Harmonische Analysis — Blatt 5

Priv.-Doz. Dr. Jens Wirth
FB Mathematik, Universität Stuttgart
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Übung am 18. November 2014
Harmonische Analysis — Blatt 5
Musterlösungen
Hausaufgaben:
5.1. (a) Sei G lokalkompakt und abelsch und π : G → U(H) eine irreduzible unitäre Darstellung. Zeige, daß
dim H = 1 gilt.
Mit der Identifikation U(1) = T ⊂ C sind irreduzible unitäre Darstellungen also stetige Funktionen
χ : G → C mit |χ(x)| = 1 und χ(xy) = χ(x)χ(y). Solche Funktionen heißen Charaktere von G.
(b) Man bestimme alle Charaktere der zyklischen Gruppen Cn = {ζ ∈ C : ζ n = 1} sowie von T.
(c) Sei nun G = {0, 1}N die Cantorgruppe aus Aufgabe 3.2. Zeige, daß die Charaktere von G gerade
durch die Funktionen
Y
χω ((αn )) =
(−1)αj
j∈ω
parametrisiert durch alle endlichen Teilmengen ω ⊂ N gegeben sind.
Lösung 5.1.
(a) Ist G kommutativ, so gilt π(x)π(y) = π(xy) = π(yx) = π(y)π(x) und damit für alle y auch π(y) ∈
Com(π). Da π irreduzibel ist, folgt π(y) = I für jedes y und damit H = span{π(x)u : x ∈ G} = span{u}
für ein (und jedes) u ∈ H \ {0}.
(b) Ist χ ein Charakter der Gruppe Cn , dann muß χ(ζ k ) = χ(ζ)k gelten. Insbesondere folgt 1 = χ(ζ n ) =
χ(ζ)n und χ(ζ) ist ebenfalls eine n-te Einheitswurzel. Sei nun ω primitive n-te Einheitswurzel. Dann
existiert somit eine Zahl k = 0, 1, . . . , n − 1 mit χ(ω) = ω k und es folgt χ(ζ) = ζ k für alle ζ ∈ Cn .
Umgekehrt definiert jede solche Abbildung einen Gruppencharakter.
Ist nun χ ein Charakter der Gruppe T. Dann muß χ(ξζ) = χ(ξ)χ(ζ) für beliebige ξ, ζ ∈ T gelten.
Das impliziert aber für die Funktion f (θ) = χ(e2πiθ ) die Cauchysche Funktionalgleichung f (θ1 + θ2 ) =
f (θ1 )f (θ2 ). Diese besitzt als stetige Lösungen auf R die Funktionen f (θ) = ecθ und damit die Funktionen
1-periodisch sind, muß damit c = 2πik mit einem k ∈ Z gelten. Also folgt χ(ζ) = ζ k für ein k ∈ Z.
(c) Eine Funktion χ : (αn ) 7→ χ((α)n ) ∈ T kann nur stetig sein, wenn χ((αn )) nur von endlich vielen der
Glieder αn abhängen. Weiter muß α 7→ χ(α(δn,k )n ) für jedes k ein Charakter von Z2 sein. Diese sind
von der Form α 7→ 1 oder α 7→ (−1)α . Damit folgt aber gerade zusammen mit der Gruppenstruktur von
G die Behauptung
Y
χω ((αn )) =
(−1)αj
j∈ω
für eine endliche Menge ω ⊂ N. Umgekehrt handelt es sich bei allen so definierten Funktionen offenbar
um Gruppencharaktere von G.
5.2. Wir betrachten wieder die Gruppe G = {0, 1}N sowie ihr Bild unter
G 3 (αn ) 7→ x((αn )) =
∞
X
αn 2−n ∈ [0, 1].
n=1
Die Addition in G definiert dabei eine (fast überall definierte) Addition auf [0, 1]. Weiter entsprechen
die oben bestimmten Gruppencharaktere unter dieser Abbildung den Walshfunktionen Wω (x) auf [0, 1].
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(a) Zeige, daß die Menge der Walshfunktionen eine Orthonormalbasis von L2 [0, 1] bildet.
(b) Sei y ∈ [0, 1] und ω ⊂ N endlich. Zeige, daß dann
(Ty f )(x) = f (x y)
und
(Mω f )(x) = Wω (x)f (x)
jeweils unitäre Operatoren auf L2 [0, 1] definieren und diese die Identitäten
Ty1 Ty2 = Ty1 y2 ,
Mω1 Mω2 = Mω1 4ω2 ,
Ty Mω = Wω (y)Mω Ty
mit der symmetrischen Differenz ω1 4ω2 = (ω1 \ ω2 ) ∪ (ω2 \ ω1 ) erfüllen.
Lösung 5.2.
(a) Die Abbildung G → [0, 1] bildet Haar- auf Lebesguemaß ab (vgl. Aufgabe 3.2). Da die Gruppencharaktere
einer kompakten Gruppe gerade eine Orthonormalbasis bilden, ist nichts zu zeigen.
(b) Die Linkstranslation ist unitär L2 (G) und damit Ty auch auf L2 [0, 1]. Weiter gilt |Wω (x)| = 1 für alle
x ∈ [0, 1] und damit ist Mω ebenso unitär. Es bleiben die Identitäten. Ty1 y2 = Ty1 Ty2 ist offensichtlich.
Weiter gilt
∞
Y
X
(−1)αj ,
für x =
Wω (x) =
αn 2−n
n=1
j∈ω
fast überall (also bis auf die Mehrdeutigkeit der Binärdarstellung) und damit
Y
Y
Y
Wω1 (x)Wω2 (x) =
(−1)αj
(−1)αj =
(−1)αj .
j∈ω1
j∈ω2
j∈(ω1 ∪ω2 )\(ω1 ∩ω2 )
Weiter gilt die Charakteridentität Wω (x y) = Wω (x)Wω (y) und damit
(Ty Mω f )(x) = Wω (x y)f (x y) = Wω (y)(Mω Ty f )(x).
Damit ist alles gezeigt.
5.3. (a) Sei (cn )n∈Z eine Folge komplexer Zahlen. Zeige, daß
Typ ist, wenn die Matrizen

