PROTOKOLLE ZU DEN ÜBUNGEN DER FUNKTIONALANALYSIS II

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1 Fchbereich Mthemtik und Informtik Philipps-Universität Mrburg PROTOKOLLE U DEN ÜBUNGEN DER FUNKTIONALANALYSIS II Clude Portenier Mrburg Sommersemester 004 Fssung vom 4 August 004

2 Fchbereich Mthemtik und Informtik Philipps-Universität Mrburg Sommersemester 004 Funktionlnlysis II Lösungsbltt 7 Aufgbe 1 () Es gilt id H X ξ)(ξ in L s (H) ξ B In der Tt: Für lle η H ht mn nch der Prsevlgleichung η X (ξ η ) ξ in H ξ B Weiter gilt: Die Abbildung T 7 h Th : L s (H) L s F, F ist stetig Für ϕ, ψ F gilt nämlich ψ h Thϕ F (hψ Thϕ)H 6 khψk H kthϕk H Also folgt (Bildstz ngewndt uf h oder richtige Interprettion) h h id H h X h ξ)(ξ h X ξihξ in L s F, F, ξ B ξ B denn für ϕ, ψ F und ξ, η H gilt ψ h ξ)(η hϕ F (hψ ξ ) H (η hϕ) H hψ ξ i F hη ϕi F hψ ξihη ϕi F (b) Die Abbildung j : H C B,diedurch jη (ξ) :(ξ η ) H für lle ξ B, η H deþniert ist, ist schwch stetig: Denn für ξ B ist hη 7 jη (ξ) (ξ η ) H i (ξ offenbr stetig D B ls hilbertsche Bsis die Punkte von H trennt, ist j uch injektiv; lso ist H hilbertscher Unterrum von C B Für den Kern h B gilt für ψ C (B), ξ B h B ψ (ξ) jj ψ (ξ) ξ j ψ hψ jξ i H F X ψ (χ) jξ (χ) X (ξ χ) H ψ (χ), χ B χ B dh h B ist bezüglich des ählintegrls uf B der Integrlkernopertor zum Kern ( ) H 1

3 Funktionlnlysis II Lösungsbltt 7 Aufgbe () unächst zeigen wir, dss die Abb ein Sklrprodukt uf H τ (1) (J) ist Ds sie sesquiliner, hermitesch und positiv ist, ist trivil Um die Eigenschft nicht-usgertet nchzuweisen betrchte: us kξk ((1)) R J ξ 0folgt ξ 0µ-fü, lso ξ ξ (τ)+ R ξ ξ (τ) 0 τ Nun zeigen wir die Äquivlenz: inf J, sup J R H τ (1) (J), M (J) HUR EsgelteJ ], b[,mit, b R Für ξ L (J) ist R τ ξ H(1) τ (J),lsoist : H τ (1) (J) L (J) bijektiv und eine Isometrie (klr, es gilt k ξk kξk ((1)) ) Dmit ist H τ (1) (J) ein Hilbertrum D nch Cuchy-Schwrz t ξ (t) ξ 6 p λ (J) k ξk τ ist ξ beschränkt Trivilerweise gilt: H τ (1) (J), M (J) : ξ ξ λ J ist stetig SeiH (1) τ (J), M (J) HUR Die knonische Injektion H (1) τ (J), L (J) ist stetig nch dem Stz über den bgeschlossenen Grph Dzu sei (ξ k, ξ k ) (ξ,g) in H τ (1) (J) L (J) u zeigen ist dnn ξ g Nch Vorussetzung gilt ber ξ k ξ in H τ (1) (J) und ξ k g in L (J), lso in dem Husdorffrum M (J) Wegen der Eindeutigkeit des Limes folgt die Behuptung Dmit existiert ein C R + mit kξk 6 C kξk ((1)) Nun mchen wir folgende Widerspruchsnnhme: sup J Sei dnn ϕ D + (J) so dss ϕ 6 06 ϕ und supp ϕ ]mx (0, τ), [ J usätzlich sei h ]0, 1] ein Streckfktor und D h ϕ (x) : 1 h ϕ (hx) Dmit gilt: D h ϕ (τ) 0und somit D h ϕ H τ (1) (J) Andererseits: C > R D 0 h ϕ (x) dx R D 0 h ϕ (x) dx R 0 h ϕ (hx) dx 1 h h ϕ(hx) h dx R R ϕ (hx) hdx 0 R ϕ(hx) hdx 0 R 1 yh x h ϕ (y) dy 0 R ϕ(y) für h 0 dy 0 Und dmit folgt der Widerspruch Für inf J lässt sich ähnlich schließen (b) Berechne den Kern (Wir rten ihn und zeigen dnn, dss wir richtig liegen): ϕ K (], b[) deþniere: h 0 ϕ (s) : (min (s, t) )(b mx (s, t)) b ϕ (t) dt h 0 ϕ ist stetig (Lebesgue), h 0 ϕ () h 0 ϕ (b) 0und h 0 ϕ 6 (b ) R b ϕ Sei nun ψ K (], b[) : ψ h 0 ϕ 6 ψh 0 ϕ 6 kψk (b ) 3 kϕk

