f(x ϱz) f(x) p dx dz Im letzten Integral geht der Integrand punktweise gegen Null mit ϱ 0 nach Lemma 11.1(ii). Außerdem gilt die Abschätzung

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1 11 Faltung und Fouriertransformation 109 Beweis: Durch Substitution sieht man η ϱ L 1 = η L 1, daher gilt f η ϱ L p ( ) und f η ϱ L p f L p η L 1 nach Satz 11.. Weiter folgt mit der Substitution y = ϱz (f η ϱ )(x) = f(x y)η ϱ (y) dy = f(x ϱz)η(z) dz. Wir schätzen mit der Hölderschen Ungleichung und dem Satz von Fubini wie folgt ab: (f η ϱ )(x) f(x) p dx ( ) = f(x ϱz) f(x) η(z) dz p dx ( η p 1 L 1 p f(x ϱz) f(x) η(z) 1 p 1 p η(z) p dz) dx = η p 1 L 1 η(z) f(x ϱz) f(x) p η(z) dz dx f(x ϱz) f(x) p dx dz = η p 1 L 1 η(z) f τ ϱz f p L p dz. Im letzten Integral geht der Integrand punktweise gegen Null mit ϱ 0 nach Lemma 11.1(ii). Außerdem gilt die Abschätzung η(z) f τ ϱz f p L p p f p L p η(z) L1 ( ). Also konvergiert das Integral gegen Null nach dem Satz über majorisierte Konvergenz. Wir kommen nun zur Glättung von L p -Funktionen und erinnern dazu an die Multiindexnotation für Ableitungen von Funktionen im. Für α = (α 1,..., α n ) N n 0 setzt man α = α α n und D α = α αn n Satz (Glättung). Sei η C k ( ) mit D α η C 0 ( ) K für α k. Für f L 1 ( ) ist dann f η C k ( ) und es gilt D α (f η) = f (D α η), insbesondere D α (f η) C0 ( ) K f L 1. Beweis: Nach der Substitution z = x y haben wir (f η)(x) = F (x, z) dz mit F (x, z) = f(z)η(x z).

2 Faltung und Fouriertransformation Im Fall k = 0 gilt F (x, ) L 1 ( ) für alle x, die Funktion F (, z) ist stetig für L n -fast-alle z und wir haben die Abschätzung sup F (x, z) K f(z) L 1 ( ). x Also ist η f stetig nach Lemma 6.8 und es gilt f η C0 ( ) K f L 1. Im Fall k = 1 gilt F (, z) C 1 ( ) für L n -fast-alle z sowie sup F (x, z) K f(z) L 1 ( ). x x j Aus Satz 6.9 folgt f η C 1 ( ) und j (f η) = f(z) j η(x z) dz = (f j η)(z), insbesondere gilt die Abschätzung j(f η) C0 ( ) K f L 1. Die Aussage für eine Ableitung D α mit Ordnung α k ergibt sich in offensichtlicher Weise durch Induktion. Mit dem Verfahren der Glättung lässt sich das Dichteresultat aus Satz 6.3 verschärfen Folgerung (Dichtheit von Cc (Ω) in L p (Ω)). Sei Ω offen und 1 p <. Dann gibt es zu f L p (Ω) eine Folge f k Cc (Ω) mit f f k Lp (Ω) 0. Beweis: Wegen Satz 6.3 können wir f Cc 0 (Ω) annehmen. Wähle eine Funktion η Cc ( ) mit η 0, η dl n = 1 und spt η B 1 (0). Mit η ϱ (x) = ϱ n η( x ϱ ) gilt dann f η ϱ C ( ) nach Satz 11.5 und f η ϱ f in L p ( ) nach Satz Es bleibt nur noch zu prüfen, dass spt f η ϱ kompakte Teilmenge von Ω ist für ϱ > 0 hinreichend klein. Aber für dist(x, spt f) > ϱ gilt (f η ϱ )(x) = 0, denn für y ϱ ist η ϱ (y) = ϱ n η( y ϱ ) = 0 und für y ϱ gilt f(x y) = 0. Damit ist die Folgerung bewiesen. Das folgende Argument spielt unter anderem in der Theorie partieller Differentialgleichungen eine olle. Es ist dabei nützlich, die Aussage mit lokal integrierbaren Funktionen zu formulieren Definition. Sei Ω offen und 1 p. Die messbare Funktion f : Ω liegt in L p loc (Ω), falls χ Kf L p (Ω) ist für alle kompakten Mengen K Ω Folgerung (Fundamentallemma der Variationsrechnung). Sei Ω offen. Für die Funktion f L 1 loc (Ω) gelte fϕ dx 0 für alle ϕ Cc (Ω) mit ϕ 0. Ω Dann folgt f(x) 0 für L n -fast-alle x Ω.

