S_Funktion - Fourier? < Sonstiges < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:33 So 25.05.2008 | | Autor: | kittycat |
| Aufgabe | Eine auf ganz R definierte Funktion f heiße S-Funktion, wenn sie beliebig oft differenzierbar ist, und wenn für jede natürliche Zahl n die Funktion [mm] x^n f^{(n)}(x) [/mm] auf R beschränkt ist.
Zeige: Mit f ist auch die durch [mm] g(y)=\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x) e^{ixy}dx} [/mm] gegebene Funktion g eine S-Funktion. |
Hallo liebe Mathefreunde,
Die S-Funktion soll wohl eine Schwarz-Funktion sein... und das g(y) sieht nach einer Fourier-Transformierten aus.
Muss ich dann zeigen, dass die Fourier-Transformierte praktisch auf ganz R definiert, beliebig oft differenzierbar und für jedes n [mm] \in [/mm] IN [mm] x^n f^{(n)}(x) [/mm] auf R beschränkt ist???
Wie mache ich aber das?
Irgendwie weiß ich mal wieder nicht wie ich anfangen soll... *help*
Könnt ihr mir vielleicht helfen? Irgendwelche Tipps??
Wäre euch sehr dankbar,
Liebe Grüße
Kittycat
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Hi,
> Eine auf ganz R definierte Funktion f heiße S-Funktion,
> wenn sie beliebig oft differenzierbar ist, und wenn für
> jede natürliche Zahl n die Funktion [mm]x^n f^{(n)}(x)[/mm] auf R
> beschränkt ist.
> Zeige: Mit f ist auch die durch
> [mm]g(y)=\integral_{-\infty}^{\infty}{f(x) e^{ixy}dx}[/mm] gegebene
> Funktion g eine S-Funktion.
> Hallo liebe Mathefreunde,
>
> Die S-Funktion soll wohl eine Schwarz-Funktion sein... und
> das g(y) sieht nach einer Fourier-Transformierten aus.
> Muss ich dann zeigen, dass die Fourier-Transformierte
> praktisch auf ganz R definiert, beliebig oft
> differenzierbar und für jedes n [mm]\in[/mm] IN [mm]x^n f^{(n)}(x)[/mm] auf R
> beschränkt ist???
ja, natuerlich.
> Wie mache ich aber das?
>
die F-trafo ist ja als ein parameter-integral definiert. Ableiten tust du sie also, indem du die ableitung unter das integral ziehst. musst dann noch die wohldefiniertheit, also die endlichkeit des integrals, begruenden (hoelder oder aehnliches).
> Irgendwie weiß ich mal wieder nicht wie ich anfangen
> soll... *help*
ein guter anfang ist immer, sich hinzuschreiben, was zu zeigen ist. Hier laeuft das meiste auf ableiten von parameter-integralen und integral-abschaetzungen hinaus.
gruss
matthias
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:15 Di 27.05.2008 | | Autor: | kittycat |
Hallo Mathias,
vielen, vielen Dank für deine Antwort! 
> die F-trafo ist ja als ein parameter-integral definiert.
> Ableiten tust du sie also, indem du die ableitung unter das
> integral ziehst. musst dann noch die wohldefiniertheit,
> also die endlichkeit des integrals, begruenden (hoelder
> oder aehnliches).
Irgendwie weiß ich leider immer noch nicht so ganz wie ich das machen soll. Heißt das, ich muss die F-Transformierte g(y) ableiten, d.h.
[mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{f(x) e^{ixy}}{iy}dx} [/mm]
für die Ableitung nach x (anlaog nach y)????
und dann??
Wie zeige ich die Wohldefiniertheit und Endlichkeit des Integrals?
> > Irgendwie weiß ich mal wieder nicht wie ich anfangen
> > soll... *help*
>
> ein guter anfang ist immer, sich hinzuschreiben, was zu
> zeigen ist. Hier laeuft das meiste auf ableiten von
> parameter-integralen und integral-abschaetzungen hinaus.
Das habe ich gemacht ... aber leider peil ich von dem Thema gerade so gut wie gar nichts ... *heul*
Könntest du es mir vielleicht erklären, please?!?
