Modellfall Orthogonalität trigonometrischer Funktionen

Modellfall
Anwendungen:
f : (0, L) → R gegeben.
Digitalisierung / digitale Darstellung von Funktionen,
insbesondere für Ton- und Bilddaten
2π
L x,
x=
f0 (y ) = f
L
2π y
Variablentransformation: y =
Digitale Frequenzfilter
Datenkompression: Abspeichern der „unteren Frequenzen“
Lösung partieller Differentialgleichungen
Aus
f (x) = a0 +
∞ X
an cos
2πn
L x
L
2π y ,
2π
L x
f (x) = f0
mit
, f0 : (0, 2π) → R.
+ bn sin
2πn
L x
n=1
Fragen:
folgt
Welche Funktionen kann man als Fourierreihe darstellen?
f0 (y ) = a0 +
Unter welchen Voraussetzungen an die Koeffizienten
konvergiert eine Fourierreihe?
∞
X
an cos(ny ) + bn sin(ny )
n=1
und umgekehrt.
Fazit: Es genügt, den Fall f : (0, 2π) → R zu betrachten.
234 / 300
233 / 300
Orthogonalität trigonometrischer Funktionen
Beweis: Einfaches Nachrechnen mit Hilfe der Formeln
sin(α) sin(β) =
1
2
1
2
1
2
2π
Z
cos(α)cos(β) =
Satz
Für n, m ∈ N, n 6= m gilt:
Z 2π
Z
cos(nx) cos(mx) dx =
0
cos(α) sin(β) =
2π
Z
sin(nx) sin(mx) dx = 0
cos(nx) sin(mx) dx = 0
0
2π
cos2 (nx) dx =
2π
2π
cos(nx) dx = 0
0
2
0
Beispiel:
Z
Z
cos(α − β) − cos(α + β)
Z
2π
cos (nx) dx =
2π
0
Für n ∈ N gilt
Z
0
2π
Z
Z
sin(nx) dx =
0
Für n, m ∈ N gilt
cos(α + β) + cos(α − β)
sin(α + β) − sin(α − β)
sin2 (nx) dx = π
0
2π
cos(nx) cos(mx) dx
0
2
sin (nx) dx = π
Z
0
=
0
235 / 300
2π
1
2
cos((n + m)x) − cos((n − m)x) dx = 0
236 / 300
Folgerung
Für f (x) = a0 +
N
X
an cos(nx) + bn sin(nx) und m ≤ N gilt
n=1
Z
2π
Z
Man kann zeigen: Dasselbe gilt auch für eine unendliche Reihe
2π
f (x) cos(mx) dx = a0
0
+
cos(mx) dx
0
N
X
f (x) = a0 +
2π
Z
an
"
0
= lim
Z
+ bn
2π
N→∞
sin(nx) cos(mx) dx
a0 +
∞
X
#
an cos(nx) + bn sin(nx)
n=1
(wenn die Reihe absolut konvergiert)
0
(
2π a0
=
π am
an cos(nx) + bn sin(nx)
n=1
cos(nx) cos(mx) dx
n=1
∞
X
für m = 0,
für m 6= 0
und analog
Z
2π
f (x) sin(mx) dx = π bm
0
237 / 300
238 / 300
Beispiel 1
f : (0, 2π) → R, f (x) = x.
Definition (Fourierreihe)
Die Fourierreihe einer Funktion f : (0, 2π) → R ist
∞
X
f (x) = a0 +
an cos(nx) + bn sin(nx)
n=1
mit
2π
Berechnung der Fourierkoeffizienten:
Z 2π
1 (2π)2
1
=π
a0 =
x dx =
2π 2
2π 0
Z
1 2π
2π
an =
x cos(nx) dx
π 0
!
Z 2π
sin(nx) 2π
sin(nx)
1
x
=
−
dx = 0
π
n
n
0
0
Z
1 2π
bn =
x sin(nx) dx
π 0
!
Z 2π
1
− cos(nx) 2π
cos(nx)
2π
2
=
x
+
dx = −
=−
π
n
n
πn
n
0
0
Z 2π
Z
1
1 2π
f (x) dx, an =
f (x) cos(nx) dx,
2π 0
π 0
Z
1 2π
bn =
f (x) sin(nx) dx
π 0
a0 =
239 / 300
240 / 300
Beispiel 2
Fourierreihe:
f (x) ∼ π −
∞
X
2
n=1
n
sin(nx)
f : (0, 2π) → R
(
x für x < π,
f (x) =
0 für x ≥ π.