4 Funktionlnlysis II Lösungsbltt 7 Dmit ist h 0 : K (], b[) M (], b[) stetig, d ϕ kϕk : K (], b[) R ist stetige HN ist Als nächstes zeigen wir, dss h 0 ϕ H (1),0 gilt: h 0 ϕ L ((], b[)), d die Funktion beschränkt ist Nch dem Differenzierbrkeitsstz (vgl Aufgbe 164) gilt h 0 ϕ AC mit Ableitung h 0 ϕ (s) 1 b h i s (min (s, t) )(b mx (s, t)) ϕ (t) dt 1 b 1[,t] (s)(b t) (t )1 [t,b] (s) ϕ (t) dt Ds h 0 ϕ L ((], b[)) ist klr Also gilt insgesmt ttsächlich: h 0 : K (], b[) H (1),0 (], b[) Für lle f H (1),0 (], b[) gilt weiter: hϕ fi Fubini ϕf 1 b ϕ (t) [(f (t) f ()) (b t) (t )(f (b) f (t))] dt 1 b ϕ (t) 1 [,t] (b t) 1 [t,b] (t ) f dt J J 1 b ϕ (t) 1 [,t] (s)(b t) 1 [t,b] (s)(t ) dt f (s) ds J J h 0 ϕ (s) f (s) ds h 0 ϕ f h 0 ϕ f L ((],b[)) ((1)) J Dh h 0 ist der gesuchte Kern von H (1),0 ((], b[)), M ((], b[)) id (c) Betrchte b H (1) (], b[) id 1 b 1 ((1)) b und berechne (η id ) ((1)) ( η 1) L ((],b[)) η η (b) η H (1) (], b[) Dmit ist (id ) H (1),0 (], b[),lso H (1) id (], b[) K H (1),0 (], b[) b Der Kern h von H (1) (], b[) ist lso die Summe beider Kerne : h id id + h 0 b b h (s, t) 1 h i b (s )(t )+(min(s, t) )(b mx (s, t)) 1 ½ (s )(t )+(s )(b t) s 6 t b (s )(t )+(t )(b s) s > t ¾ 3

5 Funktionlnlysis II Lösungsbltt 7 1 ½ (s )(t + b t) s 6 t b (t )(s + b s) s > t Alterntiv könnte mn rechnen hϕ f i ϕ (t)f (t) dt ϕ (t) h i s min (s, t) ϕ (t) dt f (s) ds µ Für beliebiges τ führt die folgende Rechnung zum iel: hϕ f i ϕ (t)f (t) dt ϕ (t) ¾ min(s, t) 1 [,t] (s) f (s) ds dt h i min (,t) ϕ (t) dt f 1 τ,t (s) f (s) ds dt H (1) (],b[) s h min (s τ) +, (t τ) + +min (τ s) +, (τ t) + i ϕ (t) dt f (s) ds µ h min (s τ) +, (t τ) + +min (τ s) +, (τ t) + i ϕ (t) dt f Somit ist der Kern von H τ (1) (], b[) gegeben durch h τ (s, t) min (s τ) +, (t τ) + +min (τ s) +, (τ t) + H (1) τ (],b[) (d) Die Ableitung : H (1) 0 (]0, 1[) L (]0, 1[) ist unitär D (1) cos (πk id) ³ eine k>1 hilbertsche Bsis von L (]0, 1[) bildet, ist (id) sin (πk eine hilbertsche Bsis von πk id) k>1 H (1) 0 (], b[) Dher gilt für den Kern h 0 von H (1) 0 (]0, 1[) : D und h 0 (s, t) st + π X k1 sin (πks)sin(πkt) k cos (x y) cos (x + y) Re e i(x y) e i(x+y) Re ie ix sin y siny Im e ix sinx sin y X j1 cos (jx) j µ x π π 1 für 0 6 x 6 π (vgl Anlysis, Anwendung 109), folgt mit der Symmetrie des cos " µπ h 0 (s, t) st + 1 µ # s t π π (s + t) π π st + 1 ½ (s t) 4 (s t) (s + t) ¾ +(s + t) s > t (t s) (t s) (s + t) +(s + t) s 6 t 4