3 11 Faltung und Fouriertransformation 111 Beweis: Zu zeigen ist, dass E = {x Ω : f(x) < 0} eine Nullmenge ist. Nach Satz 4.7 gilt L n (E) = sup{l n (K) : K E kompakt}. Sei K E kompakt und η C ( ) mit η 0, spt η B 1 (0) und η dx = 1. Dann folgt η ϱ χ K χ K in L 1 ( ), und nach Folgerung 6.19 gilt für eine Teilfolge η ϱi χ K χ K punktweise L n -fast-überall. Wegen η ϱi χ K L 1 liefert der Konvergenzsatz von Lebesgue 0 lim f (η ϱi χ K ) dx = fχ K dx. i Aber nach Annahme gilt f < 0 auf K, also folgt L n (K) = 0 und damit L n ({f < 0}) = Beispiel. Es gibt keine Funktion η L 1 ( ) mit f η = f für alle f C c ( ). Denn sonst folgt zum Beispiel in x = 0 f( y)η(y) dy = f(0) für alle f C c ( ), und Folgerung 11.8 impliziert η = 0 fast überall, ein Widerspruch. Wir wollen nun kurz die Theorie der Fourierreihen aus Analysis I wiederholen und mithilfee unserer neuen Theorie formulieren. Sei L (I; C) der aum der L 1 -messbaren Funktionen f : I = (, π) C, also u = e f und v = Im f sind L 1 -messbar, mit ( π 1/ f L = f(x) dx) <. Dabei schreiben wir im folgenden π f(x) dx statt I f(x) dl1 (x). Nach Satz 6.18 ist L (I; C) bezüglich der L -Norm vollständig, also ein Hilbertraum mit dem hermiteschen Skalarprodukt f, g L = π f(x)g(x) dx. Die Funktionen w k (x) = 1 e ikx, k Z, bilden ein Orthonormalsystem und spannen den aum P der trigonometrischen Polynome auf. Das n-te Fourierpolynom von f ist die Orthogonalprojektion von f auf den aum P n der trigonometrischen Polynome vom Grad höchstens n; es lautet f n = f, w k L w k = Dabei bezeichnet f(k) die Fourierkoeffizienten von f: f(k)e ikx.

4 11 11 Faltung und Fouriertransformation f(k) = 1 π f(x)e ikx dx = 1 f, w k L. Die Folge f n heißt Fourierreihe von f. Wegen f f n L P n gilt für alle p P n die Gleichung f p L = (f f n) + (f n p) L = f f n L + f n p L. (11.10) Insbesondere folgt mit p 0 die Besselsche Ungleichung f(k) = lim f(k) = lim f n n n L f L <. k= (11.11) Für f L (I; C) ist also f n eine L -Cauchyfolge und konvergiert nach Satz 6.18, dem Satz von iesz-fischer, gegen eine gewisse L -Funktion. Die entscheidende Frage lautet: ist dieser Grenzwert die Funktion f? Wegen (11.10) haben wir die folgende Bestapproximations-Eigenschaft der Fourierreihe: f f n L = min p P n f p L. (11.1) Die L -Konvergenz der Fourierreihe gegen f folgt somit aus nachstehendem esultat: Lemma. Der aum P der trigonometrischen Polynome ist dicht in L (I; C). Beweis: Nach Satz 6.3 ist C 0 c (I; C) dicht in L (I; C). Weiter kann jede C 0 c -Funktion bezüglich der L -Norm (sogar gleichmäßig) durch stückweise konstante Funktionen approximiert werden. Wir zeigen nun, dass die Fourierreihe f n einer beliebigen stückweise konstanten Funktion f punktweise bis auf eventuell in den Sprungstellen gegen f konvergiert. Dann konvergiert f n auch bezüglich der L -Norm gegen f, denn die Cauchyfolge f n ist in L (I; C) konvergent und nach Folgerung 6.19 kann der Grenzwert nur die Funktion f sein. Damit ist die Behauptung des Lemma bewiesen. Die Funktion f sei mit Periode auf fortgesetzt. Nach Definition von f n gilt für x 0 I f n (x 0 ) = f(k) e ikx0 = 1 π f(x) e ik(x x0) dx = 1 π f(x 0 + ξ) e ikξ dξ. Dabei wurde x = x 0 + ξ substituiert und die Periodizität ausgenutzt. Nun ist (f 0 ) n = f 0 für die konstante Funktion f 0 (x) 1, da f 0 P n. Es folgt 1 = 1 π e ikξ dξ.

