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Forum "Fourier-Transformation" - Integrationsbedingungen
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Integrationsbedingungen: Tipp
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 13:28 Mi 24.09.2014
Autor: Saschka

Hallo,

ich beschäftige mich z. Z. mit Optionsbewertung mithilfe von Fast Fourier Transformation (FFT).   Sei [mm] g:\IR \to \IR [/mm] , so dass  [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{ | g(x) | dx}<\infty. [/mm] Dann ist Fourier-Transformation [mm] \hat g(y) = \integral_{-\infty}^{\infty}{ e^{-iyx} g(x) dx} [/mm]  von g definiert. Weiter bin ich ratlos, denn es steht: [mm]E [g(x)] =\bruch {1}{2\pi} E [\integral_{-\infty}^{\infty}{ e^{iyx} \hat g(y) dy}][/mm], obwohl niergendwo [mm] \integral_{-\infty}^{\infty}{ | \hat g(y) | dy}<\infty [/mm]  angenommen wird.

Darf man das eigenlich machen?

Danke :)

Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.

        
Bezug
Integrationsbedingungen: Antwort (fehlerhaft)
Status: (Antwort) fehlerhaft Status 
Datum: 15:05 Mi 24.09.2014
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

> obwohl niergendwo [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{ | \hat g(y) | dy}<\infty[/mm]  angenommen wird.

das folgt doch sofort aus der Annahme [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{ | g(y) | dy}<\infty[/mm]

Gruß,
Gono

Bezug
                
Bezug
Integrationsbedingungen: Rückfrage
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 09:43 Do 25.09.2014
Autor: Saschka

Hallo,


> das folgt doch sofort aus der Annahme
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{ | g(y) | dy}<\infty[/mm]
>  

wie denn?

[mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{ | \hat g(y) | dy}=\integral_{-\infty}^{\infty}{|\integral_{-\infty}^{\infty}{e^{-ixy} g(x)dx | dy}\le\integral_{-\infty}^{\infty}{ \integral_{-\infty}^{\infty}{e^{-ixy}| g(x)|dx} dy}\le\integral_{-\infty}^{\infty}{ \integral_{-\infty}^{\infty}{| g(x)|dx } dy}[/mm]

das impliziert aber nicht, dass [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{ | \hat g(y) | dy}<\infty[/mm]. Oder kann man das Integral irgendwie anders abschätzen?


Gruß,
Saschka

Bezug
                        
Bezug
Integrationsbedingungen: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 14:55 Do 25.09.2014
Autor: Gonozal_IX

Hiho,

zum Glück gibt es ja Marcel, der aufpasst.

Daher: War Blödsinn, Marcel hat recht.

Gruß,
Gono.

Bezug
                
Bezug
Integrationsbedingungen: f in L1: aber NICHT F(f) in L1
Status: (Korrektur) fundamentaler Fehler Status 
Datum: 10:03 Do 25.09.2014
Autor: Marcel

Hallo Gono,

> Hiho,
>  
> > obwohl niergendwo [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{ | \hat g(y) | dy}<\infty[/mm]
>  angenommen wird.
>
> das folgt doch sofort aus der Annahme
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{ | g(y) | dy}<\infty[/mm]

nein. Man weiß nur, dass [mm] $\hat{g}$ [/mm] stetig sein muss, aber [mm] $\hat{g} \in L^1$ [/mm] muss
gefordert werden. Ich habe gerade extra nochmal in der Vorlesungsmitschrift
eines Kommilitonen nachgeschaut:
Dort steht für $f [mm] \in L^1$, [/mm] dass

    [mm] $\hat{f}$ [/mm] stetig, aber i.a. ist [mm] $\hat{f} \notin L^1\,.$ [/mm]

Da mein damaliger Prof. unter anderem Spezialist auf dem Gebiet
Fourieranalysis war, glaube ich nicht, dass er da was falsches stehen
hat. Zumal das die Grundlage des Aufbau eines ganzen Kapitels war.

Gruß,
  Marcel

Bezug
        
Bezug
Integrationsbedingungen: Bedeutung d. Integralzeichens
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 10:06 Do 25.09.2014
Autor: Marcel

Hallo,

> Hallo,
>  
> ich beschäftige mich z. Z. mit Optionsbewertung mithilfe
> von Fast Fourier Transformation (FFT).   Sei [mm]g:\IR \to \IR[/mm]
> , so dass  [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{ | g(x) | dx}<\infty.[/mm]
> Dann ist Fourier-Transformation [mm]\hat g(y) = \integral_{-\infty}^{\infty}{ e^{-iyx} g(x) dx}[/mm]
>  von g definiert. Weiter bin ich ratlos, denn es steht: [mm]E [g(x)] =\bruch {1}{2\pi} E [\integral_{-\infty}^{\infty}{ e^{iyx} \hat g(y) dy}][/mm],
> obwohl niergendwo [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{ | \hat g(y) | dy}<\infty[/mm]
>  angenommen wird.
>
> Darf man das eigenlich machen?