π
2π
Berechnung der Fourierkoeffizienten:
Z π
1
1 π2
π
a0 =
=
x dx =
2π 0
2π 2
4
Z
1 π
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
=
(−1)n − 1 =
2
2
πn
πn
0
für n gerade
241 / 300
242 / 300
243 / 300
244 / 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
π
(−1)n+1
1 (−1)n+1
+
=
=
sin(nx)
0
n
n
πn2
Fourierreihe:
∞
f (x) ∼
π X
2
−
cos((2n − 1)x)
4
π(2n − 1)2
n=1
−
∞
X
(−1)n
n=1
n
sin(nx)
Periodische Funktionen
Eine Fourierreihe
Definition
Eine Funktion f : R → R heißt periodisch mit Periode L
⇔ f (x + L) = f (x) für alle x ∈ R.
f (x) = a0 +
∞
X
an cos(nx) + bn sin(nx)
n=1
ist periodisch mit Periode 2π.
Eigenschaften:
Folgerung:
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
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
x
246 / 300
245 / 300
Symmetrien
Eine Funktion f : R → R heißt
gerade ⇔ f (−x) = f (x)
f(x)
Folgerung:
ungerade ⇔ f (−x) = −f (x)
Die Fourierreihe einer geraden Funktion ist eine reine
Kosinusreihe.
f(x)
Die Fourierreihe einer ungeraden Funktion ist eine reine
Sinusreihe.
x
x
Ist f auf [0, 2π) definiert, kann man f periodisch fortsetzen
durch
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 :
f (x + 2πk ) = f (x) für k ∈ Z, x ∈ (0, 2π).
Es gilt dann:
n=1
f gerade ⇔ f (x) = f (2π − x)
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 (x)sin(nx) dx
f ungerade => an = 0, bn =
π 0
f ungerade ⇔ f (x) = −f (2π − x).
247 / 300
248 / 300
 Z π
2
g(x) dx
g(x) dx =
0

−π
0
Z
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.
π
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
f (x) dx =
f (x) dx
a0 =
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
249 / 300
250 / 300
Beispiel
 Z π
2
π
g(x) dx
g(x) dx =
0

−π
0
Z
Periodische Fortsetzung von f : (−π, π) → R, f (x) = x
falls g gerade,
π
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
a0 =
f (x) dx = 0
2π −π
Z
1 π
an =
f (x) cos(nx) dx = 0
π −π
Z π
Z
1
2 π
bn =
f (x) sin(nx) dx =
f (x) sin(nx) dx
π −π
π 0
0
π
2π
Diese Funktion ist ungerade
=> die Fourierreihe ist eine Sinusreihe.
Koeffizienten:
Z
2
2 π
x cos(nx) sin(nx) π
bn =
x sin(nx) dx =
−
+
π 0
π
n
n2
0
n+1 2
= (−1)
n
∞
X
2
Fourierreihe: f (x) ∼
(−1)n+1 sin(nx)
n
n=1
251 / 300
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
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
Für eine (reelle) Fourierreihe gilt:
f (x) = a0 +
∞
X
an cos(nx) + bn sin(nx)
an − i bn
an + i bn
in c0 = a0 , cn =
, c−n =
liefert:
2
2
Z 2π
Z 2π
1
1
c0 =
f (x) dx =
f (x) ei0x dx
2π 0
2π 0
Z
Z 2π
1 2π
1
cos(nx) − i sin(nx)
cn =
dx =
f (x)
f (x) e−inx dx
π 0
2
2π 0
Z
Z 2π
cos(nx) + i sin(nx)
1 2π
1
c−n =
f (x)
dx =
f (x) einx dx
π 0
2
2π 0
n=1
= a0 +
∞ X
an
n=1
= a0 +
2
∞ X
an − i b n
n=1
=
einx + e
∞
X
2
bn inx
e −e
2i
