Lösungen der Übungen. zur Vorlesung HILBERTRAUM-METHODEN UND ANWENDUNGEN

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1 Fachbereich Mathemati und Informati Philipps-Universität Marburg Lösungen der Übungen zur Vorlesung HILBERTRAUM-METHODEN UND ANWENDUNGEN Prof. Dr. C. Portenier Wintersemester 24/25 Fassung vom 6. Januar 25

2 Fachbereich Mathemati und Informati Claude Portenier Philipps-Universität Marburg Wintersemester 24/25 Hilbertraum-Methoden und Anwendungen Lösungsblatt 5 Aufgabe (a) und Da Da ϕ und ψ orthogonormiert sind, folgt mit dem Satz von Pythagoras ϕ ± ψ 2 2 (ϕ + ψ ϕ ψ) +! K ϕ K ψ K ϕ + ψ 2 K ϕ ψ 2 folgt die Behauptung. (b) Nach Blatt 4, Aufgabe 3 sind alle Abbildungen im folgenden Diagramm surjetive Isometrien : L 2 g ([, ]) L 2 ([, ]) L 2 ([, ]) L 2 ([, ]) L 2 u ([, ]) L 2 ([, ]) ξ 7 2 ξ id + 2 γ 7 2 γ [,] Da nach Analysis III (e ) (exp(2πi id)) eine hilbertsche Basis von L 2 ([, ]) ist, ist dann id + 2 2πi e 2,alsoauch eine hilbertsche Basis von L 2 ([, ]). Nach (a) ist 2 eπi id 2 e πi id ± 2 e πi id (cos(πid), sin (π id)) 2 für alle N ein orthonormiertes Paar und C e πi id C e πi id C cos (π id) C sin (π id). 2 2 Damit gilt L 2 ([, ]) C 2 e πi id C 2 N C 2 e πi id C 2 e πi id 6

3 Hilbertraum-Methoden und Anwendungen Lösungsblatt 5 also und Schließlich sind C C h C cos (π id) C sin (π id)i 2 N 2 N C cos (π id) L 2 g ([, ]) C ³ 2 cos (π id) N C sin (π id) 2 N C cos (π id) L 2 u ([, ]) C sin (π id). N N bzw. ³ 2 sin (π id) hilbertsche Basen in L 2 ([, ]). (c) unächst beachte man, daß, da glatt ist, jede Lösung f AC (2) ([, ]) automatisch in C (2) ([, ]) liegt. Falls λ >, liefert Analysis, 2.4 folgendes Fundamentalsystem von Lösungen: ³ ³ cos λ id und sin λ id. DieallgemeineLösungf ist in diesem Fall also gegeben durch ³ ³ f (t) a cos λt + b sin λt N, mit ³ a f () f () b sin λ. Es folgt für b 6, daß λ π mit N. Das heißt, die allgemeine Lösung des Randwertproblems ist α sin (π id),wobei λ π. Ansonsten gibt es eine nicht-triviale Lösung. Hauptsatz 2.5 ist hier nicht anwendbar, da q λ < wäre. Ist nun λ, so ist trivialerweise und id ein Fundamentalsystem von Lösungen. Falls nun eine Lösung f durch gegeben ist, folgt also ist f die einzige Lösung. Ist schließlich λ <,soist f (t) a + bt a f () f () b, e ± λ id 7

4 Hilbertraum-Methoden und Anwendungen Lösungsblatt 5 ein Fundamentalsystem von Lösungen. Falls nun eine Lösung f durch gegeben ist, folgt f (t) ae λ id + be λ id a + b f () f () ae λ + be λ, ³ also b a und somit a e λ e λ ; daraus folgt a b, Die einzige Lösung ist f. Man hätte auch wenn λ 6 auch Hauptsatz 2.5 mit p ρ, g und q λ > anwenden. Das Randwertproblem ist somit eindeutig lösbar und die einzige Lösung ist f! Man ann nun sagen, daß man den auf H (2) (], [) L 2 ([, ]) definierten Operator 2 in der in H (2) (], [) enthaltenen hilbertschen Basis (sin (π id)) > von L 2 ([, ]) diagonalisiert hat. Der Eigenwert des Eigenvetors sin (π id) ist π 2 2. Aufgabe 2 (a) Es gilt Weiterhin (b) Es gilt B n (x) nx B n id (x) n x ( x) n (x + x) n. nx n! n (n )!! x ( x) n Xn n x + ( x) n x (x + x) n x. B n [id ( id)] (x) Xn (n ) n! n 2 (n )!! x ( x) n Insbesondere gilt Xn (n )! n (n )! ( )! x ( x) n n n 2 n X n 2 x + ( x) n f (x) B n f (x) n also die Behauptung. (c) Da B n linear ist, folgt mit x ( x). n x ( x) 6 4n, f y (x) (y x) 2 y 2 2yx + x 2 y 2 2yx + x x ( x), 8

