PROTOKOLLE ZU DEN ÜBUNGEN DER FUNKTIONALANALYSIS II

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1 Fachbereich Mathematik und Informatik Philipps-Universität Marburg PROTOKOLLE U DEN ÜBUNGEN DER FUNKTIONALANALYSIS II Claude Portenier Marburg Sommersemester 004 Fassung vom 4. August 004

2 Fachbereich Mathematik und Informatik Philipps-Universität Marburg Sommersemester 004 Funktionalanalysis II Lösungsblatt 4 Aufgabe 1 u berechnen ist die Fouriertransformierte von e πa für a>0,dazuleitenwir eine zugehörige Diffgleichung her: /F ³e πa F ³ πa e i ³ /e πa a F i a F ³ e πa, somit erfüllt f Fe πa die Diffgleichung Die Lösung ist /f i f. a f const e π a. Die Konstante kann aus der Anfangsbedingung berechnet werden, denn es gilt: f (0) const ³Fe πa (0) e πa x dx y πax d.h. e y dy 1, πa a Fe πa 1 a e π a. Aufgabe Es ist sinc S(R) 0,dasinc L (R) ist oder da sinc L 1 langsam (R) ist wegen hi k sinc < für k 0. Nun gilt und somit Fδ 1 e πi x dδ 1 (x) e πi µ sin(π ) /F sinc F( sinc) F π 1 µ e πi π F e πi 1 ³ δ i πi 1 δ 1, 1

3 Funktionalanalysis II Lösungsblatt 4 d.h. F sinc δ 1 δ 1. Nach Aufgabe 3 von Blatt 3 sind die Lösungen dieser Differentialgleichung durch h 1 h 1 + c 1 1 [, 1 ] + c mit c C gegeben. ur Bestimmung der Konstanten c kann man F sinc L (R) benutzen, woraus c 0folgt. Alternativ (dies ist die gute Idee!) kann man rechnen für λ 6 0und 1 F 1 1 [, 1 ] (λ) 1 e πiλx dx 1 e πiλ e πiλ sincλ πiλ 1 F 1 [ 1, 1 ] (0) 1 1 dx , d.h. F 1 [ 1, 1 ] sinc. Aufgabe 3 Wir zeigen zunächst den Hinweis: Sei dazu ψ D (R),mitψ (0) 0. Für x 0ist die Aussage des Hinweises trivial. Wir können also o.e. x 6 0annehmen. Es gilt: x ψ 0 (xs) ds xst x ψ 0 (t) 1 [0,1] [0,x] t dt [0,x] Also die Beh. im Hinweis. Sei nun µ D (R) 0, c C. u zeigen: ψ 0 (t) dt HDI ψ (x) µ löst die Gleichung µ c α C : µ αδ + c HW Beweis: :Esseiα C, so dass RHS erfüllt ist und ϕ D (R) : µ À hϕ µi h ϕ µi ϕ 1 αδ + c HW µ À h ϕ αδi + c ϕ 1 HW 0+c lim ε 0 Rr] ε,ε[ ϕ 1 dλ.

4 Funktionalanalysis II Lösungsblatt 4 c ϕ dλ hϕ ci. Und daraus folgt die Behauptung. : Esgelte: µ c in D (R) 0. Es genügt zu zeigen: α C so dass µ αδ + c HW 1. In der Tat: Aus dem Hinweis folgt: ½ Ker δ ψ D ψ [0,1] ¾ ψ 0 ( s) ds und somit die erlegung: D (R) Kerδ K χ für ein χ D so dass χ (0) 1,alsofür ϕ D (R) ϕ [ϕ ϕ (0) χ]+ϕ (0) χ. Wir deþnieren nun eϕ(x) : R [0,1] [ϕ ϕ (0) χ]0 (sx) ds. Da R [0,1] [ϕ ϕ (0) χ]0 (sx) ds nach Lebesgue unter dem Integral beliebig oft diffbar ist, gilt eϕ C ( ) (R) und aus ϕ ϕ (0) χ eϕ folgt offenbar eϕ D (R). Daraus folgt ϕ eϕ + ϕ (0) χ und damit: also die Beh. hϕ µi h eϕ µi + hϕ (0) χ µi h eϕ µi + hϕ δi hχ µi c lim ε 0 eϕ(x) dx + hϕ δi hχ µi c lim ε 0 Rr] ε,ε[ Rr] ε,ε[ ϕ ϕ (0) χ (x) dx + hϕ δi hχ µi µ À µ À c ϕ 1 HW + hϕ δi hχ µi c χ 1 HW, {z } :α 3

