Skript bis einschließlich 25.5.2016

PD. Dr. P.H. Lesky
Universität Stuttgart
Sommersemester 2016
Höhere Analysis
Teil II: Einführung in Fourieranalysis
1
Sinus-Kosinus-Reihen
1.1 Definition: Sei H, h., .i Hilbertraum, (ej ) Orthonormalsystem in H, f ∈ H. Dann heißt
∞
X
hf, ej i ej Fourierreihe von f .
j=1
Das berühmteste ONS: H = L2 ] − π, π[ ,
1
1
1
1
1
(ej ) = √ , √ sin x, √ cos x, √ sin(2x), √ cos(2x), . . . .
π
π
π
π
2π
Fourierreihe von f ∈ H:
∞
X
hf, ej i ej =
j=1
1
=
2π
Z
π
f (t) dt +
−π
∞ Z
X
1
j=1
π
1
f (t) sin(jt) dt sin(jx) +
π −π
π
Z
1 π
1.2 Notation:
aj :=
f (t) cos(jt) dt, j ∈ N0
π Z−π
1 π
bj :=
f (t) sin(jt) dt, j ∈ N
π −π
k
a0 X
sk (x) :=
+
aj cos(jx) + bj sin(jx) ,
2
j=1
s(x) :=
Z
π
f (t) cos(jt) dt cos(jx)
−π
k ∈ R, x ∈ R
lim sk (x)
k→∞
Frage: Konvergiert sn gegen f ?
1.3 Beobachtungen:
1) sk und gegebenfalls s sind 2π-periodisch.
2) Ist f auf R definiert und 2π-periodisch, so können die Integralgrenzen verschoben
werden:
1
aj =
π
Z
c+π
f (t) cos(jt) dt.
c−π
3) aj , bj ändern sich nicht, wenn f auf einer Nullmenge abgeändert wird.
4) Zur Definition von aj , bj reicht f ∈ L1 ] − π, π[ % L2 ] − π, π[ .
Höhere Analysis, Sommersemester 2016, Seite 47
1.4 Hilfssatz: Für f ∈ C 1 [−π, π] → K gilt
Z π
n
o
lim
f (t) cos(ωt) dt = 0.
ω→∞ −π
sin(ωt)
Z
π
1 π 0
1
f (t) cos(ωt) dt = f (t) sin(ωt) −
f (t) sin(ωt) dt → 0 für ω → ∞.
ω
ω −π
−π
−π
Z
Beweis:
(∗)
π
1.5 Lemma von Riemann: Für f ∈ L1 ] − π, π[ gilt (∗).
Beweis: Sei f ∈ L1 ] − π, π[ . Zeige:
Z
∀ε > 0 ∃ωε > 0 ∀ω > ωε : π
−π
f (t) cos(ωt) dt < ε.
ε
Sei ε > 0 beliebig, aber fest. Wähle fε ∈ C0∞ ] − π, π[ mit kf − fε k1 < (siehe 4.29). Dann
2
Z π
Z π
Z π
f (t) cos(ωt) dt ≤ f (t) − fε (t) cos(ωt) dt + fε (t) cos(ωt) dt
−π
| −π
{z
} | −π
{z
}
≤kf −fε k1 <ε/2
< ε
<ε/2 für ω > ωε nach 1.4
für ω > ωε .
1.6 Hilfssatz: Sei f : R → K 2π-periodisch, f ∈ L1 ] − π, π[ . Dann
Z π
sin (k + 12 )t
dt für k ∈ N, x ∈ R.
sk (x) − f (x) =
f (x + t) − f (x)
2π sin 2t
−π
Beweis:
1
1) sk (x) =
π
Z
k
X
1 π
f (t) dt +
f (t) cos(jt) cos(jx) + sin(jt) sin(jx) dt
π −π
|
{z
}
−pi