5 Hilbertraum-Methoden und Anwendungen Lösungsblatt 5 daß also B n f y (x) y 2 2yB n id (x)+b n id (x) B n id ( id) (x) 6 nx x 2 2x 2 + x y 2 2yx + x x n 2 x ( x), n n x ( x) n B n f x (x) x ( x) x (x ) 6 n n 4n. Aufgabe 3 (a) (b) Sei C f. Dann gilt f (x) f n 6 2C 6 2C δ 2 x n 2 für alle B n (δ). Sei ε >.Wähleδ > derart, daß f (u) f (v) 6 ε 2 wann immer u v 6 δ. Dies ist möglich, da f auf [, ] gleichmäßig stetig ist. Sei n N,sodaß C 2δ 2 6 ε n 2. Nehme x [, ]. Es gilt für alle n > n,wobeia n (δ) und B n (δ) für x wie in der Aufgabe definiert sind, 6 ε 2 f (x) B n f (x) 6 X A n(δ) nx f (x) f n n x ( x) n + 2C δ 2 X B n(δ) n x ( x) n 6 x n 2 6 ε 2 B n(x)+ C 2δ 2 n 6 ε. Da x [, ] beliebig war, folgt die Behauptung. (c) Die Abbildung γ :[a, b] [, ] : x 7 x a b a. ist offenbar eine affine Bijetion, also ein Homöomorphismus. Damit ist C ([, ]) C ([a, b]) : f 7 f γ n x ( x) n 6 9

6 Hilbertraum-Methoden und Anwendungen Lösungsblatt 5 auch eine Bijetion und f γ,[a,b] f,[,]. Da P ([, ]) γ P ([a, b]) und P ([, ]) dicht in C ([, ]),istp([a, b]) dicht in C ([a, b]). 2

7 Fachbereich Mathemati und Informati Claude Portenier Philipps-Universität Marburg Wintersemester 24/25 Hilbertraum-Methoden und Anwendungen Lösungsblatt 6 Aufgabe (a) Das Polynom hat Grad und d 2 ρ p 2 2 ρ p 2 q : (ρ p) ρ d p h i h i (ρ p) p + ρ p p ρ p (q + p) also (b) ρ q (q + p)+ρ p (q + p), p 2 p d 2 p 2 q 2 (q p). Ist aber deg p>2,sofolgt deg p 2 p degp +degp 2 > deg p deg (q p) deg d 2 p 2 q 2 p 2 p deg p 2 p, da deg (d 2 p 2 q 2 ) 6 2. Dies ist ein Widerspruch. Aufgabe 2 (a) Es gilt und wegen folgt + ρp d ρ Lp (ρp d p ) ρ ρ ρp ρ ρ ρp + ρ d p p ρ ρ d p p, p ρ ρ ρp + p + ρp 2 p d p ρp +(2 p d p ) + ρp + p +2 ρp. (b) Es gilt p ρ p (p ρ + ρ p) p [d p +( ) p] ρp. Insbesondere + p ρp + (d p +( ) p) ρp. ( ) 2