5 Fachbereich Mathematik und Informatik Philipps-Universität Marburg Sommersemester 004 Funktionalanalysis II Lösungsblatt 5 Aufgabe 1 (a) Wir schreiben im Folgenden k statt λ. unächst müssen wir zeigen, dass e λ n -integrierbar in S (R n ) 0 ist (im Sinne von Pettis). Betrachte dazu: he ϕi S 0 e π x ϕ (x) dx Fϕ und da Fϕ dλ Fϕ hi dλ hi 6 khi Fϕk khi Fϕk kf ( /ϕ)k 6 k /ϕk 1 6 khi /ϕk 1 π p 1 (ϕ) dλ hi. dλ hi 6 1 µ dλ π p 1 (ϕ), hi dλ hi Dies zeigt, dass ϕ 7 R he ϕi dλ stetig ist, also e λ n -integrierbar in S (R n ). Als nächstes betrachten wir (e ) y : D(e ) y ϕ E ht y e ϕi he T y ϕi FT y ϕ M ey Fϕ e y Fϕ Mit e y Fϕ Fϕ folgt (e ) y ist λ n -integrierbar in S (R n ) 0. Alternativ lässt sich auch über HS 3.1.ii argumentieren: (e ) y : R n S (R n ) ist stetig, E S (R n ) ist tonneliert, (e ) y ist skalar λ n -integrierbar (da D(e ) y ϕ e y Fϕ S (R n ) S 0 L 1 (R n ) )unde B(0,k) istbeschränkt(dae B(0,k) kompakt ist). Es gilt: Fδ y FT y δ M e y Fδ e y Daraus folgt F e y δ y.esbleibtnoch R (e k ) y dk δ y zu zeigen. Beweis: Sei ϕ S D E D E ϕ (e k ) y dk ϕ (e k ) y dk ϕ(x) e πik(x y) dx dk e πiky ϕ(x) e πikx dx dk F F ϕ (y) hϕ δ y i. 4

6 Funktionalanalysis II Lösungsblatt 5 Alternativ lässt sich die Gleichung F ν R e k dν(k) verwenden (Satz 4.10): δ y F (e y λ R n) e k e y dλ. Nunbetrachtenwir: sin (πy ) e k 1 i (e y e y ) e k 1 i h(e k ) i y (e k ) y Daraus folgt: 1 1 i sin (πy ) e k dλ i (e y e y ) e k dλ h(e k ) i y (e k ) y dλ 1 i [δ y δ y ] (b) Entweder argumentieren wir über: hx α e x ϕi dx x α he x ϕi dx 6 x α hex ϕi dx 6 hi α he x ϕi dx und schließen wie in (a). Oder wir betrachten die stetige Abbildung / α : S 0 S 0 : µ / α δ / α e λ dλ / α e λ dλ λ α Satz 4.10 e λ dλ F ( α ). (c) Es gilt HW 1 1. Daraus folgt: µ µ 1 δ F1 F HW FHW Mit der Übungsaufgabe 4.3 folgt FHW 1 πi h + cst und da µ À µ À ϕ 1 DHW D ϕ 1 HW lim ε 0 woraus D HW 1 HW 1 Damit gilt Rr] ε,ε[ ϕ ( x) 1 µ À x dx ϕ 1 HW folgt, bekommen wir D ( πi h + cst) D FHW FD HW FHW πi h cst. cst πi (h + D h)πi, und die Konstante ist gleich πi. Daraus folgt FHW πi h + πi πi signum,. 5

