Lösung von Fouriertransformationen

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Lösung von Fouriertransformationen
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Abstract: dieser Artikel soll eine kurze Übersicht darüber geben, wie sich Fouriertransformationen,
d. h. reelle Integrale der Form
F: R
−→
α
7−→
R
Z ∞
g(x)eiαx dx
(1)
−∞
für g : R −→ R, mithilfe der Funktionentheorie lösen lassen.
Literatur: [1] Skript zur Funktionentheorie von Prof. Dr. H. Baum, http://www.mathematik.huberlin.de/∼baum/.
Autor: Daniel Schliebner, [email protected].
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1. Konstruktion der Lösung
Sei zunächst α > 0. Der Residuensatz der Funktionentheorie liefert ein geeignetes Werkzeug
Integrale der Form (1) zu lösen.
Hierzu erweitert man die Funktion g : R −→ R zu einer Funktion ĝ : C \ {z1 , . . . , zk } −→ C
auf den komplexen Zahlen mit ĝ|R = g und betrachtet das Wegintegral
(z)
Zs z f}|
{
iαz
ĝ(z) · e dz,
−r
wobei die Strecke −rs ⊂ R ⊂ C als Weg in C interpretiert wird. Hierbei sind r, s ∈ R derart
zu wählen, dass das Quadrat Q mit den Eckpunkten s, s + iq, −r + iq, −r und q = r + s
alle zj ∈ C mit Im(zj ) > 0 enthält:
Abbildung 1: Konstruktion einer geschlossenen Kurve ∂Q in C
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Die Idee hinter dieser Konstruktion ist die Folgende: der Rand des Quadrates Q ist eine
geschlossene Kurve in C \ {z1 , . . . , zk } und ĝ ist auf C \ {z1 , . . . , zk } definiert. Damit gilt
der Residuensatz und folglich:
2πi
X
Z
Res(f, zj ) =
Im(zj )>0
Z
iαz
f (z)dz =
∂Q
ĝ(z)e
Zs
dz =
iαz
ĝ(z)e
Z
dz +
−r
∂Q
ĝ(z)eiαz dz.
γ1 ·γ2 ·γ3
Hierbei
bezeichne Res(f, zj ) das Residuum von f in zj . In der Tat lässt sich zeigen, dass
R
iαz dz −→ 0 für r, s −→ +∞ (vgl. [1]), sodass
ĝ(z)e
γ1 ·γ2 ·γ3
Z∞
ĝ(z)eiαz dz = 2πi
X
Res(f, zj ).
(2)
Im(zj )>0
−∞
Für den Fall α < 0 erhalten wir auf gleichem Wege die Formel
Z∞
ĝ(z)eiαz dz = 2πi
X
Res(f, zj ).
(3)
Im(zj )<0
−∞
Da die Integrale in (2) und (3) im Wesentlichen Riemann-Integrale sind und der Integrationsbereich nur über R liegt, können wir von ĝ wegen ĝ|R = g wieder zu g übergehen. Dies
gibt uns die Lösungsformel.
2. Lösung
Sei f (z) := ĝ(z)eiαz . Dann ist:
F(α) =

X

2πi
Res(f, zj ) , falls α > 0




Im(z
)>0

j



2πi



X
Res(f, zj ) , falls α < 0
Im(zj )<0
die Lösung der Fouriertransformation F(α).
3. Beispiel
Man betrachte die Fourier-Transformation
Z∞
1
−1
F(α) :=
· e−iρ~ x dx, ρ, ~ > 0
x2 + a
−∞
1
x2 +a
Sei also g(x) :=
gemäß der Notation aus Abschnitt 1. Die komplexe Fortsetzung ĝ
√
hat dann zwei Singulariräten bei z1,2 = ±i a und es gilt
ĝ(z) =
1
1
√ ·
√ .
z+i a z−i a
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Bei z1 , z2 handelt es sich also um Polstellen erster Ordnung. Wegen α = −ρ~−1 < 0
√
√
interessiert uns wegen Im(z2 ) = − a < 0 lediglich die Polstelle z2 = −i a (siehe Formel
in Abschnitt 2). Es gilt also:
F(α) = 2πi · Res(ĝ(z)e−iρ~
−1 z
, z2 ).
−1
Wir haben daher nur noch das Residuum von f (z) := ĝ(z)e−iρ~ z zu ermitteln. Da z2 auch
in f nur Polstelle erster Ordnung ist, können wir das Residuum recht einfach berechnen.
Es gilt:
√
√
√
1
−1
Res(f, −i a) = lim√ (z + i a) · f (z) = − √ · e aρ~ .
a
2i
z→−i a
Wir erhalten also:
√
√
1
π
−1
−1
F(α) = 2πi · − √ · e aρ~ = − √ · e aρ~ .
a
2i a