8 Hilbertraum-Methoden und Anwendungen Lösungsblatt 6 Nach Aufgabe (ii) ist deg p 6 2 und folglich deg [d p +( ) p] 6 Durch Anwendung der Leibnizformel auf beiden Seiten der Gleichung ( ) folgt Damit p +2 ρp +( +) p + ρp + ( +) 2 2 p ρp (d p +( ) p) + ρp +( +) d p +( ) 2 p ρp. (2 p d p ) + ρp + p +2 ρp ( +) Durch Einsetzen in die Gleichung aus (i) folgt Lp ( +) d p + 2 p ρp d ρ 2 also die Behauptung. d p p ρp. d p p p, Aufgabe 3 (a) Die Abbildung ist eine Isometrie, da Insbesondere gilt Für < α < ist 6 id α e id dλ 6 Φ : L 2 (], [, ( ln) α ) L 2 R +, ρ : f 7 f e id e id ( ln) α λ [,] idα det e id λ R+ ρ λ R+. x α dx + ( ln) α dλ e x dx id α e id dλ. h i xα+ e x α + x α + e <. Für α > gibt es ein x,sodaß( + x 2 ) x α e x 6 für alle x > x,also x 6 id α e id dλ 6 x α e x dx dx + +x 6 x 2 ρ + π 2 <. Damit ist das Maß ( ln) α λ ],[ beschränt. Das Intervall ], [ ist beschränt, also ist P in L 2 (], [, ( ln) α ) dicht, die Folge (id n ) n N also total. Deren Bild e n id unter Φ ist somit n N in L 2 R +, ρ total. (b) Es gilt L (α) X " # Yj (α + l) id j ( ) j.! j j l 22

9 Hilbertraum-Methoden und Anwendungen Lösungsblatt 6 Wegen den Orthogonalitätsrelationen L (α) P folgt à ³ L (α) L (α) id ( )! ( )! id! id α+ e id dλ! L(α)! id id α+ e id dλ! und somit die Behauptung.! id α+ e id dλ (α + )!! 23

10 Fachbereich Mathemati und Informati Claude Portenier Philipps-Universität Marburg Wintersemester 24/25 Hilbertraum-Methoden und Anwendungen Lösungsblatt 7 Aufgabe (a) Nach Hauptsatz 3.2 genügt es, die Parseval-Gleichung zu zeigen. Die Behauptung folgt, indem man ³ c : L e (α) n id e setzt. Für alle n N gilt e n id 2 x α e (2n+) x dx 2,ρ (2n +) α+ Der -te Fourier-Koeffizient von e n id ergibt sich zu ³ el (α) n id s! e (α + )! s! (α + )!! ( ) p! (α + )! n p! (α + )! y α e y dy L (α) (x) e n x ρ (x) dx x α+ e x e n x dx x α+ e x e n x dx n p! (α + )! (n +) α++ x α+ e (n+) x dx y α+ e y dy α! (2n +) α+. r n (α + )! (α + )! p n! (α + )! (n +) α++! (n +) α+. n + Es gilt aber mit t n 2 n+ [, ] (n +) α+ X α (2n +) α+ ( t) (α+) ( ) t 2 α! da α + Y j α + j + j ( ) Y j X (α + )!! (α +) ( j +)+ j 2 n, n + 24

11 Hilbertraum-Methoden und Anwendungen Lösungsblatt 7 ( ) Y i (α +) i + p (α +) ( ), wobei die Substitution i j + angewandt wurde. Dies zeigt die Parsevalrelation und damit die Behauptung. (b) Offenbar bilden die L e(α) ein Orthonormalsystem. Es reicht also Totalität zu zeigen. Da e n id in n N L2 R +, ρ total (Blatt6, Aufgabe 3.a) und e n id im Abschluss des Aufspanns der L (α) nach (a) liegt, folgt die Behauptung. Aufgabe 2 (a) Definiere Sξ ˇξ für alle ξ L 2 ³ R,e id2. Es gilt S 2 und Sξ 2 R ξ ( x) 2 e x2 dx Damit gilt für P ± 2 ( ± S),daßP + + P, sowie R ξ (x) 2 e ( x)2 dx ξ 2. P 2 ± 4 ( ± S)2 4 (2 ± 2S) P ± und P + P (+S)( S) S 2, P ± 6 ( + S) 6, 2 also sind P ± orthogonale Projetionen, ³ id2 deren Bilder L 2 u bzw. L 2 g orthogonal aufeinander stehen und deren Summe ganz L 2 R,e ist. (b) Es gilt ξ id 2 ξ auf R + für alle ξ L ³R 2 +, id 2 e id, also ist die Abbildung surjetiv. Isometrie gilt wegen ξ x 2 2 e x2 dx 2 ξ x 2 2 e x2 dx ξ (x) 2 x 2 e x 2 dx. R (c) Es gilt id ξ id 2 ξ auf R + für alle ξ L ³R 2 +, id 2 e id,alsoistdie Abbildung surjetiv. Isometre gilt wegen x ξ x 2 2 e x2 dx 2 x ξ 2 x 2 2 e x2 dx ξ (x) 2 x x 2 e x dx. R ³ (d) Bezeichne die Isometrien aus (ii) und (iii) mit I ±. L e ± 2 sind hilbertsche Basen von L ³R 2 +, id 2 e id nach Aufgabe, also sind I ± el ( ± 2) hilbertsche Basen von L 2 g/u. Dies ist die Behauptung. 25

