L 2 -Theorie und Plancherel-Theorem

Transkript

1 L -Theorie und Plancherel-Theorem Seminar Grundideen der Harmonischen Analysis bei Porf Dr Michael Struwe HS 007 Vortrag von Manuela Dübendorfer

2 1 Wiederholung aus der L 1 -Theorie Um die Fourier-Transformation für Funktionen aus L zu berechnen, brauchen wir einige Resultate aus der L 1 -Theorie Sei f L 1 ( ), dann gilt ˆf(x) = f(t) e πitx dt (11) Seien f, g L 1 Für die Faltung f g gilt f g liegt in L 1, ist gleichmässig stetig und f g = ˆf ĝ (1) Weiter gelten ˆf ĝ dx = f ḡ dx, (13) f ĝ dx = ˆf g dx (14) Proposition 11 Sei f L 1, stetig in 0 und ˆf 0 Dann ist ˆf L 1 ( ) und f(t) = ˆf(x) e πitx dx fast überall Insbesondere gilt f(0) = ˆf(x)dx 1

3 L -Theorie und Plancherel-Theorem Unser Ziel in diesem Abschnitt ist die Fouriertransformierte einer beliebigen Funktion f L zu definieren Und zwar können wir dazu eine Folge (f n ) n N L 1 L konstruieren, die in L gegen f konvergiert Für die Folgenglieder f n ist die Fouriertransformierte definiert Die Fouriertransformierte von f ist dann definiert als der Limes der Folge ( ˆf n ) n N Um diese Folge wirklich konstruieren zu können, brauchen wir vorerst einen Satz für Funktionen in L 1 L Satz 1 Sei f L 1 L, dann gilt ˆf = f Beweis Sei g := f( x) und h := f g die Faltung, also h(x) = f(x y) g(y) dy = f(x y) f( y) dy (1) Da f L 1 L, ist ˆf wohldefiniert Mit (11) und einer Variabelntransformation, kann man leicht nachrechnen, dass ĝ = ˆf Damit und mit (1) folgt ĥ = ˆf ĝ = ˆf ˆf = ˆf Unter Verwendung von Proposition 11 und (1) gilt schliesslich ˆf dx = ĥ dx = h(0) = f( y)f( y) dy = f(x)f(x) dx R n = f dx Notation 1 Wir schreiben ˆf =: Ff, wobei wir mit F den Operator bezeichnen, der f auf ˆf abbildet Proposition 1 F : L 1 L L ist ein beschränkter linearer Operator Beweis Beschränktheit folgt direkt aus Satz 1 Die Linearität folgt aus der Linearität des Integrals Proposition L 1 L liegt dicht in L

4 Beweis Es gilt C c dicht in L und auch dicht in L 1, also ist C c dicht in L 1 L Mit C c L dicht, C c L 1 L dicht und L 1 L L, ist L 1 L dicht in L Da nun L 1 L dicht in L liegt, muss es eine eindeutige Fortsetzung von F auf ganz L geben Diese werden wir jetzt konstruieren Sei f L Für k N definiere f k (t) := { f(t), t k 0, sonst Es gilt offensichtlich, dass f k f in L Weiter liegt f k in L 1 L, da f L und der Support von f k kompakt ist Da nun f k auch in L 1 ist, können wir die Fouriertransformierte von f k wie in L 1 berechnen Diese ist dann wohldefiniert, f k (x) = f k (t)e πitx dt = f(t) e πitx dt t k Da f k L, liegt nach Satz 1 auch ˆf k in L Weil f k gegen f konvergiert, ist auch ˆf k eine Cauchy-Folge, da für k, l N gilt lim ˆf k ˆf l = lim f k f l = lim f k f l = 0 k,l k,l k,l Da nun ˆf k eine Cauchy-Folge und L vollständig ist, konvergiert ˆf k in L Definition 1 Die Fouriertransformierte von f definieren wir als den oben genannten, eindeutigen Limes von ˆf k in L, ˆf(x) := lim ˆfk = lim f(t) e t k πitx dt Bemerkung 1 Es kommt nicht auf die Wahl der Folge f k an Beweis Sei f k f und ˆf k ˆf für k wie vorhin Sei nun g k eine weitere Folge in L 1 L mit g k f (k ) in L ĝ k ist mit dem selben Argument wie vorhin bei ˆf k eine Cauchy-Folge 3

