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