Folgerung 3.33 Es sei f : T → C in einem Punkt x0 ∈ T Hölder stetig, d.h. es gibt ein C > 0 und ein 0 < α ≤ 1 so, dass |f (x) − f (x0 )| ≤ C|x − x0 |α für alle x ∈ T. Dann gilt limN →∞ SN f (x0 ) = f (x0 ). Folgerung 3.34 Es f : T → C eine stückweise stetige differenzierbare Funktion, d.h. es gibt 0 = x0 < x1 < . . . < xN = 2π so, dass f : (xj , xj+1 ) → C, j = 0, . . . , N − 1, stetig differenzierbar ist und stetig differenzierbar auf [xj , xj+1 ] fortsetzbar ist. Dann gilt 1 lim SN f (x0 ) = lim (f (x0 + h) + f (x0 − h)) N →∞ 2 h→0 für alle x0 ∈ T. Insbesondere gilt limN →∞ SN f (x0 ) = f (x0 ) für alle x0 in denen f stetig ist. Beweis: Es seien 0 = x0 < x1 < . . . < xN = 2π so, dass f : (xj , xj+1) → C, j = 0, . . . , N − 1 stetig differenzierbar ist und eine stetig differenzierbare Fortsetzung auf [xj , xj+1 ] hat. Insbesondere gilt dann |f (x+h)−f (x)| ≤ Ch für alle h ∈ T und x ∈ (xj , xj+1 ), j = 0, . . . , N − 1. Damit folgt limN →∞ SN f (x) = f (x) = 12 limh→0 (f (x + h0 ) + f (x − h0 )) für alle x ∈ (xj , xj+1 ),j = 0, . . . , N − 1. Es bleibt also nur noch zu zeigen, dass die Aussage auch in allen xj , j = 0, . . . , N gilt. Dazu nutzen wir, dass f |(xj1 ,xj ) eine stetige differenzierbare Fortsetzung auf [xj−1 , xj ] hat. Daraus folgt |f (xj ±) − f (xj ± h)| ≤ Ch für alle h > 0, wobei f (xj ±) = lim0<h→0 f (xj ± h). Daraus folgt Z π Z π f (xj + h) − f (xj − h) f (xj +) + f (xj −) dh − dh < ∞ h ≤C 2 2 0 0 für alle j = 0, . . . , N. Somit folgt die Aussage der Folgerung aus Satz 3.31. 3.5 Glattheit von Funktionen und asymptotisches Verhalten der Fourierkoeffizienten Zur Erinnerung: Folgerung 3.18 besagt, dass |k|m fˆ(k) →|k|→∞ 0 falls f ∈ C m (T). Eine Verfeinerung im Fall m = 1 ist der folgende Satz: R ˆ = 1 2π f (x) dx = 0 sowie Satz 3.35 Es sei f ∈ L1 (T) mit f(0) 2π 0 Z x F (x) = f (t) dt für alle x ∈ T. 0 27 (3.28) Dann ist F : R → C stetig und 2π-periodisch und es gilt ˆ ik F̂ (k) = f(k) (3.29) für alle k ∈ Z. Insbesondere gilt |k|F̂ (k) →|k|→∞ 0. Beweis: Aus dem Satz über majorisierte Konvergenz folgt direkt, dass F : R → C stetig ist. Außerdem ist F 2π-periodisch, da Z 2π Z 2π+x F (x + 2π) = f (t) dt + f (t) dt 0 2π Z x = 0+ f (t) dt = F (x) 0 R 2π Um (3.29) zu zeigen, wählen wir fN ∈ C(T) mit fN →N →∞ f ∈ L1 (T). Da 0 f (t) dt = 0, folgt auch Z 2π Z 2π ≤ 2πkfN − f kL1 (T) →N →∞ 0. = (f (t) − f (t)) dt f (t) dt N N 0 0 Deshalb können wir o.B.d.A. annehmen, dass Z 2π fN (t) dt = 0 für alle N ∈ N, 0 R 2π 1 fN (t) dt ersetzen. (Alternative kann man auch da wir sonst fN durch fN − 2π 0 direkt fN = σN f wählen.) Nun sei Z x FN (x) = fN (t) dt für alle x ∈ R, N ∈ N. 0 Dann sind FN ∈ C 1 (T), N ∈ N, und es folgt aus Lemma 3.5, dass ′ fˆN (k) = Fc N (k) = ik F̂N (k) für alle k ∈ Z. Da F : L1 (T) → ℓ∞ (Z) beschränkt und stetig ist sowie fN →N →∞ f , folgt ˆ F [fN ] = (fˆN (k))k∈Z →N →∞ F [f ] = (f(k)) k∈Z d.h. in ℓ∞ (Z), sup |fˆN (k) − fˆ(k)| →N →∞ 0. k∈Z Außerdem gilt kFN − F kL1 (T) ≤ kFN − F kL∞ (T) Z x = sup (fN (t) − f (t)) dt x∈[0,2π] ≤ 2πkfN − f kL1 (T) →N →∞ 0. 28 0 (3.30) Somit folgt auch sup |F̂N (k) − F̂ (k)| ≤ kFN − F kL1 (T) →N →∞ 0 k∈Z genauso wie zuvor. Deshalb folgt (3.29) indem man in (3.30) zur Grenze übergeht. Die letzte Aussage folgt aus (3.29) und dem Satz von Riemann-Lebesgue. Mithilfe des vorangehenden Satzes können wir ein Kriterium zeigen, welches impliziert, dass nicht alle Nullfolgen (ak )k∈Z Fourierkoeffizienten einer L1 (T)-Funktion sind und somit 1 F : L (T) → c0 (Z) = (ak )k∈Z : lim ak = 0 |k|→∞ nicht surjektiv ist. ˆ = −fˆ(−k) ≥ 0 für alle k ∈ N0 . Dann gilt Satz 3.36 Sei f ∈ L1 (T) so, dass f(k) X1 fˆ(n) < ∞. n n∈N Beweis: Nach Voraussetzung ist fˆ(0) = −fˆ(−0) = 0. Somit ist Z x F (x) = f (t) dt 0 eine stetige 2π-periodische Funktion und es gilt nach Satz 3.35 F̂ (k) = 1 ˆ f (k) ik für alle k 6= 0. Da fˆ(k) = −fˆ(−k) ≥ 0 für alle k ∈ N, folgt iF̂ (k) = Außerdem folgt aus Satz 3.30, dass iF (0) = = lim iKN ∗ F (0) = lim N →∞ X f(k) ˆ k6=0 da 1 − |k| N +1 fˆ(k) , k N →∞ k =2 X fˆ(k) k∈N fˆ(k) k X 0<|k|≤N = fˆ(−k) −k ≥ 0 für alle k ∈ Z. |k| 1− N +1 k N ∈ N, für alle k ∈ N monoton wachsend gegen Beispiel 3.37 Wählt man ak = sign k ˆ f(k) k 1 ln(e + |k|) 29 für k ∈ Z fˆ(k) k konvergiert. wobei falls x > 0 1 sign x = 0 falls x = 0 −1 falls x < 0 so ist ak = −a−k ≥ 0 für alle k ∈ N0 und ∞ X ak k=1 k = ∞ X k=1 1 = +∞ k ln(e + k) was z.B. aus dem Verdichtungskriterium folgt: ∞ X ak < ∞ ⇔ k=1 ∞ X 2k a2k k=0 ˆ = ak für sofern ak ≥ 0, k ∈ N, monoton fällt. Somit kann es kein f ∈ L1 (T) mit f(k) alle k ∈ Z geben, da dies Satz 3.36 widersprechen würde. Bemerkung 3.38 Man kann allerdings zeigen, dass es ein f ∈ L1 (T) gibt mit 1 für alle k ∈ Z, siehe [Kat71, Theorem 4.1, Chapter I]. Dies zeigt, fˆ(k) = ln(e+k) dass es nicht nur von |ak | abhängt, ob es ein f ∈ L1 (T) gibt mit fˆ(k) = ak für alle k ∈ Z. Außerdem folgt daraus, dass die Hilberttransformation