an + i bn −inx
+
e
2
−inx
einx
+
−inx
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
254 / 300
Beispiel
(
1
f : (0, 2π) → R, f (x) =
0
Satz
Die Fourierreihe einer Funktion f : (0, 2π) → R hat die
komplexe Darstellung
∞
X
f (x) =
cn einx
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
a
1 e−inx
i
=
=
e−ina − 1
2π −in 0
2πn
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
c−n =
= cn für n ∈ N
c0 = a0 , cn =
2
2
Komplexe Fourierreihe:
f (x) =
∞
X
a
e−ina − 1 inx
+
i
e
2π n=−∞
2πn
n6=0
255 / 300
256 / 300
Fouriereihen für beliebige Periode
Komplexe Fourierkoeffizienten: c0 =
a
2π ,
cn =
i
2πn
e−ina − 1
Gegeben: Periodische Funktion f : R → R mit Periode L
(oder Funktion f : (0, L) → R)
Reelle Fourierkoeffizienten:
sin(na)
a
, 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
Reelle Fourierreihe:
f (x) ∼ a0 +
∞ X
2π
L nx
an cos
+ bn sin
2π
L nx
f (x) cos
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
n=1
2
L
an =
2π
L nx
Z
0
L
dx
dx
258 / 300
257 / 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
Komplexe Fourierreihe:
∞
X
f (x) ∼
cn ei(2π/L)nx
n=−∞
mit Koeffizienten
1
cn =
L
Z
L
0
!
Z 1
sin(2πnx) 1
sin(2πnx)
=2 x
−
dx = 0
2πn
2πn
0
0
Z 1
bn = 2
x sin(2πnx) dx
0
!
Z 1
cos(2πnx)
− cos(2πnx) 1
=2 x
+
dx
2πn
2πn
0
0
f (x) e−i(2π/L)nx dx
0
=−
259 / 300
2
1
=−
2πn
πn
260 / 300
Konvergenz von Fourierreihen
Reelle Fourierreihe:
∞
f (x) ∼
1 X 1
−
sin(2πnx)
2
πn
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
n=1
Komplexe Koeffizienten:
Z 1
1
c0 =
f (x) dx =
2
0
−i2πnx 1 Z 1 −i2πnx
Z 1
e
xe
−i2πnx
cn =
xe
dx =
+
dx
−i2πn 0
i2πn
0
0
−i2πnx 1
i e−i2πn
e
i
=
=
+
2πn
2πn
(2πn)2 0
f (xj +) = lim f (x) und f (xj −) = lim f (x).
x→xj
x>xj
Dann konvergiert die Fourierreihe
N X
FN (x) = a0 +
an cos 2π
L nx + bn sin
2π
L nx
n=1
von f punktweise gegen eine Funktion Ff , Ff (x) = lim FN (x)
Komplexe Fourierreihe:
f (x) ∼
x→xj
x<xj
N→∞
und es gilt:
Ff (x) = f (x)
∞
X
1
i i2πnx
+
e
2 n=−∞ 2πn
Ff (x) =
n6=0
1
2
für x ∈ [0, L] \ M,
f (x+) + f (x−) für x ∈ M
262 / 300
261 / 300
Anwendung: Grenzwerte von Reihen
Die Fourierreihe konvergiert also an isolierten Unstetigkeitsstellen gegen den Mittelwert aus links- und rechtsseitigem
Grenzwert.
Durch Einsetzen bestimmter Werte in Fourierreihen kann man
Grenzwerte von unendlichen Reihen ausrechnen.
∞
X
(−1)n
1 1 1
Beispiel: Reihe
= 1 − + − ± ···
2n + 1
3 5 7
An Unstetigkeitsstellen tritt das Gibbssche Phänomen auf:
Die Partialsumme der Fourierreihe
N X
2π
a0 +
an cos 2π
nx
+
b
sin
nx
n
L
L
n=0
Fourierreihe von f : (0, 2π) → R, f (x) = x (siehe S. 241):
∞
X
2
f (x) ∼ π −
sin(nx)
n
n=1 (
0
für n gerade
Einsetzen von x = π2 => sin n π2 =
k
(−1) für n = 2k + 1
n=1
„überschwingt“ für „große“ N den Sprung um etwa 18%.
