Teil III Fourieranalysis

231 / 300

Fourierreihen

Ziel: Zerlegung einer gegebenen Funktion in Schwingungen Konkret: f : (0, L) → R gegebene Funktion Gesucht: Darstellung der Form ∞  X f (x) = a0 + an cos | n=1

2πn L x




+ bn sin {z

2πn L x

Schwingung der Wellenlänge L/n


 }

mit Koeffizienten an , n = 0, 1, . . . und bn , n = 1, 2, . . ..

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Anwendungen: Digitalisierung / digitale Darstellung von Funktionen, insbesondere für Ton- und Bilddaten Digitale Frequenzfilter Datenkompression: Abspeichern der „unteren Frequenzen“ Lösung partieller Differentialgleichungen Fragen: Welche Funktionen kann man als Fourierreihe darstellen? Unter welchen Voraussetzungen an die Koeffizienten konvergiert eine Fourierreihe?

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Modellfall f : (0, L) → R gegeben. 2π L x,

x=

f0 (y ) = f

L 2π y

Variablentransformation: y =

Aus f (x) = a0 +

∞  X

an cos

2πn L x

L 2π y ,







f (x) = f0

2π L x




mit

, f0 : (0, 2π) → R.

+ bn sin

2πn L x




n=1

folgt f0 (y ) = a0 +

∞ X

an cos(ny ) + bn sin(ny )




n=1

und umgekehrt. Fazit: Es genügt, den Fall f : (0, 2π) → R zu betrachten. 234 / 300

Orthogonalität trigonometrischer Funktionen

Satz Für n, m ∈ N, n 6= m gilt: Z 2π Z cos(nx) cos(mx) dx = 0

2π

sin(nx) sin(mx) dx = 0

0

Für n, m ∈ N gilt Z

2π

cos(nx) sin(mx) dx = 0 0

Für n ∈ N gilt Z

2π

Z

2

cos (nx) dx = 0

2π

sin2 (nx) dx = π

0

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Beweis: Einfaches Nachrechnen mit Hilfe der Formeln

sin(α) sin(β) =

1 2 1 2 1 2

2π

Z

cos(α)cos(β) = cos(α) sin(β) = Z

cos(α + β) + cos(α − β)
sin(α + β) − sin(α − β)




cos(α − β) − cos(α + β)




2π

sin(nx) dx = 0 2π

Z

cos(nx) dx = 0 0

2

Z

2π

cos (nx) dx = 0

Beispiel: Z

sin2 (nx) dx = π

0

2π

cos(nx) cos(mx) dx 0

Z = 0

2π 1 2


cos((n + m)x) − cos((n − m)x) dx = 0

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Folgerung Für f (x) = a0 +

N X


an cos(nx) + bn sin(nx) und m ≤ N gilt

n=1

Z

2π

Z

2π

f (x) cos(mx) dx = a0 0

+

cos(mx) dx

0 N  X

2π

Z

an

cos(nx) cos(mx) dx 0

n=1

Z + bn

2π

 sin(nx) cos(mx) dx

0

( 2π a0 = π am

für m = 0, für m 6= 0

und analog 2π

Z

f (x) sin(mx) dx = π bm 0 237 / 300

Man kann zeigen: Dasselbe gilt auch für eine unendliche Reihe f (x) = a0 +

∞ X

an cos(nx) + bn sin(nx)




n=1

" = lim

N→∞

a0 +

N X

#
an cos(nx) + bn sin(nx)

n=1

(wenn die Reihe absolut konvergiert)

238 / 300

Definition (Fourierreihe) Die Fourierreihe einer Funktion f : (0, 2π) → R ist ∞ X
f (x) = a0 + an cos(nx) + bn sin(nx) n=1

mit

Z 2π Z 1 2π 1 f (x) dx, an = f (x) cos(nx) dx, a0 = 2π 0 π 0 Z 1 2π bn = f (x) sin(nx) dx π 0

239 / 300

Beispiel 1 f : (0, 2π) → R, f (x) = x.

2π

Berechnung der Fourierkoeffizienten: Z 2π 1 1 (2π)2 a0 = x dx = =π 2π 0 2π 2 Z 1 2π 2π an = x cos(nx) dx π 0 !  2π Z 2π 1 sin(nx) sin(nx) = x − dx = 0 π n n 0 0 Z 2π 1 bn = x sin(nx) dx π 0 !  2π Z 2π 1 − cos(nx) cos(nx) 2π 2 = x + dx = − =− π n n πn n 0 0 240 / 300

Fourierreihe: f (x) ∼ π −

∞ X 2 n=1

n

sin(nx)

241 / 300

Beispiel 2 f : (0, 2π) → R ( x für x < π, f (x) = 0 für x ≥ π.

