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Höhere Analysis
V
A:
Stephan Hilb,
mathematiker,
Mahias Hofmann
U S
kompiliert: 19.11.2014 12:00
letzte Änderung: 14.10.2014 22:09
https://github.com/stev47/uni
Inhaltsverzeichnis
1 Fourierreihen
5
1.1 Orthonormalsysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Operatoren und Eigenwerte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2 Lp -Räume
21
3 Fourierreihen II
33
3.1 Kompakte symmetrische Operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
3.2 Randwertprobleme zweiter Ordnung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
3.3 Sinus-Cosinus-Reihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
4 Fouriertransformation
63
4.1 Grundlagen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
4.2 Dichte Mengen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
4.3 Fouriertransformation im Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
5 Distributionen
5.1 Konstruktion des Raumes . . . . . . . . .
5.2 Einbeung klassischer Funktionenräume
5.3 Differentiation . . . . . . . . . . . . . . .
5.4 Lokales Verhalten von Distributionen . .
5.5 Direktes Produkt von Distributionen . .
5.6 Faltung von Distributionen . . . . . . . .
5.7 Temperierte Distributionen . . . . . . . .
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81
81
83
86
93
98
100
104
3
1 Fourierreihen
08.04.2013
1.1 Orthonormalsysteme
Definition 1.1
Sei L ein linearer Raum über C. Eine Abbildung ⟨ · , · ⟩ : L × L → C heißt Skalarprodukt, falls
(S1) ⟨αx1 + βx2 , y⟩ = α⟨x1 , y⟩ + β⟨x2 , y⟩,
(S2) ⟨y, x⟩ = ⟨x, y⟩,
(S3) ∀x ∈ L \ {0} : ⟨x, x⟩ > 0.
Bemerkung 1.2
1) Aus (S2) folgt ⟨x, x⟩ ∈ R.
2) Aus (S1) und (S2) folgt
⟨x, αy1 + βy2 ⟩ = α⟨x, y1 ⟩ + β⟨x, y2 ⟩.
3) Aus (S1) folgt ⟨0, 0⟩ = 0 und mit (S3)
⟨x, x⟩ = 0
Satz 1.3
Durch
∥x∥ :=
⇐⇒
√
x = 0.
⟨x, x⟩
wird auf L eine Norm definiert, die induzierte Norm. Es gilt die sogenante Cauchy-Schwarz-Bunjakowski-Ungleichung (CSB)
|⟨x, y⟩| ≤ ∥x∥ · ∥y∥,
x, y ∈ L.
Beweis:
Die Positivität folgt aus 1.1 (S3) und 1.2. Die Homogenität ∥αx∥ = |α|∥x∥ ist eine leichte
Übung.
Zeige ür die Dreiecksungleichung zunächst die CSB. Für reelles c gilt:
⟨
⟩
0 ≤ x + c⟨x, y⟩y, x + c⟨x, y⟩y
= ∥x∥2 + c⟨x, y⟩⟨x, y⟩ + c⟨x, y⟩⟨y, x⟩ +c2 ⟨x, y⟩⟨x, y⟩∥y∥2
=2|⟨x,y⟩|2 c
= ∥x∥2 + 2|⟨x, y⟩|2 c + ∥y∥2 |⟨x, y⟩|2 c2 =: p(c).
Wegen p(c) ≥ 0 ür alle c ∈ R, gilt ür die Diskriminante
0 ≥ D = ˜b2 − 4˜
ac˜
= 4|⟨x, y⟩|4 − 4∥y∥2 |⟨x, y⟩|2 ∥x∥2 ,
5
1 | F
also
|⟨x, y⟩|4 ≤ |⟨x, y⟩|2 ∥x∥2 ∥y∥2 .
Daraus folgt die CSB.
Zeige jetzt die Dreiecksungleichung. Es gilt
∥x + y∥2 = ⟨x + y, x + y⟩ = ∥x∥2 + ⟨x, y⟩ + ⟨y, x⟩ +∥y∥2
=2 Re⟨x,y⟩
≤ ∥x∥ + 2|⟨x, y⟩| + ∥y∥2
≤ ∥x∥2 + 2∥x∥∥y∥ + ∥y∥2
≤ (∥x∥ + ∥y∥)2 .
2
□
Korollar 1.4 (S  S)
Das Skalarprodukt ist bezüglich der induzierten Norm in beiden Argumenten stetig, d.h.
xn → x
∧
yn → y
oder
lim ⟨xn , yn ⟩ =
n→∞
⟨xn , yn ⟩ → ⟨x, y⟩
=⇒
⟨
⟩
lim xn , lim yn .
n→∞
n→∞
Beweis:
Seien (xn ) und (yn ) konvergente Folgen, sodass xn → x, yn → y. Dann folgt
|⟨xn , yn ⟩ − ⟨x, y⟩| = |⟨xn , yn − y⟩ − ⟨x − xn , y⟩|
≤ |⟨xn , yn − y⟩| + |⟨x − xn , y⟩|
CSB
≤ ∥xn ∥ ∥yn − y∥ + ∥x − xn ∥ ∥y∥ .
→0
→0
=const
Da (xn ) konvergent in L, ist xn beschränkt (Beweis dazu analog wie in C) und der obige Ausdruck konvergiert gegen 0 ür n → ∞.
□
Definition 1.5 (H)
(L, ⟨ · , · ⟩) heißt Hilbertraum, wenn L bezüglich der induzierten Norm vollständig ist, d.h. jede
Cauchy-Folge konvergiert.
Beispiel 1.6
1) Setze
{
L :=
(xn )n∈N Folge in C :
∞
∑
}
|xn | < ∞ ,
2
n=1
mit dem Skalarprodukt
⟨
∞
∑
⟩
(xn ), (yn ) :=
xn yn .
n=1
Das Skalarprodut ist wohldefiniert, da die Reihe Grenzwert einer Cauchy-Folge in C ist und
somit konvergiert:
m
∑
j=n
6
⟨
xj yj =
⟩
(xn , . . . , xm ), (yn , . . . , ym )
Cm−n+1
O | 1.1
∑∞
Mit der CSB in Cm−n+1 und da
n=1
(
m
∑
≤
|xn |2 < ∞ ür alle (xn ) ∈ L gilt
) 21 (
|xj |
2
m
∑
j=n
|yj |
2
) 21
< ε.
j=n
<ε ür m ≥ n ≥ Nε
˜ε
<ε ür m ≥ n ≥ N
˜ε }. Die Gültigkeit von (S1) bis (S3) aus 1.1 ist eine leichte Übung.
ür m ≥ n ≥ max{Nε , N
(L, ⟨ · , · ⟩) ist ein Hilbertraum (Beweis: Übungsaufgabe 1.2a). Man nennt ihn ℓ2 , je nach
Kontext mit oder ohne dem Skalarprodukt: ℓ2 := L oder ℓ2 := (L, ⟨ · , · ⟩).
2) Setze L := C([a, b] → C) mit Skalarprodukt
∫ b
⟨f, g⟩ :=
f (x)g(x)dx.
a
Für die Gültigkeit von (S1) bis (S3) aus 1.1, siehe Übungsaufgabe 1.3a.
Allerdings ist (L, ⟨ · , · ⟩) kein Hilbertraum (Gegenbeispiel Übungsaufgabe 1.3b).
Man erweitert L deshalb zu
˜ := L2 (]a, b[)
L
∫
∼
⟨f, g⟩ :=
f gdµ.
]a,b[
˜ ⟨ · , · ⟩∼ ) ist ein Hilbertraum.
(L,
Es gelten
˜
• L ⊆ L;
• ⟨f, g⟩∼ = ⟨f, g⟩ ür f, g ∈ L;
˜
• L ist dicht in L.
Siehe auch 2.10.
Definition 1.7 (P)
Ein linearer Raum mit Skalarprodukt heißt Prähilbertraum.
Satz 1.8
Zu jedem Prähilbertraum (L, ⟨ · , · ⟩L ) existiert ein bis auf Isomorphie eindeutiger Hilbertraum
(H, ⟨ · , · ⟩H ) mit
• L ⊆ H;
• ⟨ · , · ⟩H = ⟨ · , · ⟩L auf L × L;
• L ist dicht in H.
(H, ⟨ · , · ⟩H ) heißt Vervollständigung von L.
Bemerkung
Die Isomorphie bedeutet in diesem Fall die Existenz einer linearen, bijektiven Funktion Φ
)
(
)
(
˜ ⟨·, ·⟩˜
Φ : H, ⟨ · , · ⟩H → H,
H
mit
⟨
⟩
Φ(f ), Φ(g)
= ⟨f, g⟩H .
˜
H
7
1 | F
Beweis:
Genauso wie die Erweiterung von Q zu R.
□
Definition 1.9
Eine Folge (ej )j∈N im Prähilbertraum (L, ⟨ · , · ⟩) heißt Orthonormalsystem, falls
⟨ej , ek ⟩ = δjk .
Insbesondere ist damit ∥ej ∥ = 1.
Konvention 1.10
Im Folgenden bezeichne (L, ⟨ · , · ⟩) immer einen Prähilbertraum und ∥ · ∥ seine induzierte Norm.
Satz 1.11
Sei (ej ) ein Orthonormalsystem in (L, ⟨ · , · ⟩) und x ∈ L. Dann gelten:
1) Falls
x=
∞
∑
xj ej
j=1
mit xj ∈ C, so ist
xj = ⟨x, ej ⟩.
2) {e1 , e2 , . . . } ist linear unäbhängig, d.h. jede endliche Teilmenge ist linear unabhängig.
Beweis:
1) Wegen der Stetigkeit des Skalarprodukts gilt:
⟨x, ek ⟩ =
⟨∑
∞
⟩
xj ej , ek
j=1
2) Sei 0 =
∑N
j=1
αj ej =
∑∞
j=1
=
∞
∑
j=1
⟨xj ej , ek ⟩ = xk ⟨ek , ek ⟩ = xk .
=0 ür j ̸= k
αj ej (αj = 0 ür j > N ). Nach 1) gilt ür j ∈ N
αj = ⟨0, ej ⟩ = 0,
also ist {ej }j∈N linear unabhängig.
□
Satz 1.12
Sei (ej ) ein Orthonormalsystem in (L, ⟨ · , · ⟩) und x ∈ L. Dann gilt:
1) die Besselsche Ungleichung:
∞
∑
|⟨x, ej ⟩|2 ≤ ∥x∥2 .
j=1
2) die Parsevalsche Gleichung:
∞
∑
|⟨x, ej ⟩|2 = ∥x∥2
j=1
genau dann, wenn
∞
∑
x=
⟨x, ej ⟩ej .
j=1
8
O | 1.1
Bemerkung
Sie gilt also insbesondere genau dann, wenn (ej ) ein vollständiges ONS ist (siehe 1.14 2).
3) Die Menge
{
x∈L:x=
M :=
∞
∑
}
⟨x, ej ⟩ej
j=1
ist abgeschlossen in L.
4) Ist (L, ⟨ · , · ⟩) zusätzlich Hilbertraum, so ist
gegen x).
∑∞
j=1 ⟨x, ej ⟩ej
konvergent (aber nicht unbedingt
10.04.2013
Beweis:
1) Mit der Positivität von ∥ · ∥ folgt
0≤ x−
N
∑
⟨x, ej ⟩ej
2
= ⟨. . . , . . .⟩
j=1
N
N
⟨ ∑
⟩ ⟨∑
⟩
= ∥x∥2 − x,
⟨x, ej ⟩ej −
⟨x, ej ⟩ej , x
j=1
=
∑N
j=1
N
⟨∑
+
j=1
⟨x, ej ⟩ej ,
j=1
=
∑
= ∥x∥ −
2
∑
2
= N
j=1 |⟨x,ej ⟩|
|⟨x,ej ⟩|2
N
∑
⟨x, ek ⟩ek
k=1
∑N
j,k=1 ⟨x,ej ⟩⟨x,ek ⟩⟨ej ,ek ⟩=
N
∑
⟩
j=1
|⟨x,ej ⟩|2
|⟨x, ej ⟩|2 ,
j=1
also im Grenzwert N → ∞
∞
∑
|⟨x, ej ⟩|2 ≤ ∥x∥2 .
j=1
2) Insbesondere folgt aus dem Beweis von 1)
x−
N
∑
⟨x, ej ⟩ej
2
= ∥x∥ −
2
N
∑
|⟨x, ej ⟩|2 .
j=1
j=1
∑∞
∑
2
Die Gleichung ∥x∥2 = ∞
j=1 ⟨x, ej ⟩ej ,
j=1 |⟨x, ej ⟩| impliziert damit ür N → ∞ sofort x =
analog ür die Rückrichtung.
3) Sei x ∈ M , zeige x ∈ M . Wähle (xn ) als Folge in M mit xn → x. Zu ε > 0 wähle N ∈ N
mit ∥xN − x∥ < ε. Wähle außerdem M ∈ N mit
xN −
m
∑
⟨xN , ej ⟩ej < ε
∀m > M.
j=1
9
1 | F
Dann gilt ür alle m > M
xN −
m
∑
⟨x, ej ⟩ej ≤ ∥x − xN ∥ + xN −
j=1
≤ε+ε+
(∑
m
m
∑
⟨xN , ej ⟩ej +
j=1
|⟨xN − x, ej ⟩|
2
j=1
≤ 2ε +
(∑
∞
m
∑
|⟨xN − x, ej ⟩|
2
⟨xN − x, ej ⟩ej
j=1
) 12
) 12
j=1
1)
≤ 2 + ε∥xN − x∥ < 3ε.
Für m → ∞ also
∥xN −
∞
∑
⟨x, ej ⟩ej ∥ ≤ 3ε.
j=1
Für ε → 0 gilt xN → x und es folgt die Behauptung.
∑
4) Setze y := m
j=n ⟨x, ej ⟩, dann ist ⟨x, ej ⟩ = ⟨y, ej ⟩ und es gilt:
2)
∥y∥2 =
m
∑
|⟨y, ej ⟩|2 =
j=n
ür m ≥ n ≥ Nε , also ist
m
∑
1)
|⟨x, ej ⟩|2 < ε
j=n
∑∞
j=1 ⟨x, ej ⟩ej
Cauchyfolge und konvergent, da H vollständig.□
Beispiel 1.13
Sei L = C([−π, π] → C) mit Skalarprodukt (siehe Übungsaufgabe 1.3a)
∫ π
⟨f, g⟩ :=
f (x)g(x)dx
−π
und Orthonormalsystem (siehe Übungsaufgabe 2.1a)
ej : x →
√1
π
sin(jx).
Nach 1.12 3) ist die Menge
{
f ∈L:f =
∞
∑
⟨f, ej ⟩ √1π
}
sin(j · )
j=1
abgeschlossen in L.
Sei jetzt
{
L (] − π, π[) :=
2
}
∫
f :] − π, π[→ C : f messbar ∧
|f | dµ < ∞
2
]−π,π[
mit gleichem ONS (ej ) und analogem Skalarprodukt wie ür L (Elemente aus L werden als gleich
angesehen, wenn sie µ-fast-überall übereinstimmen, siehe dazu auch 2.10). L2 ist ein Hilbertraum
10
O | 1.1
(die Vollständigkeit bezüglich der induzierten Norm wird später in 2.12 gezeigt). Damit ist nach
1.12 4) ür alle f ∈ L2 (] − π, π[) die Reihe
∞
∑
⟨f, ej ⟩ √1π sin(j · )
j=1
konvergent in L2 (] − π, π[) (d.h. bezüglich der induzierten Norm), aber nicht unbedingt punktweise gegen f .
Definition 1.14
Sei (ej ) ein ONS in (L, ⟨ · , · ⟩).
1) Für x ∈ L heißt
∞
∑
⟨x, ej ⟩ej
j=1
die Fourierreihe von x. Die Koeffizienten ⟨x, ej ⟩ heißen Fourierkoeffizienten.
2) (ej ) heißt vollständiges Orthonormalsystem (VONS), falls ür alle x ∈ L
x=
∞
∑
⟨x, ej ⟩ej
j=1
gilt.
Bemerkung 1.15
Sei (ej ) ein ONS in (L, ⟨ · , · ⟩) und
(
)
LH {e1 , e2 , . . . } =
{∑
N
}
αj ej : N ∈ N, αj ∈ C
j=1
dicht in L.
Dann ist (ej ) ein VONS.
Beweis:
Betrachte M aus 1.12 3), zeige L ⊆ M (M ⊆ L ist klar).
Wegen LH({ej }j∈N ) ⊆ M gilt auch
L = LH({ej }j∈N ) ⊆ M = M
□
Satz 1.16
Alle Hilberträume mit abzählbar unendlichen VONS sind isomorph.
Ist (H, ⟨ · , · ⟩) Hilbertraum mit VONS (ej ) so ist
Φ : H → ℓ2
x → (⟨x, ej ⟩)j∈N
ein Hilbertraum-Isomorphismus
Beweis:
Übungsaufgabe 1.2b
□
11
1 | F
1.2 Operatoren und Eigenwerte
Definition 1.17
1) Sei D(A) ein linearer Teilraum von L und
A : D(A) → L
eine lineare Abbildung. Dann heißt A linearer Operator in L.
2) Ein linearer Operator A heißt symmetrisch, falls
∀x, y ∈ D(A) : ⟨Ax, y⟩ = ⟨x, Ay⟩.
3) λ ∈ C heißt Eigenwert (EW) von A, falls
∃x ∈ D(A) \ {0} : Ax = λx.
x heißt Eigenelement oder Eigenvektor von A zum Eigenwert λ.
Man nennt
N (λ) := dim(ker(A − λ Id))
(geometrische) Vielfachheit von λ.
Satz 1.18
Ist A : D(A) → L symmetrisch, so gelten
1) Alle Eigenwerte sind reell.
2) Eigenelemente zu verschiedenen Eigenwerten sind orthogonal.
Beweis:
□
Übung, oder siehe LAAG1.
Beispiel 1.19 (D S)
Sei (en ) ein ONS im Hilbertraum H und (λj ) ein Folge in C. Definiere
∞
{
}
∑
D(A) := x ∈ H :
|λj ⟨x, ej ⟩|2 < ∞ ,
j=1
Ax :=
∞
∑
λj ⟨x, ej ⟩ej
ür x ∈ D(A).
j=1
1) D(A) ist linearer Teilraum von H (leicht nachzurechnen). Die Reihe ür Ax konvergiert, da
nach Parseval:
m
∑
j=n
λj ⟨x, ej ⟩ej
2
=
m
∑
|λj ⟨x, ej ⟩|2 < ε
ür m ≥ n > Nε .
j=n
Also ist A linearer Operator (Linearität leicht nachzurechnen).
2)
a) Alle λj sind Eigenwerte, da ür x := ej ∈ D(A)
Ax =
∞
∑
k=1
12
λk ⟨ej , ek ⟩ek = λj x.
O  E | 1.2
b) Falls ∃x ∈ H \ {0} ∀j ∈ N : ⟨x, ej ⟩ = 0, dann ist Ax = 0. Also ist λ = 0 eventuell
ein zusätzlicher Eigenwert.
c) Es gibt keine weiteren Eigenwerte.
Beweis:
Sei Ax = λx mit λ ̸= λj ür alle j ∈ N. Dann gilt ür alle k ∈ N:
λ⟨x, ek ⟩ = ⟨Ax, ek ⟩
∞
⟩
⟨∑
λj ⟨x, ej ⟩ej , ek
=
j=1
= λk ⟨x, ek ⟩⟨ek , ek ⟩ = λk ⟨x, ek ⟩.
Damit gilt (λ − λk )⟨x, ek ∑
⟩ = 0 und wegen λ ̸= λk auch ⟨x, ek ⟩ = 0 ür alle k ∈
N. Dies impliziert Ax = ∞
j=1 λj ⟨x, ej ⟩ej = 0. Damit sind alle Eigenwerte von A
gegeben durch
{λj : j ∈ N} oder {λj : j ∈ N} ∪ {0}.
□
3) A symmetrisch ⇐⇒ ∀j ∈ N : λj ∈ R.
Beweis:
=⇒ : Gilt nach 1.18.
⇐= : Seien x, y ∈ D(A). Dann gilt wegen der Stetigkeit des Skalarproduktes
⟨Ax, y⟩ =
=
∞
⟨∑
∞
⟩ ∑
λj ⟨x, ej ⟩ej , y =
λj ⟨x, ej ⟩⟨ej , y⟩
j=1
∞
∑
j=1
∞
⟨ ∑
⟩
λj ⟨y, ej ⟩⟨x, ej ⟩ = x,
λj ⟨y, ej ⟩ej = ⟨x, Ay⟩.
j=1
□
j=1
4) Falls (λj ) beschränkt, so ist D(A) = H
Beweis:
Sei x ∈ H und λj beschränkt durch C, dann ist
∞
∑
|λj ⟨x, ej ⟩| ≤ C
2
2
∞
∑
j=1
|⟨x, ej ⟩|2 ≤ C 2 ∥x∥2 < ∞
j=1
und somit x ∈ D(A).
□
5) Falls (ej ) ein VONS in H ist, so ist D(A) dicht in H.
Beweis:
∑n
∑
Sei x ∈ H, x = ∞
j=1 ⟨x, ej ⟩ej . Dann konvergiert xn → x und
j=1 ⟨x, ej ⟩ej . Setze xn :=
xn ∈ D(A) (da ⟨xn , ek ⟩ = 0 ür k > n, also endliche Summe).
□
Definition 1.20
Die Darstellung
Ax :=
∞
∑
λj ⟨x, ej ⟩ej
j=1
13
1 | F
des Operators A heißt Spektraldarstellung von A. Die Menge
σ(A) := {λ ∈ C : λ ist Eigenwert von A}
heißt Spektrum von A. Ein Operator A, der durch diese Darstellung gegeben ist, heißt diskreter
Spektraloperator.
Bemerkung
Die Spektraldarstellung entspricht der Diagonalisierung bei Matrizen.
Definition
Man nennt A positiv, falls
∀x ∈ D(A) : ⟨Ax, x⟩ ≥ 0
Bemerkung
In diesem Fall sind alle Eigenwerte von A nicht-negativ.
Beweis:
Sei x Eigenvektor zum Eigenwert λ, dann ist
0 ≤ ⟨Ax, x⟩ = λ ⟨x, x⟩,
>0
also λ ≥ 0.
□
Beispiel 1.21
Sei H = L2 ([0, π]) und
{
}
D(A) := f ∈ C 2 ([0, π] → C) : f (0) = f (π) = 0
Af := −f ′′
ür f ∈ D(A)
1) A ist symmetrisch.
Beweis:
Es gilt
∫
∫
π
π
f ′′ gdx
Af gdx = −
0
∫ π 0
[ ′ ]π
=− fg 0+
f ′ g ′ dx
0
∫ π
[
]
′
′ π
= − f g + f g x=0 −
f g ′′ dx = ⟨f, Ag⟩.
⟨Af, g⟩ =
□
0
=0
Insbesondere hat A damit nach 1.18 1) nur reelle Eigenwerte.
2) A ist positiv.
Beweis:
Sei f ∈ D(A). Dann gilt
∫
⟨Af, f ⟩ = −
π
f ′′ f dx
0
[ ]π
= − f ′ f x=0 +
=0
14
∫
π
0
f ′f
′
=|f ′ |2 ≥0
dx ≥ 0.
□
O  E | 1.2
Insbesondere sind damit alle Eigenwerte ≥ 0.
3) Alle Eigenwerte sind von der Form λj = j 2 mit Eigenfunktionen ej (x) =
(ej ) bilden ein ONS.
√
2
π
sin(jx). Die
Beweis:
Sei f ∈ D(A) \ {0}. Für die Eigenwerte gilt:
−f ′′ = λf
Af = λf ⇐⇒
√
√
f (x) = c1 sin( λx) + c2 cos( λx)
⇐⇒
c1 , c2 ∈ C.
Wegen f (0) = 0 ist c2 = 0 und wegen f (π) = 0 muss λ = j 2 ür j ∈ N gelten (λ, c1 ̸= 0,
sonst f = 0). Also folgt
ür c1 ̸= 0, j ∈ N.
f (x) = c1 sin(jx)
Da A symmetrisch (also die Eigenfunktionen ej orthogonal) und
∫ π
∫ π
2
2
2
1
∥ej ∥ =
sin (x)dx = π
1 − cos(2x)dx = 1,
π
0
0
□
bilden die (ej ) ein ONS.
4) Sei ej := x →
√
15.04.2013
2
π
sin(jx) das ONS aus 3). Setze
∞
{
}
∑
˜ := f ∈ L2 ([0, π]) :
D(A)
j 4 |⟨f, ej ⟩|2 < ∞ ,
j=1
˜ :=
Af
∞
∑
j 2 ⟨f, ej ⟩ej .
j=1
Dann gelten
˜
a) D(A) ⊆ D(A),
b) A˜
D(A)
˜ = Af ür f ∈ D(A).
= A, bzw. Af
˜
Man sagt: A˜ ist die Erweiterung des Operators A und schreibt: A ⊆ A.
Beweis:
˜ Sei f ∈ D(A). Dann ist
a) Zeige D(A) ⊆ D(A).
f ∈ C 2 ([0, π] → C) ⊆ L2 ([0, π])
und
j 2 ⟨f, ej ⟩ = ⟨f, j 2 ej ⟩ = ⟨f, Aej ⟩ = ⟨Af, ej ⟩
da ej , f ∈ D(A) und A symmetrisch. Also,
∞
∑
j |⟨f, ej ⟩| =
4
j=1
2
∞
∑
Bessel
|⟨Af, ej ⟩|2 ≤ ∥Af ∥2 = ∥f ′′ ∥2 < ∞
j=1
˜
und damit f ∈ D(A).
15
1 | F
b) Zeige A˜
D(A)
˜ = Af ür f ∈ D(A).
= A, bzw. Af
Sei f ∈ D(A). Dann gilt
˜ =
Af
∞
∑
∞
∑
j ⟨f, ej ⟩ej =
2
j=1
⟨f, j ej ⟩ej =
2
j=1
∞
∑
⟨Af, ej ⟩ej = Af,
j=1
=Aej
da (ej ) ein VONS von im(A) ist (wird später in 3.5 4) gezeigt).
□
Bemerkung 1.22
Seien A und D(A) gegeben wie in 1.19. Dann ist
⇐⇒
A positiv
∀j ∈ N : λj ≥ 0
Beweis:
Es gilt
⟨Ax, x⟩ =
∞
∑
j=1
⟨λj ⟨x, ej ⟩ej , x⟩ =
=λj ⟨x,ej ⟩⟨ej ,x⟩
∞
∑
λj |⟨x, ej ⟩|2 .
j=1
Die Rückrichtung erkennt man jetzt leicht.
Die Hinrichtung wurde bereits gezeigt (wenn ein Operator A positiv ist, gilt allgemein, dass
alle seine Eigenwerte nichtnegativ sind).
□
Definition 1.23
Ein linearer Operator A in L mit D(A) = L heißt beschränkt, falls
∃c > 0 ∀x ∈ L : ∥Ax∥ ≤ c∥x∥.
Dann heißt
{
}
∥A∥ := inf c > 0 : ∀x ∈ L : ∥Ax∥ ≤ c∥x∥
= sup ∥Ax∥ = sup ∥Ax∥ = sup
∥x∥=1
∥x∥≤1
∥x∦=0
∥Ax∥
∥x∥
die (Operator)-Norm von A.
Insbesondere gilt ür alle x ∈ L
∥Ax∥ ≤ ∥A∥∥x∥.
Bemerkung
Der Beweis der Gleichheit obiger Sumprema ist eine leichte Übungsaufgabe.
Bemerkung 1.24
Seien A und D(A) gegeben wie in 1.19. Dann gilt
(λj ) beschränkt
16
⇐⇒
D(A) = H und A beschränkt.
O  E | 1.2
Beweis:
Zeige durch vollständige Fallunterscheidung:
(λj ) beschränkt
Sei c ≥ 0 mit |λj | ≤ c und x ∈ L beliebig. Nach Bessel ist
konvergent, also ist
∞
∑
|λj |2 |⟨x, ej ⟩|2
j=1
∑∞
j=1
c2 |⟨x, ej ⟩|2 ≤ c2 ∥x∥2
≤c2 |⟨x,ej ⟩|2
nach dem Vergleichskriterium konvergent, und somit D(A) = H. Wegen
∥Ax∥2 =
∞
∑
≤ c2
2
λk ⟨x, ek ⟩ek
k=1
∞
∑
Parseval
=
∞ ⟨∑
∞
∑
j=1
λk ⟨x, ek ⟩ek , ej
⟩
2
k=1
Bessel
|⟨x, ej ⟩|2 ≤ c2 ∥x∥2 ,
j=1
also ∥Ax∥ ≤ c∥x∥, ist außerdem A beschränkt.
(λj ) nicht beschränkt
Es existiert eine Teilfolge mit |λjk | → ∞ (k → ∞) und damit
∥Aejk ∥ = ∥λjk ejk ∥ = |λjk | → ∞,
insbesondere sup∥x∥=1 ∥Ax∥ = ∞, also ist A nicht beschränkt.
□
Bemerkung
M heißt folgenkompakt, falls jede Folge in M eine konvergente Teilfolge besitzt.
M heißt überdeckungskompakt, falls ür jede offene Überdeckung (Oα )α∈A von M eine endliche
Teilmenge (Oαi )i=1,...,N existiert, die M überdeckt.
Definition 1.25
Ein linearer Operator A in L mit D(A) = L heißt kompakt, falls
(xj ) beschränkt
=⇒
(Axj ) besitzt eine in L konvergente Teilfolge
oder äquivalent
M ⊆ L beschränkt
=⇒
A(M ) ist präkompakt, d.h. A(M ) ist kompakt in L.