∞
=>
f (π/2) =
X 2
π
=π−
(−1)k
2
2k + 1
k =0
=>
∞
X
n=0
263 / 300
(−1)n
2n + 1
=
1
2
π−
π π
=
2
4
264 / 300
Parsevalsche Gleichung
Formaler Beweis der Parsevalschen Gleichung für L = 2π:
Z 2π
Z 2π ∞
X
2
2
an cos(nx) + bn sin(nx)
dx
|f (x)| dx =
a0 +
Satz
Sei f : (0, L) → R eine quadratintegrierbare Funktion, d.h.
Z L
|f (x)|2 dx
0
0
2π Z
=
0
a02 + 2
∞
X
+
a0 +
2π
L nx
an cos
a0 an cos(nx) + bn sin(nx)
an cos(nx) + bn sin(nx) ·
n,m=1
Dann konvergiert die Fourierreihe
∞
X
n=1
n=1
0
existiert.
∞
X
+ bn sin
2π
L nx
· am cos(mx) + bm sin(mx)
n=1
=
für „fast alle“ x gegen f (x) und es gilt die Parsevalsche
Gleichung
Z
∞
1 L
1X
|f (x)|2 dx = a02 +
|an |2 + |bn |2
L 0
2
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
n=1
265 / 300
266 / 300
Differentiation und Integration von Fourierreihen
Folgerungen
Besselsche Ungleichung
a02 +
1
2
N
X
n=1
1
|an |2 + |bn |2 ≤
L
Vorbemerkungen:
L
Z
Die Ableitung einer periodischen differenzierbaren
Funktion ist periodisch:
|f (x)|2 dx für N ∈ N
0
f (x + L) = f (x) für alle x => f 0 (x + L) = f 0 (x) für alle x
Wenn für die Koeffizienten einer Fourierreihe gilt:
N
X
2
2
|an | + |bn |
Das Integral einer periodischen Funktion f : R → R mit
Periode L ist periodisch ⇔
Z L
f (x) dx = 0
≤C
n=1
mit C unabhängig von N , dann konvergiert die
Fourierreihe.
0
Begründung:
Z x+L
Z
f (y ) dy =
Dies ist insbesondere erfüllt, wenn
c
|an |, |bn | ≤
n
0
267 / 300
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
Bemerkung.
die Fourierreihe einer periodischen Funktion f : R → R mit
Periode L.
Ist f differenzierbar, dann ist
∞ X
0
2π
F (x) =
− 2π
L n an sin L nx +
2π
L n bn
cos
2π
L nx
Die Integration einer Fourierreihe liefert genau diejenige
Stammfunktion F mit
Z L
F (x) dx = 0.
0
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
270 / 300
Beispiel 1
Fourierreihe von f : (−1, 1), f (x) = |x|.
−1
Ergebnis: Fourierreihe
∞
1 X
4
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
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
(
2
n
−4/(πn)
für n ungerade
(−1) − 1
=2
=
2
(πn)
0
für n gerade
Fourierreihe der Ableitung:
∞
X
4
f 0 (x) ∼
sin((2n + 1)πx)
π(2n + 1)
n=0
bn = 0
271 / 300
272 / 300
Beispiel 2
|x| − 1
2
f : (−1, 1) → R, f (x) = x
f (x) = x
Fourierreihe f (x) ∼ a0 −
1
Ableitung: f (x) = |x| −
Fourierreihe von
∞
X
4
sin((2n + 1)πx)
+ 1)3
π 3 (2n
n=0
−1
0
|x| − 1
2
Berechnung von a0 :
1
2
1. Möglichkeit: Einsetzen von x = 0 => a0 = 0
f0
2. Möglichkeit:
(siehe vorherige Seite):
∞
X
4
f 0 (x) ∼ −
cos((2n + 1)πx)
2
π (2n + 1)2
Z
1
a0 =
f (x) dx = 0
−1
n=0
Ergebnis:
Fourierreihe von f : Integration der Fourierreihe von f 0
∞
X
4
f (x) ∼ a0 −
sin((2n + 1)πx)
π 3 (2n + 1)3
f (x) ∼ −
∞
X
n=0
4
sin((2n + 1)πx)
+ 1)3
π 3 (2n
n=0
mit Integrationskonstante a0 .
273 / 300
274 / 300
Mehrfache Ableitungen
Begründung
Am Verhalten der Fourierkoeffizienten kann man die Glattheit
einer Funktion ablesen:
Die Bedingung
c
für alle n ∈ N
nk +1
garantiert, dass die Koeffizienten
k
k
2π
e
en = an 2π
a
L n , bn = bn L n
|an , |bn | ≤
Satz
Sei f : R → R eine periodische Funktion mit Periode L.