π

2π

Berechnung der Fourierkoeffizienten: Z π 1 π2 π 1 a0 = = x dx = 2π 2 4 2π 0 Z π 1 an = x cos(nx) dx π 0      Z π 1 sin(nx) π sin(nx) 1 cos(nx) π = x − dx = π n n π n2 0 0 0 (
−2 für n ungerade 1 1 n = (−1) − 1 = π n2 π n2 0 für n gerade 242 / 300

Z 1 π bn = x sin(nx) dx π 0    Z π 1 − cos(nx) π cos(nx) = x + dx π n n 0 0 n+1 π 1  (−1)n+1 (−1) + = sin(nx) 0 = n n πn2 Fourierreihe: ∞

π X 2 f (x) ∼ − cos((2n − 1)x) 4 π(2n − 1)2 −

n=1 ∞ X n=1

(−1)n sin(nx) n

243 / 300

244 / 300

Periodische Funktionen Definition Eine Funktion f : R → R heißt periodisch mit Periode L ⇔ f (x + L) = f (x) für alle x ∈ R. Eigenschaften: Eine periodische Funktion ist durch ihre Werte auf einem beliebigen Intervall [a, a + L) mit a ∈ R eindeutig bestimmt. Für eine periodische Funktion f : R → R mit Periode L gilt: Z L Z a+L f (x) dx = f (x) dx für alle a ∈ R 0

a

x

x 245 / 300

Eine Fourierreihe f (x) = a0 +

∞ X

an cos(nx) + bn sin(nx)




n=1

ist periodisch mit Periode 2π. Folgerung: Für die Fourierkoeffizienten einer periodischen Funktion gilt: Z 2π Z a+2π 1 1 a0 = f (x) dx = f (x) dx 2π 0 2π a Z Z 1 2π 1 a+2π an = f (x) cos(nx) dx = f (x) cos(nx) dx π 0 π a Z Z 1 2π 1 a+2π bn = f (x) sin(nx) dx = f (x) sin(nx) dx π 0 π a

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Symmetrien Eine Funktion f : R → R heißt gerade ⇔ f (−x) = f (x)

ungerade ⇔ f (−x) = −f (x)

f(x)

f(x) x x

Satz Sei f : R → R periodisch mit Periode 2π. Dann gilt für die ∞
P Fourierreihe f (x) = a0 + an cos(nx) + bn sin(nx) von f : n=1

f geradeZ => bn = 0, Z 1 π 2 π a0 = f (x) dx, an = f (x)cos(nx) dx π 0 π 0 Z 2 π f ungerade => an = 0, bn = f (x)sin(nx) dx π 0 247 / 300

Folgerung: Die Fourierreihe einer geraden Funktion ist eine reine Kosinusreihe. Die Fourierreihe einer ungeraden Funktion ist eine reine Sinusreihe. Ist f auf [0, 2π) definiert, kann man f periodisch fortsetzen durch f (x + 2πk ) = f (x) für k ∈ Z, x ∈ (0, 2π). Es gilt dann: f gerade ⇔ f (x) = f (2π − x) f ungerade ⇔ f (x) = −f (2π − x).

248 / 300

Beweis des Satzes von S. 247: Für g : (−π, π) → R gilt: Z π Z 0 Z π g(x) dx = g(x) dx + g(x) dx −π −π 0 Z π Z π Z π = g(−x) dx + g(x) dx = (g(−x) + g(x)) dx 0 0 0  Z π 2 g(x) dx falls g gerade, = 0  0 falls g ungerade.

249 / 300

 Z π 2 π g(x) dx g(x) dx = 0  −π 0

Z

falls g gerade, falls g ungerade.

Für f gerade gilt: x 7→ f (x) cos(nx) ist gerade, x 7→ f (x) sin(nx) ist ungerade => Z π Z 1 π 1 a0 = f (x) dx = f (x) dx 2π −π π 0 Z Z 1 π 2 π an = f (x) cos(nx) dx = f (x) cos(nx) dx π −π π 0 Z 1 π bn = f (x) sin(nx) dx = 0 π −π

250 / 300

 Z π 2 π g(x) dx g(x) dx = 0  −π 0

falls g gerade,

Z

falls g ungerade.

