Schwarz-Fkt. / Fouriertransf < Funktionalanalysis < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 01:01 Di 15.01.2008 | | Autor: | Irmchen |
| Aufgabe | Sei [mm] S ( \mathbb R ) [/mm] der Raum der Schwarz - Funktionen auf [mm] \mathbb R [/mm]. Zeigen Sie für [mm] f,g \in S ( \mathbb R ) [/mm]
(i) Für alle [mm] x \in \mathbb R [/mm] liegt die Funktion [mm] y \to f(x-y) [/mm] in [mm] S ( \mathbb R ) [/mm] .
(ii) Das Produkt [mm] f \cdot g [/mm] liegt in [mm] S ( \mathbb R ) [/mm].
Da [mm] S ( \mathbb R ) \subset L^1 ( \mathbb R , \mu, \mathbb C ) [/mm] ist aufgrund von (i) und (ii)
[mm] (f \ast g ) (x) = \integral_{ \mathbb R } f( x-y ) g (y) dy [/mm]
wohldefiniert.
Zeigen Sie:
(iii) Auch [mm] f \ast g [/mm] liegt in [mm] S ( \mathbb R ) [/mm].
(iv) Es gilt
[mm] \mathcal F \left[ f \ast g \right] = \wurzel{ 2 \pi } \mathcal F \left[ f \right] \cdot \mathcal F \left[ g \right] [/mm]
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Guten Abend!
Das hier ist eine Aufgabe, die ich für mich als eine Art Übung mache, im Hinsicht auf die bals kommende Klausur.
Wir habe in der Vorlesung nur recht wenig über diese Schwarz-Funktionen gesprochen, und zwar im Zusammenhang mit der Fouriertransformierten.
Nach Definition weiß ich, dass die Schwarz- Funktionen folgende Gestalt haben:
[mm] S( \mathbb R ) = \{ f: \mathbb R \to \mathbb C \| f \ glatt \ und \ \forall k,l = 0,1,2, ... gilt: \ x \to x^k (\bruch{\partial}{ \partial x})^l f(x) \ ist \ beschraenkt \} [/mm].
Bei den Tailaufgabe (i), (ii), (iii) weiß ich nicht recht, wie ich das machen soll ... Ein Tipp wäre sehr nett! Denn ím Umgang mit diesen Funktionen bin ich mir nicht sicher!
Zu (iv) habe ich mir was überlegt jedoch bekomm ich nicht ganz das heraus, was ich zeigen soll. Der Vorfaktor stimmt bei mir nicht. Also, ich
habe so argumentiert:
Aus der Vorlesung weiß ich, dass für [mm] L^1 ( \mathbb R, \mu, \mathbb C ) [/mm] die Fouriertransformierte gegeben ist durch
[mm] \methcal F \left[f \right] ( k ) = \bruch{1}{\wurzel{2 \pi } } \integral_{\mathbb R} f(x) e^{-ikx} dx [/mm].
Dann ist
[mm] \mathcal F \left[ f \ast g \right] = \bruch{1}{\wurzel{2 \pi } } ( \integral_{- \infty}^{ \infty} \left[ \integral_{- \infty}^{ \infty} f(y) g( x-y) dy \right] e^{-ikx} dx) = \\
\bruch{1}{\wurzel{2 \pi } } ( \integral_{- \infty}^{ \infty} \integral_{- \infty}^{ \infty} f(y) g( x-y ) e^{-ikx} dy dx ) [/mm].
Sei nun [mm] u = x - y [/mm].Dann erhält man
[mm] \mathcal F \left[ f \ast g \right] = \bruch{1}{\wurzel{2 \pi } } (\integral_{- \infty}^{ \infty} \integral_{- \infty}^{ \infty} f(y) g(u) e^{-ik(y+u) } dy du ) [/mm].
Und dies lässt sich dann auseinander ziehen in
[mm] \bruch{1}{\wurzel{2 \pi } } ( \integral_{- \infty}^{ \infty} f(y) e^{-iky)} dy \cdot \integral_{- \infty}^{ \infty} g(u) e^{-iku} du ) =
\bruch{1}{\wurzel{2 \pi } } \mathcal F \left[f \right] \mathcal F \left[g \right] [/mm].