Für die Fourierkoeffizienten aus der Fourierreihe
∞ X
2π
f (x) ∼ a0 +
an cos 2π
nx
+
b
sin
nx
n
L
L
der k mal differenzierten Fourierreihe die Bedingung
n=1
gilt
mit c unabhängig von n.
c
en | ≤ e
en , |b
|a
für alle n ∈ N
n
mit e
c unabhängig von n erfüllen.
Dann ist existiert die k –te Ableitung f (k ) als „fast überall
definierte“ quadratintegrierbare Funktion.
Nach der Bemerkung auf S. 267 existiert dann die Fourierreihe
zu f (k ) .
|an , |bn | ≤
c
nk +1
für alle n ∈ N
275 / 300
276 / 300
Beispiele
1
Die Fouriertransformation
Periodische Fortsetzung von
f : (−1, 1) → R
f (x) = |x|
Fourierreihen sind nur zur Darstellung von periodischen
Funktionen oder Funktionen auf beschränkten Intervallen
geeignet.
1
Fourierreihe (S. 272):
1
∞
4
1 X
f (x) ∼ −
cos((2n + 1)πx)
2
π 2 (2n + 1)2
Zu einer nicht periodischen Funktion f : R → R kann man die
Fourierreihe für die Einschränkung
Folgerung: f ist 1 mal differenzierbar
Periodische Fortsetzung von
auf ein Intervall der Länge 2L bestimmen:
fL : [−L, L] → R
n=0
2
f : (0, 1) → R
f (x) = x
1
∞
X
fL (x) =
cn e
n=−∞
1
i πL nx
1
mit cn =
2L
L
Z
π
f (x) e−i L nx
−L
Idee: Grenzübergang L → ∞.
Fourierreihe (S. 161):
∞
1 X 1
f (x) ∼ −
sin((2πnx)
2
πn
Ersetze πL n durch neue Variable ξn = πL n
Für L → ∞ liegt die Menge πL n | n ∈ Z immer dichter in R.
n=0
=> betrachte ξ = ξn als kontinuierliche Variable.
Folgerung: f ist nicht differenzierbar.
278 / 300
277 / 300
Interpretation von
f (x) =
∞
X
Folgerung:
Z
f (x) =
−∞
π
cn ei L nx
n=−∞
−∞
n=−∞
− ξn−1 =
1
dx mit g(ξ) =
2π
Z
∞
f (x) e−iξx dx
−∞
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 .
π
L
und
Z L
π
L 1
cn
=
f (x) e−i L nx dx
g(ξn ) =
π 2L −L
ξn − ξn−1
Z L
Z ∞
1
L→∞ 1
−iξn x
=
f (x) e
dx →
f (x) e−iξn x dx
2π −L
2π −∞
mit ξn =
g(ξ) e
iξx
Definition (Fourier–Transformation)
als Riemann–Summe eines Integrals:
Z ∞
∞
X
g(ξ) eiξx dξ ∼
(ξn − ξn−1 ) g(ξn ) eiξn x
π
L n, ξn
∞
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 −∞
279 / 300
280 / 300
Beispiel
1
Folgerung: bf (0) = √
2
0
b
Berechnung von f (ξ) mit partieller Integration:
Z ∞
2
bf 0 (ξ) = √1
(−ix) e−x e−iξx dx
2π −∞
Z ∞
ξ −x 2 −iξx
1
i −x 2 −iξx ∞
1
e e
e e
=√
−√
dx
2π 2
2π −∞ 2
x=−∞
ξ
= − bf (ξ)
2
Insgesamt: bf (ξ) löst das Anfangswertproblem
2
Fouriertransformierte von f (x) = e−x :
Z ∞
2
bf (ξ) = √1
e−x e−iξx dx
2π −∞
Z ∞
1
2
b
Berechnung von f (0) = √
e−x dx:
2π −∞
Z ∞
Z ∞
−y 2
−z 2
bf (0) 2 = 1
e
dy
e
dz
2π
−∞
−∞
Z ∞Z ∞
Z
1
1
2
2
2
2
=
e−(y +z ) d(y , z)
e−(y +z ) dy dz =
2π −∞ −∞
2π R2
bf 0 (ξ) = − ξ bf (ξ),
2
Transformation auf Polarkoordinaten (y , z) = (r cos ϕ, r sin ϕ):
Z ∞ Z 2π
Z
