TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN

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1 Prof. Dr. Simone Warzel Max Lein Zentralübung 5. Dirac-Folgen TECHNISCHE UNIVESITÄT MÜNCHEN Zentrum Mathematik Mathematik 4 für Physik Analysis 3 Sei δ k k N eine Dirac-Folge und f L n. Zeigen Sie, dass lim δ k f f 0. k Wintersemester 2009/200 Lösungsblatt Eine Dirac-Folge ist eine Folge nichtnegativer, integrierbarer Funktionen {δ k } k N L n, δ k, so dass für alle r > 0 gilt: dx δ k x lim k x r Sei f L n. Ohne Einschränkung nehmen wir an, dass f 0 nichtnegativ ist, denn beliebige f L n können eindeutig in vier Teile zerlegt werden, nämlich in positiven und negativen eal- bzw. Imaginärteil. Aus der Vorlesung S. 33 wissen wir, dass die Faltung zweier integrabler Funktionen wieder eine integrable Funktion ist. Also ist { δ k f } k N L n eine Folge integrierbarer Funktionen. Wir werden zeigen, dass es eine Cauchy-Folge ist: seien ε > 0 und r > 0 erst mal beliebig. Wir können die Norm der Differenz dann in zwei Terme aufspalten, die getrennt abgeschätzt werden. Dazu führen wie die Abschneidefunktion { x r χ r x : 0 x > r ein und schreiben δ k χ r δ k + χ r δ k : δk r + δrc k, k N. Da die δ k positiv sind und Norm haben, gilt auch δ k δk r + δk rc. Mittels der Dreiecksungleichung erhalten wir so δk f f δ r k + δ rc f δk r + δk rc f δk r f δr k f + δk rc f δrc k f : I k r + I 2 k r. Um den ersten Term abzuschätzen, nähern wir f durch eine Stufenfunktion f ε N j c j Aj mit positiven Koeffizienten c j, wobei { x A j Aj x : 0 x A j die charakteristische Funktion zur Menge A j ist. Ohne Einschränkung können wir annehmen, dass die A j paarweise disjunkt sind, also A j A k gilt, solange j k ist. Man kann f ε so wählen, dass f fε < ε 4. Dann können wir die Norm des ersten Terms abschätzen durch δk r f δr k f δk r f f ε δk r f f ε + δk r f ε δk r f ε δk r f fε + δk r }{{}}{{} f fε + δ r }{{} k f ε δk r }{{} f ε <ε/4 < ε 2 + δ r k f ε δ r k f ε <ε/4

2 Um den Term auf der rechten Seite abschätzen zu können, benutzen wir den Satz von Fubini um die Integrationsreihenfolgen zu vertauschen, I k r dx dy δk r y fε x y f ε x n n dy δk r y dx f ε x y f ε x : dy δk r y F y. n Die so definierte Funktion F ist stetig: denn wir können die Positivität von f ε ausnutzen um den Integranden unabhängig von y abzuschätzen durch fε x y f ε x N c Aj j x y Aj x N c j A r j x : g r x. j Die Menge A r j ist eine um eine andzone der Dicke r verdickte Modifikationen von A j, A r j : { x d dx, A j < r }. Die Funktion g r x ist eine uniforme Schranke, die nicht von y abhängt. Somit können wir den Satz über majorisierte Konvergenz anwenden und so folgern, dass F stetig ist. Insbesondere ist F 0 0. Da stetige Funktionen auf kompakten Teilmengen ihre Extrema annehmen, können wir F y im Integral durch dessen Maximum ersetzen, dx dy δ k y f ε x y f ε x dy δ k y max F y n y r y r y r j max y r F y δ k max y r F y. Da F stetig und F 0 0 ist, können wir ein rε > 0 wählen, so dass max y r F y < ε /4. Also ist der erste Term klein, I k r < 3 4 ε. Für den zweiten Term benützen die Positivität von f, setzen fx y fx fx y + fx ein und wenden Fubini an: I 2 k r dx dy δk r y fx y fx dx dy δk r y fx y + fx dy δk r y 2 f 2 fδ rc k n 2 f k dy δ k y 0 y r Wir können also zu dem oben gewählten rε ein Nε N finden, so dass für alle k Nε der Term I 2 k r kleiner als ε /4 ist. Somit ist für alle k Nε δ k f f < 3 4 ε + ε 4 ε und δ k f k N ist eine Cauchy-Folge, die gegen f L n konvergiert. 2

