Hõhere Analysis SS 06 Lõsungshinweis Aufgabe 1+3 Blatt 1 · Hõhere Analysis SS 06...

Hohere Analysis SS 06

Losungshinweis Aufgabe 1+3 Blatt 1

A1

Sei (X,A, µ) ein Maßraum. Zeigen Sie, dass

N ∈ A : µ(N) = 0 ∨ µ(N c) = 0

eine σ-Algebra bildet.

Losung:

Sei M = N ∈ A : µ(N) = 0 ∨ µ(N c) = 0.∅ ∈ M. Mit N ∈M gilt N c ∈M (trivial).

Z.z. : Mit A ∈M und B ∈M gilt A ∪B ∈M.

1) µ(A) = µ(B) = 0 ⇒ µ(A ∪B) = 0

2) µ(Ac) = 0 ∨ µ(Bc) = 0. Es gilt: µ((A ∪B)c) = µ(Ac ∩Bc) = 0.

3) Mit dem selben Argument gilt µ(⋃

Nk) ∈M.

Die abzahlbare Vereinigung von Nullmengen ist Nullmenge.

Gibt es ein Nk mit µ(N ck) = 0, dann ist µ(

⋂k

N ck) = 0.

A3

Konstruieren Sie zu jedem ε > 0 eine offene Umgebung von Q ⊂ R, deren Maß kleiner als ε ist.

Losung:

Die Menge der rationalen Zahlen ist abzahlbar, also Q = q1, q2, q3, . . .. Wir wahlen zu ε > 0

In =(qn − ε

2n+1, qn +

ε

2n+1

)

und Nε =⋃n

In. Mit∞∑

n=1

1

2n+1=

1

2gilt offensichtlich Q ⊂ Nε und µ(Nε) < ε.

1


Losungshinweis Aufgabe 4 Blatt 1

Sei (X,A, µ) ein Maßraum, und f : Y → R. Zeigen Sie:

a) f ist messbar genau dann, wenn das Urbild jeder offenen Menge in R messbar ist.

b) f ist messbar, falls f > α messbar ist fur alle α in einer dichten Teilmenge von R.

c) Verschwindet f nirgends, so ist auch 1/f messbar.

d) Ist φ : R→ R stetig, so ist auch φ f messbar.

Losung:

a) ’⇒’: Sei G eine offene Menge in R. Damit ist G abzahlbare Vereinigung offener Intervalle:G =

⋃k(ak, bk). ak < f < bk ist messbar, und damit ist auch f−1(G) =

⋃k f−1((ak, bk))

messbar.

’⇐’: Sei G = (a,∞). Nun ist f−1(G) = f > a messbar.

b) Sei a ∈ T. Dann existiert eine Folge αk mit αk >≥ a, limk→∞

= a.

Nun gilt f > a =⋃

kf > αk, und damit ist f messbar.

c) Wir mussen zeigen: 1/f > a ist messbar.

Sei a > 0: 1/f > a = 0 < f < 1a.

Sei a < 0: 1/f > a = f > 0 ∪ f < 1a

Sei a = 0: 1/f > 0 = f > 0.Da alle auftretenden Mengen messbar sind, ist 1/f messbar.

d) Da φ stetig ist, ist fur jede offene Menge G auch φ−1(G) offen.

Nun gilt: x : φ(f(x)) ∈ G = f(x) ∈ φ−1(G)︸︷︷︸offen

. Damit folgt aus a) die Behauptung.

2



Der Limes superior einer Folge von Mengen (Ei) ist definiert als

lim sup Ei =⋂n

⋃m≥n

Em .

Zeigen Sie: Sind die Ei messbar mit∑

i µ(Ei) < ∞, so ist lim sup Ei eine µ-Nullmenge.

Sei Mn =( ⋃

m≥1

Em

) ∩ ( ⋃m≥2

Em

) ∩ . . . ∩ ( ⋃m≥n

Em

).

Mn ist messbar und es gilt Mn ⊂( ⋃

m≥n

Em

) ⇒ µ(Mn) ≤ ∑m≥n

µ(Em) → 0 fur n →∞.

3



Sei (X,A, µ) ein beliebiger Maßraum, (Ek) eine Folge messbarer Mengen in X,und E =

⋃Ek. Zeigen Sie:

a) Die Menge M aller Punkte in E, die in unendlich vielen Ek liegen, ist messbar.

Sei x ∈ M : Dann existiert eine Folge (kj)j mit x ∈ Ekj∀kj.

Der Trick ist, diese Menge M durch geeignete Operatoren darzustellen.

Behauptung: M =⋂

n≥1

⋃m≥n

Em =( ⋃

m≥1

Em

) ∩ ( ⋃m≥2

Em

) ∩ ( ⋃m≥3

Em

) ∩ · · ·

M ist messbar! Beachte:( ⋃

m≥n

Em

) ⊇ ( ⋃m≥n+1

Em

)

(1) Falls einen Folge (kj) mit x ∈ Ekj∀kj existiert, liegt x in

⋃m≥kj

Em und damit in M .

(2) Sei x ∈ M 6= ∅. Dann ex. ein Index k1 mit x ∈ Ek1 .

Da x im Schnitt ∞ vieler Mengen liegt, ex. ein Index k2 mit x ∈ Ek2 .

Analog erhalten wir kj3 , kj4 , . . . und damit die Aussage.

b) M ist eine Nullmenge, falls∑

µ(Ek) < ∞ (Lemma von Borel-Cantelli).

Zunachst bemerken wir: µ(E) ≤ ∑n

µ(En) < ∞.

Die Mengen Mn =⋃

m≥n

Em bilden eine monoton (fallende) Folge in E, und es gilt M ⊂ Mn,

da M =⋂n

Mn.

Somit gilt µ(M) ≤ µ(Mn) ≤ ∑m≥n

µ(Em) → 0 fur n →∞ (Rest einer konvergenten Reihe!).

1



Eine Funktion f = (g, h) : Rn → R2 soll L-messbar heißen, wenn die Urbilder offener MengenLebesgue-messbar sind. Zeigen Sie: f is L-messbar genau dann, wenn beide Koordinatenfunktioneng und h messbar sind.

”⇒“ : Sei f L-messbar. Wir bilden die Mengen

Aα = (α,∞)× RBβ = R× (β,∞)

Nach Voraussetzung sind die Mengen

f−1(Aα) = g > αf−1(Bβ) = h > β

messbar.

”⇐“ : g und h seien L-messbar. Wir betrachten die Mengen

M1 = α < g < βM2 = γ < h < δ

Diese sind nach Voraussetzung messbar. Also ist f−1((α, β)× (γ × δ)) = M1 ∩M2 (Schnitt zweiermessbarer Mengen) messbar.

Nun ist jede offene Menge in R2 abzahlbare Vereinigung solcher Intervalle. Damit ist auch dasUrbild dieser Menge messbar.

Bemerkung: f−1(⋃

Ek) =⋃

f−1(Ek).

2



Es gibt bekanntlich eine streng monotone, stetige und surjektive Funktionf : [0, 1] → [0, 2], die Cantor-Lebesgue-Funktion, die eine Nullmenge auf eine Menge vom Maß1 abbildet. Zeigen Sie, dass Φ f−1 : [0, 2] → R nicht messbar ist, wenn Φ die charakteristischeFunktion einer geeigneten Nullmenge ist.

Bemerkung: Die Funktion f wurde in Analysis 3 mit Satz 18.27 eingefuhrt.

Zur Erinnerung: Das Cantorsche Diskontinuum D ⊂ I = [0, 1] wird rekursiv erzeugt, indem beijedem Schritt aus jedem verbliebenen Intervall das mittlere Drittel (offenes Intervall) herausge-schnitten wird. (vergl. Skizze).

0.25 0.50 0.75 1.00

0.25

0.50

0.75

1.00

[0,1]\D

0,1

1,1

2,1

3,1 3,2

2,2

3,3 3,4

1,2

2,3

3,5 3,6

2,4

3,7 3,8

ϕ(x)

3

D ist genau die Menge der Punkte aus x ∈ I , deren triadische Entwicklung keine 1 enthalt:

x = 0, d1d2d3, . . . :=∑n≥1

dn

3n, di ∈ 0, 2.

Bemerkung: D ist uberabzahlbar (und perfekt).

Die herausgenommenen Intervalle beim n-ten Schritt werden mit In,k, k = 0..2n bezeichnet.

Nun wird die Funktion ϕ wie folgt konstruiert:

ϕ(x) =

2k − 1

2n+1fur x ∈ In,k

sup(ϕ(y)) : y < x, y ∈ [0, 1]\D fur x ∈ D

Außerdem gelte ϕ(0) = 0, ϕ(1) = 1

Satz (Cantor): Es existiert eine Bijektion von D auf [0, 1].

Folgerung: Es gibt uberabzahlbare Nullmengen, denn D ist Nullmenge.

Es gilt: λ([0, 1]\D) = 0, (Bildmenge abzahlbar), λ(ϕ(D)) = 1. Die ’großere’ Menge wird auf eineNullmenge abgebildet.

Die Funktion ϕ ist nicht bijektiv; z. B. ϕ−1(1/2) = (1/3, 2/3)

Deshalb betrachten wir die Funktion

f : [0, 1] → [0, 2] : f(x) = x + ϕ(x).

(vergl. Satz 18.26, Analysis 3)

Sie ist stetig und strikt monoton wachsend, weshab auch f−1 existiert, monoton und stetig ist.

Es gilt: λ(f([0, 1]) = 2, λ(f(D)) = 1 (Satz 18.27, Analysis 3)

f−1 bildet die Menge E = f(D) vom Maß 1 auf eine Nullmenge ab. In E existiert wegen λ(E) = 1eine nicht L-messbare Teilmenge V .

Setze Z = f−1(V ). Es sei φ die charakteristische Funktion von Z.Dann ist φ f−1 nicht messbar, denn

φ f−1 = 1 = f−1(x) ∈ Z = V

ist nicht messbar.

4



Sei (fk) eine Folge reellwertiger Funktionen auf R mit fk → f fast uberall. Zeigen Sie:

a) Ist ϕ : R→ R stetig, dann gilt auch ϕ fk → ϕ f fast uberall.

Aus fk(x) → f(x) folgt ϕ(fk(x)) → ϕ(f(x)).

Dies ist eine Definition der Stetigkeit.

b) Im Allgemeinen gilt dies nicht mehr, wenn ϕ eine Unstetigkeitsstelle besitzt.

Hier genugt es, ein Gegenbeispiel zu konstruieren.

Wir wahlen fk : R→ R : fk(x) =(−1)k

k→ 0 (gleichmaßig).

Eine Funktion, die abhangig vom Vorzeichen (verschiedene) konstante Werte annimmt, istein geeigneter Kandidat fur ϕ.

Mit ϕ(x) = sign(x) erhalten wir die Funktionenfolge

ϕ(fk(x)) =

1 fur k gerade und x 6= 0

−1 fur k ungerade und x 6= 0

die in keinem Punkt konvergiert.

5



Sei E eine messbare Lebsgue-Menge mit endlichem Maß, und (fk) eine Folge messbarer Funktionenauf E. Zeigen Sie: Ist fur jedes x ∈ E die Menge fk(x) : k ≥ 1 beschrankt, so existiert zu jedemε > 0 eine abgeschlossene Menge F ⊂ E mit |E\F | < ε und eine Konstante M mit

supx∈F

|fk(x)| ≤ M, k ≥ 1.

