Gleichung, Heaviside-Function

28.10.2017, 14:14

Mark7

Gleichung, Heaviside-Function

Meine Frage:
Hallo,

Sei $\begin{align*} \alpha \in \mathbb{C} \end{align*}$ mit negativem Imeginärteil und $\begin{align*} n\ge 2 \end{align*}$ eine ganze Zahl. Beweisen Sie
$\begin{align*} \int_{\mathbb{R}}\frac{1}{(k+\alpha)^n}e^{ikx}\dd k =2\pi i^n \Theta(x)\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}e^{-i\alpha x} \end{align*}$ , wobei $\begin{align*} \Theta \end{align*}$ die Heaviside-Funktion ist.

Meine Ideen:
Meine Ideen soweit:

$\begin{align*} \int_{\mathbb{R}}\frac{1}{(k+\alpha)^n}e^{ikx}\dd k = \int_{\mathbb{R}}\frac{1}{\sum\limits_{p=0}^n {n\choose p}k^{n-p}\alpha^p}e^{ikx}\dd k =\sum\limits_{p=0}^n {n\choose p}\alpha^{-p} \int_{\mathbb{R}} k^{p-n}e^{ikx}\dd k \end{align*}$

und ab hier komme ich nicht wirklich weiter... Habe ich hier den komplett falschen Ansatz gewählt? Falls ja, was wäre ein brauchbarer Ansatz? Falls nein, bräuchte ich auf jeden Fall Hilfe beim Integral...

Danke schon mal im Voraus für Hilfe.
Mark

28.10.2017, 23:13

sibelius84

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo Mark,

das mit dem komplett falschen Ansatz muss ich, wie ich befürchte, leider bejahen. Du kannst nicht einfach die Summe aus dem Nenner rausziehen und vor das Integral setzen. Leider weiß ich auch gerade nicht, wie es richtig geht. Dass da die Heaviside-Funktion steht, heißt doch zumindest schon mal, dass du Fallunterscheidungen machen musst / kannst, oder?

Grüße
sibelius84

30.10.2017, 21:51

Mark7

Auf diesen Beitrag antworten »

Vorschlag:

Definiere $\begin{align*} f(x):=\Theta(x)\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}e^{-i\alpha x} \end{align*}$ . Berechne nun die Fouriertransformierte von $\begin{align*} f(x) \end{align*}$ .

$\begin{align*} \mathcal{F}[f](k)=\int_{\mathbb{R}}\Theta(x)\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}e^{-i\alpha x}e^{-ikx}\dd x= \int_0^{\infty}\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}e^{-i(k+\alpha)x}\dd x \overset{(*)}{=} \frac{1}{i^n(k+\alpha)^n} \end{align*}$ .

Daraus würde dann folgen: $\begin{align*} 2\pi i^n\mathcal{F}[f](k)=\frac{2\pi i^n}{i^n(k+\alpha)^n}=\frac{2\pi}{(k+\alpha)^n}=:g(k) \end{align*}$ . Und somit dann schliesslich $\begin{align*} \mathcal{F}^{-1}[g](x)=\frac{1}{2\pi}\int_{\mathbb{R}}\frac{2\pi}{(k+\alpha)^n}e^{ikx}\dd k=\int_{\mathbb{R}}\frac{1}{(k+\alpha)^n}e^{ikx}\dd k \end{align*}$ .

Mein Problem ist also in erster Line der Schritt $\begin{align*} (*) \end{align*}$ . Wenn ich das Integral z.B. einmal partiell integriere erhalte ich: $\begin{align*} \int_0^{\infty}\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}e^{-i(k+\alpha)x}\dd x = \left[-\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}\frac{1}{i(k+\alpha)}e^{-i(k+\alpha)x}\right]_{0}^{\infty} + \frac{1}{i(k+\alpha)}\int_0^{\infty}\frac{x^{n-2}}{(n-2)!}e^{-i(k+\alpha)x}\dd x \end{align*}$ . Zwei Dinge hier:
1) wieso gilt: $\begin{align*} \left[-\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}\frac{1}{i(k+\alpha)}e^{-i(k+\alpha)x}\right]_{0}^{\infty}=0 \end{align*}$ und
2) nach n-Mal partiell integrieren erhalte ich (unter der Voraussetzung, dass der erste Teil immer Null ergibt): $\begin{align*} \frac{1}{i^n(k+\alpha)^n}e^{-i(k+\alpha)x}\Big|_0^{\infty} \end{align*}$ , also muss $\begin{align*} e^{-i(k+\alpha)x}\Big|_0^{\infty}=1 \end{align*}$ gelten... Auch hier verstehe ich nicht wieso...