Satz 1.26
Jeder kompakte Operator A ist beschränkt.
Beweis:
Zeige durch Kontraposition: Sei A nicht beschränkt, dann existiert (xj ) ⊆ L mit
∥xj ∥ = 1
∧
∥Axj ∥ → ∞.
Also ür jede Teilfolge ∥Axjk ∥ → ∞. Damit ist A nicht kompakt.
□
17
1 | F
Satz 1.27
Sei A ein linearer Operator in L mit D(A) = L. Dann gilt
⇐⇒
⇐⇒
A beschränkt
A stetig in x = 0
A ist stetig.
Beweis:
A beschränkt =⇒ A stetig in x = 0
Sei xj → 0, dann gilt
∥Axj ∥ ≤ ∥A∥∥xj ∥ → 0,
also Axj → 0 und somit ist A stetig in x = 0.
A stetig in x0 = 0 =⇒ A stetig
Sei xj → x, also xj − x → 0, dann gilt, da A stetig in x0 = 0.
Axj − Ax = A(xj − x) → 0,
→0
also Axj → Ax und somit ist A stetig.
A stetig =⇒ A beschränkt
Zeige durch Kontraposition. Sei A nicht beschränkt und (xj ) ⊆ L mit ∥xj ∥ = 1, ∥Axj ∥ →
∞. Definiere yj := ∥Ax1 j ∥ xj . Dann folgt
∥yj ∥ =
∥xj ∥
∥Axj ∥
→0
und
∥Ayj ∥ =
1
∥Axj ∥
∥Axj ∥
= 1 ̸→ 0.
□
Somit ist A nicht stetig.
Beispiel 1.28
Sei K ⊆ Rn kompakt, G ∈ C(K × K → C), L := C(K → C). Definiere den Integraloperator A
durch
∫
Af :=
G( · , y)f (y)dy
ür f ∈ L
K
Dann ist A : L → L kompakt.
Beweis: (Beweisskizze)
Sei (fj ) beschränkt in L.
1) Zeige: Die Folge (Afj (x)) ist bezüglich x ∈ K gleichmäßig beschränkt.
K × K ist kompakt, also existiert ein c ≥ 0 mit |G(x, y)| ≤ c ür alle x, y ∈ K × K. Dann
ist
∫
CSB
|Afj (x)| ≤
|G(x, y)|f (y)|dy ≤ ∥c∥∥fj ∥ ≤ c˜.
K
≤⟨c,|fj |⟩
2) Zeige: Die Folge (Afj ) ist gleichgradig stetig auf K, d.h.
∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x, x′ ∈ K ∀j ∈ N : |x − x′ | < δ =⇒ |Afj (x) − Afj (x′ )| < ε.
gleichmäßig stetig bezüglich x und j
18
O  E | 1.2
Wegen K × K kompakt, ist G gleichmäßig stetig in y, d.h. |G(x, y) − G(˜
x, y)| ≤ ε ür
|x − x˜| < δ. Also
∫ (
)
|Afj (x) − Afj (˜
x)| =
G(x, y) − G(˜
x, y) fj (y)dy
K
| · |<ε
∫
≤
K
CSB
ε|fj (y)|dy = ⟨ε, |fj |⟩
√∫
≤ ∥ε∥∥fj ∥ =
|ε|2 dx∥fj ∥ =
√
µ(K)ε∥fj ∥ ≤ cε.
K
3) Nach dem Satz 1.29 von Arzelá-Ascoli enthält (Afj ) eine auf K gleichmäßig konvergente
Teilfolge (Afjk ).
4) Da (Afjk ) gleichmäßig konvergiert, ist die Grenzfunktion g stetig auf K (also g ∈ L) und
∥Afjk − g∥ → 0. Damit ist A kompakt.
□
Satz 1.29 (AA)
Sei K ⊆ Rn kompakt und fj : K → C eine Folge mit (fj ) punktweise beschränkt ( ∀x ∈
K ∃cx > 0 ∀j ∈ N : |fj (x)| ≤ cx ) und gleichgradig stetig, also:
∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x, x′ ∈ K ∀j ∈ N : ∥x − x′ ∥ < δ =⇒ |fj (x) − fj (x′ )| < ε.
Dann besitzt (fj ) eine Teilfolge, die auf K gleichmäßig gegen f ∈ C(K → C) konvergiert.
Beweis:
1) Es existiert M ⊆ K mit M abzählbar und dicht in K:
Wir setzten Kδ (x) := {y ∈ Rn ; ∥y − x∥ < δ}.
Da K (überdeckungs-)kompakt, lassen sich wegen K ⊆
jeweils endlich viele Punkte
(l)
(l)
x1 , ..., xNl
∪
x∈K
K 1 (x) ür alle l ∈ N
l
finden, so dass
Nl
∪
K⊆
(l)
K 1 (xj ).
l
j=1
Definiere
∞ {
}
∪
(k)
(k)
M :=
x1 , . . . , xNk
k=1
M ⊆ K ist abzählbar und dicht in K. Insbesondere finden wir eine bijektive Abbildung
ξ· : N → M.
2) Konstruiere konvergente Teilfolge (gj ) von (fj ):
Wegen (fj (ξ1 )) beschränkt existiert nach Bolzano-Weierstraß eine konvergente Teilfolge
(1)
(fj (ξ1 )). Diese ist wiederum beschränkt in ξ2 , also existiert eine konvergente Teilfolge
(2)
(j)
(fj (ξ2 )), usw. Wähle jetzt (gj ) := (fj ) als Diagonalfolge der so erhaltenen Teilfolgen
von (fj ). Dann ist ür jedes ξk ∈ {ξ1 , ξ2 , . . . } (gj (ξk )) konvergent ür j → ∞.
3) (gj ) konvergiert gleichmäßig auf K:
19
17.04.2013
1 | F
Zeige: (gj ) ist gleichmäßige Cauchy-Folge, das heißt
∀ε > 0 ∃J ∈ N ∀j, k ≥ J, x ∈ K : |gj (x) − gk (x)| < ε
Sei dazu ε > 0 beliebig. Wähle δ > 0 passend zu ε gemäß der gleichgradigen Stetigkeit
der Funktionen gj (ererbt von fj , da Teilfolgen), also:
∀x, x′ ∈ K ∀j ∈ N : ∥x − x′ ∥ < δ =⇒ |gj (x) − gj (x′ )| < ε.
∪
a) Wähle {ξl1 , . . . , ξlN } ⊆ M so dass K ⊆ N
m=1 Kδ (ξlm ) (funktioniert, da K (überdeckungs-)kompakt, siehe Konstruktion von M ).
b) Da gj punktweise konvergent (weil Teilfolgen von fj ), wähle J ∈ N, sodass
∀j, k > J ∀m ∈ {1, . . . , N } : gj (ξlm ) − gk (ξlm ) < ε.
Wir finden jetzt ür jedes x ein ξli , i ∈ {1, ..., N }, sodass x ∈ Kδ (ξli ). Wegen
(I) gj (x) − gj (ξli ) < ε da |x − ξli | < δ,
(II) gj (ξli ) − gk (ξli ) < ε da j, k > J,
(III) gk (ξli ) − gk (x) < ε da |x − ξli | < δ
gilt
|gj (x) − gk (x)| ≤ gj (x) − gj (ξli ) + gj (ξli ) − gk (ξli ) + gk (ξli ) − gk (x) .
(I)
(II)
(III)
< 3ε
ür alle j, k > J, x ∈ K. Also konvergiert (gj ) gleichmäßig in K.
4) Die gj sind stetig und gleichmäßig konvergent, also ist
g:K→C
x → lim gj (x)
j→∞
der stetige Grenzwert der Funktionenfolge (gj ).
20
□
2 Lp-Räume
Definition 2.1
1) Sei Ω eine Menge und P(Ω) ihre Potenzmenge. Eine Menge Σ ⊆ P(Ω) heißt σ-Algebra
(über Ω), wenn sie die folgenden Eigenschaen erüllt:
(i) ∅, Ω ∈ Σ,
(ii) A ∈ Σ =⇒ Ω \ A ∈ Σ,
∪
(iii) A1 , A2 , . . . ∈ Σ =⇒
Aj ∈ Σ.
j∈N
2) Sei Σ eine σ-Algebra über einer Menge Ω. Eine Funktion µ : Σ → R ∪ {−∞, ∞} heißt Maß
(auf Ω), wenn sie die folgenden Eigenschaen erüllt:
(i) ∀A ∈ Σ : µ(A) ≥ 0,
(ii) µ(∅) = 0,
(iii) Für paarweise disjunkte Ai ∈ Σ (i ∈ I ⊆ N) gilt
(∪ ) ∑
µ
Ai =
µ(Ai ).
i∈I
i∈I
3) Sei Σ eine σ-Algebra über einer Menge Ω und µ ein Maß auf Ω.
Das Tupel (Ω, Σ) nennt man Messraum oder messbarer Raum und das Tupel (Ω, Σ, µ) nennt
man Maßraum.
4) Seien (Ω, Σ) und (Ω′ , Σ′ ) Messräume. Eine Funktion f : Ω → Ω′ heißt messbar, falls
∀A′ ∈ Σ′ : f −1 (A′ ) ∈ Σ
(ideal ist Σ′ „klein“, Σ „groß“, also „viele“ f messbar).
Konvention
Im Folgenden sei (Ω, Σ, µ) stets ein Maßraum.
Beispiel 2.2 (A)
Sei Ω = Rn und Σ die Borel σ-Algebra, d.h. die von den offenen Intervallen ×nj=1 ]aj , bj [ erzeugte
(kleinste) σ-Algebra. Das Maß
(
)
n
∏
n
µ × ]aj , bj [ :=
(bj − aj )
ür bj > aj
j=1
j=1
fortgesetzt auf Σ heißt Lebesgue-Borel-Maß.
Definiere die Vervollständigung:
}
{
∗
Σ := A ⊆ Ω ∃B, C ∈ Σ : B ⊆ A ⊆ C ∧ µ(C \ B) = 0
21
2 | Lp R
Dann heißt
µ∗ (A) := µ(B) = µ(C)
Lebesgue-Maß auf Rn .
Man setzt ür A ∈ Σ:
ΣA := {B ∩ A : B ∈ Σ},
Σ∗A := {B ∩ A : B ∈ Σ∗ },
µA := µ
µ∗A := µ∗
,
ΣA
Σ∗A
.
Definition
Eine Funktion M : Ω → {0, 1} (M ⊆ Ω), mit
{
1 x∈M
M (x) =
0 x∈Ω\M
nennt man Indikatorfunktion oder charakteristische Funktion.
s : Ω → R heißt genau dann einfache Funktion, wenn
∃N ∈ N, α1 , . . . , αN ∈ R, M1 , . . . , MN ∈ Σ : s =
N
∑
αj Mj .
j=1
In diesem Fall setzt man
∫
sdµ :=
Ω
N
∑
αj µ(Mj )
j=1
ür αj ≥ 0.
Definition 2.3 (LI)
1) Sei f : Ω → R Borel-messbar (d.h. im Bildraum wird die Borel-σ-Algebra verwendet).
a) Definiere ür f ≥ 0:
}
{∫
∫
sdµ : 0 ≤ s(x) ≤ f (x), x ∈ Ω ∧ s : Ω → R einfach .
f dµ := sup
Ω
Ω
b) Für f : Ω → R ohne Vorzeichenbedingung definiert man
x∈Ω
x∈Ω
f+ (x) := max{f (x), 0}
f− (x) := − min{f (x), 0}
Dann ist f+ , f− ≥ 0, f = f+ − f− und f+ , f− messbar.
Definiere
∫
∫
f+ dµ −
f dµ :=
Ω
∫
Ω
f− dµ
Ω
solange nicht beide Integrale auf der rechten Seite ∞ sind.
Wir nennen f integrierbar, wenn f messbar ist und obiges Integral endlich ist.
2) f : Ω → C heißt messbar, falls Re f und Im f Borel-messbar sind.
f heißt integrierbar, falls Re f und Im f integrierbar sind. Dann setzt man
∫
∫
∫
f dµ := (Re f )dµ + i (Im f )dµ.
Ω
22
Ω
Ω
22.04.2013
Definition 2.4
Sei f : Ω → C messbar.
1) Für 1 ≤ p < ∞ setze
(∫
) p1
|f | dµ
(
p
Np (f ) :=
)
|f |n = ( · )n ◦ |f | .
Ω
2) Wir nennen
{
}
N∞ (f ) := inf c ∈ [0, ∞] : |f | ≤ c µ-fast-überall
= ess sup |f (ω)|
ω∈Ω
wesentliches Supremum.
Satz 2.5 (E)
1) Für 1 ≤ p ≤ ∞ gilt 0 ≤ Np (f ) ≤ ∞ und Np (αf ) = |α|Np (f ) ür α ∈ C.
2) Es gilt |f | ≤ N∞ (f ) µ-fast-überall, d.h.
{
}
µ ω ∈ Ω : |f (ω)| > N∞ (f ) = 0.
Insbesondere ist das Infimum in 2.4 2) ein Minimum.
3) Es gilt
N∞ (f + g) ≤ N∞ (f ) + N∞ (g).
Beweis:
1)
2) Leicht zu zeigen.
(∪{
{
}
})
1
µ ω ∈ Ω : |f (ω)| > N∞ (f ) = µ
ω ∈ Ω : |f (ω)| > N∞ (f ) + n
n∈N
({
})
1
= lim µ ω ∈ Ω : |f (ω)| > N∞ (f ) + n
n→∞
=0
= 0.
Also ist |f | ≤ N∞ (f ) µ-fast-überall und damit das Infimum von {c ∈ [0, ∞] : |f | ≤
3) c µ-fast-überall} ein Minimum.
|(f + g)(ω)| ≤ |f (ω)| + |g(ω)|
≤ N∞ (f ) + N∞ (g)
µ-fast-überall.
□
Definition 2.6
p, q mit 1 ≤ p, q ≤ ∞ heißen konjugiert, falls
1
p
(mit der Konvention
1
∞
+
1
q
=1
= 0).
23
2 | Lp R
Bemerkung
Ein wichtiger Spezialfall ist p = q = 2.
Satz 2.7
Seien f, g : Ω → C messbar.
1) Für 1 < p, q < ∞ und p, q konjugiert gilt die Höldersche Ungleichung:
(∫
∫
) p1 ( ∫
) 1q
q
|f | dµ
|g| dµ
|f g|dµ ≤
p
Ω
Ω
Ω
oder in anderer Schreibweise:
N1 (f g) ≤ Np (f ) · Nq (g).
2) Für 1 ≤ p < ∞ gilt die Minkowskische Ungleichung:
(∫
) p1 ( ∫
) p1 ( ∫
) p1
p
p
|f + g| dµ
≤
|f | dµ
+
|g| dµ
p
Ω
Ω
Ω
oder in anderer Schreibweise:
Np (f + g) ≤ Np (f ) + Np (g).
Beweis:
1)
a) Für Np (f ) = 0 ist f = 0 µ-fast-überall, also f g = 0 µ-fast-überall und damit
N1 (f g) = 0. Genauso Nq (g) = 0 =⇒ N1 (f g) = 0.
Für Np (f ) > 0 ∧ Nq (g) = ∞ und Nq (g) > 0 ∧ Np (f ) = ∞ ist die Aussage klar.
b) Für Np (f ) = Nq (g) = 1, zeige zunächst N1 (f g) ≤ 1.
Wegen t → et konvex, gilt ür 0 ≤ λ ≤ 1 und s, t ∈ R
eλt+(1−λ)s ≤ λet + (1 − λ)es .
Für 0 < x, y < ∞ sei
β
α
1
y = e q = eβ(1− p ) .
x = ep ,
Damit gilt
1
1
xy = e p α+(1− p )β = eλα+(1−λ)β
(λ := p1 ,
1 − λ = 1q )
≤ λeα + (1 − λ)eβ
= p1 xp + 1q y q .
Also gilt ür beliebige 0 ≤ x, y < ∞:
xy ≤ p1 xp + 1q y q
(auch als Young’sche Ungleichung bekannt) und damit
∫
∫
1
N1 (f g) =
|f g|dµ ≤
|f |p + 1q |g|q dµ
p
Ω
Ω
=
1
p
Np (f )p + 1q Nq (g)q =
=1
24
=1
1
p
+
1
q
= 1.
c) Seien 0 < Np (f ), Nq (g) < ∞. Dann ist
∫
∫
|f g|dµ = Np (f )Nq (g)
Ω
f
Np (f )
Ω
g
Nq (g)
dµ
Np ( · )=1 Nq ( · )=1
≤ Np (f )Nq (g) · 1
2) Die trivialen Fälle sind Np (f + g) = 0, Np (f ) = ∞ und Np (g) = ∞. Der Fall p = 1 folgt
direkt aus |f + g| ≤ |f | + |g| (punktweise).
Betrachte also nun Np (f ), Np (g) < ∞ und Np (f + g) > 0 und p > 1.
Punktweise gilt:
(
)p (
)p
|f + g|p ≤ |f | + |g| ≤ 2 max{|f |, |g|}
(
)
= 2p max{|f |p , |g|p } ≤ 2p |f |p + |g|p
und damit
(
)
Np (f + g) ≤ 2p Np (f ) + Np (g) < ∞.
Daraus folgt
(
∫
)p
Np (f + g)
=
∫Ω
|f + g|p dµ
|f + g||f + g|p−1 dµ
∫Ω
∫
p−1
≤
|f ||f + g| dµ + |g||f + g|p−1 dµ.
=
Ω
Ω
Wähle q ∈]1, ∞[ konjugiert zu p, d.h. + = 1 (also q(p − 1) = p) und wende die
Höldersche Ungleichung an:
) p1 ( ∫
(∫
) 1q
p
q(p−1)
|f | dµ
≤
|f + g|
dµ
1
p
1
q
Ω
Ω
p
Np (f )
(∫
|g| dµ
p
+
Ω
) p1 ( ∫
Np (f +g) q
|f + g|
q(p−1)
) 1q
dµ
Ω
Np (g)
p
Np (f +g) q
(
)
p
= Np (f + g) q Np (f ) + Np (g) .
p
Da 0 < Np (f + g) q < ∞, gilt also
(
)p− p
Np (f + g) = Np (f + g) q ≤ Np (f ) + Np (g).
□
Korollar 2.8
1) Für 1 ≤ p, q ≤ ∞ und p, q konjugiert gilt
N1 (f g) ≤ Np (f )Nq (g).
25
2 | Lp R
Bemerkung
Wichtiger Spezialfall:
∫
(∫
∫
f gdµ ≤
Ω
|f g|dµ ≤ N2 (f )N2 (g) =
Ω
|f | dµ
2
) 21 ( ∫
Ω
|g| dµ
2
) 21
.
Ω
Das entspricht der CSB im L2 .
2) Für 1 ≤ p ≤ ∞ gilt die Dreiecksungleichung
Np (f + g) ≤ Np (f ) + Np (g).
Beweis:
1) Für 1 < p, q < ∞ siehe 2.7 1).
Sei also p = 1, q = ∞. Dann folgt aus 2.5 |g| ≤ N∞ (g) µ-fast-überall und damit
∫
∫
|f g|dµ ≤ N∞ (g) |f |dµ = Np (f )Nq (g).
N1 (f g) =
Ω
Ω
□
2) Gilt mit 2.5 3) und 2.7 2).
Definition
m : L → R heißt Halbnorm, falls
a) m(αx) = |α|m(x) gilt,
b) m positiv ist,
c) die Dreiecksungleichung erüllt ist
m(x + y) ≤ m(x) + m(y).
Bemerkung
Im Vergleich zur Norm wird also auf die positive Definitheit verzichtet.
Definition 2.9
Sei 1 ≤ p ≤ ∞ und
{
}
L˜p (Ω, Σ, µ) := f : Ω → C messbar : Np (f ) < ∞ .
Dann ist L˜p (Ω, Σ, µ) ein linearer Raum (Vektorraum) und Np ist Halbnorm auf L˜p (Ω, Σ, µ).
Definition 2.10
Sei 1 ≤ p ≤ ∞ und
{
}
p
˜
N := f ∈ L (Ω, Σ, µ) : Np (f ) = 0
{
}
= f : Ω → C messbar : f = 0 fast überall .
Durch
f ∼ g : ⇐⇒ f − g ∈ N
wird eine Äquivalenzrelation auf L˜p (Ω, Σ, µ) definiert.
26
Definiere mit Hilfe der Äquivalenzklassen nun
{
}
Lp (Ω, Σ, µ) := [f ] : f ∈ L˜p (Ω, Σ, µ) = L˜p (Ω, Σ, µ)/N,
∥[f ]∥p := Np (f )
ür [f ] ∈ Lp (Ω, Σ, µ).
Dann ist ∥ · ∥p eine Norm auf Lp (Ω, Σ, µ), was leicht zu zeigen ist.
Im Folgenden schreiben wir Lp oder Lp (Ω) sta Lp (Ω, Σ, µ) und f sta [f ].
Bemerkung 2.11
Sei Ω ⊆ Rn und f, g ∈ C(Ω → C) ∩ Lp (Ω). Dann gilt
∥f − g∥p = 0
=⇒
f = g auf Ω
d.h. falls ein Vertreter f der Äquivalenzklasse [f ] stetig ist, sind alle anderen Vertreter unstetig.
Oder mit anderen Worten: jede Äquivalenzklasse [f ] enthält höchstens einen stetigen Vertreter.
24.04.2013
Satz 2.12 (FR)
Für 1 ≤ p ≤ ∞ ist Lp (Ω, Σ, µ) ein Banachraum.
Beweis:
Durch ∥ · ∥p wird eine Norm beschrieben. Wir müssen also nur noch die Vollständigkeit nachweisen.
p=∞
Sei (fj ) Cauchy-Folge. Definiere
{
}
Bjk := ω ∈ Ω : |fj (ω) − fk (ω)| > ∥fj − fk ∥∞ .
Nach 2.5 ist dann µ(Bjk ) = 0 ür j, k ∈ N. Setze
∪
Bjk .
B :=
j,k∈N
Dann ist wieder µ(B) = 0.
Für ω ∈ Ω \ B gilt
|fj (ω) − fk (ω)| ≤ ∥fj − fk ∥∞ < ε.
Da C vollständig ist, konvergiert (fj ) auf Ω \ B gleichmäßig.
Definiere
{
f (ω) :=
Damit ist
lim fj (ω)
ür ω ∈ Ω \ B,
0
sonst.
j→∞
f := lim Ω\B fj
j→∞
als punktweiser Grenzwert von messbaren Funktionen wieder messbar. Außerdem gilt
|fj (ω) − f (ω)| = lim |fj (ω) − fk (ω)|
k→∞
≤ lim ∥fj − fk ∥∞ ≤ ε
k→∞
27
2 | Lp R
ür ein j > Jε und ω ∈ Ω \ B.
Da B Nullmenge, ist ∥fj − f ∥∞ ≤ ε und daher fj − f ∈ L∞ ür j > Jε . Somit ist auch
f = f − fj + fj ∈ L∞ .
∈L∞
∈L∞
1≤p<∞
Sei (fj ) Cauchy-Folge.
a) Wähle eine „gut konvergente“ Teilfolge (fj k ). Sei dazu jk > jk−1 mit
∥fjk − fl ∥p <
ür l > jk .
1
2k
Damit gilt insbesondere
∥fjk − fjk+1 ∥p <
ür alle k ∈ N.
1
2k
b) Zeige jetzt die Existenz der Grenzfunktion.
Setze
gn (ω) :=
n
∑
|fjk (ω) − fjk+1 (ω)|,
ω ∈ Ω;
k=1
g(ω) :=
∞
∑
|fjk (ω) − fjk+1 (ω)|
k=1
(evtl. ist g(ω) = ∞). Damit konvergiert 0 ≤ gn monoton wachsend gegen g und somit
auch 0 ≤ gnp monoton wachsend gegen g p (jeweils punktweise). Wegen gn messbar, ist
gnp messbar und somit wegen der punktweisen Konvergenz auch g p .
Es gilt
∥gn ∥p =
≤
≤
n
∑
|fjk (ω) − fjk+1 (ω)|
p
k=1
n
∑
∥fjk − fjk+1 ∥p
k=1
∞
∑
1
2k
= 1.
k=1
Mit dem Satz über monotone Konvergenz gilt damit
∫
∫
p
∥g∥p =
g dµ =
lim gnp dµ
n→∞
Ω
Ω ∫
= lim
gnp dµ = lim ∥gn ∥pp ≤ 1.
n→∞
Also ∥g∥p ≤ 1 und somit
Ω
n→∞
g(ω) < ∞
ür µ-fast-alle ω ∈ Ω. Sei Ω′ ⊆ Ω so, dass g(ω) < ∞ ür ω ∈ Ω′ und µ(Ω \ Ω′ ) = 0.
28
Also konvergiert gn (ω) → g(ω) in R ür ω ∈ Ω′ . Mit
fj k (ω) = fj 1 (ω) +
k−1 (
∑
fj l+1 (ω) − fj l (ω)
)
l=1
und der absoluten Konvergenz
∞
∑
fj l+1 (ω) − fj l (ω) < ∞
l=1
<
1
2l
folgt, dass (fj k (ω)) konvergent ist ür k → ∞ und ω ∈ Ω′ .
Setze
{
limk→∞ fj k (ω) ω ∈ Ω′ ;
f (ω) :=
0
ω ∈ Ω \ Ω′ .
c) Zeige jetzt f ∈ Lp und ∥fj − f ∥p → 0.
Sei ε > 0 und K ∈ N mit
∥fj k − fj l ∥p < ε
ür k, l > K.
Nach dem Lemma von Fatou ist
∫
∫
p
|fj k − f | dµ =
lim |fj k − fj l |p dµ
l→∞
Ω
Ω
∫
Fatou
≤ lim inf |fj k − fj l |p dµ
l→∞
Ω
=∥fj k −fj l ∥pp <εp
≤ εp
Also ist fj k − f ∈ Lp , ∥fj k − f ∥p ≤ ε und somit f = f − fj k + fj k ∈ Lp .
Da (fj ) Cauchy-Folge, konvergiert fj → f bezüglich ∥ · ∥p , denn
∥fj − f ∥p ≤ ∥fj − fj k ∥p + ∥fj k − f ∥p < 2ε
<ε
<ε
□
ür hinreichend großes j und k.
Korollar 2.14 (W)
Sei 1 ≤ p ≤ ∞ und (fj ) Cauchy-Folge in Lp .
Dann existiert f ∈ Lp mit ∥f − fj ∥p → 0 und eine Teilfolge (fj k ) mit fj k (ω) → f (ω) µ-fastüberall in Ω.
Satz 2.15
Sei 1 ≤ p < ∞.
1) Für eine einfache Funktion s gilt
s ∈ Lp
⇐⇒
µ
({
})
ω ∈ Ω : s(ω) ̸= 0 < ∞.
29
2 | Lp R
2) Die Menge
{
}
s ∈ Lp : s ist einfach
ist dicht in Lp .
Beweis:
1) Da s einfach, existieren c, C ∈ R mit 0 < c ≤ C sodass c ≤ |u(x)| ≤ C ür x ∈ supp s.
Dann gilt
∫
cp µ(supp s) ≤ |s|p dµ ≤ C p µ(supp s)
∫
und somit µ(supp s) < ∞ ⇐⇒ |s|p dµ < ∞.
2)
a) Betrachte den Fall f ≥ 0, f ∈ Lp .
Es existiert eine Folge (sj ) einfacher Funktionen mit (punktweise):
0 ≤ s1 ≤ s2 ≤ · · · ≤ f
(siehe Maßtheorie). Damit ist
∫
und
f = lim sj
j→∞
∫
|f |p dµ < ∞.
|sj | dµ ≤
p
Ω
Ω
Also ist sj und f − sj ∈ Lp . Weiter gilt punktweise
| f − sj |p ≤ |f |p .
≥0
Mit dem Satz über majorisierte Konvergenz gilt
∫
p
lim ∥f − sj ∥p = lim
|f − sj |p dµ,
j→∞
j→∞
Ω
∫
=
(∫
|f | dµ < ∞
p
)
Ω
≤|f |p
lim |f − sj |p dµ
j→∞
∫Ω
=
0dµ = 0,
Ω
also ∥f − sj ∥p → 0.
b) Für eine beliebige Funktion f : Ω → C zerlege diese in vier positive Funktionen und
folgere die Aussage mit a).
□
Satz 2.16
′
1) Sei µ(Ω) < ∞, 1 ≤ p ≤ p′ ≤ ∞ und f ∈ Lp (Ω).
Dann ist f ∈ Lp (Ω) und es gilt
1
∥f ∥p ≤ µ(Ω) p
− p1′
∥f ∥p′ .
2) Sei 1 ≤ p < p′ ≤ ∞, dann ist
′
′
Lp (R) \ Lp (R) ̸= ∅ ̸= Lp (R) \ Lp (R).
30
3) Sei Ω = N, Σ := P (Ω) und µ(M ) := |M | (ür M ⊆ Ω) das Zählmaß. Für 1 ≤ p < ∞ erhält
man
{
}
∞
∑
p
p
p
L (Ω, Σ, µ) = ℓ = (xj ) Folge in C:
|xj | < ∞ ,
∥(xj )∥p =
(∑
∞
|xj |p
) p1
j=1
j=1
und ür p = ∞
∞
p
L (Ω, Σ, µ) = ℓ
{
}
= beschränkte Folgen in C ,
∥(xj )∥∞ = sup |xj |.
j∈N
4) L2 (Ω, Σ, µ) ist ein Hilbertraum.
Beweis:
1) Siehe Übungsaufgabe 4.2a.
2) Die Aussage aus Übungsaufgabe 4.3 ür (0, ∞) lässt sich leicht auf R übertragen.