Wäre dir wirklich sehr dankbar
Liebe Grüße
Kittycat
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:51 Di 27.05.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> > die F-trafo ist ja als ein parameter-integral definiert.
> > Ableiten tust du sie also, indem du die ableitung unter das
> > integral ziehst. musst dann noch die wohldefiniertheit,
> > also die endlichkeit des integrals, begruenden (hoelder
> > oder aehnliches).
>
> Irgendwie weiß ich leider immer noch nicht so ganz wie ich
> das machen soll. Heißt das, ich muss die F-Transformierte
> g(y) ableiten,
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> d.h.
>
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{f(x) e^{ixy}}{iy}dx}[/mm]
Aber was hast du da gerechnet? Erstens ist die Ableitung falsch, du hast stattdessen die Stammfunktion von [mm] $e^{ixy}$ [/mm] hingeschrieben. Und zweitens ergibt das überhaupt keinen Sinn. g(y) ist, wie du selbst schreibst, eine Funktion von y. Da gibt es kein x. Bedenke, dass das x unter dem Integral nur ein Platzhalter ist, keine Variable.
Also: Rechne
[mm] g'(y) = \bruch{d}{dy} \integral_{-\infty}^{\infty}{f(x) e^{ixy}dx}[/mm]
aus! Wie berechnest du diese Ableitung? Wenn du das hast, siehst du sofort, wie du beliebige Ableitungen von g(y) berechnen kannst.
Im nächsten Schritt musst du zeigen, dass $ [mm] y^ng^{(n)}(y) [/mm] $ beschränkt ist.
Tipp: Fang erstmal mit n=1 an und führe es durch partielle Integration auf ein Integral über $x f'(x)$ zurück. Dann verallgemeinerst du auf beliebige n (zum Beispiel durch Induktion).
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:45 Di 27.05.2008 | | Autor: | kittycat |
Hallo Rainer,
es tut mir leid, wenn ich jetzt eine ziemlich doofe Frage stelle, aber ich weiß es echt nicht.
Wie kann ich ein Integral ableiten???? So etwas habe ich noch nie gesehen ...
> Also: Rechne
>
> [mm]g'(y) = \bruch{d}{dy} \integral_{-\infty}^{\infty}{f(x) e^{ixy}dx}[/mm]
>
> aus! Wie berechnest du diese Ableitung? Wenn du das hast,
> siehst du sofort, wie du beliebige Ableitungen von g(y)
> berechnen kannst.
Ja, wie berechne ich so eine Ableitung? ... NO IDEA ....
Steht das normalerweise bei der Integrationstheorie an??? Wo könnte man so etwas gut nachschlagen?
Liebe Grüße
Kittycat
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:08 Mi 28.05.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo
> Hallo Rainer,
> es tut mir leid, wenn ich jetzt eine ziemlich doofe Frage
> stelle, aber ich weiß es echt nicht.
> Wie kann ich ein Integral ableiten???? So etwas habe ich
> noch nie gesehen ...
>
>
> > Also: Rechne
> >
> > [mm]g'(y) = \bruch{d}{dy} \integral_{-\infty}^{\infty}{f(x) e^{ixy}dx}[/mm]
>
> >
> > aus! Wie berechnest du diese Ableitung? Wenn du das hast,
> > siehst du sofort, wie du beliebige Ableitungen von g(y)
> > berechnen kannst.
>
> Ja, wie berechne ich so eine Ableitung? ... NO IDEA ....
> Steht das normalerweise bei der Integrationstheorie an???
> Wo könnte man so etwas gut nachschlagen?
Zum Beispiel ![[]](/images/popup.gif) hier oder hier.
Wichtig ist dabei, dass die Funktion unter dem Integral differenzierbar ist. In deiner Aufgabe ist ja vorausgesetzt, dass f beliebig oft diff'bar ist, und die e-Funktion ist sowieso beliebig oft diffbar. Daher gilt
[mm]g'(y) = \bruch{d}{dy} \integral_{-\infty}^{\infty}{f(x) e^{ixy}dx} = \integral_{-\infty}^{\infty} \bruch{\partial}{\partial y} (f(x) e^{ixy}) dx = \integral_{-\infty}^{\infty} ix f(x) e^{ixy} dx[/mm].