3 52. Faltung von Distributionen mit Testfunktionen a Zeigen Sie, dass für beliebige ϱ, ψ, ϕ S n gilt: ψ ϱx ϕx dx ψx ϱ ϕx dx, wobei ϱx : ϱ x. b Sei f eine temperierte Distribution auf S n und ϱ S n. Folgern Sie, dass durch f ϱ, ϕ : f, ϱ ϕ eine Distribution f ϱ auf S n definiert wird. a Wir zeigen zuerst, dass die Faltung zweier Testfunktionen wieder eine Testfunktion ist. Aus der Vorlesung wissen wir, dass für alle ϱ, ψ S n L n gilt F ϱ ψ 2π n /2 Fϱ Fψ. Die Fourier-Transformation ist aber bijektiv auf S n und somit muss ϱ ψ 2π n /2 F Fϱ Fψ S n ebenfalls eine Testfunktion sein. Die Behauptung folgt nun durch direktes Einsetzen und unter Ausnutzung, dass Testfunktionen auch quadratintegrabel sind: ψ ϱ, h ϱ ψ, h ψ ϱy hy dy ψx ϱy x hy dxdy n ψx ϱ hx dx ψ, ϱ h n b Ist ϱ S n, dann ist auch ϱ eine Testfunktion. Aus Teilaufgabe a wissen wir, dass die Faltung zweier Schwartz-Funktionen wieder eine Schwartz-Funktion ist, ϱ ϕ S n für alle ϱ, ϕ S n. Daher ist f ϱ, ϕ : f, ϱ ϕ wohldefiniert und wir müssen nur noch die Linearität dieser Distribution überprüfen: seien ϱ, ϕ, ψ S n und α C. Dann folgt aus der Bilinearität der Faltung auf S n, dass f ϱ linear ist, f ϱ, ϕ + αψ f, ϱ ϕ + αψ f, ϱ ϕ + α ϱ ψ f, ϱ ϕ + α f, ϱ ψ f ϱ, ϕ + α f ϱ, ψ. Die Stetigkeit soll hier nicht überprüft werden. 3

4 53. Fundamentallösung am Beispiel der Laplace-Gleichung Eine temperierte Distribution G auf auf S n heißt Fundamentallösung der Laplace Gleichung, falls im Distributionssinne gilt: G δ. a Sei ϕ S n und G Fundamentallösung der Laplace Gleichung. Zeigen Sie, dass u : G ϕ vgl. Aufgabe 5 die Laplace-Gleichung im Distributionssinne erfüllt. b Wie lautet G für n 3? u ϕ a Wir zeigen zuerst, dass δ das Einselement der Faltung ist. Sei φ S n. Heuristisch gesehen folgt das aus Seien also ϱ, φ S n ; dann gilt Fδ φ 2π n /2 Fδ Fφ Fφ. δ ϱ, φ δ, ϱ φ ϱ φ0 ϱ, φ. n ϱy 0 φy dy Wir zeigen nun, dass auch für Distributionen gilt G ϕ G ϕ G ϕ. Seien ϕ, ψ S n. Wir setzen die Definition der Distribution u G ϕ ein und erhalten u, ψ + G ϕ, ψ G, ϕ ψ G, ϕ ψ + G, ϕ ψ δ, ϕ ψ ϕ, ψ. Das bedeutet, es gilt u ϕ im Sinne von Distributionen. b Im Sinne von Distributionen gilt F G i 2 k 2 FG k 2 FG Fδ 2π 3/2, woraus sofort FG 2π 3 /2 k 2 folgt. Wie zu erwarten war, ist die Green-Funktion radial. Man kann nun G angeben z. B. indem man die Fourier-Transformierte nachschlägt, Gx 2π 3 /2 F k 2 x 4π x 3 2 4π x. 4