H keine beschränkte Fortsetzung H : L1 (T) → L1 (T) haben kann. Denn für das vorangehende f ∈ L1 (T) d(k) = sign k 1 für alle k ∈ Z gelten, wobei Hf ∈ L1 (T) dem würde dann Hf ln(e+k) vorangehenden Beispiel widerspricht. Zum Abschluss beweisen wir noch eine Verfeinerung von (3.28) bzw. Satz 3.35, bei der eine Ableitung durch den sogenannten Stetigkeitsmodul einer Funktion ersetzt wird. Dazu definieren wir für f ∈ L1 (T) ω1 (t, f ) = sup kτh f − f kL1 (T) , t > 0, |h|≤t wobei wiederum (τh f )(x) = f (x + h) für alle h, x ∈ T. Satz 3.39 Für alle f ∈ L1 (T) gilt 1 ˆ |f(k)| ≤ ω1 2 π ,f |k| für alle k 6= 0. Beweis: Für k ∈ Z, k 6= 0, gilt Z 2π Z 2π π 1 1 −ikx f (x)e dx = − f (x)e−ik(x+ k ) dx fˆ(k) = 2π 0 2π 0 Z 2π Z 2π π −ikx 1 π −ikx 1 f (x − )e dx = f (x) − f (x − ) e dx. = − 2π 0 k 4π 0 k 30 Daraus folgt 1 1 ˆ |f(k)| ≤ 2 2π für alle k 6= 0. Z 2π 0 π 1 π ,f f (x) − f x − dx ≤ ω1 k 2 k Bemerkungen 3.40 1. Ist f ∈ L1 (T) so gilt ω1 (t, f ) →t→0 0, vgl. 2.Übungsblatt. Somit ist der vorangehende Satz eine Verallgemeinerung des Satzes von Riemann-Lebesgue. 2. Ist f : T → C gleichmäßig Hölder-stetig mit Exponent α ∈ (0, 1], so folgt aus Satz 3.39 π α 1 π 1 ˆ |f(k)| ≤ ω1 , f ≤ sup |f (x + h) − f (x)| ≤ C ≤ C ′ |k|−α π 2 k 2 |h|≤ k k für alle k 6= 0. 3.6 Anwendungen auf zwei partielle Differentialgleichungen Mithilfe von Fourierreihen lassen sich oft Differentialgleichungen auf T effizient lösen. (Zumindest sofern die Gleichung linear ist und konstante Koeffizienten hat.) Als Beispiel betrachten wir zunächst die sogenannte Wärmeleitungsgleichung ∂t u(x, t) = ∂x2 u(x, t) u(x, 0) = u0 (x) für alle x ∈ T, t > 0, für alle x ∈ T. (3.31) (3.32) Hierbei ist u : T×(0, ∞) eine Funktion, die 2π-periodisch in x ist und in Anwendungen z.B. die Wärme eins Stabes beschreibt. u0 : T → R ist der sogenannte Anfangswert dieser partiellen Differentialgleichung für t = 0 und beschreibt z.B. die Temperaturverteilung im Stab. Zunächst leiten wir formal eine Lösung von (3.31)-(3.32) her und zeigen danach, dass die so erhaltene Lösung unter passenden Annahmen tatsächlich die Differentialgleichung löst. Wir nehmen an, dass sich u bezüglich x in eine konvergente Fourierreihe X u(x, t) = ûk (t)eikx k∈Z entwicheln lässt. Setzten wir diesen Ansatz in (3.31), so erhalten wir zunächst formal X X ∂t ûk (t)eikx = − ûk (t)k 2 eikx für alle x ∈ T, k∈Z k∈Z da ∂x2 eixk = −k 2 eixk . Aus dem Eindeutigkeitsatz, Satz 3.15, folgt somit (formal) ∂t ûk (t) = −k 2 ûk (t) für alle k ∈ Z, t > 0. 