1
2
−(y 2 +z 2 )
bf (0) 2 = 1
e−r r dϕ dr
e
d(y , z) =
2π 0
2π R2
0
h
i∞
1 −r 2
1
= −2e
=2
bf (0) = √1
2
=>
bf (ξ) = √1 e−ξ2 /4
2
0
282 / 300
281 / 300
Fourierintegral
Eigenschaften der Fouriertransformation
Satz
Einsetzen der Formel
bf (ξ) = √1
2π
Z
∞
f (y ) e
−iξy
(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
dy
−∞
für die Fouriertransformierte bf von f in die Darstellung
Z ∞
1
bf (ξ) eiξx dξ
f (x) = √
2π −∞
h(x) = α f (x) + β g(x)
und es gilt
b
b(ξ)
h(ξ)
= α bf (ξ) + β g
liefert das sog. Fourierintegral
Z ∞Z ∞
1
f (x) =
f (y ) eiξ(x−y ) dξ dy
2π −∞ −∞
|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)
283 / 300
284 / 300
Beispiel
(Formaler) Beweis:
Fouriertransformierte von f (x) = x e−x
Zu (i): Einfaches Nachrechnen mit der Linearität des Integrals
2
Es gilt: f (x) = F 0 (x) mit F (x) = − 12 e−x
Zu (ii): Mit partieller Integration folgt:
Z ∞
1
b
0
√
f (ξ) =
f 0 (x) e−iξx dx
2π −∞
Z ∞
i∞
1 h
1
−iξx
=√
f (x) e
−√
f (x) (−iξ) e−iξx dx
x→−∞
2π |
2π
−∞
{z
}
=0
Z ∞
iξ
=√
f (x) e−iξx dx = iξ bf (ξ)
2π −∞
2
2
Fouriertransformierte von g(x) = e−x (siehe S. 282):
1
2
b(ξ) = √ e−ξ /4
g
2
1
2
b (ξ) = − 1 g
b
√ e−ξ /4
=> F
2 (ξ) = −
2 2
Ergebnis:
iξ −ξ2 /4
bf (ξ) = iξ F
b (ξ) = − √
e
2 2
286 / 300
285 / 300
Anwendung
Lösung von Differentialgleichungen auf der gesamten reellen
Achse.
Bemerkung
Die Formel
Beispiel: y 00 (x) + a y 0 (x) + b y (x) = f (x)
fb0 (ξ) = iξ bf (ξ)
Anwendung der Fouriertransformation =>
yc00 (ξ) + a yb0 (ξ) + b yb(ξ) = bf (ξ)
für die Fouriertransformation einer Ableitung kann auch
mehrfach angewandt werden:
(iξ)2 yb(ξ) + a iξ yb(ξ) + b yb(ξ) = bf (ξ)
− ξ 2 + iaξ + b yb(ξ) = bf (ξ)
fb00 (ξ) = (iξ)2 bf (ξ) = −ξ 2 bf (ξ)
(n) (ξ) = (iξ)n b
fd
f (ξ)
Ergebnis:
Anwendung:
yb(ξ) =
Transformation von Differentialgleichungen auf algebraische
Gleichungen für die Fouriertransformierte.
−ξ 2
bf (ξ)
+ iaξ + b
Rücktransformation:
1
y (x) = √
2π
287 / 300
Z
∞
−∞
bf (ξ)
eiξx dξ
−ξ 2 + iaξ + b
288 / 300
Die Laplace–Transformation
Zusammenhang mit der Fouriertransformation
Die Fouriertransformation
Z ∞
1
b
F (f )(ξ) = f (ξ) = √
f (x) e−iξx dξ
2π −∞
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
ist nur anwendbar für Funktionen f : R → R mit
Z
|f (x)| dx < +∞
R
anwenden und erhält Z
∞
1
b
ef (ξ) = √1
f (x) e−iξx dx = √ L (f )(iξ)
2π 0
2π
Es gilt also (wenn man ef = f setzt)
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 ∞
f (x) e−sx dx
L (f )(s) :=
bf (ξ) = √1 L (f )(iξ)
2π
0
289 / 300
Bedeutung
290 / 300
Beispiele
Die Laplace–Transformation ist oft auch auf Funktionen
anwendbar, die keine Fouriertransformierte haben.