5 54. Die eindimensionale Wellengleichung Seien f, g S Testfunktionen sowie ω > 0. Lösen Sie mit Hilfe der Fourier-Transformation die eindimensionale Wellengleichung ω 2 2 t ux, t 2 xux, t mit Anfangsbedingung ux, 0 fx und t ux, 0 gx. Wir bezeichnen die Fourier-Transformierte von u mit û. Dann erfüllt û die Gleichung Für k 0 löst ω 2 2 t ûk, t ω 2 2 t uk, t 2 xuk, t i 2 k 2 ûk, t k 2 ûk, t. û0, t ˆf0 + ĝ0t die Fourier-transformierte Wellengleichung zu den Anfangsbedingungen û0, 0 ˆf0 und t û0, 0 ĝ0. Obwohl diese Lösung betragsmäßig linear gegen divergiert für t, falls ĝ0 0, hat dies keine Auswirkungen auf die Lösung u siehe unten. Für k 0 müssen wir für jedes k die Gleichung zu einem harmonischen Oszillator lösen, Dieser hat die Lösungen 2 t ûk, t + k2 ω 2 ûk, t 0. ûk, t a ke i k ω t + a 2 ke +i k ω t wobei wir die k-abhängigen Koeffizienten aus den Anfangsbedingungen bestimmen müssen. Zusammen mit dessen Ableitung t ûk, t ik ω erhalten wir folgendes Gleichungssystem: Setzen wir dessen Lösungen in ûk, t ein und erhalten ûk, t a ke i k ω t + a 2 ke +i k ω t a k + a 2 k ˆfk ik ω a k + ik ω a 2k ĝk a k 2 ˆfk + i ω 2k ĝk a 2 k 2 ˆfk i ω 2k ĝk { ˆfk cos k ω t + ω k ĝk sin k ω t k 0 ˆf0 + tĝ0 k 0. Dessen Fourier-Transformation stimmt mit der von {ûk k 0 ˆvk : 0 k 0 überein, da sich die zwei Funktionen nur auf der Nullmenge {0} unterscheiden und die Lösung ux, t ergibt sich aus ûk, t via Fourier-ücktransformation, ux, t ˇûx, t. 5

6 Hausaufgaben 54. echnen mit Distributionen Betrachten Sie die folgenden temperierten Distributionen L S n auf S, L, φ : dx Lx φx φ S. Betrachten Sie a Lx : δx b L : x 2 c Lx : δ ax : δ x a, a, d L : x. i Zeigen Sie, dass L eine temperierte Distribution ist. Stetigkeit braucht nicht gezeigt zu werden. ii Berechnen Sie erste und zweite distributive Ableitung von L. iii Berechnen Sie für die Teilaufgaben a-c die Fourier-Transformierte von L. a i Aus der Vorlesung wissen wir, dass δ eine temperierte Distribution ist. ii Sei φ S. Per Definition sind erste und zweite Ableitung von δ gegeben durch δ, φ δ, φ φ 0 δ, φ 2 δ, φ +φ 0. b iii Sei φ S. Die Fourier-Transformierte der Delta-Distribution kann man explizit ausrechnen: Fδ, φ δ, Fφ Fφ0 dx φx 2π 2π /2, φ Die Fourier-Transformierte von δ ist also die konstante Funktion 2π /2. i Wir müssen zeigen, dass Lx x 2 eine lineare Abbildung von S nach C definiert. Da L polynomial wächst und für jede Schwartz-Funktion φ S auch x 2 φ S eine Schwartz-Funktion ist, ist x 2 φ integrierbar. Somit ist x 2, φ wohldefiniert. Die Linearität von L folgt aus der Linearität des Integrals, für alle φ, ψ S und α C gilt L, φ + αψ dx Lx φ + αψ x dx Lx φx + α dx Lx ψx L, φ + α L, ψ. ii Sei φ S. Die erste distributive Ableitung von x 2 ergibt sich mittels partieller Integration zu d dx x2, φ x 2, d dx φ dx x 2 φ x [ x 2 φx ] + + dx d dx x2 φx dx 2x φx 2x, φ. Die andterme verschwinden, da φ schneller als jede Potenz gegen 0 abfällt. Die erste Ableitung der Distribution x 2 ist die Distribution 2x. Analog dazu kann man zeigen, dass die zweite Ableitung von x 2 im Sinne von Distributionen die Distribution 2 ist, d 2 x 2, φ d dx 2 dx 2x, φ 2x, φ dx 2x φ x [ ] + 2x φx dx d dx 2x φx 2, φ. + Moral von der Geschicht: falls L S n eine differenzierbare Funktion ist, stimmt deren distributive Ableitung mit der üblichen Ableitung überein! 6