Für f ungerade gilt: x 7→ f (x) cos(nx) ist ungerade, x 7→ f (x) sin(nx) ist gerade => Z π 1 f (x) dx = 0 a0 = 2π −π Z 1 π an = f (x) cos(nx) dx = 0 π −π Z Z 1 π 2 π bn = f (x) sin(nx) dx = f (x) sin(nx) dx π −π π 0

251 / 300

Beispiel Periodische Fortsetzung von f : (−π, π) → R, f (x) = x π

0

π

2π

Diese Funktion ist ungerade => die Fourierreihe ist eine Sinusreihe. Koeffizienten:   Z 2 π 2 x cos(nx) sin(nx) π x sin(nx) dx = bn = + − π 0 π n n2 0 2 = (−1)n+1 n ∞ X 2 Fourierreihe: f (x) ∼ (−1)n+1 sin(nx) n n=1

252 / 300

Komplexe Variante der Fourierreihe Mit der Eulerschen Formel eix = cos x + i sin x folgt:

cos(nx) = 12 einx + e−inx , sin(nx) = 2i1 einx − e−inx Für eine (reelle) Fourierreihe gilt: f (x) = a0 +

∞ X

an cos(nx) + bn sin(nx)

n=1 ∞  X





bn inx
an inx e + e−inx + e − e−inx = a0 + 2 2i n=1  ∞  X an − i bn inx an + i bn −inx = a0 + e + e 2 2



n=1

=

∞ X

cn einx

n=−∞

mit c0 = a0 , cn =

an + i b n an − i b n , c−n = = cn für n ∈ N 2 2 253 / 300

Einsetzen der Formeln für an , bn Z 2π Z 1 1 2π a0 = f (x) dx, an = f (x) cos(nx) dx, 2π 0 π 0 Z 1 2π f (x) sin(nx) dx bn = π 0 an − i bn an + i bn in c0 = a0 , cn = , c−n = liefert: 2 2 Z 2π Z 2π 1 1 f (x) ei0x dx c0 = f (x) dx = 2π 0 2π 0 Z 2π Z 2π 1 cos(nx) − i sin(nx) 1 cn = f (x) dx = f (x) e−inx dx π 0 2 2π 0 Z Z 2π 1 2π cos(nx) + i sin(nx) 1 c−n = f (x) dx = f (x) einx dx π 0 2 2π 0

254 / 300

Satz Die Fourierreihe einer Funktion f : (0, 2π) → R hat die komplexe Darstellung ∞ X f (x) = cn einx n=−∞

mit den komplexen Fourierkoeffizienten Z 2π 1 cn = f (x) e−inx dx 2π 0 Mit den Koeffizienten an , bn der reellen Fourierreihe gilt: an − i b n an + i bn c0 = a0 , cn = c−n = = cn für n ∈ N 2 2

255 / 300

Beispiel ( 1 f : (0, 2π) → R, f (x) = 0

für x ≤ a für x > a

mit 0 < a < 2π.

Komplexe Fourierkoeffizienten: Z 2π a 1 f (x) dx = c0 = 2π 2π 0 Z 2π Z a 1 1 −inx cn = f (x) e dx = e−inx dx 2π 0 2π 0  −inx a
1 e i −ina = = e −1 2π −in 0 2πn Komplexe Fourierreihe: ∞ X a e−ina − 1 inx f (x) = + i e 2π n=−∞ 2πn n6=0

256 / 300

Komplexe Fourierkoeffizienten: c0 =

a 2π ,

cn =

i 2πn

e−ina − 1




Reelle Fourierkoeffizienten: a sin(na) , an = 2 Re(cn ) = a0 = c0 = 2π πn cos(na) − 1 bn = −2 Im(cn ) = − πn Reelle Fourierreihe:  ∞  X a sin(na) 1 − cos(na) f (x) ∼ + cos(nx) + sin(nx) 2π πn πn n=1

257 / 300

Fouriereihen für beliebige Periode

Gegeben: Periodische Funktion f : R → R mit Periode L (oder Funktion f : (0, L) → R) Reelle Fourierreihe: f (x) ∼ a0 +

∞  X

an cos

2π L nx




+ bn sin

2π L nx




2π L nx




n=1

mit Koeffizienten Z 1 L a0 = f (x) dx, L 0 Z 2 L bn = f (x) sin L 0

Z 2 L an = f (x) cos L 0
2π nx dx L

dx

258 / 300

Komplexe Fourierreihe: ∞ X

f (x) ∼

cn ei(2π/L)nx

n=−∞

mit Koeffizienten 1 cn = L

Z

L

f (x) e−i(2π/L)nx dx

0

259 / 300

Beispiel f : (0, 1) → R, f (x) = x Reelle Koeffizienten: Z 1 1 a0 = x dx = 2 0 Z 1 an = 2 x cos 2πnx) dx 0