Beweis:

Wir betrachten die Mengen En =⋂

k≥1

|fk(x)| ≤ n.

(En) ist eine steigende Folge messbarer Mengen, und es gilt

M =⋃n≥1

En = x ∈ E : fk(x) ist beschrankt.

Somit ist E\M eine Nullmenge.

Weiter gilt: (E\En) ist eine fallende Folge mit⋂

n≥1

E\En = E\M ist Nullmenge, und damit

limn→∞

|E\En| = 0 (Wegen |E| < ∞).

Zu jedem ε > 0 existiert also ein n mit |E\En| < ε/2.

Zu En existiert eine abgeschlossene Menge Fn ⊂ En mit |En\Fn| < ε/2, also |E\Fn| < ε.

Fur x ∈ Fn gilt nun |fk(x)| ≤ n, k ≥ 1.

6



a) Zeigen Sie, dass fn = n−11[0,n] → f ≡ 0 gleichmaßig auf R, aber∫

f dλ 6= lim∫

fn dλ .Wieso widerspricht dies nicht dem Satz von der dominierten Konvergenz?

1 2 3 4 5 6 7 8 9

0.5

1.0 f1

f3f8

fn → 0 gleichmaßig ist klar, aber

∫fn dλ = 1 6→ 0.

Die Funktionen fn besitzen keine integrierbare Majorante, denn aus

fn ≤ g auf [0, n] folgt g ≥ 1

nauf [0, n] ,

also auch g ≥ 1

nauf [n− 1, n]. Dann ist aber

∫g dλ ≥

∑n≥1

1

n= ∞

b) Sei gn = n · 1[ 1n

, 2n

] und g ≡ 0. Wie konvergiert gn gegen g, und welche Konvergenzsatze sindanwendbar?

1

1

2

3

4

f1

f2

f3

f4

13

23

Es gilt gn → 0 uberall, aber nicht gleichmaßig und nicht mo-noton. Es existiert auch keine integrierbare Majorante (analogwie in a).Es ist daher nur das Lemma von Fatou anwendbar:

0 =

∫lim fn ≤ lim inf

∫fn

︸︷︷︸1

= 1

c) Gilt das Lemma von Fatou fur hn = −n−1 · 1[0,n]?

Offensichtlich nicht!

lim inf fk = 0, aber∫

lim inf fk = 0 6≤ lim inf∫

fk = −1.

Die Voraussetzung hn ≥ 0 ist ja auch nicht erfullt.

1



Sei g eine monoton steigende Funktion auf R, und ϕg eine der in der Vorlesung definierten Inter-vallfunktionen

ϕg((a, b)) = g(b−)− g(a+)

ϕg([a, b)) = g(b−)− g(a−)

ϕg((a, b]) = g(b+)− g(a+)

ϕg([a, b]) = g(b+)− g(a−)

Zeigen Sie, dass ϕg ein Intervallmaß ist.

Monotonie und Additivitat sind klar wegen der Monotonie von g.

Fur die Regularitat muss gezeigt werden, dass fur jedes Intervall I und zu jedem ε > 0 ein offenesIntervall I∗ existiert mit

I ⊂ I∗, ϕ(I) ≤ ϕ(I∗) ≤ ϕ(I) + ε .

Vorbemerkung: Sei g monoton wachsend.Dann existiert zu jedem ε > 0 ein δ > 0 mit g(b−)− g(a+) < ε, falls b− a < δ.

Wir betrachten zunachst die Stelle a.

(1) I = (a, b〉 (links offen). Da I∗ offen sein soll, kann I∗ = (a, . . .〉 genommen werden.

Der rechtseitige Grenzwert g(a+) (aus dem Inneren des Intervalls) wird verwendet.

(2) I = [a, b〉 (links abgeschlossen). Hier muss (wegen I ⊂ I∗ und I∗ offen) I∗ = (a− δ, . . .〉 mitδ > 0 gewahlt werden.

Die Regularitat erfordert nun, dass g(a) − g(a − δ) < ε gilt. Falls g bei a eine Sprunstellebesitzt, kann dies nur erfullt sein, wenn bei der Intervallfunktion g(a−) verwendet wird,denn sonst ware g(a+)− g(a− δ) immer großer als eine Konstante.

Da g monoton ist kann nun δ immer so klein gewahlt werden, dass g(a−)− g([a− δ]+) < εgilt.

Betrachtung an der Stelle b > a:

(1) I = 〈a, b) (rechts offen). Da I∗ offen sein soll, kann I∗ = 〈. . . , b) gewahlt werden.

Der linksseitige Grenzwert g(b−) (aus dem Inneren des Intervalls) wird verwendet.

(2) I = 〈a, b] (rechts abgeschlossen). Hier muss (wegen I ⊂ I∗ und I∗ offen) I∗ = 〈. . . , b + δ)mit δ > 0 gewahlt werden.

Wieder existiert zu ε > 0 ein δ > 0 mit g((b + δ)− g(b+) < ε.

Insgesamt erhalten wir: ϕ(I∗)− ϕ(I) < 2ε.

2



Eine Folge (fn) µ-integrabler Funktionen konvergiere gleichmaßig auf X gegen eine Funktion f .Zeigen Sie: Falls µ(X) < ∞, so ist f integrabel, und es gilt

∫fd µ = lim

∫fn dµ .

Vergleichen Sie mit Aufgabe 12.

Wir verwenden den Satz von Lebesgue:fk → f f.u., und es gebe eine integrierbare Funktion g mit|fk| < g fur alle k. Dann gilt: f ist integrierbar und

∫f dµ = lim

∫fk dµ

Zu jedem ε > 0 existiert ein N , so dass

|fk − fl|, |f − fk| < ε k, l ≥ N

punktweise auf ganz X gilt.

Speziell fur ε = 1 existiert also ein N , so dass

|fk| < |fN |+ 1, |f | < |fN |+ 1 punktweise auf X .

1 ist integrabel wegen µ(X) < ∞.

Daraus folgt: f ist integrabel, da fN + 1 integrabel und∫

f = lim∫

fk.

Bei Aufgabe 12 a) ist die Konvergenz gleichmaßig, aber µ(R) = ∞.

3



Es gilt Lp(X, µ) ⊂ L1(X,µ) mit p > 1 genau dann, wenn µ(X) < ∞.

Zu beweisen ist also;Lp ⊂ L1 ⇐⇒ µ(X) < ∞

und damit :Lp ⊂ L1 ⇒ µ(x) < ∞ (1)

µ(x) < ∞⇒ LP ⊂ L1 (2)

Um ein Gefuhl fur die Aussage zu bekommen, wahlen wir zwei einfache Beispiele (mit p > 1):

(1) Sei f(x) =1

x:

∫ ∞

1

1

xdx = ∞, aber fp ist wegen

∫ ∞

1

1

xpdx =

1

p− 1integrierbar und damit gilt:

f ∈ Lp(1,∞), aber nicht f ∈ L1(1,∞).

Im Fall µ(X) = ∞ gilt also nicht Lp ⊂ L1. Damit ist (1) schon bewiesen.

(2) Sei a < 1, a · p < 1 und f(x) = x−a.

Wegen

∫ 1

0

(dx

xa

)p

gilt f ∈ Lp. Die Bedingung a ·p < 1 ist Voraussetzung fur f ∈ Lp. Wegen a < 1

existiert dann auch

∫ 1

0

dx

xa⇒ f ∈ L1 .

Der Kern der Aussage ist: Wenn∫

Xfp existiert, dann existiert auch

∫X

f .

Beweis:

Sei f ∈ Lp. Es gilt punktweise fur p > 1:

|f | ≤ 1 + |f | ≤ (1 + |f |)p ≤ 2p(1 + |f |p).Beachte: (|f |+ |g|)p ≤ (2 ·max(|f |, |g|))p ≤ 2p(|f |p + |g|p).Wegen µ(X) < ∞ ist eine konstante Funktion und mit f ∈ Lp auch |f |p integrabel.

Wegen |f | < 2p(1 + |f |p) ist also f integrabel und somit f ∈ L1.

Damit haben wir (2) gezeigt.

4



Ist f ∈ Lp(X, µ) ∩ Lq(X, µ) mit 1 ≤ p < q < ∞, so ist auch f ∈ Lr(X,µ) mit p ≤ r ≤ q.

Sei f ∈ Lp ∩ Lq, p < q.

Fur p ≤ r ≤ q gilt dann punktweise

|f |r ≤ |f |p + |f |q ,

denn

|f | ≤ 1 ⇒ |f |q ≤ |f |p|f | ≥ 1 ⇒ |f |p ≤ |f |q .

Also ist f integrabel, und es gilt f ∈ Lr.

5



a) Zeigen Sie (mit Holder) fur µ(X) = 1, dass

||f ||p ||f ||∞, p →∞ .

b) Wie lasst sich fur µ(X) < ∞ die Norm || · ||p modifizieren, so dass dies weiterhin gilt?

c) Was gilt im Fall µ(X) = ∞?

a) Zunachst zwei Beispiele: Wir wahlen X = [0, b], b > 0 und

(1) f(x) = α fur x ∈ X ⇒ ||f ||∞ = α, ||f ||p = α b1/p → α fur p →∞.

(2) f(x) = α · x

bfur x ∈ [0, b]

⇒ ||f ||∞ = α, ||f ||p =α

b·(

bp+1

p + 1

)1/p

= α

(b

p + 1

)1/p

→ α fur p →∞.

Die Aussage ist fur beliebiges f nicht trivial: (∫

X|f |p)1/p konvergiert gegen das Maximum

von f . Auch die Monotonie ist an Hand der Beispiele nicht sofort ersichtlich.

Losung: Wir zeigen zunachst die Monotonie: Es sei also q > p und f ∈ Lp.

Falls f 6∈ Lq, dann gilt ||f ||q = ∞ und damit ||f ||p < ||f ||q.Fur f ∈ Lq verwenden wir die Holdersche Ungleichung:

||g · h||1 ≤ ||g||p · ||h||q mit1

p+

1

q= 1, d.h. p, q konjugiert.

Wir setzen wir v =q

p> 1,

1

v′= 1 − 1

v. Dann gilt (Holder mit v, v′, h ≡ 1, g = |f |p,

p · v = q,1

v=

p

q) :

‖f‖pp =

∫1 · |f |p ≤

(∫1v′

)1/v′

︸︷︷︸=1

·(∫

|f |p·v)1/v

=

(∫|f |q

)p/q

= ||f ||pq

also||f ||p ≤ ||f ||q .

Es ist klar, dass ||f ||p ≤ ||f ||∞ fur alle p. (∫ |g|p ≤ ||g||p∞) wegen µ(X) = 1)

Noch zu zeigen ist: ||f ||p → ||f ||∞ fur p →∞.

Sei α < ||f ||∞ und Eα = |f | > α.Dann gilt µ(Eα) > 0 und ||f ||p ≥

(∫Eα|f |p

)1/p

≥ α · (µ(Eα))1/p.

Da aber µ(Eα)1/p → 1 fur p →∞, gilt limp→∞

||f ||p ≥ α.

Dies gilt fur jedes α < ||f ||∞. Damit folgt

limp→∞

||f ||p = ||f ||∞

(einschließlich dem Fall ||f ||∞ = ∞).

6

b) Im Beispiel (1) war die p-Norm einer Konstamten abhangig von der Intervalllange bzw.µ(X). Die Idee ist, die Norm so zu definieren, dass

||1X ||p = 1

ist.