Nun habe ich da einen anderen Vorfaktor? Wo ist mein Fehler :-(.
Viele Grüße
Irmchen
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:55 Di 15.01.2008 | | Autor: | Zneques |
Hallo,
Die letzte deiner Umstellungen passt nicht.
[mm] \bruch{1}{\wurzel{2 \pi}}(\integral_{- \infty}^{ \infty}f(y)e^{-iky)}dy\cdot \integral_{- \infty}^{\infty}g(u)e^{-iku}du)= \wurzel{2\pi}*(\bruch{1}{\wurzel{2 \pi}}\integral_{- \infty}^{ \infty}f(y)e^{-iky)}dy\cdot\bruch{1}{\wurzel{2 \pi}}\integral_{- \infty}^{ \infty}g(u)e^{-iku}du)= \wurzel{2 \pi}\mathcal F\left[f \right] \mathcal F\left[g\right].
[/mm]
Ciao.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:40 Di 15.01.2008 | | Autor: | Irmchen |
Oh, jetzt sehr ich das auch... Na klar...
Vielen Dank!
Viele Grüße
Irmchen
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:16 Di 15.01.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo Irmchen!
> Sei [mm]S ( \mathbb R )[/mm] der Raum der Schwarz - Funktionen auf
> [mm]\mathbb R [/mm]. Zeigen Sie für [mm]f,g \in S ( \mathbb R )[/mm]
>
> (i) Für alle [mm]x \in \mathbb R[/mm] liegt die Funktion [mm]y \to f(x-y)[/mm]
> in [mm]S ( \mathbb R )[/mm] .
>
> (ii) Das Produkt [mm]f \cdot g[/mm] liegt in [mm]S ( \mathbb R ) [/mm].
>
> Da [mm]S ( \mathbb R ) \subset L^1 ( \mathbb R , \mu, \mathbb C )[/mm]
> ist aufgrund von (i) und (ii)
>
> [mm](f \ast g ) (x) = \integral_{ \mathbb R } f( x-y ) g (y) dy[/mm]
>
> wohldefiniert.
>
> Zeigen Sie:
>
> (iii) Auch [mm]f \ast g[/mm] liegt in [mm]S ( \mathbb R ) [/mm].
>
> (iv) Es gilt
>
> [mm]\mathcal F \left[ f \ast g \right] = \wurzel{ 2 \pi } \mathcal F \left[ f \right] \cdot \mathcal F \left[ g \right][/mm]
>
> Guten Abend!
>
> Das hier ist eine Aufgabe, die ich für mich als eine Art
> Übung mache, im Hinsicht auf die bals kommende Klausur.
> Wir habe in der Vorlesung nur recht wenig über diese
> Schwarz-Funktionen gesprochen, und zwar im Zusammenhang mit
> der Fouriertransformierten.
> Nach Definition weiß ich, dass die Schwarz- Funktionen
> folgende Gestalt haben:
>
> [mm]S( \mathbb R ) = \{ f: \mathbb R \to \mathbb C \| f \ glatt \ und \ \forall k,l = 0,1,2, ... gilt: \ x \to x^k (\bruch{\partial}{ \partial x})^l f(x) \ ist \ beschraenkt \} [/mm].
>
> Bei den Tailaufgabe (i), (ii), (iii) weiß ich nicht recht,
> wie ich das machen soll ... Ein Tipp wäre sehr nett! Denn
> ím Umgang mit diesen Funktionen bin ich mir nicht sicher!
Da steckt nicht viel dahinter; du musst es nur richtig aufschreiben. Zum Beispiel (ii): wenn [mm]f,g \in S ( \mathbb R )[/mm], dann gilt nach Definition:
[mm] x \to x^k \left(\bruch{\partial}{ \partial x}\right)^l f(x)[/mm] ist beschränkt für alle [mm]k,l\in\IN_0[/mm]
und
[mm] x \to x^k \left(\bruch{\partial}{ \partial x}\right)^l g(x)[/mm] ist beschränkt für alle [mm]k,l\in\IN_0[/mm]
Zu zeigen:
[mm] x \to x^k \left(\bruch{\partial}{ \partial x}\right)^l (f(x)g(x))[/mm] ist beschränkt für alle [mm]k,l\in\IN_0[/mm].