Das Ergebnis sieht also recht einfach aus, und was noch schöner ist: Du kannst dies ganz einfach auf beliebig hohe Ableitungen [mm] $g^{(n)}(y)$ [/mm] verallgemeinern.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:24 Mi 28.05.2008 | | Autor: | kittycat |
Hallo Rainer,
Aber wieso muss ich hier nicht die Produktregel beim Ableiten beachten?
D.h. [mm] \bruch{\partial}{\partial y} [/mm] (f(x) [mm] e^{ixy}) [/mm] müsste man doch dann so ableiten, oder?
[mm] f'(x)e^{ixy}+ f(x)ixe^{ixy}
[/mm]
Oder ist der erste Teil irgendwie rausgefallen, ohne dass ich das gemerkt habe?
> [mm]g'(y) = \bruch{d}{dy} \integral_{-\infty}^{\infty}{f(x) e^{ixy}dx} = \integral_{-\infty}^{\infty} \bruch{\partial}{\partial y} (f(x) e^{ixy}) dx = \integral_{-\infty}^{\infty} ix f(x) e^{ixy} dx[/mm].
Muss ich dann um die weiteren Integrale zu berechnen, dann keine Produktiregel anwenden oder jetzt doch?
Liebe Grüße
Kittycat
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:39 Mi 28.05.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hallo Rainer,
> Aber wieso muss ich hier nicht die Produktregel beim
> Ableiten beachten?
Musst du auch, aber...
> D.h. [mm]\bruch{\partial}{\partial y}[/mm] (f(x) [mm]e^{ixy})[/mm] müsste
> man doch dann so ableiten, oder?
> [mm]f'(x)e^{ixy}+ f(x)ixe^{ixy}[/mm]
Nicht ganz: f(x) hängt nicht von y ab, also ist die partielle Ableitung 0:
[mm] \bruch{\partial}{\partial y} (f(x) e^{ixy}) = \bruch{\partial f(x) }{\partial y}e^{ixy} + f(x) \bruch{\partial}{\partial y}e^{ixy} = f(x) \bruch{\partial}{\partial y}e^{ixy} [/mm].
> > [mm]g'(y) = \bruch{d}{dy} \integral_{-\infty}^{\infty}{f(x) e^{ixy}dx} = \integral_{-\infty}^{\infty} \bruch{\partial}{\partial y} (f(x) e^{ixy}) dx = \integral_{-\infty}^{\infty} ix f(x) e^{ixy} dx[/mm].
>
> Muss ich dann um die weiteren Integrale zu berechnen, dann
> keine Produktiregel anwenden oder jetzt doch?
Im Prinzip ja, aber $ix*f(x)$ hängt auch nicht von y ab, sodass du immer nur die Ableitung der Exponentialfunktion übrig bleibt.
Viele Grüße
Rainer
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:07 Mi 28.05.2008 | | Autor: | kittycat |
Ahhh, ok, das klingt logisch ...
Irgendwie habe ich übersehen, dass es nur eine partielle Ableitung über y ist ... *oops*... von daher habe ich f(x) auch "abgelitten"
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:32 Mi 28.05.2008 | | Autor: | kittycat |
Hallo Rainer,
wow, das ist ja cool .... die Verallgemeinerung für [mm] g^{(n)}(y) [/mm] wäre ja dann praktisch:
[mm] g^{(n)}(y) [/mm] = [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{ix^{(n)}f(x)e^{ixy}dx}
[/mm]
Damit hätten wir ja nun gezeigt, dass die Funktion beliebig oft differenzierbar ist, ne?
Sie ist auch auf ganz R definiert (müsste ich dazu was aufschreiben, oder es irgendwie noch beweisen, oder ist es eindeutig???)
Und dann müsste ich nur noch zeigen, dass [mm] y^{n}g^{(n)}(y) [/mm] für jedes n [mm] \in [/mm] IN auf IR beschränkt ist, oder?