!  1 Z 1 sin(2πnx) sin(2πnx) =2 x − dx = 0 2πn 2πn 0 0 Z 1 bn = 2 x sin(2πnx) dx 0 !  1 Z 1 − cos(2πnx) cos(2πnx) =2 x + dx 2πn 2πn 0 0 =−

2 1 =− 2πn πn 260 / 300

Reelle Fourierreihe: ∞

1 X 1 f (x) ∼ − sin(2πnx) 2 πn n=1

Komplexe Koeffizienten: Z 1 1 c0 = f (x) dx = 2 0  −i2πnx 1 Z 1 −i2πnx Z 1 e xe cn = x e−i2πnx dx = + dx −i2πn i2πn 0 0 0   1 i e−i2πn e−i2πnx i = + = 2πn 2πn (2πn)2 0 Komplexe Fourierreihe: ∞ X 1 i i2πnx f (x) ∼ + e 2 n=−∞ 2πn n6=0 261 / 300

Konvergenz von Fourierreihen Satz Sei f : R → R periodisch mit Periode L, auf [0, L] \ M mit endlicher Menge M = {x0 , . . . , xm } stetig differenzierbar und für jedes xj ∈ M existiere f (xj +) = lim f (x) und f (xj −) = lim f (x). x→xj x>xj

x→xj x sin n 2 = (−1)k für n = 2k + 1 ∞

=>

X 2 π f (π/2) = = π − (−1)k 2 2k + 1 k =0

=>

∞ X (−1)n 1 π π = π− = 2n + 1 2 2 4 n=0

264 / 300

Parsevalsche Gleichung Satz Sei f : (0, L) → R eine quadratintegrierbare Funktion, d.h. Z L |f (x)|2 dx 0

existiert. Dann konvergiert die Fourierreihe a0 +

∞ X

an cos

2π L nx




+ bn sin

2π L nx





n=1

für „fast alle“ x gegen f (x) und es gilt die Parsevalsche Gleichung Z ∞ X
1 L 1 |f (x)|2 dx = a02 + |an |2 + |bn |2 L 0 2 n=1

265 / 300

Formaler Beweis der Parsevalschen Gleichung für L = 2π: 2 Z 2π Z 2π  ∞ X
an cos(nx) + bn sin(nx) dx |f (x)|2 dx = a0 + 0

0

Z

2π 

= 0

a02 + 2

∞ X

n=1

a0 an cos(nx) + bn sin(nx)




n=1 ∞ X


an cos(nx) + bn sin(nx) ·

+

n,m=1

· am cos(mx) + bm sin(mx) =

2π a02

+π

∞ X

|an |2 + |bn |2




 dx




n=1

wegen der Orthogonalitätsbeziehungen auf S. 235 Z 2π ∞ X
1 |f (x)|2 dx = a02 + 12 |an |2 + |bn |2 => 2π 0 n=1

266 / 300

Folgerungen Besselsche Ungleichung a02

+

1 2

N X n=1

Z


1 2 2 |an | + |bn | ≤ L

L

|f (x)|2 dx für N ∈ N

0

Wenn für die Koeffizienten einer Fourierreihe gilt: N X


|an |2 + |bn |2 ≤ C

n=1

mit C unabhängig von N , dann konvergiert die Fourierreihe. Dies ist insbesondere erfüllt, wenn c |an |, |bn | ≤ n

267 / 300

Differentiation und Integration von Fourierreihen Vorbemerkungen: Die Ableitung einer periodischen differenzierbaren Funktion ist periodisch: f (x + L) = f (x) für alle x => f 0 (x + L) = f 0 (x) für alle x Das Integral einer periodischen Funktion f : R → R mit Periode L ist periodisch ⇔ Z L f (x) dx = 0 0

Begründung: Z x+L Z f (y ) dy = 0

0

L

Z f (y ) dy +

x+L

Z f (y ) dy =

L

x

f (y ) dy 0

268 / 300

Satz Sei F (x) = a0 +

∞ X

an cos

2π L nx




+ bn sin

2π L nx





n=1

die Fourierreihe einer periodischen Funktion f : R → R mit Periode L. Ist f differenzierbar, dann ist ∞  X
2π F 0 (x) = − 2π n a sin nx + n L L

2π L n bn

cos

2π L nx




n=1

die Fourierreihe von f 0 . Ist a0 = 0, dann ist ∞  X L 2πn an sin

2π L nx




−

L 2πn bn

cos

2π L nx




n=1

die Fourierreihe einer Stammfunktion von f . 269 / 300

Bemerkung. Die Integration einer Fourierreihe liefert genau diejenige Stammfunktion F mit Z L F (x) dx = 0. 0

270 / 300

Beispiel 1 Fourierreihe von f : (−1, 1), f (x) = |x|.