Setze

||f ||p :=

(1

µ(X)

∫|f |p dµ

)1/p

c) Fur f ∈ L1 ∩ ÃL∞ kann man zeigen:

||f ||p → ||f ||∞ .

Eine Analyse des Beweises in a) ergibt, dass die Bedingung µ(X) = 1 nur fur die Monotonienotig war.

Beispiel (1) (p-Norm einer konstanten Funktion) mit α = 1 ergibt auch: ||f ||p = b1/p. DieserTerm (als Funktion von p) ist monoton fallend fur b > 1, monoton steigend fur b < 1 undkonstant 1 fur b = 1.

7



Sei f eine messbare Funktion auf X. Dann sind folgende Aussagen uber das wesentliche Supremumaquivalent:

a) M = infα : |f | ≤µ αb) M = minα : |f | ≤µ αc) M = supγ : |f | > γ ist keine NullmengeAußerdem gilt:

d) |f | ≤µ M und |f | > M ist Nullmenge.

Losung:

Sei A = α : |f | ≤µ α und M = inf A und A ⊂ (M,∞).

(a)⇔ (b)

Z.z. A = [M,∞) . Da M = inf A (großte untere Schranke von A), gilt:

M +1

n∈ A ⇒ |f | >µ M +

1

n ist Nullmenge (n ≥ 1)

⇒ |f | > M =⋃

n≥1

|f | > M + 1ε ist Nullmenge.

⇒ |f | ≤ M f.u.

Damit ist gezeigt, dass das Infimum M angenommen wird. Die Umkehrung ist trivial.Außerdem ist (d) |f | ≤ M und |f | > M Nullmenge gezeigt.

(b)⇔ (c)

Es gilt M = minα : |f | ≤µ α, somit

|f | > M ist Nullmenge und |f | 6≤µ M − ε fur ε > 0 ,

also |f | > M − ε keine Nullmenge.

M ≤ supγ : |f | > γ ist keine Nullmenge ≤ M .

1



Fur eine komplexwertige Funktion f : X → C definiert man

∫f dµ =

∫Re f dµ +

∫Im f dµ .

a) f ist integrierbar genau dann, wenn Re f und Im f integrierbar sind.

b) Es gilt

| ∫ f dµ| ≤ ∫ |f | dµ

Losung:

Sei f = f1 + if2 und∫

f =∫

f1 + i∫

f2.

a) folgt aus der Definition.

b) Zu zeigen ist:

(| ∫ f |)2 = | ∫ f1 + i∫

f2|2 = (∫

f1)2 + (

∫f2)

2!≤ ( ∫ √

f 21 + f 2

2

)2= (

∫ |f |)2

Diese Ungleichung lasst sich nicht durche eine ’einfache’ Umformung verifizieren?

Anderer Weg: Wahle eiα so, dass | ∫ f | = eiα∫

f ≥ 0

Dann gilt:

| ∫ f | = eiα∫

f =

∫eiαf

︸︷︷︸reell

=∫

Re (eiαf) ≤ ∫ |Re (eiαf) | ≤ ∫ |f |

2



Betrachte Lp = Lp(X, µ) mit 0 < p < 1. Dies ist bekanntllich ein Vektorraum, aber || · ||p definiertauf ihm keine Norm. Zeigen Sie:

a) Fur f, g ∈ Lp gilt ||f + g||pp ≤ ||f ||pp + ||g||pp.b) Durch f(f, g) := ||f − g||pp wird Lp zu einem metrischen Raum.

Mit dieser Metrik ist Lp auch vollstandig. Der Beweis ist derselbe wie fur p ≥ 1.

Losung:

a) Fur reelle a, b ≥ 0 und 0 < p < 1 gilt

(a + b)p ≤ ap + bp

und damit ∫|f + g|p dµ ≤

∫|f |p + |g|p dµ ⇔ ||f + g||pp ≤ ||f ||pp + ||g||p||

b) Definitheit und Symmetrie ist klar.

Die Dreiecksungleichung folgt aus a):

||f − g||pp = ||(f − h) + (h− f)||pp ≤ ||f − h||pp + ||g − h||pp

3



Ist f ∈ Lq ∩ L∞, so auch f ∈ Lp fur p > q, und es gilt limp→∞

||f ||p = ||f ||∞.

Losung:

Sei f ∈ Lq ∩ L∞, und

E = |f | ≥ 1

F = |f | < 1

Dann gilt µ(E) ≤ ∫E|f |q ≤ ||f ||qq < ∞.

Daraus folgt

∫

X

|f |p =

∫

E

|f |p +

∫

F

|f |p

≤ µ(E)||f ||p∞ +

∫

F

|f |p

≤ µ(E)||f ||p∞ +

∫

F

|f |q︸︷︷︸

wegen |f |<1

≤ µ(E)||f ||p∞ + ||f ||qq < ∞

Also ist f ∈ Lp.

Den Grenzwert zeigt man wie in Aufgabe 17:

Sei M = ||f ||∞ und M > ε > 0. Dann gilt fur Mε = |f | > M − ε

0 < |Mε| < ∞ .

⇒ ∫ |f |p ≥ ∫Mε

(M − ε)p = (M − ε)pµ(Mε)

und damit||f ||p ≥ (M − ε)|Mε|1/p → M − ε, p →∞

4



Zeigen Sie mit Hilfe der Konvexitat der Funktion t 7→ tp fur p ≥ 1 bzw. der Logarithmusfunktiondie Ungleichungen

(a + b)p ≤ 2p−1(ap + bp), ab ≤ ap

p+

bq

q,

wobei a, b ≤ 0 und p, q konjugierte Exponenten sind.

Losung:

Fur konvexe Funktionen gilt:

g((1− t)a + tb) ≤ (1− t)g(a) + tg(b)

Im ersten Fall ergibt sich mit g(x) = xp und t=12:

(1

2a +

1

2b

)p

≤ 1

2ap +

1

2bp

⇒ (a + b)p ≤ 2p−1(ap + bp)

Der zweite Fall ist aquivalent zu der Ungleichung

a1/p b1/q ≤ a

p+

b

qmit a = ap, b = bq

Die Funktion g(x) = ln x ist konkav.

Mit t=1

pund 1− t =

1

qfolgt

ln

(a

p+

b

q

)≥ 1

pln(a) +

1

qln(b) = ln

(a1/pb1/q

)

Mit a = ap, b = bq erhalten wir:

ap

p+

bq

q≥ ab

Eine elegantere Losung kommt ohne die Substitution zum Ziel:

Setze x1 = ap, x2 = bq

⇒ ln(1

pap +

1

qbq) ≥ 1

pln ap +

1

qln bq = ln ab

5



Seien f und (fk) in Lp mit 1 ≤ p < ∞.

a) Aus fk → f in Lp folgt ||fk||p → ||f ||p.b) Aus fk → f punktweise und ||fk||p → ||f || folgt fk → f in Lp.

Losung:

a) Gilt fk → f in Lp, so existiert eine Teilfolge mit fkn → f p.w.

Also gilt auch|fkn |p → |f |p p.w.

und somit (Satz von der dominierten Konvergenz)

∫|fkn|p →

∫|f |p ⇒ ||fkn||p → ||f ||p

Nun gilt die Abschatzung

||fk − f ||p ≤ ||fk − fkn||p︸︷︷︸→0, da Cauchy-Folge

+ ||fkn − f ||︸︷︷︸→0

Einfacher: Fur eine Metrik gilt | ||x|| − ||y|| | ≤ ||x− y|| und damit

| ||fk||p − ||f ||p | ≤ ||fk − f ||p → 0 fur k →∞

b) Wegen ||fk||p → ||f ||p ist wieder der Satz von der dominierten Konvergenz anwendbar:

Eine Majorante findet man z. B. mit Aufgabe 22:

|fk − f |p ≤ 2p−1(|f |p + |fk|p)

fk → f p.w. ⇒ |fk − f |p → 0 p.w.

⇒∫|fk − f |p → 0 (mit dem Satz von Lebesgue)

⇒ ||fk − f || → 0

6


Losungshinweis Aufgabe 24+25+26 Blatt 5

A 24) Sei (fk) eine Folge in Lp(X,µ) mit ||fk − f ||p → 0 und fk → g µ-fast uberall. WelcheBeziehung besteht zwischen f und g?

Losung:

Aus ||fk − f ||p folgt die Existenz einer Teilfolge fkn mit fkn → f p.w. Da auch fkn → g µ–f.u.,folgt f = g µ–f.u.

A 25) Die Folge (fk) konvergiere schwach in

L2(X, µ)

gegen f . Das heißt, es gilt

∫fkgdµ →

∫fg dµ, g ∈ L2(X, µ).

Gilt außerdem ||fk||2 → ||f ||2, so konvergiert (fk) auch in L2 gegen f .

Losung:

||fk − f ||22 = 〈fk − f, fk − f〉= 〈fk, fk〉 − 〈f, fk〉 − 〈fk, f〉+ 〈f, f〉= ||fk||22 − 〈f, fk〉 − 〈fk, f〉+ ||f ||22→ ||f ||22 − 〈f, f〉 − 〈f, f〉+ ||f ||22= 0

Das war zu zeigen.

A 26) Sei µ(X) = 1, und f , g seien positive messbare Funktionen auf X mit fg ≥ 1.Zeigen Sie

∫

X

f dµ

∫

X

g dµ ≥ 1

Losung

Wegen fg ≥ 1 gilt√

fg ≥ 1.

1 ≤∫

X

√fg

≤ ( ∫

X

f)1/2( ∫

X

g)1/2

=⇒ 1 ≤∫

X

f ·∫

X

g.

1



Sei (X, µ) ein endlicher Maßraum, und f ∈ L∞(X,µ) mit ||f ||∞ > 0.

Sei an =∫

X|f |ndµ, n ≥ 1. Dann gilt lim

n→∞an+1

an

= ||f ||∞.

Losung:

O.B.d.A nehmen wir f ≥ 0 an. Außerdem genugt es, ||f ||∞ = 1 zu betrachten, denn

mit f =f

||f ||∞ und an =∫

Xfndµ gilt

an+1

an

=1

||f ||∞an+1

an

→ ||f ||∞ = 1 ⇐⇒ an+1

an

→ ||f ||∞ fur n →∞.

0 ≤ f ≤ 1

⇒ fn+1 ≤ fn

⇒ an+1 ≤ an

⇒ an+1

an

≤ 1 = ||f ||∞

Mit p =n + 1

n,

1

q= 1− n

n + 1=

1

n + 1, q = n + 1, np = n + 1 erhalten wir aus der Holderschen

Ungleichung

an =

∫

X

fn · 1q dµ ≤ ( ∫

X

fnp dµ)1/p · (

∫

X

1 dµ)1/q

=( ∫

X

fn+1 dµ)n/(n+1)( ∫

1 dµ)1/(n+1)

=( ∫

X

fn+1 dµ)n/(n+1) · (µ(X)

)1/(n+1)

=(an+1

)n/(n+1) · µ(X)1/(n+1) = an+1 · a−1/(n+1)n+1 µ(X)1/(n+1)

also

=⇒ an+1

an

≥ a1/(n+1n+1

µ(X)1/(n+1)→ 1,

da1

µ(X)1/(n+1)→ 1 und a

1/(n+1)n+1 = ||f ||n+1 → ||f ||∞ = 1 fur n →∞ (Vergleiche A 17).

