H¨ ohere Mathematik II f¨ ur die Fachrichtung Physik 14. ¨ Ubungsblatt

(1)

Institut f¨ ur Analysis

SS2017

PD Dr. Peer Christian Kunstmann 28.07.2017

Dipl.-Math. Leonid Chaichenets, Johanna Richter, M.Sc., Tobias Ried, M.Sc., Tobias Schmid, M.Sc.

H¨ ohere Mathematik II f¨ ur die Fachrichtung Physik 14. ¨ Ubungsblatt

Aufgabe 77 ( ¨Ubung)

Berechnen Sie jeweils die Fouriertransformation Ff der Funktionf :R→C. (a) f(x) =xe^−|x|.

(b) f(x) =

( cos(x), −^π₂ ≤x≤ ^π₂, 0, sonst.

(c) f(x) =

( sin(x), 0≤x≤π, 0, sonst.

(d) f(x) = _x2+4x+5¹ . (e) f(x) = _x4+2x^x²+1. L¨osungsvorschlag:

(a) f ist absolut integrierbar wegen Z ∞

−∞

|f(x)|dx= lim

R→∞

Z R

−R

|x|e^{− |x|}dx= 2 lim

R→∞

Z R 0

xe^−x dx= 2.

Deshalb ist nachSatz 24.7(d) Fg mitg(x) = e^{− |x|} differenzierbar und (Fg)⁰(ξ) =F(−if)(ξ) =−iFf(ξ).

In der Vorlesung wurdeFg bereits berechnet mit Fg(ξ) = 2

1 +ξ². Deshalb folgt

Ff(ξ) = i(Fg)⁰(ξ) =− 4ξi (1 +ξ²)².

(b) Daf nur auf der kompakten Menge [−^π₂,^π₂] nicht Null ist und dort stetig, ist es absolut integrierbar. Es gilt

cos(x) = 1

2(e^ix+ e^−ix) und deshalb f¨urξ∈R

Ff(ξ) = Z ^π₂

−^π

2

cos(x)e^−iξx dx= 1 2

Z ^π₂

−^π

2

e^i(1−ξ)x+ e^−i(1+ξ)x dx.

(2)

F¨urξ6=±1 erhalten wir Ff(ξ) = 1

2 1

i(1−ξ)e^i(1−ξ)x− 1

i(1 +ξ)e^i(1+ξ)x ^π₂

−^π₂

= 1 2

1 i(1−ξ)

e^i(1−ξ)^π² −e^i(1−ξ)^π²

−1 2

1 i(1 +ξ)

e^−i(1+ξ)^π² −e^i(1+ξ)^π²

= 1 2

1 1−ξ

e^−iξ^π² + e^iξ^π² + 1

2 1 1 +ξ

e^−iξ^π² + e^iξ^π²

= e^−iξ^π² + e^iξ^π²

1−ξ² = 2 cos(ξ^π₂) 1−ξ² . Im Fallξ= 1 ist

Ff(1) = 1 2

Z ^π

2

−^π₂

1 + e^−2ixdx= π 2 + 1

2

−1 2ie^−2ix

^π₂

−^π

2

= π 2 und f¨urξ=−1 gilt

Ff(−1) = 1 2

Z ^π

2

−^π

2

e^2ix+ 1 dx= 1 2

1 2ie^2ix

^π₂

−^π₂

+π 2 = π

2. Dabei haben wir e^±iπ =−1 benutzt.

(c) Bezeichnen wir die Funktion aus Teil (b)mitg, so gilt f(x) =g(x−π

2) f¨ur alle x∈R. Nach Satz 24.7(b)gilt

Ff(ξ) = e^−iξ^π²Fg(ξ) =







1+e^−iπξ

1−ξ² , ξ 6=±1,

−i^π₂ , ξ = 1, i^π₂ , ξ =−1.

(d) F¨ur jedesx∈R gilt

f(x) = 1

(x+ 2)²+ 1 =g(x+ 2)

mit g(x) = _1+x¹ 2. Wir berechnen zun¨achst Fg. Aus der Vorlesung ist bekannt, dass f¨ur die Funktionh(x) = e^{− |x|} gilt, dass

Fh(ξ) = 2

1 +ξ², ξ ∈R.

Es gilt also Fg = ¹₂F(Fh). Bekanntermaßen ist h absolut integrierbar, genauso wie Fh wegen

Z ∞

−∞

|Fh(ξ)|dξ= 4 lim

R→∞

Z R 0

1

1 +ξ² dξ = 4 lim

R→∞[arctan(ξ)]^R_ξ=0 = 2π.

Deshalb erf¨ullth die Voraussetzungen f¨ur die Inversionsformel und es gilt h(x) = 1

2π Z ∞

−∞

e^ixξ(Fh)(ξ) dξ = 1

2πF(Fh)(−x).

(3)

Somit gilt

Fg(ξ) = 1

2F(Fh)(ξ) = 1

2 ·2πh(−ξ) =πe^{− |ξ|}

und schließlich mitSatz 24.7(b)

Ff(ξ) = e^2ξiFg(ξ) =πe^{2ξi− |ξ|}. (e) F¨ur jedesx∈R gilt

f(x) =−1 2

−2x

(x²+ 1)² =−1 2g⁰(x)

mitg wie in(d). Dagund g⁰ absolut integrierbar sind (der Nenner ist nullstellenfrei und das dortige Polynom hat einen um 2 bzw. 3 h¨oheren Grad als dasjenige im Z¨ahler), folgt ausSatz 24.7(ae)

Ff(ξ) =−1

2Fg⁰(ξ) =−1

2iξFg(ξ) =−1

2iξπe^{− |ξ|}

(4)

Aufgabe 78 ( ¨Ubung) Berechnen Sie das Integral

Z ∞ 0

sinx x

2

dx.

