Lösungen zu den Übungsaufgaben

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1 Lösungen zu den Übungsufgben Aufgbe A.2. Ist k L () mit k(x)dx = und ist f : beschränkt, Lebesgue-messbr und stetig in x, dnn gilt lim r r k(x y r )f(y)dy = f(x). Lösung A.2. Zunächst ist mit der Substitutionsregel A.2.8 für r > r k(x y r )f(y)dy = k(u)f(x ru)du. D f stetig ist in x, konvergiert k(u)f(x ru) für r gegen k(u)f(x). Weiter ist f beschränkt. Also existiert eine Konstnte C mit k(u)f(x ru) C k(u) für lle u. Nch dem Stz von Lebesgue A.2.7 ist lim r k(u)f(x ru)du = limk(u)f(x ru)du = r k(u)f(x)du = f(x). Aufgbe..4 Sei X ein K-Vektorrum mit Sklrprodukt und sei x, y X. Ist x, z = y, z für lle z X, dnn ist x = y. Lösung..4 D x y, z = für lle z X, gilt die Gleichung insbesondere für z = x y, lso = x y, x y. Mit (S2) folgt x y =. Aufgbe..8 Sei X ein K-Vektorrum mit Sklrprodukt und x, y X. Dnn gilt für lle x, y X () Polrisierungsidentität: { 4 ( x + y 2 x y 2 ) flls K =, x, y = 4 ( x + y 2 x y 2 + i x + iy 2 i x iy 2 ) flls K = C, (b) Prllelogrmmidentität: x + y 2 + x y 2 = 2 x x 2. Lösung..8 Seien x, y X. () Für K = gilt 4 ( x + y 2 x y 2 ) = ( x + y, x + y x y, x y ) 4 = ( x, x + 2 x, y + y, y x, x + 2 x, y y, y ) 4 = x, y.

2 Ist K = C, dnn 4 ( x + y 2 x y 2 + i x + iy 2 i x iy 2 ) = ( x + y, x + y x y, x y + i x + iy, x + iy i x iy, x iy ) 4 = ( x, x + x, y + y, x + y, y x, x + x, y + y, x y, y 4 + i x, x + i x, iy + i iy, x + iy, iy i x, x + i x, iy + i iy, x iy, iy ) = 4 (2 x, y + 2 y, x 2i2 x, y + 2i 2 y, x ) = x, y. (b) Es gilt x + y 2 + x y 2 = x + y, x + y + x y, x y = x, x + x, y + y, x + y, y + x, x x, y y, x + y, y = 2 x, x + 2 y, y = 2 x y 2 Aufgbe.. Sei X ein K-Vektorrum mit Sklrprodukt. Dnn gilt für lle x X x = sup x, y. y Lösung.. Sei x X. Nch der Cuchy-Schwrtzschen Ungleichung gilt Andererseits ist für x sup x, y sup x y x. y y x = x, x x = x, x x sup x, y. y Für x = ist die Aussge trivil. Aufgbe.4.6 Sei X ein normierter Vektorrum und seien S, T : X X linere Opertoren mit ST TS = I. Dnn ist mindestens einer der beiden Opertoren S, T nicht stetig. Hinweis: Zeigen Sie zuerst ST n+ T n+ S = (n + )T n (n N {}). Lösung.4.6 Angenommen, S, T sind stetig, d.h. S, T B(X). Wir zeigen zunächst mit vollständiger Induktion, dss ST n+ T n+ S = (n + )T n für lle n N {}.