12 Hilbertraum-Methoden und Anwendungen Lösungsblatt 7 (e) Setze p 2 I + el ( 2) und p 2+ I el ( + 2). ³ id2 Die (p ) sind eine Familie von Orthogonalpolynomen in L 2 R,e, ebenso die Hermitepolynome (H ). Daher gilt H K p und die (H ) sind total. (f) Der Leitoeffizient von H ist 2,dervonL (± 2) ist ( ). Da H! 2 K I + L ( 2) und H 2+ K I L ( + 2), reciht es, die Leitoeffizienten zu vergleichen. Es folgt H 2 ( )! 4 L ( 2) id 2 und H 2+ ( )! 2 2+ id L ( + 2) id 2. Aufgabe 3 (a) Gäbe es f L loc (X) mit δ xi fi, für alle ϕ D (X r {x}) würde gelten hϕ fi hϕ δ x i ϕ (x). Da D (X r {x}) ein Test-Raum bzgl. λ Xr{x} ist, folgt f in L loc (X r {x}). Dies gilt aber immer noch in L loc (X) und ist widersprüchlich, da einχ D (X) existiert, so daß hχ δ xi 6. (b) Es gilt signum λ signum 2δ folgt die Behauptung aus (a). Elementar gilt für alle ϕ D (R) hϕ signumi hϕ signumi ϕ ϕ 2ϕ () hϕ 2δ i. (c) Gäbe es f L loc (R),sodaß 2 signumi fi, sei F AC (R) mit F f.esfolgt ( signum F )und somit ist signum F eine onstante Funtion nach Satz 4.4, d.h. signum L loc (R) und die Behauptung folgt aus (b). Aufgabe 4 Für alle ε R gilt g (ε id) f 6 g f, so daß sich der Satz von Lebesgue in folgender Rechnung anwenden läßt : lim ε g f ε dλ lim ε g (ε x) f (x) dx lim ε [g (ε x) f (x)] dx g () fdλ. Dies liefert das Verlangte. Funtionen g D (R n ) erfüllen die Voraussetzungen an g im ersten Teil und dieser zeigt lim ε hg f ε i g () hg δ i. 26

13 Fachbereich Mathemati und Informati Claude Portenier Philipps-Universität Marburg Wintersemester 24/25 Hilbertraum-Methoden und Anwendungen Lösungsblatt 8 Aufgabe Es genügt zu zeigen, daß die Differentialgleichung ν eine Lösung besitzt. Dies ist gleichbedeutend, daß für alle ψ D (J) gilt hψ νi hψ i h ψ i, d.h. ist auf (D (J)) durch ψ 7 hψ νi festgelegt. Es gilt aber D (J) Kerλ J C χ h i h i ϕ ϕ hϕ λ J i χ + hϕ λ J i χ ϕ hϕ λ J i χ + hϕ λ J i χ inf J für ein χ D (J) mit hχ λ J i und somit ist für jedes α K h À : D (J) K : ϕ 7 ϕ hϕ λ J i χi ν + hϕ λ J i α inf J eine Distribution in D (J),diedieDifferentialgleichung erfüllt. Es ist nicht nötig nachzuprüfen! Aber zum Geniessen hϕ i h ϕ i inf J da h ϕ λ J i und R inf J ϕ ϕ. h À ϕ h ϕ λ J i χi ν h ϕ λ J i α hϕ νi Aufgabe 2 Sei < ε und ϕ S (R). Dann gilt mit Lebesgue ε hϕ ln i ϕ ln lim ϕ ln + ϕ ln ε h i ε ε lim ϕ (t) ln ( t) ϕ (t) dt h i t t + ϕ (t) ln t tε Ã h i ε! lim ϕ ln + ϕ (t) dt. ε Rr] ε,ε [ t Nun gilt für alle N h i ε ϕ ln ϕ (ε ) ϕ () ε ln ε + ϕ ( ε ) ϕ () ε ln ε. ε ε ε ε ϕ (t) dt t 27