−1

1

Da f gerade ist, folgt: Z 1 1 a0 = |x| dx = 2 0   Z 1 x sin(πnx) cos(πnx) 1 an = 2 x cos(πnx) dx = 2 + πn (πn)2 0 0 ( −4/(πn)2 für n ungerade (−1)n − 1 =2 = (πn)2 0 für n gerade bn = 0 271 / 300

Ergebnis: Fourierreihe ∞ 4 1 X cos((2n + 1)πx) f (x) ∼ − 2 π 2 (2n + 1)2 n=0 ( 1 für 0 < x < 1, Ableitung: f 0 (x) = −1 für − 1 < x < 0 Fourierreihe der Ableitung: ∞ X 4 0 f (x) ∼ sin((2n + 1)πx) π(2n + 1) n=0

272 / 300

Beispiel 2 |x| − 1 2

f : (−1, 1) → R, f (x) = x

1 −1

Ableitung: f 0 (x) = |x| −

1 2

Fourierreihe von f 0 (siehe vorherige Seite): ∞ X 4 0 f (x) ∼ − cos((2n + 1)πx) π 2 (2n + 1)2 n=0

Fourierreihe von f : Integration der Fourierreihe von f 0 ∞ X 4 f (x) ∼ a0 − sin((2n + 1)πx) π 3 (2n + 1)3 n=0

mit Integrationskonstante a0 . 273 / 300

f (x) = x

|x| − 1 2

Fourierreihe f (x) ∼ a0 −

∞ X

4 sin((2n + 1)πx) π 3 (2n + 1)3

n=0

Berechnung von a0 : 1. Möglichkeit: Einsetzen von x = 0 => a0 = 0 2. Möglichkeit: Z

1

a0 =

f (x) dx = 0 −1

Ergebnis: f (x) ∼ −

∞ X n=0

4 sin((2n + 1)πx) π 3 (2n + 1)3

274 / 300

Mehrfache Ableitungen Am Verhalten der Fourierkoeffizienten kann man die Glattheit einer Funktion ablesen: Satz Sei f : R → R eine periodische Funktion mit Periode L. Für die Fourierkoeffizienten aus der Fourierreihe ∞  X

 2π 2π f (x) ∼ a0 + an cos L nx + bn sin L nx n=1

gilt |an , |bn | ≤

c nk +1

für alle n ∈ N

mit c unabhängig von n. Dann ist existiert die k –te Ableitung f (k ) als „fast überall definierte“ quadratintegrierbare Funktion.

275 / 300

Begründung Die Bedingung |an , |bn | ≤

c

für alle n ∈ N nk +1 garantiert, dass die Koeffizienten
k
en = bn 2π n k en = an 2π , b a n L L der k mal differenzierten Fourierreihe die Bedingung c en | ≤ e en , |b |a für alle n ∈ N n mit e c unabhängig von n erfüllen. Nach der Bemerkung auf S. 267 existiert dann die Fourierreihe zu f (k ) .

276 / 300

Beispiele 1

Periodische Fortsetzung von f : (−1, 1) → R f (x) = |x|

1

Fourierreihe (S. 272): 1 ∞ X 4 1 f (x) ∼ − cos((2n + 1)πx) 2 π 2 (2n + 1)2 n=0

2

Folgerung: f ist 1 mal differenzierbar Periodische Fortsetzung von

1

f : (0, 1) → R f (x) = x

1

Fourierreihe (S. 261): ∞ 1 X 1 f (x) ∼ − sin(2πnx) 2 πn n=0

Folgerung: f ist nicht differenzierbar. 277 / 300

Die Fouriertransformation Fourierreihen sind nur zur Darstellung von periodischen Funktionen oder Funktionen auf beschränkten Intervallen geeignet. Zu einer nicht periodischen Funktion f : R → R kann man die Fourierreihe für die Einschränkung fL : [−L, L] → R auf ein Intervall der Länge 2L bestimmen: fL (x) =