4) Für p = 2 ist L2 (Ω, Σ, µ) nach 2.12 vollständig und
(∫
|f | dµ
∥f ∥2 =
2
) 12
Ω
wird erzeugt vom Skalarprodukt ⟨f, g⟩ :=
vergiert wegen
∫
∫
Ω
f gdµ. Das Integral des Skalarprodukts kon-
|f g|dµ ≤ ∥f ∥2 ∥g∥2 < ∞.
Ω
Also ist L2 ein Hilbertraum.
□
31
3 Fourierreihen II
29.04.2013
3.1 Kompakte symmetrische Operatoren
Definition 3.1
Sei M ⊆ L (L Prähilbertraum). Dann heißt
{
}
⊥
M := x ∈ L | ∀y ∈ M : ⟨x, y⟩ = 0
orthogonales Komplement von M .
Satz 3.2
1) M ⊥ ist ein linearer Teilraum und abgeschlossen (d.h. enthält alle Häufungspunkte).
2) Es gilt
(LH{M })⊥ = M ⊥ ,
⊥
M = M ⊥.
Beweis:
□
Siehe Übungsaufgabe 7.2.
Konvention
Im Folgenden seien alle betrachteten Operatoren stets linear.
Satz 3.3
Sei A : L → L symmerisch und beschränkt. Dann gilt:
1) ⟨Ax, x⟩ ∈ R,
2) im(A)⊥ = ker(A),
3) A
im(A)
ist injektiv und A
ker(A)
= 0,
4) ∥A∥ = sup |⟨Ax, x⟩|.
∥x∥=1
Beweis:
1) Da A symmetrisch, gilt
⟨Ax, x⟩ = ⟨x, Ax⟩ = ⟨Ax, x⟩.
Also ⟨Ax, x⟩ ∈ R.
2) Da A symmetrisch, gilt
x ∈ im(A)⊥ ⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
∀y ∈ im(A) : ⟨x, y⟩ = 0
∀˜
y ∈ L : ⟨x, A˜
y⟩ = 0
∀˜
y ∈ L : ⟨Ax, y˜⟩ = 0
Ax = 0
x ∈ ker(A)
33
3 | F II
3) Seien x, y ∈ im(A) mit Ax = Ay, also auch x − y ∈ im(A) (betrachte dazu x, y als
Folgengrenzwerte).
Wegen der Linearität ist A(x − y) = 0, also mit 2)
⊥
x − y ∈ ker(A) = im(A)⊥ = im(A) ,
also
⊥
x − y ∈ im(A) ∩ im(A) = {0}.
und damit A injektiv.
4) Falls ∥A∥ = 0, also A = 0, dann ist 0 = sup |⟨Ax, x⟩| trivial.
Sei nun ∥A∥ > 0 und d := sup∥x∥=1 |⟨Ax, x⟩|. Zeige d = ∥A∥.
d ≤ ∥A∥:
Gilt wegen
CSB
|⟨Ax, x⟩| ≤ ∥Ax∥ ∥x∥
=1
1.23
≤ ∥A∥∥x∥ = ∥A∥.
d ≥ ∥A∥:
Für y ̸= 0 gilt
y
y
|⟨Ay, y⟩| = ∥y∥2 ⟨A ∥y∥
, ∥y∥
⟩ ≤ d∥y∥2 .
Und ür α > 0:
⟨
⟩ ⟨
⟩
1
1
1
1
A(αx + α Ax), αx + α Ax − A(αx − α Ax), αx − α Ax
= 2⟨Aαx, α1 Ax⟩ + 2⟨A( α1 Ax), αx⟩
= 4∥Ax∥2 .
Falls ∥Ax∥ = 0, dann ist offensichtlich ∥Ax∥ ≤ d. Sei also ∥x∥ = 1 mit ∥Ax∥ ̸= 0 und
α2 := ∥Ax∥, dann ist
4∥Ax∥2 =
≤
⟨
⟩ ⟨
⟩
A(αx + α1 Ax), αx + α1 Ax − A(αx − α1 Ax), αx − α1 Ax
⟨
⟨
⟩
⟩
A(αx + α1 Ax), αx + α1 Ax + A(αx − α1 Ax), αx − α1 Ax
≤ d αx + α1 Ax
2
+ d αx − α1 Ax
2
= d(∥αx∥2 + 2 Re⟨αx, α1 Ax⟩ + ∥ α1 Ax∥2 + ∥αx∥2 − 2 Re⟨αx, α1 Ax⟩ + ∥ α1 Ax∥2 )
= 2d(∥αx∥2 + ∥ α1 Ax∥2 )
1
= 2d(∥Ax∥∥x∥2 + ∥Ax∥
∥Ax∥2 )
= 4d∥Ax∥.
Also ∥Ax∥ ≤ d ür ∥x∥ = 1 und damit
∥A∥ = sup ∥Ax∥ ≤ d.
∥x∥=1
34
□
K  O | 3.1
Bemerkung 3.4
Ist zusätzlich zu 3.3 (L, ⟨ · , · ⟩) ein Hilbertraum, dann kann 2) in der Form
L = im(A) ⊕ ker(A)
als direkte Summe geschrieben werden. Dies bedeutet
∀x ∈ L ∃!y ∈ im(A) ∃!z ∈ ker(A) : x = y + z.
Beweis:
Sei x ∈ L beliebig. Dann existiert nach dem Projektionssatz (aus der Funktionalanalysis, siehe
Übungsaufgabe 7.1) eine eindeutige Zerlegung
x=
y
+
∈im(A)
z
⊥ 3.2
.
3.3
∈im(A) = im(A)⊥ = ker(A)
□
Satz 3.5 (H  ,  O)
Sei (L, ⟨ · , · ⟩) unendlichdimensionaler Prähilbertraum und A : L → L symmetrisch und kompakt.
Dann gilt:
1) λ = ∥A∥ oder λ = −∥A∥ ist Eigenwert von A.
2) Jeder Eigenwert λ ̸= 0 ist reell und hat endliche Vielfachheit.
3) Falls A nur endlich viele Eigenwerte ungleich 0 besitzt, dann ist λ = 0 Eigenwert mit unendlicher Vielfachheit (d.h. dim(ker(A)) = ∞).
Falls A unendlich viele Eigenwerte ungleich 0 besitzt, dann ist die Menge dieser Eigenwerte
abzählbar und ür jede Folge (λj ) der Eigenwerte gilt λj → 0 (j → ∞).
4) Sei (λj ) eine Abzählung der Eigenwerte, die so gebildet wird, dass
• |λj | monoton fallend ist,
• jeder Eigenwert λ in der Folge so o vor kommt, wie es seiner Vielfachheit entspricht.
Zu dieser Folge existiert ein ONS (ej ) aus zugehörigen Eigenelementen. Dieses ONS ist
vollständig in im(A), d.h.
∀x ∈ im(A) : x =
∞
∑
⟨x, ej ⟩ej .
j=1
Beweis:
Falls A = 0 ist nichts zu beweisen. Sei also A ̸= 0 und damit insbesondere ∥A∥ > 0.
1) Wegen 3.3 4) existiert eine Folge (xn ) mit
∥xn ∥ = 1
∧
|⟨Axn , xn ⟩| → ∥A∥
Da A kompakt, existiert eine Teilfolge (xnk )k∈N mit Axnk konvergent in L ür k → ∞.
Sei
λ := lim ⟨Axnk , xnk ⟩ = ±∥A∥ ̸= 0.
k→∞
35
3 | F II
Es gilt
∥Axnk − λxnk ∥2 = ∥Axnk ∥2 −2 Re ⟨Axnk , λxnk ⟩ +λ2 ∥xnk ∥2
∈R
≤∥A∥2 ∥xnk ∥2
=1
≤ ∥A∥2 + λ2 −2λ ⟨Axnk , xnk ⟩
→λ
=2λ2
→0
(k → ∞).
Also
y := lim Axnk = lim λxnk .
k→∞
k→∞
∈L
Weil A stetig ist (da beschränkt, siehe 1.27 und 1.25), gilt:
Ay = A lim Axnk = A lim λxnk = λ lim Axnk = λy.
k→∞
k→∞
k→∞
Weiter ist
∥y∥ =
lim λxnk = lim |λ|∥xnk ∥ = |λ| > 0.
k→∞
k→∞
Also ist λ = ±∥A∥ Eigenwert zum Eigenvektor y.
06.05.2013
2) Jeder Eigenwert λ ist reell, da A symmetrisch (siehe 1.18).
Angenommen λ ̸= 0 sei Eigenwert mit unendlicher Vielfachheit, also
dim ker(A − λ Id) = ∞
Sei {v1 , v2 , . . . } eine abzählbar unendliche linear unabhängige Teilmenge von ker(A −
λ Id). Gram-Schmidt auf {v1 , v2 , . . . } angewandt liefert ein abzählbar unendliches ONS
(ej ) in ker(A − λ Id). Dann gilt trivialerweise:
• Aej = λej ,
• (ej ) ist beschränkt.
Da A kompakt, müsste (Aej ) eine konvergente Teilfolge besitzen. (Aej ) kann jedoch keine
konvergente Teilfolge enthalten, denn
√
∥Aej − Aek ∥ = |λ|∥ej − ek ∥ = |λ| 2 = const > 0.
Dies ührt zu einem Widerspruch, also hat λ endliche Vielfachheit.
3) Wegen 1) existiert v1 ̸= 0 mit Av1 = λ1 v1 und |λ1 | = ∥A∥.
Betrachte nun A1 = A
{v1 }⊥
. Es gilt ür alle v ⊥ v1 :
⟨A1 v, v1 ⟩ = ⟨Av, v1 ⟩ = ⟨v, Av1 ⟩ = λ1 ⟨v, v1 ⟩ = 0
also im(A1 ) ⊆ {v1 }⊥ , A1 operiert also im Prähilbertraum {v1 }⊥ . Außerdem gilt
∥A1 ∥ = sup ∥A1 v∥ ≤ sup ∥Av∥ = ∥A∥.
v∈{v1 }⊥
∥v∥=1
v∈L
∥v∥=1
Für eine beschränkte Folge (xn ) in {v1 }⊥ existiert eine konvergente Teilfolge bezüglich
A:
Axnk → y ∈ L.
36
K  O | 3.1
Es gilt A1 xnk ∈ {v1 }⊥ und damit y ∈ {v1 }⊥ , da {v1 }⊥ abgeschlossen. Also ist A1 kompakt.
Außerdem ist A1 symmetrisch.
Wegen 1) existiert v2 ̸= 0 mit Av2 = λ2 v2 und |λ2 | = ∥A1 ∥ ≤ ∥A∥. Betrachte nun
A2 = A
{v1 ,v2 }⊥
Setze dies induktiv fort und erhalte eine Folge von Eigenwerten (λj ) von A mit |λj+1 | ≤
|λj |. Betrachte zwei Fälle:
1. Fall Es existiert ein (minimales) j ∈ N mit λj = 0, dann ist wegen ∥Aj−1 ∥ = 0 und
Avi ̸= 0 (ür 1 ≤ i ≤ j − 1)
{v1 , . . . , vj−1 }⊥ = ker(Aj−1 ) = ker(A)
und somit dim(ker(A)) = dim{v1 , . . . , vj−1 }⊥ = ∞. Also ist λ = 0 Eigenwert von
A mit unendlicher Vielfachheit.
2. Fall Für alle j ∈ N ist λj ̸= 0. Angenommen λj ̸→ 0 (j → ∞), d.h. es existiert a > 0 mit
|λj | ≥ a ür alle j ∈ N.
Wende in jedem Eigenraum Gram-Schmidt an (Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten sind schon orthogonal) und erhalte ein ONS (ej )j∈N aus Eigenvektoren
mit
Aej = λj ej
und
λj monoton fallend.
( λ1j ej ) ist beschränkt, aber (A λ1j ej ) kann keine konvergente Teilfolge enthalten, da
A λ1j ej = ej . Ein Widerspruch zu A kompakt, also gilt λj → 0.
4) Verwende die Folge (λj ) mit zugehörigem ONS (ej ) wie im Beweis von 3) konstruiert.
Sei x ∈ L und definiere
xn := x −
n
∑
⟨x, ej ⟩ej .
j=1
Es gilt
• xn ∈ {e1 , . . . , en }⊥ , denn
⟨xn , ek ⟩ = ⟨x, ek ⟩ −
n
∑
⟨x, ej ⟩⟨ej , ek ⟩ = 0
∀k ∈ {1, . . . , n}.
j=1
• ∥Axn ∥ → 0 ür n → ∞, denn
∥xn ∥ = ⟨xn , xn ⟩ = ∥x∥ −
2
2
n
∑
j=1
= ∥x∥ −
2
n
∑
⟨x, ej ⟩⟨x, ej ⟩ −
=|⟨x,ej ⟩|2
n
∑
j=1
⟨x, ej ⟩⟨ej , x⟩ +
=|⟨x,ej ⟩|2
n
∑
|⟨x, ej ⟩|2
j=1
|⟨x, ej ⟩|2
j=1
≤ ∥x∥
2
also ∥xn ∥ ≤ ∥x∥ und damit
∥Axn ∥ = ∥An−1 xn ∥ ≤ ∥An−1 ∥∥xn ∥ ≤ ∥An−1 ∥∥x∥ = |λn |∥x∥ → 0
(n → ∞).
37
3 | F II
Es gilt
⟨x, ej ⟩Aej = ⟨x, ej ⟩λj ej = ⟨x, λj ej ⟩ej = ⟨x, Aej ⟩ej = ⟨Ax, ej ⟩ej .
Damit ist
(
Ax = lim
n→∞
Axn +
→0
n
∑
)
⟨x, ej ⟩Aej
=
j=1
∞
∑
⟨Ax, ej ⟩ej ∈ im(A)
j=1
und somit ür alle y ∈ im(A)
y=
∞
∑
⟨y, ej ⟩ej .
j=1
□
Nach 1.12 3) gilt selbiges ür im(A).
3.2 Randwertprobleme zweiter Ordnung
Beispiel 3.5 (S S)
u(t, x) gebe die Auslenkung einer schwingenden Saite im Punkt x zum Zeitpunkt t an. Die Physik
liefert die DGL:
ρ(x)∂t2 u(t, x) − σ(x)∂x2 u(t, x) = 0
Dabei bezeichnet ρ(x) > 0 die Massendichte und σ(x) > 0 die Federkonstante. Außerdem gelten
die Randbedingung ür die eingespannte Saite der Länge l
u(t, 0) = u(t, l) = 0,
t≥0
und die Anfangswertbedingungen
u(0, x) = u0 (x)
∂t u(0, x) = u1 (x)
ür gegebene Anfangsauslenkung u0 und Anfangsgeschwindigkeit u1 zum Zeitpunkt t = 0.
Wir zeigen jetzt die Existenz einer Lösung.
√
Setze c(x) := σ(x)
und schreibe
ρ(x)
∂t2 u(t, x) − c2 (x)∂x2 u(t, x) = 0.
Setze als naïven Ansatz u(t, x) = v(t)w(x) in die DGL ein.
v ′′ (t)w(x) − c2 (x)v(t)w′′ (x) = 0.
Falls v(t), w(x) ̸= 0, ist
v ′′ (t)
v(t)
′′
(x)
= c2 (x) ww(x)
= const =: −λ
(die linke Seite ist nur von t und die rechte nur von x abhängig, also müssen sie konstant sein).
Wir erhalten zwei DGLs:
v ′′ (t) + λv(t) = 0
c2 w′′ (x) + λw(x) = 0
38
∧
∧
v(0), v ′ (0) vorgegeben
t≥0
w(0) = w(l) = 0
0 ≤ x ≤ l.
R  O | 3.2
Erstere stellt ein Anfangswertproblem, zweitere ein Randwertproblem dar.
Betrachte den Spezialfall c = 1. Das Randwertproblem besitzt nur ür
( )2
0 < λ = λj = jπl ,
j∈N
die (normierten) Lösungen
√
wj (x) =
Die wj bilden ein ONS, denn
∫l
0
2
l
sin( jπl x).
ωj ωk dx = δjk .
Die dazugehörige Lösung des Anfangswertproblems ist
vj (t) = vj (0) cos( jπl t) +
l ′
v (0) sin( jπl t).
jπ j
Die Lösungen
uj (t, x) = wj (x)vj (x)
sind Eigenschwingungen der Saite (es sind außerdem auch alle Lösungen, ohne Beweis).
Die allgemeine Lösung lässt sich auch als Fourierreihe darstellen:
u(t, x) =
∞
∑
wj (x)vj (t).
j=1
Es bleibt zu zeigen, dass die Reihe und ihre Ableitungen gleichmäßig konvergieren.
Definition 3.6 (SL’ E)
Gesucht sind λ ∈ R und u ∈ C 2 ([a, b] → R) mit u ̸= 0 und
(pu′ )′ − qu + λru = 0,
R1 u := α1 u(a) + α2 u′ (a) = 0,
R2 u := β1 u(b) + β2 u′ (b) = 0,
a ≤ x ≤ b,
(3.1)
wobei p ∈ C 2 ([a, b] → R), p > 0 auf [a, b], q, r ∈ C([a, b] → R), r > 0, α12 + α22 > 0, β12 + β22 > 0.
λ heißt Eigenwert und u Eigenfunktion von (3.1).
Bemerkung 3.7
1) Wir unterscheiden folgende Spezialälle bei den Randwertbedingungen:
i) Die Dirichletsche Randbedingung: α1 = β1 = 1, α2 = β2 = 0, also
u(a) = u(b) = 0.
ii) Die Neumannsche Randbedingung: α1 = β1 = 0, α2 = β2 = 1, also
u′ (a) = u′ (b) = 0.
2) Es gilt
) ( )
u(a)
α1
R1 u = 0 ⇐⇒
⊥
′
α2
u (a)
)
(
)
(
u(a)
α2
.
⇐⇒ ∃c ∈ R :
=c
−α1
u′ (a)
(
39
3 | F II
08.05.2013
Satz 3.8
Jeder Eigenwert λ von (3.1) hat Vielfachheit 1.
Beweis:
Wir nehmen an, λ habe Vielfachheit ≥ 2.
Seien u1 , u2 Lösungen von (3.1) und {u1 , u2 } linear unabhängig. {u1 , u2 } spannt den ganzen
Lösungsraum der DGL in (3.1) auf. Also existieren c1 , c2 ∈ R mit
(
)( ) ( )
α1
u1 (a) u2 (a)
c1
= α2 .
′
′
u1 (a) u2 (a)
c2
p(a)
Also gilt ür u := c1 u1 + c2 u2 :
R1 u = α1 u(a) + α2 u′ (a)
= α1 (c1 u1 (a) + c2 u2 (a)) + α2 p(a)(c1 u′1 (a) + c2 u′2 (a)) = α12 + α22 ̸= 0,
α
=α1
2
= p(a)
was im Widerspruch zu Randbedingung R1 u = 0 steht. Also hat λ Vielfachheit 1.
□
Definition 3.9 (SLO)
∫b
Sei I := [a, b], und L := C([a, b] → R) mit ⟨f, g⟩ := a f (x)g(x)dx der Prähilbertraum über den
reellen, stetigen Funktionen. Definiere
˜ := −(pu′ )′ + qu,
Au
{
}
2
D(A) := u ∈ C ([a, b] → R) : R1 u = R2 u = 0 ,
A := A˜
.
D(A)
Wir behalten diese Bezeichnungen ür den Rest des Unterkapitels bei.
Satz 3.9
A ist symmetrisch.
Beweis:
Es gilt
∫
b
(pu′ )′ v − quvdx
a
∫ b
b
′
(pu′ v ′ + quv)dx
= pu v −
a
a
∫ b
]b
[
′
′
= pu v − upv
+
(u(pv ′ )′ − quv)dx .
⟨Au, v⟩ =
x=a
=0 (s.u.)
a
=⟨u,Av⟩
Außerdem ist
(pu′ v − upv ′ )(a) =
40
1
α21 +α22
(
)
α12 (pu′ v − upv ′ ) + α22 (pu′ v − upv ′ ) (a)
(3.2)
R  O | 3.2
=
1
α21 +α22
(
α1 pu′ (α1 v + α2 pv ′ ) −α1 pv ′ (α2 pu′ + α1 u)
=R1 v=0
=R1 u=0
)
+ α2 v (α2 pu + α1 u) −α2 u (α1 v + α2 pv ) (a)
′
′
=R1 u=0
=R1 v=0
= 0.
Analog zeigt man (pu′ v −upv ′ )(b) = 0. Also ist ⟨Au, v⟩ = ⟨Av, u⟩ und damit A symmetrisch.□
Bemerkung 3.10
λ ist Eigenwert von (3.1) mit Eigenfunktion u genau dann, wenn
Au(x) = λr(x)u(x).
Nur im Fall r = 1 sind also die Eigenwerte von A und von (3.1) die selben.
Definition 3.11
Eine Funktion G : I × I → R heißt Greensche Funktion zu A, falls
1) G ∈ C(I × I → R).
2) Sei ∆1 := {(x, y) ∈ I × I : x < y}, ∆2 := {(x, y) ∈ I × I : x > y}, dann soll gelten:
∂1 G, ∂12 G ∈ C(∆1 → R) stetig fortsetzbar auf ∆1 ,
∂1 G, ∂12 G ∈ C(∆2 → R) stetig fortsetzbar auf ∆2 .
3) Für festes ξ ∈ I gilt
˜ · , ξ) = 0
AG(
R1 G( · , ξ) = R2 G( · , ξ) = 0.
(auf I \ {ξ}),
4) Für ξ ∈]a, b[ gilt
1
.
∂1 G(ξ + 0, ξ) − ∂1 G(ξ − 0, ξ) = − p(ξ)
Satz 3.12
Existiert eine Greensche Funktion G zu A, so sind ür u, φ ∈ C(I → R) folgende Aussagen
äquivalent:
(i) u ∈ D(A) und Au = φ.
∫ b
(ii) u(x) =
G(x, y)φ(y)dy.
a
Beweis:
(ii) =⇒ (i)
Wir teilen das Integral auf und leiten es nach der Leibnizregel ab:
∫ x
∫ b
u(x) =
G( x, y )φ(y)dy +
G( x, y )φ(y)dy.
a
=⇒
∈∆2
u′ (x) = G(x, x)φ(x) − 0 +
x
∫
∈∆1
x
∂1 G(x, y)φ(y)dy
a
∫
b
+ 0 − G(x, x)φ(x) +
∂1 G(x, y)φ(y)dy
x
∫ x
∫ b
=
∂1 G(x, y)φ(y)dy +
∂1 G(x, y)φ(y)dy.
a
x
41
3 | F II
=⇒
∫
′′
x
u (x) = ∂1 G(x, x − 0) φ(x) − 0 +
∂12 G(x, y)φ(y)dy
a
=∂1 G(x+0,x)
∫
+ 0 − ∂1 G(x, x + 0) φ(x) +
b
∂12 G(x, y)φ(y)dy
x
=∂1 G(x−0,x)
∫
=
∫
x
∂12 G(x, y)φ(y)dy
b
∂12 G(x, y)φ(y)dy
a
x
(
)
+ φ(x) ∂1 G(x + 0, x) − ∂1 G(x − 0, x)
+
1
=− p(x)
∫
∫
x
∂12 G(x, y)φ(y)dy
=
b
∂12 G(x, y)φ(y)dy −
+
a
x
φ(x)
.
p(x)
Damit ist u ∈ C 2 (I → R) und es gilt
˜
Au(x)
= −pu′′ (x) − p′ u′ (x) + qu(x)
∫ b(
)
= φ(x) +
− p∂12 G(x, y) − p′ ∂1 G(x, y) + qG(x, y) φ(y)dy
a
˜x G(x,y)=0 nach 3)
=A
= φ(x).
Außerdem gilt ür die Randbedingungen
∫
∫
b
R1 u = α1
G(a, y)φ(y)dy + α2
a
∫
b
∂1 G(a, y)φ(y)dy
a
b
α1 G(a, y)φ(y) + α2 ∂1 G(a, y)φ(y) dy = 0
= φ(y)
a
=R1 G( · ,y)=0 nach 3)
und analog R2 u = 0, also u ∈ D(A).
(i) =⇒ (ii)
Sei x ∈]a, b[ fest, dann ist
∫
b
(i)
∫
b
G(x, y)φ(y)dy =
G(x, y)Au(y)dy
a
a
∫ b
( (
)
)′
′
=
G(x, y)
− p(y)u (y) + q(y)u(y) dy
a
∫
=G(y,x) nach 3.13
∫ b
∫ b
)′
(
)′
′
=−
G(y, x) p(y)u (y) dy −
G(y, x) p(y)u (y) dy +
G(y, x)q(y)u(y)dy
a
x
a
[
]y=b ∫ x
∫ b
′
′
+
∂y G(y, x)p(y)u (y)dy +
∂y G(y, x)p(y)u′ (y)dy
= − G(y, x)p(y)u (y)
∫
+
(
′
y=a
b
G(y, x)q(y)u(y)dy
a
42
x
a
x
R  O | 3.2
[
]y=b [
]y=x−0
′
= ∂y G(y, x)p(y)u(y) − G(y, x)p(y)u (y)
+ ∂y G(y, x)p(y)u(y)
y=a
∫
y=x+0
=0 s. unten
∫ b
)
−
∂y p(y)∂y G(y, x) u(y)dy +
G(y, x)q(y)u(y)dy
a
a
(
)
= p(x)u(x) ∂1 G(x − 0, x) − ∂1 G(x + 0, x)
(
b
1
= p(x)
∫
b
+
(
)
(
)
u(y) − ∂y p(y)∂y G(y, x) + q(y)G(y, x) dy
a
˜
=AG(y,x)=0
= u(x).
Zeige jetzt noch [G(y, x)p(y)u′ (y) − ∂1 G(y, x)p(y)u(y)]y=b
y=a = 0. Betrachte den Fall y = a
und α1 > 0 (ür die anderen Fälle mit y = b oder α2 > 0 verfahre analog). Da R1 u = 0 ist
u(a) = αα21 u′ (a), also gilt
G(a, x)p(a)u′ (a) − ∂1 G(a, x)p(a)u(a) = α1 G(a, x)p(a) α11 u′ (a) + ∂1 G(a, x)p(a) αα12 u′ (a)
(
)
′
1
= α1 p(a)u (a) α1 G(a, x) + α2 ∂1 G(a, x)
=R1 G( · ,x)=0 nach 3)
□
= 0.
Satz 3.13
Es gilt
1) G ist symmetrisch: G(x, y) = G(y, x).
2) Zu A existiert höchstens eine Greensche Funktion.
Beweis:
Seien G, H Greensche Funktionen zu A und φ, ψ ∈ C(I → R). Setze
∫
b
u(x) :=
G(x, y)φ(y)dy
a
∫ b
v(x) :=
H(x, y)ψ(y)dy
a
Dann ist
∫ b(
)
u · Av − Au ·v dx = ⟨u, Av⟩ − ⟨Au, v⟩ = 0
a
=ψ
=φ
Also
∫ b∫
∫
b
G(x, y)φ(y)dy ψ(x)dx −
a
a
b
H(y, x)ψ(x)dx dy = 0
φ(y)
a
=u(x)
∫
b
a
=v(y)
43
3 | F II
und
∫ b∫
a
b
(
)
G(x, y) − H(y, x) φ(y)dyψ(x)dx = 0.
a
Da φ, ψ ∈ C(I → R) beliebig gewählt waren und G und H stetig sind, folgt G(x, y) = H(y, x)
ür alle (x, y) ∈ I × I.
1) folgt dann ür H := G und 2) gilt, da H symmetrisch nach 1):
□
G(x, y) = H(y, x) = H(x, y).
13.05.2013
Satz 3.14 (K  G F)
Folgende zwei Aussagen sind äquivalent:
(i) Zu A existiert eine Greensche Funktion
(ii) λ = 0 ist kein Eigenwert von A.
Beweis:
(i) =⇒ (ii)
Aus (i) folgt mit 3.12, dass
∫
Au = 0
=⇒
b
G( · , y) · 0dy = 0
u=
a
Also kann 0 kein Eigenwert von A sein.
(ii) =⇒ (i)
Seien u1 , u2 reelle Lösungen von
˜ = −(pu′ )′ + qu = 0
Au
mit
R1 u1 = 0,
R2 u2 = 0,
u1 ̸= 0,
u2 ̸= 0
(diese existieren nach der eorie der gewöhnlichen Differentialgleichungen). Dann gilt
• {u1 , u2 } ist linear unabhängig:
Angenommen u1 = cu2 , dann ist
R2 u1 = cR2 u2 = 0 = R1 u1 .
u1 erüllt damit beide Randbedingungen, also u ∈ D(A). Wegen Au1 = 0 und nach
Voraussetzung (ii) 0 kein Eigenwert von A ist, gilt u1 = 0, ein Widerspruch.
• Die Wronskideterminante lässt sich mit c0 ∈ R \ {0} schreiben als:
W (x) =
u1 u2
= u1 u′2 − u2 u′1 =
u′1 u′2
c0
,
p(x)
denn es gilt ür j ∈ {1, 2}
˜ j = −pu′′ − p′ u′ + quj
0 = Au
j
j
44
=⇒
u′′j = p1 (−p′ u′j + quj ).
R  O | 3.2
Eingesetzt in die Wronski-Determinante ergibt sich
d
W
dx
= u′1 u′2 + u1 u′′2 − u′2 u′1 − u2 u′′1
= u1 p1 (−p′ u′2 + qu2 ) − u2 p1 (−p′ u′1 + u1 )
′
= − pp (u1 u′2 − u2 u′1 ),
=W
also
′
W ′ (x) = − pp W (x).
