewertet an der Stelle $k [mm] \in \IR$? [/mm] Das macht man zwar manchmal, aber ich mag' diese Schreibweise nicht, weil ich bei [mm] $\black{k}$ [/mm] immer an eine ganze Zahl denke. Ich bin es gewohnt, [mm] $\widehat{f(\xi)}$ [/mm] zu schreiben. Oben hab' ich das ganze jetzt mit [mm] $\widehat{f(x)}$ [/mm] entsprechend abgeändert, aber bitte wirklich beachten, dass Du die Integrationsvariable dann nicht auch $x$ nennst. Und die grüne Variable ist Dir unterwegs irgendwo verlorengegangen...
Gruß,
Marcel
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Hi,
danke für deine Antwort. Der Beweis sollte meine Frage wirklich klären.
Wie ist aber folgender Rechenschritt einzusehen?
[Dateianhang nicht öffentlich]
LG,
HP
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:59 Mo 03.11.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Hi,
> danke für deine Antwort. Der Beweis sollte meine Frage
> wirklich klären.
>
> Wie ist aber folgender Rechenschritt einzusehen?
> [Dateianhang nicht öffentlich]
so:
[mm] $$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-a\left(x-\frac{y}{2a}\right)^2+\frac{y^2}{4a}}dx=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-a\left(x-\frac{y}{2a}\right)^2}*e^{\frac{y^2}{4a}}dx=e^{\frac{y^2}{4a}}*\int_{-\infty}^{\infty}e^{-a\left(x-\frac{y}{2a}\right)^2}\;dx\,.$$
[/mm]
Nun gilt (da der Integrand eine [mm] $L^1$-Funktion [/mm] ist), dass der Cauchy-Hauptwert des Integrals gleich dem Integral ist, also unter Beachtung von [mm] $\black{a} [/mm] > 0$
[mm] $$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-a\left(x-\frac{y}{2a}\right)^2}\;dx=\lim_{r \to \infty}\int_{-r}^r e^{-a\left(x-\frac{y}{2a}\right)^2}\;dx=\lim_{r \to \infty}\int_{-r}^r e^{-\left(\sqrt{a}\left(x-\frac{y}{2a}\right)\right)^2}\;dx\,.$$
[/mm]
Die Substitution [mm] $z=z(r)=\sqrt{a}\left(x-\frac{y}{2a}\right)$ [/mm] liefert $z(r) [mm] \underset{r \to \pm \infty}{\to} \pm \infty$ [/mm] und zudem [mm] $dz=\sqrt{a}\;dx$, [/mm] und damit
[mm] $$\lim_{r \to \infty}\int_{-r}^r e^{-\left(\sqrt{a}\left(x-\frac{y}{2a}\right)\right)^2}\;dx=\frac{1}{\sqrt{a}} \lim_{r \to \infty}\int_{-z(r)}^{z(r)} e^{-z^2}\;dz$$
[/mm]
und da bekanntlich [mm] $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-z^2}\;dz$ [/mm] existiert, zeigt Dir das insgesamt die behauptete Gleichung.
In Kurzform könnte man also sagen: Die Substitution [mm] $z=z(r)=\sqrt{a}\left(x-\frac{y}{2a}\right)$ [/mm] liefert diese Gleichung.
P.S.:
Dass die Funktion $x [mm] \mapsto e^{-a\left(x-\frac{y}{2a}\right)^2+\frac{y^2}{4a}}$ [/mm] eine [mm] $L^1(\IR)$-Funktion [/mm] ist, erkennt man übrigens mit einer analogen Überlegung+Substitution. Man führt die Existenz eines jeden [mm] $\int_{A}^B e^{-a\left(x-\frac{y}{2a}\right)^2+\frac{y^2}{4a}}\;dx$ [/mm] zurück auf die Existenz von [mm] $\int_{\tilde{A}}^{\tilde{B}} e^{-z^2}\;dz\,$ [/mm] mit einem gewissen zu [mm] $\black{A}$ [/mm] 'zugehörigem' [mm] $\tilde{A}$ [/mm] und einem zu [mm] $\black{B}$ [/mm] 'zugehörigem' [mm] $\tilde{B}$.
[/mm]
Gruß,
Marcel
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Hi,
danke für Deine Hilfe.
LG,
HP
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