5 Somit besitzt auch g k einen eindeutigen Limes in L, wir nennen ihn g Betrachte nun 0 = lim f k g k = lim ˆfk ĝ k = ˆf ĝ Dies ist äquivalent dazu, dass ˆf = ĝ, da eine Norm ist Also konvergiert auch ĝ k gegen ˆf Das heisst nun, dass die Transformierten einer Folge, die gegen f konvergiert, immer gegen die Transformierte von f konvergieren Somit ist also die Fouriertransformierte einer Funktion in L mit Definition 1 eindeutig bestimmt Im Folgenden werden wir einige schöne Eigenschaften für den L -Raum herleiten Dazu können wir benutzen, dass er ein Hilbertraum ist, da er vollständig ist und folgendes Skalarprodukt besitzt Definition Das Skalarprodukt für Funktionen f, g L ist definiert als f, g := f(t) g(t) dt Die meisten Eigenschaften der L 1 -Theorie übertragen sich auch auf L Für beliebige Funktionen f, g L ( ) gelten i) ˆf = f () ii) iii) ˆf ĝ dx = f ḡ dx, f ĝ dx = ˆf g dx, dh f, ĝ = Beweis Sei ˆf wie oben definiert, als ˆf(x) = lim ˆfk = lim f(t) e t k πitx dt dh ˆf, ĝ = f, g (3) ˆf, g (4) Es genügt die Eigenschaften für f, g L 1 L zu überprüfen Die allgemeine Aussage folgt dann durch die Definition von ˆf und ĝ in L und mit der Stetigkeit der Fouriertransformation i) Dies ist genau Satz 1 4

6 ii) + iii) Falls f, g L 1 L, dann liegen f und g insbesondere in L 1, somit gelten die gewünschten Eigenschaften aufgrund von (13), bzw (14) Diese Eigenschaften können wir nun gebrauchen, um das Hauptresultat der L -Theorie zu beweisen, nämlich den Satz von Plancherel Um ihn formulieren zu können, brauchen wir noch folgende Definition Definition 3 Ein Operator heisst unitär, wenn er linear, isometrisch und bijektiv ist (Isometrisch bedeutet, dass die Metrik bzw hier die Norm erhalten bleibt) Satz (Plancherel) i) Die Fouriertransformation ist ein unitärer Operator auf L ( ) ii) Die Inverse Abbildung der Fouriertransformation F, bekommt man mittels F 1 g(x) = Fg( x) g L Beweis i) Linearität haben wir in Proposition 1 schon gezeigt Isometrie folgt direkt aus Satz 1, nämlich Ff Fg = f g Aus der Isometrie folgt auch direkt die Injektivität, denn da eine Norm ist 0 = Ff Fg = f g f = g, Es bleibt also die Surjektivität von F zu zeigen Beh1 F(L ( )) =: W ist ein abgeschlossener Teilraum von L ( ) Beweis Da F injektiv ist, folgt, dass F : L W = im(f) bijektiv ist (weil jedes Element aus W mindestens ein Urbild besitzt, folgt Surjektivität) Betrachte nun eine Folge (g k ) k N in W mit g k g L für k Da F bijektiv auf sein Bild ist, gibt es für jedes k in N genau ein f k L mit Ff k = g k f k ist eine Cauchy-Folge, da aus Satz 1 folgt lim f k f l = lim g k g l = 0, k,l k,l da g k g für k Somit ist also f k eine Cauchy-Folge, und da L vollständig ist, gibt es 5