Als Lösung ür W (x) ergibt sich
W (x) =
ür ein c0 ∈ R (betrachte nur relle Lösungen)
c0
p(x)
Da {u1 , u2 } linear unabhängig, muss W (x) ̸= 0 auf [a, b] gelten, also c0 ̸= 0.
• Definiere
{
− c10 u2 (ξ)u1 (x)
G(x, ξ) :=
− c10 u1 (ξ)u2 (x)
a ≤ x ≤ ξ ≤ b,
a ≤ ξ < x ≤ b,
wobei c0 ∈ R \ {0} wie oben.
Dann sind die Eigenschaen aus 3.11 ür die Greensche Funktion erüllt:
1) G ∈ C 0 (I × I → R), da beide Definitionszweige bei x = ξ übereinstimmen.
2) Es gilt
{
− c10 u2 (ξ)u′1 (x) a ≤ x < ξ ≤ b,
∂1 G(x, ξ) =
− c10 u1 (ξ)u′2 (x) a ≤ ξ < x ≤ b,
{
− c10 u2 (ξ)u′′1 (x) a ≤ x < ξ ≤ b,
∂12 G(x, ξ) =
− c10 u1 (ξ)u′′2 (x) a ≤ ξ < x ≤ b,
bzw. (x, ξ) ∈ ∆1
,
bzw. (x, ξ) ∈ ∆2
bzw. (x, ξ) ∈ ∆1
.
bzw. (x, ξ) ∈ ∆2
Also sind ∂1j G ∈ C(∆k → R) (j, k ∈ {1, 2}) und stetig fortsetzbar auf ∆k .
3) Sei x < ξ, dann ist
˜ · , ξ) = −(p∂1 G( · , ξ))′ + qG( · , ξ)
AG(
)
(
= − c10 u2 (ξ) − (pu′1 )′ + qu
˜ 1 = 0.
= − c10 u2 (ξ)Au
Analog ür x > ξ.
Es gilt
ξ≥a
R1 G( · , ξ) = R1 (− c10 u2 (ξ)u1 ) = − c10 u2 (ξ)R1 u1 = 0,
ξ<b
R2 G( · , ξ) = R2 (− c10 u1 (ξ)u2 ) = − c10 u1 (ξ)R2 u2 = 0.
Für ξ ∈ {a, b} folgt die letzte Aussage durch stetige Fortsetzung von ∂1 G auf ∆2 .
45
3 | F II
4) Es gilt
∂1 G(ξ + 0, ξ) − ∂1 G(ξ − 0, ξ) = lim ∂1 G(x, ξ) − lim ∂1 G(x, ξ)
x↘ξ
x↗ξ
− 1c u1 (ξ)u′2 (ξ) +
− c10 W (ξ) = − c10
=
=
1
u (ξ)u′1 (ξ)
c 2
c0
1
= − p(ξ)
.
p(ξ)
□
Somit ist G die gesuchte Greensche Funktion.
Lemma 3.15
Es existiert c ∈ R sodass ür alle u ∈ D(A):
⟨Au, u⟩ ≥ −c∥u∥2 .
Falls
oder
(Neumann-Randbedingung)
(Dirichlet-Randbedingung)
α 1 = β1 = 0
α 2 = β2 = 0
gilt, kann
−c = min q(x)
a≤x≤b
gewählt werden.
Für alle Eigenwerte von A gilt damit
λ ≥ −c.
Beweis:
Es gilt
∫
b
(−(pu′ )′ + qu)udx
a
∫ b
b
′
= −pu u +
(p · (u′ )2 +qu2 )dx
⟨Au, u⟩ =
a
b
= −pu′ u +
a
a
∫
≥0
b
qu2 dx.
a
b
Falls die obigen Randbedingung gelten, dann ist pu′ u a = 0 und damit
∫ b
∫ b
2
u2 dx.
⟨Au, u⟩ ≥
q u dx ≥ min q(x)
a
≥0
=:−c
a
Betrachte jetzt den allgemeinen Fall. Mit φ(x) := x−a
folgt
b−a
∫ b
2
2
d
(φ(x)u2 (x))dx
u(b) = φ(b)u(b) =
dx
a
∫ b
∫ b
2
1
=
u (x)dx +
φ(x)2u(x)u′ (x)dx
b−a
a
a
p′ (x)
46
R  O | 3.2
und mit 0 ≤
(1
u(x) + εu′ (x)
ε
)2
− 2u(x)u′ (x) + ε2 u′2 (x)
=
1 2
u (x)
ε2
≤
1
∥u∥2
b−a
∫
≤
Mit der Wahl φ =
b−x
b−a
(
1
b−a
(
b
+
φ(x)
a
+
1
ε2
1
b−a
+
)
1 2
u (x)
ε2
)
+ ε u (x) dx
2 ′2
0≤φ≤1
∥u∥2 + ε2 ∥u′ ∥2 .
gilt analog
u(a)2 ≤
(
1
ε2
)
∥u∥2 + ε2 ∥u′ ∥2 ,
also
′
⟨Au, u⟩ = −pu u
∫ b(
b
+
x=a
(
′ 2
p · (u ) + qu
a
)
2
)
dx
≥0
(
)
≥ − max p(x) |u′ (b)u(b)| + |u′ (a)u(a)|
a≤x≤b
)
((
)
(
)
′ 2
2
+ (b − a)
min p(x) ∥u ∥ + min q ∥u∥
a≤x≤b
a≤x≤b
≥0
Es lässt sich ein c > 0 finden, sodass |u′ (a)u(a)| = c|u(a)|2 = cu2 (a) und |u′ (b)u(b)| =
c|u(b)|2 = cu2 (b). Es gilt also:
(
) (
) (
)
2
2
⟨Au, u⟩ ≥ − max p(x) c |u(a)| + |u(b)| + min p(x) ∥u′ ∥2 (b − a)
a≤x≤b
a≤x≤b
Mit der Abschätzung ür u(b), bzw. u(a) von vorhin ergibt sich
(
)
(
)
(
)
1
⟨Au, u⟩ ≥ − max p(x) c · 2 b−a
+ ε12 ∥u∥2 − max p(x) c · 2ε2 ∥u′ ∥2
a≤x≤b
a≤x≤b
(
)
+ min p(x) ∥u′ ∥2 (b − a)
a≤x≤b
Wählt man ε so klein, dass −(max p)c · 2ε2 + (min p)(b − a) = 0 gilt, so ergibt sich
(
)
(
)
1
⟨Au, u⟩ ≥ − max p · 2c b−a
+ ε12 ∥u∥2 .
a≤x≤b
□
=const
Satz 3.16
1) Es gilt
15.05.2013
{
}
inf λ ∈ R : λ ist Eigenwert von (3.1) > −∞.
2) Falls α1 = β1 = 0 oder α2 = β2 = 0 gilt, dann ist
}
{
inf λ ∈ R : λ ist Eigenwert von (3.1) ≥
min q(x)
a≤x≤b
max r(x)
.
a≤x≤b
47
3 | F II
Beweis:
Sei λ Eigenwert von (3.1) mit Eigenfunktion u. Dann ist
∫ b
∫ b
)∫ b
2
2
λ max r(x)
u dx ≥ λ
ru dx =
Auudx = ⟨Au, u⟩
a≤x≤b
a
a
a
{
2
3.15 −c∥u∥
≥
min q(x)∥u∥2 ür die Randbedingungen.
(
□
a≤x≤b
Satz 3.17
Sei d ∈ R so dass λ = d kein Eigenwert von (3.1) ist (d existiert nach 3.16).
Dann ist µ = 0 kein Eigenwert des Operators
A′ := A − dr
(D(A′ ) = D(A), A′ u = Au − dru, r aus der Definition von (3.1)).
Sei weiter G′ die Greensche Funktion zu A′ (welche nach 3.14 existiert). Definiere
G(x, y) :=
√
∫
√
r(x)G′ (x, y) r(y)
b
Ku(x) :=
u ∈ C(I → R).
G(x, y)u(y)dy,
a
Dann ist µ = 0 kein Eigenwert von K und folgende Aussagen sind äquivalent:
(i) λ =
+ d ist Eigenwert von (3.1) mit Eigenfunktion u = √1r v.
√
1
(ii) µ = λ−d
ist Eigenwert von K mit Eigenfunktion v = ru.
1
µ
Beweis:
1) Angenommen µ = 0 ist Eigenwert von A′ , also A′ u = 0. Dann ist Au = dru und somit
λ = d Eigenwert von (3.1), ein Widerspruch.
2) Angenommen µ = 0 ist Eigenwert von K mit Eigenfunktion u. Dann ist
∫ b√
0 = Ku(x) =
√
r(x)G′ (x, y) r(y)u(y)dy.
a
Wegen r(x) > 0 also
∫
0=
b
G′ (x, y)
√
r(y)u(y) dy.
a
=:φ(y)
Nach 3.12 gilt
0 = A′ (0) = φ =
Also u = 0, ein Widerspruch.
48
√
ru.
R  O | 3.2
3) Es gilt
(i) ⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
Au = λru
(A − dr)u = (λ − d)ru
A′ u = (λ − d)ru
∫ b
u(x) =
G′ (x, y)(λ − d)r(y)u(y)dy
a
∫ b√
√
√
√
r(x)u(x) = (λ − d)
r(x)G′ (x, y) r(y) r(y)u(y) dy
3.12
⇐⇒
⇐⇒
a
=:v(x)
⇐⇒
⇐⇒ (ii).
G(x,y)
v(y)
v = (λ − d)Kv
□
Bemerkung
Mit Hilfe dieses Satzes, lassen sich jetzt auch ür λ = 0 und r ̸= 1 Eigenwerte und Eigenfunktionen von (3.1) bestimmen.
Lemma 3.18
∫b
Sei L = C(I → R) mit ⟨f, g⟩ = a f gdx.
1) K ist symmetrisch und kompakt als Operator K : L → L.
√
2) im(K) = { ru : u ∈ D(A)}.
Beweis:
1) Nach 3.13 ist G′ (x, y) = G′ (y, x), also G(x, y) = G(y, x) und somit K symmetrisch. Die
Kompaktheit folgt aus 1.28.
2) „⊆“: Sei v ∈ im(K), also
∫ b√
√
r(x)G′ (x, y) r(y)φ(y)dy
a
∫ b
√
√
√
= r(x)
G′ (x, y) r(y)φ(y)dy =: r(x)u(x)
v(x) =
a
√
ür ein φ ∈ C(I → R) Nach 3.12 √
wird A′ u = rφ erüllt und es ist insbesondere
u ∈ D(A′ ) = D(A). Somit ist v = ru mit u ∈ D(A).
„⊇“: Sei u ∈ D(A) = D(A′ ). Nach 3.12 gilt (mit der Wahl φ := A′ u)
∫
u(x) =
b
G′ (x, y) · (A′ u)(y)dy,
a
also
v(x) :=
√
∫ b√
√
r(x)u(x) =
r(x)G′ (x, y) r(y) · √ 1 (A′ u)(y)dy = K( √1r A′ u)(x).
r(y)
a
=G(x,y)
Damit ist v =
√
ru = K( √1r A′ u) ∈ im(K).
□
49
3 | F II
Satz 3.19 (S  SL)
(3.1) besitzt abzählbar unendlich viele Eigenwerte (λj )j∈N . Es gelten folgende Aussagen:
1) λj → +∞ ür j → ∞.
2) Jeder Eigenwert hat Vielfachheit 1.
3) Die
dass
√ Eigenfunktionen uj (jeweils zum Eigenwert λj ) können so „normiert“ werden,
2
( ruj )j∈N ein ONS in L = C(I → R) bilden. Dieses ONS ist vollständig in L ([a, b]).
Beweis:
1) Nach 3.17 ist λ Eigenwert von (3.1) genau dann wenn λ = µ1 + d und µ ̸= 0 Eigenwert
von K ist. K ist nach 3.18 kompakt und symmetrisch, also hat K nach dem Hauptsatz 3.5
abzählbar viele Eigenwerte (µj )j∈N mit µj → 0. Also hat (3.1) abzählbar viele Eigenwerte
λj = µ1j + d mit |λj | → ∞.
Da wegen 3.16 infj∈N λj > −∞ muss λj → +∞.
2) Siehe 3.8.
3) Nach dem Hauptsatz 3.5 existiert ein ONS (˜
ej )j∈N aus Eigenfunktionen von K mit K˜
ej =
µj e˜j .
Damit sind uj = √1r e˜j Eigenfunktionen von (3.1) zu den Eigenwerten λj = µ1j + d. Also
√
bildet ( ruj )j∈N ein ONS.
√
√
Wegen 3.5 ist (ej ) := ( ruj ) vollständig in im(K) = { ru : u ∈ D(A)}. Später zeigen
wir, dass im(K) dicht ist in L2 ([a, b]), also
L2
im(K)
= L2 ([a, b]).
□
Satz 3.20 (B K)
Sei K ⊆ Rn kompakt, G ∈ C(K × K → R), G(x, y) = G(y, x) und L = C(K → R).
∫
Kg :=
G( · , y)g(y)dy
ür g ∈ L.
K
Sei (ej ) das ONS aus Eigenfunktionen von K mit Eigenwerten (λj ) (existiert nach 1.28 und 3.5).
Dann konvergiert ür f ∈ im(K) die Fourierreihe
f (x) =
∞
∑
⟨f, ej ⟩ej (x)
i=1
27.05.2013
absolut und gleichmäßig auf K.
Beweis:
Sei f = Kg mit g ∈ L. Dann ist
⟨f, ej ⟩ = ⟨Kg, ej ⟩ = ⟨g, Kej ⟩ = λj ⟨g, ej ⟩,
=λj ej
und damit
( M∑
+N
j=N
50
)2
)2 ( M∑
+N
|λj ⟨g, ej ⟩ej (x)|
|⟨f, ej ⟩ej (x)| =
j=N
⟨(
|⟨g,eN ⟩|
) (
..
.
=
,
|⟨g,eN +M ⟩|
( M∑
+N
CSB
≤
SCR | 3.3
)⟩2
|λN eN (x)|
..
.
|λN +M eN +M (x)|
|⟨g, ej ⟩|2
) ( M∑
+N
j=N
RM +1
)
|λj ej (x)|2 .
(∗)
j=N
(I)
(II)
∑
2
2
Da ∞
j=1 |⟨g, ej ⟩| ≤ ∥g∥ (nach Bessel) gilt, lässt sich (I) durch beliebiges ε > 0 abschätzen
ür genügend großes N .
Betrachte nun (II). Es gilt
∫
G(x, y)ej (y)dy = ⟨G(x, · ), ej ⟩L ,
|λj ej (x)| = |(Kej )(x)| =
K
also ür die Summe
M
+N
∑
|λj ej (x)| =
2
M
+N
∑
j=N
|⟨G(x, · ), ej ⟩|2
j=N
≤
∞
∑
|⟨G(x, · ), ej ⟩|2
j=1
∫
Bessel
≤ ∥G(x, · )∥ =
|G(x, y)|2 dy
2
K
≤ max |G(x, y)| µ(K)
2
x,y∈K
(G stetig auf kompakter Menge)
<∞
≤ c.
Also lässt sich (∗) ür genügend großes N abschätzen:
( M∑
+N
)2
( M∑
)( M∑
)
+N
+N
2
2
|⟨f, ej ⟩ej (x)| ≤ . . . ≤
|⟨g, ej ⟩|
|λj ej (x)| < ε · c.
j=N
Damit ist
j=N
∑∞
i=1 ⟨f, ej ⟩ej (x)
j=N
□
absolut und gleichmäßig konvergent.
3.3 Sinus-Cosinus-Reihen
Das bekannteste Orthonormalsystem in L := L2 ([−π, π]) ist
)
(
(e1 , e2 , . . . ) =
x→
√1 ,
2π
x→
√1
π
cos x, x →
√1
π
sin x, x →
√1
π
cos(2x), x →
√1
π
sin(2x), . . .
Für die Fourierreihe von f ∈ L ergibt sich dann
∞
∑
j=1
∫
⟨f, ej ⟩ej (x) =
1
2π
π
f (t)dt +
−π
∫
∞
∑
1
π
j=1
π
(
)
f (t) cos(jt) cos(jx) + sin(jt) sin(jx) dt
−π
51
3 | F II
Bemerkung 3.21 (N)
Wir schreiben im Folgenden:
∫
aj :=
1
π
bj :=
1
π
sn (x) :=
π
f (t) cos(jt)dt
j ∈ N0 ,
f (t) sin(jt)dt
j ∈ N,
∫−π
π
−π
a0
2
+
n (
∑
)
aj cos(jx) + bj sin(jx) ,
j=1
s(x) := lim sn (x)
(falls existent).
n→∞
Konvergiert sn (x)? Wenn ja, gilt dann s(x) = f (x)?
Bemerkung 3.22 (B)
1) sn (und gegebenenfalls s) ist 2π-periodisch.
2) Ist f auf R definiert und 2π-periodisch, so können die Integralgrenzen bei aj , bj „verschoben“ werden, also gilt ür alle c ∈ R
∫ c+π
1
aj = π
f (t) cos(jt)dt,
c−π
∫ c+π
1
bj = π
f (t) sin(jt)dt.
c−π
3) aj , bj ändern sich nicht, wenn f auf einer Nullmenge abgeändert wird.
4) Zur Definition von aj , bj reicht die Voraussetzung f ∈ L1 ([−π, π]) ⊋ L2 ([−π, π]).
Lemma 3.23
Für f ∈ C 1 ([−π, π] → C) gilt
∫ π
f (t) cos(ωt)dt → 0,
∫
−π
π
−π
f (t) sin(ωt)dt → 0
(ω → ∞).
Beweis:
Es gilt ür ω > 0:
∫ π
∫
]t=π
[
1
f (t) cos(ωt)dt = f (t) ω sin(ωt)
−
−π
≤
t=−π
[
f (t)
| · |≤c1
≤
2c1 +2πc2
ω
1
ω
sin(ωt)
]t=π
π
−π
∫
π
+
t=−π
1
| · |≤ ω
→0
f ′ (t) ω1 sin(ωt)
−π
|f ′ (t)| ω1 | sin(ωt)| dt
≤c2
(ω → ∞).
1
| · |≤ ω
□
Lemma 3.24
Für k ∈ N0 und 1 ≤ p < ∞ ist C k ([−π, π] → C) dicht in Lp ([−π, π]).
Beweis:
In Satz 4.18 wird bewiesen, dass C0∞ dicht in Lp (R) ist. Sei f ∈ Lp ([−π, π]) beliebig, dann
existiert eine Folge (fn ) in C0∞ , die gegen f konvergiert. Nun gilt aber nach Voraussetzung
fn ∈ C ∞ (R), also insbesondere fn ∈ C k ([−π, π]). Und damit ist alles gezeigt.
□
52
SCR | 3.3
Satz 3.25 (L  R)
Für f ∈ L1 ([−π, π]) gilt die Aussage aus 3.23:
∫ π
∫ π
f (t) cos(ωt)dt → 0,
f (t) sin(ωt)dt → 0
−π
(ω → ∞).
−π
Beweis:
Zu f wähle fε ∈ C 1 ([−π, π] → C) mit ∥fε − f ∥L1 < ε (3.24 mit k = 1, p = 1). Dann gilt
∫ π
∫ π
∫ π
fε (t) cos(ωt)dt
f (t) cos(ωt)dt =
(f (t) − fε (t)) cos(ωt) dt +
−π
−π
−π
| · |≤|f −fε |
→0 ür ω → ∞ nach 3.23
| · |≤∥f −fε ∥L1 <ε
□
ür ω > Kε .
< 2ε
Bemerkung (DK)
Wir nennen die Funktionenfolge
n
∑
1
2π
Dn (x) =
eijx
j=−n
Dirichlet-Kern.
Dn (x) ist symmetrisch und 2π-periodisch und hat die alternative Darstellung
Dn (x) =
1
1 sin((n+ 2 )x)
1
2π sin( 2 x)
1
(an den Stellen x = 2kπ ür k ∈ Z ist Dn durch 2π
(2n + 1) stetig fortsetzbar). Außerdem gilt ür
c ∈ R:
∫ c+π
Dn (t)dt = 1.
c−π
Beweis:
Für Dn (x) gilt (x ̸= 0):
2πDn (x) =
n
∑
ijx
e
=
j=−n
=
2n
∑
e
i(j−n)x
−inx
=e
j=0
e−inx
2n
∑
(eix )j
j=0
1−ei(2n+1)x
1−eix
=
1
1
e−i(n+ 2 )x −ei(n+ 2 )x
x
−i x
i
e 2 −e 2
=
sin((n+ 12 )x)
sin( x2 )
−i(n− 1
2 )x
−i x
2
e
=e
und damit
Dn (x) =
Außerdem ist
∫
∫
π
−π
1
1 sin((n+ 2 )x)
2π sin( 12 x)
Dn (t)dt =
1
2π
=
n
∑
e dt =
ijt
−π j=−n
(
1
2π
π
= Dn (−x).
n [
∑
1
2π
n ∫
∑
j=−n
1 ijt
e
ij
j=−n
j̸=0
)
]t=π
+2π
π
eijt dt
−π
= 1.
t=−π
=0
53
3 | F II
Aufgrund der 2π-Periodizität ergibt sich die Translationsinvarianz des Integrals.
□
Lemma 3.26
Sei f ∈ L1 ([−π, π]) 2π-periodisch fortgesetzt. Dann gilt ür x ∈ R
∫ π(
)
sn (x) − f (x) =
f (x + t) − f (x) Dn (t)dt.
−π
Beweis:
Es gilt
sn (x) =
a0
2
+
∫
=
1
2π
∫
)
aj cos(jx) + bj sin(jx)
j=1
π
f (t)dt +
−π
π
=
−π
∫
n (
∑
(
1
2π
∫
n
∑
1
π
π
(
)
f (t) cos(jt) cos(jx) + sin(jt) sin(jx) dt
−π
j=1
)
n
∑
ij(x−t)
e
f (t)dt
= 12 (eij(x−t) +eij(t−x) )
j=−n
π
=
−π
Dn (x − t)f (t)dt.
Damit gilt
∫
sn (x) − f (x) =
−π
∫
f (t) Dn (x − t) dt − f (x)
=Dn (t−x)
π−x
=
−π−x
∫
π
=
−π
=1
∫
π
(
f (t + x)Dn (t) dt −
2π-periodisch in t
∫
π
−π
Dn (t)dt
π
−π
f (x)Dn (t)dt
)
f (t + x) − f (x) Dn (t)dt.
Bemerkung
Aus dem Beweis geht insbesondere folgende Darstellung ür sn (x) hervor:
∫ π
sn (x) =
Dn (x − t)f (t)dt.
−π
29.05.2013
Satz 3.27 (K  D)
Sei f ∈ L1 ([−π, π]) 2π-periodisch fortgesetzt, x ∈ [−π, π] fest und
∫ δ
f (x+t)−f (x)
dt < ∞.
∃δ > 0 :
t
−δ
Dann konvergiert sn (x) punktweise gegen f (x)
f (x) = lim sn (x).
n→∞
54
□
SCR | 3.3
Beweis:
Nach 3.26 ist
∫
sn (x) − f (x) =
(
π
∫−π
π
=Dn (t)
)
sin((n+ 1 )t)
f (t + x) − f (x) 2π sin(2t ) dt
2
f (t+x)−f (x)
t
=
−π
·
∈L1 ([−π,π])
(
)
· sin (n + 21 )t dt
t
2π sin( 2t )
stetig ergänzbar in t = 0
∈L1 ([−π,π])
Hier liefert 3.25 schließlich:
sn (x) − f (x) → 0
(n → ∞).
□
Und damit ist f (x) = limn→∞ sn (x) gezeigt.
Bemerkung 3.28
Sei f ∈ L1 ([−π, π]) 2π-periodisch fortgesetzt und Hölder-stetig in x, d.h.
∃α, c, δ > 0 ∀t ∈ [−δ, δ] : |f (x + t) − f (x)| < c|t|α .
Dann ist das Kriterium von Dini (aus 3.27) erüllt.
Beweis:
Es gilt
∫
∫
δ
−δ
f (x+t)−f (x)
t
>−1
δ
dt < c
−δ
|t|
α−1
dt < ∞
□
und somit nach 3.27 f (x) = limn→∞ sn (x).
Satz 3.29 (E K  D)
Sei f ∈ L1 ([−π, π]) 2π-periodisch fortgesetzt, x ∈ [−π, π] Unstetigkeitsstelle erster Art (d.h.
f (x − 0) und f (x + 0) existieren) und
∫ 0
∫ δ
f (x+t)−f (x−0)
f (x+t)−f (x+0)
∃δ > 0 :
dt < ∞ ∧
dt < ∞.
t
t
−δ
0
Dann konvergiert die Fourierreihe s(x) und es gilt
(
)
1
s(x) = 2 f (x + 0) + f (x − 0) .
Beweis:
Wegen Dn (−t) = Dn (t) und
∫π
−π
∫
Dn (t)dt = 1 ist
∫
0
−π
Dn (t)dt =
0
Insbesondere ist
(
) ∫
1
f (x + 0) + f (x − 0) =
2
π
Dn (t)dt = 12 .
∫
0
−π
f (x − 0)Dn (t)dt +
π
f (x + 0)Dn (t)dt.
0
55
3 | F II
Und somit
sn (x) −
1
2
(
∫
)
f (x − 0) + f (x + 0) =
π
−π
0
∫
f (t + x)Dn (t)dt −
1
2
(
f (x − 0) + f (x + 0)
)
(
)
=
f (t + x) − f (x − 0) Dn (t)dt
−π
∫ π(
)
+
f (t + x) − f (x + 0) Dn (t)dt
∫ π 0
∫ π
1
=
g1 (t) sin((n + 2 )t)dt +
g2 (t) sin((n + 12 )t)dt
−π
−π
→0
(n → ∞)
nach 3.25, da
1
g1 (t) = [−π,0] · 2π
=⇒ g1 ∈ L1 ([−π, π]),
f (t+x)−f (x−0)
t
t
sin( 12 t)
∈L1 ([−π,0])
1
g2 (t) = [0,π] · 2π
f (t+x)−f (x+0)
t
t
sin( 12 t)
=⇒ g2 ∈ L1 ([−π, π]).
□
∈L1 ([0,π])
Satz 3.30 (K  L)
Sei f ∈ C(R → C) 2π-periodisch mit
∃α, c > 0 ∀x, x′ ∈ R : |f (x) − f (x′ )| ≤ c|x − x′ |α
(d.h. f ist Hölder-stetig auf R). Dann konvergiert (sn ) auf R gleichmäßig gegen f .
Beweis:
1) Es gelten
a) Für alle x ∈ R gilt nach 3.28 sn (x) → f (x).
b) sn ist gleichgradig stetig auf R, dass heißt:
∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀n ∈ N ∀x, x′ ∈ R : |x − x′ | < δ =⇒ |sn (x) − sn (x′ )| < ε.
Seien dazu x, x′ ∈ R.
∫
|sn (x) − sn (x)| =
∫
π
−π
f (x + t)Dn (t)dt −
∫
(
=
π
−π
f (x′ + t)Dn (t)dt
)
f (x + t) − f (x + t) Dn (t)dt
′
[−π,−δ]∪[δ,π]
∫
δ
(
+
−δ
∫δ (
)
)
f (x + t) − f (x) Dn (t)dt −
f (x′ + t) − f (x′ ) Dn (t)dt
∫
−
[−π,−δ]∪[δ,π]
56
(
−δ
∫
)
′
f (x) − f (x ) Dn (t)dt +
π
−π
(
′
)
f (x) − f (x ) Dn (t)dt
=f (x)−f (x′ )
SCR | 3.3
(
)
′
′
|f (x + t) − f (x + t)| + |f (x) − f (x )| |Dn (t)| dt
∫
≤
≤c|x−x′ |α
[−π,−δ]∪[δ,π]
∫
δ
(
+
−δ
≤
′
′
|f (x + t) − f (x)| + |f (x + t) − f (x )|
≤2c|t|α
)
1
δ)
2π sin( 2
|Dn (t)| dt
≤
1
t )|
2π| sin( 2
+ |f (x) − f (x′ )|
≤2c|x−x′ |α
(
≤c 1+
)
∫
∫
′ α
|x − x | +
1
dt
π sin( 2δ )
c
π
[−π,−δ]∪[δ,π]
δ
−δ
|t|α
dt.
| sin( 2t )|
=:c(δ)
Da
∫1
|t|α
−1 | sin 2t |
dt < ∞, wählen wir δ > 0 so, dass
∫
c
π
δ
−δ
|t|α
dt
| sin( 2t )|
< ε.
Wähle anschließend δ ′ > 0 so, dass c(δ)|x − x′ |α < ε ür |x − x′ | < δ ′ . Dann folgt
∫ δ
|t|α
′
′ α
c
|sn (x) − sn (x )| ≤ · · · ≤ c(δ)|x − x | + π
dt < 2ε
ür |x − x′ | < δ ′
| sin( t )|
−δ
<ε
2
<ε
unabhängig von n ∈ N und der Lage von x.
c) f ist stetig.
2) Sei ε > 0, x0 ∈ R vorgegeben. Dann folgt aus obigen drei Aussagen:
a) |sn (x0 ) − f (x0 )| < ε ür n > Nε,x0
b) |sn (x) − sn (x0 )| < ε ür |x − x0 | < δ ′ und beliebiges n ∈ N.
c) |f (x) − f (x0 )| < ε ür |x − x0 | < δ ′′ .
Für δ := min{δ ′ , δ ′′ }, |x − x0 | < δ, n > Nε,x0 folgt aus den obigen drei Aussagen:
|f (x) − sn (x)| ≤ |f (x) − f (x0 )| + |f (x0 ) − sn (x0 )| + |sn (x0 ) − sn (x)| < 3ε.
