Formelsammlung Mathematik: Integraltransformationen

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1.1

$F(s)=\mathcal{F}[f(t)](s)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^\infty f(t) e^{-ist}\, dt$

ohne Beweis (Fourier-Transformation)

 

1.2

$f(t)=\mathcal{F}^{-1}[F(s)](t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^\infty F(s) e^{ist}\, ds$

ohne Beweis (Rücktransformation)

 

1.3

$\mathcal{F}[(f*g)(t)](s)=\sqrt{2\pi}\cdot\mathcal{F}[f(t)](s)\cdot\mathcal{F}[g(t)](s)$

Beweis (Faltung)

$\mathcal{F}[(f*g)(t)](s)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty f(u)\, g(t-u)\, du \,\, e^{-ist}\, dt$

$=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty f(u)\, e^{-isu}\, g(t-u) \, e^{-is(t-u)}\, dt\, du$

$=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty f(u)\, e^{-isu}\, g(v) \, e^{-isv}\, dv\, du$

$=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty f(u)\, e^{-isu}\, du \cdot \int_{-\infty}^\infty g(v)\, e^{-isv}\, dv=\sqrt{2\pi}\cdot\mathcal{F}[f(t)](s)\cdot\mathcal{F}[g(t)](s)$

 

2.1

$F(s)=\mathcal{L}[f(t)](s)=\int_0^\infty f(t) e^{-st}\, dt$

ohne Beweis (Laplace-Transformation)

 

2.2

$f(t)=\mathcal{L}^{-1}[F(s)](t)=\frac{1}{2\pi i} \int_{a-i\infty}^{a+i\infty} F(s) e^{st}\, ds$

Beweis (Rücktransformation, Bromwich-Integral)

Im Folgenden sei $f(t)=0\,$ für $t<0\,$.

$f(t) e^{-at}=\mathcal{F}^{-1}\left[\mathcal{F}[f(\tau)\, e^{-a\tau}](\omega)\right](t)$

$=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty f(\tau)\, e^{-a\tau} \, e^{-i\omega\tau}\, d\tau\, e^{i\omega t}\, d\omega$

$\Rightarrow f(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty \int_0^\infty f(\tau)\, e^{-(a+i\omega)\tau}\, d\tau \, e^{(a+i\omega)t} d\omega$

Substituiert man $s=a+i\omega\,\, (ds=i\, d\omega)$, so ist

$f(t)=\frac{1}{2\pi i}\int_{a-i\infty}^{a+i\infty} \underbrace{\int_0^\infty f(\tau) e^{-s\tau}\, d\tau}_{F(s)}\, e^{st}\, ds$.

 

2.3

$\mathcal{L}[(f*g)(t)](s)=F(s)\cdot G(s)$

Beweis (Faltung)

$F(s)\cdot G(s)=\int_0^\infty f(\sigma)\, e^{-s\sigma}\, d\sigma\cdot \int_0^\infty g(\tau)\, e^{-s\tau}\, d\tau =\int_0^\infty \int_0^\infty f(\sigma)\, e^{-s(\sigma+\tau)}\, d\sigma\, g(\tau)\, d\tau$

Nach Substitution $t=\sigma+\tau\, (dt=d\sigma)$ ist das $\int_0^\infty \int_\tau^\infty f(t-\tau)\, e^{-st}\, dt\, g(\tau)\, d\tau$.

Und nach Vertauschung der Integrationsreihenfolge ist das

$\int_0^\infty \int_0^t f(t-\tau)\, g(\tau)\, d\tau \, e^{-st}\, dt=\int_0^\infty (f*g)(t)\, e^{-st}\, dt=\mathcal{L}[(f*g)(t)](s)$.

 

3.1

$F(s)=\mathcal{M}[f(t)](s)=\int_0^\infty f(t)\, t^{s-1}\, dt$

ohne Beweis (Mellin-Transformation)

 

3.2

$f(t)=\mathcal{M}^{-1}[F(s)](t)=\frac{1}{2\pi i} \int_{a-i\infty}^{a+i\infty} F(s)\, t^{-s}\, ds$

Beweis (Rücktransformation)

$f(e^t)\, e^{at}=\mathcal{F}\left[\mathcal{F}^{-1}[f(e^\tau)\, e^{a\tau}](\omega)\right](t)$

$=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty f(e^\tau)\, e^{a\tau}\, e^{i\omega\tau}\, d\tau\, e^{-i\omega t}\, d\omega$

$\Rightarrow f(e^t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty f(e^\tau)\, e^{(a+i\omega)\tau}\, d\tau\, e^{-(a+i\omega)t}\, d\omega$

Substituiert man $s=a+i\omega \,\, (ds=i\, d\omega)$, so ist

$f(e^t)=\frac{1}{2\pi i}\int_{a-i\infty}^{a+i\infty} \int_{-\infty}^\infty f(e^\tau)\, e^{s\tau}\, d\tau\, e^{-st}\, ds$.

Substituiert man $u=e^\tau\,$, so ist

$f(e^t)=\frac{1}{2\pi i}\int_{a-i\infty}^{a+i\infty} \underbrace{\int_0^\infty f(u)\, u^{s-1}\, du}_{F(s)} \, e^{-st}\, ds$.

Ersetze $e^t\,$ durch $t\,$, um die gewünschte Formel zu erhalten.

 

3.3

$\mathcal{M}\left[(f*g)(t)\right](s)=F(s)\cdot G(s)$

Beweis (Faltung)

$\mathcal{M}\left[(f*g)(t)\right](s)=\int_0^\infty \int_0^\infty f\left(\frac{t}{u}\right) g(u)\, \frac{du}{u}\cdot t^{s-1}\, dt$

$=\int_0^\infty \int_0^\infty f\left(\frac{t}{u}\right) t^{s-1}\, dt\cdot g(u)\,\frac{du}{u} =\int_0^\infty \int_0^\infty f(t)\, (ut)^{s-1}\, u\, dt\cdot g(u)\, \frac{du}{u}$

$=\int_0^\infty \int_0^\infty f(t)\, t^{s-1} \, dt \cdot g(u)\, u^{s-1}\, du=F(s)\cdot G(s)$