Hinweis:Betrachten Sie die Fouriertransformierte der Funktion f(x) =

(1, x∈[−1,1]

0, sonst.

L¨osungsvorschlag:

Wir bemerken zun¨achst, dass

fˆ(0) = Z

R

f(x) dx= Z 1

−1

dx= 2, und f¨urξ6= 0

fˆ(ξ) = Z

R

f(x) e^iξxdx= Z 1

−1

e^iξxdx= e^−iξ−e^iξ

−iξ = 2sinξ ξ . Da nun die Funktion f absolut integrierbar ist und weiter

Z

R

|f(x)|²dx= Z 1

−1

dx= 2<∞ gilt, k¨onnen wir den Satz von Plancherel anwenden und erhalten

2 = Z

R

|f(x)|²dx= 1 2π

Z

R

|f(ξ)|ˆ ²dξ= 1 2π

Z

R

2sinξ

ξ 2

dξ = 2 π

Z

R

sinξ ξ

2

dξ.

Es folgt also

Z ∞

−∞

sinξ ξ

2

dξ=π, und da der Integrand eine gerade Funktion ist, erhalten wir

π= Z ∞

−∞

sinξ ξ

2

dξ= Z 0

−∞

sinξ ξ

2

dξ+ Z ∞

0

sinξ ξ

2

dξ

= Z ∞

0

sin(−ξ) (−ξ)

2

dξ+ Z ∞

0

sinξ ξ

2

dξ

= 2 Z ∞

0

sinξ ξ

2

dξ.

Also ist das gesuchte Integral gegeben durch Z ∞

0

sinξ ξ

2

dξ = π 2.

(5)

Aufgabe 79 ( ¨Ubung)

L¨osen Sie mithilfe der Fouriertransformation die freie Schr¨odingergleichung in einer Dimension, i∂tψ(t, x) =−1

2∆ψ(t, x) =−1

2∂_x²ψ(t, x), mit Anfangsdatumψ(0, x) = e⁻^x

2 2 . L¨osungsvorschlag:

Seien ψ(t,·), ∂tψ(t·), sowie ∂xψ(t,·) und ∂²_xψ(t,·) f¨ur jedes t > 0 absolut integrierbar. Wir verwenden die Fouriertransformation bez¨uglich der x-Variablen

ψ(t, ξ) := (Fb _xψ)(t, x) :=

Z

R

ψ(t, x) e^−ixξdx.

um die partielle Differentialgleichung f¨ur ψ in eine einfache gew¨ohnliche Differentialgleichung zu transformieren. Es gilt

(F_x∂tψ)(t, ξ) = Z

R

∂tψ(t, x) e^−ixξdx=∂t

Z

R

ψ(t, x) e^−ixξdx=∂tψ(t, x),b sowie

(F_x∂_x²ψ)(t, ξ) = Z

R

∂_x²ψ(t, x) e^−ixξdx= (iξ) Z

R

∂_xψ(t, x) e^−ixξdx

= (iξ)² Z

R

ψ(t, x) e^−ixξdx=−ξ²ψ(t, x).b

Hierbei haben wir verwendet, dass aufgrund der absoluten Integrierbarkeit von ∂xψ(t,·) und

∂_x²ψ(t,·) f¨ur alle t >0 die Randterme beim partiellen Integrieren verschwinden.

Die transformierte Gleichung ist dann

i∂_tψ(t, x) =b ξ²

2ψ(t, ξ).b Diese Differentialgleichung k¨onnen wir direkt l¨osen, und erhalten

ψ(t, ξ) = eb ^−it^ξ

2

2 ψ(0, ξ) =b √ 2πe⁻^ξ

2 2 e^−it^ξ

2

2 =√

2πe⁻^ξ

2 2 (1+it).

Hierbei haben wir verwendet, dass die Fouriertransformierte der Gauß-Funktionψ(0, ξ) gegeben ist durch ψ(0, ξ) =b √

2πe⁻^ξ

2 2 .

Man beachte, dass die Funktion ψ(t, x) absolut integrierbar ist. Damit k¨b onnen wir mit der Fourierinversionsformel ψ(t, x) bestimmen.

ψ(t, x) = 1 2π

Z

R

ψ(t, ξ) eb ^iξxdξ= 1

√2π Z

R

e^−(1+it)^ξ

2

2+ixξdξ.

Durch quadratisch Erg¨anzen erhalten wir

−(1 + it)ξ²

2 + iξx=−1 + it 2

ξ− ix 1 + it

2

− x² 2(1 + it), und damit mit Aufgabe 71 (man beachte, dass Re(1 + it) = 1>0 f¨ur alle t≥0!),

ψ(t, x) = 1

√ 2πe⁻

x2 2(1+it)

Z

R

e⁻^1+it² (^ξ−_1+it^ix )²dξ = 1

√ 2π

r 2π 1 + ite⁻

x2 2(1+it)

= 1

√1 + ite⁻ ^x

2 2(1+it).

http://www.math.kit.edu/iana1/lehre/hm2phys2017s/