Damit konvergiert sn gleichmäßig auf (x0 − δ, x0 + δ) gegen f .
3) Zu jedem x0 ∈ R findet sich eine Umgebung I :=]x0 −δε,x0 , x0 +δε,x0 [ mit |f (x)−sn (x)| <
ε ür n > Nε,x0 , x ∈ I.
Da [−π, π] kompakt, existieren endlich viele {xk }k=1,...,K sodass ihre zugehörigen Umgebungen [−π, π] überdecken:
[−π, π] ⊆
K ]
∪
xk − δε,xk , xk + δε,xk
[
k=1
Für n > Nε := max{Nε,x1 , . . . , Nε,xK } folgt somit ür x ∈ [−π, π]
|f (x) − sn (x)| < 3ε.
Da f, sn 2π-periodisch waren, ist also
|f (x) − sn (x)| < 3ε
ür n > Nε , x ∈ R.
□
57
3 | F II
Korollar 3.31
Sei f ∈ C 1 (R → C) 2π-periodisch. Dann konvergiert (sn ) auf R gleichmäßig gegen f .
Beweis:
Es gilt
|f (x) − f (x′ )| = |f ′ (ξ)||x − x′ | ≤ max |f ′ | · |x − x′ |.
[−π,π]
Nach 3.30 also sn → f gleichmäßig auf R.
03.06.2013
□
Bemerkung 3.32 (K D  F)
Setze ej (x) := √12π eijx . Dann bildet (ej )j∈Z ein ONS von L2 ([−π, π]).
Es gilt
n
∑
sn (x) =
⟨f, ej ⟩ej (x).
j=−n
Beweis:
Es gilt
{
1
eijt eikt dt =
0
−π
∫
⟨ej , ek ⟩ =
und
∫
sn (x) =
1
2π
π
n ∫
∑
π
−π
Dn (x − t)f (t)dt =
−π
j=−n
Neue Interpretation mit ej (x) :=
√1 eijx
2π
π
j=k
j ̸= k
f (t) √12π e−ijt dt √12π eijx .
ergibt
n
∑
sn (x) =
⟨f, ej ⟩ej (x).
□
j=−n
Satz 3.33
(ej )j∈Z aus 3.32 ist ein VONS in L2 ([−π, π]).
Beweis:
Sei f ∈ L2 ([−π, π]). Wähle fε ∈ C 1 ([−π, π] → C) mit ∥fε − f ∥L2 < ε (möglich nach 3.24)
und setze fε 2π-periodisch auf R fort (also fε ∈ C 1 (R → C)).
∑
(ε)
Setze sn := nj=−n ⟨fε , ej ⟩ej . Dann ist
(ε)
∥f − sn ∥ ≤ ∥f − fε ∥ +∥fε − s(ε)
n ∥ + ∥sn − sn ∥
<ε
√∫
≤ε+
Bessel
≤ε+
√
π
−π
fε −
(ε)
sn (t)
2
dt +
n
∑
j=−n
(ε)
2π max fε − sn
[−π,π]
2
+ ∥fε − f ∥
<ε
<ε, nach 3.31
< 3ε
58
2
⟨fε − f, ej ⟩ej
ür n > Nε
SCR | 3.3
und damit ∥f − sn ∥ → 0 ür n → ∞.
Bemerkung 3.34
1) Das Orthonormalsystem
□
(
)
sin x,
√1 , √1
π
2π
(ej )j∈N :=
√1
π
cos x, . . .
ist ebenfalls ein VONS in L2 ([−π, π]), da (vergleiche 3.21 und 3.32)
sn (x) =
n
∑
⟨f, ej ⟩ej (x) =
j=1
ür e˜j (x) :=
√1 eijx .
2π
n
∑
⟨f, e˜j ⟩˜
ej (x),
j=−n
Also lässt sich der Beweis aus 3.33 direkt übertragen.
2) Zusammenfassung:
a) Für f ∈ L2 ([−π, π]) gilt
n
∑
f = lim
n→∞
⟨f, ej ⟩ej
j=−n
(Konvergenz bezüglich ∥ · ∥).
b) Wenn f den Satz von Dini in jedem x ∈ [−π, π] erüllt, gilt
n
∑
f (x) = lim
n→∞
⟨f, ej ⟩ej (x)
j=−n
(punktweise Konvergenz in C).
c) Wenn f die Lipschitz-Bedingung erüllt, gilt
n
∑
f (x) = lim
n→∞
⟨f, ej ⟩ej (x)
j=−n
gleichmäßig auf R.
Bemerkung 3.35 (A I)
Sei f ∈ C(R → C) 2L-periodisch mit
∃α, c > 0 ∀x, x′ : |f (x) − f (x′ )| ≤ c|x − x′ |α .
g(x) := f ( Lπ x) erüllt also die Lipschitz-Bedingung aus 3.30. Also
∫ π
∞
∑
L
1
f ( π x) = g(x) =
g(t) e−ijt dt · eijx
2π
−π
j=−∞
∫
∞
s= L
t∑
π
1 π
2π L
=
j=−∞
und mit y = Lπ x
f (y) =
∞
∑
j=−∞
∫
1
2L
L
−L
=f ( L
t)
π
L
−L
f (s)e−ij L s ds · eijx
π
f (s)e−ij L s ds · eij L y .
π
π
π
ej )j∈Z VONS in L2 ([−L, L]). Mit e˜j anstelle von ej , gilt alles
Setze e˜j (y) := √12L eij L y . Dann ist (˜
wie vorher im Intervall [−L, L] bzw. ür 2L-periodische Funktionen.
59
3 | F II
Beispiel 3.36
Seien a, b ∈ R, a, b ̸= 0, f : [−L, L] → C gegeben.
Gesucht ist y ∈ C 2 ([−L, L] → C) als Lösung von
ay ′′ + by ′ + y = f
∧ y ′ (−L) = y ′ (L)
y(−L) = y(L)
in [−L, L]
(periodische Randbedingung)
Wir rechnen zunächst formal und stellen die Konvergenzüberlegungen
Formale Rechnung
hinten an. Seien
f (x) =
∞
∑
⟨f, e˜j ⟩˜
ej (x),
y(x) =
j=−∞
∞
∑
yj e˜j (x)
j=−∞
Ziel der formalen Rechnung ist die Bestimmung von (yj ).
′
y (x) =
y ′′ (x) =
∞
∑
yj e˜′j (x) =
j=−∞
∞
∑
∑
yj ij Lπ e˜j (x)
j=−∞
yj e˜′′j (x) = −
j=−∞
∑
( )2
yj j Lπ e˜j (x)
j=−∞
Eingesetzt in die DGL gilt
∞
∑
(
yj −
a( jπ
)2
L
+
bij Lπ
)
!
+ 1 e˜j (x) =
j=−∞
∞
∑
⟨f, e˜j ⟩˜
ej (x)
j=−∞
⇐⇒
yj =
−a( jπ
)2
L
1
⟨f, e˜j ⟩,
+ bij Lπ + 1
da die Fourierkoeffizienten eindeutig bestimmt sind. Es ergibt sich als Kandidaten ür die Lösung
also
∞
∑
1
y(x) =
⟨f, e˜j ⟩˜
ej (x)
jπ
π
j=−∞
−a(
)2 +bij L +1
L
Falls die Reihe gleichmäßig konvergiert und die erste und zweite Ableitung mit der Reihe vertauschbar sind, dann ist y ∈ C 2 ([−L, L] → C) und y ist eine Lösung.
Konvergenzüberlegungen
Setze voraus: f ∈ C 1 (R → C) 2π-periodisch. Dann gilt
1) Nach 3.31 ist ür [−L, L]
f (x) =
∞
∑
⟨f, e˜j ⟩˜
ej (x)
j=−∞
gleichmäßig konvergent auf R.
2) Mit partieller Integration gilt, da f ′ stetig:
|⟨f, e˜j ⟩| ≤
3)
a) y(x) =
und
60
∑∞
j=−∞
∑∞
1
j=0 j 3
c
j
c ∈ R.
yj e˜j (x) ist nach Weierstraß gleichmäßig konvergent auf R, da
|yj e˜j (x)| ≤
< ∞.
c1
|⟨f, e˜j ⟩||˜
ej (x)|
j2
≤
c2
j3
SCR | 3.3
b) y ′ (x) =
∑∞
j=−∞
yj e˜′j (x) ist nach Weierstraß gleichmäßig konvergent auf R, da
|yj e˜′j (x)| ≤
c1
|⟨f, e˜j ⟩| |˜
e′j (x)|
j2
≤
c2
j2
≤ √j
2L
und
∑∞
1
j=0 j 2
′′
< ∞.
c) Die Reihe y (x) =
∑∞
j=−∞
yj e′′j (x) =
1
a
(
yj e˜′′j (x) konvergiert gleichmäßig:
⟨f, e˜j ⟩˜
ej (x) −b
glm. konv. nach 1)
yj e˜′j (x)
glm. konv. nach 3b)
−
)
yj e˜j (x)
glm. konv. nach 3a)
Perspektivenwechsel Da die Reihe ür y gleichmäßig konvergent ist, gilt
∫
π
y(x) =
f (t)
−π
∞
∑
π
yj e L ij(x−t) dt.
j=−∞
=:G(x−t)
G(x − t) entspricht der Greenschen Funktion.
61
4 Fouriertransformation
05.06.2013
4.1 Grundlagen
Definition 4.1
1) Für f ∈ C ∞ (R → C), j, k ∈ N0 sei
∥f ∥j,k := sup |xj f (k) (x)|.
x∈R
Definiere den Schwartz-Raum über R als
{
}
S(R) := f ∈ C ∞ (R → C) | ∀j, k ∈ N0 : ∥f ∥j,k < ∞ .
2) Für f : R → C sei
supp(f ) := {x ∈ R : f (x) ̸= 0}
der Träger oder Support von f .
Der Testraum über R ist definiert als
{
}
C0∞ (R) := f ∈ C ∞ (R → C) : supp(f ) ist kompakt
Offensichtlich ist C0∞ (R) ⊆ S(R).
Bemerkung
Für f ∈ C ∞ (R → C), j, k ∈ N0 ist ∥ · ∥j,k eine Halbnorm und im Fall k = 0 sogar eine Norm.
Beispiel 4.2
1) Für j ∈ N0 , α > 0 setze
f (x) = xj e−αx .
2
Dann ist f ∈ S(R) \ C0∞ (R).
2) Sei
{
1
−
1−x2
e
˜j1 (x) :=
0
−1 < x < 1
sonst
Wegen supp(˜j1 ) = [−1, 1] und ˜j1 ∈ C ∞ (R → R) ist ˜j1 ∈ C0∞ (R). Außerdem gilt ˜j1 (x) ≥ 0.
Setze j1 (x) := c˜j1 (x) mit
1
c = ∫1 − 1
.
1−t2 dt
e
−1
∫
Dann hat j1 die zusätzliche Eigenscha R j1 (x)dx = 1.
Setze
jε (x) := 1ε j1 ( xε ).
Dann hat jε insgesamt folgende Eigenschaen:
63
4 | F
• jε ∈ C0∞ ,
• supp(jε ) = [−ε, ε],
∫
• R jε (x)dx = 1.
3) Definiere ür R > ε > 0 die sogenannte Abschneidefunktion:
∫ R+ε
ψR,ε (x) :=
jε (x − y)dy.
−R−ε
Für −R ≤ x ≤ R ist
∫
ψR,ε (x) =
∞
−∞
ξ=x−y
jε (x − y)dy = −
∫
−∞
jε (ξ)dξ = 1.
+∞
Für x ≤ −R − 2ε oder x ≥ R + 2ε ist
∫
ψR,ε (x) =
0dy = 0,
also supp(ψR,ε ) ⊆ [−R − 2ε, R + 2ε].
Mit der Leibnizregel ür Parameterintegrale gilt
∫ R+ε
dk
ψ (x) =
jε(k) (x − y)dy,
dxk R,ε
−R−ε
also ψR,ε ∈ C0∞ (R).
Der Betrag der Ableitung lässt sich unabhängig von R und x abschätzen:
∫ R+ε
∫
ξ=x−y ε
(k)
dk
ψ (x) ≤
|jε (x − y)|dy ≤
|jε(k) (ξ)|dξ ≤ c(ε).
dxk R,ε
−R−ε
Bemerkung 4.3
Mit der Metrik
d(f, g) :=
−ε
∞
∑
∥f −g∥j,k
1
2j+k 1+∥f −g∥j,k
j,k=0
ist (S(R), d) ein vollständiger metrischer Raum.
Bemerkung 4.4 (E)
1) S(R) ist ein linearer Raum über C.
2) Für f, g ∈ S(R) ist f · g ∈ S(R).
Insbesondere ist (S(R), ·) mit 1) eine C-Algebra ohne Einselement.
3) Sei f ∈ S(R), j, k ∈ N0 und g(x) := xj f (k) (x). Dann ist g ∈ S(R).
C0∞ (R) besitzt die selben Eigenschaen.
Definition 4.5 (FT)
Für f ∈ S(R) ist
(F f )(ω) := fˆ(ω) :=
die Fourier-Transformierte von f .
64
∫
√1
2π
∞
−∞
f (x) · e−iωx dx
G | 4.1
Beispiel 4.6
x2
ω2
Sei f (x) = e− 2 , dann ist die Fourier-Transformierte fˆ(ω) = e− 2 .
Damit ist f Eigenfunktion von F zum Eigenwert λ = 1.
Satz 4.7
Sei f ∈ S(R) und k ∈ N0 . Dann gelten
1) f (k) (ω) = (iω)k fˆ(ω),
2) ür g(x) := xk f (x) ist gˆ(ω) = ik fˆ(k) (ω).
Beweis:
1) Mit partieller Integration ergibt sich
∫ ∞
√
′
ˆ
2π f (ω) =
f ′ (x)e−iωx dx
[
−∞
= f (x)e
−iωx
∫
]x=∞
x=−∞
=
√
∞
f (x)e−iωx dx
+iω
−∞
√
= 2π fˆ(ω)
=0 (f ∈ S)
2πiω fˆ(ω).
c
2) Sei g(x) = xf (x). Da f ∈ S(R) gilt |g(x)e−iωx | = |xf (x)| ≤ 1+x
2 , also konvergiert das
folgende Integral nach dem Satz über majorisierte Konvergenz gleichmäßig (siehe auch
Übungsaufgabe 9.1a) und es gilt
∫ ∞
√
2πˆ
g (ω) =
f (x) xe−iωx dx
−∞
∫
∞
=i
−∞
∫
d −iωx
=i dω
e
d
(e−iωx )dx
f (x) dω
∞
f (x)e−iωx dx
√ −∞
√
d ˆ
= 2πi dω
f (ω) = 2πifˆ(1) (ω).
=
d
i dω
□
Satz 4.8
F : f → fˆ ist eine lineare Abbildung von S(R) in S(R).
Beweis:
1) F linear ist klar.
2) Zeige fˆ ∈ S(R).
d
−iωx
a) Sei k ∈ N0 . Da f ∈ S(R) gilt |f (x) dω
| = |f (x)||x|k ≤ 1+|x|c k+2 |x|k , also konke
vergiert das folgende Integral nach dem Satz über majorisierte Konvergenz gleichmäßig. Es gilt
∫ ∞
∫ ∞
√ dk
−iωx
dk
dk −iωx
ˆ
2π dωk f (ω) = dωk
f (x)e
dx =
f (x) dω
dx
ke
k
−∞
−∞
Wegen der gleichmäßigen Konvergenz des Integrals hängt der Wert stetig von ω ab,
also fˆ ∈ C ∞ (R → C).
∫∞
∫∞ 1
ˆ
Außerdem ist |fˆ(ω)| ≤ −∞ |f (x)eiωx |dx ≤ c −∞ 1+x
2 dx < ∞, also supω∈R |f (ω)| <
∞.
65
4 | F
b) Seien jetzt j, k ∈ N0 und g(x) := xk f (x), dann ist g (j) ∈ S(R) (Produktregel) und
nach Teil a) gilt supω∈R |gˆ(j) (ω)| < ∞, also
a)
4.7
4.7
∥fˆ∥j,k = sup ω j fˆ(k) (ω) = sup ω j gˆ(ω) = sup gˆ(j) (ω) < ∞.
ω∈R
ω∈R
ω∈R
□
Bemerkung 4.9
F : S(R) → S(R) ist stetig bezüglich der Metrik d aus 4.3.
Beweis:
□
Siehe Übungsaufgabe 9.4a.
10.06.2013
Satz 4.10
F : S(R) → S(R) : f → fˆ ist bijektiv und F −1 : S(R) → S(R) : g → gˇ ist gegeben durch
∫ ∞
−1
1
√
(F g)(x) := gˇ(x) := 2π
g(ω) · eiωx dω
−∞
Beweis:
∫∞
Zeige zunächst f (y) = √12π −∞ fˆ(ω)eiωy dω ür f ∈ C0∞ (R), erweitere dies anschließend
mit Hilfe der Abschneidefunktion auf f ∈ S(R) (damit ist die Injektivität durch Angabe der
Umkehrabbildung auf im F gezeigt) und zeige zuletzt die Surjektivität.
1) Sei f ∈ C0∞ (R) und ε > 0 klein genug, sodass supp f ⊆] − 1ε , 1ε [.
Setze f 2ε -periodisch auf R fort, um f in eine Fourierreihe gemäß 3.35 zu entwickeln. Auf
] − 1ε , 1ε [ stimmen das fortgesetzte f und das nicht-fortgesetzte f überein, also gilt ür
y ∈] − 1ε , 1ε [
∫ 1
∞
∑
ε
1
e−ijπεs f (s)dseijπεy
f (y) =
1
2
=
j=−∞
∞
∑
ε
ε
2
− 1ε
√
2π fˆ(jπε)eijπεy
j=−∞
=
∞
∑
√1
2π
∆ωj fˆ(ωj )eiωj y
ωj := jπε, ∆ωj = πε.
j=−∞
Mit ε → 0 gilt also ür y ∈ R
∫
f (y) =
√1
2π
∞
fˆ(ω)eiωy dω.
−∞
2) Sei f ∈ S(R) und ψR,1 ∈ C0∞ die Abschneidefunktion aus 4.2. Dann ist ψR,1 f ∈ C0∞ (R).
Insgesamt gilt formal
f (y) =
∫ ∞
1
ˆ f (ω)e−iωy dω
lim (ψR,1 f )(y) = √2π lim
ψR,1
R→∞
R→∞ −∞
∫ ∞
2a) 1
ˆ f (ω)e−iωy dω
= √2π
lim ψR,1
R→∞
∫−∞
∞
2b) 1
= √2π
fˆ(ω)e−iωy dω.
−∞
1)
Es bleiben noch 2a) und 2b) zu rechtfertigen:
66
G | 4.1
ˆ f | eine von R unabhängige, integrierbare Majorante. Da (ψR,1 f )′′ ∈
2a) Wir suchen ür |ψR,1
S(R) gilt ür |ω| ≥ 1
∫
ψR,1 · f (ω) =
1
√1
2π (−iω)2
∫
=
√ 1
2πω 2
∞
−∞
∞
(ψR,1 · f )′′ (x)e−iωx dx
(ψR,1 · f )′′ (x)) 1dx
−∞
≤
≤
c′
.
ω2
Für |ω| ≤ 1 ist
∫
ψR,1 · f (ω) ≤
Somit konvergiert
genz gleichmäßig.
∫∞
−∞
c
1+x2
√1
2π
∞
−∞
|ψR,1 (x)| |f (x)||e−iωx |dx ≤ c′′ .
≤1
ˆ f (ω)e−iωy dω nach dem Satz über majorisierte KonverψR,1
2b) Da ψR,1 f ∈ S(R) ist |(ψR,1 f )(x)| ≤
und damit ür ω ∈ R
∫ ∞
1
lim ψR,1 · f (ω) = √2ω lim
ψR,1 (x)f (x)e−iωx dx
R→∞
R→∞ −∞
∫ ∞
1
√
lim ψR,1 (x)f (x)e−iωx dx
= 2ω
c
1+x2
−∞ R→∞
= fˆ(ω).
3) Sei g ∈ S(R). Aus 2) folgt
g(ω) =
∫
√1
2π
∫
∞
iωx
gˆ(x)e
dx =
−∞
√1
2π
∞
gˆ(−x)e−iωx dx
−∞
Nach 4.8 ist auch gˆ ∈ S(R) und somit g = gˆ(− · ) ∈ im(F ). Also ist F surjektiv.
□
Beispiel 4.11 (D    B)
Sei u(x) der Verlauf des Balkens und f (x) die einwirkende Kra an jedem Punkt. Es gilt folgende
DGL:
α ̸= 0
u(4) + α4 u(x) = f (x),
Wir nehmen an, dass f, u ∈ S(R). Wegen u(k) (ω) = (iω)k uˆ(ω) vereinfacht sich die DGL nach
der Fouriertransformation zu
ω 4 uˆ(ω) + α4 uˆ(ω) = fˆ(ω)
⇐⇒
uˆ(ω) =
1
fˆ(ω)
ω 4 +α4
1
∞
Wegen f ∈ S(R) ist auch fˆ ∈ S(R). Mit φ(ω) := ω4 +α
(R → R) und |φ(k) (ω)| ≤
4 gelten φ ∈ C
ck . Damit ist φfˆ ∈ S(R) (siehe Übungsaufgabe 9.4b) und somit
u = (φfˆ)∨ ∈ S(R).
67
4 | F
Also existiert die Lösung und ist eindeutig.
Manche Menschen würden die Lösung auch gerne ausrechnen können. Wie berechnet man
(φfˆ)∨ aus φˇ und f ?
Definition 4.12
Sei f, g ∈ S(R). Die Faltung f ∗ g von f mit g ist definiert durch
∫
(f ∗ g)(y) :=
∞
−∞
f (y − x)g(x)dx.
Beispiel 4.13
Die Abschneidefunktion aus 4.2 lässt sich als Faltung schreiben:
∫
ψR,ε (x) :=
∫
R+ε
−R−ε
∞
jε (x − y)dy,
jε (x − y) · [−R−ε,R+ε] (y)dy
(
)
= jε ∗ [−R−ε,R+ε] (x)
=
−∞
Satz 4.14
Für f, g, h ∈ S(R) gelten
1) f ∗ g ∈ S(R)
2) Es gilt
f ·g =
√1 fˆ ∗
2π
gˆ,
√
f ∗ g = 2π fˆ · gˆ.
Insbesondere also (f ∗ g)∨ =
√
2π fˇ · gˇ und (f · g)∨ =
√1 fˇ ∗
2π
gˇ
3) Es gilt
f ∗ (g ∗ h) = (f ∗ g) ∗ h,
f ∗ g = g ∗ f.
Bemerkung
Mit dem Satz gilt ür das Beispiel 4.11:
u = (φfˆ)∨ =
√1 φ
ˇ
2π
∗f
1
∨
Damit ist u explizit berechenbar miels ( ω4 +α
4 ) . Beachte aber, dass
Beweis:
1
ω 4 +α4
∈
/ S(R).
1) Wegen f, g ∈ S(R) ist nach 4.8 fˆ, gˆ ∈ S(R), also fˆ · gˆ ∈ S(R), also nach 4.10 (fˆgˆ)∨ ∈
S(R) und somit
2) √
f ∗ g = 2π(fˆgˆ)∨ ∈ S(R).
68
G | 4.1
2) Die Fouriertransformation erhält das L2 -Skalarprodukt (siehe 4.16), daher gilt
∫ ∞
√
2π f g(ω) =
f (x)g(x)e−iωx dx
−∞
⟩
⟨
= ⟨g, f eiω · ⟩L2 (R) = gˆ, f eiω ·
L2 (R)
(
)
∫ ∞
∫ ∞
1
iωx
−i˜
ω
x
√
=
gˆ(˜
ω ) 2π
f (x)e e
dx d˜
ω
−∞
−∞
∫ ∞
∫ ∞
1
√
=
f (x)e−i(ω−˜ω)x dx d˜
gˆ(˜
ω ) 2π
ω
−∞
−∞
∫
=fˆ(ω−˜
ω)
∞
=
−∞
gˆ(˜
ω )fˆ(ω − ω
˜ )dω
= (fˆ ∗ gˆ)(ω)
Analog zeigt man
3) Es gilt
(fˆ · gˆ)∨ =
√1 f
2π
∗ g.
(√
)∨ (
)∨
ˆ = . . . = (f ∗ g) ∗ h,
2π fˆ · (g ∗ h) = 2π fˆ · gˆ · h
)∨
(√
2π fˆgˆ = g ∗ f.
f ∗g =
f ∗ (g ∗ h) =
□
12.06.2013
Satz 4.15 (PG)
Für f ∈ S(R) gilt
∥F f ∥L2 (R) = ∥f ∥L2 (R) ,
die Fouriertransformation erhält also die L2 -Norm.
Beweis:
Wir verfahren ähnlich wie im Beweis zu 4.10.
1) Zunächst sei f ∈ C0∞ (R), ε > 0 mit supp f ⊆] − 1ε , 1ε [=: Iε . In L2 (Iε ) ist (ej )j∈Z mit
√
ej (x) = 2ε eijπεx
∑
ein VONS, also ∀f ∈ L2 (Iε ) : f = ∞
i=−∞ ⟨f, ej ⟩ej .
Mit der Parsevalschen Gleichung folgt:
∥f ∥2Iε
∞
∑
=
=
j=−∞
∞
∑
j=−∞
ε→0
→
∫
∞
−∞
|⟨f, ej ⟩| =
2
∫
ε
2
∞
∑
∫
ε
2
2
f (x)e
2
f (x)e
−ijπεx
−ijπεx
dx
− 1ε
j=−∞
∞
1
ε
dx
−∞
√
2π fˆ(jπε)
=
∞
∑
πε fˆ( jπε )
j=−∞ ∆ωj
2
ωj
|fˆ(ω)|2 dω = ∥fˆ∥L2 (R) .
Also gilt ür f ∈ C0∞ (R) : ∥fˆ∥L2 (R) = ∥f ∥L2 (R) .
69
4 | F
2) Sei jetzt f ∈ S(R). Multipliziere mit der Abschneidefunktion, dann ist ψR,1 f ∈ C0∞ (R).
Aus Teil 1) und dem Beweis von 4.10 entnehmen wir:
a) |(ψR,1 f )(ω)| ≤
c1
,
1+ω 2
b) ∥ψR,1 f ∥L2 (R) = ∥ψR,1 f ∥L2 (R) ,
ˆ f (ω)| ≤ c2 2 ,
c) |ψR,1
1+ω
ˆ f = fˆ.
d) lim ψR,1
R→∞
Mit majorisierter Konvergenz folgt ähnlich wie in 4.10
∥f ∥L2 (R) =
a)
lim ψR,1 f
L2 (R)
R→∞
= lim
ψR,1 f
b)
ˆf
ψR,1
R→∞
= lim
R→∞
Korollar 4.16
Für f, g ∈ S(R) gilt
L2 (R)
c)
L2 (R)
=
ˆf
lim ψR,1
R→∞
L2 (R)
d)
= fˆ
□
.
L2 (R)
⟨f, g⟩L2 (R) = ⟨F f, F g⟩L2 (R) .
Beweis:
Folgt direkt mit 4.15 und der Polarisationsformel:
(
(
))
2
2
2
2
1
⟨f, g⟩ = 4 ∥f + g∥ − ∥f − g∥ + i ∥f + ig∥ − ∥f − ig∥
.
□
Satz 4.17
Für f ∈ S(R) gilt
∥fˆ∥L∞ (R) ≤
√1 ∥f ∥L1 (R) .
2π
Beweis:
Für alle ω ∈ R ist
∫
|fˆ(ω)| =
Also ∥fˆ∥L∞ (R) ≤
√1
2π
∞
−iωx
f (x)e
−∞
∫
dx ≤
√1
2π
∞
−∞
|f (x)|1dx =
√1 ∥f ∥L1 (R) .
2π
√1 ∥f ∥L1 (R) .
2π
□
4.2 Dichte Mengen
17.06.2013
Satz 4.18
Sei 1 ≤ p < ∞. Dann ist C0∞ dicht in Lp (R).
Beweis:
Sei u ∈ Lp (R) und o.B.d.A. u(x) ≥ 0 auf R (sonst u = Re(u)+ −Re(u)− +i(Im(u)+ −Im(u)− )).
Approximiere nun u durch C0∞ (R)-Funktionen.
1) Mache Träger kompakt:
Dann gilt
70
vk := [−k,k] ·u.
D M | 4.2
• |vk (x) − u(x)|p → 0 ür k → ∞ ür jedes feste x ∈ R,
∫∞
• |vk (x) − u(x)|p ≤ |u(x)|p , −∞ |u(x)|p dx < ∞.
∫∞
Mit majorisierter Konvergenz gilt −∞ |vk (x) − u(x)|p dx → 0, also
∥vk − u∥Lp (R) → 0.
Wähle u1 ∈ Lp (R) mit ∥u − u1 ∥Lp (Rn ) < ε und supp u1 ⊆ [−R, R] ür ein hinreichend
großes R > 0.
2) Aus der Maßtheorie wissen wir: Es gibt eine Folge (φk )k∈N einfacher Funktionen mit
• ∀u ∈ R : 0 ≤ φk (x) ≤ u1 (x) (insbesondere supp φk ⊆ [−R, R]),
• φk (x) ↗ u1 (x) punktweise auf R.
Mit majorisierter Konvergenz wissen wir ∥u1 − φk ∥Lp (R) → 0.
Wähle u2 als einfache Funktion
u2 :=
n
∑
λj Bj ,
j=1
mit Bj messbar und ∥u1 − u2 ∥Lp (R) < ε.