∞ X n=−∞

cn e

i

π nx L

1 mit cn = 2L

Z

L

π

f (x) e−i L nx

−L

Idee: Grenzübergang L → ∞. Ersetze πL n durch neue Variable ξn = πL n π Für L → ∞ liegt die Menge L n | n ∈ Z immer dichter in R. => betrachte ξ = ξn als kontinuierliche Variable. 278 / 300

Interpretation von f (x) =

∞ X

π

cn ei L nx

n=−∞

als Riemann–Summe eines Integrals: Z ∞ ∞ X g(ξ) eiξx dξ ∼ (ξn − ξn−1 ) g(ξn ) eiξn x −∞

mit ξn = πL n, ξn − ξn−1 =

n=−∞ π L

und Z L π cn L 1 g(ξn ) = = f (x) e−i L nx dx ξn − ξn−1 π 2L −L Z L Z ∞ 1 1 L→∞ = f (x) e−iξn x dx → f (x) e−iξn x dx 2π −L 2π −∞

279 / 300

Folgerung: Z f (x) =

∞

1 g(ξ) eiξx dx mit g(ξ) = 2π −∞

Z

∞

f (x) e−iξx dx

−∞

Definition (Fourier–Transformation) Sei R f : R → R so dass |f | über R integrierbar ist, d.h. R |f (x)| dx < ∞. Dann ist Z ∞ 1 F (f )(ξ) := bf (ξ) := √ f (x) e−iξx dx 2π −∞ die Fourier–Transformierte zu f . Satz Sei f : R → R mit |f | integrierbar. Dann ist die Fouriertransformierte bf von f wohldefiniert und es gilt: Z ∞ 1 bf (ξ) eiξx dξ f (x) = √ 2π −∞ 280 / 300

Beispiel 2

Fouriertransformierte von f (x) = e−x : Z ∞ 1 2 bf (ξ) = √ e−x e−iξx dx 2π −∞ Z ∞ 1 2 Berechnung von bf (0) = √ e−x dx: 2π −∞  Z ∞  Z ∞
2 1 2 2 bf (0) = e−y dy e−z dz 2π −∞ Z ∞ Z ∞ −∞ Z 1 1 2 2 −(y 2 +z 2 ) = e−(y +z ) d(y , z) e dy dz = 2π −∞ −∞ 2π R2 Transformation auf Polarkoordinaten (y , z) = (r cos ϕ, r sin ϕ): Z Z ∞ Z 2π
2 1 1 2 +z 2 ) 2 −(y bf (0) = e d(y , z) = e−r r dϕ dr 2π R2 2π 0 0 h i ∞ 2 = − 12 e−r = 21 0

281 / 300

1 Folgerung: bf (0) = √ 2
0 Berechnung von bf (ξ) mit partieller Integration: Z ∞
0 1 2 bf (ξ) = √ (−ix) e−x e−iξx dx 2π −∞   Z ∞ ξ −x 2 −iξx 1 i −x 2 −iξx ∞ 1 =√ e e −√ e e dx 2 2π 2 2π −∞ x=−∞ ξ = − bf (ξ) 2 Insgesamt: bf (ξ) löst das Anfangswertproblem bf 0 (ξ) = − ξ bf (ξ), 2

bf (0) = √1 2

=> bf (ξ) = √1 e−ξ2 /4 2 282 / 300

Fourierintegral

Einsetzen der Formel bf (ξ) = √1 2π

Z

∞

f (y ) e−iξy dy

−∞

für die Fouriertransformierte bf von f in die Darstellung Z ∞ 1 bf (ξ) eiξx dξ f (x) = √ 2π −∞ liefert das sog. Fourierintegral Z ∞Z ∞ 1 f (x) = f (y ) eiξ(x−y ) dξ dy 2π −∞ −∞

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Eigenschaften der Fouriertransformation Satz (i) Seien f , g : R → R Funktionen mit Fouriertransformierten bf b und α, β ∈ R. und g b zu Dann existiert auch die Fouriertransformierte h h(x) = α f (x) + β g(x) und es gilt b b(ξ) h(ξ) = α bf (ξ) + β g |x|→∞

(ii) Sei f eine differenzierbare Funktion mit f (x) → 0 und es existieren die Fouriertransformatierten bf von f und fb0 von f 0 . Dann gilt 0 (ξ) = iξ b fd f (ξ)