Du solltestv vielleicht dazuschreiben, in welchem Sinne

    [mm] $\int_{-\infty}^\infty$ [/mm]

zu verstehen ist. In obiger Notation geht das nicht, wenn das "das übliche
Integralzeichen" ist.
Geht es aber vielleicht um den Cauchyschen Hauptwert? (Wobei ich gerade
sehe, dass man auch dann noch mehr als nur $f [mm] \in L^1$ [/mm] braucht, um was sinnvolles
da stehen zu haben.)

Gruß,
  Marcel

Bezug
        
Bezug
Integrationsbedingungen: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 10:14 Do 25.09.2014
Autor: Marcel

Hallo nochmal,

ich habe hier einen Absatz "Wann ist [mm] $\hat{f} \in L^1(\IR)$?" [/mm]

Vielleicht das Dir ja schon:
"Sei [mm] $f\,$ [/mm] zweimal diff'bar und [mm] $f\,,f\,',f\,'' \in L^1(\IR)\,.$ [/mm] Dann ist [mm] $\hat{f} \in L^1(\IR)\,.$" [/mm]

Ansonsten sehe ich das genauso wie Du: Da fehlt eine Forderung/Voraussetzung!

Gruß,
  Marcel

Bezug
                
Bezug
Integrationsbedingungen: Diff'barkeit
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 12:12 Do 25.09.2014
Autor: Saschka

Hallo,

danke für deine Hilfe, aber meine Funktion ist sogar  nicht einmal diff'bar: [mm]g(x)=\begin{cases} K-x, & \mbox{für } x\in [0,K) \\ 0, & \mbox{sonst } \end{cases}[/mm]

Sie liegt aber in [mm] L^2, [/mm] daher versuche ich, damit anzufangen.

Gruß,
Saschka

Bezug
                        
Bezug
Integrationsbedingungen: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 14:08 Do 25.09.2014
Autor: Marcel

Hallo,

> Hallo,
>  
> danke für deine Hilfe, aber meine Funktion ist sogar  
> nicht einmal diff'bar: [mm]g(x)=\begin{cases} K-x, & \mbox{für } x\in [0,K) \\ 0, & \mbox{sonst } \end{cases}[/mm]
>  
> Sie liegt aber in [mm]L^2,[/mm] daher versuche ich, damit
> anzufangen.

ich müßte jetzt in den Beweis reingucken, vielleicht würde diff'bar fast überall
reichen.

[mm] $L^2$ [/mm] ist übrigens super, denn für $f [mm] \in L^2$ [/mm] ist in der Tat [mm] $\hat{f} \in L^2\,.$ [/mm]
Beachte aber, dass [mm] $f\,$ [/mm] eigentlich eine Funktionenklasse ist, man sollte
eigentlich $[f] [mm] \in L^2$ [/mm] mit dem Repräsentanten $f [mm] \in \mathcal{L}^2$ [/mm] schreiben.

Wenn Du Literatur dazu brauchst, sag' Bescheid.

P.S. Deine Funktion oben hat übrigens kompakten Träger, auch sowas
ist meist beachtenswert. Und Du solltest Dir mal den Graphen plotten
(das kann ich sogar in Gedanken machen).

Gruß,
  Marcel

Bezug
                        
Bezug
Integrationsbedingungen: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 14:24 Do 25.09.2014
Autor: Marcel

Hallo,

> Hallo,
>  
> danke für deine Hilfe, aber meine Funktion ist sogar  
> nicht einmal diff'bar: [mm]g(x)=\begin{cases} K-x, & \mbox{für } x\in [0,K) \\ 0, & \mbox{sonst } \end{cases}[/mm]
>  
> Sie liegt aber in [mm]L^2,[/mm] daher versuche ich, damit
> anzufangen.

ich habe jetzt gerade keine Zeit, nachzugucken, und auch keine Lust und
noch weniger Zeit zum selber rechnen, aber:
Du kannst hier doch [mm] $\omega \mapsto \hat{f}(\omega)$ [/mm] sicher berechnen. Falls
nicht: Ich denke eigentlich, dass ich dazu in Büchern der Signaltheorie
schon was gesehen habe. Also wenn Du Zeit hast und keine Lust zum
selber rechnen: Einfach mal stöbern...

Evtl. bis später!

Gruß,
  Marcel

Bezug
                                
Bezug
Integrationsbedingungen: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 15:36 Do 25.09.2014
Autor: Saschka


>  Du kannst hier doch [mm]\omega \mapsto \hat{f}(\omega)[/mm] sicher
> berechnen.