2

Ein Beweis mit Methoden der Analysis 1/2 soll noch skizziert werden:

Zur Erinnerung: Die Berechnung des Konvergenzradius einer Potenzreihe erfolgt mit

r = limn→∞

n√

an = limn→∞

an+1

an

,

sofern die Grenzwerte existieren.

Mit an = (||f ||n)n ist zu zeigen

limn→∞

n√

an = limn→∞

an+1

an

.

Bem: Es gilt n√||f ||n ||f ||∞ .

Hilfssatz: Falls limn→∞

bn existiert, so gilt limn→∞

1

n

n∑k=1

bk = limk→∞

bk (∗).

Setzt man b1 = a1, bn =an

an−1

fur n > 1, dann gilt b1 · b2 . . . bn = an.

ln limn→∞

n√

an = limn→∞

1

nln an = lim

n→∞1

nln(b1 · b2 . . . bn)

= limn→∞

1

n

n∑k=1

ln bk(∗)= lim

n→∞ln bn = lim

n→∞ln

an

an−1

= ln limn→∞

an

an−1

=⇒ limn→∞

n√

an = limn→∞

an

an−1

3



Beweis: Fur 1 ≤ p ≤ ∞ gilt

∫ ∣∣∣∣∫

f(x, y)dx

∣∣∣∣p

dy

1/p

≤∫ ∫

|f(x, y)|p dy

1/p

dx

Losung:

Sei o.B.d.A. f ≥ 0.∫ ( ∫

f(x, y) dx)p

dy =∫ ( ∫

f(x, y) dx)p−1 · ∫ f(x, y) dx

dy

=∫ ( ∫

f(x, y) dx)p−1 · ∫ f(x, y)dz

dy

Fubini=

∫ ( ∫f(x, y) dy

)︸︷︷︸

g(x)

p−1

·∫

f(x, y) dydx

Holder≤∫ ( ∫ (

f(x, y) dx)(p−1)q

dy)1/q · (

∫f(x, y)pdy

)1/p

dz

=

∫ ( ∫f(x, y)

)pdy

)1/q

·( ∫

f(x, y)p dy)1/p

dx

=

∫ ∫f(x, y)p dy

dx

Daraus folgt die Behauptung.

4



Sei f messbar auf [0, 1], aber nicht wesentlich beschrankt. Dann gilt bekanntlich ||f ||p → ∞ furp →∞ (s. A 17). Ist es moglich, dass dies beliebig langsam geschieht?

Genauer: Gibt es zu jeder (monotonen) Funktion φ : (0,∞) → (0,∞) mit φ(r) →∞ fur r →∞eine solche Funktion f mit

||f ||p ≤ φ(p), ||f ||p →∞?

Losung:

Ohne die Monotonie von φ wird die Losung unnotig kompliziert. Fur einzelne Abschatzungen beider Losung ist es geschickt, noch weitere Einschrankungen an φ zu verlangen, die an geeignetenStellen erwahnt werden.

Die Idee ist, eine geeignete einfache Funktion

f =∑

k≥1

ak1Ik, Ik ∈ (0, 1),

∑|Ik| ≤ 1, |Ik| → 0

mit ak →∞ zu konstruieren. Die Bedingung ist∑

k≥1

apk|Ik| ≤ φ(p) ∀p > 1.

Wir wahlen

ak = φ(k), |Ik| = 1

φ(k)k, k = 1, 2, . . .

∑|Ik| =

∑ 1

φ(k)kkonvergiert naturlich wegen φ(k) →

∞, da∑

ak fur |a| < 1 konvergiert.Hier ist es nun nutzlich, φ(1) > 3 zu fordern. Dann gilt∑ |Ik| < 1

2.

Skizze: φ(x) = 3 + ln(1 + x).

0.5

5

Nun gilt:

||f ||nn =∞∑

k=1

ank |Ik|

=n∑

k=1

φ(k)n|Ik|+∞∑

k=n+1

φ(k)n

φ(k)k

≤ 1

2φ(n)n +

1

φ(n + 1)+

1

φ(n + 2)2+

1

φ(n + 3)3+ . . .

≤ 1

2φ(n)n +

1

φ(n + 1)− 1︸︷︷︸→0

≤ φ(n)n

⇒ ||f ||n ≤ φ(n)

Da ||f ||p monoton wachsend, folgt die Behauptung.

5



Sei µ ein Maß auf X. Eine Folge (fn) messbarer Funktionen auf X konvergiert im Maß gegen einemessbare Funktion f , falls fu jedes ε > 0 ein N ≥ 0 existiert, so dass

µ(|fn − f | > ε) < ε, n ≥ N.

Zeigen Sie fur µ(X) < ∞ die folgenden Aussagen.

a) Aus fn → f punktweise fast uberall folgt fn → f im Maß.

b) Aus fn ∈ Lp(X) und ||fn − f ||p → 0 folgt fn → f im Maß fur 1 ≤ p ≤ ∞.

c) Aus fn → f im Maß folgt die Existenz einer Teilfolge mit fnk→ f punktweise fast uberall.

Losung:

a) Mit An =⋃

k≥n

x : |fk − f | > ε gilt A1 ⊃ A2 ⊃ · · · . Sei E =⋂

n≥1

An.

E ist die Menge der Punkte, in denen (fk) nicht punktweise konvergiert. Also gilt µ(E) = 0.

⇒ limn→∞

µ(An) = 0.

Bem: Hier geht die Voraussetzung µ(X) < ∞ ein. Z.B. fur An = [n,∞) ist E =⋂

n≥1

An = ∅, und

damit µ(E) = 0, aber µ(An) = ∞ ∀n.Sei µ(X) < ∞, En =

⋂k≥n

Ak, so gilt En E. Mit µ(X) < ∞ ist µ(X\En) monoton steigend und

beschrankt. ⇒ limn→∞

µ(X\En) = µ(X\E) = µ(X).

Nun sei µ(Ak) < ε ⇒ µ(|fk − f | > ε) < ε.

b) p = ∞ ist Teil von a) (gleichmaßige Konvergenz → punktweise Konvergenz).

Sei nun 1 ≤ p < ∞ und δ > 0. Dann existiert ein N > 0 so, dass : ||fn − f ||p < δ (n ≥ N) .

Nun benotigen wir die Markoffsche Ungleichung:

Sei g ≥ 0 und Mε = g ≥ ε. Dann gilt

∫g ≥

∫

Mε

g ≥ ε · µ(Mε).

Mit g = |fn − f |p folgt: δp ≥ ∫ |fn − f |p ≥ εp · µ(|fn − f | > ε)oder

µ(|fn − f | > ε) ≤(

δ

ε

)p

Wahle δ = ε1+1/p. Fertig!

Bemerkung: Diese Abschatzung benotigt die Voraussetzung µ(X) < ∞ nicht.

c) Sei gn = |fn − f | , also gn → 0 dem Maße nach.

Nach Voraussetzung existiert eine Folge (nk) mit µ(gnk≥ 1

2k ) < 12k .

Sei Ek = gnk> 1

2k , µ(Ek) < 12k ; Fj =

⋃k≥j

Ek und F =⋂j≥1

Fj. (µ(Fj < 12j−1 )

x ∈ Fj ⇒ gnk< 1

2j fur x ∈ X\Fj , k ≥ j.

Da µ(Fj) → 0 gilt µ(F ) = 0. Auf X\F konvergiert gnkgegen 0, also fast uberall.

1



A31) Untersuchen Sie die Gultigkeit der Umkehrung der Aussagen von Aufgabe 30.

Losung:

a) Die Umkehrung gilt nicht. Als Gegenbeispiel genugt eine Funktionenfolge (fn) mit

fn ≥ 0, µ(fn > ε) → 0, aber fn 6→ 0 punktweise.

Es bietet sich ein ’gleitender Buckel’ mit konstanter Hohe an, dessen Basis immer kleiner wird,der aber periodisch immer wieder ein endliches Intervall durchquert. Wir setzen

I1 = (0,1

2), I2 = (

1

2, 1), I3 = (0,

1

3), I4 = (

1

3,2

3) I5 = (

2

3, 1), I6 = (0,

1

4), . . .

Die Funktionenfolge fn = 1In genugt diesen Forderungen.

b) Die Umkehrung gilt nicht.

Gegenbeispiel: Sei In = [ 1n, 2

n] unf fn = n1In .

Mit f = 0 gilt fn → f im Maß, aber nicht∫

fpn = np−1 → 0.

c) Die Eigenschaft einer Teilfolge kann nicht auf die gesamte Folge ubertragen werden!

A32) Untersuchen Sie die Gultigkeit der Aussagen von Aufgabe 30 fur µ(X) = ∞.

Losung:

a) Falsch:

Gegenbeispiel mit fn → 0 punktweise, aber nicht fn → 0 im Maß.

Wir wahlen fn = 1(−n,n) → 1 punktweise ∀x ∈ R,

aber µ(|fn − 1| > ε) = ∞ fur ε < 1.

b) Folgt aus der Konvergenz in der p-Norm die Konvergenz im Maß?

Richtig fur p < ∞, siehe A30.

Fur p = ∞: Aus der gleichmaßigen Konvergenz folgt naturlich die Konvergenz im Maß, daµ(|fn − f | > ε) = 0 fur genugend großes n.

c) Die Analyse der Losung von 30c zeigt, dass µ(X) < ∞ nicht benotigt wird.

Siehe auch Bartle, Theorem 7.6, Seite 69-70.

2



Sei (un) eine orthonormale Familie im Hilbertraum X.

a) Die Menge E = un : n ≥ 1 ist abgeschlossen und beschrankt, aber nicht kompakt.

b) Sei Q der sogenannte Hilbertwurfel in X: die Menge aller Punkte

x =∑n≥1

cnun, |cn| ≤ 1

n

Q ist abgeschlossen, beschrankt und kompakt.

Losung:

a) Beschrankt ist klar.

||un−um||2 = ||un||2+||um||2 = 2 (n 6= m). Damit kann man keine konvergente Teilfolge auswahlenund die Menge ist nicht kompakt.

Abgeschlossen: Liegt der Grenzwert einer konvergenten Folge in E?

Außer der trivialen Folge (un)k → un gibt es keine konvergenten Folgen.

b) ||x||2 = 〈x, x〉 =∑n

c2n ≤

∑n

1

n2< ∞, also beschrankt.

Zur Abgeschlossenheit:

Es sei M = spanu1, u2, . . . ⊂ X und damit gilt:

Q =⋂n≥1

x ∈ M : |〈x, un〉| ≤ 1

n

Aus der Stetigkeit des Skalarproduktes folgt, dass x ∈ M : |〈x, un〉| ≤ 1

n abgeschlossen ist.

Q ist also der Durchschnitt abzahlbar vieler abgescholssener Mengen und damit abgeschlossen.

Bemerkung: In der Ubung wure folgender Schluss verwendet:

Sei x = limk

xk, cn = 〈x, un〉 = limk〈xk, un〉 ⇒ |cn| < 1

nund es sei x =

∑cnun.

||x− x|| ≤ ||x− xk||+ ||xk − x||︸︷︷︸→0

Die Arbeit besteht nun darin, zu zeigen, dass ||x− xk|| → 0 gilt, d.h. x = x ∈ Q.

x− x = x− xk︸︷︷︸∈Q⊥

+ xk − x︸︷︷︸∈Q

||x− x||2 = ||x− xk||2|︸︷︷︸→0

+||xk − x||2

||x− xk||2 = ||∑n

limk〈xk, un〉un −

∑n

〈xk, un〉un||2 = ||∑n

〈limk

xk − xk, un〉un||2 =∑n

(cn − ckn)2

=N∑

n=1

(cn − ckn)2 +

∑n>N

(cn − ckn)2

3

Wahle N so groß, dass die zweite Summe < ε (wegen |cn|, |ckn| <

1

n, Rest einer konvergenten

Reihe), und dann k so groß, dass die erste Summe < ε (wegen limk

ckn = cn) gilt. ⇒ Beh.