7 Funktionalanalysis II Lösungsblatt 5 also sowie F signum 1 πi HW F h 1 µ πi 1 FFHW + 1 F 1 1 πi HW + 1 δ. Da 1 R signum +1 R+ signum +h gilt: uletzt betrachten wir: F 1 R F signum + F h 1 πi HW F 1 R+ λ + 1 δ e d 1 R+ λ e k dk. R + Analog gilt R R e k dk F 1 R,sowie F sgn F 1 R + F 1 R+ sgn k e k dk, e k + e k cos (πk ) dk dk 1 R + R + e k dk + e k dk 1 R + R δ und e k e k sin (πk ) dk R + R + i Damit ist alles gezeigt! 1 i e k dk e k dk R + R 1 π HW. Aufgabe (a) In jedem Fall ist ( ) hermitesch positiv. Die Frage ist also, wann diese Form deþnit ist, d.h. wann die induzierte Halbnorm k k eine Norm ist. Nun ist genau dann 0kξk X f µj + n f, j n J wenn f µj 0, j n und n ξ 0 λ J -fast überall. Mit anderen Worten ist {k k 0} \ j n Ker µ j Ker ³ n BL (n) (J) KerB P n (J), da ξ AC (n) (J) genau dann eine Polynomfunktion ³ vom Grade höchstens n 1 ist, wenn n ξ 0(vgl. FA I, Blatt 4, Aufgabe.d : Ker n BL (n) (J) P n (J) ). 6

8 Funktionalanalysis II Lösungsblatt 5 Damit ist k k genau dann eine Norm, wenn der oben angegebene Schnitt nur aus 0 besteht, und dies ist genau dann der Fall, wenn B Pn (J) injektiv ist (vgl. FA I, Blatt 4, Aufgabe.b), d.h. wenn die Semilinearformen µ j Pn (J) linear unabhängig sind. 06j6n (b) Da B Pn (J) : P n (J) K n injektiv ist, ist sie auch surjektiv, also bijektiv. Nach FA I, Blatt 4, Aufgabe.b folgt BL (n) (J) P n (J) Ker B. Somit ist die Abbildung ³ f (B, n ):BL (n) (J) K n L (J) :f 7 µj, j n n f eine surjektive Isometrie, d.h BL (n) (J) ist ein Hilbert-Raum. Trivialerweise gilt P n (J) Ker B, d.h. BL (n) (J) P n (J) Ker B. (c) Die Identität Id : BL (n) (J) B BL (n) (J) C ist stetig. In der Tat: n kfk C k n fk,j + X n hν j f i 6 k n fk,j + X kν j k kfk B 6 j0 Ã! Xn 6 1+ kν j k kfk B. j0 Da Id bijektiv ist, ist sie ein Isomorphismus nach dem Isomorphiesatz. Somit sind die Normen äquivalent. j0 7

9 Fachbereich Mathematik und Informatik Philipps-Universität Marburg Sommersemester 004 Funktionalanalysis II Lösungsblatt 6 Aufgabe 1 Sei H ein Hilbertraum und G, H ein hilbertscher Unterraum von H mit Kern g. Wir zeigen, dass ein positiver Operator T L (H) existiert, so dass G das Bild von H unter T ist, d.h. G T (H). In der Tat: Nach Satz (5.1) gilt g L + (H). Wir verwenden nun [ohne Beweis] die Tatsache, dass es zu jedem positiven Operator S einen positiven Operator T gibt, so dass T S,schreibenalso: T g Da T positiv ist, ist der Operator selbstadjungiert. Wir betrachten: Es gilt nach Satz 5.4: G, H T H T (H), H ist HUR mit Kern : T H T T g Da die uordnung zwischen Kernen und Hilbertschen Unterräumen eineindeutig ist, folgt T (H) G und damit die Behauptung. Aufgabe (a) d.h. es gilt unächst ist zu zeigen, dass Φ stetig ist. Sei dazu ϕ F, ξ H und η G. Dann gilt hϕ Φ (ξ, η)i hϕ ξi + hϕ ηi (hϕ ξ) H +(gϕ η) G ((hϕ,gϕ) (ξ, η)) H G, ( ) Also ist Φ stetig. Nach dem Bildsatz ist ein HUR mit Kern Aus ( ) folgt, dass hϕ i Φ 6 ((hϕ,gϕ) )H G. {z } stetige HN auf H σ G σ Φ (H G), F Φ (Kern von H G, H G) Φ ΦΦ. Φ (h, g) :F (H G) H σ G σ. Also ist h + g der Kern von H + G, F. Aus dem Bildsatz folgt weiterhin, dass (hϕ,gϕ) Φ ϕ der Parsevalrepräsentant für ΦΦ ϕ hϕ + gϕ ist. Das ist die zweite Behauptung. 8