j=1
Z
π
= 21 (e−ijt eijx +e
Z
=
k
X
π
1
eij(x−t) f (t) dt
−π 2π j=−k
|
{z
}
=:Dk (x−t) (Dirichlet-Kern)
2)
−ikξ
2πDk (ξ) = e
2k
X
eijξ
j=0
=
=
=
=
⇒ Dk (ξ) =
1 − (eiξ )2k+1
e−ikξ
1 − eiξ
−ikξ
e
− ei(k+1)ξ e−iξ/2
· −iξ/2
iξ
1−
e
e
−i(k+ 12 )ξ
i(k+ 12 )ξ
e
−e
−iξ/2
e
− eiξ/2 −2i sin k + 12 ξ
−2i sin 12 ξ 1 sin k + 21 ξ
= D(−ξ)
2π
sin 12 ξ
ijt e−ijt )
Höhere Analysis, Sommersemester 2016, Seite 48
Z
⇒ sk (x)
π
=
−π
f (t) Dk (x − t) dt
| {z }
=Dk (t−x)
Z
s=t−x
π−x
f (s + x)Dk (s) ds
=
f,Dk 2π-periodisch
Z−π−x
π
f (s + x)Dk (s) ds
=
−π
3) Speziell f = 1 auf R ⇒ a0 = 2, aj = bj = 0 für j ∈ N
Z π
2)
Dk (s) ds
⇒ 1 = sk (x) =
−π
Z π
f (x)Dk (s) ds
⇒ f (x) =
−π
Z
π
f (s + x) − f (x) Dk (s) ds.
2) ∧ 3) ⇒ sk (x) − f (x) =
−π
1.7 Kriterium von Dini: Sei f : R → K 2π-periodisch und f ∈ L1 ] − π, π[ . Für jedes
x0 ∈ R gilt
δ
f (x + t) − f (x ) 0
0 ∃δ > 0 :
dt < ∞ ⇒ f (x0 ) = lim sk (x0 ).
k→∞
t
−δ
Z
π
t
f (x + t) − f (x)
·
t
2π sin
−π
1.5
→ 0 für k → ∞.
1.6
Z
Beweis: sk (x) − f (x) =
· sin
t
k+
2
1 t dt
2
1.8 Folgerung: Sei f wie in 1.7, x0 ∈ R. Falls f in x0 hölderstetig ist, d.h.
∃δ, α, c > 0 : f (x) − f (x0 ) ≤ c|x − x0 |α
für |x − x0 | < δ,
so folgt
δ
Z δ
f (x + t) − f (x ) 0
0 c|t|α−1 dt < ∞
dt ≤
t
−δ
−δ
Z
und somit f (x0 ) = lim sk (x0 ).
k→∞
1.9 Erweitertes Kriterium von Dini: Sei f wie in 1.7. Für jedes x0 ∈ R gilt: Falls x0 Unstetigkeitsstelle 1. Art ist (d.h. f (x0 + 0), f (x0 − 0) existieren) und
Z δ
Z 0
f (x0 + t) − f (x0 + 0) f (x0 + t) − f (x0 − 0) ∃δ > 0 :
dt < ∞ ∧
dt < ∞,
t
t
0
−δ
dann folgt s(x0 ) =
f (x0 + 0) + f (x0 − 0)
.
2
Höhere Analysis, Sommersemester 2016, Seite 49
Z
π
Beweis: Dk (ξ) = Dk (−ξ) ∧
Z
0
Dk (t) dt = 1 ⇒
−π
Z
Dk (t) dt =
−π
π
Dk (t) dt =
0
1
2
Z π
Z 0
f (x0 + 0) + f (x0 − 0)
Dk (t)f (x0 − 0) dt +
Dk (t)f (x0 + 0) dt
=
⇒
2
−π
0
Z π
f (x0 + t)D(t) dt
Beweis von 1.6: sk (x0 ) =
−π
f (x0 + 0) + f (x0 − 0)
2
Z π
0
f (x0 + t) − f (x0 + 0)
f (x0 + t) − f (x0 − 0)
tDk (t) dt +
tDk (t) dt
t
t
0
−π
⇒ sk (x0 ) −
Z
=
Beweis 1.7
−→
0 für k → ∞.
1.10 Kriterium von Lipschitz: f : R → K sei 2π-periodisch und hölderstetig:
