SoSe 2015 Blatt 8, 5.6.15 ¨ Ubungen zur Mathematik 2 fu ¨ r Ingenieure (Master) Studiengang Master in Sicherheitstechnik Apl. Prof. Dr. G. Herbort Aufgabe 30. Berechnen Sie die Fouriertransformierte von cos( πx ), |x| ≤ L/2 L f (x) := 0, sonst L¨osung. Wir rechnen (wenn ω 6= ± Lπ ): Z L/2 fb(ω) = cos( −L/2 1 = 2 Z L/2 πx −j ωx )e dx L π j(L −ω)x e −L/2 Z ! L/2 e dx + π −j ( L +ω)x dx −L/2 L/2 L/2 π π 1 1 1 j ( L −ω)x −j ( L +ω)x e − e π −ω 2j Lπ + ω L −L/2 −L/2 1 1 1 1 −j ( π + ωL ) j ( π2 − ωL ) −j ( π2 − ωL ) j ( π2 + ωL ) 2 2 2 2 2 = e −e − e −e 2j Lπ − ω 2j Lπ + ω 1 ωL 1 ωL = π cos( )+ π cos( ) −ω 2 +ω 2 L L 2π 1 ωL = cos( ) π 2 2 L (L) − ω 2 1 = 2j Entsprechend ist π L π fb( ) = fb(− ) = L L 2 Aufgabe 31. Sei x0 ∈ IR und f (x) := e−|x−x0 | , wenn x ≥ x0 . Berechnen Sie die Fouriertransformierte von f . x < x0 −e−|x−x0 | , f (x) := e−|x−x0 | , x ≥ x0 1 L¨osung. Wir rechnen zuerst f¨ ur x0 = 0. Es gilt Z 0 Z x(1−jω) b f (ω) = − e dx + −∞ ∞ e−x(1+jω) dx 0 ex(1−jω) 0 e−x(1+jω) ∞ = − − 1 − jω −∞ 1 + jω 0 1 1 −2jω = − = 1 + jω 1 − jω 1 + ω2 Ist x0 beliebig, folgt mit der Translationsregel −2jωe−jx0 ω . fb(ω) = 1 + ω2 Aufgabe 32. a) Berechnen Sie die Fouriertransformierte von 1 − x2 , |x| ≤ 1 f (x) := 0, sonst und von x · f . b) Sei g(x) := 1 − (2x − 1)2 , f¨ ur 0 ≤ x ≤ 1 und g(x) = 0, wenn x ∈ / [0, 1]. Berechnen Sie gb. L¨osung. a) Es gilt Z 1 b f (ω) = (1 − x2 )e−j ωx dx −1 Z 1 Z 1 −j ωx = e dx − x2 e−j ωx dx −1 −1 Z 1 j −j ω jω = e −e − x2 e−j ωx dx ω −1 Z 1 2 = sin(ω) − x2 e−j ωx dx ω −1 Nun ist F (x) = 2j 2x j x2 − 3+ 2+ ω ω ω e−j ωx eine Stammfunktion zu x2 e−j ωx . Es folgt Z 1 x2 e−2πj ωx dx = F (1) − F (−1) −1 e−j ω (−2j + 2ω + j ω 2 ) ej ω (−2j − 2ω + j ω 2 ) − ω3 ω3 2j j ω 2 j = (e − e−j ω ) + 2 (ej ω + e−j ω ) + (e−j ω − ej ω ) 3 ω ω ω = 2 Das ergibt zusammen 4 4 fb(ω) = 3 sin(ω) − 2 cos(ω) ω ω Mit dem 2. Differenziationssatz folgt 3 4j 3 0 c (ω) = −j (fb) (ω) = − xf sin ω − cos ω − sin ω ω2 ω2 ω b) Es gilt g(x) = f (2x − 1), also wird Z 1 Z 1 tω ω ω 1 x:=(t+1)/2 1 −j ω/2 −j ωx gb(ω) = f (2x − 1)e dx = e f (t)e−j 2 dt = e−j 2 fb( ) 2 2 2 0 −1 Aufgabe 33. F¨ ur a > 0 sei 1 x2 ga (x) = e− 2a2 . a Dann berechnen Sie mit dem Faltungssatz und der Fouriertransformierten von ga die Faltung ga ∗ gb f¨ ur b > 0. L¨osung. A) Elementar: Es gilt Z 2 2 + s2 1 ∞ − 12 (s−t) 2 a b e dt ga ∗ gb (t) = ab −∞ Nun ist aber 2 r 2 (s − t) s  + t  1 + 1s− q t + = a2 b2 a2 b 2 a2 + b 2 a2 a12 + b12 √ bt Wir schreiben c = a2 + b2 und erhalten dann mit der Substitution x = abc s − ac Z Z √ bt 2 1 − t22 ∞ − 12 ( abc s− ac 1 − t22 ∞ −x2 /2 ) ga ∗ gb (t) = e 2c e ds = e 2c e dx = 2π gc (t) ab c −∞ −∞ 2 2 B) Mit Fouriertransformation: F¨ ur α > 0 gilt r π −ω2 /4α 2 [ e−αx = e α Das bedeutet f¨ ur den Kern ga (mit α = 1/2a2 ): gba (ω) = √ 2 ω 2 /2 2πe−a Also lehrt der Faltungssatz, dass jetzt 2 +b2 )ω 2 /2 g\ bb (ω) = 2πe−(a a ∗ gb (ω) = gba (ω) g √ √ mit c = a2 + b2 . Also ist ga ∗ gb = 2πgc . 3 = √ 2π gbc (ω)