Es gilt Bj ∈ Lebesgue-Borel-σ-Algebra. Wähle A ∈ Borel-σ-Algebra mit µ(Aj \ Bj ) =
0 = µ(Bj \ Aj ).
Setze
u3 :=
n
∑
λj Aj ,
j=1
womit ∥u2 − u3 ∥Lp (R) = 0 gilt. Es gelte o.B.d.A. supp u3 ⊆ [−R, R] (schneide Aj mit
[−R, R]).
3) Approximiere jedes Aj durch endlich viele abgeschlossene Intervalle.
Sei A ∈ Borel-σ-Algebra, A ⊆ [−R, R]. Das Maß von A ist definiert als
µ(A) := inf
∞
{∑
µ(Ij ) : A ⊆
j=1
∞
∪
}
Ij , Ij = [aj , bj ] .
j=1
∪
∑
Wähle ür ε˜ > 0∑
also o.B.d.A (Ij ) mit∑
Ij ⊆ [−R, R], A ⊆ ∞
εp < ∞
j=1 Ij , µ(A)+˜
j=1 µ(Ij ).
∞
p
Wegen µ(A) ≤ ∞
µ(I
)
ist
0
≤
µ(I
)
−
µ(A)
≤
ε
˜
.
Also
j
j
j=1
j=1
∫
0≤
∞
(
−∞
∪∞
j=1 Ij
− Aj
)
(∪
)
∞
∞
∑
dx = µ
Ij − µ(A) ≤
u(Ij ) − µ(A) < ε˜p .
j=1
j=1
=( · )p da ∈ {0, 1}
Und somit
∪∞
− Aj
j=1 Ij
Wähle N ∈ N mit
∫
0≤
∞
−∞
(
∑∞
i=N +1
∪∞
j=1 Ij
Lp (R)
< ε˜.
µ(Ij ) < ε˜p , dann gilt
−
∪N
j=1 Ij
)
∫
≤
∞
−∞
(
∪∞
j=N +1 Ij
)
≤
∞
∑
µ(Ij ) < ε˜p ,
j=N +1
=( · )p
71
4 | F
also
∪∞
− ∪Nj=1 Ij
j=1 Ij
Lp (R)
< ε˜.
Zusammengefasst gilt damit
A − ∪Nj=1 Ij
Lp (R)
< 2˜
ε.
nur noch endlich viele
Wähle also
u4 :=
m
∑
˜ j [a ,b ]
λ
j j
j=1
mit ∥u3 − u4 ∥Lp (R) < ε.
4) Zu [aj , bj ] existiert fj ∈ C(R → C) mit supp fj ⊆ [aj , bj ], ∥ [aj ,bj ] −f ∥Lp (R) < ε˜.
Wähle also
u5 =
m
∑
˜ j fj
λ
j=1
sodass ∥u4 − u5 ∥Lp (R) < ε, u5 ∈ C(R → C) und immernoch supp u5 ⊆ [−R, R].
5) Mit 4.20 4) gilt ür stetige Funktionen mit kompaktem Träger, dass jδ ∗ u5 ∈ C0∞ (R → C)
und
jδ ∗ u5 − u5
<ε
ür δ > 0 genügend klein.
Lp (R)
Insgesamt gilt damit
u − jδ ∗ u5 < 5ε.
□
Definition 4.19
Für f ∈ Lp (R) setze
Jε f := jε ∗ f,
d.h.
∫
Jε f (x) =
∞
−∞
jε (x − y)f (y)dy.
Jε heißt Gläungsoperator (oder Mollifier).
Bemerkung
Die wichtigen Eigenschaen von jε waren:
jε ∈ C0∞ (R), jε ≥ 0 auf R, supp jε = [−ε, ε],
Satz 4.20
Für 1 ≤ p < ∞, u ∈ Lp (R) gelten
1) Jε u ∈ C ∞ (R → C) ür ε > 0.
2) supp u beschränkt =⇒ Jε u ∈ C0∞ (R).
3) Jε u ∈ Lp (R), ∥Jε u∥Lp (R) ≤ ∥u∥Lp (R)
4) ∥Jε u − u∥Lp (R) → 0 ür ε ↘ 0.
72
∫
j (x)dx =
R ε
∫ε
j (x)dx
−ε ε
= 1.
D M | 4.2
Beweis:
1) Zeige
∫
dk
(Jε u)(x)
dxk
∞
=
−∞
dk
j (x
dxk ε
− y)u(y)dy
ür k ∈ N.
Betrachte k = 1 (größere k lassen sich induktiv analog zeigen). Sei ε > 0, dann gilt
∫ ∞
Jε u(x + k) − Jε u(x)
−
jε′ (x − y)u(y)dy
h
−∞
∫ ∞(
)
(
) ′
1
=
j
(x
+
h
−
y)
−
j
(x
−
y)
−j
(x
−
y)
u(y)dy
ε
ε
h ε
−∞
=jε′ (x+ϑh−y)
wobei 0 < ϑ < 1 von x − y und h abhängig
∫ ∞
jε′ (x + ϑh − y) − jε′ (x − y) |u(y)|dy
≤
−∞
Hölder
(∫
≤
∞
−∞
) 1q
q
jε′ (x + ϑh − y) − jε′ (x − y) dy
Für den Teil mit der q-Norm gilt:
(∫
)
∫
∞
q
z=x−y
′
′
jε (x + ϑh − y) − jε (x − y) dy =
−∞
∫
∞
−∞
2ε
=
−2ε
∥u∥Lp (R)
mit
1
p
+
1
q
= 1, p > 1
q
jε′ (z + ϑh) − jε′ (z) dz
q
jε′ (z + ϑh) − jε′ (z) dz
falls |h| < ε
die stetige Funktion jε′ ist auf dem kompakten Intervall [−2ε, 2ε] gleichmäßig stetig, also
|jε′ (z + ϑh) − jε′ (z)| < ε˜ ür |ϑh| < δ und somit
ür |h| < δ
= 4ε˜
εq
Für den Fall p = 1 schreibt man:
Jε u(x + k) − Jε u(x)
−
h
∫
∞
−∞
jε′ (x − y)u(y)dy
≤ · · · ≤ sup jε′ (x + ϑh − y) − jε′ (x − y) ∥u∥L1 (R) < ε˜∥u∥L1 (R) ,
x−y∈R
ür |h| < δ.
2) Falls supp u ⊆ [a, b], a < b, dann ist supp(Jε u) ⊆ [a − ε, b + ε] und somit Jε u ∈ C0∞ (R).
(∫
) p1
p
3) a) Zeige zunächst |Jε u(x)| ≤
j
(x
−
y)|u(y)|
dy
.
R ε
Für p = 1 ist die Aussage klar (Betrag ins Integral ziehen). Sei also 1 < p < ∞:
∫ ∞
(
)1 (
)1
jε (x − y) q jε (x − y) p u(y)dy
|Jε u(x)| =
−∞
(∫
Hölder
≤
∞
−∞
≥0
(
jε (x − y)
) qq
dy
) 1q ( ∫
∞
−∞
(
)p
jε (x − y) p |u(y)|p dy
) p1
=1
73
4 | F
b) Es gilt
∫
∥Jε u∥pLp (R)
∞
|Jε u(x)|p dx
)
∫−∞
∞ (∫ ∞
a)
p
≤
jε (x − y)|u(y)| dy dx
−∞
−∞
)
(∫ ∞
∫ ∞
Fubini
p
jε (x − y)dx dy
=
|u(y)|
=
−∞
−∞
(jε ≥ 0, |u|p ≥ 0)
=1
=
∥u∥pLp (R)
< ∞.
Also insbesondere Jε u ∈ Lp (R).
4) Sei zunächst u ∈ C0∞ (R) und a ≤ b so, dass supp u ⊆ [a, b]. Dann gilt wegen
1:
∫ ∞
(
)
|Jε u(x) − u(x)| =
jε (x − y) u(y) − u(x) dy
−∞
∫ x+ε
≤
jε (x − y) |u(y) − u(x)| dy
x−ε
∫
∫
jε (x)dx =
<δ ür ε < ε0
· dy=1
<δ
(u stetig auf kompakter Menge, also gleichmäßig stetig). Also
∫ ∞
p
∥Jε u − u∥Lp (R) =
|Jε u(x) − u(x)|p dx
−∞
supp( · )⊆[a−ε,b+ε]
< δ p (b − a + 2ε0 )
→0
ür ε ↘ 0
ür ε < ε0
Für allgemeine u ∈ Lp (R) folgt die Aussage aus 4.18: Sei dazu (un )n∈N eine Folge in
C0∞ (R) mit ∥un − u∥Lp → 0 und δ > 0. Wähle Nδ so groß, dass
3)
∥Jε u − Jε un ∥Lp (R) = ∥Jε (u − un )∥Lp (R) ≤ ∥u − un ∥Lp (R) < δ
ür n ≥ Nδ (Nδ unabhängig von ε). Wähle anschließend ε0 so dass ∥Jε uNδ − uNδ ∥ < δ
ür ε < ε0 (siehe oben). Dann gilt
∥Jε − u∥Lp ≤ ∥Jε u − Jε uNδ ∥Lp (R) + ∥Jε uNδ − uNδ ∥Lp (R) + ∥uNδ − u∥Lp (R)
<δ
<δ
<δ
< 3δ
□
ür ε < ε0 .
Satz 4.21 (S  P)
1) Die Fouriertransformation F : S(R) → S(R) besitzt eine eindeutige stetige Fortsetzung
F : L2 (R) → L2 (R). Diese Fortsetzung ist unitär, d.h.
∀f, g ∈ L2 (R) : ⟨Ff, Fg⟩ = ⟨f, g⟩
74
D M | 4.2
2) Sei G : L2 (R) → L2 (R) die eindeutige Fortsetzung von F −1 auf L2 (R). Dann ist G = F −1 .
Beweis:
1) In Übungsaufgabe 10.2 wird gezeigt: F existiert, ist eindeutig und ∥Ff ∥L2 (R) = ∥f ∥L2 (R)
ür f ∈ L2 (R). Mit der Polarisationsformel folgt die Aussage.
2) Existenz und Eindeutigkeit folgt wieder aus Übungsaufgabe 10.2.
Zeige G ◦ F = Id = F ◦ G. Zu f ∈ L2 (R) wähle nach 4.18 (fn ) in C0∞ (R) ⊆ S(R) mit
∥f −fn ∥L2 (R) → 0. Dann ist wegen der Linearität und der Isometrie ∥Ff −Ffn ∥L2 (R) → 0,
Ff = L2 -lim F fn ,
n→∞
und analog ür G, also
G(Ff ) = L2 -lim F −1 (F (fn )) = L2 -lim fn = f.
n→∞
□
n→∞
Bemerkung 4.22 ∫
∞
Für f ∈ L2 (R) ist −∞ f (x)e−iωx dx nicht immer konvergent. Beispielsweise
f (x) :=
sin(x2 )
.
1+|x|
Folglich lässt sich die Fouriertransformation auf L2 (R) im Allgemeinen nicht durch die Integraldarstellung berechnen. Stadessen ist sie lediglich durch das abstrakte Fortsetzungsargument
gegeben.
Satz 4.23
Für f ∈ L2 (R) gilt
∫
Ff =
√1
2π
R
L -lim
2
R→∞
f (x)e−iωx dx
−R
Beweis:
1) Setze fR := [−R,R] ·f , also ∥fR − f ∥L2 (R) → 0 ür R → ∞. Da F stetig ist, gilt weiter
Ff = L2 -limR→∞ FfR .
2) Setze ür festes R
∫
fˆ(ω) :=
∞
−∞
fR (x)e
−iωx
∫
R
dx =
f (x)e−iωx dx
−R
und zeige fˆ = FfR .
Setze
fn := j 1 ∗ fR = J 1 (fR ) ∈ C0∞ (R)
n
nach 4.20, 2),
n
Es gelten
a) Es gilt
∫
|fˆn (ω) − fˆ(ω)| ≤
√1
2π
1
R+ n
1
−R− n
|fn (x) − fR (x)| · |e−iωx dx|
=⟨|fn −fR |,1⟩
CSB
≤
∫
√1
2π
∥fn − fR ∥L2 (R)
1
R+ n
1
−R− n
→0
=
dx → 0
(n → ∞).
√
2
2R+ n
→2R
75
4 | F
b) Wegen fn ∈ C0∞ (R) ist fˆn = F fn = Ffn also
∥fˆn − FfR ∥L2 (R) = ∥F(fn − fR )∥L2 (R)
= ∥fn − fR ∥L2 (R) → 0
(n → ∞)
Insbesondere ist fˆn Cauchy-Folge in Lp und damit existiert nach 2.14 eine Teilfolge
(fˆnk ), sodass fˆnk (x) → fˆR (x) µ-fast-überall ür k → ∞.
Nach 2a) gilt punktweise fˆnk → fˆ und nach 2b) gilt fˆnk → FfR µ-fast-überall, also muss
fˆ = FfR .
□
19.06.2013
Satz 4.24
Die Fouriertransformation F : S(R) → S(R) besitzt eine eindeutige Fortsetzung
F : L1 (R) → L∞ (R)
und es gilt
∥F∥ =
√1 .
2π
Bemerkung
Wegen Übungsaufgabe 10.1 ist F also weiterhin durch die Integraldarstellung gegeben:
∫ ∞
1
f (x)e−iωx dx.
(Ff )(ω) := fˆ(ω) := √2π
−∞
Beweis:
1) Nach 4.18 ist insbesondere S(R) dicht in L1 (R). Existenz und Eindeutigkeit der Fortsetzung folgt dann aus Übungsaufgabe 10.2c).
2) In Übungsaufgabe 10.1 zeigt man die Beschränktheit von F mit Schranke
∥F∥ =
∥F ∥L1 (R) =1
Sei f := j1 (x) ∈ C0∞ (R), dann ist
∫
∥f ∥L1 (R) =
und
∫
Ff (0) = F f (0) =
also
√1
2π
∥Ff ∥L∞ (R) ≤
sup
∞
−∞
√1 .
2π
−∞
j1 (x)dx = 1,
∫
iωx
j1 (x)e
dx
=
ω=0
√1
2π
∞
−∞
j1 (x)dx =
√1 .
2π
{
}
ˆ
ˆ
im(F) ⊆ f ∈ C(R → C) : f (ω) → 0 ür ω → ±∞
76
also
∞
∥F∥ =
Satz 4.25
Für F : L1 (R) → L∞ (R) gilt
√1 ,
2π
√1
2π
□
F  Rn | 4.3
Beweis:
1) Zeige zunächst die Stetigkeit von fˆ. Es gilt
∫ ∞
1
ˆ
ˆ
√
|f (ω + h) − f (ω)| = 2π
f (x)(e−i(ω+h)x − e−iωx )dx
∫ −∞
∞
1
√
≤ 2π
|f (x)||e−i(ω+h)x − e−iωx |dx
−∞
∫ −R
∫ ∞
1
1
≤ √2π
|f (x)|2dx + √2π
|f (x)|2dx
−∞
<ε ür R genügend groß
∫
+
√1
2π
R
R
−R
|e−i(ω+h)x − e−iωx |
|f (x)|
dx
gleichmäßig stetig ür (x, h) ∈ [−R, R] × [−1, 1]
<˜
ε ür |h| < δ
≤ √1 ε˜∥f ∥L1 (R) <ε ür |h| < δ
2π
< 2ε
ür R genügend groß und |h| < δ.
2) Zeige jetzt |fˆ(ω)| → 0 ür ω → ∞:
∫ −R
∫
√
ˆ
2π|f (ω)| ≤
|f (x)|dx +
−∞
∞
∫
|f (x)|dx +
R
<ε ür R > Rε
R
f (x)eiωx dx
−R
→0 ür ω → ∞ nach 3.25
<ε ür ω > Ωε
< 2ε
□
ür ω > Ωε .
Satz 4.26
Sei f ∈ L1 (R), x ∈ R fest und es gelte die Bedingung von Dini aus 3.27:
∫ δ
(x)
∃δ > 0 :
| f (t+x)−f
|dt < ∞.
t
−δ
Dann konvergiert das uneigentliche Riemann-Integral
∫ ∞
√1
Ff (ω)eiωx dω = f (x).
2π
−∞
4.3 Fouriertransformation im Rn
Bemerkung (E)
Sei f : Rn → C.
∂
f (x)
∂xj
∂3
f (x)
∂x1 ∂x23
∂ α1 +α2 +···+αn
α
α
n
∂x1 1 ∂x2 2 ···∂xα
n
f (x+hej )−f (x)
h
h→0
∂ ∂ ∂
f
∂x1 ∂x3 ∂x3
:= lim
:=
f (x) :
Ableitung der Ordnung α1 + · · · + αn
77
4 | F
Definition 4.27
α ∈ Nn0 heißt Multiindex. Man setzt
|α| := α1 + · · · + αn ,
α ≤ β : ⇐⇒ α1 ≤ β1 ∧ · · · ∧ αn ≤ βn ,
(α)
(α1 ) (αn )
:=
· · · βn
β
β1
xα := xα1 1 · · · · xαnn
ür x ∈ Rn .
Beispiel 4.28 (A)
Für f, g ∈ C ∞ (Rn → C), α ∈ Nn0 , λ ∈ R, x ∈ Rn setzt man
Dα f :=
∂ |α| f
α
n,
∂x1 1 ···∂xα
n
(λx)α := λ|α| xα .
Die Leibnitz-Regel lässt sich schreiben als:
Dα (f g) =
∑( )
α
β
(Dβ f )Dα−β g.
β∈Nn
0
β≤α
Definition 4.29
1) Wir nennen
{
}
S(Rn ) := f ∈ C ∞ (Rn → C) | ∀α ∈ Nn0 ∀j ∈ N0 : sup |x|j |Dα f (x)| < ∞
x∈Rn
Schwartz-Raum über Rn .
2) Für f ∈ S(Rn ) ist die Fouriertransformierte gegeben durch
∫
1
F f (ω) := fˆ(ω) :=
f (x)e−iω·x dx
n
2
(2π)
Rn
(ω ∈ Rn )
wobei mit ω · x := ω1 x1 + · · · + ωn · xn das Standard-Skalarprodukt im Rn gemeint ist.
Satz 4.30
1) Die Fouriertransformation F : S(Rn ) → S(Rn ) : f → fˆ ist bijektiv und F −1 : f → fˇ ist
gegeben durch
∫
−1
1
ˇ
F f (x) := f (x) :=
f (ω)eiω·x dω.
n
2
(2π)
Rn
2) Es gilt ür ω ∈ Rn , α ∈ Nn0 :
Dα f (ω) = (iω)α fˆ(ω) = i|α| ω α fˆ(ω).
Für g(x) = xα · f (x) ist
3) Definiere die Faltung:
(f ∗ g)(x) :=
gˆ(ω) = i|α| (Dα fˆ)(ω)
∫
Rn
∫
f (x − y)g(y)dy =
Rn
Dann gilt
f ·g =
1
n
(2π) 2
fˆ ∗ gˆ,
n
f ∗ g = (2π) 2 fˆ · gˆ.
78
f (y)g(x − y)dy.
F  Rn | 4.3
4) Es gilt der Satz von Plancherel:
∥F f ∥L2 (Rn ) = ∥f ∥L2 (Rn ) .
5) Für 1 ≤ p < ∞ ist C0∞ (Rn ) dicht in Lp (Rn ).
Bemerkung 4.31 (F)
1) F : S(Rn ) → S(Rn ) besitzt eine eindeutige Fortsetzung F : L2 (Rn ) → L2 (Rn ).
F ist unitär: ∀f, g ∈ L2 (Rn ) : ⟨f, g⟩ = ⟨Ff, Fg⟩.
F kann berechnet werden durch
∫
Ff = L (R )-lim
2
n
R→∞
1
n
(2π) 2
f (x)eiω·x dx
|x|≤R
2) F : S(Rn ) → S(Rn ) besitzt eine eindeutige Fortsetzung F : L1 (Rn ) → L∞ (Rn ) mit
∥F∥ = 1 n2 und
(2π)
{
}
n
im(F) ⊆ f ∈ C(R → C) : f (x) → 0 ür |x| → ∞ .
Beispiel 4.32
Sei f ∈ S(Rn ) gegeben. Wir suchen u ∈ S(Rn ) mit
−∆u + u = f.
Wegen u ∈ S(Rn ) ist auch −∆u + u ∈ S(Rn ). Wende die Fouriertransformation auf die DGL
an:
ω12 uˆ(ω) + · · · + ωn2 uˆ(ω) + uˆ(ω) = fˆ(ω)ˆ
u(ω) = |ω|21+1 fˆ(ω)
Satz
Sei fˆ ∈ S(Rn ), φ ∈ C ∞ (Rn ) und ∀α ∈ Nn0 : supx∈Rn |Dα φ(x)| < ∞. Dann ist
φ · fˆ ∈ S(Rn )
Beweis:
φ · fˆ ∈ C ∞ (Rn ) ist klar. Es gilt außerdem
∑( )
α
sup |x|j |Dα (φ · fˆ)(x)| ≤
sup |x|j |Dβ φ(x)| |Dα−β fˆ(x)|
β
x∈Rn
β≤α
x∈Rn
≤cβ
< ∞.
Wegen fˆ ∈ S(Rn ) gilt
1
fˆ ∈
| · |2 +1
S(Rn ), also ist uˆ =
Nach Rücktransformation ergibt sich
u(x) =
=
(
1
fˆ ∈
| · |2 +1
S(Rn ) eindeutige Lösung.
)∨
1
fˆ
| · |2 +1
1
n
(2π) 2
( | · |21+1 )∨ ∗ (fˆ)∨
∫
=
□
=:G
=f
1
G(x − y) f (y)dy.
n
(2π) 2
Rn
entspricht Greenscher Funktion
79
4 | F
Bemerkung 4.33 (A: S  HY)
Für 1 ≤ p ≤ 2, p1 + 1q = 1 besitzt F : S(R) → S(R) eine eindeutige stetige Fortsetzung
Fp : Lp (Rn ) → Lq (Rn )
und es gilt
∥Fp ∥ =
80
1
1−1)
n( p
2
(2π)
.
5 Distributionen
Betrachte f : R \ {0} → R : x →
3
1
.
|x|
24.06.2013
Für x ̸= 0 gilt
grad f = − |x|x3
∆f = div grad f = 0
Physiker sagen: −∆f = δ0 (Diracsche δ-Funktion): „δ0 = 0 ür x ̸= 0, δ0 (0) so, dass
g(0)“
∫
δ0 (x)g(x)dx =
Arbeitsplan: Erweitere C 1 (Rn → C) zu einem topologischen Raum D′ (Rn ) in dem gelten:
1) Dj : D′ (Rn ) → D′ (Rn ) : f → ∂xj f sind stetige Abbildungen.
2) Zeige: f : x →
1
,
|x|
δ0 sind Elemente von D′ (R3 ) und
−∆f = δ0 .
5.1 Konstruktion des Raumes
Konvention 5.1
Für α ∈ Nn0 schreiben wir
∇α := ∂xα11 . . . ∂xαnn .
Definition 5.2 (R  T)
Seien φj , φ ∈ C0∞ (Rn ) (j ∈ N). Dann heißt die Folge (φj )j∈N D-konvergent gegen φ (schreibe
D
φj → φ), falls
1) eine kompakte Menge K ⊆ Rn existiert, sodass
∀j ∈ N : supp φj ⊆ K,
2) ür alle α ∈ Nn0 :
∥∇α φj − ∇α φ∥L∞ (Rn ) → 0
ür j → ∞,
∇α φj also auf Rn gleichmäßig gegen ∇α φ konvergiert.
(insbesondere ist auch supp φ ⊆ K)
Der lineare Raum C0∞ (Rn ) versehen mit diesem Konvergenzbegriff heißt Raum der Testfunktionen, D(Rn ). Genauer gesagt, ist D(Rn ) ein lokalkonvexer topologischer Raum, siehe z.B. Reed
and Simon, 1981).
Satz 5.3
D(Rn ) ist vollständig.
81
5 | D
Beweis:
Sei (φj ) Cauchy-Folge in D(Rn ), d.h. ∃K ⊆ Rn kompakt ∀j ∈ N : supp φj ⊆ K und
∀α ∈ Nn0 ∀ε > 0 ∃Jε ∈ N ∀j, k > Jε : ∥∇α φj − ∇α φk ∥L∞ (Rn ) < ε.
Für jedes feste α ∈ Nn0 ist (∇α φj )j∈N also eine Cauchy-Folge in C0∞ (Rn → C) bezüglich
∥ · ∥L∞ (Rn ) . Damit konvergiert ∇α φj gleichmäßig gegen einen Grenzwert ψα ∈ C(Rn → C).
Weil ψ0 = limn→∞ ∇0 φj differenzierbar (alle (∇α φj )j∈N mit |α| = 1 konvergieren gleichmäßig
gegen einen stetigen Grenzwert) und ∇α ψ0 = ψα ∈ C(Rn → C) ist auch ψ0 ∈ C ∞ (Rn → C).
Wegen supp φj ⊆ K, φj → ψ0 ist supp ψ0 ⊆ K und somit ψ0 ∈ C0∞ (Rn ) und ∇α ψj → ∇α ψ0
bezüglich ∥ · ∥L∞ (Rn ) .
□
Definition 5.4 (S D)
Eine (Schwartzsche) Distribution T ist eine lineare, stetige Abbildung T : D(Rn ) → C.
Die Menge der Schwartzschen Distributionen
{
}
T : D(Rn ) → C | T linear und stetig
wird durch
(T + S)(φ) := T φ + Sφ,
T, S ∈ D(Rn );
(αT )(φ) := αT φ,
T ∈ D(Rn ), α ∈ C
zu einem linearen Raum, dem Raum D′ (Rn ) der Schwartzschen Distributionen.
Eine Folge (Tn ) in D′ (Rn ) heißt konvergent gegen T ∈ D′ (Rn ), falls
∀φ ∈ C0∞ (Rn ) : Tn φ → T φ
D′ (Rn ) ist ein topologischer Dualraum mit der von D(Rn ) induzierten Topologie; obiger Konvergenzbegriff gehört zu dieser Topologie.
Beispiel 5.5
1) Für festes x0 ∈ Rn heißt
δx0 (φ) := φ(x0 )
ür φ ∈ C0∞ (Rn )
Diracsche δ-Distribution.
δx0 ist linear:
δx0 (αφ + βψ) = (αφ + βψ)(x0 ) = αφ(x0 ) + βψ(x0 ) = αδx0 (φ) + βδx0 (ψ).
D
δx0 ist stetig: Es gelte φj → φ, also insbesondere φj → φ gleichmäßig und punktweise, also
j→∞
δx0 (φj ) = φj (x0 ) −→ φ(x0 ) = δx0 (φ).
2) Sei
(z.B. f (x) =
82
{
L1loc (Rn ) := u : Rn → C | ∀K ⊆ Rn kompakt : u
1
,
|x|
dann ist f ∈ L1loc (Rn )).
K
}
∈ L1 (K)
E  F | 5.2
Zu u ∈ L1loc (Rn ) setze
∫
Tu (φ) :=
u(x)φ(x)dx
Rn
ür φ ∈ C0∞ (Rn ).
Tu : C0∞ (Rn ) → C ist linear.
D
Tu ist stetig: Sei φj → φ, insbesondere supp φj ⊆ K, supp φ ⊆ K, also
∫
∫
|Tu φj − Tu φ| =
u(φj − φ)dx =
u(φj − φ)dx
Rn
K
∫
≤ ∥φj − φ∥L∞ (Rn )
|u|dx
→0
K
∈R da u ∈ L1loc (Rn )
Also Tu φj → Tu φ.
Satz 5.6
D′ (Rn ) ist vollständig.
Beweis:
Sei (Tn ) Cauchy-Folge in D′ (Rn ), d.h.
∀φ ∈ C0∞ (Rn ) : (Tn φ) Cauchy-Folge in C
(insbesondere Tn φ konvergent).
Definiere T φ := limn→∞ (Tn φ). Dann ist T linear, da Tn linear. T ist stetig, siehe dazu Satz von
Banach-Steinhaus oder direkt in Walter, 1994.
□
5.2 Einbettung klassischer Funktionenräume
Satz 5.7
Sei Tu wie in 5.5 2):
∫
Tu (φ) :=
u(x)φ(x)dx
Rn
ür φ ∈ C0∞ (Rn ).
Dann ist die Abbildung L1loc (Rn ) ∋ u → Tu ∈ D′ (Rn ) linear und injektiv.
Beweis:
1) Linearität: einfache Übung.
2) Injektivität:
Es gilt Tv = Tw ⇐⇒ Tv − Tw = 0 ⇐⇒ Tv−w = 0.
Sei also Tu = 0 und zeige u = 0 fast überall in Rn .
a) Abschneiden:
Wähle ψR ∈ C0∞ (Rn ) mit 0 ≤ ψR (x) ≤ 1 und ψR (x) = 1 ür x ∈ KR (0). Dann ist
∫
TψR u (φ) =
(ψR u)φdx = Tu (ψR φ) = 0,
Rn
∈C0∞ (Rn )
also ψR u ∈ L1 (Rn ), TψR u = 0 und supp(ψR u) ⊆ KR+1 (0).
83
5 | D
b) Approximation:
Setze
{
− 1
ce 1−|x|2
j(x) :=
0
jε (x) :=
|x| < 1
|x| ≥ 1
1
j( xε )
εn
C0∞ (Rn ).
Für festes y ∈ R ist jε (y − · ) ∈
∫
0 = TψR u (jε (y − · )) =
n
Rn
e
|x|<1
Also jε ∈ C0∞ (Rn ), supp jε = Kε (0), jε (x) ≥ 0,
26.06.2013
1
mit c := ∫
∫
j dx
Rn ε
−
1
1−|x|2
dx
= 1.