3 n = : ST TS = I gilt nch Vorussetzung. n n : ST n+ T n+ S = ST n T T n ST + T n ST T n TS = (ST n T n S)T + T n (ST TS) = nt n T + T n = (n + )T n. Gäbe es m N mit T m und T m+ =, würde folgen, dss = ST m+ T m+ S = (m + )T m. Also können wir nnehmen, dss T n für lle n N. D (n + ) T n = (n + )T n = ST n+ T n+ S 2 S T T n, erhlten wir S T n+ 2 für lle n N. Ds ist ein Widerspruch. Aufgbe.4.8 Sei X ein Hilbertrum und P B(X). Dnn sind äquivlent: (i) P ist Orthogonlprojektion (uf BildP). (ii) I P ist Orthogonlprojektion (uf (BildP) ). (iii) P 2 = P und BildP = (KernP). (iv) P 2 = P und Px, y = x, Py für lle x, y X. Lösung.4.8 (i) (ii) folgt direkt mit dem Projektionsstz.3.4 (d.h. mit der Definition der Orthogonlprojektion) und Korollr.3.5. (i) (iii): Nch dem Projektionsstz.3.4 ist Px BildP und dher P 2 x = P(Px + ) = Px für jedes x X. Weiter ist KernP = (BildP) und dher (KernP) = ((BildP) ) = BildP nch Korollr.3.5 (BildP ist bgeschlossen!). (iii) (i): Wegen BildP = (KernP) ist BildP bgeschlossen. Nch dem Projektionsstz.3.4 existiert lso zu x X eine eindeutige Zerlegung x = y+z mit y BildP und z (BildP) = ((KernP) ) = KernP. D y BildP, existiert w X mit y = Pw. Dmit folgt Px = Py + Pz = Py = P 2 w = Pw = y. Also ist P Orthogonlprojektion uf BildP. (i) (iv): P 2 zeigt mn wie oben. Sei x, y X. Dnn gilt Px, y = Px, Py+(I P)y = Px, Py, d (I P)y (BildP). Anlog zeigt mn x, Py = Px, Py. Also ist Px, y = x, Py. (iv) (iii): Wir zeigen zunächst, dss Bild P = Kern(I P) gilt. Sei x Kern(I P). Dnn ist x Px =, d.h. x = Px, lso x BildP. Ist ndererseits x BildP, dnn existiert z X mit x = Pz. Dnn ist ber Px = P 2 z = Pz = x, lso (I P)x =. Nun zeigen wir Kern(I P) = (KernP). Ist x Kern(I P), dnn ist x = Px und dher x, y = Px, y = x, Py = für lle y KernP, d.h. x (KernP). Sei nun x (KernP). Für jedes y X gilt P(y Py) = Py P 2 y =, d.h. (I P)y KernP. Dher ist (I P)x, y = x, y Px, y = x, y x, Py = x,(i P)y = für lle y X, lso (I P)x Kern(I P).

4 Aufgbe.4.8 Sei b und := \ {}. Zeigen Sie, dss folgende Opertoren unitär sind: () Trnsltionsopertor T b : L 2 () L 2 (), T b f = f( b), (b) Dilttionsopertor D : L 2 () L 2 (), D f = /2 f( ), (c) Modultionsopertor E b : L 2 () L 2 (), E b f = e ib f. Bestimmen Sie ußerdem jeweils den djungierten Opertor. Lösung.4.8 Sei f, g L 2 (). () Nch der Substitutionsregel A.2.8 gilt T b f, g L2 = f(x b)g(x)dx = f(y)g(y + b)dy = f, T b g L2, d.h. Tb = T b. Dher ist Tb T b = T b T b = I = T b T b = T b Tb und dmit T b unitär nch Korollr.4.7. (b) Wiederum nch der Substitutionsregel gilt D f, g L2 = /2 f( x )g(x)dx = /2 f(y)g(y)dy = f, D g L2 und dher D = D unitär. (c) Es gilt E b f, g L2 =. Dmit folgt DD = D D = I = D D e ibx f(x)g(x)dx = = D D, d.h. D ist f(x)e ibx g(x)dx = f, E b g L2 und dmit E b = E b. Also ist E b unitär, denn E b E b = E b E b = I = E b E b = E b E b. Aufgbe 2..4 Sei f L (), b und = \ {}. Dnn gilt für lle ξ : () f( b)(ξ) = e ibξ f(ξ), (b) e ib f(ξ) = f(ξ b), (c) f( )(ξ) = ξ f( ). Lösung 2..4 Mit der Substitutionsregel A.2.8 gilt () f( b)(ξ) = (b) e ib f(ξ) = (c) f( )(ξ) = e ixξ f(x b)dx = e ixξ e ibx f(x)dx = e ixξ f(x)dx = e i(y+b)ξ f(y)dy = e ibξ f(ξ), e ix(ξ b) f(x)dx = f(ξ b), e i yξ f(y) dy = f( ξ ).

