Mo Logo [Home] [Lexikon] [Aufgaben] [Tests] [Kurse] [Begleitmaterial] [Hinweise] [Mitwirkende] [Publikationen]
Mathematik-Online-Aufgabensammlung: Lösung zu

Aufgabe 1360: Fouriertransformation, Faltung, Poissonsche Summenformel, Parsevalsche Gleichung

A B C D E F G H I J K L M N O P Q R S T U V W X Y Z

Sei $ f(t) = \exp(-\vert t\vert)$ .

(1)
Berechne die Faltung $ (f\ast f)(t)$ .
(2)
Berechne die Fouriertransformierte $ \hat{f}(\omega)$ .
(3)
Berechne $ [\vert t\vert e^{-t}]^\wedge(\omega)$ unter Zuhilfehnahme der Faltung.
(4)
Zeige, daß $ \displaystyle\sum_{n = 0}^\infty \dfrac{1}{1 + 4\pi^2 n^2} = \dfrac{3e - 1}{4e - 4}$ .
(5)
Zeige, daß $ \displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} \dfrac{1}{(1 + s^2)^2}\,\mathrm{d}s = \dfrac{\pi}{2}$ .

(1)
Für $ t \ge 0$ wird

\begin{displaymath} \begin{array}{rcl} (f\ast f)(t) & = & {\displaystyle\int_{-\... ...*{2mm} \\ & = & (t+1) e^{-t}\; . \vspace*{2mm} \\ \end{array}\end{displaymath}

Aus Symmetriegründen wird also

$\displaystyle (f\ast f)(t) \; = \; (\vert t\vert+1) e^{-\vert t\vert} $

für $ t\in\mathbb{R}$ .

(2)
Es wird

\begin{displaymath} \begin{array}{rcl} \hat{f}(\omega) & = & {\displaystyle\int... ...pace*{2mm} \\ & = & \dfrac{2}{1+\omega^2} \; . \\ \end{array}\end{displaymath}

(3)
Mit (2) folgt durch Quadrieren

$\displaystyle \hat{f}(\omega)^2 \; =\; \dfrac{4}{(1+\omega^2)^2}\; . $

Nun ist aber auch

\begin{displaymath} \begin{array}{rcl} \hat{f}(\omega)^2 & = & (f\ast f)^\wedge... ...mega) + \dfrac{2}{1+\omega^2}\; . \vspace*{2mm} \\ \end{array}\end{displaymath}

Ein Vergleich ergibt

$\displaystyle [\vert t\vert e^{-\vert t\vert}]^\wedge(\omega) \; =\; \dfrac{2(1 - \omega^2)}{(1+\omega^2)^2} $

für $ \omega\in\mathbb{R}$ .

(4)
Die linke Seite der Poissonschen Summationsformel ergibt, unter Verwendung einer geometrischen Reihe,

$\displaystyle \sum_{n = -\infty}^{+\infty} e^{-\vert n\vert} \; = \; -1 + 2\sum... ...ty} e^{-n} \; = \; -1 + \dfrac{2}{1 - e^{-1}} \; = \; \dfrac{e + 1}{e - 1}\; . $

Die rechte Seite liefert

$\displaystyle \sum_{n = -\infty}^{+\infty} \dfrac{2}{1 + (2\pi n)^2} \; = \; -2 + \sum_{n = 0}^{\infty} \dfrac{4}{1 + 4\pi^2 n^2} \; . $

Ein Vergleich ergibt

$\displaystyle \sum_{n = 0}^{\infty} \dfrac{1}{1 + 4\pi^2 n^2} \; = \; \dfrac{1}{4}\left(\dfrac{e + 1}{e - 1} + 2\right) \; = \; \dfrac{3e - 1}{4e - 4}\; , $

wie behauptet.

(5)
Die linke Seite der Parsevalschen Gleichung gibt

$\displaystyle 2\pi\int_{-\infty}^{+\infty} \big(e^{-\vert t\vert}\big)^2\,\mathrm{d}t \; = \; 2\pi\; . $

Die rechte Seite wird zu

$\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} \left(\frac{2}{1 + \omega^2}\right)\,\ma... ...\; = \; 4\cdot \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{(1 + s^2)^2}\,\mathrm{d}s\; . $

Ein Vergleich liefert

$\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{(1 + s^2)^2}\,\mathrm{d}s \; = \; \dfrac{\pi}{2}\; , $

wie behauptet.

Das Ergebnis in (5) ergibt sich auch aus dem Residuensatz, denn $ (1 + z^2)^{-2}$ ist in der oberen Halbebene $ \{z\in\mathbb{C}\; \vert\; \mathrm{Im}(z)\ge 0\}$ betragsmäßig hinreichend klein für betragsgroße $ z$ , und hat dort nur bei $ z = \mathrm{i}$ einen Pol, und zwar von Ordnung $ 2$ und mit Residuum $ -\mathrm{i}/4$ . Als Integralwert erhalten wir somit $ 2\pi\mathrm{i}\cdot (-\mathrm{i}/4) = \pi/2$ , was unser Ergebnis bestätigt.

(Autoren: Künzer/Martin/Tentler/Wahrheit)
[Zurück zur Aufgabe]
  automatisch erstellt am 11.  8. 2006