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\begin{document}
\begin{center}
\textbf{\huge{Runde 10, Beispiel 68}}

\Large{LVA 118.181, {\"U}bungsrunde 10, 19.01.2007}

\large{Markus Nemetz, \emph{markus.nemetz@tuwien.ac.at}, TU Wien,
18.01.2007}
\end{center}

\section{Angabe}
Unter der generellen Voraussetzung, dass $f(t)$ absolut
integrierbar ist, zeige man folgende Rechenregeln f{\"u}r die
Fourier-Transformation ($\mathcal{F}(\omega)$ bezeichne die
Fourier-Transformierte von $f(t)$).

(a) Streckung: F{\"u}r $c \neq 0$:
\begin{gather*}
    \mathcal{F}\{f(ct)\}=\frac{1}{|c|}\mathcal{F}(\frac{\omega}{c})
\end{gather*}

(b) Differentiation im Zeitbereich: Ist $f(t)$ stetig und
st{\"u}ckweise differenzierbar und ist weiters $f'(t)$
Fourier-transformierbar, so gilt:
\begin{gather*}
    \mathcal{F}\{f'(t)\}=i\omega F(\omega)
\end{gather*}

\section{L{\"o}sung des Beispiels}
\subsection{Streckung}
Zu zeigen ist die Streckung: F{\"u}r $c \neq 0$:
\begin{gather*}
    \mathcal{F}\{f(ct)\}=\frac{1}{|c|}\mathcal{F}(\frac{\omega}{c})
\end{gather*}

Ein reeller Faktor $c$ dehnt oder staucht die Funktion:
\begin{gather*}
    \mathcal{F}\{f(ct)\} = \int_{-\infty}^\infty f(ct) e^{-i\omega
    t} \operatorname{d}t \underbrace{=}_{\text{Subst. } \tau=ct,
    \frac{\operatorname{d}\tau}{\operatorname{d}t},
    \operatorname{d}t = \frac{\operatorname{d}\tau}{c}}
    \frac{1}{c}\int_{-\infty}^\infty f(\tau) e^{-i\frac{\omega\tau}{c}
    } \operatorname{d}t = \frac{1}{c} F(\frac{\omega}{c})
\end{gather*}
Für beiebige reelle $c \neq 0$ gilt nun die in der Angabe
angegebene Transformation.

Sonderfall: $c = -1$. Daraus folgt, dass $f(-t)$ zu $F(-\omega)$
transformiert wird.

\subsection{Differentiation}
Zu zeigen ist die Differentiation im Zeitbereich: Ist $f(t)$
stetig und st{\"u}ckweise differenzierbar und ist weiters $f'(t)$
Fourier-transformierbar, so gilt:
\begin{gather*}
    \mathcal{F}\{f'(t)\}=i\omega F(\omega)
\end{gather*}

Die Funktion $f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{C}$ sei stetig und
stückweise stetig differenzierbar und $f$ und die Ableitung $f'$
seien absolut integrierbar. Dann gilt, dass $f'(t)$ zu
$(i\omega)\hat{f}(\omega)$ transformiert wird.

Beweis: Mit partieller Integration erhält man
\begin{gather*}
    \int_a^b f'(t)e^{-i\omega t} \operatorname{d}t =
    [f(t)e^{-i\omega t}|_{t=a}^{t=b} - \int_a^b f(t)(-i\omega )e^{-i\omega t} \operatorname{d}t
\end{gather*}
Da $f(t)$ absolut integrierbar iat, gilt:
\begin{gather*}
    \lim_{a \rightarrow -\infty} f(t)e^{-i\omega t} = \lim_{b \rightarrow \infty}
    f(t)e^{-i\omega t}= 0
\end{gather*}
und daher
\begin{gather*}
    \mathcal{F}\{f'(\omega )\} = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty
    f(t)(i\omega )e^{-i\omega t} \operatorname{d}t =\\
    (i\omega ) \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty f(t)e^{-i\omega t}
    \operatorname{d}t= (i\omega )\mathcal{F}\{f(\omega )\}
\end{gather*}
Anwendung: $\mathcal{F}$-Transformation von
Differentialgleichungen.
\end{document}