Da TψR u = 0 ist
ψR (x)u(x)jε (y − x)dx = Jε (ψR u)(y)
mit Gläungsoperator Jε . Nach 4.20 ist
∥ψR u∥L1 (Rn ) = ∥ψR u − Jε (ψR u) ∥L1 (Rn ) → 0
ür ε ↘ 0.
=0
also ∥ψR u∥L1 (Rn ) = 0, bzw. ψR u = 0 fast überall in Rn .
c) Insbesondere ist
({
})
µ x ∈ Rn : |x| ≤ R ∧ u(x) ̸= 0 = 0
∀R > 0,
also
∞
)
(∪
{|x| ≤ k : u(x) ̸= 0}
µ({x ∈ R : u(x) ̸= 0}) = µ
n
≤
k=1
∞
∑
(
)
µ {|x| ≤ k : u(x) ̸= 0} = 0
k=1
und somit u = 0 fast überall in Rn .
□
Definition 5.8
Wir identifizieren u mit Tu . Dann ist L1loc (Rn ) ⊆ D′ (Rn ) (insbesondere C 1 (Rn → C) ⊆ D′ (Rn )).
Eine Distribution T ∈ D′ (Rn ) heißt regulär, falls
∃u ∈ L1loc (Rn ) : T = Tu ,
sonst singulär.
Man schreibt ür T (φ) o auch (T, φ) und falls T = Tu regulär auch (Tu , φ), oder (u, φ).
Beispiel 5.9
1) δx0 : φ → φ(x0 ) ist singulär.
2) Im R1 bezeichne
T (φ) :=
p.v. ( x1 )(φ)
∫
:= CH
∞
−∞
φ(x)
dx
x
:= lim
ε↘0
(∫
−ε
−∞
∫
φ(x)
dx
x
+
den Cauchy’schen Hauptwert (oder principal value).
T ist eine singuläre Distribution auf R (siehe Übungsaufgabe 12.2 b),c)).
84
ε
∞
)
φ(x)
dx
x
E  F | 5.2
3) Im R3 ist T := T
regulär.
1
|x|
Satz 5.10
C0∞ (Rn ) ist dicht in D′ (Rn ).
Beweis:
Sei T ∈ D′ (Rn ). Konstruiere tk ∈ C0∞ (Rn ) mit tk → T , bzw. Ttk → T .
Wähle ψR ∈ C0∞ (Rn ) mit 0 ≤ ψR (x) ≤ 1 und ψR = 1 ür |x| ≤ R und ψR = 0 ür |x| ≥ R + 1.
Setze
)
(
tk (x) := ψk (x)T j 1 (x − · )
k
Dann ist
a) tk ∈ C0∞ (Rn ):
Es ist supp(tk ) ⊆ sup(ψk ) ⊆ KR+1 (0).
Zeige die Differenzierbarkeit von T (j 1 (x − · )) bezüglich x. Sei x ∈ Rn fest, α ∈ Nn0 ,
k
dann konvergiert
(∇α j 1 )(x + hej − y) − (∇α j 1 )(x − y)
k
→ (∂xj ∇α j 1 )(x − y)
k
h
k
gleichmäßig bezüglich y ∈ Rn ür h → 0. Außerdem ist
supp
( j 1 (x + he − · ) − j 1 (x − · ) )
j
k
k
h
|h|≤1
⊆ Kh+ 1 (x) ⊆ K2 (x).
k
k≥1
Also gilt ür festes x ∈ Rn , k ∈ N
j 1 (x + hej − · ) − j 1 (x − · )
k
k
h
D
−→ ∂xj j 1 (x − · )
k
und da T stetig
T (j 1 (x + hej − · )) − T (j 1 (x − · ))
k
k
(
=T
h
)
j 1 (x + hej − · ) − j 1 (x − · )
k
k
)
→ T ∂xj j (x − · ) .
(
1
k
h
Also ist
∂
T (j 1 (x
∂xj
k
− · )) = T (∂xj j 1 (x − · )).
k
Damit ist T (j 1 (x − · )) ∈ C ∞ (Rn → C) und schließlich tk ∈ C0∞ (Rn ).
k
b) Zeige: ∀φ ∈ C0∞ (Rn ) : Ttk (φ) → T (φ) (dies ist der Konvergenzbegriff in D′ (Rn ), siehe
5.4).
85
5 | D
Es gilt
∫
Ttk (φ) =
∫
Rn
=
n
R∫
tk (x)φ(x)dx
ψk (x)T (j 1 (x − · ))φ(x)dx
k
ψk (x)T (j 1 (x − · ))φ(x)dx
=
(supp ψk ⊆ Kk+1 (0))
k
|x|≤k+1
∑
M (n)
= lim
n→∞
(
) (n)
(n)
(n)
(n)
ψk (ξl )T j 1 (ξl − · ) φ(ξl )µ(Il )
k
l=0
= lim T
(M
(n)
∑
n→∞
)
(n)
(n)
ψk (ξl )j 1 (ξl
k
−
(n)
(n)
· )φ(ξl )µ(Il )
l=0
D
→
∫
|x|≤k+1
( ∫
ψk (x)j 1 (x− · )φ(x)dx
k
)
ψk (x)j 1 (x − · )φ(x)dx
=T
k
|x|≤k+1
D
−→φ
k→∞
→ T (φ)
(k → ∞)
c) Ttk → T in D′ (Rn ):
□
5.3 Differentiation
Lemma 5.11
Für u ∈ C0∞ (Rn ), α ∈ Nn0 gilt T∇α u (φ) = (−1)|α| Tu (∇α φ).
Beweis:
Für α = ej (Standardbasis), dann ist
∫
T∇ej u (φ) =
(∂xj u)φdx
n
R∫
=−
u∂xj φdx
(part. Int. in j-ter Richtung, Randterme verschwinden)
Rn
= −Tu (∂xj φ).
Satz 5.12
Die Abbildungen
□
∇α : C0∞ (Rn ) → C0∞ (Rn )
sind stetig bezüglich des Konvergenzbegriffs in D′ (Rn ).
Beweis:
Zeige: Wenn uk , u ∈ C0∞ (Rn ) und Tuk → Tu konvergiert, dann konvergiert T∇α uk → T∇α u .
86
D | 5.3
Für φ ∈ C0∞ (Rn ) ist
T∇α uk (φ) = (−1)|α| Tuk ( ∇α φ )
∈C0∞ (Rn )
→ (−1)|α| Tu (∇α φ) = T∇α u (φ).
□
Satz 5.13
Für α ∈ Nn0 ist die Abbildung ∇α : C0∞ (Rn ) → C0∞ (Rn ) eindeutig fortsetzbar zu einer stetigen
Abbildung Dα : D′ (Rn ) → D′ (Rn ). Die Fortsetzung ist gegeben durch
(Dα T )(φ) := (−1)|α| T (∇α φ)
und heißt Distributionenableitung oder schwache Ableitung.
Beweis:
1) Sei T ∈ D′ (Rn ), zeige Dα T ∈ D′ (Rn ).
Dα T ist linear, denn
Dα T (aφ + bψ) = (−1)|α| T (∇α (aφ + bψ))
(
)
= (−1)|α| aT (∇α φ) + bT (∇α ψ)
= aDα T (φ) + bDα T (ψ).
D
Dα ist stetig, denn ür φn → φ gilt
Dα T (φn ) = (−1)|α| T (∇α φn ) → Dα T (φ)
2) Nach 5.11 ist Dα
C0∞ (Rn )
T stetig
= ∇α , also ist Dα Fortsetzung von ∇α .
3) Zeige die Eindeutigkeit:
Sei T ∈ D′ (Rn ). Wähle Folge (tk ) in C0∞ (Rn ) mit Ttk → T in D′ (Rn ). Da Dα stetige
Fortsetzung sein soll, muss
=⇒
⇐⇒
Dα Ttk → Dα T
Dα Ttk (φ) → Dα T (φ)
□
(−1)|α| Ttk (∇α φ))→(−1)|α| T (∇α φ)
Bemerkung 5.14
1) Jede Distribution ist beliebig o differenzierbar (Definition gilt ür alle α ∈ Nn0 ). Insbesondere sind alle f ∈ L1loc (Rn ) beliebig o schwach differenzierbar.
2) Es gilt der Satz von Schwartz:
∀α, β ∈ Nn0 : Dα (Dβ T ) = Dβ (Dα T ) = Dα+β T,
denn
Dα (Dβ T )(φ) = (−1)|α| (Dβ T )(∇α φ)
Schwartz
=∞(−1)|α| (−1)|β| T (∇β (∇α φ))
in C0
= (−1)|α|+|β| T (∇α+β )
= (−1)|α+β| T (∇α+β )
= (Dα+β T )(φ)
87
01.07.2013
5 | D
Beispiel 5.15
1) Sei f : R → C gegeben durch
{
x x≥0
x→
.
0 x<0
Dann ist D1 f = h mit


x>0
1
h(x) = 0
x<0,


egal x = 0
denn
(D1 Tf )(φ) = −Tf (φ′ )
identifiziert mit D1 f
∫
∞
xφ′ (x)dx
0
∫
∞
= −xφ(x)
+
=−
x=0
∞
φ(x)dx
0
=−0+0·φ(0)=0
∞
∫
=
−∞
h(x)φ(x)dx = Th (φ)
Also D1 Tf = Th und D1 f = h.
Für die zweite Ableitung gilt
D 2 f = D 1 h = δ0 ,
denn
′
∫
∞
D Th (φ) = −Th (φ ) = −
1
1φ′ (x)dx = −0 + φ(0) = δ0 (φ).
0
Bei höheren Ableitungen gilt
Dk Tf (φ) = Dk−2 δ0 (φ) = (−1)k−2 δ0 (φ(k−2) ) = (−1)k−2 φ(k−2) (0)
k≥2
2) Sei f : R → C, f ∈ C 1 (] − ∞, x0 [) und f ∈ C 1 (]x0 , ∞[) mit existierenden Grenzwerten
f (x0 ± 0), f ′ (x0 ± 0). Dann ist
(
)
Df = f ′ + f (x0 + 0) − f (x0 − 0) δx0
Wobei f ′ die klassische Ableitung ür x ̸= x0 ist und ihr Wert in x = x0 egal ist.
Also ührt ein „Knick“ in der schwachen Ableitung zu einer Sprungstelle erster Art, und
eine Sprungstelle erste Art ührt zur δ-Distribution (selber nachrechnen).
3) Im D′ (Rn ) gilt
(Dα δx0 )φ = (−1)|α| δx0 (∇α φ) = (−1)|α| (∇α φ)(x0 ).
88
D | 5.3
4) Betrachte den D′ (R3 ). Definiere f : R3 → C durch
{
x→
1
|x|
x ̸= 0
0
Dann ist f ∈ L1loc (R3 ):
Für x ̸= 0 ist grad f = − |x|x3 und ∇f = div grad f = 0.
Berechne ∆W f = (−D(2,0,0) − D(0,2,0) − D(0,0,2) )f . Für φ ∈ C0∞ (R3 ) gilt
(−∆W Tf )(φ) = (−D(2,0,0) Tf )(φ) − (D0,2,0 Tf )(φ) − (D(0,0,2) Tf )(φ)
(
)
= − (−1)|(2,0,0)| Tf (∇(2,0,0) φ) + Tf (∇(0,2,0)φ ) + Tf (∇(0,0,2) φ)
= −Tf (∇(2,0,0) φ + ∇(0,2,0) φ + ∇(0,0,2) φ)
= −Tf (∆φ).
Es gilt die Greensche Formel (Beweis dazu später) ür Mannigfaltigkeiten S ⊆ Rn :
∫
∫
(
(f · ∆g − ∆f · g)dx =
S
)
(f ∇g) · n0 − (g∇f ) · n0 dσ,
∂S
wobei n0 der Normaleneinheitsvektor auf ∂S ist, der ins Äußere von S zeigt.
Sei R so groß, dass supp φ ⊆ KR (0), dann gilt
∫
Tf (∆φ) =
R3
∫
1
∆φ(x)dx
|x|
=
|x|≤R
∫
1
∆φ(x)dx
|x|
= lim
ε↘0
ε<|x|<R
∫
= lim
ε↘0
ε<|x|<R
1
∆φ(x)dx
|x|
1
∆φ(x)
|x|
1
− (∆ |x|
)φ(x) dx
=0
mit S = {x ∈ R3 : ε ≤ |x| ≤ R} und ∂S = {x : |x| = ε ∨ |x| = R} lässt sich die
Greensche Formel anwenden:
∫
= lim
ε↘0
|x|=ε
∫
= lim
ε↘0
((
(
|x|=ε
1
|x|
−
)
grad φ ·
x
|x|
x
(− |x|
)
−
φ(x)(− |x|1 3 x)
)
·
)
x
(− |x|
)
∫
dσ +
. . . dσ
|x|=R
=0, da supp φ ⊆ KR (0)
· grad φ(x) − φ(x) |x|1 2 dσ
s.u.
= −4πφ(0).
Also Tf (∆φ) = −4πφ(0) = −4πδ0 (φ), bzw. −∆w Tf = 4πδ0 , bzw. ∆w f = 4πδ0 .
89
5 | D
Zeige die letzte Gleichheit in obiger Umformung:
∫
∫
x
x
· grad φ(x)dσ ≤
· grad φ(x) dσ
|x|2
|x|2
|x|=ε
|x|=ε
∫
≤
| |x|x2 | ·| grad φ(x)|dσ
|x|=ε
= 1ε
∫
≤
ε≤1
|x|=ε
c
dσ
ε
∫
≤
c
ε
=
c
ε
1dσ
|x|=ε
2
· 4πε → 0
ür ε ↘ 0.
Außerdem ist
∫
|x|=ε
1
(φ(x)
|x|2
− φ(0))dσ ≤
1
max |φ(x)
ε2 |x|≤ε
→0
ür ε ↘ 0, da φ stetig in x = 0 und
∫
1
φ(0)dx =
|x|2
|x|=ε
− φ(0)| · 4πε2
ür ε ↘ 0, da φ stetig in x = 0
1
φ(0)
ε2
· 4πε2 = 4πφ(0).
Beweise nun noch die Greenschen Formel: seien f, g ∈ C 2 , dann ist
(
)
div f grad g − g grad f = (grad f )(grad g) + f div grad g − (grad g)(grad f ) − g div grad f
= f ∆g − g∆f
und damit
∫
∫
(
)
div f grad g − g grad f dx
(f ∆g − g∆f )dx =
S
S
mit dem Satz von Gauß-Ostrogradski gilt dann
∫
=
n0 (f grad g − g grad f )dσ
∂S
∫
(
)
f grad g ·n0 − g grad f ·n0 dσ.
=
∂S
=∇g
Satz 5.16
1) Sei Tj → T in D′ (Rn ), α ∈ Nn0 , dann
Dα Tj → Dα T
in D′ (Rn ).
∑
′
n
n
2) Sei ∞
j=1 Tj = T in D (R ), α ∈ N0 , dann ist
∞
∑
j=1
90
Dα Tj = Dα T.
∇f
D | 5.3
Beweis:
1) Tj → T bedeutet ∀φ ∈ C0∞ (Rn ) : Tj (φ) → T (φ). Mit φ ∈ C0∞ (Rn ) ist auch ∇α φ ∈
C0∞ (Rn ) und damit
Dα Tj (φ) = (−1)|α| Tj (∇α φ)
→ (−1)|α| T (∇α φ)
= Dα T (φ)
(j → ∞)
Also Dα Tj → Dα T .
□
2) Folgt aus 1).
Beispiel 5.17
1) Sei fj : R → C gegeben durch


0
x → xj


1
x≤0
0<x≤1.
x>1
dann konvergiert f punktweise ür x ∈ R gegen
{
0 x<1
f :x→
1 x≥1
In D′ (R) konvergiert fj → f , denn ür φ ∈ C0∞ (R) gilt
∫
Tfj (φ) =
fj (x)φ(x)dx
R
∫ ∞
∫ 1
j
φ(x)dx
=
x φ(x)dx +
1
0
| · |≤maxR |φ|
∫1
∫
0
1
xj dx=max |φ| j+1
→0
∞
→
φ(x)dx = Tf (φ).
1
Für die Ableitung gilt
{
j · xj−1
D fj =
0
1
denn
∫
1
0<x<1
,
sonst
1
jxj−1 φ(x)dx
0
∫ 1
1
j
xj φ′ (x)dx
= x φ(x) −
D Tfj (φ) =
0
0
=1φ(1)−0
→0
→ φ(1) = δ1 (φ).
Also D1 fj → δ1 = D1 f .
03.07.2013
91
5 | D
2) Betrachte
f (x) = π4 |x|
(−π < x ≤ π)
2π-periodisch fortgesetzt.
Aus der Bedingung von Dini konvergiert die Fourierreihe in jedem Punkt:
π2
t(cos x
8
f (x) = g(x) :=
+
1
32
cos(3x) +
1
52
cos(5x) + · · · )
ür alle x ∈ R. Die Fourierreihe ist sogar gleichmäßig konvergent (nach Weierstraß:
∞).
{
D1 f =
π
4
∑∞
1
k=1 ) (2k+1)2
0<x<π
,
−π < x < 0
− π4
D1 g = sin x +
g ′ (x) = sin x +

π

4
verallg.
= 0
Dini 
 π
−4
1
3
1
3
sin(3x) + 15 sin(5x) + · · · ,
sin(3x) + 15 sin(5x) + · · ·
0<x<π
x=π
−π < x < 0
2π-periodisch fortgesetzt.
Aus 5.16 folgt
Tf = T π2 − Tcos x − T cos(3x) − · · ·
32
8
und ür die Ableitungen
Dk f = Dk T π2 − Dk Tcos x − · · · .
8
Also
D2 g = cos x + cos(3x) + cos(5x) + · · ·
in
= D2 f
D ′ (R)
= π2 δ0 − π2 δπ + π2 δ2π + · · ·
− π2 δ−π + π2 δ−2π + · · · .
Also gilt in D′ (R):
∞
∑
cos(2j + 1)x =
j=1
Anwendung auf φ ∈
kπ ∈ supp φ).
C0∞ (R)
∑
π
(−1)k δkπ
2
k∈Z
liefert dann eine endliche Summe (über diejenigen k, ür die
Satz 5.18 (D  S)
Sei a ∈ C ∞ (Rn → C)
1) Für T ∈ D′ (Rn ) ist aT ∈ D′ (Rn ) definiert durch
aT (φ) := T (aφ)
φ ∈ C0∞ (Rn ).
2) Für u ∈ L1loc (Rn ) gilt
aTu = Tau .
92
<
L V  D | 5.4
3) Die Abbildung D′ (Rn ) → D′ (Rn ) : T → aT ist stetig und damit die eindeutige stetige
Fortsetzung der Abbildung D(Rn ) → D(Rn ) : φ → aφ.
Beweis:
1) Siehe Übungsaufgabe 11.5a.
2) Es gilt
∫
aTu (φ) = Tu (aφ) =
Rn
uaφdx = Tau (φ)
Damit gilt folgenden kommutative Diagramm:
Lloc (Rn ) ∋ u → au ∈ L1loc (Rn )
D′ (Rn ) ∋ Tu → aT u ∈ D′ (Rn )
Zur Verdeutlichung betrachte Φa : D′ (Rn ) → D′ (Rn ) : T → aT . Die Aussage von 2)
besagt, dass Φa |im(L1loc (Rn )) : T → aT über die Identifikation von u mit Tu nicht anderees
ist, als die Abbildung
L1loc (Rn ) ∋ u → au ∈ L1loc (Rn )
Also ist Φa eine Fortsetzung der bekannten Multiplikation au ür a ∈ C ∞ , u ∈ L1loc (Rn )
auf D′ (Rn ). Wenn Φa stetig ist, dann ist Φa eindeutige stetige Fortsetzung, da L1loc (Rn )
dicht in D′ (Rn ) ist.
3) Zeige: Φa ist stetig. Sei dazu Tn → T in D′ (Rn ), dann gilt ür alle φ ∈ C0∞ (Rn ) : Tn (φ) →
T (φ). Also auch
aTn (φ) = Tn (aφ) → T (aφ) = aT (φ)
und somit aTn → aTn , bzw. Φa (Tn ) → Φa (T ).
Satz 5.19 (LR)
Für α ∈ Nn0 gilt
Dα (aT ) =
∑( )
α
β
□
(∇α−β a)Dβ T.
β∈Nn
0
β≤α
Beweis:
Siehe Übungen.
□
5.4 Lokales Verhalten von Distributionen
Definition 5.20
Sei O ⊆ Rn offen.
1) Definiere
{
}
C0∞ (O) := φ ∈ C ∞ (O → C) : supp φ kompakt ∧ supp φ ⊆ O .
(insbesondere d(supp φ, Rn \ O) > 0)
93
5 | D
2) Zu φ ∈ C0∞ (O) sei
{
φ(x) x ∈ O
φ(x)
˜
:=
0
sonst
die Fortsetzung von φ durch den Wert 0 auf ganz Rn .
Offensichtlich ist φ˜ ∈ C0∞ (Rn ).
3) Für S, T ∈ D′ (Rn ) setzen wir
S = T (in O) : ⇐⇒
∀φ ∈ C0∞ (O) : T (φ)
˜ = S(φ).
˜
Beispiel 5.21
1) Sei u, v ∈ L1loc (Rn ), u = v in O, dann ist Tu = Tv in O.
2) Es gilt
in R \ {0},
δ0 = 0
denn wegen φ ∈ C0∞ (R \ {0}) ist
δ0 (φ)
˜ = φ(0)
˜
= 0 = T0 (φ)
˜
Satz 5.22
Für T ∈ D(Rn ) sei
G :=
∪
O.
O∈{O⊆Rn :T =0
in O}
Dann gilt
1) G ist offen.
2) T = 0 in G.
Beweis:
1) Beliebige Vereinigungen offener Mengen sind offen.
2) Sei φ ∈ C0∞ (G). supp φ ist kompakt und hat die offene Überdeckung {O ⊆ Rn : T =
0 in O}. Also existiert eine endliche, offene Teilüberdeckung von supp φ:
∃O1 , . . . , ON ⊆ R : T = 0 in Oj ∧ supp φ ⊆
n
N
∪
Oj .
j=1
Mit der Zerlegung der Eins finden wir ψj ∈ C0∞ (Oj ), so dass
supp φ. Schreibe
N
∑
φ˜ =
ψ˜j φ.
˜
∑N
j=1
ψ˜j (x) = 1 ür x ∈
j=1
Dann ist
T (φ)
˜ =
N
∑
j=1
da T = 0 in Oj .
94
T ( ψ˜j φ˜ ) = 0,
∈C0∞ (Oj )
□
L V  D | 5.4
Definition 5.23
Für T ∈ D′ (Rn ) setzte
supp(T ) := Rn \
∪
O.
O∈{O⊆Rn offen:T =0 in O}
supp(T ) heißt Träger oder Support von T .
x ∈ supp(T ) heißt wesentlicher Punkt von T .
Falls supp(T ) kompakt ist, heißt T finit.
Beispiel 5.24
1) Es gilt
supp(δ0 ) = {0}.
2) Sei φ ∈ C0∞ (Rn ), dann ist
supp Tφ = supp φ
(neue und alte Definition des Trägers stimmen also überein).
3) Für u ∈ L1loc (Rn ) ist (ohne Beweis)
{
}
supp(Tu ) = Rn \ x ∈ Rn : ∃O ⊆ Rn offen : x ∈ O ∧ u = 0 in O fast überall .
Satz 5.25
Es sei T : C0∞ (Rn ) → C linear. Dann sind folgende Aussagen äquivalent:
(i) T ∈ D′ (Rn )
(ii) Für alle kompakten K ⊆ Rn gilt
∃k ∈ N, c > 0 ∀φ ∈ C0∞ (Rn ) : supp φ ⊆ K =⇒ |T φ| ≤ c sup ∥∇α φ∥∞
|α|≤k
Beweis:
(ii) =⇒ (i)
Zeige: T : D(Rn ) → C ist stetig.
D
Sei φj → φ, d.h. es existiert K ⊆ Rn mit supp φj , supp φ ⊆ K und ür alle α ∈ Nn0
konvergiert ∇α φj → ∇α φ gleichmäßig auf Rn . Zeige T (φj ) → T (φ):
|T (φj ) − T (φ)| = |T (φj − φ)| ≤ c sup ∥∇α (φj − φ)∥∞ → 0,
|α|≤k
da ∇α φj → ∇α φ gleichmäßig.
(i) =⇒ (ii)
Zeige ¬(ii) =⇒ ¬(i). Es gelte also
∃K ⊆ Rn kompakt ∀k ∈ N, c > 0 ∃φ ∈ C0∞ (Rn )
: supp φ ⊆ K ∧ |T φ| > c sup ∥∇α φ∥∞
|α|≤k
Wähle c = k, dann existiert φ ∈ C0∞ (Rn ) mit supp φ ⊆ K und |T φ| > k sup ∥∇α φ∥∞ .
|α|≤k
Setze
ψk :=
1
φ.
k max ∥∇α φ∥∞
|α|≤k
95
5 | D
Für alle β ∈ Nn0 gilt ab k ≥ |β|
|∇β ψk (x)| =
∇β φ
1
k max ∥∇α φ∥∞
≤
|α|≤k
1
k
→0
D
gleichmäßig. Außerdem ist supp ψk = supp φ ⊆ K, also ψk → 0. Jedoch gilt T (ψk ) ̸→ 0,
denn
1
T (ψk ) =
T (φ) ≥ 1.
k max ∥∇α φ∥∞
Damit ist T nicht stetig, also T ̸∈ D′ (Rn ).
08.07.2013
□
Korollar 5.26
Ist T ∈ D′ (Rn ) finit, so gilt
∃k ∈ N0 , c > 0 ∀φ ∈ C0∞ (Rn ) : |T (φ)| ≤ c max ∥∇α φ∥∞ .
|α|≤k
Beweis:
Wähle ψ ∈ C0∞ (Rn ) mit ∀x ∈ supp T : ψ(x) = 1. Dann ist
(
)
T (φ) = T ψφ + (1 − ψ)φ = T (ψφ) + T ( (1 − ψ)φ
) = T (ψφ).
supp( · )⊆Rn \supp T
=0
Für jedes φ ∈ C0∞ (Rn ) gilt
supp(ψφ) ⊆ supp ψ =: K.
Wende jetzt 5.25 (ii) an, also
∃k ∈ N0 , c > 0 : |T (φ)| = |T (ψφ)| ⊆ c max ∥∇α (ψφ)∥∞ .
|α|≤k
Es gilt
|∇α (ψφ)(x)| =
∑( )
α
β
β≤α
und damit
(∇β ψ(x)) ∇α−β φ(x) ≤ c˜ max ∥∇γ φ∥∞ .
|γ|≤k
≤cβ ür x ∈ Rn
∥∇α (ψφ)∥ ≤ c˜ max ∥∇γ φ∥∞ .
|γ|≤k
Definition 5.27
T ∈ D′ (Rn ) heißt von endlicher Ordnung, falls die Aussage aus 5.26 erüllt ist:
∃k ∈ N0 , c > 0 ∀φ ∈ C0∞ (Rn ) : |T (φ)| ≤ c max ∥∇α φ∥∞ .
|α|≤k
Das kleinste solche k ∈ N0 heißt Ordnung von T .
Beispiel 5.28
1) Die Delta-0-Distribution (δ0 (φ) = φ(0)) hat Ordnung 0.
96
□
L V  D | 5.4
2) Sei u ∈ L1 (Rn ), dann ist
∫
∫
|Tu (φ)| ≤
Rn
|uφ|dx ≤ ∥φ∥∞
Rn
|u|dx = ∥φ∥∞ ∥u∥L1 (Rn )
Tu hat also Ordnung 0.
3) Betrachte Dα δ0 :
Dα δ0 (φ) = (−1)|α| δ0 (∇α φ) = (−1)|α| (∇α φ)(0).
Dα δ0 hat also Ordnung |α|.
4) Sei u(x) = x, dann ist u ∈ L1loc (R).
Tu ist nicht von endlicher Ordnung (trotzdem ist D2 Tu = Tu′′ = 0).
Wir geben eine Folge (φj ) in C0∞ (Rn ) an mit Folgengliedern, die jeder Abschätzung aus
5.27 widersprechen, unabhängig davon wie groß k und c sind. Definiere
φl := j1 ( · − l).
Dann gilt
∫
Tu (φj ) =
uφj dx
R
∫ l+1
xj1 (x − l)dx
=
l−1
∫
∫
l+1
≥ (l − 1)
j1 (x − l)dx = (l − 1)
l−1
1
−1
j1 (x)dx
= l − 1 → ∞.
Also |Tu (φl )| → ∞ ür l → ∞. Jedoch ist
|∇α φl (x)| = |∇α j1 (x − l)| ≤ ∥∇α j1 ∥∞ .
also ∥∇α φl ∥∞ ≤ const unabhängig von l. Damit kann Tu nicht von endlicher Ordnung
sein.
Bemerkung 5.29
Sei T ∈ D′ (Rn ), O ⊆ Rn offen. Dann existiert α ∈ Nn0 , f ∈ C(Rn → C), so dass
T = D α Tf
auf O.
Beweis:
□
Siehe Walter, 1994.
Bemerkung 5.30 (D A    O)
Falls F = S in O, dann auch Dα T = Dα S in O ür alle α ∈ Nn0 .
