Čtvrté cvičení z Elektrodynamiky
1. Spočtěte následující integrály obsahující č-funkci:
Jr     ^        2 /   V      2 /
/oo e^^sinrr) drr,    kde 0<eCl.
Řešeni: a) Řešení lehce plyne z definičního vztahu pro S funkci
f(x)5(x - x0)dx = f(x0). (1)
Za x dosadíme ^ a smažeme integraci, tudíž výsledek je
/ sin \1x H—) ô (x Ju     v       27 V
7t\ /      7t       7t\ 37t
dx = sin 2 • —|—   = sin — = — 1. 2     2/ 2
b) Nejprve komentář k zadání: jelikož pro x = 0 je i sin x = 0, byla by delta funkce byla nenulová v krajním bodě, což je problematické. (Delta funkce se reprezentuje například pomocí zužujících se gaufiovek a pokud se budou zužovat ke krajnímu bodu integrálu, tak při integraci by se měla započítat jen polovina gaufiovky, tj. krajní bod by se započítával s váhou 1/2.) Ale pojďme k výpočtu. Použijeme vzorec z minulého cvičení, z příkladu 5e). Proto potřebujeme zjistit řešení rovnice sin x = 0, což jsou body
Xi E {kn | k E Z}.
V průniku s integračním oborem zůstane Xi E {kn | k E N U 0}. Počítejme
/oo ^ e~xó(s'mx) dx = e
|cos(Äľ7r)|     1 — e 71     e71 — 1
Cosinus ve jmenovateli je vždy ±1, a protože je v absolutní hodnotě, vždy vyjde 1. Dál se použil vzorec pro součet geometrické řady.
2. (f) Spočtěte Fourierovu transformaci funkcí
1
f (x) = —=    a    5 (x). V 2tí
Řešeni: Nejprve připomeneme definici Fourierovy transformace a inverzní Fourierovy transformace
FT:/» = -L í f(x)e-ixkdx,
V 27t Jr
Wľ:f(x) = -±= í f(k)éxkdk.
V 27t Jr
1
Výpočet obou FT je jednoduchý
OO         1 1 ľOO
—ixk ,i /      „—ixk
2n J-oo v27T iyk
' dx = — 2tt
dx
—x = y oo —>• — oo -dx = dy   —oo —> oo
-       e^dí, = í(fc),
z7t
S(x): /»
2tt ./_
ô(x)e-ixk dx
U výsledku první Fourierovy transformace jsme použili Fourierovskou reprezentaci S funkce, u druhé vztah (1). Zjistili jsme tedy, že FT (správně normované) konstanty je S funkce a FT S funkce je konstanta.
3. Spočtěte Fourierovu transformaci gaufiovky, tj. křivky
1
g(x)
V2na2
Řešeni: Nejprve si spočtěme následující integrál
e 2^, kde a G (0, oo).
e x dx.
K tomuto integrálu neexistuje primitivní funkce, která jde vyjádřit pomocí elementárních funkcí. Proto použijeme následující trik: spočtěme druhou mocninu integrálu a použijeme polární souřadnice.
r>oo p2tt
e x dx /    e y dy
oo poo
dxdy
polární souřadnice
oo J — co
0 jo
e r rdrdip
2n I    e r rdr 'o
r2 = t 2rdr = dt
oo
n i    e dt 'o
7t.
Tudíž
Fourierova transformace funkce g(:r) je 1     f°° 1
e x dx.
g(:r)e 1X dx
2na
e 2<t^ e
—ixk
dx
2na
e ixkdx.
Na tento integrál budeme chtít použít výše odvozený vzorec. Proto převedeme exponent ve funkci g(k) na úplný čtverec
x
ixk
x
i2k2a2 i2k2a2
2a2 2a2 Pokračujme v integraci
1 fe2CT
ixk
x
ika
V2a V2
k2a2
~g{k)
2na 1
-e 2
_ /    x     i ika \
e V2J dx
x      i   ifcer _ /
y/2   ~ 1
—krdx = dt
V 2a
V2tt
-e    2 '
e~* dt
2ti
=e 2
2
Vidíme, že výsledkem je opět gaufiovka, ale její pološířkaje tentokrát To znamená, pokud transformujeme gaufiovku s malou a (gaufiovka je "lokalizovaná" = "vysoký ostrý kopec"), po Fourierově transformaci dostaneme gausovku s velkou pološířkou (gaufiovka je "plytká" = "pozvolný kopec").
4. Uvažte následující rovnici
AG (í-f) = 53(x-x').
Funkce G(x) splňující tuto rovnici se nazývá Greenova funkce. Pomocí této rovnice a nápověd níže ukažte, že Fourierova transformace funkce G(x) je
G(k)
(2n)l k2 + k2 + k2' Hint: Použijte definici inverzní Fourierovy transformace funkce G{k) tj.
G{x) = ■
a definici trojdimenzionální 5-funkce
ô3(x)
G(k)ék^d3k
(27T)
eik-*(řk.
Řešeni: Nejdříve komentář ke konstantám před Fourierovou transformací a delta funkcí. Obě konstanty jsou na třetí, jelikož jak Fourierova transformace tak delta funkce jsou trojrozměrné. Při samotném výpočtu nejprve využijeme symetrie. Jelikož vektor x' pouze říká, v jakém bodu prostoru bude delta funkce nenulová, můžeme bez újmy na obecnosti tento bod vzít jako 0, tudíž x' = 0. Dále dosadíme obě dvě nápovědy do rovnice výše:
d2
d2
d2
dx2    dy2 dz2
2tY
G(k)é{k*x+kyy+k*z)dkxdkydkz
(27T)
?Ík-£d3k.
Jelikož integrál nezávisí na souřadnicích x, y, z, můžeme derivovat funkci za integrálem, tedy
1
G{k)(-k2x- k2y- k2z)ék-*d3k
(2n
ék-£d3k.
Vše převedeme na jednu stranu
G{k) (k2x + k2y + k2z) +
(2tt
^■£d3k = 0.
Aby mohla být tato rovnost splněna, musí být výraz v hranaté závorce nulový (komplexní exponenciála není nulová nikde), tedy dostáváme výsledek
G{k)
(2n)l k2 + k2 + k2'
3