Zur Kompaktheit:

Sei (xk) eine Folge in Q, also xk =∑n≥1

cknun.

Nun besitzt jede beschrankte Folge (ckn)k eine konvergente Teilfolge. Fur eine geeignete Diagonal-

folge gilt dann

ckjn → cn, j →∞ .

x =∑n

cnun ∈ Q ist klar, da die Koeffizienten cn Grenzwerte von (ckjn )j sind.

4



Sei A ⊂ [−π, π] messbar. Dann gilt

limn→∞

∫

A

cos nx dx = limn→∞

∫

A

sin nx dx = 0.

Losung:

Die Funktionen

cn =1√π

cos nx

sn =1√π

sin nx

bilden eine orthonormale Familie auf C2[−π, π].

Es ist

∫

A

cos nx =√

π

π∫

−π

1A · cn(x) dx = 〈1A, cn〉 = an

∫

A

sin nx =√

π

π∫

−π

1A · sn(x) dx = 〈1A, sn〉 = bn

an und bn sind die Fourierkoeffizienten von 1A bezuglich cn, sn. Aus der Besselschen Ungleichungfolgt damit

∑n≥0

a2n + b2

n < ∞

und damit die Behauptung.

5



Sei f : R→ R stetig und 1-periodisch. Dann gilt fur jede irrationale Zahl α

limN→∞

1

N

∑1≤n≤N

f(nα) =

1∫

0

f(t) dt.

Zeigen Sie dies zuerst fur f(t) = exp(2πikt), dann fur den allgemeinen Fall.

Losung:

Betrachte zunachst ek = e2πikt, k ∈ ZFur f = e0 sind beide Seiten der Gleichung 1.

Fur f = ek, k > 0 ist

1

N

N∑n=1

f(nα) =1

N

N∑n=1

(e2πikα

)n

=1

N

1− e2πikα(N+1)

1− e2πikα

︸︷︷︸6=0!

→ 0 fur N →∞

und1∫

0

f dx =

1∫

0

e2πiktdt = 0

Damit stimmt die Aussage fur alle ek.

Nun lasst sich aber jede stetige, 1-periodische Funktion gleichmaßig durch trigonometrische Poly-nome approximieren.

Daraus folgt die Aussage fur allgemeines f .

6

A 38

Sei E eine abgeschlossene und konvexe Teilmenge von X. Dann existiert zu jedem x ∈ X eineindeutiges Element π(x) ∈ E mit

||x− π(x)|| = inf||x− u|| : u ∈ E.Die Abbildung π : X ∈ E ist stetig.

Losung:

Jedenfalls existiert in E eine Folge (un)n mit

||x− un|| → inf||x− u|| : u ∈ E =: d

Aufgabe: Zeige, dass (un)n eine Cauchyfolge ist.

Parallelogrammgleichung: (a + b)2 + (a− b)2 = 2(a2 + b2) fur a, b ∈ X.

Mit a = x− un, b = x− um erhalt man:

2||x− un||2 + 2||x− um||2= ||2x− un − um||2 + ||um − un||2

= 4||x− un + um

2︸︷︷︸∈E

||2 + ||um − un||2

Dann gilt

||un − un||2 = 2||x− un||2 + 2||x− um||2 − 4 ||x− un + um

2||2

︸︷︷︸≥d2

≤ 2||x− un||2 + 2||x− um||2 − 4d2.

Zu jedem ε > 0 existiert ein N , so dass ||x− uk|| < d + ε fur k ≥ N gilt.

Damit ergibt sich

||un − um||2 ≤ 4(d + ε)2 − 4d2

≤ 8dε + ε2 fur n,m ≥ N.

Da (un)n Cauchyfolge, ist der Grenzwert eindeutig.

Zur Stetigkeit:

Zu zeigen: ||π(x)− π(y) → 0|| fur ||x− y|| → 0.

Sei d(x) = ||x− π(x)||, d(y) = ||y − π(y)|| und ||x− y|| < ε.

Zunachst einige Nebenrechnungen:

||x− π(y)|| = ||x− y + y − π(y)|| ≤ ε + d(y), ||y − π(x)|| = ||y − x + x− π(x)|| ≤ ε + d(x).

⇒ d(x) ≤ ||x− π(y)|| ≤ d(y) + ε, d(y) ≤ ||y − π(x)|| ≤ d(x) + ε

⇒ d(x) ≤ ||x− π(y)|| ≤ d(x) + 2ε

Die Parallelogrammgleichung mita = x− π(x), b = x− π(y) , a− b = π(y)− π(x), a + b = 2x− (π(x) + π(y)) ergibt:

(a− b)2 = ||π(y)− π(x)||2 = 2(a2 + b2)− (a + b)2

= 2||x− π(x)||2 + 2||x− π(y)||2 − 4||x− π(x) + π(y)

2︸︷︷︸∈E

||2 ≤ 2d(x)2 + 2(d(x) + 2ε)2 − 4d(x)2

= 8εd(x) + 8ε2 → 0 fur ε → 0.

H-A 7+LHöhere Analysis SS 06 Prof Pöschel 0 6 . 0 6 . 0 6

Im Folgenden sei X immer ein Hilbertraum.

36. Ein Unterraum M von X ist abgeschlossen genau dann, wenn M ?? D M .

37. Ist ! ein stetiges, nicht identisch verschwindendes Funktional auf X , so ist das

orthogonale Komplement seines Kerns eindimensional.

38. Sei E eine abgeschlossene und konvexe Teilmenge von X . Dann existiert zu jedem

x 2 X ein eindeutiges Element ".x/ 2 E mit

kx ! ".x/k D inf˚kx ! uk W u 2 E

!:

Die Abbildung " W X ! E ist außerdem stetig.

39. Sei .nk/ eine wachsende, unbeschränkte Folge natürlicher Zahlen. Dann ist

E ´ ft 2 Œ0; 2"# W .sin nkt / ist konvergentg

eine Nullmenge.

Hinweis: Leiten Sie aus Aufgabe 34 und 2 sin2 ˛ D 1 ! cos 2˛ ab, dass .sin nkx/ nur

zwei mögliche Grenzwerte haben kann.

L Wir gehen der Einfachheit halber davon aus, dass E messbar ist. Dann konvergiert also

auf E die Funktionenfolge

$k D sin nkt

punktweise gegen eine messbare Funtion $ D lim $k . Aus der trigonometrischen

Gleichung 2$2k D 1 ! 2 cos 2nkt und Aufgabe 34 folgt dann für jede messbare

Teilmenge A " EZ

A

2$2 dt D limZ

A

2$2k dt D lim

Z

A

.1 ! cos 2nkt / dt D jAj:

Die Teilmengen f2$2 > 1 C "g und f2$2 < 1 ! "g sind deshalb für jedes " > 0

Nullmengen, und es folgt

$2 D 1

2fast überall auf E:

Da $%E zu L2 gehört, folgt daraus weiter

0 D limZ

E

$$k dt DZ

E

lim $$k dt DZ

E

$2 dt D jEj=2:

Also ist jEj D 0 .

H-A SS 06 Blatt 7 vom 06.06.06 Seite 1 von 2



Bestimmen Sie

mina,b,c

∞∫

0

|x3 − ax2 − bx− c|2 e−x dx.

Hinweis: Interpretieren Sie die Aufgabe’hilbertraummaßig’.

Losung:

Betrachte den Teilraum C2([0,∞), µ), dµ = e−tdt mit dem Skalarprodukt

f, g =

∞∫

0

f g e−t dt.

Dann besteht die Aufgabe darin, im Unterraum M = ax2 + bx + c, a, b, c ∈ R dasbestapproximierende Element an v = x3 zu finden.

Beachte: Alle Polynome liegen in C2([0,∞), µ).

u ∈ M ist bestapproximierend, wenn (u− v) ⊥ M =⇒ (u− v) ⊥ xn, n = 0, 1, 2

Gesucht: a, b, c so, dass∞∫0

(x3 − ax2 − bx− c)xne−x dx = 0 fur n = 0, 1, 2.

Mit∞∫0

xne−x dx = n! =: αn erhalt man das LGS

α3 − α2a− α1b− α0c = 0

α4 − α3a− α2b− α1c = 0

α5 − α4a− α3b− α2c = 0

Z. B. mit Maple erhat man: a = 9, b = −18, c = 6.

1



A41

Konstruieren Sie eine stetige, injektive lineare Abbildung

γ : [0, 1] → L2(R).

so dassγ(b)− γ(a) ⊥ γ(d)− γ(c)

fur alle 0 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ d ≤ 1. Hinweis: Charakteristische Funktionen.

Losung:

Wahle z. B. γ(t) = 1(0,t) ∈ L2(R). Dann ist fur s < t: γ(t)− γ(s) = 1(s,t).

⇒ γ(b)− γ(a) ⊥ γ(d)− γ(c) fur alle 0 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ d ≤ 1.

A43

Zeigen Sie: Ist f ∼ ∑fne

inx und g ∼ ∑gneinx , so ist

1

2π

π∫

−π

f(t)g(x− t) dt ∼∑

fngneinx.

Mit anderen Worten: (f ∗ g)∧ = (fngn)n.

Losung:

Sind f, g ∈ C2, so ist f(t)g(x− t) ∈ C2 als Funktion von t, fur jedes x.

∫T(∫

Tf(t)g(x− t) dt)e−inx dx =

∫T

f(t) (

∫

T

g(x− t)e−in(x−t)dx)

︸︷︷︸gn (nach Substitution)

e−intdt

= gn

∫T

f(t)e−int dt = fngn

2



Zeigen Sie:

a) Dn(t) :=n∑

k=−n

eikt =sin(n + 1/2)t

sin(t/2), n ≥ 1.

b) ||Dn||∞ = 1 fur alle n ≥ 1.

c) ||Dn||1 →∞ fur n →∞.

Losung:

a)n∑

k=−n

xk = x−n2n∑

k=0

xk = x−n 1− x2n+1

1− x=

x−n − xn+1

1− x

⇒n∑

k=−n

eikt =e−int − ei(n+1)t

1− eit=

e−i(n+1/2)t − ei(n+1/2)t

e−it/2 − eit/2=

2i sin(n + 1/2)t

2i sin(t/2)

b) Klar, da (Dn)k =

1, |k| ≤ n,

0, |k| > n.

c) Zunachst ein Bild:

–3 –2 –1 1 2 3

5

10

15

20

f(x) = sin(n+1/2)xsin(x/2)

n = 10 limx→0

sin(n + 1/2)x

sin(x/2)= 2n + 1.

Die Nullstellen vonDn sind xk =kπ

n + 1/2=

2kπ

2n + 1, k = ±1,±2, . . . ,±n.

Fur 0 ≤ x ≤ π

2ist sin x ≤ x und damit

∣∣∣∣sin(n + 1/2)x

sin(x/2)

∣∣∣∣ ≥ 2| sin(n + 1/2)x|

|x| (0 ≤ x ≤ π)

||Dn||1 =1

2π

π∫−π

|Dn(x)| dx ≥ 2

π

π∫0

| sin(n + 1/2)x|x

dx ≥ 2

π

n∑k=0

1

xk+1

xk+1∫xk

| sin(2n + 1/2)x)| dx

=2

π

n∑k=0

2n + 1

2(k + 1)π· 2

2n + 1| cos(n + 1/2)x|xk+1

xk︸︷︷︸=2

=4

π2

n∑k=0

1

k + 1→∞ fur n →∞.