10 Funktionalanalysis II Lösungsblatt 6 (b) Es ist zu zeigen, dass p H der Kern von H, H + G ist. Für γ H + G ist (p H γ,p G γ) Parsevalrepräsentant von γ, also folgt γ Φ (p H γ,p G γ)p H γ + p G γ, d.h. p H + p G H+G. Damit ist klar, dass p H und p G kommutieren. Für ξ H gilt dann (γ ξ) H+G (γ ξ) Φ(H G) (Φ (p H γ,p G γ) ξ) Φ(H G) ((p H γ,p G γ) (ξ, 0)) H G (p H γ ξ) H. Also ist nach Korollar 5.1 p H der Kern von H, H + G. ur Beschränktheit: Es gilt kp H γk H 6 kp Hγk H + kp Gγk G (p Hγ p H γ) H +(p G γ p G γ) G ((p H γ,p G γ) (p H γ,p G γ)) H G kγk H G. Also ist p H beschränkt. Weiter gilt 0 6 (γ p H γ ) H+G kp H γk H 6 kγk H+G (γ Id H+G γ) H+G, d.h. 0 6 p H 6 Id H+G. (c) Für p H : H + G H + G gilt p H p H (Satz 5.1). Nach Korollar 3.10 folgt dann Ker p H (Imp H ) (H+G) (p H (H + G)) (H+G) H (H+G), da p H (H + G) dichtes Bild in H hat (Satz 5.3.i). Aufgabe 3 Dass nx (p q) Pn j p(τ) j q(τ) j0 sesquilinear, hermitesch und positiv ist, sieht man sofort. Es ist also noch die DeÞnitheit zu zeigen. Dazu rechnet man nx (p p) Pn j p(τ) j0 und stellt fest, dass diese Summe nur verschwinden kann, wenn alle Koeffizienten bis zu n- ter Ordnung in der Taylor-Entwicklung von p um den Punkt τ verschwinden. Da aber p ein Polynom vom Grad 6 n ist, muss dann p 0sein. Damit ist ( ) Pn ein Skalarprodukt. Mit diesem Skalarprodukt wird P n (J) zu einem Hilbert-Raum, da die Abbildung P n (J) K n+1 : p 7 j p(τ) j n+1 eine bijektive Isometrie ist. 9

11 Funktionalanalysis II Lösungsblatt 6 um Beweis der zweiten Behauptung muss man hψ pi D (p n ψ p) für alle p P n (J) und ψ D(J) zeigen. unächst ist κ n (,t) P n (J), und aufgrund von n+1 p n ψ n+1 κ n (,t)ψ(t) dt 0 gilt auch p n ψ P n (J). Wegen j p n ψ ist und somit (p n ψ p) nx ( j p n ψ)(τ) j p(τ) j0 wie behauptet. nx lj ( τ) l j (l j)! (t τ) l ψ(t) dt l! (t τ) ( j j p n ψ)(τ) ψ(t) dt j! nx (t τ) j ψ(t) dt j p(τ) j! j0 ψ(t)p(t) dt hψ pi 10