Das mache ich am besten mit der Vollständigen Induktion (wie oben vorgeschlagen):
IA: n=1
[mm] y*g'(y)=y\integral_{-\infty}^{\infty}{ix f(x) e^{ixy}dx}
[/mm]
= ?
Was ist die Stammfunktion hiervon? f(x) kann ja eine beliebige auf IR definierte Funktion sein, d.h. ich kann das nicht wiklich aufleiten? Oder kann ich hier die partielle Integration benutzen, und es folgendermaßen auflösen:
= [mm] f(x)e^{ixy} [/mm] + [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{0 *e^{ixy}dx}
[/mm]
= [mm] f(x)e^{ixy}
[/mm]
Stimmt das so? (um ehrlich zu sein, war ich mir bei dem Schritt nicht so sicher, da ich nach y abgelitten habe, aber gleichzeitig das Integral über x geht (dx)!?! Darf ich das so machen?)
Und wenn das so stimmt, dann kann ich doch sagen: weil f(x) beschränkt ist, ist das Ganze auch beschränkt, oder?
Und das wäre ja dann schon mein Induktionsanfang.
Liebe Grüße
Kittycat
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:48 Mi 28.05.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hallo Rainer,
>
> wow, das ist ja cool .... die Verallgemeinerung für
> [mm]g^{(n)}(y)[/mm] wäre ja dann praktisch:
>
> [mm]g^{(n)}(y)[/mm] =
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{ix^{(n)}f(x)e^{ixy}dx}[/mm]
Fast 
[mm]g^{(n)}(y) = \integral_{-\infty}^{\infty}{(ix)^{n}f(x)e^{ixy}dx}[/mm]
> Damit hätten wir ja nun gezeigt, dass die Funktion beliebig
> oft differenzierbar ist, ne?
Wenn das Integral existiert. Das muss ja für beliebige Funktionen f nicht der Fall sein. Aber wir haben hier ja nur S-Funktionen.
>
> Sie ist auch auf ganz R definiert (müsste ich dazu was
> aufschreiben, oder es irgendwie noch beweisen, oder ist es
> eindeutig???)
Ich glaube, das brauchst du hier nicht mehr extra zeigen.
>
> Und dann müsste ich nur noch zeigen, dass [mm]y^{n}g^{(n)}(y)[/mm]
> für jedes n [mm]\in[/mm] IN auf IR beschränkt ist, oder?
>
> Das mache ich am besten mit der Vollständigen Induktion
> (wie oben vorgeschlagen):
>
> IA: n=1
> [mm]y*g'(y)=y\integral_{-\infty}^{\infty}{ix f(x) e^{ixy}dx}[/mm]
>
> = ?
Tipp: y unter das Integral ziehen, die Identität
[mm] i*y*e^{ixy} = \bruch{\partial}{\partial x} e^{ixy} [/mm]
anwenden, dann partiell integrieren.
Für den Randterm benutzt du die Eigenschaften von f, denn da [mm] $x^n*f^{(n)}(x)$ [/mm] auf ganz [mm] $\IR$ [/mm] beschränkt ist, folgt automatisch, dass
[mm] \limes_{x\to\pm\infty} f^{(n)}(x) = 0 [/mm]
und sogar
[mm] \limes_{x\to\pm\infty} x^{n-1}*f^{(n)}(x) = 0 [/mm]
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:34 Mi 28.05.2008 | | Autor: | kittycat |
Hallo Rainer,
> > [mm]g^{(n)}(y)[/mm] =
> > [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{ix^{(n)}f(x)e^{ixy}dx}[/mm]
>
> Fast
oh ja, das war ein Tip-Fehler, es muss natürlich heißen:
[mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{ix^{n}f(x)e^{ixy}dx}
[/mm]
> > Und dann müsste ich nur noch zeigen, dass [mm]y^{n}g^{(n)}(y)[/mm]
> > für jedes n [mm]\in[/mm] IN auf IR beschränkt ist, oder?
> >
> > Das mache ich am besten mit der Vollständigen Induktion
> > (wie oben vorgeschlagen):
> >
> > IA: n=1
> > [mm]y*g'(y)=y\integral_{-\infty}^{\infty}{ix f(x) e^{ixy}dx}[/mm]
>
> >
> > = ?