6 Funktionlnlysis II Lösungsbltt 7 st + 1 ½ ¾ st +4t st s > t min(s, t) 4 st +4s st s 6 t Aufgbe 3 b :SeiH, K X ein HUR von Funkionen, dh die knonische Injektion j : H, K X ist stetig Für die dzugehörige Adjungierte j : K (X) H gilt: hξ j 1 {x} i H hjξ 1 {x} i K X ξ (x) hξ δ x i H, lso j 1 {x} δ x für lle x X Nch 51 ist der zu dzugehörige Kern h gegeben durch: h : K (X) K X : ϕ 7 hϕ jr 1 j ϕ jr 1 j X ϕ (x) 1 {x} X ϕ (x) R 1 δ x x X x X Nch Stz 51 ist h hermitesch positiv Nch Beispiel 3131 existiert zu h eine eindeutige Kernfunktion κ : X X K :(x, y) 7 1 {x} R 1 h1{y} 1{x} δ y mit hϕ (x) X κ(x, y)ϕ (y) x X für lle ϕ K (X) und x X Fürllex, y X ht mn dnn, d h hermitesch ist: κ (x, y) 1 {x} h1{y} h1 K {x} 1{y} 1 (X) K {y} h1{x} κ (x, y) ( ) K X (X) Anlog erhält mn X ϕ (x) κ (x, y) ϕ (y) X ϕ (x) 1 {x} h1{y} ϕ (y) X K ϕ h1{y} ϕ (y) (X) K (X) x,y X x,y X y X hϕ 1{y} X y X Drus folgt die Behuptung b :DeÞniere K X ϕ (y) hhϕ ϕi K X hϕ hϕi K (X) > 51 h : K (X) H, K X : ϕ 7 X x X κ (,x) ϕ (x) 0 D κ (x, y) κ (x, y) folgt ähnlich wie in ( ),dssh hermitesch ist Anlog erhält mn us der zweiten Bedingung n κ,dssh positiv ist D h selbstdjungiert ist, ist es schwch stetig, d K (X) tonneliert lso stetig Nch dem Stz von Schwrtz existiert genu ein HUR zu h 5

7 Fchbereich Mthemtik und Informtik Philipps-Universität Mrburg Sommersemester 004 Funktionlnlysis II Lösungsbltt 8 Aufgbe 1 () Die Abbildung j ist injektiv In der Tt ist T κ 0, so folgt mit Fubini : µ ξ (x) γ (y) κ (x, y) dν (y) dµ (x) 0 für lle ξ L (µ) und γ L (ν) DL (µ) und L (ν) Test-Räume sind (vgl Korollr 116), bekommt mn zuerst R γ (y) f (,y) dν (y) 0lokl µ-fü, und dnn für lokl µ-f x X, dß κ (x, ) 0lokl ν-fü D ber κ µ ν-meßbr und µ ν-modert ist, folgt κ 0 µ ν-fü ³ Weiter gilt L (µ)) i (L (ν) Ls (L (ν), L (µ) σ ) und D ξ)(γ T κ E (ξ Tκ γ) L (µ) 6 kt κ k kξk L (µ) kγk L (ν) kt κ k ξ)(γ L (µ)) i (L (ν), lso ist die Einbettung j stetig Somit ist j (L (µ ν)), L s (L (ν), L (µ) σ ) ein HUR und D E µ ξ)(η T κ (ξ T κ γ) L (µ) ξ (x) γ (y) κ (x, y) dν (y) dµ (x) L (µ)) i (L (ν) ξ)(γ κ dµ ν ( ξ)(γ κ) L (µ ν) Also ist der Kern h : L (µ)) (L (ν) L (µ ν) die knonische Injektion L (µ) L (ν), L (µ ν) (b) Für t P m ξ j γj L (µ)) (L (ν) gilt j0 ht hti L (µ)) i (L (ν) m X k,l0 D ξ k )(γ k h ³ E ξ l )(γ l mx (ξ k ξ l ) (γ l γ k ) Dmit ist T L (L (ν), L (µ)) genu dnn in L (µ ν),wenneseinekonstntem R + gibt, so dß Ã mx m! 1 ξj T γj ht T i L (µ)) i (L (ν) 6 M ht hti 1 L (µ)) i (L (ν) M X (ξ k ξ l ) (γ l γ k ) j0 für lle ξ j 06j6m L (µ), γ j k,l0 k,l0 06j6m L (ν) gilt Œ knn mn nnehmen, dß γ j 06j6m 6