5 Aufgbe (Stz von iemnn-lebesgue): Für f L () gilt lim f(ξ) =. ξ Lösung Ist g S(), dnn ist ĝ S() und dher lim ξ ĝ(ξ) =. Für beliebiges f L () wählen wir zu ε > ein g ε S() mit f g ε < ε. Dnn ist f(ξ) ĝ ε (ξ) < ε für jedes ξ. Also gilt lim sup ξ f(ξ) lim sup( f(ξ) ĝ ε (ξ) + ĝ ε (ξ) ) < ε + lim ĝ ε(ξ) = ε ξ ξ D diese Abschätzung für lle ε > richtig íst, folgt die Behuptung. Aufgbe Ist f S(), dnn gilt f(x) = Lösung Nch Lemm ist f(x) = (F f)( x) = e ixξ f(ξ)dξ. e i( x)ξ f(ξ)dξ = e ixξ f(ξ)dξ. Aufgbe 3..6 Welche Bedingungen müssen ϕ, ψ L 2 () erfüllen, dmit T ψ f, T ϕ g H = f, g L2 () gilt für lle f, g L 2 ()? Lösung 3..6 Seien ϕ, ψ L 2 (). Nch 3.. ist Also ist für festes (T ψ f)(, b) = f, E b D ψ = F [ f D ψ](b). (T ψ f)(, ), (T ϕ g)(, ) L2 () = F [ f D ψ ], F [ ĝ D ϕ ] L 2 () = f D ψ, ĝ D ϕ L2 () = f D ϕ, ĝ D ψ L2 () nch dem Stz von Plncherel. Dmit ist T ψ f, T ϕ g H = (T ψ f)(, b)(t ϕ g)(, b)db d 2 d = f(β) ϕ(β)ĝ(β) ψ(β)dβ.

6 Weiter ist mit dem Stz von Tonelli A.3.5 und der Substitutionsregel A.2.8 d T ψ f, T ϕ g H = f(β)ĝ(β) ϕ(β) ψ(β) dβ d = f(β)ĝ(β) ϕ() ψ() dβ d = f(β)ĝ(β)dβ ϕ() ψ() d = ϕ() ψ() f, g L 2 (). Hiermit hben wir gezeigt, dss T ψ f, T ϕ g H = f, g L2 () für lle f, g L 2 () gilt genu dnn, wenn d ϕ() ψ() =. (Zur Erinnerung: H = L 2 (, db d 2 ), vgl. Stz 3..3). Aufgbe Sei h(x) = e x2 /2 und h k := dk dx k h(x) (k N). () Zeigen Sie, dss h kein Wvelet ist. (b) Zeigen Sie, dss h k für jedes k N ein Wvelet ist und bestimmen Sie die jeweilige Wveletkonstnte c hk. (c) Skizzieren Sie h und h k für k =, 2, 3, 4. ( h 2 heißt uch Mexiknische Hut- Funktion.) Lösung () Nch Beispiel ist ĥ = h und dher ξ ξ ĥ(ξ) 2 = ξ e ξ2 nicht integrierbr über. Also erfüllt h die Zulässigkeitsbedingung nicht. Andere Beweismöglichkeit: D h L () L 2 () und h(x)dx =, knn h nch Bemerkung kein Wvelet sein. (b) Wir zeigen, dss für k N ψ k (ξ) 2 dξ = (k )! ξ gilt. Nch Beispiel ist ψ k (ξ) = (iξ) k ĥ(ξ) = (iξ) k e ξ2 /2. Dmit gilt ψ k (ξ) 2 dξ ξ = ξ 2k e ξ2 dξ = 2 ξ 2k e ξ2 dξ. Die Behuptung folgt jetzt mit vollständiger Induktion: k = : ψ (ξ) 2 dξ [ ] ξ = 2ξ 2k e ξ2 dξ = e ξ2 = =!

