0 Daumen
134 Aufrufe

Fourier Transformation der normierten Gauss-Funktion:

\( f(x)=\frac{1}{\sigma \sqrt{2 \pi}} e^{-\frac{x^{2}}{2 \sigma^{2}}} \)

\( F(k)=\frac{\sigma}{\sqrt{2 \pi}} e^{-\frac{1}{2} \sigma^{2} k^{2}} \)


Ich habe probiert die Lösung F(k) zu erhalten, habe aber leider das Problem, dass sich der Faktor sigma/sqrt(2*pi) rauskürzt. Für die Fourier-Transformation habe ich verwendet:

\( F(k)=\int \limits_{-\infty}^{\infty} f(x) e^{-i k x} d x \quad f(x)=\frac{1}{2 \pi} \int \limits_{-\infty}^{\infty} f(k) e^{+i k x} d k \)

von

1 Antwort

+2 Daumen

Aloha :)

$$F(k)=\int\limits_{-\infty}^\infty\frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}}e^{-x^2/(2\sigma^2)}\cdot e^{-ikx}\,dx=\frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}}\int\limits_{-\infty}^\infty e^{-x^2/(2\sigma^2)-ikx}\,dx$$Den Exponenten bearbeiten wir mittels quadratischer Ergänzung:

$$-\frac{x^2}{2\sigma^2}-ikx=-\frac{1}{2\sigma^2}\left(x^2+2i\sigma^2kx\right)=-\frac{1}{2\sigma^2}\left(x^2+2 i\sigma^2k x+(i\sigma^2k)^2-(i\sigma^2k)^2\right)$$$$=-\frac{1}{2\sigma^2}\left(\left(x+i\sigma^2k\right)^2-(i\sigma^2k)^2\right)=-\frac{1}{2\sigma^2}\left(x+i\sigma^2k\right)^2+\frac{(i\sigma^2k)^2}{2\sigma^2}$$$$=-\frac{1}{2\sigma^2}\left(x+i\sigma^2k\right)^2-\frac{\sigma^2k^2}{2}$$Das in \(F(k)\) eingesetzt liefert:

$$F(k)=\frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}}\int\limits_{-\infty}^\infty \exp\left[-\frac{1}{2\sigma^2}\left(x+i\sigma^2k\right)^2-\frac{\sigma^2k^2}{2}\right]\,dx$$$$\phantom{F(k)}=\frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}}e^{-\frac{\sigma^2k^2}{2}}\int\limits_{-\infty}^\infty \exp\left(-\frac{\left(x+i\sigma^2k\right)^2}{2\sigma^2}\right)\,dx$$Jetzt substituieren wir:

$$z:=\frac{x+i\sigma^2k}{\sqrt2\,\sigma}\quad;\quad\frac{dz}{dx}=\frac{1}{\sqrt2\,\sigma}\;\;\Leftrightarrow\;\;dx=\sqrt 2\,\sigma\,dz$$und finden als Fourier-Integral:

$$F(k)=\frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi}}e^{-\frac{\sigma^2k^2}{2}}\int\limits_{-\infty}^\infty e^{-z^2}\,\sqrt2\,\sigma\,dz=\frac{1}{\sqrt\pi}e^{-\frac{\sigma^2k^2}{2}}\underbrace{\int\limits_{-\infty}^\infty e^{-z^2}dz}_{=\sqrt\pi}=e^{-\frac{\sigma^2k^2}{2}}$$Ich habe dasselbe Problem wie du, dass sich der Vorfaktor rauskürzt. Damit steht es 2 zu 1 gegen die Musterlösung ;)

von 38 k

danke für die Antwort. Ja, wir beide haben damit recht, dass sich die FT ohne diesen Faktor ergibt. ich denke das die FT, die als Musterlösung gegeben ist die normierte FT ist.

Stimmt, die Normierung der Fourier-transformierten Gauß-Verteilung auf \(1\) würde den Vorfaktor erklären. Ich hatte als Merkregel im Kopf, dass die FT einer Gauß-Verteilung wieder eine Gauß-Verteilung ist.

Ein anderes Problem?

Stell deine Frage

Willkommen bei der Mathelounge! Stell deine Frage sofort und kostenfrei

x
Made by a lovely community