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(Formaler) Beweis: Zu (i): Einfaches Nachrechnen mit der Linearität des Integrals Zu (ii): Mit partieller Integration folgt: Z ∞ 1 fb0 (ξ) = √ f 0 (x) e−iξx dx 2π −∞ Z ∞ h i∞ 1 1 =√ f (x) e−iξx −√ f (x) (−iξ) e−iξx dx 2π | 2π −∞ {z x→−∞} =0 Z ∞ iξ =√ f (x) e−iξx dx = iξ bf (ξ) 2π −∞

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Beispiel

Fouriertransformierte von f (x) = x e−x

2

Es gilt: f (x) = F 0 (x) mit F (x) = − 12 e−x

2

2

Fouriertransformierte von g(x) = e−x (siehe S. 282): 1 2 b(ξ) = √ e−ξ /4 g 2 1 −ξ2 /4 b (ξ) = − 1 g b √ => F (ξ) = − e 2 2 2 Ergebnis: iξ −ξ2 /4 bf (ξ) = iξ F b (ξ) = − √ e 2 2

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Bemerkung Die Formel fb0 (ξ) = iξ bf (ξ) für die Fouriertransformation einer Ableitung kann auch mehrfach angewandt werden: fb00 (ξ) = (iξ)2 bf (ξ) = −ξ 2 bf (ξ) (n) (ξ) = (iξ)n b fd f (ξ) Anwendung: Transformation von Differentialgleichungen auf algebraische Gleichungen für die Fouriertransformierte.

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Anwendung Lösung von Differentialgleichungen auf der gesamten reellen Achse. Beispiel: y 00 (x) + a y 0 (x) + b y (x) = f (x) Anwendung der Fouriertransformation => yc00 (ξ) + a yb0 (ξ) + b yb(ξ) = bf (ξ) (iξ)2 yb(ξ) + a iξ yb(ξ) + b yb(ξ) = bf (ξ)
2 − ξ + iaξ + b yb(ξ) = bf (ξ) Ergebnis: yb(ξ) =

bf (ξ) −ξ 2 + iaξ + b

Rücktransformation: 1 y (x) = √ 2π

Z

∞

−∞

bf (ξ) iξx e dξ −ξ 2 + iaξ + b 288 / 300

Die Laplace–Transformation Die Fouriertransformation Z ∞ 1 F (f )(ξ) = bf (ξ) = √ f (x) e−iξx dξ 2π −∞ ist nur anwendbar für Funktionen f : R → R mit Z |f (x)| dx < +∞ R

Dies ist für viele Funktionen nicht erfüllt. Satz (Laplace–Transformation) Sei f : [0, +∞) → R und s ∈ C so dass x 7→ |f (x)|e− Re(s)x über [0, +∞) integrierbar ist. Dann existiert die Laplace–Transformierte Z ∞ L (f )(s) := f (x) e−sx dx 0

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Zusammenhang mit der Fouriertransformation

Für eine Funktion f : [0, +∞) → R kann man die Fouriertransformation auf die durch Null fortgesetzte Funktion ( ef (x) = f (x) für x ≥ 0, 0 für x < 0 anwenden und erhält Z ∞ 1 1 b ef (ξ) = √ f (x) e−iξx dx = √ L (f )(iξ) 2π 0 2π Es gilt also (wenn man ef = f setzt) bf (ξ) = √1 L (f )(iξ) 2π

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Bedeutung Die Laplace–Transformation ist oft auch auf Funktionen anwendbar, die keine Fouriertransformierte haben. Dabei wird die Integrierbarkeit von x 7→ |f (x)e−sx | durch geeignete Wahl von Re s > 0 erzwungen. Konkret gilt: Ist x 7→ e−γx |f (x)| über [0, +∞) integrierbar, dann existiert die Laplace–Transformierte L (f )(s) für alle s ∈ C mit Re s ≥ γ. Folgerung: Ist f : [0, ∞) → R über jedes beschränkte Intervall I ⊂ [0, ∞) integrierbar und gilt |f (x)| ≤ C eγx für alle x > 0, dann existiert L (f )(s) für jedes s ∈ C mit Re s > γ. Begründung: e− Re s x |f (x)| ≤ C e(γ−Re s)x und x 7→ e(γ−Re s)x ist integrierbar. 291 / 300

Beispiele ( 0 für x < a, 1 f : [0, ∞) → R, f (x) = 1 für x > a  ∞ Z ∞ Z ∞ 1 L (f )(s) = f (x) e−sx dx = e−sx dx = − e−sx s 0 a x=a −sa e = s falls Re s > 0. 2

f (x) = ecx L (f )(s) =

Z 0

∞

e(c−s)x dx =

1 s−c

falls Re s > Re c.

