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Hallo!
Man zeige, dass
[mm] \limes_{a\rightarrow\infty}\frac{sin(a*t)}{sin(t)}
[/mm]
eine Distribution (bzw. eine Folge von Distributionen) ist.
Ich grüble schon seit längerem drüber nach. Für t->0 könnte man den Nenner durch t ersetzen und dann per komplexer Kontourintegration um die singuläre Stelle die Ausblendeigenschaft demonstrieren. Ich bin über die lin. Approx im Nenner aber net wirklich so glücklich. V.A. für t [mm] \not= [/mm] 0 erstmal zeigen das das Integral verschwindet - dazu fällt mir gar nix ein.
Falls Jemand eine Idee hat, bitte melden.
Hintergrund: Die Funktion ergibt sich bei der Fouriertransformation endlich periodischer Funktionen wenn man zuerst den Verschiebungssatz und dann die Formel für die geom. Reihe anwendet.
Viele Grüße!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:25 Sa 27.12.2008 | | Autor: | schoko0815 |
Hallo,
vielleicht noch eine kurze Anmerkung zur Frage:
Man kann die distributive Identität natürlich indirekt über die Fouriertransformation / bzw. Fourierreihe periodischer Funktionale aufzeigen. So wird es in den meisten Lehrbüchern gemacht. Viel schöner wär aber ein direkter "Weg" ohne das "Schummeln" über die FR 
Viele Grüße
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:59 Di 06.01.2009 | | Autor: | schoko0815 |
Hallo,
evt. falls Jemand in Zukunft über den Artikel stolpert - soweit bin ich gekommen:
1.) [mm] \limes_{a\rightarrow\infty}\frac{sin(at)}{sin(t)} [/mm] mit a ungerade besitzt Singularitäten bei [mm] t=n\pi [/mm] mit [mm] n\in \IZ [/mm] (den geraden Fall spare ich mir der Komplexität wegen). Die Funktion nennt man dann Dirichlet-Kern
2.) Demonstriere Ausblendeigenschaft:
[mm] I1:=\integral_{-\infty}^{\infty}{\limes_{a\rightarrow\infty}\frac{sin(at)}{sin(t)}f(t)dt}=\summe_{n\in \IZ }const*f(n\pi)
[/mm]
3.) Betrachte hierzu das komplexe Integral:
[mm] I2:=Im(\integral_{\Gamma}^{}{\limes_{a\rightarrow\infty}\frac{exp(iaz)}{sin(z)}f(z)dz})
[/mm]
Wobei sich [mm] \Gamma [/mm] von [mm] -\infty [/mm] kommend der reellen Achse entlang jedoch halbkreisförmig (Radius r) oberhalb einer jeden Singularität [mm] n\pi [/mm] und sich schliesslich im unendlichen als Halbkreis (R) zurück erstreckt.
4.) Da der Weg keine Singularitäten einschliesst ist der Wert I2=0. Man kann das Integral entsprechend der einzelnen Wegstückchen aufspalten, den Limes rausziehen und bei bedarf die Parametrisierung für die Halbkreise einsetzen. Für die Singularität an der Stelle z=0+i0 sieht das dann so aus:
[mm] 0=lim(Im(\ldots+ \integral_{\pi /2}^{-r}{\frac{exp(iax)}{sin(x)}dx}+\integral_{-\pi }^{0}{\frac{exp(iarexp(i\phi))}{sin(rexp(i\phi))}f(rexp(i\phi))irexp(i\phi)d\phi}+ \integral_{r}^{\pi /2}{\frac{exp(iax)}{sin(x)}dx}+\ldots+\integral_{0 }^{\pi}{\frac{exp(iaRexp(i\phi))}{sin(Rexp(i\phi))}f(Rexp(i\phi))iRexp(i\phi)d\phi})|_{r\to 0,R\to \infty }
[/mm]
5.) Man kann den sinus im Nenner durch seine Taylorreihe ersetzen (oder 1/sin(z) durch die entsprechende Laurentreihe) und da onehin r [mm] \to [/mm] 0 kann man kürzen und es ergibt sich für das Integral an der Singularität:
[mm] \integral_{-\pi }^{0}{\frac{exp(iarexp(i\phi))}{sin(rexp(i\phi))}f(rexp(i\phi))irexp(i\phi)d\phi}|_{r\to 0}=\integral_{-\pi }^{0}{exp(iarexp(i\phi))f(rexp(i\phi))id\phi}|_{r\to 0}=i\pi [/mm] f(0)
Das Selbe macht man für alle unendlich vielen singulären Stellen
6.) das letzte Integral für den Rückweg macht Bauchschmerzen und man müsste sich mal im Detail ansehen für welche f(z) das Integral tatsächlich verschwindet. Es gibt jedoch sicher etliche dieser Funktionen, da der Nenner betragsmäßig Eins ist und f daher nur gegen R "ankämpfen" muss.
7.) Man erhält nach zusammenfügen aller Wegstrecken
[mm] 0=Im(\integral_{-\infty}^{\infty}{\frac{exp(iax)}{sin(x)}dx|_{a\to \infty}})+Im(i\pi \summe_{n\in \IZ }f(n\pi))
[/mm]
Der erste Summand enspricht I1 und damit ist die Ausblendeigenschaft gezeigt.
Gibts Einwände oder Verbesserungsvorschläge?
Viele Grüße Markus
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:20 Di 27.01.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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