∃α, c > 0 ∀x, x0 ∈ R : f (x) − f (x0 ) ≤ c|x − x0 |α .
Dann konvergiert (sk ) auf R gleichmäßig gegen f .
Beweis:
1) Zutaten: Es gelten
a) ∀x ∈ R : sk (x) → f (x) nach 1.8.
b) (sk ) ist gleichgradig stetig:
∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x, x0 ∈ R ∀k ∈ N : |x − x0 | < δ ⇒ sk (x) − sk (x0 ) < ε
(Beweis siehe unten).
c) f ist stetig.
2) Mischen: Für festes x0 ∈ R, ε > 0 wähle
ε
a) Kx0 ∈ N mit ∀k > Kx0 : sk (x0 ) − f (x0 ) < ,
3
ε
b) δ > 0 mit sk (x0 ) − sk (x), f (x0 ) − f (x) < für |x − x0 | < δ, k ∈ N.
3
Für k > Kx0 und x ∈ ]x0 − δ, x0 + δ[ folgt
sk (x) − f (x) ≤ sk (x) − sk (x0 ) + sk (x0 ) − f (x0 ) + f (x0 ) − f (x) < ε.
Höhere Analysis, Sommersemester 2016, Seite 50
3) Backen: [−π, π] ist kompakt, also gibt es endlich viele x1 , . . . , xJ , so dass
[−π, π] ⊆
J
[
]xj − δj , xj + δj [ .
j=1
Für k > max{Kx1 , . . . , KxJ } folgt
sk (x) − f (x) < 3ε für x ∈ [−π, π]
sk ,f 2π-periodisch
⇒
sk (x) − f (x) < 3ε für x ∈ R.
Beweis von 1b): Sei ε > 0 beliebig, aber fest. Wähle τ > 0, so dass
Z τ
c |t|α
ε
dt <
mit c, α aus Voraussetzung
t
4
−τ 2π sin 2
⇒ sk (x) − sk (x0 ) ≤ sk (x) − f (x) − sk (x0 ) − f (x0 ) + f (x) − f (x0 )
Z π
Z π
1.6 f (x + t) − f (x) Dk (t) dt −
f (x0 + t) − f (x0 ) Dk (t) dt
= −π
−π
0 + f (x) − f (x )
Z τ
Z τ
f (x0 + t) − f (x0 ) Dk (t) dt
≤
f (x + t) − f (x) Dk (t) dt +
{z
}
−τ |
−τ
≤c|t|α
Z
f (x + t) − f (x0 + t) +f (x) − f (x0 ) Dk (t) dt
|
{z
}
+
[−π,π]\ ]−τ,τ [
≤c|x−x0 |α
+ f (x) − f (x0 )
≤
ε ε
+ + 2c|x − x0 |α
4 4
Z
Dk (t) dt +c|x − x0 |α
[−π,π]\ ]−τ,τ [
|
{z
<∞
}
< ε für |x − x0 | < δ.
1.11 Bemerkung: f ∈ C 1 (R → K) 2π-periodisch ⇒ f erfüllt Kriterium von Lipschitz:
f (x) − f (x0 ) = f 0 (ξ) · |x − x0 | ≤ max |f 0 | · |x − x0 |.
[−π,π]
1.12 Komplexe Darstellung von Fourierreihen: Aus Beweis von 1.6:
Z
π
sk (x) =
−π
Z π
k
k
X
1
1 X ij(x−t) e
f (t) dt =
e−ijt f (t) dt eijx .
2π j=−k
2π
−π
j=−k
k
X
1 ijx
Neue Interpretation: uj (x) := √ e
⇒ sk (x) =
hf, uj i uj (x).
2π
j=−k
Höhere Analysis, Sommersemester 2016, Seite 51
Wegen
huj , uk i =
1
2π
Z

