inverse Fouriertransformation

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16.09.2006, 18:04	Guest	Auf diesen Beitrag antworten »
inverse Fouriertransformation hi, habe den term $\begin{eqnarray} \frac{1}{2 \pi} \int \frac{exp(iut)}{1+u^2} ~du \end{eqnarray}$ und finde keine stammfunktion. Müsste EXP(abs(t)) rauskommen... gruß gast
16.09.2006, 18:17	Lazarus	Auf diesen Beitrag antworten »
sind i und t parameter oder ist i das komplexe i ? und gibts grenzen weil kein u mehr auftaucht danach .. irgendwie komisch!
16.09.2006, 18:22	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
@Guest Ich nehme an, es geht um $\begin{eqnarray} \frac{1}{2 \pi} \int\limits_{-\infty}^{\infty} \frac{\exp(iut)}{1+u^2} ~ \dd u \end{eqnarray}$ Das mit der explizit darstellbaren Stammfunktion kannst du dir vermutlich abschminken. Eher erfolgversprechend ist hier die Anwendung des Residuensatzes.
16.09.2006, 20:12	Guest	Auf diesen Beitrag antworten »
inverse Fouriertransformation @Lazarus Es handelt sich um das unbestimmte komplexe Integral $\begin{eqnarray} f(t):=\frac{1}{2 \pi} \int\limits_{-\infty}^{\infty} \frac{\exp(iut)}{1+u^2} ~ \dd u \end{eqnarray}$ @Arthur Dent Mir ist bisher noch kein Fall untergekommen, den man einfach so lösen kann. Die Formel der inversen Fouriertransformation ist also eher für numerische Zwecke gedacht bzw. mit dem Residuensatz zu lösen, den ich leider nicht kenne? gruß
16.09.2006, 20:59	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok, dann berechnen wir mal $\begin{eqnarray} f(t) = \frac{1}{2 \pi} \int\limits_{-\infty}^{\infty} g(z) ~ \dd z \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} g(z) := \frac{\exp(izt)}{1+z^2} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} g(z) \end{eqnarray}$ besitzt die beiden Pokstellen $\begin{eqnarray} z=\pm i \end{eqnarray}$ , beide erster Ordnung, in der oberen Halbebene (mit positiven Imaginärteil) liegt nur die eine Polstelle $\begin{eqnarray} z=i \end{eqnarray}$ . Demnach gilt gemäß Residuensatz: $\begin{eqnarray} f(t) = \frac{1}{2 \pi}\cdot 2\pi i\cdot \operatorname{Res}_{z=i} g(z) \end{eqnarray}$ , wobei sich das Residuum rechts folgendermaßen berechnen lässt: $\begin{eqnarray} \operatorname{Res}_{z=i} g(z) = \lim\limits_{z\to i} (z-i)g(z) = \lim\limits_{z\to i} \frac{\exp(izt)}{z+i} = \frac{\exp(i^2t)}{2i} = \frac{e^{-t}}{2i} \end{eqnarray}$ Insgesamt ergibt sich also $\begin{eqnarray} f(t) = \frac{1}{2}e^{-t} \end{eqnarray}$ , hoffentlich habe ich mich jetzt nicht verrechnet.
16.09.2006, 21:09	mü-fü	Auf diesen Beitrag antworten »
Sieht gut aus, ich komme auf das selbe Ergebnis.
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17.09.2006, 10:21	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich muss mich leider korrigieren, aber besser spät als nie: In der obigen Form ist die Anwendung des Resduensatzes zur Berechnung des reellen uneigentlichen Integrals dieses Integranden nur zulässig, falls $\begin{eqnarray} t\geq 0 \end{eqnarray}$ ist; für $\begin{eqnarray} t<0 \end{eqnarray}$ geht es analog über die untere Halbebene (negativer Imaginärteil), das Gesamtergebnis ist dann $\begin{eqnarray} f(t) = \frac{1}{2}e^{-\|t\|} \end{eqnarray}$ Der Grund dafür ist, dass der Integrand $\begin{eqnarray} \frac{\exp(iut)}{1+u^2} \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} t<0 \end{eqnarray}$ unbeschränkt wächst, wenn wir $\begin{eqnarray} \|u\| \to\infty \end{eqnarray}$ mit positivem Imaginärteil gehen lassen ("Halbkreisbogen gegen Unendlich" in der oberen Halbebene). Bei der Anwendung des Residuensatzes zur Berechnung solcher uneigentlichen Integrale ist es aber essentiell, dass das Integral über diesen Halbkreisbogen für $\begin{eqnarray} \|u\|\to\infty \end{eqnarray}$ verschwindet!
17.09.2006, 10:47	mü-fü	Auf diesen Beitrag antworten »
@Arthur: Tut mir leid, da komme ich nicht mit. Kannst du das irgendwie erläutern? Schließlich ändert der Parameter t doch nichts daran, welche Polstellen der Integrand in der komplexen Zahleneben hat... irgendwie stehe ich gerade auf dem Schlauch...
17.09.2006, 10:55	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Beim Residuensatz geht es primär um die Berechnung geschlossener Kurvenintegrale $\begin{eqnarray} \oint\limits_K ~ f(z) ~ \dd z \end{eqnarray}$ in der komplexen Ebene. Wenn er aber dann zur Berechnung uneigentlicher Integrale $\begin{eqnarray} \int\limits_{-\infty}^{\infty} ~ f(z) ~ \dd z \end{eqnarray}$ angewendet wird, dann muss diese reelle Gerade zu einer geschlossenen Kurve ergänzt werden, das ist das, was ich mit "Halbkreisbogen" meine. EDIT: Hier noch ein Bildchen Auf diese geschlossene Kurve wendet man den Residuensatz an, und betrachtet anschließend $\begin{eqnarray} R\to\infty \end{eqnarray}$ . Damit dann aber statt des geschlossenen Kurvenintegrals einfach das reelle uneigentliche Integral genommen werden kann, muss das Integral über den Halbkreisbogen für $\begin{eqnarray} R\to \infty \end{eqnarray}$ verschwinden!
17.09.2006, 11:16	mü-fü	Auf diesen Beitrag antworten »
Jetzt hab ichs, danke

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