Gruss Mark

31.10.2017, 10:37

IfindU

Auf diesen Beitrag antworten »

Dir sollte auffallen, dass $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ keine $\begin{eqnarray*} L^1 \end{eqnarray*}$ Funktion ist. Insbesondere ist die Fouriertransformation nicht direkt definiert. Die ganzen Integrale, die du geschrieben hast, existieren allesamt nicht. Insbesondere macht es recht wenig Sinn dann nach ihrem expliziten Wert zu fragen.

Was man in dem Fall macht. Man fasst $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ als temperierte Distribution auf, d.h. man identifiziert $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} L_f : \mathcal S(\mathbb R) \to \mathbb R \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} \mathcal S(\mathbb R) \end{eqnarray*}$ den Schwartz-Raum bezeichne. Der Operator $\begin{eqnarray*} L_f \end{eqnarray*}$ operiert dann durch $\begin{eqnarray*} L_f ( \varphi ) = \int_{\mathbb R} f(x) \varphi(x) dx \end{eqnarray*}$ .

Dann ist $\begin{eqnarray*} L_f \end{eqnarray*}$ (bzgl. der übliche Seminormen) stetig. D.h. $\begin{eqnarray*} L_f \end{eqnarray*}$ ist tatsächlich eine temperierte Distribution. Für diese kann man über Dualität die Fouriertransformation definieren.

In dem Sinne lässt sich dann $\begin{eqnarray*} (*) \end{eqnarray*}$ zeigen.

01.11.2017, 21:42

Mark7

Auf diesen Beitrag antworten »

Vielen Dank für den Beitrag IfindU!

Also bzgl. $\begin{align*} f \end{align*}$ und ob es in $\begin{align*} L^1 \end{align*}$ ist habe ich heute gerade noch mal bei zwei Assistenten des Kurses nachgefragt. Die Antwort war, dass man hier die Tatsache verwenden soll, dass $\begin{align*} {\rm{Im}}(\alpha)<0 \end{align*}$ verwenden soll... Dann erhält man für den Ausdruck: $\begin{align*} \left[-\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}\frac{1}{i(k+\alpha)}e^{-i(k+\alpha)x}\right]_{0}^{\infty} = \left[-\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}\frac{1}{i(k+\alpha)}e^{-i(k+[\alpha_1 - i \alpha_2])x}\right]_{0}^{\infty}= \left[-\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}\frac{1}{i(k+\alpha)}e^{-i(k+\alpha_1) x}e^{ - \alpha_2x}\right]_{0}^{\infty}=0 \end{align*}$ .

In diesem Fall würde dann doch auch: $\begin{align*} \frac{1}{i^n(k+\alpha)^n}e^{-i(k+\alpha)x}\Big|_0^{\infty} = \frac{1}{i^n(k+\alpha)^n}e^{-i(k+\alpha_1)x}e^{-\alpha_2 x}\Big|_0^{\infty}=\frac{1}{i^n(k+\alpha)^n} \end{align*}$ . In diesem Fall wäre doch $\begin{align*} f\in L^1 \end{align*}$ , oder nicht?

Zitat:

Dann ist $\begin{eqnarray*} L_f \end{eqnarray*}$ (bzgl. der übliche Seminormen) stetig. D.h. $\begin{eqnarray*} L_f \end{eqnarray*}$ ist tatsächlich eine temperierte Distribution. Für diese kann man über Dualität die Fouriertransformation definieren.

Leider kenne ich weder temperierte Distributionen, noch die Bedeutung der Dualität der Fouriertransformation...

02.11.2017, 10:48

IfindU

Auf diesen Beitrag antworten »

Entschuldige. Ich dachte bei $\begin{eqnarray*} \exp(i\alpha x) \end{eqnarray*}$ direkt an $\begin{eqnarray*} \alpha \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ . Dort müsste man es mit der Theorie erledigen, die ich ansprach. Aber natürlich, mit negativen Imaginärteil geht alles klassisch durch. Freude

Neue Frage »

Antworten »

Gleichung, Heaviside-Function

Verwandte Themen