 1
π
für j = k
π
1
= 0, für j 6= k
ei(j−k)t 2π(j − k)
t=−π
e|ijt{z
e−ikt} dt =

−π
=ei(j−k)t
ist (uj ) ein ONS in L2 ] − π, π[ . Beachte
lim
k→∞
k
X
hf, uj i uj (x) = f (x) ⇔ lim
a
2
k→∞
j=1
0
+
k
X
aj cos(jx) + bj sin(jx)
= f (x).
j=1
1.13 Satz: (uj )j∈Z ist ein vollständiges ONS in L2 ] − π, π[ , d.h. (uj )j∈Z ist ONS und
2
∀f ∈ L
k
X
] − π, π[ : f = lim
k→∞
hf, uj i uj
j=−k
k
X
hf, uj i uj < ε.
Beweis: Sei f ∈ L2 ]−π, π[ fest. Zeige: ∀ε > 0 ∃Kε ∈ N ∀k > Kε : f −
j=−k
2
Sei ε > 0 beliebig, aber fest.
ε
1) Wähle fε ∈ C0∞ ] − π, π[ mit kf − fε k2 < (vgl. Teil I, 4.29).
3
Setze fε 2π-periodisch fort auf R ⇒ fε ∈ C ∞ (R → K).
2) Sei s̃k (x) :=
k
X
hfε , uj i uj (x). Nach 1.10 mit 1.11:
j=−k
ε
∃Kε ∈ N ∀k > Kε ∀x ∈ R : s̃k (x) − fε (x) < √
3 2π
Z π
Z π
ε 2
2
ε2
2
⇒ ks̃k − fε k2 =
s̃k (t) − fε (t) dt ≤
dt =
.
3
−π
−π 9 · 2π
k
X
3) s̃k − sk =
hfε , uj i uj − hf, uj i uj
k
X
=
j=−k
⇒ ks̃ −
sk22
hfε − f, uj i uj
j=−k
Parsevalsche
=
Gleichung 4.19
k
X
hfε − f, uj i 2
j=−k
Besselsche
≤
Ungleichung 4.19
kfε − f k22 .
1) ∧ 2) ⇒ ∀k > Kε : kf − sk k ≤ kf − fε k2 + kfε − s̃k k2 + ks̃k − sk k2 < ε.
| {z } | {z } | {z }
<ε/3
1.14 Bemerkungen:
<ε/3
≤kf −fε k2 <ε/3
1) Für
1
1
1
√ , √ sin x, √ cos x, . . .
π
π
2π
ist vollständiges ONS in L2 ] − π, π[ .
(ej ) =
folgt aus 1.13: (ej )j∈N
Höhere Analysis, Sommersemester 2016, Seite 52
2) Zusammenfassung:
2
a) f ∈ L
] − π, π[
⇒ f = lim
k→∞
k
X
hf, uj i uj , Konvergenz bezüglich k.k2 .
j=−k