(
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.
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.
2
f (x) = ecx
L (f )(s) =
Z
0
Begründung:
e− Re s x |f (x)|
e(γ−Re s)x
≤C
und x 7→ e(γ−Re s)x ist integrierbar.
∞
e(c−s)x dx =
1
s−c
falls Re s > Re c.
291 / 300
292 / 300
Eigenschaften der Laplace–Transformation
1
Beweis
Die Laplace–Transformation ist linear:
Für α, β ∈ R und Laplace–transformierbare Funktionen
f , g : [0, +∞) → R gilt
Zu 1: Linearität des Integrals
Zu 2: Partielle Integration
Z ∞
0
L (f )(s) =
e−sx f 0 (x) dx
L (αf + βg)(s) = α L (f )(s) + β L (g)(s)
2
Falls die Laplace–Transformierten von f und
gilt
f0
0
= e
existieren,
f (x)
∞
Z
+
x=0
∞
s e−sx f (x) dx
0
= −f (0) + s L (f )(s)
0
L (f )(s) = s L (f )(s) − f (0)
3
−sx
Zu 3: Induktion über n mit Hilfe von 2:
L f (n) (s) = s L f (n−1) (s) − f (n−1) (0)
= s2 L f (n−2) (s) − s f (n−2) (0) − f (n−1) (0)
f , f 0 , . . . , f (n)
Falls die Laplace–Transformierten von
existieren, gilt
L f (n) (s) = sn L (f )(s) − f (n−1) (0) − s f (n−2) (0)
= ···
= sn L (f )(s) − sn−1 f (0) − · · · − f (n−1) (0)
− · · · − sn−1 f (0)
294 / 300
293 / 300
Anwendungen
Laplacetransformierte von f (x) = x n :
f (n) (x) = n! => L f (n) (s) = n! 1s = sn L (f )(s) =>
Laplacetransformierte von f (x) = sinh x:
Mit sinh(x) = 12 (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
L (f )(s) =
Laplacetransformierte von f (x) = eax x n :
Z ∞
Z ∞
−sx ax n
L (f )(s) =
e e x dx =
e−(s−a)x x n dx
Laplacetransformierte von f (x) = x:
f 0 (x)
= 1 =>
L (f 0 )(s)
= s L (f )(s) − f (0) =
=> L (f )(s) =
n!
sn+1
0
1
s
= L (x 7→ x n )(s − a) =
1
s2
295 / 300
0
n!
(s − a)n+1
296 / 300
Lösung gewöhnlicher Differentialgleichungen
Laplace–Rücktransformation
Beispiel y 00 (x) + 2 y 0 (x) + y (x) = e−x , y (0) = −1, y 0 (0) = 1
Trick: Schreibe Laplacetransformation (formal)
als Fouriertransformation:
Anwendung der Laplace–Transformation
1
L (x 7→ e−x )(s) = s+1
L (f )(s) =
0
L (y )(s) = s L (y )(s) − y (0)
1 2
2x
∞
f (x) dx =
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
mit ef (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 −∞
Z ∞
es1 x
1
=> f (x) = es1 x g(x) = √
eis2 x √ L (f )(s1 + is2 ) ds2
2π −∞
2π
n!
=
folgt
(s + 1)n+1
y (x) = e−x
Z
√
1
=> (s + 2s + 1)L (y )(s) − (s + 2) y (0) − y (0) =
s+1
1
−
(s
+
2)
+
1
1
1
=> L (y )(s) = s+1 2
=
−
s + 2s + 1
(s + 1)3 s + 1
Mit L (x 7→
e
−sx
=
0
e−x x n )
∞
0
L (y 00 )(s) = s2 L (y )(s) − y 0 (0) − s y (0)
2
Z
−1
297 / 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
s1 −i∞
Z ∞
1
=:
e(s1 +is2 )x L (f )(s1 + is2 ) ds2
2π −∞
298 / 300
Teil IV
Partielle Differentialgleichungen
299 / 300
300 / 300