7 iii Die Fourier-Transformation von x 2 im Sinne von Funktionen existiert nicht. Trotzdem können wir sie im Sinne von Distributionen ausrechnen. Sei φ S. Per Definition ist die Fourier-Transformation von x 2 definiert durch Fx 2, φ x 2, Fφ dx x 2 dξ e ixξ φξ. 2π Nun benutzen wir, dass x 2 e ixξ +i 2 ξ 2 e ixξ und bringen mittels partieller Integration die Ableitung nach ξ auf die andere Seite die andterme verschwinden wieder,... dx dξ +i 2 2 ξ e ixξ φξ 2π 2 i 2 dξ dx e ixξ ξ 2 φξ. 2π Die Fourier-Transformation der konstanten Funktion, aufgefasst als Distribution, ist 2π δ. Eingesetzt liefert das... 2π dξ δξ ξ 2 φξ 2π φ 0 2π δ, φ. c Es gilt also Fx 2 2π δ. i Aus der Vorlesung wissen wir, dass δ eine temperierte Distribution ist. Nach Definition der Ableitung von temperierten Distributionen ist δ a definiert als δ a, φ δ a, φ dx δx a φ x φ a. Da δ und d dx linear sind, ist auch δ a linear. Weiterhin sind Ableitungen von Testfunktionen wieder Testfunktionen und somit ist δ a auch wohldefiniert. ii Sei φ S. Per Definition sind erste und zweite Ableitung von δ a gegeben durch d dx δ a, φ δ a, φ 2 δ a, φ +φ a d 2 dx 2 δ a, φ 2 δ a, φ 3 δ a, φ φ a. iii Sei φ S. Die Fourier-Transformierte von δ a berechnet sich zu Fδ a, φ δ a, Fφ δ a, d dx Fφ δ a, i Fxφ i Fxφ a i dx e iax x φx i2π /2 e iax x, φ. 2π d Die Fourier-Transformierte von δ a ist also Fδ a i2π /2 xe iax. i Da das Wachstum von x polynomial beschränkt ist, ist für jede Testfunktion φ S auch x φ integrierbar, x, φ ist wohldefiniert. Die Linearität folgt wie in a. ii Die Funktion x ist nur im Ursprung nicht differenzierbar. Wir vermuten daher, dass die erste Ableitung im wesentlichen die Signum-Funktion + x > 0 sgnx : 0 x 0 x < 0 7

8 ist. Sei φ S. Wir schreiben d dx x, φ als Integral aus und teilen es auf, d dx x, φ x, φ dx x φ x 0 dx x φ x + 0 dx +x φ x. Wir können nun partiell integrieren und da jeweils alle andterme verschwinden, vereinfacht sich der Ausdruck zu dx φx + dx + φx dx sgnx φx sgn, φ. 0 Wir hätten sgn bei 0 beliebig fortsetzen können, das Integral ändert sich ja nicht, da {0} eine Lebesgue-Nullmenge ist. sgn kann mittels der Heavyside-Funktion θ umgeschrieben werden, sgnx θx θ x, und die Ableitung der Heavysided Funktion aus der Vorlesung bekannt ist, dxθx δx, können wir die zweite Ableitung von x schreiben als d 2 dx 2 x d θx θ x δx δ x 2δx. dx 8