Nun wende die Produktregel auf [mm]\left(\bruch{\partial}{ \partial x}\right)^l (f(x)g(x))[/mm] an! (Am Besten fängst du mit l=1 an und hangelst dich weiter.)
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:48 Mi 16.01.2008 | | Autor: | Irmchen |
Guten Abend!
> Da steckt nicht viel dahinter; du musst es nur richtig
> aufschreiben. Zum Beispiel (ii): wenn [mm]f,g \in S ( \mathbb R )[/mm],
> dann gilt nach Definition:
>
> [mm]x \to x^k \left(\bruch{\partial}{ \partial x}\right)^l f(x)[/mm]
> ist beschränkt für alle [mm]k,l\in\IN_0[/mm]
>
> und
>
> [mm]x \to x^k \left(\bruch{\partial}{ \partial x}\right)^l g(x)[/mm]
> ist beschränkt für alle [mm]k,l\in\IN_0[/mm]
>
> Zu zeigen:
>
> [mm]x \to x^k \left(\bruch{\partial}{ \partial x}\right)^l (f(x)g(x))[/mm]
> ist beschränkt für alle [mm]k,l\in\IN_0[/mm].
>
> Nun wende die Produktregel auf [mm]\left(\bruch{\partial}{ \partial x}\right)^l (f(x)g(x))[/mm]
> an! (Am Besten fängst du mit l=1 an und hangelst dich
> weiter.)
Also, ich bin jetzt ein wenig verwirrt... So, wenn ich jetzt das für l = 1 mir anschaue, sehe ich das richtig, dass es sich dann um die ganz effe Produktformel für die Ableitung handelt?
Also, folgendes:
[mm] \bruch{ \partial}{ \partial x} ( f(x)g(x) ) = f'(x) g(x) + g'(x) f(x) [/mm] ?
Falls ja, dann würde das in diesem Fall so ausschauen:
[mm] x^k \cdot ( f'(x) g(x) + g'(x) f(x) ) = x^k \cdot \bruch{ \partial}{ \partial x} f(x) \cdot g(x) + x^k \bruch{ \partial}{ \partial x} g(x) \cdot f(x) [/mm].
Stimmt das, oder liege ich total falsch damit?
Ich weiß ja nun, dass [mm] x^k \cdot \bruch{ \partial}{ \partial x} f(x) [/mm] und [mm] x^k \bruch{ \partial}{ \partial x} g(x) [/mm] nach Definition beschränkt sind. Aber was ist mit den Funktionen [mm] f(x) [/mm] und [mm] g(x) [/mm] ? VOn den weiß ich, dass sie bereits Schwarz-Funktionn sind, also auch beschränkt.. Und damit müsste dann das ganze auch beschränkt sein, oder ?
So, wenn dies für den Fall l = 1 richtig sein sollte, wie kann ich denn das verallgemeinern?
Viele Grüße
Irmchen
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:37 Mi 16.01.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo Irmchen!
> Also, ich bin jetzt ein wenig verwirrt... So, wenn ich
> jetzt das für l = 1 mir anschaue, sehe ich das richtig,
> dass es sich dann um die ganz effe Produktformel für die
> Ableitung handelt?
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") Deswegen schrieb ich, dass nicht viel dahinter steckt 
> Also, folgendes:
>
> [mm]\bruch{ \partial}{ \partial x} ( f(x)g(x) ) = f'(x) g(x) + g'(x) f(x) [/mm]
> ?
>
> Falls ja, dann würde das in diesem Fall so ausschauen:
>
> [mm]x^k \cdot ( f'(x) g(x) + g'(x) f(x) ) = x^k \cdot \bruch{ \partial}{ \partial x} f(x) \cdot g(x) + x^k \bruch{ \partial}{ \partial x} g(x) \cdot f(x) [/mm].
>
> Stimmt das, oder liege ich total falsch damit?