c0
c1
c2
 c−1
c
c
0
1

 c−2
c−1
c0

 ..
..
..
 .
.
.
c−N
c1−N
c2−N
diese Folge genau dann auf Z von positivem
···
···
···
..
.
···
cN

cN −1 

cN −2 

.. 
. 
c0
für alle N ∈ N positiv semi-definit sind. Folgere, daß c−n = cn sowie |cn | ≤ c0 gilt.
(b) Sei nun (cn )n∈Z von positivem Typ und zusätzlich c0 = 1. Dann liefert der Herglotzsche Darstellungssatz aus Aufgabe 4.3. die Existenz eines Wahrscheinlichkeitsmaßes µ ∈ M+ (T) mit
Z
cn =
z −n dµ(z).
T
Zeige, daß die der Folge (cn ) zugeordnete zyklische unitäre Darstellung die Form k 7→ T k besitzt,
wobei T der Multiplikationsoperator f (z) 7→ zf (z) auf dem Hilbertraum L2 (T, dµ) ist.
(c) Ein solches (cn )n∈Z ist extremal genau dann, wenn cn = ω n für ein ω ∈ T. Zeige dies.
Lösung 5.3.
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(a) Da endliche Folgen dicht in `1 (Z) sind, ist eine Folge (cn )n∈Z genau dann von positivem Typ, wenn für
beliebige Zahlen α−M , . . . , αN ∈ C



>

c0
c1
c2
· · · cN +M +1 
α−M
α−M
 c−1

c
c
·
·
·
c
0
1
N +M  

α1−M  
α1−M 
 

c−1
c0
· · · cN +M −1 
  ..  ≥ 0
 ..   c−2
 . 
 .  
..
..
..
..
..


.
.
.
.
.
αN
αN
c−N −M −1 cN −M c1−N −M · · ·
c0
gilt. Das ist aber gerade die zu zeigende Aussage.
(b) Für den Operator L2 (T, dµ) 3 f 7→ zf ∈ L2 (T, dµ) gilt
Z
Z
( T n 1, 1)) =
z n dµ(z) =
z −n dµ(z) = cn .
T
T
Weiterhin ist 1 ∈ L2 (T, dµ) zyklischer Vektor für T , da span{T k 1 : k ∈ Z} gerade die Menge der
Laurentpolynome
N
X
α` z ` ,
α` ∈ C
`=−M
ist und diese aufgrund des Satzes von Stone–Weierstraß dicht in C(T) und damit auch dicht in L2 (T, dµ)
sind.
(c) Extremale Elemente entsprechen irreduziblen Darstellungen. Da Z kommutativ ist, muß dazu L2 (T, dµ)
eindimensional sein. Also gilt supp µ = {ω} für ein ω ∈ T und die Behauptung folgt mit der HerglotzFormel.
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