>
> Tipp: y unter das Integral ziehen, die Identität
>
> [mm]i*y*e^{ixy} = \bruch{\partial}{\partial x} e^{ixy}[/mm]
>
> anwenden, dann partiell integrieren.
Also hätte ich dann:
y*g'(y)= [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{\partial}{\partial x}e^{ixy} x f(x) dx}
[/mm]
= [mm] \limes_{x\rightarrow\pm\infty} [/mm] [f(x) [mm] e^{ixy}]_{x}^{x}
[/mm]
Oder?
> Für den Randterm benutzt du die Eigenschaften von f, denn
> da [mm]x^n*f^{(n)}(x)[/mm] auf ganz [mm]\IR[/mm] beschränkt ist, folgt
> automatisch, dass
>
> [mm]\limes_{x\to\pm\infty} f^{(n)}(x) = 0[/mm]
>
> und sogar
>
> [mm]\limes_{x\to\pm\infty} x^{n-1}*f^{(n)}(x) = 0[/mm]
Ja, und das habe ich leider noch nicht so ganz verstanden und leider weiß ich auch nicht wie ich das jetzt darein verarbeiten kann???
Liebe Grüße
Kittycat
p.s.: Die Aufgabe ist ganz schön tricky, finde ich ...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:11 Do 29.05.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hallo Rainer,
>
> > > [mm]g^{(n)}(y)[/mm] =
> > > [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{ix^{(n)}f(x)e^{ixy}dx}[/mm]
> >
> > Fast
>
>
> oh ja, das war ein Tip-Fehler, es muss natürlich heißen:
>
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{ix^{n}f(x)e^{ixy}dx}[/mm]
Vorsicht: beim das i musst du auch potenzieren: [mm] $(ix)^n [/mm] = [mm] i^n x^n$.
[/mm]
>
>
> > > Und dann müsste ich nur noch zeigen, dass [mm]y^{n}g^{(n)}(y)[/mm]
> > > für jedes n [mm]\in[/mm] IN auf IR beschränkt ist, oder?
> > >
> > > Das mache ich am besten mit der Vollständigen Induktion
> > > (wie oben vorgeschlagen):
> > >
> > > IA: n=1
> > > [mm]y*g'(y)=y\integral_{-\infty}^{\infty}{ix f(x) e^{ixy}dx}[/mm]
>
> >
> > >
> > > = ?
> >
> > Tipp: y unter das Integral ziehen, die Identität
> >
> > [mm]i*y*e^{ixy} = \bruch{\partial}{\partial x} e^{ixy}[/mm]
> >
> > anwenden, dann partiell integrieren.
>
> Also hätte ich dann:
> y*g'(y)=
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{\bruch{\partial}{\partial x}e^{ixy} x f(x) dx}[/mm]
>
> = [mm]\limes_{x\rightarrow\pm\infty}[/mm] [f(x) [mm]e^{ixy}]_{x}^{x}[/mm]
>
> Oder?
Nein, denn die Ableitung wirkt nur auf die e-Funktion. DU musst partiell integrieren mit $u(x)=xf(x)$ und [mm] $v'(x)=e^{ixy}$:
[/mm]
[mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{\left(\bruch{\partial}{\partial x}e^{ixy}\right) x f(x) dx}
= \left[e^{ixy}x f(x)\right]_{-\infty}^{+\infty} - \integral_{-\infty}^{\infty}{e^{ixy} \left(\bruch{\partial}{\partial x}(xf(x))\right) dx } = -\integral_{-\infty}^{\infty}{e^{ixy} (f(x)+x*f'(x)) dx}[/mm].
Der erste Term (Randterm) ist 0, weil f eine S-Funktion ist.
Da f eine S-Funktion ist, ist auch $x*f'(x)$ und damit $(f(x)+x*f'(x))$ eine S-Funktion.
Eine (knappe) Abhandlung dazu findest du hier, Sätze 65 und 66.
Viele Grüße
Rainer
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:26 Do 29.05.2008 | | Autor: | kittycat |
Hallo!