31 (3.33) Nehmen wir nun an, dass sich auch u0 in eine konvergente Fourierreihe X û0 (k)eikx , x ∈ T, u(x) = k∈Z entwickeln lässt, erhalten wir außerdem aus u(x, 0) = u0 (x) und dem Eindeutigkeitssatz ûk (0) = û0 (k) für alle k ∈ Z. (3.34) Nun folgt aus (3.33)-(3.34), dass 2 ûk (t) = e−k t û0 (k) für alle k ∈ Z. (3.35) Nun zeigen wir, dass die so erhaltene formale Lösung tatsächlich die Gleichung löst. Dazu definieren wir für u0 ∈ L2 (T) und t ≥ 0 X 2 e−k t û0 (k)eikx . (3.36) S(t)u0 = k∈Z Satz 3.41 Es sei S(t), t ≥ 0, wie in (3.36) definiert. Dann ist S(t) : L2 (T) → L2 (T) für alle t ≥ 0 ein beschränkter linearer Operator so, dass S(t)u0 ∈ C ∞ (T) für alle t > 0. Außerdem gilt für alle u0 ∈ L2 (T), dass 1. limt→0 S(t)u0 = u0 in L2 (T). 2. S(t + s) = S(t)S(s) für alle t, s ≥ 0. 3. u(t, x) := (S(t)u0 )(x) ist eine glatte Funktion in x ∈ T, t > 0, die (3.31) löst. 2 Beweis: Da mt (k) = e−k t ∈ ℓ∞ (Z) für alle t ≥ 0, ist S(t) : L2 (T) → L2 (T) für alle t ≥ 0 ein beschränkter linearer Operator wegen Satz 3.24. Da −ik 2 t e û0 (k) ∈ s(Z) für t > 0 k∈Z folgt, dass S(t)u0 ∈ C ∞ (T) für alle t > 0, vgl. Übung 4. Die Identität S(t + s) = 2 2 2 S(t)S(s) für alle t, s ≥ 0 folgt aus e−k (t+s) = e−k t e−k s . Außerdem gilt 2 F [S(t)u0](k) = e−k t û0 (k) →t→0 û0 (k) für alle k ∈ Z, −k 2 t für alle k ∈ Z. |F [S(t)u0 ](k)| = |e û0 (k)| ≤ |û0(k)| Somit folgt aus dem Satz von Plancharel und dem Satz über majorisierte Konvergenz X 2 kS(t)u0 − u0 k2L2 (T) = |(e−k t − 1)û0 (k)|2 →t→0 0. k∈Z Da kf kC(T) ≤ Konvergenz P ˆ k∈Z |f (k)| erhält man wiederum mit dem Satz über majorisierte kS(t + h)u0 − S(t)u0 kC(T) ≤ X |(e−k k∈Z 32 2h 2 − 1)||e−ik t û0 (k)| →t→0 0 für alle t > 0, d.h. u(t, x) = (S(t)u0 )(x) ist stetig in x ∈ T, t > 0. Ähnlich erhält man 1 2 (S(t + h)u0 − S(t)u0 ) − ∂x S(t)u0 h C(T) ! X e−k2 h − 1 2 ≤ + k 2 e−k t û0 (k) →h→0 0, h k∈Z 2 P 2 −k h da e h −1 ≤ k 2 wegen 0 ≤ e−s −1 ≤ s für alle s ≥ 0 und k∈Z k 2 e−ik t |û0(k)| < ∞. D.h. u(t, x) ist für t > 0 differenzierbar und es gilt ∂t u = ∂x2 u = ∂x2 S(t)u0 . Insbesondere gilt (3.31). Um zu sehen, dass u(t, x) in x ∈ T, t > 0 glatt ist, nutzen wir für 0 < s, t: ∂t u(s + t′ , x) = ∂x2 S(s)S(t′ )u0 = S(s)∂x2 S(t′ )u0 . Definiert man nun v0 = S(t′ )u0 und v(s, x) = ∂t2 u(t′ + s, x) = S(s)v0 , so ist v(s, x) glatt in x ∈ T und differenzierbar für alle s > 0 und es gilt ∂s v(s, x) = ∂t2 u(t′ + s, x) = ∂t