b) f erfüllt Dini in jedem x ∈ [−π, π[ ⇒ f (x) = lim hf, uj i uj (x) punktweise.
k→∞
c) f erfüllt Lipschitz-Kriterium ⇒ f (x) = lim
k→∞
k
X
hf, uj i uj (x) gleichmäßig.
j=1
1.15 Andere Intervalle: Seien L > 0, f : R → K 2L-periodisch und hölderstetig:
∃α, c > 0 ∀x, x0 ∈ R : f (x) − f (x0 ) ≤ c|x − x0 |α .
Definiere g(x) := f
Lx π
⇒ f
⇒ g erfüllt das Kriterium von Lipschitz 1.10.
Lx =
π
s=Lt/π
=
π
dt= L
ds
Z π
∞
Lt X
1
−ijt
e f
g(x) =
dt eijx
2π −π
π
j=−∞
Z L
∞
X
π
1
e−ijπs/L f (s) ds eijx
2π −L
L
j=−∞
Z L
∞
X
1
e−ijπs/L f (s) ds eijπy/L
2L
−L
j=−∞
Lx
πy
Mit y :=
bzw. x =
: f (y) =
π
L
1
Setze ũj (x) := √ eijπx/L ⇒ (ũj )j∈Z ist vollständiges ONS in L2 ] − L, L[ .
2L
1.16 Beispiel: Gegeben: L > 0; a, b ∈ R; b ≥ 0; f : [−L, L] → C.
Gesucht: y ∈ C 2 [−L, L] → C mit
)
−y 00 + ay 0 + by = f
y(−L) = y(L) ∧ y 0 (−L) = y 0 (L) (periodische Randbedingungen)
Lösung: y(x) =
∞
X
j=−∞
1
jπ 2
2
+
ijπ
a
2
+b
hf, ũj iũj (x).
(∗)
Höhere Analysis, Sommersemester 2016, Seite 53
2
Fouriertransformation
2.1 Definition: Für f ∈ C ∞ (R → C) und j, k ∈ N0 ist
kf kj,k := sup xj f (k) (x)
x∈R
(im Fall k ≥ 1 ist k.kj,k eine Halbnorm). Der Schwartz-Raum über R ist
S(R) :=
f ∈ C ∞ (R → C) ∀j, k ∈ N0 : kf kj,k < ∞ .
Offensichtlich: C0∞ (R) ⊆ S(R).
2.2 Beispiele:
2
1) f (x) = xj e−αx , j ∈ N0 , α > 0 ⇒ f ∈ S(R) \ C0∞ (R).
2) Abschneidefunktion: Für R > 0, 0 < ε < R setze
Z R+ε
ψR,ε (x) :=
jε (x − y) dy = Jε (χ[−R−ε,R+ε] ).
−R−ε
⇒ ψR,ε (x) :=
Außerdem
0
ψR,ε (x) ≤
Z