8 Funktionlnlysis II Lösungsbltt 8 orthonormiert ist Die Bedingung nimmt dnn die Form à mx X m ξj T γj 6 C ξj n j0 Für zusätzliche Informtionen siehe Beispiel 15 und 318, Aufgbe 1 und, sowie Aufgbe 5 j0! 1 Aufgbe () Offenbr ist k k eine Hlbnorm Ist kϑk 0, so folgt kϑ (λ)k H 0für σ-fst lle λ Λ,lsoϑ 0σ-fst überll, d k k H eine Norm ist Sei nun ([ϑ k ]) eine Cuchyfolge in Λ Es gibt eine Teilfolge α, so dss für lle k N, l > α (k), µ 1 ϑα(k) ϑ l dσ 1 H 6 Λ k+1 Dmit ist X X ϑα(k) ϑ H α(k+1) 6 ϑα(k) ϑ α(k+1) 6 1 <, k0 lso ist die Funktion k0 X ϑα(k) ϑ H α(k+1) : Λ R + k0 endlich σ-fü Insbesondere konvergiert ϑ α(k) (λ) σ-fü in H DeÞniere ϑ : lim k ϑ α(k) wo dies ein Sinn mcht und durch 0 sonst Dnn konvergiert ϑ α(k) punktweise sklr σ-fst überll gegen ϑ, insbesondere ist ϑ sklr σ-messbr, und es gilt für l > α (k) kϑ ϑ l k 6 ϑ ϑα(k) + ϑl ϑ α(k) 6 6 X ϑα(j+1) ϑ α(j) k k 6 1 k+1, k 1 jk lso ist [ϑ] Λ und [ϑ] lim k [ϑ k ] in Λ (b) Sei P m j0 f j) ξ j H)(L (σ) mit ξ j j0,,m H und (f j) j0,,m L (σ) Œ können wir nnehmen, dss ξ j orthonorml ist Ist j0,,m mx f j ξ j 0 j0 σ-fst überll, 7

9 Funktionlnlysis II Lösungsbltt 8 so folgt für lle k 0,,m,lso (c) à m! X 0 f j ξ ξ j k j0 mx δ j,k f j f k σ-fst überll, j0 mx f j ) ξ j 0 Seien f L (σ) und ξ H Es gilt f ξ (λ) ζ (λ) f (λ) (ξ ζ (λ)), j0 σ-messbr D Limiten messbrer Funktionen messbr sind, folgt die Be- lso ist f ξ ζ huptung (d) D (ϑ ϑ 0 ) dσ 6 kϑk H kϑ 0 k H dσ 6 kϑk kϑ 0 k, deþniert dies eine hermitesch positive Sesquilinerform Offenbr ist die durch diese deþnierte Hlbnorm gerde k k, so dss es sich um ein Sklrprodukt hndelt D L (σ, H) ls bgeschlossener Unterrum eines Bnchrums vollständig ist, ist dies ein Hilbertrum (e) Wenn H seprbel ist, ist Λ L Denn sei [θ] Λ (σ, H) Sei(ξ k ) k N eine hilbertsche Bsis von H Dθsklr σ-messbr ist, ist f k : (θ ξ k ) H für lle k N σ-messbr Für lle λ Λ gilt θ (λ) P k0 (ξ k θ (λ)) H ξ k P k0 f k (λ) ξ k,sowie kθ (λ)k H X f k (λ) und Drus ergibt sich à X! f k (λ) dσ (λ) k0 lim l θ k0 k0 kθ (λ)k H dσ (λ) kθk < lx Ã! X f k ξ k lim l f k (λ) dσ (λ) 0 kl+1 us dem Stz von Beppo Levi, dh θ L (σ, H) Sei M [0, 1] : Λ eine nicht λ [0,1] -messbre Menge (insbesondere ist diese Menge überbzählbr) Die Abbildung θ : λ 7 1 M {λ} :[0, 1] ` ([0, 1]) : H ist sklr σ-messbr, denn für ϕ ` ([0, 1]) ist {ϕ 6 0} bzählbr, so dss (ϕ θ)` ϕ 1 M : λ 7 ϕ (λ) 1 M (λ) 8