14 Hilbertraum-Methoden und Anwendungen Lösungsblatt 8 Es gilt sowie mit der Regel von de l Hospital lim ϕ (±ε ) ϕ () ±ε ϕ(), ln ε lim (ε ln ε ) lim ε also folgt die Behauptung. lim ε ε 2, Aufgabe 3 Durch Indution genügt es zu zeigen, daß für j,...,n und hidi 2 f L (R n ) die Funtion Ff partiell differenzierbar bzgl. x j ist. Da Ff R e 2πi (id x) f (x) dx, / j e 2πi (id x) f (x) x j e 2πi (id x) f (x) 6 x j f (x) 6 hxi 2 f (x) und hidi 2 f L (R n ) folgt die Behauptung aus Analysis, Hauptsatz 5.5. Aufgabe 4 (a) Die Abbildung d hat sicherlich positive Werte, ist symmetrisch und translationsinvariant. Sind ϕ 6 ψ,soist d (ϕ, ψ) > min (p (ϕ ψ), ) min (ϕ ψ, ) >. Sind ϕ, ψ, γ F, so gilt für alle N Falls also p (ϕ γ),p (ψ γ) 6,folgt Falls Œ p (ϕ γ) >, so gilt p (ϕ ψ) 6 p (ϕ γ)+p (γ ψ). min (p (ϕ ψ), ) p (ϕ ψ) 6 p (ϕ γ)+p (γ ψ) min(p (ϕ γ), ) + min (p (γ ψ), ). min (p (ϕ ψ), ) 6 6 +min(p (γ ψ), ) min (p (ϕ γ), ) + min (p (γ ψ), ). In jedem Fall + min (p (ϕ ψ), ) 6 d (ϕ, γ)+d (γ, ψ) für alle N. Die Dreiecsungleichung für d folgt sofort. (b) Sei < ε 6.Istfest, so ist ½ ψ F d (ϕ, ψ) 6 ε ¾ B p (ϕ, ε). + 28

15 Hilbertraum-Methoden und Anwendungen Lösungsblatt 8 Umgeehrt sei n N mit 6 ε,dannist n+ \ B p (ϕ, ε) {ψ F d (ϕ, ψ) 6 ε}. 6n Ist jetzt (ϕ l ) l N S (R n ) und gilt ϕ lim l ϕ l bzgl. d,soexistiertfüralle N und ε > ein N N mit d (ϕ l, ϕ) 6 min(ε,) für alle l > N ; daraus folgt p + (ϕ l ϕ) 6 ε für alle l > N,d.h. ϕ lim l ϕ l bzgl. p. Umgeehrt gilt dies für alle N und ist ε > gegeben, wähle n N,sodaß 6 ε. Es existiert dann N N,sodaßp n+ (ϕ l ϕ) 6 ε für alle 6 n und l > N ; somit folgt d (ϕ l, ϕ) 6 ε,d.h.ϕ lim l ϕ l bzgl. d. (c) Seien (ϕ l ) l N eine d-cauchy-folge, ε > und N gegeben. Es gibt ein N N mit + p (ϕ l ϕ m ) 6 d (ϕ l, ϕ m ) 6 ε + für alle l, m > N, also gilt α ϕ l α ϕ m 6 hidi α (ϕ l ϕ m ) 6 p (ϕ l ϕ m ) 6 ε für alle α N n mit α 6. Damit ist ϕ : lim l ϕ l C ( ) (R n ), und p (ϕ) 6 p (ϕ N )+p (ϕ N ϕ) < hidi α hidi (ϕ l ϕ) lim m>n α (ϕ l ϕ m ) 6 ε, d.h. ϕ S (R n ) und lim l p (ϕ l ϕ). Damit gilt ϕ lim l ϕ l bzgl. d nach (b). 29