Das habe ich schon seit langem getan, es bringt mich aber nicht weiter. Die Fourier-Transformierte ist [mm]\hat g(y)=\bruch{\cos(Ky) -1}{y^2} -i\bruch{y-\sin(Ky)}{y^2}[/mm], [mm]\hat g(0):=\limes_{y\rightarrow 0}\bruch{\cos(Ky) -1}{y^2} -i\bruch{y-\sin(Ky)}{y^2}=-\bruch{K^2}{2}[/mm]. Da [mm] |\hat g(y) |=\wurzel{a^2+b^2}\le |a |+ |b |[/mm]  für [mm]a=\bruch{\cos(Ky) -1}{y^2}[/mm] und [mm]b=\bruch{y-\sin(Ky)}{y^2}[/mm], versuche ich, die beide Integrale [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{|\bruch{\cos(Ky) -1}{y^2}|dy}=2\integral_{0}^{\infty}{\bruch{ |\cos(Ky) -1 |}{y^2}}dy[/mm] bzw. [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{|\bruch{y-\sin(Ky)}{y^2}|dy}=2\integral_{0}^{\infty}{\bruch{ |y-\sin(Ky) |}{y^2}}dy[/mm] abzuschätzen, um Integrierbarkeit von [mm]\hat g(y)[/mm] zu beweisen.  Gelingt mir aber nicht...

Weißt Du vielleicht, wie die Rücktransformation in [mm] L^2 [/mm] definiert ist?

Beste Grüße,
Saschka

Bezug
                                        
Bezug
Integrationsbedingungen: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 17:08 Do 25.09.2014
Autor: Marcel

Hallo,

> >  Du kannst hier doch [mm]\omega \mapsto \hat{f}(\omega)[/mm] sicher

> > berechnen.
>
>
> Das habe ich schon seit langem getan, es bringt mich aber
> nicht weiter. Die Fourier-Transformierte ist [mm]\hat g(y)=\bruch{\cos(Ky) -1}{y^2} -i\bruch{y-\sin(Ky)}{y^2}[/mm],
> [mm]\hat g(0):=\limes_{y\rightarrow 0}\bruch{\cos(Ky) -1}{y^2} -i\bruch{y-\sin(Ky)}{y^2}=-\bruch{K^2}{2}[/mm].
> Da [mm]|\hat g(y) |=\wurzel{a^2+b^2}\le |a |+ |b |[/mm]  für
> [mm]a=\bruch{\cos(Ky) -1}{y^2}[/mm] und [mm]b=\bruch{y-\sin(Ky)}{y^2}[/mm],
> versuche ich, die beide Integrale
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{|\bruch{\cos(Ky) -1}{y^2}|dy}=2\integral_{0}^{\infty}{\bruch{ |\cos(Ky) -1 |}{y^2}}dy[/mm]
> bzw.
> [mm]\integral_{-\infty}^{\infty}{|\bruch{y-\sin(Ky)}{y^2}|dy}=2\integral_{0}^{\infty}{\bruch{ |y-\sin(Ky) |}{y^2}}dy[/mm]
> abzuschätzen, um Integrierbarkeit von [mm]\hat g(y)[/mm] zu
> beweisen.  Gelingt mir aber nicht...
>  
> Weißt Du vielleicht, wie die Rücktransformation in [mm]L^2[/mm]
> definiert ist?

für

    $f [mm] \in L^2$ [/mm]

sei

    [mm] $\mathcal{F}(f)(\omega):=\widehat{f}(\omega)=\lim_{N \to \infty}\int_{-N}^N f(x)e^{i\omega t}dt$ [/mm]

Mein Prof. (Herr Luh) hatte damals das Symbol

    $l.i.m.$

geschrieben, wohl, um darauf hinzuweisen, dass das zum einen ein
spezieller Integrations-Grenzprozess ist ([]siehe die zweite
Definition des Cauchyschen-Hauptwertes
),
und zum anderen wohl auch, um klarzumachen, dass [mm] $\widehat{f}$ [/mm] eine Funktionenklasse
repräsentiert - ich müßte mich da aber nochmal genauer reindenken oder
in meiner eigenen Diplomarbeit nachlesen, was ich da geschrieben hatte. ;-)

Damit ist jedenfalls, wenn (salopp gesagt) [mm] $g^{-}(x):=g(-x)\,$ [/mm] gesetzt wird

    [mm] $f(x)=\frac{1}{2\pi}\mathcal{F}(\widehat{f}^{-})(x)=\frac{1}{2\pi}\lim_{N \to \infty} \int_{-N}^N \widehat{f}(\omega)e^{-i \omega t}dt$ [/mm]

Ich hab' mal gerade den Teil aus meiner Diplomarbeit rauskopiert:
[Dateianhang nicht öffentlich]

Warnung: Achte immer genau auf das Vorzeichen im Exponenten von [mm] $e^{...}$ [/mm] im Integranden!

Gruß,
  Marcel

Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
Bezug
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