S(s)∂x2 S(t′ ) = ∂x4 S(t′ + s)u0 für alle t′ , s > 0 nach dem bereits Bewiesenem. Iteriert man dieses Argument so erhält man, dass für alle t > 0 und k ∈ N u k-mal bzgl. t differenzierbar ist und ∂tk u(t, x) = ∂x2k (S(t)u0 )(x) ∈ C ∞ (T). Also ist u : T × (0, ∞) → C glatt und der Satz ist bewiesen. Auf ähnliche Weise lässt sich die sogenannte Schrödinger-Gleichung i∂t u(t, x) = ∂x2 u(t, x) u(0, x) = u0 (x) für x ∈ T, t ∈ R, für x ∈ T. (3.37) (3.38) Dann ist die (formale) Lösung u(t, x) = (S(t)u0 )(x), wobei X 2 eik t û0 (k)eixk S(t)u0 = k∈Z für u0 ∈ L2 (T). Dann ist aber im Allgemeinen nicht S(t)u0 ∈ C ∞ (T) für t > 0. 2 Genauer, da |eik t | = 1 für alle k ∈ Z, t ∈ R, gilt 2 S(t)u0 ∈ C ∞ (T) ⇔ (eik t û0 (k))k∈Z ∈ s(T) ⇔ u0 ∈ C ∞ (T) 33 ⇔ (û0(k))k∈Z ∈ s(T) für alle t ∈ R. Außerdem zeigt man ähnlich wie zuvor, dass (i∂t )k S(t)u0 = ∂x2k S(t)u0 für alle k ∈ N und u0 ∈ C ∞ (T). Somit erhält man zumindest für alle u0 ∈ C ∞ (T) eine glatte Lösung u(t, x) = S(t)u0 (x) von der Schrödinger Gleichung (3.37)-(3.38). 2 Schließlich folgt aus |eik t | = 1 und dem Satz von Plancharel kS(t)u0 kL2 (T) = ku0kL2 (T) für alle t > 0, was eine wesentliche Eigenschaft für die Quantenmechanik ist. 3.7 Mehrdimensionale Fourierreihen Ist f : Rn → C eine Funktion, die 2π-periodisch in jeder Kompenente ist, d.h. es gilt f (x1 , . . . , xj−1 , xj + 2π, xj+1, . . . , xn ) = f (x1 , . . . , xn ) für alle (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn und j = 1, . . . , n, so kann man f mit einer Funktion f : Rn /2πZn → C identifizieren. Hierbei ist die Gruppe Rn /2πZn isomorph zu Tn = T . . × T} . | × .{z n−mal Daraus erhält man leicht, dass jeder stetige Homomorphismus f : Tn → C \ {0} von der Form f (x) = f1 (x1 ) · . . . · fn (xn ) für alle x ∈ Tn sein muss wobei fj : T → C \ {0} stetige Homomorphismen sind. Damit folgt aus Lemma 1.1, dass es ein k ∈∈ Zn gibt, so dass fj (xj ) = eikj xj für alle x ∈ T, j = 1, . . . , n und somit f (x) = eik1 x1 · . . . · eikn xn = eik·x für alle x ∈ Tn . Also sind die sogenannten Charaktere der Gruppe Tn gerade die Funktionen ek (x) = eik·x für k ∈ Zn . Ist f : Tn → C, wobei Tn ∼ = Rn /2πZn , eine integrierbare Funktion, so definiert man die Fourierkoeffizienten von f als Z 1 ˆ f (k) = e−ik·x f (x) dx = (f, ek )L2 (Tn ) , k ∈ Zn , (2π)n [0,2π]n wobei x 7→ ek (x) = eik·x , k ∈ Zn , die sogenannten Charaktere der Gruppe Tn sind, und Z 1 (f, g)L2 (Tn ) = f (x)g(x) dx. (2π)n [0,2π]n 34