>
> Ich weiß ja nun, dass [mm]x^k \cdot \bruch{ \partial}{ \partial x} f(x)[/mm]
> und [mm]x^k \bruch{ \partial}{ \partial x} g(x) [/mm] nach
> Definition beschränkt sind. Aber was ist mit den Funktionen
> [mm]f(x)[/mm] und [mm]g(x)[/mm] ? VOn den weiß ich, dass sie bereits
> Schwarz-Funktionn sind, also auch beschränkt.. Und damit
> müsste dann das ganze auch beschränkt sein, oder ?
Richtig.
> So, wenn dies für den Fall l = 1 richtig sein sollte, wie
> kann ich denn das verallgemeinern?
Du könntest es per vollständiger Induktion zeigen, unter Benutzung von
[mm] \left(\bruch{ \partial}{ \partial x} \right)^l = \bruch{ \partial}{ \partial x} \left(\bruch{ \partial}{ \partial x} \right)^{l-1} [/mm],
oder unter Benutzung der Produktregel für höhere Ableitungen
[mm] \left(\bruch{ \partial}{ \partial x} \right)^l (fg) = \summe_{n=0}^l {n \choose l} \left(\bruch{ \partial}{ \partial x} \right)^n f * \left(\bruch{ \partial}{ \partial x} \right)^{l-n} g [/mm].
(Der Vollständigkeit halber muss du auch noch den Fall l=0 behandeln.)
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:24 Do 17.01.2008 | | Autor: | Irmchen |
Guten Abend!
Die Idee mit der vollständigen Induktion hatte ich auch, jedoch bekomme ich da nichts gescheites heraus..
Ich bin folgendermaßen vorgegangen:
Für den Fall l = 1 habe ich dies ja bereits gezeigt!
So nehem ich dann an ( Induktionsannahme), dass dies bereits für l - 1 gilt.
Und nun ist:
[mm] x^k( ( \bruch{ \partial}{ \partial x } )^l ( f(x) g(x) ) ) =
x^k ( \bruch{ \partial}{ \partial x } \cdot ( \bruch{ \partial}{ \partial x } )^{l - 1} (f(x)g(x)) ) = x^k ( ( \bruch{ \partial}{ \partial x } )^{l-1} \cdot \bruch{ \partial}{ \partial x } (f(x)g(x) ) ) = x^k ( ( \bruch{ \partial}{ \partial x } )^{l-1} f'(x) g(x) + g'(x) f(x) ) = ... [/mm]
Und nun komm ich leider nicht weiter....Irgendwie stören mich jetzt diese ersten Ableitungen[mm] f'(x) [/mm] und [mm] g'(x) [/mm].
Viele Grüße
Irmchen
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:38 Do 17.01.2008 | | Autor: | Zneques |
Hallo,
Die Idee mit der Produktregel ist, glaube ich, leichter umzusetzen.
Bestimme einfach mal die dritte Ableitung von Hand. Dann erkennst du schon aus welchen Teilen sich die weiteren Ableitungen zusammensetzen.
Das Gesammte soll dann beschränkt sein. Was heißt das für die einzenen Teile ?
Welchen Einfluß auf die Beschränktheit haben die Faktoren. (Ist es wichtig diese exakt zu bestimmen ? )
Ciao.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:47 Do 17.01.2008 | | Autor: | Irmchen |
Danke für den Tipp mit der Produktregel... Aber mit der vollständ. Induktion muss es doch eiegentlich auch gut klappen...
Die Frage ist die: ich weiß ja nach Ind- Annahme, dass
[mm] x^k ( \bruch{\partial}{\partial x} )^{l-1} g(x) [/mm] beschränkt ist. Wenn ich dies dann noch mit [mm] f'(x) [/mm] multipliziere, ändert das was an der Beschränktheit? Ich weiß ja, dass f(x) nach Voraussetzung eine Schwarz-Funktion ist, aber reciht das?
Viele Grüße Irmchen
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:59 Do 17.01.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Danke für den Tipp mit der Produktregel... Aber mit der
> vollständ. Induktion muss es doch eiegentlich auch gut
> klappen...
>
> Die Frage ist die: ich weiß ja nach Ind- Annahme, dass
>
> [mm]x^k ( \bruch{\partial}{\partial x} )^{l-1} g(x)[/mm] beschränkt
> ist.
Das ist auch ohne Induktionsannahme so, da nach Voraussetzung g eine Schwarz-Funktion ist.