 1
|x| ≤ R
∈ ]0, 1[ R < |x| < R + 2ε


 0
|x| ≥ R + 2ε
∞
0
jε (x − y) dy =
−∞
Z
∞
jε0 (y) dy = c,
−∞
00
(x) ≤ d unabhängig von R.
genauso ψR,ε
2.3 Bemerkung: Mit
d(f, g) :=
∞
X
j,k=0
1
2j+k
kf − gkj,k
1 + kf − gkj,k
bildet S(R) einen vollständigen Raum.
2.4 Eigenschaften:
1) S(R) ist linearer Raum.
2) f, g ∈ S(R) ⇒ f · g ∈ S(R) (S(R) ist Algebra ohne Einselement).
dj
k
x
f
(x)
⇒ g ∈ S(R).
dxj
4) f ∈ S(R) ⇒ sup 1 + |x|2 f (x) ≤ kf k0,0 + kf k2,0 =: cf ⇒ f (x) ≤
3) f ∈ S(R), j, k ∈ N0 , g(x) =
x∈R
cf
.
1 + x2
Höhere Analysis, Sommersemester 2016, Seite 54
2.5 Definition: Für f ∈ S(R) ist
1
fˆ : R → C : ω 7→ fˆ(ω) := f ∧ (ω) := √
2π
Z
∞
f (x)e−iωx dx
−∞
die Fouriertransformierte von f .
1
2
2
2.6 Beispiel: f (x) = e−x ⇒ fˆ(ω) = √ e−ω /4 .
2
2.7 Satz: Für f ∈ S(R) und j, k ∈ N0 gelten
(j) (ω) = (iω)j fˆ(ω),
1) fd
2) g(x) := xk f (x) ⇒ ĝ(ω) = ik fˆ(k) (ω),
3) h(x) :=
dj
xk f (x) ⇒ ĥ(ω) = (iω)j ĝ(ω) = ij+k ω j fˆ(k) .
j
dx
Z ∞
1
0
b
f 0 (x)e−iωx dx
Beweis: 1) f (ω) = √
2π −∞
Z ∞
1
1
−iωx ∞
f (x)e−iωx dx
= √ f (x)e
+ iω √
x=−∞
2π
2π −∞
ˆ
= iω f (ω)
Z ∞
1
−iωx
2) g(x) = x · f (x) ⇒ ĝ(ω) = √
f (x) xe
|
{z
} dx
2π −∞
d
−iωx
Z ∞ = dω ie
d
1
−iωx
√
= i
f (x)e
dx
dω
2π −∞
d
= i fˆ(ω)
dω
Vertauschen von Integral und Ableitung: Integral konvergiert gleichmäßig bezüglich ω:
Z ∞
Z ∞
−iωx
f (x)x dx < ε
f (x)xe
dx ≤
für R > Rε unabhängig von ω.
R
R
2.8 Satz und Definition: F : f 7→ fˆ ist eine lineare Abbildung von S(R) in S(R) und heißt
Fouriertransformation.
Höhere Analysis, Sommersemester 2016, Seite 55
Beweis:
1) F linear X
2) f ∈ S(R) ⇒ fˆ ∈ S(R):
a) fˆ ∈ C ∞ (R → C): siehe Beweis von 2.7
Z ∞
Z ∞
1
1
−iωx
f (x) dx < ∞
b) sup fˆ(ω) = sup √ f (x)e
dx ≤ sup √
2π −∞
2π −∞
ω∈R
ω∈R
ω∈R
dj
∧
j (k) 2.7
b)
c) sup ω fˆ (ω) = sup xk f (x)
< ∞.
j
ω∈R | dx
ω∈R
{z
}
∈S(R)
2.9 Bemerkung: F : S(R) → S(R) ist bezüglich d aus 2.3 stetig.
2.10 Satz: F : S(R) → S(R) ist bijektiv, und es gilt
F
−1
1
: S(R) → S(R) : g →
7 ǧ, ǧ(x) := √
2π
Z
∞
g(ω)eiωx dω.
−∞
Z ∞
1
fˆ(ω) dω:
Beweis: 1) Sei zunächst f ∈
Zeige f (x) = √
2π −∞
i 1 1h
2
, , setze f -periodisch fort.
Wähle ε > 0 so, dass supp (f ) ⊆
ε ε
ε
Fourierreihe:
Z
∞
X
1 1/ε −ijπs/(1/ε)
1.15
f (x)
=
e
f (s) ds eijπx/(1/ε)
2
C0∞ (R).
=
ωj :=jπε
=
=
ε↓0
→
Riemann-Summe
Beachte: fˆ ∈ S(R) ⇒ fˆ(ω) ≤
j=−∞ ε
∞
X
ε
2
j=−∞
−1/ε
Z
e−ijπεs f (s) ds eijπεx
R
∞
X
√
εˆ
2π
f (ωj ) eiωj x
2
j=−∞
∞
1 X
√
πε fˆ(ωj ) eiωj x
|{z}
2π j=−∞ =∆ω
j
Z ∞
1
√
fˆ(ω)eiωx dω.
2π −∞
ω2
c
+1
 Z ∞