9 55. Abfall der Fourier-Transformierten und Glattheit der Funktion Sei f C m, m N, und f l L, 0 l m. Beweisen Sie folgende Ungleichung, die das Abfallverhalten der Fourier-Transformierten charakterisiert: ˆfk f m x dx 2π k m, k 0. Mit dem Satz über die Algebraisierung der Ableitung erhalten wir f m k ik m ˆfk. Daraus folgt sofort die Behauptung, ˆfk f m k k m f m x dx 2π k m. 9

10 56. Freie Schrödinger-Gleichung Gegeben sei die freie Schrödinger-Gleichung i t ψx, t 2 ψx, t, x, t n. Die einzelnen Teilaufgaben bauen aufeinander auf. a Begründen Sie, dass für alle ψ 0 S n ψx, t F e i k2 2 t Fψ 0 x die Schrödinger-Gleichung mit Anfangsbedingung ψx, 0 ψ 0 x löst. b Bestimmen Sie p t x, so dass für alle t 0 gilt: ψx, t p t x y ψ 0 y dy n c Begründen Sie, dass für alle t gilt: ψx, t 2 dx ψ 0 x 2 dx d Beweisen Sie, dass für alle t 0 gilt: ψx, t n ψ 0 y dy 2πt n /2 a Wir setzen die Definition von ψx, t in die linke Seite der freien Schrödinger-Gleichung ein und vertauschen Integration und Differentiation nach t, i t ψx, t i t F e i k2 2 t Fψ 0 x F i t e i k2 t 2 Fψ 0 x 2 F k 2 e i k2 t 2 Fψ 0 x 2 F e i k2 2 t F i 2 ψ 0 x 2 ψx, t. Dass man tatsächlich Integration und Differentiation vertauschen darf, folgt aus ψ 0 S n L n und majorisierter Konvergenz. Alternativ kann man auch die freie Schrödinger-Gleichung Fourier-transformieren und die Lösung dann ablesen. b Wir schreiben ψx, t aus und erhalten für t 0 F e it ˆk 2 2 Fψ 0 x 2π n dk e +ix k e it k 2 2 dy e iy k ψ 0 y 2π n dk dy e +ix y k it k 2 2 ψ0 y 2π n dk dy e i x y 2 2t e i t 2 k x y/t 2 ψ 0 y. wobei wir im Exponenten passend quadratisch ergänzt haben, x y k t k2 2 [ k t x y t 0 ] x y2. t

11 Nun müssen wir regularisieren: um das Integral nach k über Aufgabe 38 ausrechnen zu können, schieben wir ein ε ein, F e it ˆk 2 2 Fψ 0 x lim ε 0 2π n dk dy e +ix y k it+ε k 2 2 ψ0 y n n lim ε 0 2π n dk dy e i x y 2 2t e 2 it+εk x y/t 2 ψ 0 y. Für ε > 0 dürfen Integration nach y und nach k vertauscht und das Ergebnis aus Aufgabe 38, das komplexe Gauß-Integral, eingesetzt werden,... lim dy e i x y 2 ε 0 2π n 2t dk e /2 n 2π n 2 it+εk2 ψ /2 0 y } n {{} it+ε n/2 lim dy e i x y 2 ε 0 2πit + ε n 2t ψ /2 0 y n Das heißt, der freie Propagator p t ist gegeben durch p t x i2πt n /2 n dy e i x y 2 2t ψ 0 y. ei x 2 2t i2πt. n /2 c Die Behauptung folgt aus zweifacher Anwendung des Satzes von Plancherel, ψx, t 2 dx F e i k2 2 t 2 Fψ 0 x dx e i k2 t 2 2 Fψ 0 k dk n Fψ0 k 2 dk ψ0 x 2 dx. Die Interpretation dieser Gleichung ist die Wahrscheinlichkeitserhaltung: das Absolutquadrat der Wellenfunktion ψ ist eine Wahrscheinlichkeitsdichte und die Gesamtwahrscheinlichkeit, das Integral von ψx, t 2 über n, bleibt erhalten. d Wir setzen Gleichung aus Teilaufgabe b ein und schätzen betragsmäßig ab, ψx, t dy e i x y 2 i2πt n 2t ψ /2 0 y ψ n 0 y dy. n 2πt n /2