Nach Induktionsannahme weisst du, dass für zwei Schwarzfunktionen f und g
[mm] x^k ( \bruch{\partial}{\partial x} )^{l-1} (f(x)g(x))[/mm]
beschränkt ist.
> Wenn ich dies dann noch mit [mm]f'(x)[/mm] multipliziere,
> ändert das was an der Beschränktheit? Ich weiß ja, dass
> f(x) nach Voraussetzung eine Schwarz-Funktion ist, aber
> reciht das?
Ja, denn wenn f eine Schwarz-Funktion ist, dann ist auch f' eine Schwarz-Funktion.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:29 Mi 16.01.2008 | | Autor: | Irmchen |
Guten Abend!
Ich habe heute den Tipp auch bekommen, dass die Teilaufgabe (i) mit Hilfe der Kettenregel zu ´zeigen sei ... Ich weiß nicht , wie dies ausschauen soll.. Könnte mir jemand nen Tipp geben...
Viele Grüße
Irmchen
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:41 Mi 16.01.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
Ich glaube, es wird dir mit einer anderen Schreibweise klarer: für ein festes x betrachtet man die Abbildung, die jedem y den Wert [mm]f(x-y)[/mm] zuordnet. Ich nenne diese Abbildung mal einfach [mm]g_x(y)[/mm], um anzudeuten, dass x eine Art Parameter ist.
Sei also [mm]g_x(y) = f(x-y)[/mm]. Wie sieht nun
[mm] \left(\bruch{\partial }{\partial y}\right)^l g_x(y) [/mm]
aus, ausgedrückt durch die Ableitungen von f?
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:39 Do 17.01.2008 | | Autor: | Irmchen |
Abend!
Es tut mir leid , ich steig da immeroch nicht durch... Hab irgendwie ne Brett vorm Kopf :-( ...
Ich vertsehe das schon, dass diese Abbildung bei festem x jedem y [mm] f(x-y) [/mm] zuordnet.
Und es ist
[mm] ( \bruch{ \partial}{ \partial y } )^l g_x (y) = ( \bruch{ \partial}{ \partial y })^{l-1} \bruch{ \partial}{ \partial y } g_x (y) =
( \bruch{ \partial}{ \partial y })^{l-1} \bruch{ \partial}{ \partial y } f(x -y ) = [/mm]
Nun weiss ich wieder nicht weiter :-(.... Was ist denn hier diese innere Ableitung, die man bei der Kettenregel verwendet? Etwa die von [mm] x - y [/mm], sprich (-1) ?
Viele Grüße
Irmchen
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:50 Do 17.01.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Abend!
>
> Es tut mir leid , ich steig da immeroch nicht durch... Hab
> irgendwie ne Brett vorm Kopf :-( ...
>
> Ich vertsehe das schon, dass diese Abbildung bei festem x
> jedem y [mm]f(x-y)[/mm] zuordnet.
> Und es ist
>
> [mm]( \bruch{ \partial}{ \partial y } )^l g_x (y) = ( \bruch{ \partial}{ \partial y })^{l-1} \bruch{ \partial}{ \partial y } g_x (y) =
( \bruch{ \partial}{ \partial y })^{l-1} \bruch{ \partial}{ \partial y } f(x -y ) =[/mm]
>
> Nun weiss ich wieder nicht weiter :-(.... Was ist denn hier
> diese innere Ableitung, die man bei der Kettenregel
> verwendet? Etwa die von [mm]x - y [/mm], sprich (-1) ?
Genau die. Und daher ist (etwas schlampig geschrieben)
[mm] ( \bruch{ \partial}{ \partial y } )^l g_x (y) = - ( \bruch{ \partial}{ \partial y })^{l-1} (\partial f)(x -y ) = (-1)^l (\partial f)^l (x-y) [/mm]
und damit sind die Ableitungen von [mm]g_x[/mm] beschränkt, wenn die von f beschränkt sind.
Viele Grüße
Rainer
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:57 Do 17.01.2008 | | Autor: | Irmchen |
O.k jetzt wird es klarer  .... Und da ich von f bereits weiß, dass diese beschränkt sind, gilt dies somit auch für das g.
Vielen vielen Dank!
Irmchen
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