fˆ(ω) dω < δ für R > Rδ




R

X
X
X 1

c
c

πεfˆ(ωj ) ≤ πε
=
⇒
ωj2
πε
j2
j≥1+R/πε
j≥1+R/πε
j≥1+R/πε



X
1
c
c 1



≤
≤
< δ für R > Rδ

R

πε
j(j − 1)
πε πε
j≥1+R/πε
Höhere Analysis, Sommersemester 2016, Seite 56
2) Sei nun f ∈ S(R). Multipliziere mit ψR,1 aus 2.2
Z ∞
∧
1
1)
a) Für |x| ≤ R: f (x) = ψR,1 · f (x) = √
ψR,1 · f (ω)eiωx dω
2π −∞
Z ∞
∧
1
R→∞
b) ψR,1 · f (ω) = √
ψR,1 · f (x)e−iωx dx → fˆ(ω) für jedes feste ω ∈ R,
2π −∞
denn:
• ψR,1 · f (x) e−iωx → f (x)e−iωx punktweise,
• ψR,1 · f (x) e−iωx ≤ f (x),
Z ∞
f (x) dx < ∞,
•
−∞
• majorisierte Konvergenz.
Z ∞
∧ f (x) dx =: c1
ψR,1 · f (ω) ≤
c)
−∞1 Z ∞
∧ 00
c2
−iωx
ψR,1 · f (ω) ≤ √
ψR,1 · f (x)e
dx ≤ 2
2
ω
2πω −∞
n c o
∧
2
ψR,1 · f
⇒
≤ g(ω) := min c1 , 2 unabhängig von R
Z ∞
Z ∞ω
∧
majorisierte
R→∞
fˆ(ω)eiωx dω
b) ∧ c)
⇒
ψR,1 · f (ω)eiωx dx →
Konvergenz
−∞
Z −∞
∞
1
a)
iωx
⇒ f (x) = √
fˆ(ω)e dω für jedes x ∈ R.
2π −∞
Insbesondere ist F injektiv: fˆ = ĝ ⇒ f = g.
3) F ist surjektiv: Sei g ∈ S(R). Nach 2):
g(ω)
=
y:=−x
=
Z ∞
1
√
ĝ(x)eiωx dx
2π −∞
Z ∞
1
√
ĝ(−y)e−iωy dy
2π −∞
h(y) := ĝ(−y) ⇒ h ∈ S(R) ∧ g = ĥ ∈ Bild(F)
2.11 Plancherel-Gleichung: Für f ∈ S(R) gilt kfˆkL2 (R) = kf kL2 (R) .
i 1 1h
1) Zunächst f ∈ C0∞ (R), supp (f ) ⊆ − ,
ε ε
r
i 1 1h ε ijπεx
2
Parsevalsche Gleichung in L
− ,
mit ũj (x) =
e
:
ε ε
2
∞ r Z 1/ε
2
X
ε
2
kf kL2 (R) = kf kL2 (]− 1 , 1 [) =
f (t)eijπεt dt
ε ε
2 −1/ε
j=−∞
Beweis:
∞
X
2
ε
=
· 2π fˆ( jπε )
|{z}
2
j=−∞ | {z }
∆ωj
ε↓0
Z
∞
→
−∞
ωj
fˆ(ω)2 dω = kfˆk2 2 .
L (R)
Höhere Analysis, Sommersemester 2016, Seite 57
2) Genauso wie Beweis von 2.10: Für f ∈ S(R)
kf k2L2 (R)
=
lim kψR,1 ·
R→∞
∧ 2
= lim ψR,1 · f 2
1)
f k2L2 (R)
R→∞
L (R)
= kfˆk2L2 (R)
2.12 Folgerung: Für f, g ∈ S(R) gilt hf, giL2 (R) = hfˆ, ĝiL2 (R) .
Beweis: Polarisation:
hf, gi =
1
kf + gk2 − kf − gk2 + i kf + igk2 − kf − igk2 .
4
2.13 Definition: Für f, g ∈ S(R) ist
Z
f (x − y)g(y) dy
f ∗ g(x) :=
R
die Faltung von f und g.
Z
R+ε
jε (x − y) dy
Z−R−ε
jε (x − y)χ[−R−ε,R+ε] (y) dy
=
2.14 Beispiel: ψR,ε (x) =
R
= jε ∗ χ[−R−ε,R+ε] (x).
2.15 Satz: Für f, g ∈ S(R) gelten
1) f ∗ g ∈ S(R),
√
1
2) f[
· g = √ fˆ ∗ ĝ, f[
∗ g = 2π fˆ · ĝ,
2π
3) (f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h), f ∗ g = g ∗ f .
Beweis:
√
2)
2π f[
· g(ω)
Z
=
f (x)g(x)e−iωx dx
R
g, e−iω. f L2 (R)