7 ein f L mit f k f für k Betrachte nun Ff Dies liegt sicher in W, da f in L liegt Es gilt weiter 0 = lim f k f = lim g k Ff = lim g k Ff = g Ff Somit folgt g=ff Also hat jede konvergente Folge in W auch den Limes dort, deshalb ist W ein abgeschlossener Teilraum von L Beh F ist surjektiv Beweis (indirekt) Zu zeigen ist nun, dass W der ganze Raum L ist Nehme also an, L W L ist ein Hilbertraum mit dem in Def definierten Skalarprodukt Da wegen Beh1 W ein abgeschlossener linearer Unterraum vom Hilbertraum L ist, gilt L ( ) = W W, für W = { z L ; z, w = 0, w W } Nach Annahme ist W L Somit existiert ein f 0 in W, dh f, ĝ =0 für alle ĝ W Da ĝ W und F : L W bijektiv, ist g eindeutig bestimmt, und weil f in L liegt, ist auch ˆf = Ff bestimmt Somit gilt mit (4) 0 = f, ĝ = ˆf, g g L Also ist ˆf (L ) ={0} und damit f = 0 im Widerspruch dazu, dass wir f 0 gewählt haben ii) Sei f k f L mit ˆf k ˆf wie in Definition 1 Sei h k eine Folge von Funktionen mit h k (t) = ˆf(x) e πitx dx = ˆfk (x) e πitx dx x k Es gilt offensichtlich, dass h k in L liegt, da ˆf L Weil ˆf k gegen ˆf konvergiert, folgt mit Definition von h k lim h k h l =0, somit ist h k eine Cauchy-Folge in L k,l Da L vollständig ist, konvergiert h k gegen eine Funktion h L Und zwar ist h(t) = lim h k (t) = lim = ˆf(x) e πitx dx = (F ˆf)( t) x k ˆf(x) e πitx dx 6

8 Für g L und g k L 1 L mit g k g in L gilt nun mit Fubini g, h = lim g k, h k = lim g k (t) [ ] ˆfk (x) e πitx dx ] [ = lim ˆfk (x) g k (t) e πitx dt R n = ˆf(x) ĝ(x) dx = ĝ, ˆf = g, f, nach (3) dt dx = lim ˆfk (x) ĝ k (x) dx Fubini durften wir anwenden, da das Skalarprodukt von zwei Funktionen in L existiert und somit endlich ist Aus demselben Grund konnten wir Integral und Limes vertauschen Somit gilt also g, h = g, f für alle g in L, und mit dem Rieszschen Darstellungssatz folgt Und damit f(t) = h(t) = (F ˆf)( t) f L (F 1 f)(t) = ˆf( t) = Ff( t) f L 3 Fourier-Transformation auf L p für 1 p Definition 31 L 1 ( ) + L ( ) := {f = f 1 + f, f i L i, i = 1, } Dann ist die Fouriertransformierte einer solchen Funktion ˆf = f 1 + f := ˆf 1 + ˆf Bemerkung 31 ˆf ist wohldefiniert Beweis Sei f 1 + f = g 1 + g mit f i, g i L i für i=1, Dann folgt L 1 g 1 f 1 = f g L Somit liegen beide Seiten in L 1 L Da die Fouriertransformation dort eindeutig ist, gilt g 1 f 1 = f g, also nach Definition vonˆauf L 1 + L, ˆf 1 + ˆf = ĝ 1 + ĝ Somit ist also die Fouriertransformation auf L 1 + L eindeutig bestimmt 7