> > [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{ix^{n}f(x)e^{ixy}dx}[/mm]
>
> Vorsicht: beim das i musst du auch potenzieren: [mm](ix)^n = i^n x^n[/mm].
Oh mann, ich muss echt beim Tippen aufpassen ... das hatte ich gemeint (shit!) Danke!
> Nein, denn die Ableitung wirkt nur auf die e-Funktion. DU
> musst partiell integrieren mit [mm]u(x)=xf(x)[/mm] und
> [mm]v'(x)=e^{ixy}[/mm]:
>
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{\left(\bruch{\partial}{\partial x}e^{ixy}\right) x f(x) dx}
= \left[e^{ixy}x f(x)\right]_{-\infty}^{+\infty} - \integral_{-\infty}^{\infty}{e^{ixy} \left(\bruch{\partial}{\partial x}(xf(x))\right) dx } = -\integral_{-\infty}^{\infty}{e^{ixy} (f(x)+x*f'(x)) dx}[/mm].
>
> Der erste Term (Randterm) ist 0, weil f eine S-Funktion
> ist.
Das verstehe ich irgendwie nicht wirklich... Wieso ist [mm] [xf(x)e^{ixy}]_{-\infty}^{\infty} [/mm] = 0 nur weil f eine S-Funktion ist. Die Fourier-Transformierte konnte ich irgendwie in dem Term nicht erkennen und es gibt doch keine andere Aussage über diesen Term mit x und f(x) .... wieso ist das 0? Ich kann das irgendwie nicht nachvollziehen ... (traurig)
Der Link hat mir da leider irgendwie auch nicht geholfen (sorry,...)
> Da f eine S-Funktion ist, ist auch [mm]x*f'(x)[/mm] und damit
> [mm](f(x)+x*f'(x))[/mm] eine S-Funktion.
Ja, das ist klar. Jetzt muss ich nur noch verstehen, wieso das Integral dann ähnlich wie das vorherige ist ...
Liebe Grüße
Kittycat
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:48 Do 29.05.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> > Nein, denn die Ableitung wirkt nur auf die e-Funktion. DU
> > musst partiell integrieren mit [mm]u(x)=xf(x)[/mm] und
> > [mm]v'(x)=e^{ixy}[/mm]:
> >
> >
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{\left(\bruch{\partial}{\partial x}e^{ixy}\right) x f(x) dx}
= \left[e^{ixy}x f(x)\right]_{-\infty}^{+\infty} - \integral_{-\infty}^{\infty}{e^{ixy} \left(\bruch{\partial}{\partial x}(xf(x))\right) dx } = -\integral_{-\infty}^{\infty}{e^{ixy} (f(x)+x*f'(x)) dx}[/mm].
>
> >
> > Der erste Term (Randterm) ist 0, weil f eine S-Funktion
> > ist.
>
> Das verstehe ich irgendwie nicht wirklich... Wieso ist
> [mm][xf(x)e^{ixy}]_{-\infty}^{\infty}[/mm] = 0 nur weil f eine
> S-Funktion ist. Die Fourier-Transformierte konnte ich
> irgendwie in dem Term nicht erkennen und es gibt doch keine
> andere Aussage über diesen Term mit x und f(x) .... wieso
> ist das 0? Ich kann das irgendwie nicht nachvollziehen ...
> (traurig)
S-Funktion bedeutet doch, dass die Funktion für [mm] $x\to\pm\infty$ [/mm] schneller abfällt als jede Potenzfunktion. Damit geht auch $x*f(x)$ gegen 0 für [mm] $x\to\pm\infty$. [/mm] Die e-Funktion macht wieder nichts aus, weil sie beschränkt ist.
> Der Link hat mir da leider irgendwie auch nicht geholfen
> (sorry,...)
>
> > Da f eine S-Funktion ist, ist auch [mm]x*f'(x)[/mm] und damit
> > [mm](f(x)+x*f'(x))[/mm] eine S-Funktion.
>
> Ja, das ist klar. Jetzt muss ich nur noch verstehen, wieso
> das Integral dann ähnlich wie das vorherige ist ...