10 Funktionlnlysis II Lösungsbltt 8 λ [0,1] -messbr ist Weiterhin gilt 1M {λ} P ` µ [0,1] 1M {λ} (µ) 1 M (λ) und lso θ Λ (σ, H) Aber kθk 1M {λ} dλ λ (M) 6 1 <, ` (θ θ)` X µ [0,1] 1 M { } (µ) 1 M ist nch Konstruktion nicht messbr, insbesondere folgt mit (c): θ / L (σ, H) Mnbechte, dss θ 0sklr σ-fü (vgl Huptstz 51) 9

11 Fchbereich Mthemtik und Informtik Philipps-Universität Mrburg Sommersemester 004 Funktionlnlysis II Lösungsbltt 9 Aufgbe 1 Sei ϕ K (X) Dnn gilt b hϕ b h (x) ϕ dσ (x) x ³ ε x ihε x ϕ ε x ihε x ϕ dσ (x) C ε x ϕ (x) dσ (x) khϕk L (σ) Also ist σ, R (C ε x ) x X eine erlegung von L (σ) Es ist noch zu zeigen, dss diese direkt ist Beh: dσ : L σ, (C ε x ) x X L (σ) ist injektiv Sei ζ Ker R R dσ Dnn ist ζ dσ 0in L (σ) Also gilt für lle ϕ K (X) : À ³ 0 ϕ ζ dσ hϕ ζ (x)i K(X) dσ (x) ε x ihε x ϕ ζ (x) dσ (x) K(X) C ε x ϕ (x) (ε x ζ (x)) C εx dσ (x) DeÞniere ξ : X C : x 7 ξ (x) :(ε x ζ (x)) C εx D ζ sklr σ-messbr und hϕ ζ (x)i K(X) ϕ (x) ξ (x),istϕ ξ σ-messbr für lle ϕ K (X) Dmit ist ξσ-messbr Weiter ist kζ (x)k C ε x dσ (x) kξ (x) ² x k C ε x dσ (x) ξ dσ, dh ξ L (σ) Aus obigem folgt dnn für lle ϕ K (X) ϕ ξ dσ 0, lso ξ 0σ-fst überll Dh ζ 0und dmit Ker R dσ {0} Es muss gezeigt werden, dss die erlegung nicht entrtet ist Sei dzu A X σ-messbr mit 1 A bh 0sklr σ-fst überll Dnn folgt für lle ϕ, ψ K (X) mit ψ 1uf supp ϕ D E D E 0 1 A ϕihψ bh (x) dσ (x) 1 A ϕihψ ε x ihε x dσ (x) 1 A ϕ (x) ψ (x) dσ (x) 1 A ϕ dσ Also folgt 1 A 0lokl σ-fst überll 10