3



Zeigen Sie die Injektivitat der Abbildung L1(T ) → c0, f → f .

Losung:

Zu zeigen ist f = 0 ⇒ f = 0, falls f ∈ L1(T ).

f = 0 ⇒ ∫T

f(t)e−intdt = 0 ∀n ∈ Z,

⇒ ∫T

f(t)p(t) dt = 0 fur jedes trigonometrische Polynom p.

Da jede stetige Funktion durch trigonometrische Polynome approximiert werden kann, gilt auch∫T

fg dt = 0 fur jede stetige Funktion g.

Sei E1 = f > ε, E2 = f < ε und E = E1 ∪ E2.χE1 und χE2 konnen punktweise durch stetige Funktionen g1 und g2 approximiert werden.

Einerseits ist∫

TfχE1 ≥ εµ(E1) und − ∫

TfχE2 ≥ εµ(E2), aber auch

∫T

fχEi= 0 fur i = 1, 2 ⇒

µ(Ei) = 0 ⇒ µ(E) = 0.

Also f = 0 fast uberall.

4



Ist f ∈ L1(T ) fast uberall differenzierbar und Stammfunktion der Ableitung f ′, so gilt

F ′ ∼∑

n∈Zinfne

int .

Begrunden Sie auch, warum die Annahme uber f ′ nicht entbehrlich ist.

Vorbetrachtung:

Bespiel 1:

–3 –2 –1 1 2 3

–1

1

–3 –2 –1 1 2 3

–1

1

y = (π − x)/2

y = (−π − x)/2y = −1/2 y = −1/2

f f ′

f(x) =

(−π − x)/2 fur x < 0

0 fur x = 0

(π − x)/2 fur x > 0

f ist ungerade ⇒ an = 0 fur n ≥ 0.

bn =1

π

π∫

−π

f(x) sin nx dx

=2

2π

π∫

0

(π − x) sin nx dx

=1

π

(− 1

ncos nx) · (π − x)

)∣∣∣π

0︸︷︷︸=π/n

− 1

nπ

π∫

0

cos nx dx

︸︷︷︸=0

=1

n

f ′ ist fast uberall eine Konsante.f ′ ist gerade.

Die Fourierreihe von f ′ reduziert sich auf a0 = −1

2.

Dies ist naturlich nicht die Ableitung derFourierreihe f ∼ ∑

n>0

sin nxn

.

f ist auch keine Stammfunktion von f ′ (Gegenbei-spiel, falls diese Voraussetzung nicht erfullt ist).

1

Bespiel 2:

–3 –2 –1 1 2 3

–1

1

–3 –2 –1 1 2 3

–1

1

y = (π − x)/2y = (π + x)/2

y = −1/2

y = 1/2f f ′

f(x) =

(π + x)/2 fur x < 0

(π − x)/2 fur x ≥ 0

f ist gerade. ⇒ bn = 0 (n > 0)

f ′(x) =

1/2 fur x < 0

−1/2 fur x ≥ 0

f ′ ist ungerade. ⇒ an = 0 (n ≥ 0)

a0 =1

2π

π∫

−π

f(x) dx =π2

2π=

π

2

an =1

π

π∫

−π

f(x) cos nx dx =2

2π

π∫

0

(π − x) cos nx dx

=1

π

( 1

nsin nx) · (π − x)

)∣∣∣π

0︸︷︷︸=0

+1

nπ

π∫

0

sin nx dx

=1

πn

(− 1

ncos nx

∣∣π0

)= − 1

πn2((−1)n − 1) (n > 0)

bn = − 2

2π

π∫

0

sin nx =1

nπcos nx

∣∣π0

=1

πn((−1)n − 1)

2

Losung:

Es existiert also eine L1–Funktion g = f ′, so dass

f(x) = c +

x∫

−π

g(t) dt

Dann ist f stetig, und da f periodisch sein soll, gilt∫

Tg(t) dt = f(π)− f(−π) = 0.

Weiter folgt fur n 6= 0:

fn =

∫

T

f(x)e−inx dx

=1

2π

π∫

x=−π

x∫

t=−π

g(t)dt

e−inx dx

=1

2π

π∫

t=−π

π∫

x=t

g(t)e−inxdx dt =1

2π

π∫

t=−π

π∫

x=t

e−inxdx

g(t) dt

=1

2π· −1

in

∫ π

−π

(e−inx

) ∣∣∣π

tg(t)dt =

1

2π· −1

in

∫ π

−π

(e−inπ︸︷︷︸±1

−e−int

)g(t) dt

=1

2π· 1

in

π∫

−π

g(t)e−intdt =1

ingn

Also ist

gn =

0, n = 0

infn, n 6= 0.

3



Eine Stammfunktion F von f ∈ L1(T ) ist periodisch genau dann, wenn f0 = 0.

In einem solchen Fall gilt F ∼ const. +∑n 6=0

fn

ineint,

man darf also gliedweise integrieren.

Losung:

Es ist also F (x) = c +x∫−π

f(t) dt.

Dann ist F (π)− F (−π) = c +x∫−π

f(t) dt− c =π∫−π

f(t) dt = 0.

⇔ ∫T

f(t) dt = f0 = 0.

Die zweite Behauptung ergibt sich mit Aufgabe 45: Fn =1

infn, n 6= 0.

4



Beweisen Sie mit Hilfe der Fourierreihe der Funktion (π − x)/2 die Identitaten:

∑n≥1

1

n2=

π2

6,

∑n≥1

1

n4=

π4

90

Losung:

f(x) = sign(x) · π − |x|2

=

(−π − x)/2, −π ≤ x <

(π − x)/2, 0 < x < π.

Mit f ∼ ∑n>0

sin nx

n(Vergl. A45, Beispiel 1) und Aufgabe 46 gilt F ∼ c− ∑

n>0

cos nx

n2.

Stammfunktion von f fur −π ≤ x ≤ 0 : F (x) = −1

4(−π − x)2 = −1

4(π + x)2, F (0) = −π2

4

0 < x ≤ π : F (x) = F (0)− 1

4(π − t)2

∣∣∣x

0= −π2

4− 1

4(π − x)2 +

π2

4= −1

4(π − x)2

Zusammengefasst: F (x) = −1

4(π − |x|)2 ∼ c− ∑

n>0

cos nx

n2(gleichmaßig konvergent).

Damit gilt1

4(π − |x|)2 = c +

∑n>0

cos nx

n2, |x| ≤ π

Die Konstante c ergibt sich als c = F0 =2

2π·

π∫0

1

4(π − x)2dx =

π2

12.

Fur x = 0 ergibt sich:∑n>0

1

n2=

π2

4− π2

12=

π2

6.

Der Rest ergibt sich aus der Parsevalschen Gleichung:1

π

π∫−π

F 2(x) dx =a2

0

2+

∑n>0

(a2n + b2

n)

a0 =π2

6,

a20

2=

π4

8 · 9 und1

π

π∫−π

F 2(x) dx =2

16π

π∫0

(π − x)4 dx =π4

8 · 5

⇒ ∑n>0

1

n4=

π4

8

(1

5− 1

9

)=

π4

8· 4

45=

π4

90

Bemerkung: Auch der erste Teil der Aufgabe hatte mit der Parsevalschen Gleichung gelost werdenkonnen.

f(x) ∼ ∑n>0

sin nx

n⇒ ∫

f 2(x) dx =∑n>0

1

n2=

2

π

π∫0

1

4(π − x)2dx =

π2

6

5



A48

Zeigen Sie, dass (sin nx)n≥1 ein vollstandiges Orthogonalsystem in L2([0, π]) bildet.

Losung:

1. Schritt sin nx ist Orthogonalsystem auf [0, π]:π∫0

sin nx sin mx dx =π∫0

= 12

π∫0

(cos(n−m)x + cos(n + m)x) dx

= 12[ 1n−m

sin(n−m)x + 1n+m

sin(n + m)x]π0 = 0 (n 6= m)

2. Schritt: Vollstandigkeit

Angenommen, f ∈ C2([0, π]) und f ⊥ sin(nx) (n > 0).

Wir konnen f ungerade zu f auf [−π, 0) fortsetzen. Die Fourierreihe von f ist eine reine Sinus–Reihe.

Dann gilt f ⊥ sin(nx) und f ⊥ cos(nx) (n ≥ 0).

⇒ f = 0 fast uberall und damit auch f .

A49

Ist die Folge (an)n≥0 konvergent, so ist auch die Folge (σn)n≥1 ihrer arithmetischer Mittel

σn =1

n(a0 + a1 + . . . + an)

konvergent und die Grenzwerte stimmen uberein.

Losung:

Sei limn

an = a.

(an) ist damit beschrankt, d.h. es existiert ein M > 0 mit |an − a| ≤ M, n ≥ 0,

und es ex. ein N > 0 so, dass |an − a| < ε, n > N .

|σn − a| ≤ 1

n(|a0 − a|+ |a1 − a|+ . . . |an − a|)

≤ 1

n(M ·N + (n−N)ε)

=N

nM +

n−N

nε

→ ε fur n →∞.

Also existiert ein N > N so, dass |σn − a| < 2ε, n > N gilt. ⇒ Beh.

6



A50

Sei f ∈ L1(T ). Gilt∑|n|≥0

n2fnr < ∞, so konvergiert die Fourierreihe von f absolut und gleichmaßig

f.u. gegen f .

Losung:

Die absolute und gleichmaßige Konvergenz folgt aus

∑n≥N

∣∣fneinx

∣∣ =∑

|n|≥N

|fn| =∑

|n|≥N

1

|n| |nfn|

≤∑

|n|≥N

2

n2·

∑

|n|≥N

n2|fn|2

≤ const.∑n≥N

1

n2→ 0 (N →∞)

Also ist φ : x → ∑n∈Z

fneinx eine stetige Funktion mit φn = fn.

Damit gilt φ = f fast uberall.

A52

Sei X ein vollstandiger metrischer Raum ohne isolierte Punkte. Dann ist jede dichte Gδ-Mengeuberabzahlbar.

Hinweis: Angenommen, E = x1, x2, . . . ist dicht und Gδ-Menge, also E =⋂n

Vn mit offenen

Mengen Vn. Betrachten Sie dann die Mengen Wn = Vn\x1, x2, . . . xn.

Losung:

Sei E wie im Hinweis und Wn = Vn\x1, x2, . . . xn.Wn ist offen und dicht, da X keine isolierten Punkte enthalt, also insbesondere x1, x2, . . . , xnnicht isoliert sind.

Aus x1, x2, . . . =⋂n

Vn folgt dann aber

⋂n

Wn =⋂n

Vn\x0, x1, . . . , xn = (⋂n

Vn)\x0, x1, . . . = ∅

Das ist aber ein Widerspruch zum Baireschen Kategorien-Satz: Der Durchschnitt abzahlbar vieleroffener dichter Mengen ist dicht, also insbesondere nicht leer.

