Post on 08-Oct-2019
Fakultat fur Physik
Jan von Delft, Olga Goulko, Florian Bauer
T0: Rechenmethoden fur Physiker, WiSe 2012/13
http://homepages.physik.uni-muenchen.de/~vondelft/Lehre/12t0/
Nachholtutorium D: Fourier, delta, Green, kompl. Analysis
Musterlosung
Aufgabe 1. Fourier-Reihe der Rechtecksfunktion
Die Rechteckfunktion ist gegeben durch
f(x) =
F : 0 < x < π
−F : π < x < 2π.(1)
(a) Die Koeffizienten sind gegeben durch
an =1
π
ˆ π
−πdx f(x) cosnx; bn =
1
π
ˆ π
−πdx f(x) sinnx (2)
da T = 2π und ω = 2πT
= 1.Weiterhin ist f(x) offensichtlich antisymmetrisch bezuglich π und cos(nx) symmetrischbezuglich π ∀n ∈ N0. Daraus folgt aus Symmetriegrunden, dass f(x) cos(nx) antisym-metrisch ist bezuglich π und somit gilt:
⇒ an =1
π
ˆ 2π
0
dx f(x) cosnx = 0 ∀n ∈ N0 (3)
(b) Aus Symmetriegrunden vereinfacht sich das Integral etwas zu:
bn =1
π
ˆ 2π
0
dx f(x) sinnx =︸︷︷︸Symm.
2
π
ˆ π
0
F sinnx. (4)
Wir substituieren y = nx.
⇒ bn =2
π· Fn
ˆ nπ
0
sin y dy = −2F
π· 1
n(cosnπ − 1) (5)
(cosnπ = (−1)n) (6)
⇒ bn =
0 : n gerade
4Fπn
: n ungerade(7)
Also ist die Fourierreihe
f(x) =4F
π(sinx+
1
3sin 3x+
1
5sin 5x+ ...) (8)
=4F
π
∑n ung.
1
nsinnx. (9)
1
(c)
Aufgabe 2. δ-Funktion 1
Die folgenden Eigenschaften der δ-Funktion sind gegeben:
δ(x− x0) =
∞ : x = x0
0 : x 6= x0
,
ˆ ∞−∞
dx δ(x) = 1 , (10)
ˆ x2
x1
dx δ(x− x0)f(x) =
f(x0) falls x1 < x0 < x2 .
0 ansonsten(11)
(a) Gegeben ist die Funktion
gn(x) =
0 : |x| > 1
nn2
: |x| < 1n,
(12)
und wir mussen zeigen, dass gn(x) fur n → ∞ die Eigenschaften der δ-Funktion erfullt.Wir betrachten nur x0 = 0. Dies reicht aus, da man das Koordinatensystem stets um x0
verschieben kann.
limn→∞
gn(x) =
0 : |x| > 1
n→ 0⇒ x 6= 0
∞ : |x| ≤ 1n→ 0⇒ x = 0
(13)
2
ˆ ∞∞
gn(x)dx =n
2
ˆ 1n
− 1n
dx =n
2(1
n− (− 1
n)) = 1 (14)
Somit sind alle benotigten Eigenschaften der δ-Funktion erfullt.
(b) Die zu betrachtende Funktion ist
fa(x) =1
4a cosh2[x/(2a)], cosh(x) = (ex + e−x)/2 . (15)
Da coshx symmetrisch ist, folgt daraus, dass fa(x) ebenfalls symmetrisch sein muss.Weiterhin gilt:
fa(x)
x > 0 : monoton fallend,
x < 0 : monoton steigend.(16)
D.h. Maximus liegt bei x = 0. Desweiteren gilt fa(x)|x|→∞−−−−→ 0. Siehe Bild.
Im Folgenden werden die Eigenschaften der δ-Funktion fur den Fall a→ 0 uberpruft.
(i) Sei a fest und x = 0, dann gilt
⇒ fa(0) =1
4a
a→0−−→∞ (17)
Sei nun a fest und x > 0 (x > 0 analog wegen Symmetrie). Fur grosse a gilt
cosh( x
2a
)2
≈ 1
4exa (18)
⇒ fa(x) ≈ 1
a exa
a→0−−→ 0 (19)
da exa →∞ schneller ist als a→ 0.
(ii) ˆ ∞−∞
fa(x) =1
4a cosh2[x/(2a)]dx (20)
y =x
2a→ =
1
2
ˆ ∞−∞
dy1
cosh (y)2 = 1 (21)
Somit entspricht fa(x) im Limes a→ 0 einer δ-Funktion.