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Eigenschaften der Laplace–Transformation 1

Die Laplace–Transformation ist linear: Für α, β ∈ R und Laplace–transformierbare Funktionen f , g : [0, +∞) → R gilt L (αf + βg)(s) = α L (f )(s) + β L (g)(s)

2

Falls die Laplace–Transformierten von f und f 0 existieren, gilt L (f 0 )(s) = s L (f )(s) − f (0)

3

Falls die Laplace–Transformierten von f , f 0 , . . . , f (n) existieren, gilt
L f (n) (s) = sn L (f )(s) − f (n−1) (0) − s f (n−2) (0) − · · · − sn−1 f (0) 293 / 300

Beweis Zu 1: Linearität des Integrals Zu 2: Partielle Integration Z ∞ L (f 0 )(s) = e−sx f 0 (x) dx 0



= e

−sx

f (x)

∞ x=0

Z +

∞

s e−sx f (x) dx

0

= −f (0) + s L (f )(s) Zu 3: Induktion über n mit Hilfe von 2:

(n) (n−1) L f (s) = s L f (s) − f (n−1) (0)
= s2 L f (n−2) (s) − s f (n−2) (0) − f (n−1) (0) = ··· = sn L (f )(s) − sn−1 f (0) − · · · − f (n−1) (0)

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Anwendungen

Laplacetransformierte von f (x) = sinh x: Mit sinh(x) = 21 (ex − e−x ) folgt L (x 7→ ex )(s) − L (x 7→ e−x )(s)   1 1 1 1 = − = 2 2 s−1 s+1 s −1

L (f )(s) =

1 2




Laplacetransformierte von f (x) = x: f 0 (x) = 1 => L (f 0 )(s) = s L (f )(s) − f (0) = => L (f )(s) =

1 s

1 s2

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Laplacetransformierte von f (x) = x n :
f (n) (x) = n! => L f (n) (s) = n! 1s = sn L (f )(s) => L (f )(s) =

n! sn+1

Laplacetransformierte von f (x) = eax x n : Z ∞ Z ∞ L (f )(s) = e−sx eax x n dx = e−(s−a)x x n dx 0

= L (x 7→ x n )(s − a) =

0

n! (s − a)n+1

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Lösung gewöhnlicher Differentialgleichungen Beispiel y 00 (x) + 2 y 0 (x) + y (x) = e−x , y (0) = −1, y 0 (0) = 1 Anwendung der Laplace–Transformation 1 L (x 7→ e−x )(s) = s+1 L (y 0 )(s) = s L (y )(s) − y (0) L (y 00 )(s) = s2 L (y )(s) − y 0 (0) − s y (0) => (s2 + 2s + 1)L (y )(s) − (s + 2) y (0) − y 0 (0) = => L (y )(s) =

1 s+1

− (s + 2) + 1

s2 + 2s + 1

Mit L (x 7→ e−x x n ) =

=

1 s+1

1 1 − (s + 1)3 s + 1

n! folgt (s + 1)n+1 y (x) = e−x

1 2 2x


−1

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Laplace–Rücktransformation Trick: Schreibe Laplacetransformation (formal) als Fouriertransformation: L (f )(s) =

∞

Z

e

−sx

Z f (x) dx =

0

√ =

∞

e−is2 x e−s1 x ef (x) dx

−∞

2π F (g)(s2 )

( ( f (x) für x > 0 e−s1 x f (x) für x > 0 e mit f (x) = & g(x) = 0 für x < 0 0 für x < 0 Anwendung der Fourier–Rücktransformation: Z ∞ 1 g(x) = √ eiξx F (g)(ξ) dξ 2π −∞ s1 x Z ∞ e 1 => f (x) = es1 x g(x) = √ eis2 x √ L (f )(s1 + is2 ) ds2 2π −∞ 2π 298 / 300

Satz Sei f : [0, +∞) → R stückweise stetig und es existiere die Laplace–Transformierte L (f )(s) für s ∈ C mit Re s = s1 . Dann gilt für alle x ∈ R Z s1 +i∞ 1 1 esx L (f )(s) ds 2 (f (x+) + f (x−)) = 2π s −i∞ Z 1∞ 1 e(s1 +is2 )x L (f )(s1 + is2 ) ds2 =: 2π −∞

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Teil IV Partielle Differentialgleichungen

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