1



Eine Funktion f : R→ R heißt unterhalbstetig (uhs), wenn fur jedes reelle α die Menge f > αoffen ist.

a) Ist f uhs und f(x) < ∞, so ex. zu jedem ε > 0 ein δ > 0, so dass

f(u) > f(x)− ε, |u− x| < δ.

b) Wie lautet die entsprechende Formulierung fur f(x) = ∞?

c) Ist (fn) eine Folge unterhalbstetiger Funktionen, so ist auch sup fn uhs.

d) Ist f uhs, so ist f = ∞ eine Gδ–Menge.

Losung:

f(x)f(x)− ε

δ

a) Ist f(x) = α < ∞ und ε > 0, so ist f > α − ε nach Voraussetzung offen. Es ex. eine offeneUmgebung von x und damit ein δ > 0 mit Uδ ⊂ f > α− ε. Das aber bedeutet f(u) > α− ε fur|x− u| < δ.

b) Ist f(x) = ∞, so ex. zu jedem M ≥ 0 ein δ > 0, so dass f(u) > M fur |x− u| < δ.

c) sup fn > α =⋃n

fn > α offen.

d) Ist f = ∞ leer, stimmt die Behauptung.

Sonst f = ∞ =⋂N

f > N.

2



Fur jedes f ∈ C(T ) gilt ||snf ||∞/ log n → 0.

Gilt dagegen wn/ log n → 0, so existiert ein f ∈ C(T ) mit ||snf ||/wn →∞.

Hinweis: Sei (Λn)n eine Folge gleichmaßig beschrankter Funktionale auf einem Banachraum X.Konvergiert (Λnx)n auf einer dichten Menge in X, so konvergiert (Λnx)n fur alle x.

Losung:

Auf C([−π, π]) gilt snf = f ∗Dn mit Dn(t) =sin(n + 1/2)t

sin t/2.

Wir betrachten fur jedes x ∈ [−π, π] die lineare Abbildung

Λn : C([−π, π]) → C mit Λnf = snf(x)

.

In der Vorlesung wurde gezeigt, dass ||Λn|| = ||Dn||1 gilt, und aus der Losung von A42 ergibt sich||Dn||1 ∼ log n (asymptotisches Verhalten).

Es gibt also Konstanten 0 < m ≤ M mit m ≤ ||Dn||1log n

≤ M .

Betrachte nun fur bel. x ∈ T : Λn =1

log nΛn mit Λnf =

1

log nsnf(x), n ≥ 2

Dann gilt ||Λn|| ≤ M, ∀n ∈ Z, und auf der dichten Teilmenge C1(T ) ⊂ C(T ) gilt starker

Λnf =1

log nsnf(x) → 0, da ja snf(x) → f(x).

Dann ist aber Λnf auch fur jedes f ∈ C(T ) konvergent, und man sieht leicht, dass auch Λnf → 0gelten muss.

Hieraus folgt (mit einem Widerspruchsargument), dass auch

1

log nmaxx∈T

snf(x) → 0, (n →∞).

Ist (wn)n eine Folge mitwn

log n→ 0, so folgt fur Λn =

1

wn

Λn =Λn

log n· log n

wn

||Λn|| = || Λn

log n||

︸︷︷︸beschrankt

· log n

wn︸︷︷︸→∞

→∞.

Jetzt kann der Satz von Banach-Steinhaus angewendet werden (vergl. Beweis in der Vorlesung).

3



Zeigen Sie die folgenden Aussagen uber den Raum

C0(Rn) = f ∈ C(Rn) : lim|x|→∞

f(x) = 0

der im Unendlichen verschwindenden Funktionen.

a) Es ist f ∈ C0(Rn) genau dann, wenn es zu jedem ε > 0 eine kompakte Menge K gibt, sodass |f(x)| < ε fur x 6∈ K.

b) Jede Funktion f ∈ C0(Rn) ist gleichmaßig stetig.

c) C0(Rn) mit der Supremumsnorm ist ein Banachraum.

d) Ist (fk) eine Cauchyfolge in C(Rn) und supp fk kompakt fur jedes k, so giltlim fk ∈ C0(Rn).

Losung:

a) ’⇐’: Sei ε > 0. Dann ex. K mit |f(x)| < ε fur x 6∈ K.

Da K beschrankt ist, ex. R mit |x| > R ⇒ x 6∈ K.

Also: |x| > R ⇒ |f(x)| < ε, und damit lim|x|→∞

f(x) = 0.

’⇒’: Falls die Aussage nicht gilt, gibt es ein ε > 0, so dass fur jede kompakten Menge Kein x 6∈ K ex. mit |f(x)| ≥ ε. Damit ex. eine Folge (xk) mit |xk| → ∞ und |f(xk)| ≥ ε.Widerspruch!

b) Geg. ε > 0. Dann ex. R > 1 mit |f(x)| < ε, |x| ≥ R.

Auf |x| ≤ 2R ist f gleichmaßig stetig, d.h. es ex. δ > 0 mit

|x− y| < δ ⇒ |f(x)− f(y)| < ε, |x|, |y| ≤ 2R.

Gilt |x|, |y| ≥ R, so ist |f(x)− f(y)| ≤ |f(x)|+ |f(y| = 2ε (unabhangig von δ).

Gilt |x− y| < δ < 1, |x| < R, |y| > R, so ist |y| < 2R und damit |f(x)− f(y)| < ε .

c) Zu zeigen: C0 = C0(Rn) ist abgeschlossener Unterraum des Banachraumes C0 = C0(Rn).

Eine Cauchyfolge in C0 ist auch Cauchyfolge in C0. Sei f = lim fk ∈ C0. Z.z. f ∈ C0!

Sei ε > 0. Dann ex. N mit |fk − f |∞ < ε fur k ≥ N .

Speziell fur fN ex. nach a) eine kompakte Menge K mit |fN | < ε, x 6∈ K.

Dann gilt aber |f | ≤ |f − fN |+ |fN | < 2ε, x 6∈ K, also f ∈ C0.

d) Sei (fk) Cauchyfolge in C0, f = lim fk und ε > 0.

Dann ex. N mit |fk − f | < ε, k ≥ N .

Zu fN ex. eine kompakte Menge K mit fN = 0, x 6∈ K.

⇒ |f | ≤ |f − fN |+ |fN |︸︷︷︸=0

< ε, x 6∈ K ⇒ Beh..

1



Def: Fur f ∈ C∞(Rn) und N ≥ 0 sei

|f |N = sup|α|≤N

supx∈Rn

(1 + |x|)N |Dαf(x)|

.Sn := f ∈ C∞(Rn) : |f |N < ∞, N ≥ 0 (Schwartzraum)

Def: d(f, g) :=∑

N≥0

2−N |f − g|N1 + |f − g|N

A55

Beweisen Sie Lemma 5.5:

Fur f ∈ S sind aquivalent:

(i) |f |N < ∞ fur alle N ≥ 0,

(ii) P ·Dαf ist beschrankt fur jedes Polynom P und jeden Multiindex α,

(iii) Jede Ableitung von f konvergiert fur |x| → ∞ schneller gegen Null alsjede Potenz von |x|−1.

A56

Beweisen Sie Lemma 5.6

Sei (fk) eine Folge in Sn und f ∈ Sn. Dann sind aquivalent:

(i) f = lim fk in Sn,

(ii) d(fk, f) → 0 fur k →∞,

(iii) |fk − f |N → 0 fur jedes N ≥ 0,

(iv) PDαfk → PDαf fur jedes Polynom P und jeden Multiindex α.

A57

Zeigen Sie, dass der Schwartzraum Sn dicht in L1(Rn) ist.

2



Bestimmen Sie

lima→∞

a∫

−a

sin λt

teitxdt mit λ > 0 und x ∈ R.

Losung:

Wir deuten das Integral als Umkehrtransformation:

1√2π

lima→∞

a∫

−a

sin λt

teitxdt = Φ−1

sin λt

t

(x)

Nun gilt

∫R1[−α,α]e

−itx dx =−1

ite−itx

∣∣∣α

−α=−1

it(e−itα − eitα) =

−1

it(−2i sin αt) = 2

sin αt

t

⇒ 1[−α,α](t) =2√2π

sin αt

t

⇒ 1√2π

∫R

2√2π

sin λt

teitxdt = 1[−λ,λ](x) ⇒ ∫

R

sin λt

teitxdt = π1[−λ,λ](x)

Alternativlosung:

Es gilt∞∫−∞

sin ax

xdx =

π, a > 0

−π, a < 0

∞∫−∞

sin λt

teitxdt =

∞∫−∞

sin λt

t(cos tx + i sin tx︸︷︷︸

ergibt ungerade Funktion

)dt =∞∫−∞

sin λt cos tx

tdt

=1

2

∞∫−∞

sin(λ− x)t + sin(λ + x)t

tdt =

π, x < λ

π/2, x = λ

0, x > λ

3



Bestimmen Sie die Fouriertransformierten der folgenden Funktionen einer Variablen.

a)sin t

tb)

1

1 + x2c)

sin2 t

t2d) e−|x|

a) Wir wissen (Vergl. auch A58): 1∧[−1,1] =

√2

π

sin t

t.

Nun istsin t

teine gerade Funktion, und es gilt

∫R

sin x

xeitx dx =

∫R

sin x

xe−itx dx

⇒(

sin t

t

)∧=

√π

21[−1,1]

Um den folgen Teil eleganter losen zu konnen, bearbeiten wir zunachst Teil d)

d) f(x) = e−|x|. f(t) =1√2π

(0∫

−∞exe−itx dx +

∞∫0

e−xe−itx dx

)

=1√2π

(1

1 + it+

1

1− it

)=

√2

π

1

1 + t2

b) Wie in a) gilt1√2π

∫R

e−itx

1 + x2=

1√2π

∫R

eitx

1 + x2dx =

√π

2e−|t|

c) Mit f(x) =sin2 x

x

2

gilt (f 2)∧ = f ∗ f =π

2· 1[−1,1] ∗ 1[−1,1].

1[−1,1] ∗ 1[−1,1](t) =1√2π

∫

R

1[−1,1](s)1[−1,1](t− s) ds

=1√2π

1∫

−1

1[−1,1](t− s) ds

=1√2π

t+1∫

t−1

1[−1,1](s)ds

=1√2π

λ([−1, 1] ∩ [t− 1, t + 1])

=1√2π

(2− |x|) · 1[−2,2]

1



A60

Ist f(t) =sin t

tund g(t) = e2it f(t), so gilt f ∗ g = 0.

Losung:

Es gilt g(t) =1√2π

∫e2ixf(x)e−itx dx =

1√2π

∫eix(2−t)f(x) dx = f(t− 2) = τ2f

Z.B. mit A59 a) ist bekannt: f(t) =

√π

21[−1,1](t).

Damit gilt f · f(t− 2) = 0 ⇒ (f ∗ g)∧ = 0 ⇒ f ∗ g = 0.

A61

Ist f ∈ L1(Rn) nur eine Funktion von |x|, so gilt dies auch fur f .

Losung:

f Funktion von |x| bedeutet f = f A mit A ∈ O(n).

Aus Aufgabe 4P wissen wir:

(f A)∧ = det(A−1)T

︸︷︷︸=1

·f (A−1)T = f (A−1)T = f A, da A ∈ O(n).

Dies ist die Behauptung.

2



Sei fα(x) = e−αx2, 0 < α < ∞.

a) Fur ϕ = fα gilt 2αϕ′ + tϕ = 0. Bestimmen Sie damit fα.

b) Es ex. genau ein α, so dass fα = fα.

c) Es gilt fα ∗ fβ = cfγ mit c und γ als Funktionen von α und β.

