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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:59 Do 05.08.2010 | | Autor: | Unk |
| Aufgabe | Zu [mm] f(x)=e^{-|x|/\triangle} [/mm] ist die Fourier-Transformierte gegeben durch [mm] \overline{f}(k)=\frac{2\triangle^{-1}}{k^{2}+\triangle^{-2}}.
[/mm]
Berechnen Sie mit dieser Hilfe das folgende Integral:
[mm] \int_{0}^{\infty}\frac{\sin(cz)}{z}dz [/mm] |
Hallo,
ich habe so angefangen:
Da die Fourier-Transformierte gegeben ist, gilt [mm] e^{-|x|/\triangle}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{2\triangle^{-1}}{k^{2}+\triangle^{-2}}dk.
[/mm]
So nun brauche ich ja aber nur den Teil über die positiven Werte de Integrals. Wie komme ich dahin? Weiterhin sehe ich noch nicht, inwiefern mir das obere bei dem Integral genau helfen soll. Ich habe es mal abgeleitet, was wegen des Betrags natürlich etwas heikel ist. Dann steht da:
[mm] -sign(x)\frac{1}{\triangle}e^{-|x|/\triangle}=\frac{1}{\triangle\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{ik}{k^{2}+\triangle^{-2}}e^{ikx}dk.
[/mm]
Damit hab ich noch etwas rumgespielt und man kommt dann zu:
[mm] -sign(x)e^{-|x|/\triangle}=\frac{i}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{k+\triangle^{-2}/k}e^{ikx}dk.
[/mm]
Das Problem mit den Integrationsgrenzen bleibt weiterhin bestehen.
Wie kann man es besser machen?
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> Zu [mm]f(x)=e^{-|x|/\triangle}[/mm] ist die Fourier-Transformierte
> gegeben durch
> [mm]\overline{f}(k)=\frac{2\triangle^{-1}}{k^{2}+\triangle^{-2}}.[/mm]
> Berechnen Sie mit dieser Hilfe das folgende Integral:
> [mm]\int_{0}^{\infty}\frac{\sin(cz)}{z}dz[/mm]
> Hallo,
>
> ich habe so angefangen:
> Da die Fourier-Transformierte gegeben ist, gilt
> [mm]e^{-|x|/\triangle}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{2\triangle^{-1}}{k^{2}+\triangle^{-2}}dk.[/mm]
>
> So nun brauche ich ja aber nur den Teil über die positiven
> Werte de Integrals. Wie komme ich dahin? Weiterhin sehe ich
> noch nicht, inwiefern mir das obere bei dem Integral genau
> helfen soll. Ich habe es mal abgeleitet, was wegen des
> Betrags natürlich etwas heikel ist. Dann steht da:
>
> [mm]-sign(x)\frac{1}{\triangle}e^{-|x|/\triangle}=\frac{1}{\triangle\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{ik}{k^{2}+\triangle^{-2}}e^{ikx}dk.[/mm]
>
> Damit hab ich noch etwas rumgespielt und man kommt dann
> zu:
>
> [mm]-sign(x)e^{-|x|/\triangle}=\frac{i}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{k+\triangle^{-2}/k}e^{ikx}dk.[/mm]
>
> Das Problem mit den Integrationsgrenzen bleibt weiterhin
> bestehen.
> Wie kann man es besser machen?
Das ist so schon ganz gut. Bilde jetzt mal auf beiden Seiten den Grenzwert für [mm] \frac{1}{\triangle}\longrightarrow [/mm] 0. Dann kommst du zu...
Am Ende benutze die Eulerformel.
Du erhälst dann das folgende:
[mm] \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin(kx)}{k}dk=sign(x)\pi. [/mm] Jetzt bedenke mal wie der Sinus verläuft. Auf der rechten Seite jenseits von Null, also über alle positiven Werte wird aufgrund der Punktsymmetrie natürlich dieselbe Fläche eingeschlossen, wie jenseits der linken Seite von der Null.
Mathematisch bedeutet das sicherlich [mm] \int_{-\infty}^{0}\frac{\sin(kx)}{k}=\int_{0}^{\infty}\frac{\sin(kx)}{k}. [/mm] Du musst also das obere Ergebnis nur noch halbieren.
Grüße
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