¨Ubungen zur Mathematik 2 für Ingenieure (Master) Studiengang

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)