∧ ĝ, e−iω. f
L2 (R)
Z
Z
iωx
−iω̃x
ĝ(ω̃)
e f (x)e
dx dω̃
=
fˆ ∗ ĝ(ω).
=
=
2.12
=
R
Genauso:
√
R
2π(fˆ · ĝ)∨ = f ∗ g ⇒ f[
∗g =
√
2π fˆ · ĝ.
Höhere Analysis, Sommersemester 2016, Seite 58
1)
2.8
f, g ∈ S(R) ⇒ fˆ, ĝ ∈ S(R)
⇒ fˆ · ĝ ∈ S(R)
2) √
2.10
⇒ f ∗ g = 2π(fˆ · ĝ)∨ ∈ S(R).
1)
2) (f ∗ g) ∗ h =
√
∨ 1)
∨
2π f[
∗ g · ĥ = 2π fˆ · ĝ · ĥ .
2.16 Beispiel: Durchbiegung eines unendlich langen Balkens:
u(4) (x) + α4 u(x) = f (x),
u(x) → 0 für x → ±∞
(α > 0). Annahme: f, u ∈ S(R). Dann automatisch u(x) → 0 für x → ±∞.
Fouriertransformation auf die Differentialgleichung anwenden:
(iω)4 û(ω) + α4 û(ω) = fˆ(ω)
denn f ∈ S(R) ⇒ fˆ ∈ S(R) ⇒
(.)4
⇒
û(ω) =
α4
1
fˆ(ω)
+ ω4
1
1
fˆ ∈ S(R) ⇒ u ∈ S(R). Setze g(ω) := 4
4
+α
ω + α4
∨
c · fˆ∨ = √1 ǧ ∗ f
g · fˆ = (ǧ)
2π
Z
1
⇒ u(x) = √
ǧ(x − y)f (y) dy.
2π R
⇒ u =
2.17 Satz: Sei F1,∞
1
: L (R) → L (R) : f 7→ fˆ mit fˆ(ω) := √
2π
∞
1
Z
f (ω)e−iωx dx. Dann
R
1
1) kfˆk∞ ≤ √ kf k1 ,
2π
2) F1,∞ ist linear und stetig,
3) F1,∞ ist die einzige Fortsetzung von F : S(R) → S(R) zu einer stetigen Abbildung
L1 (R) → L∞ (R).
Beweis:
1 1) fˆ(ω) = √ 2π
Z
−iωx
f (x)e
R
2) F1,∞ linear X
Stetigkeit: F1,∞ (f ) − F1,∞ (g)
∞
Z
1
f (x) · 1 dx = √1 kf k1 .
dx ≤ √
2π R
2π
= F1,∞ (f − g)k∞ ≤ kf − gk1 .
3) Offensichtlich: F1,∞ (f ) = F(f ) für f ∈ S(R).
Sei G : L1 (R) → L∞ (R) stetig und Fortsetzung von F.
Zu f ∈ L1 (R) wähle (fj ) in C0∞ (R) mit kfj − f k1 → 0 (siehe 4.29)
⇒ G(f ) = lim G(fj ) = lim F(fj ) = lim F1,∞ (fj ) = F1,∞ (f ).
j→∞
j→∞
j→∞
Höhere Analysis, Sommersemester 2016, Seite 59
2.18 Satz: Bild(F1,∞ ) ⊆ f ∈ C(R → C) : f (x) → 0 für x → ±∞ .
Beweis: f ∈ Bild(F1,∞ ) ⇔ ∃g ∈ L1 (R) : f = ĝ.
1)
f (ω + h) − f (ω) = ĝ(ω + h) − ĝ(ω)
Z
1 −i(ω+h)x
−iωx
−e
dx
= √ g(x) e
2π Z R
R 1
g(x) e−i(ω+h)x − e−iωx dx
≤ √
|
{z
}
2π −R
=ih(−ix)e−iω̃x
Z −R
Z ∞
1
1
g(x) · 2 dx
+√
g(x) · 2 dx + √
2π −∞
2π R
|
{z
}
Z
Rε
< 2ε für R ≥ Rε da f ∈ L1 (R)
1
g(x) · |h| · |x| dx + ε
≤ √
2
2π −Rε
|h|
ε
≤ √ · Rε · kgk1 +
2
2π
< ε für |h| < δε .
2)
f (ω) = ĝ(ω)
Z
Z −R
Z ∞
1 R
1
1
−iωx
g(x) dx + √
g(x) dx
≤ √ g(x)e
dx + √
2π −R
2π −∞
2π R
|
{z
}
Z
ε
1 Rε
g(x)e−iωx dx +
≤ √ 2
2π −Rε
|
{z
}
< 2ε für R ≥ Rε da f ∈ L1 (R)
→0 für ω → ∞ (Riemannsches Lemma 1.5)
< ε
für ω > ωε .

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