7 k k + : Mit prtieller Integrtion gilt ψ k+ (ξ) 2 dξ ξ = ξ 2k (2ξe ξ2 )dξ [ ] = ξ 2k e ξ2 + 2kξ 2k e ξ2 dξ = k ψ k (ξ) 2 dξ = k(k )! = k!. ξ Also ist c ψk = (k )!. (c) exp( /2 x 2 ) x exp( /2 x 2 ) exp( /2 x 2 )+x 2 exp( /2 x 2 ) x x x 3 x exp( /2 x 2 ) x 3 exp( /2 x 2 ) 3 exp( /2 x 2 )...+x 4 exp( /2 x 2 ) x x Aufgbe Sei ϕ eine k-fch (k ) differenzierbre Funktion mit ϕ, ϕ (k) L 2 () und ϕ (k). Dnn ist ψ = ϕ (k) ein Wvelet. Aufgbe Es gilt c ψ = 2 dξ ψ(ξ) ξ = ϕ(ξ) 2 dξ + ξ > ξ 2k ϕ(ξ) 2 dξ ξ + 2 dξ ψ(ξ) ξ > ξ ψ(ξ) 2 dξ ϕ ψ 2 2 = ϕ ψ 2 2 <. Also erfüllt ψ die Zulässigkeitsbedingung.

8 Aufgbe () Sei h(x) = e x2 /2 und h k (x) = dk dx k h(x), k N. Nch Aufgbe ist h k ein Wvelet. Zeigen Sie, dss h k von der Ordnung k ist. (b) Allgemeiner gilt: Ist ϕ S() mit ϕ(x)dx und ϕ(k), dnn ist ψ = ϕ (k) ein Wvelet der Ordnung k. Lösung () folgt direkt us (b). (b) In Aufg wurde schon gezeigt, dss ψ ein Wvelet ist. Nch Definition bleibt zu zeigen, dss x l ψ(x) =, l =,...,k, und x k ψ(x). Mit prtieller Integrtion (l-ml usgeführt) folgt x l ψ(x)dx = x l ϕ (k) (x)dx = ( ) l l! ϕ (k l) (x)dx. Ist k = l, dnn ist ϕ(k l) (x)dx = ϕ(x)dx. Ist ndererseits l < k, dnn folgt wegen ϕ S(), dss ϕ(k l) (x)dx =. Aufgbe 4..3 In H = L 2 ([, ]) ist S = {() /2 e ik : k Z} ein ONS. Lösung 4..3 Wir berechnen zunächst e ikt dt, k Z: { e ikt, k =, dt = cos(kt) + isin(kt)dt =, k. Dmit ist für k, l Z () /2 e ik, () /2 e il = = () /2 e ikt () /2 e ilt dt e i(k l)t dt = δ k,l. Aufgbe Ist S B(H) bijektiv und S B(H), dnn ist S invertierbr und (S ) = (S ) B(H). Lösung Sei x H. Dnn gilt für jedes y H und (S ) S x, y = S x, S y = x, SS y = x, y S (S ) x, y = (S ) x, Sy = x, S Sy = x, y. Dher ist (S ) S x = x = S (S ) x. D x H beliebig gewählt wr, ist S invertierbr mit (S ) = (S ) B(H).