Naja, das Integral ist doch die Fouriertransformierte der Funktion [mm](f(x)+x*f'(x))[/mm]. Und da das eine S-Funktion ist, existiert die F-Trafo und ist beschränkt. (Satz 64 und Beweis in dem Link).
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:44 Do 29.05.2008 | | Autor: | kittycat |
Hallo Rainer,
> S-Funktion bedeutet doch, dass die Funktion für
> [mm]x\to\pm\infty[/mm] schneller abfällt als jede Potenzfunktion.
> Damit geht auch [mm]x*f(x)[/mm] gegen 0 für [mm]x\to\pm\infty[/mm]. Die
> e-Funktion macht wieder nichts aus, weil sie beschränkt
> ist.
ok, jetzt hab ichs ... nur eins versteh ich noch nicht ganz:
Wieso kann man so leicht sagen, dass die e-Funktion beschränkt ist? Klar, sie ist nach unten beschränkt, d.h. für [mm] x\to -\infty [/mm] geht sie gegen 0 (x-Achse), aber für [mm] x\to \infty [/mm] geht sie doch ins Unendliche, d.h. da wäre sie ja nicht beschränkt. Oder brauche ich nur die Vss. dass sie überhaupt beschränkt ist, ob nach unten oder oben oder beides ist egal?
Wegen dem x*f(x), was ja gegen 0 geht, geht ja dann der ganze erste Term gegen Null und die e-Funktion interessiert nicht, oder?
> Naja, das Integral ist doch die Fouriertransformierte der
> Funktion [mm](f(x)+x*f'(x))[/mm]. Und da das eine S-Funktion ist,
> existiert die F-Trafo und ist beschränkt. (Satz 64 und
> Beweis in dem Link).
ahhh, ok
Damit hätte ich dann endlich den Induktionsanfang!
Weiter würde ja dann folgendes gelten:
IVss: Für jedes n ist [mm] (y^n)g^{(n)} [/mm] beschränkt.
IBeh: n [mm] \mapsto [/mm] n+1
IS:
[mm] y^{n^+1}g^{(n+1)}(y)= y^{n+1} \integral_{-\infty}^{\infty}{(ix)^{n+1}f(x)e^{ixy}dx}
[/mm]
= [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{y^{n+1}i^{n+1}e^{ixy}f(x)x^{(n+1)}dx}
[/mm]
= [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{[(\bruch{\partial}{\partial x})^{(n+1)}e^{ixy}] f(x)x^{(n+1)}dx}
[/mm]
= (dies kann man ja dann wieder mit der partiellen Integration auseinanderziehen)
= [mm] [f(x)x^{(n+1)}(\bruch{\partial}{\partial x})^{n}e^{ixy}]_{-\infty}^{\infty} [/mm] - [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{(\bruch{\partial}{\partial x})^{n}e^{ixy} [(n+1)x^{n}f(x) + x^{(n+1)}f'(x)] dx}
[/mm]
Kann man dies jetzt wie vorher beim Induktionsanfang abschätzen und zeigen dass es beschränkt ist?
D.h. der erste Term geht ja wieder gegen 0, weil ja f eine S-Funktion ist und schneller fällt als jedes Polynom.
Und der zweite Term? Das hintere ist ja wahrscheinlich auch eine S-Funktion, oder? und das fordere wäre ja dann auch beschränkt wegen der e-Funktion, oder nicht?
Liebe Grüße
Kittycat
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:25 Do 29.05.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hallo Rainer,
>
> > S-Funktion bedeutet doch, dass die Funktion für
> > [mm]x\to\pm\infty[/mm] schneller abfällt als jede Potenzfunktion.
> > Damit geht auch [mm]x*f(x)[/mm] gegen 0 für [mm]x\to\pm\infty[/mm]. Die
> > e-Funktion macht wieder nichts aus, weil sie beschränkt
> > ist.
>
> ok, jetzt hab ichs ... nur eins versteh ich noch nicht
> ganz:
> Wieso kann man so leicht sagen, dass die e-Funktion
> beschränkt ist?
Weil der Exponenent rein imaginär ist, und für reelle x,y wieder
[mm] $|e^{ixy}|=1$
[/mm]
ist.