5 11 Faltung und Fouriertransformation 113 Weiter berechnen wir für ξ e ikξ = e inξ k=0 Damit erhalten wir die Darstellung f n (x 0 ) f(x 0 ) = 1 e ikξ = e inξ ei(n+1)ξ 1 e iξ 1 = 1 1 π π π (f(x 0 + ξ) f(x 0 )) = ei(n+1)ξ e inξ e iξ. 1 e ikξ dξ f(x 0 + ξ) f(x 0 ) e iξ e i(n+1)ξ dξ 1 f(x 0 + ξ) f(x 0 ) e iξ 1 e inξ dξ. Ist f stückweise konstant und x 0 keine Sprungstelle von f, so verschwindet f(x 0 + ξ) f(x 0 ) nahe bei ξ = 0. Auf der rechten Seite stehen dann die Fourierkoeffizienten F ( n 1) F (n) der beschränkten Funktion F (ξ) = (f(x 0 + ξ) f(x 0 ))/(e iξ 1), und aus der Besselschen Ungleichung (11.11) folgt lim n f n (x 0 ) = f(x 0 ). Es bezeichne nun l (C) den aum aller komplexen Folgen c = (c k ) k Z mit c l = c k <. k Z Der aum l (C) ist vollständig und damit ein Hilbertraum. Dies folgt aus dem Satz von iesz-fischer, angewandt auf des Zahlmaß auf Z; es kann natürlich auch ad hoc gezeigt werden. Das bewiesene esultat kann damit folgendermaßen formuliert werden: Satz (Vollständigkeit der trigonometrischen Polynome). Für jedes f L (I; C) konvergiert die Fourierreihe in L gegen f, das heißt f wird durch seine Fourierreihe dargestellt. Darüber hinaus ist die Abbildung F : (L (I; C), L ) (l (C), l ), F(f) = ( f(k)) k Z, eine (bijektive) Isometrie von Hilberträumen. Beweis: Die Konvergenz f n f in L (I; C) gilt nach Lemma und (11.1); insbesondere folgt hieraus die Injektivität der Abbildung F. Die Surjektivität ergibt sich aus Satz 6.18, denn für c l (C) ist die Folge f n = n c ke ikx eine Cauchyfolge in L (I; C). Schließlich erhalten wir aus (11.10) mit p 0 und der gezeigten L -Konvergenz f n f, vgl. (11.11), k= f(k) = lim f n n L = lim ( f n L f f n ) L = f L.

6 Faltung und Fouriertransformation Die Fourierintegraldarstellung kann als kontinuierliche Version der Fourierentwicklung aufgefasst werden; wir deuten kurz an, wie sie sich durch Grenzübergang aus der Fourierreihe ergibt. Sei f Cc () und N > 0 so groß, dass spt f ( Nπ, Nπ). Die normierten Basisfunktionen mit Periode N lauten wk N 1 (x) = e i k N x für k Z. N Nach Satz wird die Funktion f auf ( Nπ, Nπ) durch ihre Fourierreihe dargestellt, das heißt für fast alle x ( Nπ, Nπ) gilt wobei f(x) = k= 1 N ei k N x f(y)e i k N y dy =: k= F (p) = 1 eipx f(y)e ipy dy. F ( ) k 1 N N, Falls nun F (p) für p ± hinreichend schnell gegen Null geht, so sollte die iemannsche Summe k= F ( ) k 1 N N für N gegen das Integral F (p) dp konvergieren. Damit ergibt sich für f C c () die vermutete Fourierintegraldarstellung f(x) = 1 ˆf(p)e ipx dp mit ˆf(p) = 1 f(y)e ipy dy. Der geschilderte Ansatz kann zu einem Beweis ausgebaut werden, wir gehen aber anders vor. Alle im Folgenden auftretenden Funktionen sind C-wertig Definition. Die Fouriertransformierte von f L 1 ( ) ist die Funktion ˆf : 1 C, ˆf(p) = f(x)e i p,x dx. () n Die inverse Fouriertransformierte von g L 1 ( ) ist ǧ : C, ǧ(x) = 1 g(p)e i p,x dp. () n Bevor wir die Frage angehen, inwiefern die beiden Transformationen invers sind, notieren wir noch folgende Eigenschaften Satz (Fouriertransformation auf L 1 ). Für f, g L 1 ( ) gilt: (1) ˆf C 0 ( ) und ˆf C0 ( ) () n f L 1. () f g = () n ˆfĝ. (3) ˆf g dp = f ǧ dx.