9 Aufgbe 4.2. Für den zum dulen Frme S gehörenden Frme-Opertor F gilt: F = F(F F), F F = (F F), F F = I = F F, FF = F F = P Bild F = P Bild F. Lösung 4.2. Für lle x H und lle j Z gilt ( Fx) j = x, f j = (F F) x, f j = (F(F F) x) j und dher F = F(F F). Weiter ist F F = (F(F F) ) F(F F) = (F F) F F(F F) = (F F), F F = (F(F F) ) F = (F F) F F = I, F F = F(F(F F) ) = F F(F F) = I, FF = F(F F) F = F(F(F F) ) = F F. D F = F(F F), ist Bild( F) Bild(F). D uch F = F(F F), ist BildF Bild F. Also ist Bild F = BildF. Es ist klr, dss Bild( FF ) Bild F = BildF. Andererseits ist für x H FF (Fx) = F(F F) F Fx = Fx, d.h. BildF Bild( FF ). Also ist Bild( FF ) = BildF. Weiter ist ( FF )( FF ) = FF F(F F) F = FF und FF x, y = F(F F) F x, y = x, F (F F) Fy = x, FF y. Dmit folgt die Behuptung mit Übungsufgbe.4.8. Aufgbe Sei (V j ) eine Folge von bgeschlossenen Teilmengen von L 2 (), die die Bedingungen (4) und (5) us Definition 5.2. erfüllen. Dnn gilt: () {ϕ j,k : k Z} ist ONB von V j. (b) k, j Z : f V j f( 2 j k) V j. Lösung () {2 j/2 ϕ(2 j k) : k Z} ist ONS in V j : Es gilt 2 j/2 ϕ(2 j k) V j nch (4) und (5) und 2 j/2 ϕ(2 j k), 2 j/2 ϕ(2 j l) = ϕ( k), ϕ( l) = δ kl nch (5). Es gilt die Besselsche Gleichung: Sei f V j. Dnn folgt mit (4) und (5) f,2 j/2 ϕ(2 j k) 2 = 2 j/2 f(2 j ), ϕ( k) 2 = 2 j/2 f(2 j ) 2 = f 2.

10 Mit Stz 4..7 folgt die Behuptung. (b) Sei zunächst j = und sei f V. Dnn ist nch (5) f = f, φ( k) φ( k) und dher f( l) = f, φ( k) φ( l k) = m Z f, φ( m + l)) φ( m) = m Z f( l), φ( m) φ( m) V. Die ndere Impliktion folgt nlog. Sei nun j Z. Dnn gilt nch (4) f V j f(2 j ) V f(2 j ( k)) V f( 2 j k) V j. Aufgbe Zeigen Sie, dss für die in Bemerkung definierte Funktion H gilt H(ξ) 2 + H(ξ + π) 2 = für fst lle ξ, H() =, H(π) =. Lösung Mit Lemm gilt für fst lle ξ = ϕ(2ξ + 2kπ) 2 = H( 2ξ+2kπ 2 ) ϕ( 2ξ+2kπ 2 ) 2 = H(ξ + kπ) 2 ϕ(ξ + kπ) 2 = H(ξ + 2kπ) 2 ϕ(ξ + 2kπ) 2 + = H(ξ) 2 ϕ(ξ + 2kπ) 2 + = H(ξ) 2 + H(ξ + π) 2. H(ξ + (2k + )π) 2 ϕ(ξ + (2k + )π) 2 H(ξ + π) 2 ϕ(ξ + π + 2kπ) 2 Aufgbe Die zu H und G djungierten Opertoren sind H : l 2 (Z) l 2 (Z) ( ) (c m ) h k 2m c m m Z k G : l 2 (Z) l 2 (Z) ( ) (c m ) g k 2m c m. Lösung Wir betrchten zunächst den Opertor H. D (h m ), c l 2 (Z) liegen, konvergiert die eihe m Z h k 2mc m bsolut nch der Cuchy-Schwrtz-Ungleichung. Es bleibt zu zeigen, für jedes c l 2 (Z) und jedes k Z die Identität (H c) k = m Z h k 2mc m gilt. Sei lso c l 2 (Z) und k Z. Sei weiter e k der k-te Einheitsvektor in l 2 (Z), d.h. e k m = δ k,m. Dnn gilt (H c) k = H c, e k = c, He k = c l h m 2l e k m = c l h k 2l. l Z m Z l Z Der Beweis für G geht nlog. m Z k