> Klar, sie ist nach unten beschränkt, d.h.
> für [mm]x\to -\infty[/mm] geht sie gegen 0 (x-Achse), aber für [mm]x\to \infty[/mm]
> geht sie doch ins Unendliche, d.h. da wäre sie ja nicht
> beschränkt. Oder brauche ich nur die Vss. dass sie
> überhaupt beschränkt ist, ob nach unten oder oben oder
> beides ist egal?
> Wegen dem x*f(x), was ja gegen 0 geht, geht ja dann der
> ganze erste Term gegen Null und die e-Funktion interessiert
> nicht, oder?
Genau, wenn die e-Funktion nach oben unbeschränkt wäre, könntest du aus [mm] $x*f(x)\to0$ [/mm] nicht folgern, dass der gesamte Ausdruck gegen 0 geht.
> > Naja, das Integral ist doch die Fouriertransformierte der
> > Funktion [mm](f(x)+x*f'(x))[/mm]. Und da das eine S-Funktion ist,
> > existiert die F-Trafo und ist beschränkt. (Satz 64 und
> > Beweis in dem Link).
>
> ahhh, ok
> Damit hätte ich dann endlich den Induktionsanfang!
> Weiter würde ja dann folgendes gelten:
>
> IVss: Für jedes n ist [mm](y^n)g^{(n)}[/mm] beschränkt.
>
> IBeh: n [mm]\mapsto[/mm] n+1
>
> IS:
> [mm]y^{n^+1}g^{(n+1)}(y)= y^{n+1} \integral_{-\infty}^{\infty}{(ix)^{n+1}f(x)e^{ixy}dx}[/mm]
>
> =
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{y^{n+1}i^{n+1}e^{ixy}f(x)x^{(n+1)}dx}[/mm]
>
> = [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{[(\bruch{\partial}{\partial x})^{(n+1)}e^{ixy}] f(x)x^{(n+1)}dx}[/mm]
>
> = (dies kann man ja dann wieder mit der partiellen
> Integration auseinanderziehen)
>
> = [mm][f(x)x^{(n+1)}(\bruch{\partial}{\partial x})^{n}e^{ixy}]_{-\infty}^{\infty}[/mm]
> - [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{(\bruch{\partial}{\partial x})^{n}e^{ixy} [(n+1)x^{n}f(x) + x^{(n+1)}f'(x)] dx}[/mm]
>
> Kann man dies jetzt wie vorher beim Induktionsanfang
> abschätzen und zeigen dass es beschränkt ist?
> D.h. der erste Term geht ja wieder gegen 0, weil ja f eine
> S-Funktion ist und schneller fällt als jedes Polynom.
> Und der zweite Term? Das hintere ist ja wahrscheinlich
> auch eine S-Funktion, oder? und das fordere wäre ja dann
> auch beschränkt wegen der e-Funktion, oder nicht?
Das hintere ist ja wieder von der Form [mm] $y^n g^{(n)}(y)$, [/mm] und das ist nach Induktionsvoraussetzung beschränkt.
Ich glaube, du hast das Prinzip verstanden, nur noch ein paar Probleme mit den Teilschritten.
Vielleicht ist es so einfacher:
Du hast bisher, dass, wenn f eine S-Funktion ist, dann g differenzierbar ist und außerdem $g'$ die Fouriertransformierte einer S-Funktion ist. Dieses Argument kannst du auf $g'$ anwenden und bekommst die Aussage für $g''$. Also ist g beliebig oft differenzierbar und alle Ableitungen sind Fouriertransformierte irgendwelcher S-Funktionen.
Außerdem ist $y*g(y)$ auch wieder die Fouriertransformierte einer S-Funktion und damit beschränkt. Auch dieses Argument kannst du beliebig oft anwenden, also ist g eine S-Funktion.
Das "beliebig oft anwenden" machst du per Induktion, und zwar genauso wie den Induktionsanfang oben: Multiplikation mit y wird zur Ableitung der e-Funktion nach x und per partieller Integration zur Ableitung von f.
Es ist jedesmal das gleiche Argument und die gleiche Rechnung.
Viele Grüße
Rainer
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