(c) Bei diesem Integral wird die Eingeschaft der Deltafunktion ausgenutzt.ˆ 2
0
δ(x− 1)√
sin (πx/2) e−x+1 (22)
=
√sin (
π
2) e0 = 1 (23)
(d) In zwei Dimensionen ist die Anwendung der δ-Funktion analog.ˆ 2
−2
dx
ˆ ∞−∞
dy (y + x)2e3x−yδ(x)δ(y − 3) (24)
= (3 + 0)2 e3·0−3 = 9 e−3 (25)
3
Aufgabe 3. Residuensatz 1
(a)
I1 =
‰|z|=1
1
zdz (26)
z=eiθ= i
ˆ 2π
0
eiθ
eiθdθ = iθ|2π0 = 2π i (27)
I2 =
|z|=1
1
zdz = +i
ˆ 0
2π
dθ (28)
= −iˆ 2π
0
dθ = −2π i = −I1 (29)
(b) Beim k-maligen Durchlaufen erhalt man fur jeden Durchlauf jeweils ein zusatzliches 2π.D.h. man muss lediglich wie folgt ersetzen:
2π −→ 2π k. (30)
(c) Die gegebene Funktion ist g(z) = eiz
z2+1mit den zwei Polen bei z = ±i. D.h. die Funktion
lasst sich auch schreiben als:
⇒ g(z) =eiz
(z − i)(z + i)(31)
Beim ersten Integral mit |z| = 12
sind beide Pole ausserhalb des Wegintegrals, d.h.
‰|z|= 1
2
g(z) dz = 0. (32)
Fur das zweite Integral berechnen wir zunachst die beiden Residuen.
Res(f(z); i) = limz→i
(z − i) eiz
(z − i)(z + i)=
1
2ie−1 (33)
Res(f(z); −i) = limz→−i
eiz
(z − i)(z + i)= − 1
2ie (34)
⇒
2mal:|z|=2
eiz
z2 + 1= −2 · 2π i (
1
2ie−1 − 1
2ie) (35)
= 2π (e− e−1) (36)
(d) Durch ausprobieren findet man z1 = −i ist Nullstelle von z3 + (i− 4)z2 + (4− 4i)z + 4i.
⇒ z3 + (i− 4)z2 + (4− 4i)z + 4i = (z2 − 4z + 4)(z + i) (37)
Die Nullstelle von z2−4z+ 4 ist z2 = 2, wie man leicht berechnen kann. Damit kann manf(z) umschreiben zu
f(z) =z
(z − 2)2(z + i)(38)
4
z2 ist eine doppelte Nullstelle von z2 − 4z + 4 und damit ein Residuum zweiter Ordnungvon f(z).
Res(f(z); −i) = limz→−i
(z + i)z
(z − 2)2(z + i)=
−i(2 + i)2
(39)
Res(f(z); 2) = limz→2
∂zz
z + i= − 2i
(2 + i)2(40)
Alle Residuen werden vom Integrationsweg |z| = 3 umschlossen.
‰|z|=3
f(z) dz = 2πi−3i
(2 + i)2= 6π
(2− i)2
5(41)
Aufgabe 4. Fourier-Transformation
Es soll die Fourier-Transformation von f(t) = sin (ω0t) e−Ω|t| mittels f(ω) =
´∞−∞ f(t) eiωt dt
bestimmt werden.
f(ω) =
ˆ ∞−∞
1
2i(eiω0t − e−iω0t) e−Ω|t| eiωt dt (42)
=1
2i
ˆ 0
−∞eΩt (ei(ω+ω0)t − ei(ω−ω0)t) dt (43)
+1
2i
ˆ ∞0
e−Ωt(ei(ω+ω0)t − ei(ω−ω0)t) dt (44)
=1
2i
[e(Ω+i(ω+ω0))t
Ω + i(ω + ω0)− e(Ω+i(ω−ω0))t
Ω + i(ω − ω0)
]0
−∞(45)
+1
2i
[e(Ω+i(ω+ω0))t
−Ω + i(ω + ω0)− e(−Ω+i(ω−ω0))t
−Ω + i(ω − ω0)
]∞0
(46)
=1
2i(
1
Ω + i(ω + ω0)− 1
Ω + i(ω − ω0)(47)
− 1
−Ω + i(ω + ω0)+
1
−Ω + i(ω − ω0)) (48)
=1
2i
1
Ω2 + (ω + ω0)2(Ω− i(ω + ω0) + Ω + i(ω + ω0)) (49)
+1
2i
1
Ω2 + (ω − ω0)2(−Ω− i(ω − ω0)− Ω− i(ω − ω0)) (50)
=1
iΩ
(1
1 + (ω+ω0
Ω)2− 1
1 + (ω−ω0
Ω)2
)(51)
5