Beweis:
Für φ ∈ C0∞ , α ∈ Nn0 gilt
∇α φ˜ = ∇α φ
Für alle φ ∈ C0∞ (O) gilt
Dα T (φ)
˜ = (−1)|α| T (∇α φ)
˜ = (−1)|α| T (∇α φ)
= (−1)|α| S(∇α φ) = (−1)|α| S(∇α φ)
˜ = Dα S(φ).
˜
□
97
5 | D
Beispiel 5.31 (A  5.30)
Betrachte den R1 . Sei u(x) = x, v(x) = −x, w(x) = |x|. Dann ist
in O1 =]0, ∞[.
Tw = Tu
Also auch
D1 Tw = D1 Tu = Tu′
in O1 .
Analog auch D1 Tw = Tv′ in O2 =] − ∞, 0[. Damit ist


x>0
1
′
mit w (x) := −1 x < 0


egal x = 0
D1 Tw = Tw′
5.5 Direktes Produkt von Distributionen
Bemerkung 5.32
Sei φ1 ∈ C0∞ (Rn ), φ2 ∈ C0∞ (Rm ), dann ist mit
φ1 × φ2 (x, y) := φ1 (x)φ2 (y).
φ1 × φ2 ∈ C0∞ (Rn+m ) und supp(φ1 × φ2 ) = (supp φ1 ) × (supp φ2 ). Wir wollen diese Operation
auf D′ (Rn ), D′ (Rm ), D′ (Rn+m ) fortsetzen.
Lemma 5.33
Sei S ∈ D′ (Rm ), φ ∈ C0∞ (Rn+1 ). Setze ür x ∈ Rn
ψ(x) := S(φ(x, · )) =: Sy (φ(x, y)).
m
∈C0R
Dann gelten
1) Für α ∈ Nn0 ist
∇α ψ = S(∇(α,0) φ(x, · )).
Insbesondere ψ ∈ C ∞ (Rn → C).
2) ψ ∈ C0∞ (Rn )
D(Rn+m )
3) Falls φj −→ φ, ψj (x) = S(φj (x, · )), dann gilt
D(Rn )
ψj −→ ψ
Beweis:
1) Verläu analog zu Übungsaufgabe 12.4.
2) Es gelte supp φ ∈ [−R, R]n+m . Für |x1 | ≥ R ∨ |x2 | ≥ R ∨ · · · gilt φ(x) = 0 und damit
auch ψ(x) = 0. Also supp ψ ⊆ [−R, R]n .
3) Es gelte supp φj ⊆ [−R, R]n+m . Nach 2) ist dann supp ψj ⊆ [−R, R]n ür alle j ∈ N.
98
D P  D | 5.5
Weiter gilt
(
)
(
)
1)
|∇α ψj (x) − ∇α ψ(x)| = S ∇(α,0) φj (x, · ) − S ∇(α,0) φ(x, · )
=:gj,x
(
= S ∇(α,0) (φj (x, · ) − φ(x, · ))
)
supp( · )⊆[−R,R]n =:K
mit 5.25 (ii) angewendet auf S ∈ D′ (Rn ) ergibt sich
= c max ∥∇β gj,x ∥∞
|β|≤k
β∈Nm
0
= c max ∥∇(α,β) (φj (x, · ) − φ(x, · ))∥∞
|β|≤k
≤ c max ∥∇(α,β) (φj − φ)∥L∞ (Rn+m )
|β|≤k
→ 0,
D(Rn+m )
da φj −→ φ.
□
Satz 5.34 (D  S)
Seien T ∈ D′ (Rn ), S ∈ D′ (Rm ), φ ∈ C0∞ (Rn+m ). Das direkte Produkt T × S ist definiert durch
T × S(φ) := Tx (Sy (φ(x, y))).
=:ψ(x)
Nach 5.33 ist ψ ∈ C0∞ (Rn ), also T (ψ) wohldefiniert.
Es gelten
1) T × S ∈ D′ (Rn+m ).
2) Sei u ∈ L1loc (Rn ), v ∈ L1loc (Rm ), dann ist
Tu × Tv = Tu×v .
3) Sei φ1 ∈ C0∞ (Rn ), φ2 ∈ C0∞ (Rm ), dann ist
T × S(φ1 × φ2 ) = T (φ1 )S(φ2 ).
4) supp(T × S) = (supp T ) × (supp S).
Beweis:
1)
a) T × S ist linear, da S und T linear.
b) T × S : D(Rn+m ) → C ist stetig:
D(Rn+m )
Sei φj −→ φ, d.h. ür alle j ∈ N : supp φj ⊆ K kompakt und ∇α φj → ∇α φ
gleichmäßig auf Rn+m ür α ∈ Nn+m
. Zeige T × S(φj ) → T × S(φ).
0
Nach 5.33 gilt ür ψj (x) := Sy (φj (x, y)), ψ(x) := Sy (φ(x, y))
ψj → ψ
in D′ (Rn )
und damit (da T stetig)
T × S(φj ) = T (ψj ) → T (ψ) = T × S(φ).
99
10.07.2013
5 | D
2),3) Siehe Übungsaufgabe 13.1.
4)
a) Sei (x, y) ∈ supp T × supp S. Zeige (x, y) ∈ supp(T × S).
Sei (x, y) ∈ O ⊆ Rn+m , O offen. Dann
∃O1 ⊆ Rn , O2 ⊆ Rm offen : x ∈ O1 ∧ y ∈ O2 ∧ O1 × O2 ⊆ O
Es gilt
x ∈ supp T =⇒ ∃φ1 ∈ C0∞ (O1 ) : T (φ˜1 ) ̸= 0,
y ∈ supp S =⇒ ∃φ2 ∈ C0∞ (O2 ) : S(φ˜2 ) ̸= 0.
und damit als Fortsetzung miels 0 auf O \ (O1 × O2 )
φ1 × φ2 ∈ C0∞ (O1 × O2 ) ⊆ C0∞ (O).
Also
T × S(φ1 × φ2 ) = T × S(φ˜1 × φ˜2 ) = T (φ˜1 )S(φ˜2 ) ̸= 0.
b) Sei (x, y) ̸∈ supp T × supp S. Zeige (x, y) ̸∈ supp(T × S) (es reicht z.B. x ̸∈ supp T ).
Es gilt
∃O1 ⊆ Rn , x ∈ O1 ∀φ1 ∈ C0∞ (O1 ) : T (φ˜1 ) = 0
Setze O := O1 × Rm ∋ (x, y). Für Φ ∈ C0∞ (O) ist Φ( · , y) ∈ C0∞ (O1 ) ür festgehaltenes y ∈ Rm . Also
supp(Sy (Φ( · , y))) ⊆ O1
und damit
T (Sy (Φ( · , y))) = 0
ür alle Φ ∈ C0∞ (O). Also
supp(T × S) ⊆ Rn+m \ O
∋(x,y)
und damit
(x, y) ̸∈ supp(T × S).
□
5.6 Faltung von Distributionen
Zur Erinnerung: Die Faltung war definiert als
∫
f ∗ g(x) =
Rn
f (x − y)g(y)dy
Mit Fubini zeigt man
u, v ∈ L1 (Rn ) =⇒ u ∗ v ∈ L1 (Rn ),
jedoch lässt sich das nicht beliebig auf L1loc (Rn ) erweitern: 1 ∗ 1 kann so nicht definiert werden,
obwohl 1 ∈ L1loc (Rn )
100
F  D | 5.6
Die Idee ist jetzt: definiere f ∗ g nur ür spezielle Paare (f, g), die folgenden äquivalenten Bedingungen genügen:
{
}
∀z ∈ Rn : y ∈ Rn : f (z − y)g(y) ̸= 0 ist beschränkt
{
}
⇐⇒ ∀z ∈ Rn : (x, y) : f (x) ̸= 0 ∧ g(y) ̸= 0 ∧ x + y = z ist beschränkt
⇐⇒ ∀z ∈ Rn : (supp f × supp g) ∩ {(x, y) : x + y = z} ist beschränkt.
Dies motiviert folgende Definition:
Definition 5.35
Seien T, S ∈ D′ (Rn ). Setze
{
}
σa := (x, y) : |x + y| ≤ a .
(T, S) erüllt die Streifenbedingung, falls gilt:
∀a > 0 : (supp T × supp S) ∩ σa ist beschränkt.
Beispiel 5.36
Sei supp T beschränkt. Dann erüllt (T, S) die Streifenbedingung.
Beweis:
Leicht an einer Zeichnung nachzuvollziehen.
□
Bemerkung 5.37
Sei f, g, φ ∈ C0∞ (Rn ), dann gilt
∫
(f ∗ g)(x)φ(x)dx
∫
=
f (x − y)g(y)dyφ(x)dx
n
R∫
Rn ∫
z=x−y
=
f (z)φ(z + y)g(y)dzdy
dz=dx
y∈Rn z∈Rn
∫
∫
=
f (z)
g(y)φ(z + y)dydz
z∈Rn
y∈Rn
(
)
= Tf,z Tg,y (φ(z + y))
= (Tf × Tg )(Φ)
(Φ(z, y) := φ(z + y)).
Tf ∗g (φ) =
n
∫R
Ein Problem beim Verwenden dieser Darstellung ist, dass supp Φ niemals beschränkt ist: Φ ∈
C ∞ (Rn ) \ C0∞ (Rn ).
Satz 5.38 (D  S)
Seien T, S ∈ D′ (Rn ) und (T, S) erülle die Streifenbedingung. Dann ist die Faltung T ∗S definiert
durch
T ∗ S(φ) := (T × S)(ψφ Φ)
(ür φ ∈ C0∞ (Rn ))
mit Φ(x, y) := φ(x + y) und
ψφ ∈ C0∞ (R2n ) mit
ψφ = 1 auf (supp T × supp S) ∩ σR ,
wobei R > 0 so groß, dass supp φ ⊆ KR (0).
Dann gelten
101
5 | D
1) (T ∗ S)(φ) ist unabhängig von der Wahl von ψφ ,
2) T ∗ S ∈ D′ (Rn ).
Beweis:
1) Sei ψ˜φ ∈ C0∞ (R2n ), ψ˜ = 1 auf (supp T × supp S) ∩ σR . Dann ist
(
(T × S)(ψφ Φ) − (T × S)(ψ˜φ Φ) = T × S
(ψφ − ψ˜φ )
=0 in (supp T × supp S) ∩ σR =0 in
)
Φ
R2n
=0
\ σR
=0 auf supp T × supp S
2)
a) T ∗ S ist linear, da T × S linear ist.
D(Rn )
b) Sei φn −→ φ, d.h. ∀j ∈ N : supp φj ⊆ K und ∀α ∈ Nn0 : ∇α φj → ∇α φ
gleichmäßig in Rn . Setze Φj (x, y) := φj (x + y). Wähle R > 0 so, dass supp φj ⊆
KR (0) ür alle j ∈ N. Wähle außerdem ψφ ∈ C0∞ (R2n ) so, dass ψφ = 1 auf (supp T ×
supp S) ∩ σR , dann ist
(i) supp(ψφ Φj ) ⊆ supp ψφ =: K kompakt
(ii) ∇(α,β) (ψφ Φj ) → ∇(α,β) (ψφ Φ) gleichmäßig auf R2n :
Es gilt
∇(α,β) Φj (x, y) = ∇α+β φj (x + y) → ∇α+β φ(x + y) = ∇(α,β) Φ(x, y)
gleichmäßig bezüglich x + y ∈ Rn , bzw. (x, y) ∈ R2n . Mit der Leibnitzregel
folgt die Aussage.
D(Rn+m )
Also ψφ Φj −→ ψφ Φ und damit da T × S stetig:
T ∗ S(φj ) = T × S(ψφ Φj ) → T × S(ψφ Φ) = T ∗ S(φ)
□
Beispiel 5.39
1) Für eine Distribution T gilt
T ∗ δ0 = T
a) supp δ0 ist beschränkt, damit erüllt (T, δ0 ) die Streifenbedingung und T ∗ δ0 ist definiert.
b) Sei φ ∈ C0∞ (Rn ), supp φ ⊆ KR (0). Setze Φ(x, y) := φ(x + y), dann ist supp Φ ⊆ σR .
Definiere
K := ( Rn × {0} ) ∩ σR
⊇supp T
=supp δ0
und wähle ψφ ∈ C0∞ (R2n ) mit ψφ = 1 auf K. Dann gilt
(
(
))
T ∗ δ0 (φ) = T × δ0 (ψφ Φ) = Tx δ0,y ψφ (x, y)φ(x + y)
= T (φ).
=ψ(x,0)φ(x+0)=1φ(x)
also T ∗ δ0 = T .
2) Nach 5.37 ist
Tf ∗ Tg = Tf ∗g
ür f, g ∈ C0∞ (Rn ).
102
F  D | 5.6
15.07.2013
Satz 5.40 (E)
Es erüllen T, S ∈ D′ (Rn ) die Streifenbedingung. Dann gilt
1) T ∗ S = S ∗ T
2) Dα (T × S) = (Dα T ) ∗ S = T ∗ Dα S
Beweis:
1) Wir zeigen
z.z.
(T ∗ S)(φ) = Tx (Sy (ψφ Φ)) = Sy (Tx (ψφ Φ)) = (S ∗ T )(φ).
Falls ψφ Φ = φ1 (x)φ2 (x), dann ist
Tx (Sy )(φ1 (x)φ2 (y)) = Tx (φ1 (x)Sy (φ2 (y))) = Tx (φ1 (x))Sy (φ2 (y)) = Sy (Tx (φ1 (x)φ2 (y))),
die Linearität liefert also Tx (Sy (φ)) = Sy (Tx (φ)) ür alle
φ ∈ LH{φ1 φ2 |φy ∈ C0∞ (Rn )} .
dicht in C0∞ (R2n , siehe Walter, 1994)
2) Es gilt
Dα (T ∗ S)(φ) = (−1)|α| T ∗ S(∇α φ)
( (
))
= (−1)|α| Tx Sy ψφ (x, y) (∇α φ(x + y))
=∇α
y (φ(x+y))
mit ψ = 1 auf (supp S × supp T ) ∩ σR (vgl. Beweis zu 5.38), folgt
( (
))
= (−1)|α| Tx Sy ∇αy (ψφ (x, y)φ(x + y))
(
)
= Tx (Dα S)y (ψφ (x, y)φ(x + y))
= (T ∗ Dα S)(φ).
Definition 5.41
1) Eine Ableitungsvorschri
P (D) =
∑
□
cα Dα : D′ (Rn ) → D′ (Rn )
|α|≤k
(ür cα ∈ C, k ∈ N) heißt linearer Differentialoperator.
2) Eine Distribution T ∈ D′ (Rn ) heißt Grundlösung oder Fundamentallösung zu P (D), falls
P (D)T = δ0 .
Satz 5.42
Sei T ∈ D′ (Rn ) eine Grundlösung zu P (D). Für die Differentialgleichung
P (D)U = F
(F ∈ D′ (Rn ) gegeben, U ∈ D′ (Rn ) gesucht) gilt: Erüllt (T, F ) die Streifenbedingung, so ist
U =T ∗F
eine Lösung der DGL.
103
5 | D
Beweis:
Es gilt
5.40
5.39
P (D)U = P (D)(T ∗ F ) = (P (D)T ) ∗ F = δ0 ∗ F = F.
□
Beispiel 5.43
Definiere in D′ (R) den Differentialoperator
P (D) = −∆.
Sei Γn der Flächeninhalt der Randfläche der Einheitskugel im Rn . Dann ist T = Tu mit
{1 1
n ̸= 2
Γn |x|n−2
u(x) = 1
1
ln |x|
n=2
Γ2
ist eine Grundlösung von P (D). Betrachte folgende Differentialgleichung:
−∆V = Tf ,
f ∈ C0∞ (Rn ).
Nach 5.42 ist eine Lösung durch V = Tu ∗ Tf = Tu∗f gegeben, wobei
∫
1
1
u ∗ f (x) = Γn
f (y)dy
(n ̸= 2).
|x−y|n−2
Rn
Falls V klassisch differenzierbar ist, dist löst V auch −∆V = f .
Bemerkung 5.44 (O F)
1) Ist die durch 5.42 gegebene Lösung eindeutig?
2) Unter welchen Voraussetzungen ist die Lösung aus 5.42 U = T ∗ F nicht nur schwach
differenzierbar, sondern auch klassisch differenzierbar?
Für Antworten, siehe: Regularitätstheorie, Sobolevräume.
Bemerkung 5.45 (V)
Sortiere ein:
a) j1
b) δ0
c) f (x) = |x|
∑
d) ∞
j=1 δxj , |xj | → ∞
e) f (x) = 1
1
) f (x) = (1+|x|)
n+1
∑∞
g) j=1 cj δxj , |xj | → ∞
∑
(j,0,...,0)
δxj , |xj | → ∞, |cj | → ∞
h) ∞
j=1 cj D
5.7 Temperierte Distributionen
Definition 5.46
1) Der Schwartzraum ist definiert als
}
{
S(Rn ) = φ ∈ C ∞ (Rn → C) | ∀α ∈ Nn0 ∀j ∈ N0 : ∥(1 + |x|)j ∇α φ(x)∥L∞ (Rn ) < ∞ .
104
2) ∥φ∥j,∞ :=
∑
T D | 5.7
∥(1 + |x|j )∇α φ(x)∥L∞ (Rn )
|α|≤j
3) Für f, g ∈ S(Rn ), setze
d(f, g) :=
∞
∑
1 ∥f −g∥j,∞
.
2j 1+∥f −g∥j,∞
j=1
Satz 5.47
1) d ist eine Metrik auf S(Rn ).
2) (S(Rn ), d) ist vollständig metrischer Raum ein sogenannter Fréchet-Raum.
3) C0∞ (Rn ) ist dicht in (S(Rn ), d).
Bemerkung 5.48
Es gilt
l→∞
d(fl , f ) −→ 0
l→∞
⇐⇒
∀j ∈ N : ∥fl − f ∥j,∞ −→ 0.
Definition 5.49
Der topologische Dualraum
{
}
n
S(R ) := T : S(R ) → C | T linear und stetig
n
heißt Raum der temperierten Distributionen.
Eine Folge (Tj ) in S ′ (Rn ) heißt konvergent gegen T ∈ S(Rn ), falls
∀φ ∈ S(Rn ) : Tj (φ) → T (φ)
ür j → ∞.
Satz 5.50
Für T : S(Rn ) → C linear sind äquivalent:
(i) T ∈ S ′ (Rn )
(ii) ∃j ∈ N0 ∃c > 0 ∀φ ∈ S(Rn ) : |T (φ)| ≤ c∥φ∥j,∞
Beweis:
□
Verläu analog zum Beweis von 5.25.
Bemerkung 5.51 (T  S D)
D
Es gilt C0∞ (Rn ) ⊆ S(Rn ). Für φj → φ folgt d(φj , φ) → 0 im Schwarzraum.
Für T ∈ S ′ (Rn ) folgt T |C0∞ (Rn ) ∈ D′ (Rn ), oder kurz S ′ (Rn ) ⊆ D′ (Rn )
Beweis:
a) Linearität ist klar
D
b) Falls φj → φ, dann ist d(φj , φ) → 0 und wegen T ∈ S ′ (Rn )
T (φj ) → T (φ).
Also ist T stetig bezüglich D-Konvergenz.
Beispiel 5.52
1) δx0 ∈ S ′ (Rn ), denn
□
|δx0 (φ)| = |φ(x0 )| ≤ 1∥φ∥0,∞
105
5 | D
2) T ∈ D′ (Rn ) ist von endlicher Ordnung nach 5.50 genau dann, wenn T ∈ S ′ (Rn )
3) Ist T ∈ D′ (Rn ) finit, dann hat T endliche Ordnung und T ∈ S ′ (Rn ).
Definition 5.53
Sei 1 ≤ p ≤ ∞. Die Einbeung
τ : Lp (Rn ) → S ′ (Rn )
u → Tu
ist linear, injektiv und stetig.
Wir identifizieren u mit Tu , also Lp (Rn ) ⊆ S ′ (Rn ).
Beweis:
1) Mit der Hölderschen Ungleichung gilt
∫
|Tu (φ)| =
Rn
uφdx ≤ ∥u∥Lp (Rn ) ∥φ∥Lq (Rn )
Für p = 1, q = ∞ folgt aus 5.50 Tu ∈ S ′ (Rn ). Betrachte 1 < p ≤ ∞:
∫
q
1
∥p∥q =
|φ(x)|q (1 + |x|)n+1 (1+|x|)
n+1 dx
Rn
∫
1
dx
≤ ∥|φ(x)|q (1 + |x|)n+1 ∥L∞ (Rn )
(1+|x|)n+1
Rn
<∞
Also gilt
∥φ∥Lq (Rn ) ≤ c |φ(x)|q (1 + |x|)n+1
1
q
L∞ (Rn )
n+1
q
= c∥φ(x)(1 + |x|)
≤ c∥φ∥j,∞
j≥
∥L∞ (Rn )
n+1
.
q
und damit
|Tu (φ)| ≤ c˜∥φ∥j,∞ .
Also nach 5.50 Tu ∈ S ′ (Rn ).
2) Injektivität: siehe 5.7
3) Linearität von τ ist klar.
S(Rn )
4) Stetigkeit: Aus ul −→ 0 folgt
|T ul | ≤ c∥ul ∥j,∞ → 0.
17.07.2013
□
Satz 5.54
S(Rn ) ist dicht in S ′ (Rn ), bzw. τ (S(Rn )) ist dicht in S ′ (Rn ).
Beweis:
Beweis ähnlich wie bei Schwartzschen Distributionen.
106
□
T D | 5.7
Satz 5.55 (A)
Für α ∈ Nn0 , T ∈ S ′ (Rn ) ist Dα T definiert durch
Dα T (φ) := (−1)|α| T (∇α φ)
ür φ ∈ S(Rn ).
Es gelten
1) Dα T ∈ S ′ (Rn ).
2) Dα : S ′ (Rn ) → S ′ (Rn ) : T → Dα T ist eine stetige Abbildung.
3) Dα Tu = T∇α u ür u ∈ S(Rn )
insbesondere ist die Fortsetzung von ∇α : S(Rn ) → S(Rn ) zu Dα : S ′ (Rn ) → S ′ (Rn ) eindeutig.
Beweis:
1)
a) Dα T ist linear:
Sei a, b ∈ C und φ, ψ ∈ S(Rn ), dann gilt
Dα T (aφ + bψ) = (−1)|α| T (∇α aφ + bψ) = (−1)|α| T (a∇α φ + b∇α ψ)
T lin
= (−1)|α| (aT (∇α φ) + bT (∇α ψ))
= aDα T (φ) + bDβ T (ψ).
b) Zeige ür Stetigkeit die Bedingung aus 5.50:
∃j ∈ N, c > 0 : |Dα T (φ)| ≤ c∥φ∥j,∞ .
Sei T ∈ S ′ (Rn ), dann gilt nach 5.50 ür festes j und c
|T (φ)| ≤ c∥φ∥j,∞ .
Also gilt
|Dα T (φ)| = |T (∇α φ)| ≤ c∥∇α φ∥j,∞ ≤ c∥φ∥j+|α|,∞
und aus 5.50 ist Dα T ∈ S ′ (Rn ).
2) Verwende Folgenstetigkeit: Sei Tj → T in D′ (Rn ), zeige Dα Tj → Dα T in S ′ (Rn ). Sei
φ ∈ S(Rn ), dann gilt
Dα Tj (φ) = (−1)|α| Tj (∇α φ) → (−1)|α| T (∇α φ) = Dα T (φ),
also Dα Tj → Dα T .
3) Für φ ∈ S(Rn ) gilt
α
|α|
D Tu (φ) = (−1)
∫
α
part.
u(x)∇ φ(x)dx = (−1)
Rn
|α|
∫
Int.
Rn
(∇α u)(x)φ(x)dx = T∇α u (φ).
□
Satz 5.56 (M)
Sei a ∈ C ∞ (Rn → C) mit
∀a ∈ N0 ∃j ∈ N0 :
∇α a
(1+| · |)j
∞
< ∞.
Dann ist aT definiert durch
aT (φ) := T (aφ)
ür φ ∈ S(Rn ).
Es gelten folgende Aussagen:
107
5 | D
1) aT ∈ S ′ (Rn ).
2) Die Abbildung A : S ′ (Rn ) → S ′ (Rn ) : T → aT ist stetig (ür festes a).
3) Für u ∈ S(Rn ) gilt aTu = Tau .
Beweis:
1) Sei φ ∈ S(Rn ). Dann ist aφ ∈ S(Rn ), denn
∑
∥aφ∥j,∞ =
(1 + |x|)j ∇α (αφ)
|α|≤j
=
∑
(1 + |x|)j
|α|≤j
≤
∑ ∑( )
α
β
∑( )
α
β
∞
(∇β a)(∇α−β φ)
∞
β≤α
(1 + |x|)j (∇β a)∇α−β φ
|α|≤j β≤α
∞
∇ a(x)
β
Wegen der Voraussetzung an a ist ∥ (1+|x|)
j(β) ∥∞ =: cβ < ∞, also |∇ a(x)| ≤ cβ (1 +
|x|)j(β) ≤ c(1 + |x|)k ür c = max cβ , k = max j(β). Damit gilt weiter
∑ ∑( )
α
c (1 + |x|)j+k ∇α−β φ ∞
≤
β
β
|α|≤j β≤α
≤∥φ∥j+k,∞
≤ c˜∥φ∥j+k,∞ < ∞.
Also gilt
5.50
|aT (φ)| = |T (aφ)| ≤ cˆ∥aφ∥j,∞ ≤ cˆc˜∥φ∥j+k,∞
und damit nach 5.50 aT ∈ S ′ (Rn ).
□
2),3) Einfache Übung.
Satz 5.57 (F)
Für f ∈ S(Rn ) sei f− (x) := f (−x).
Sei T ∈ S ′ (Rn ), dann ist T ∗ f definiert durch
T ∗ f (φ) := T (f− ∗ φ)
ür φ ∈ S(Rn ).
Dann gelten
1) T ∗ f ∈ S ′ (Rn )
2) Für festes f ist ∗f : S ′ (Rn ) → S ′ (Rn ) : T → T ∗ f eine stetige Abbildung.
3) Für g ∈ S(Rn ) gilt Tg ∗ f = Tg∗f
4) Für f, g ∈ S(Rn ) gilt
(T ∗ f ) ∗ g = T ∗ (f ∗ g).
5) Dα (T ∗ f ) = (Dα T ) ∗ f = T ∗ ∇α f .
Satz 5.58 (F)
Sei F : S(Rn ) → S(Rn ) die klassische Fouriertransformation. Dann ist die Fouriertransformation
F : S ′ (Rn ) → S(Rn )
108
T D | 5.7
definiert durch
FT (φ) := T (F φ).
Es gelten folgende Eigenschaen:
1) FT ∈ S ′ (Rn ).
2) F ist linear und stetig.
3) Für u ∈ S(Rn ) gilt FTu = TF u .
4) F ist bijektiv und
F −1 T (φ) = T (F −1 φ).
Beispiel 5.59
Wir berechnen die Fouriertransformation der Delta-Distribution.
Aus der Physik kennt man die Aussage:
Fδx0 (ω) =
1
n
(2π) 2
∫
Rn
δx0 (x)e−iωx dx =
1
n
(2π) 2
e−iωx0 .
Wir wollen das mit unserer Definition nachweisen. Sei φ ∈ S(Rn ), dann ist
(Fδx0 )(φ) = δx0 (F φ) = F φ(x0 )
∫
1
e−ix0 x φ(x)dx
=
n
2
(2π)
Rn
= Tg (φ)
, g(x) =
1
n
(2π) 2
e−ixx0 .
Also Fδx0 = g.
Satz 5.60
Es gelten folgende Aussagen
1) F(Dα T ) = i|α| xα F(T )
2) F(xα T ) = i|α| Dα (FT )
3) F(T ∗ f ) = F(f )F (T ).
Bemerkung
In 1) ist x ein Vektor und xα = xα1 1 xα2 2 · · · xαnn .
Beweis:
□
Folgt durch Nachrechnen.
Beispiel 5.61
Es gilt in S ′ (Rn ):
⇐⇒
− ∆U = δ0
F (−∆U ) = F(δ0 )
⇐⇒
|x|2 F(U ) =
⇐⇒
F (U ) =
−i0x
1
n e
(2π) 2
1
.
n
(2π) 2 |x|2
Es ergeben sich Probleme bei x = 0. Wir hoffen, dass
U = F −1 (
1
).
n
(2π) 2 |x|2
109
5 | D
Das klappt ür n ≥ 3, da dann (x →
1
)
|x2 |
∈ L1loc (Rn ). Für n = 2 „Regularisierung“:
1
lim F −1 ( |x|21+ε ).
2π ε→0
u(x) =
Beispiel 5.62 (G)
∑
Sei P (D) = |α|≤j cj Dα , cα ∈ C, dann ist
P (D)U = δ0
⇐⇒
P (ix)F(U ) =
1
n
(2π) 2
Bei den Nullstellen von P (ix) ergeben sich ein Problem.
Hörmander hat 1958 gezeigt: Zu jedem P (D) gibt es eine Grundlösung U ∈ S ′ (Rn ).
Bemerkung 5.63 ( D′ (Rn )  S ′ (Rn ))
S ′ (Rn ) ist super ür Ganzraumprobleme, aber das Konzept ist nicht übertragbar auf Teilmengen
des Rn .
Das Konzept von D′ (Rn ) ist dagegen leicht übertragbar auf D′ (O) mit O ⊆ Rn offen.
110
Literaturverzeichnis
Michael Reed and Barry Simon. Methods of Modern Mathematical Physics: Functional Analysis,
Volume 1. Academic Press, 1981.
Wolfgang Walter. Einührung in die eorie der Distributionen. Spektrum Akademischer Verlag,
1994.
111
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