9 Proposition 31 L 1 + L enthält alle Räume L p für 1 p Beweis Sei f L p, 1 p Dann definiere { f(x), f(x) 1 f (x) := und f 1 (x) := f(x) f (x) 0, sonst Wie wir im 3Vortrag gesehen haben, liegt f i in L i für i = 1,, und damit f in L 1 + L Somit ist nun die Fouriertransformation für alle f L p definiert (für 1 p ) Wir können die Faltung von einer Funktion in L p und einer in L 1 betrachten, dann erhalten wir folgendes Resultat Satz 31 (ohne Beweis) Falls f L 1 ( ), g L p ( ), 1 p, folgt h := f g L p ( ) und ĥ(x) = ˆf(x) ĝ(x) Ähnlich wie in Satz 1 oder auch in der L 1 -Theorie können wir die L p - Normen (1 p ) abschätzen Satz 3 (Hausdorff-Young) Sei f L p ( ) Dann lässt sich die Fourier-Transformation F fortsetzen zu einem beschränkten linearen Operator von L p ( ) nach L q ( ) mit 1 p und 1 p + 1 q = 1, und es gibt ein A > 0 mit Ff q A f p Beweis Um diesen Satz zu beweisen brauchen wir noch zwei wichtige Sätze, die wir in früheren Vorträgen bewiesen haben Satz 33 (Riemann-Lebesgue) Die Abbildung f ˆf ist eine beschränkte lineare Transformation von L 1 nach L mit ˆf f 1 Satz 34 (Marcinkiewicz) Sei T : L p 0 + L p 1 {f; f : R messbar} eine subadditive Abbildung, die w (p 0, q 0 ) und w (p 1, q 1 ) ist Für 0 < t < 1 sei 1 = 1 t p p 0 + t p 1 und 1 = 1 t q q 0 + t q 1 Dann ist T stark (p,q), dh es gibt ein A > 0, so dass T f q A f p f L p ( ) Nun zum Beweis von Satz 3: i) p=1, q= : Dies ist genau der Satz von Riemann-Lebesgue mit A=1 8

10 ii) p=, q=: Dies ist Satz 1 Es gilt A=1 und sogar Gleichheit iii) 1 < p < : Benutze den Satz von Marcinkiewicz F : L 1 + L L p L q {f; f messbar} Da F linear ist, folgt dass F auch subadditiv ist Setze im Satz von Marcinkiewicz p 0 = 1, q 0 =, p 1 = und q 1 = Nach dem Satz von Riemann-Lebesgue und Satz 1 ist F stark (p 0, q 0 ) und stark (p 1, q 1 ), also auch schwach Setze somit 1 p = 1 t + t 1 = 1 t und Nach dem Satz von Marcinkiewicz gilt nun: Es gibt ein A > 0 sodass Weiter gilt Somit haben wir Satz 3 bewiesen Ff q A f p f L p 1 p + 1 q = 1 t + t = 1 1 q = 1 t + t = t 4 Anwendung: Poisson-Gleichung Wir wollen nun die Fouriertransformation benutzen, um eine spezielle Partielle Differentialgleichung genauer zu studieren, und zwar folgende Variante der Poisson-Gleichung: u + u = f (41) Dies ist äquivalent zu u + û = ˆf (4) Bemerkung 41 Wir wissen, dass x j f(k) = πik j ˆf(k) Damit gilt nun u(t) = πit x j j x j u(t) = 4π t j û(t) Verwenden wir dies zusammen mit der Definition von und der Linearität der Fouriertransformation, dann erhalten wir u = n u(t) = x j=1 j n 4π t j û(t) = û(t) 4π t j=1 9

11 Setzen wir dies in die Poisson-Gleichung ein, erhalten wir Somit ist also 4π û(t) t + û(t) = f(t) (43) û(t) = f(t) 4π t + 1 Damit lässt sich u jetzt einfach berechnen, indem wir ˆf berechnen Danach lässt sich mit dem Satz von Plancherel u bestimmen, ( ) ( ) ˆf(t) ˆf( t) u(t) = F 1 4π t = F + 1 4π t + 1 Fordern wir f L, dann folgt u L Weiter gilt mit (41)-(43), dass f L (4π t + 1) û(t) L Um zu sehen, dass u jetzt eine eindeutige Lösung besitzt, brauchen wir die Definition der Sobolev-Räume Definition 41 Der Sobolev-Raum auf L ist wie folgt definiert, { H k = f L ; ˆf(t) } (1 + 4π t ) k L Das heisst nun, dass f L u H Da u in H liegt, ist es zweimal schwach differenzierbar Somit ist u definiert und u besitzt eine eindeutige Lösung 10