12 Funktionlnlysis II Lösungsbltt 9 Aufgbe Sei ϕ S (R n ) Dnn gilt mit Prsevl b hϕ b ³ h (λ) ϕ dλ e λ ihe λ ϕ e λ ihe λ ϕ dλ C e λ C e λ Fϕ (λ) dλ ϕ (x) dx khϕk L (R n ) Also ist λ R n, (C e λ ) λ R n eine erlegung von L (R n ) Es ist noch zu zeigen, dss diese direkt ist Beh: R dλ R n : L λ R n, (C e λ ) λ R n L (R n ) ist injektiv Sei ζ Ker R dλ R n Dnn ist R ζ dλ R n 0in L (R n ) Also gilt für lle ϕ S (R n ) : À ³ 0 ϕ ζ dλ R n hϕ ζ (λ)i S(R n ) dλ e λ ihe λ ϕ ζ (λ) dλ C e λ S(R n ) Fϕ (λ) (e λ ζ (λ)) C eλ dλ DeÞniere ξ : R n C : λ 7 ξ (λ) :(e λ ζ (λ)) C eλ D ζ sklr λ R n-messbr und hϕ ζ (λ)i S(R n ) Fϕ (λ) ξ (λ),istfϕ ξλ Rn-messbr für lle ϕ S (R n ) Dmit ist ξλ R n-messbr, d F (S (R n )) S (R n ) Weiterist kζ (λ)k C e λ dλ kξ (λ) e λ k C e λ dλ ξ dλ R n, dh ξ L (R n ) Aus obigem folgt dnn für lle ϕ S (R n ) Fϕ ξ dλ R n 0, lso ξ 0λ R n-fst überll Dh ζ 0und dmit Ker R dλ R n {0} Es muss gezeigt werden, dss die erlegung nicht entrtet ist Sei dzu A R n λ R n-messbr mit 1 A bh 0sklr λ R n-fst überll Dnn folgt für lle ϕ, ψ S (R n ) mit Fψ 1uf supp Fϕ D E D E 0 1 A ϕihψ bh (x) dσ (x) 1 A ϕihψ e λ ihe λ dλ 1 A Fϕ(λ) Fψ (λ) dλ 1 A Fϕ dλ R n Also folgt 1 A 0λ R n-fst überll In M (R n ) gilt uch diese erlegung, d F (K (R n )) L (R n ), ber ds rechnen ist ein bißchen komplizierter : Der erste bleibt so; us R Fϕ ξ dλ R n 0folgt R ϕ 1 F ξ dλ R n 0,lso 1 F ξ 0,undsomitξ 0λ R n-fst überll Mn verfährt nlog für den letzten Teil 11

13 Funktionlnlysis II Lösungsbltt 9 Aufgbe 3 Sei k R + Der HUR L (R), S (R) 0 ht den Kern h : ϕ [ϕ] und C e k C e k, S (R) 0 den Kern e k ihe k + e k ihe k : S (R) C e k C e k : ϕ 7 he k ϕie {z } k + he k ϕie {z } k Fϕ(k) Fϕ( k) Sei nun ϕ S (R) Dnn gilt: k e k ihe k + e k ihe k ϕk C e k C e k R? + dk HilbBsis R? + Fϕ (k) + Fϕ ( k) dk Drus folgt R Fϕ (k) dk kfϕk L (R n ) F Isometrie kϕk khϕk C e k C e k dk in S (R n ) Wir wissen bereits, dss L (R) L u (R)+L g (R) gilt, mit ξ 1 (ξ 1 ξ ) + {z } (ξ + ξ ) {z } :ξ u :ξ g für lle ξ L (R) Als nächstes zeigen wir: L u (R) C sin(πλ ) dk in S (R) 0 R? + Dzu berechnen wir den Kern h u von L u, S (R) 0 Seilsoϕ S(R), ξ L u (R) Es folgt hϕ ξi ϕ ξ dλ ϕ u + ϕ g ξ dλ ξ ungerde ϕ u ξ (ϕ u ξ ) L u (R) Dh h u : ϕ 7 ϕ u uletzt betrchten wir C sin(πk ), S (R) 0 dessen Kern mn in der Form ED E sin(πk ) 1 sin(πk ) sin(πk ) i (e k e k ) schreiben knn Es gilt ED i sin(πk ) sin(πk ) ϕ sin(πk ) (Fϕ (k) Fϕ ( k)), 1

14 Funktionlnlysis II Lösungsbltt 9 lso R? + ED sin(πk ) sin(πk ) ϕ C sin(πk ) dk 1 R? + F (ϕ ϕ ) dλ 1 4 kf(ϕ ϕ )k Prsevl,L (R) 1 4 kϕ ϕ k 1 (ϕ ϕ ) kϕ u k kh u ϕk L u (R) Somit gilt die erlegung für sin Für cos lässt sich nlog schließen Dss diese erlegungen direkt sind, pruft mn wie in die Aufgbe Schließlich ist e k+e k cos(πk ) und e k e k i sin(πk ) eine ONB in C e k C e k, lso gilt und somit L (R n ) C e k C e k C sin(πk ) C cos(πk ), R + C e k C e k dk R + R + C sin(πk ) dk C sin(πk ) C cos(πk ) dk R + C cos(πk ) dk 13

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