Losung:

a) ϕ′(t) =∂

∂t

∫R

e−αx2e−itx dx =

∫R−ixe−αx2

e−itx dx =i

2αe−αx2

e−itx∣∣∣∞

−∞︸︷︷︸=0

− i

2α

∫R

e−αx2(−it) e−itx dx

= − t

2αϕ(t) ⇒ 2αϕ′ + tϕ = 0 ⇒ ϕ(t) = c · e−t2/4α

c = f(0) =1√2π

∫R

e−αx2dx =

1√2α

⇒ fα(t) =1√2α

e−t2/4α

b) α =1

2

c) (fα ∗ fβ)∧ = fαfβ =1√4αβ

e−t2/4α · e−t2/4β =1√4αβ

exp(−t2α + β

4αβ)

=1√4αβ

e−t2/4γ mit γ =αβ

α + β

e−t2/4γ ist nach a) aber die Fouriertransformierte von√

2γe−γx2, woraus die Behauptung folgt.

3



Finden Sie Bedingungen fur f und f , so dass folgendes Argument korrekt ist.

Sei

ϕ(t) =1

2π

∞∫

−∞

f(x) e−itxdx, F (x) =∞∑

k=−∞f(x + 2kπ).

a) Dann ist F 2π−periodisch, und der n−te Fourierkoeffizient von F ist F = ϕ(n). Somit gilt

auch F (x) =∞∑

n=−∞ϕ(n)einx, und insbesondere

∞∑k=−∞

f(2kπ) =∞∑

n=−∞ϕ(n)

b) Sei α > 0 und β = 2π/α : Dann gilt (Poissonsche Summenformel)

∞∑

k=−∞f(kβ) = α

∞∑n=−∞

ϕ(nα)

Losung:

a) Zunachst zwei Beispiele:

(1) Sei f(x) definiert auf [−π, π) und 0 sonst. Dann ist F (x) =∞∑

k=−∞f(x+2kπ) die 2π−periodische

Fortsetzung von f , da f(x + 2kπ) = 0 fur |x| > π. Sei x ∈ R.Dann liefert die unendliche Summe namlich nur fur −π ≤ x + 2kπ < π den Beitrag f(x).

Die Fourierkoeffizenten von F werden somit bestimmt durch cn =1

2π

π∫−π

f(x)e−inx dx.

Andererseits gilt fur f :

f(t) =√

2πϕ(t) =1√2π

∫R

f(x) e−itx dx =1√2π

π∫−π

f(x) e−itx dx ⇒ cn =1√2π

f(n) = ϕ(n),

also F (x) =∞∑

n=−∞ϕ(n) einx. Fur x = 0 ergibt sich

∞∑k=−∞

f(2kπ) =∞∑

n=−∞ϕ(n)

(2) Das zweite Beispiel soll mit einer Funktion f : R 7→ R durchgefuhrt werden. Es zeigt auch, dass

die Aussage nicht sehr anschaulich ist. Die Schwierigkeit ist, dass∞∑

k=−∞f(x + 2kπ) konvergieren

muss und die Summe (fur das Beispiel) geschlossen dargestellt werden kann.

Die Konvergenz der Summe ist gesichert, falls f(x + 2kπ) < ∞ ∀x, ∀k und f ∈ L1(R),

also z. B. f ∈ C(R), |f(x)| < 1

xα, α > 1 (|x| → ∞).

F (x) =∞∑

k=−∞f(x + 2kπ) ist, falls die Summe konvergiert, 2π−periodisch.

Wir wahlen f(x) = e−|x| ⇒ fur − π ≤ x < π : gilt e−|x+2kπ| =

e−|x|, k = 0

e−x−2kπ, k > 0

ex+2kπ, k < 0

∑k∈Z

e−|x+2kπ| = e−|x| +1

e2π − 1(e−x + ex) = e−|x| +

2 cosh x

e2π − 1

4

Mit A59 b) ergibt sich : ϕ(t) =1√2π

f(t) =

√2

π

1√2π

1

1 + t2=

1

π

1

1 + t2⇒ cn =

1

π

1

1 + n2

⇒ 1

π

∑n∈Z

1

1 + n2einx = F (x) = e−|x| +

2 cosh x

e2π − 1

Mit x = 0 erhalten wir damit den Wert der Summe∞∑

n=0

1

1 + n2aus

1

π

∑

n∈Z

1

1 + n2=

1

π

(1 + 2

∑n>0

1

1 + n2

)= 1 +

2

e2π − 1=

e2π + 1

e2π − 1

Damit ist die Strategie fur die Losung klar:

F ist 2π−periodisch und lasst sich in eine Fourierreihe entwickeln.

F (n) =1

2π

π∫x=−π

F (x) e−ixt dx =1

2π

π∫x=−π

∑k∈Z

f(x + 2kπ)e−inx dx

=1

2π

∑k∈Z

π∫x=−π

f(x + 2kπ)e−inx dx =1

2π

∫R

f(x)e−inx dx = ϕ(n)

Mit F (x) =∞∑−∞

ϕ(n) einx gilt (unter geeigneten Voraussetzungen) fur x = 0:

∞∑k=−∞

f(2kπ) =∞∑

n=−∞ϕ(n) (*).

Dies setzt voraus, dass in x = 0 F(x) durch die Fourierreihe dargestellt werden kann. Es genugtz.B., wenn F stetig und stuckweise stetig differenzierbar in einer Umgebung von x = 0 ist.

b) Es gilt: g(λx)∧(t) =1

λg(t/λ).

Sei fλf(x) := λf(λx) ⇒ fλ = f(t/λ).

⇒ ∑λf(2πkλ) =

∑ϕ(n/λ)

Mit λ =β

2π=

1

αergibt sich die Behauptung aus (*).

5



A64

Sei ϕ ∈ D(Ω) und Λ ∈ D′(Ω) mit Ω ⊂ Rn. Zeigen oder widerlegen Sie die folgenden Aussagen:

a) ϕΛ = 0 ⇒ Λϕ = 0.

b) Λϕ = 0 ⇒ ϕΛ = 0?

Losung:

a) ϕΛ = 0 ⇔ Λ(ϕψ) = 0 ∀ψ ∈ D(Ω).

Wahle ψ so, dass ψ = Λ auf supp ϕ.

Dann ist ϕψ = ϕ, und somit 0 = Λ(ϕψ) = Λϕ.

b) Die Behauptung ist falsch. Gegenbeispiel (auf R):

Λ = δ1 + δ−1, also Λϕ = ϕ(1) + ϕ(−1) ⇒ Λϕ = 0 fur ein ϕ.

Gilt andererseits ϕ(1) 6= 0, so ist Λ(ϕ2) > 0 ⇔ ϕΛ(φ) > 0.

Also ist ϕΛ nicht identisch 0.

A65

Sei (fk) eine Folge in L1loc(Ω) mit

limk→∞

∫

K

|fk| dx = 0, K b Ω

Dann gilt DαfkD′−→ 0 fur jedes α.

Losung:

Zu zeigen ist DαfkD′−→ 0, also 〈Dαfk, ϕ〉 → 0 fur jedes ϕ ∈ D(Λ).

Nun ist 〈Dαfk, ϕ〉 =∫

ΩDαfk · ϕdx = (−1)|α|

∫Ω

fkDαϕdx.

Da K = supp ϕ kompakt ist und sup |Dαϕ| ≤ C < ∞, folgt

| ∫K

fkDαϕdx| ≤ ∫

K|fk| · |Dαϕ| dx ≤ C

∫K|fk| dx → 0.

1



Bestimmen Sie mit Hilfe der Fouriertransformation die Losung der Differenzialgleichung

−u′′ + u = e−|x| mit lim|x|→∞

u(x) = 0.

Losung:

Die Fourier–Transformierte von f(x) = e−|x| ist nach A59 d) f(t) =

√2

π

1

1 + t2.

Die Fourier–Transformation der Differentialgleichung −u′′ + u = e−|x| liefert damit

−i2t2u + u = (t2 + 1)u =

√2

π

1

1 + t2

und folglich

u(t) =

√2

π

1

(1 + t2)2=

√π

2

(√2

π

1

1 + t2

)·(√

2

π

1

1 + t2

)=

√π

2f 2(t).

Durch Rucktransformation mit Hilfe der Faltung erhalt man die Losung der ursprunglichen Dif-ferentialgleichung

u(x) =

√π

2(f ∗ f)(x) =

√π

2

1√2π

∫ ∞

−∞e−|x−t|e−|t| dt =

1

2

∫ ∞

−∞e−|x−t|e−|t| dt.

Fur x ≥ 0 erhalt man

u(x) =1

2

∫ 0

−∞e2t−x dt +

1

2

∫ x

0

e−x dt +1

2

∫ ∞

x

ex−2t dt

=1

2

(e−x

[1

2e2t

]0

−∞+ xe−x − ex

[1

2e−2t

]∞

x

)

=1

2

(xe−x + e−x

).

Fur x < 0 erhalt man analog

u(x) =1

2(−xex + ex) .

Insgesamt ergibt sich

y(x) =1

2(|x|+ 1)e−|x|.

2



Gegeben ist das Rand- und Anfangswertproblem

ut = uxx − u, (x, t) ∈ [0, π]× [0,∞)

mit

u =

0 auf ∂[0, π]× [0,∞),

sin x + sin 2x auf [0, π]× ∂[0,∞).

a) Bestimmen Sie mit Hilfe des Separationsansatzes u(x, t) = v(t)w(x) gewohnliche Differen-zalgleichungen fur v und w,

b) mit Hilfe der Randbedingungen die allgemeinen Losungen fur v und w,

c) durch geeignete Linearkombinationen und mit Hilfe der Anfangsbedingungeine Losung fur u.

Losung:

a) Gegeben sei die homogene partielle Differentialgleichung

ut−uxx+u = 0, u(0, t) = u(π, t) = 0, u(x, 0) = sin x+sin(2x) mit 0 ≤ x ≤ π, t ≥ 0. (1)

a) Der Ansatz fuhrt auf

v′w − vw′′ + vw = w(v′ + v)− vw′′ = v′w + v(w − w′′) = 0

Wir wahlen die erste Kombination (die zweite fuhrt auf die selbe Losung):

Es muss gelten:v′(t) + v(t)

v(t)=

w′′(x)

w(x)= λ (=konst.)

⇒ w′′ − λw = 0, v′ = (λ− 1)v

b) λ ≥ 0 ergibt nur triviale Losungen fur w(x):

λ > 0 : w(x) = c1 sinh(√

λx) + c2 cosh(√

λx)

Mit w(0) = w(π) = 0 folgt c2 = c1 = 0 fur λ 6= 0

λ = 0 : w(x) = c1 + c2x

Mit w(0) = w(π) = 0 folgt c1 = c2 = 0

λ < 0 ergibt: w(x) = c1 sin√−λx + c2 cos

√−λx. Aus w(0) = 0 folgt c2 = 0und wegen w(π) = 0 muss (fur nicht triviale Losungen!) λ = −n2 gelten.

Mit v′ = (λ− 1)v ergibt sich vn(t) = e(−1−n2)t und mit dem Superpositionsprinzip

u(x, t) =∞∑

n=1

ane(−1−n2)t sin nx

.

c) Wegen u(x, 0) =∑∞

n=1 an sin nx!= sin x + sin 2x erhalt man a1 = 1, a2 = 1 und an = 0

fur n > 2 und somit die Losung

u(x, t) = e−2t sin x + e−5t sin 2x

3

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