7 11 Faltung und Fouriertransformation 115 Beweis: Für F (p, x) = f(x)e i p,x ist F (p, ) L 1 ( ) für alle p sowie F (, x) C 0 ( ) für L n -fast-alle x, und es gilt sup F (x, p) = f(x) L 1 ( ). p Also folgt die Stetigkeit von ˆf aus der entsprechenden Aussage für Parameterintegrale, Lemma 6.8. Die Abschätzung in (1) ist offensichtlich. Für () berechnen wir mit Fubini f g(p) = 1 () n f(y)g(x y) dy e i p,x dx n f(y) g(x y)e i p,x dx dy = 1 () n = f(y)e i p,y ĝ(p) dy = () n ˆf(p)ĝ(p). Auch (3) folgt aus dem Satz von Fubini, und zwar gilt 1 ˆf(p) g(p) dp = f(x)e i p,x dx g(p) dp () n = 1 f(x) g(p)e i p,x dp dx () n n = f(x) ǧ(x) dx. Wir berechnen nun zwei Beispiele das erste werden wir im Beweis von Satz verwenden Beispiel. Für die Gaußfunktion G :, G(x) = e x, gilt Ĝ = G = Ǧ. Wegen Ǧ(x) = Ĝ( x) reicht es, Ĝ zu berechnen. Die Behauptung für Ĝ wiederum folgt aus dem Fall n = 1, denn mit p = (η, p n) 1 gilt nach Fubini Ĝ(p) = 1 () n 1 e ξ i ξ,η e (xn) ix np n dx n dξ. Für n = 1 liefert Differentiation unter dem Integralzeichen und partielle Integration d e x e ixp dx = ( ix)e x e ixp dx dp ( d = = ( p) dx e x ) ie ixp dx e x e ixp dx,

8 Faltung und Fouriertransformation das heißt Ĝ(p) löst die gewöhnliche Differentialgleichung d = p Ĝ(p). dpĝ(p) Aber nach Beipiel 8.10 gilt Ĝ(0) = 1 e x dx = 1. Die eindeutige Lösung dieses Anfangswertproblems ist e p, d.h. Ĝ = G. Mit Induktion ergibt sich auch für beliebige n Ĝ = G, wie behauptet Beispiel. Für a > 0 gilt sin(pa) für p 0 χ [ a,a] (p) = π p a für p = 0. π Das zweite Beispiel zeigt, dass die Fouriertransformierte einer L 1 -Funktion im allgemeinen nicht wieder in L 1 liegt. Aufgrund dieser Asymmetrie kann das Problem der Fourierintegraldarstellung im L 1 -Kontext nicht befriedigend behandelt werden. Der richtige aum ist L ( ), denn bezüglich der L - Norm ist die Fouriertransformation sogar isometrisch Satz (Plancherel). Für f (L 1 L )( ) gilt ˆf L = ˇf L = f L. Beweis: Es reicht die Aussage für ˆf zu beweisen, ( ) da ˇf(x) = ˆf( x). Sei G wie in Beispiel und G ϱ (z) = ϱ n z G ϱ für ϱ > 0 und z. Dann folgt 1 n G(ϱp)e i p,z dp = ϱ n G(q)e i q, z () n () n ϱ dq ( n ) z = ϱ n Ĝ ϱ = G ϱ (z). Wir berechnen nun mit dem Satz über monotone Konvergenz und dem Satz von Fubini ˆf L = lim ˆf(p) G(ϱp) dp ϱ 0 = 1 () n lim f(x)f(y)e i p,x y dy dx G(ϱp) dp ϱ 0 = 1 () n lim G(ϱp)e i p,x y dp f(x)f(y) dy dx ϱ 0 = 1 lim f(x)f(y)g () n ϱ (x y) dy dx ϱ 0 = 1 lim f(x)(f G () n ϱ )(x) dx. ϱ 0