Lösung 9

MMP I – HERBSTSEMESTER 2016 – PROF. DR. CHRISTOPH KELLER
SERIE 9
1. Aufgabe: Parseval–Identität
R1
|f (x)| dx = 13 , also f ∈ L2 ([0, 1]). Die Fourier–Koeffizienten für j 6= 0 sind
Z 1
Z 1
1
i
cj =
xe−2πijx dx =
(xe2πijx |10 −
.
e−2πijx dx) =
−2πij
2πj
0
0
Sei f (x) = x. Es gilt
2
0
Für j = 0 gilt
Z
1
c0 =
xdx =
0
1
.
2
Mit Parseval folgt
1
=
3
Z
1
|f (x)|2 dx =
0
X
|cj |2 = |c0 |2 + 2
∞
X
|cj |2 =
j=1
j∈Z
∞
X
1
1
+2
4
4π 2 j 2
j=1
da c−j = −cj für j ≥ 1. Umformen gibt
ζ(2) =
∞
X
1
π2
=
.
2
n
6
n=1
2. Aufgabe: Konvergenz in L2
(
1,
(a) Da |x| < 1 für x ∈ [0, 1) gilt fn → f punktweise mit f (x) =
0,
1
Z
2
Z
|fn (x) − f (x)| dx =
0
1
x2n dx =
0
x=1
. Ferner folgt direkt
x ∈ [0, 1)
1
→ 0.
2n + 1
2
Also konvergiert (fn ) gegen f (= Null) in L .
(b) Es gilt fn (x) → ex punktweise (da log(1 + nx )n = n(log(1 + nx )) = x + O( n1 ) nach Taylor). Wenn
wir zeigen, dass diese Konvergenz monoton ist, folgt die Aussage aus dem Satz über monotone
Konvergenz. Es gilt für ax (ξ) := (1 + xξ )ξ , ξ ∈ (0, ∞)
a0x (ξ) = (1 +
Aus log(1 + y) =
P∞
a0x (ξ) ≥ (1 +
n=1
(−1)n+1 y
n
x ξ−1
x
x
x
)
log(1 + )(1 + ) − .
ξ
ξ
ξ
ξ
folgt log(1 + y) ≥ y −
y2
2
für y klein, also
x ξ−1 x x2
x2
x3
x
x
x2
x
) ( + 2 − 2 − 3 − ) = (1 + )ξ−1 2 (1 − ) ≥ 0
ξ
ξ
ξ
2ξ
2ξ
ξ
ξ
2ξ
ξ
für ξ gross. Also
Pn ist die Konvergenz für n gross monoton.
(c) Es gilt fn = j=1 1j φj mit φj (x) = eijx . Die φj sind orthogonal, also gilt mit Satz 2.3
kfn − fm k2L2 =
n
∞
X
X
1
2π
2π
k φj k2L2 =
≤
→0
2
j
j
j2
j=m+1
j=m+1
j=m+1
n
X
P
für m ≤ n, m, n → ∞, da n≥1 n12 < ∞. Also ist (fn ) eine Cauchy–Folge. Da L2 vollständig
Pn
ist, konvergieren die fn in L2 . Allerdings konvergieren die fn nicht punktweise: fn (0) = j=1 1j
konvergiert nicht.
1
2
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n
(d) Es gilt fn ( 3π
2 ) = (−1) , also konvergiert die Folge nicht punktweise. Für x 6=
sin(x) ∈ (−1, 1), also fn (x) → 0 für n → ∞. Ferner gilt
Z 2π
Z 2π
2n
2
kfn − 0kL2 =
sin (x)dx →
0dx = 0
0
2n
π 3π
2, 2
gilt jedoch
0
mit dominierter Konvergenz, da | sin (x)| ≤ 1. Also konvergiert die Folge der fn in L2 gegen
Null.
(e) Es gilt fn ( π2 ) = 1 für n = 1, 5, 9, . . . und fn ( π2 ) = −1 für n = 3, 7, 11, . . . . Also konvergieren die
fn nicht punktweise. Es gilt
Z 2π
(fn , fm ) =
sin(mx) sin(nx)dx = πδmn .
0
Also folgt
kfn − fm k2L2 = kfn k2L2 − (fn , fm ) − (fm , fn ) + kfm k2L2 = 2π
für m 6= n. Also ist (fn ) keine Cauchy–Folge und konvergiert daher auch nicht in L2 .
3. Aufgabe: Diskrete Fourier–Transformation
Wir schreiben ej (k) = δjk . Die Funktionen e0 , . . . , eN −1 bilden eine Basis von V . Sei M die Matrix
PN −1
N
2πi
von F in dieser Basis. Es gilt Mjk = √1N e− N jk . Ferner ist für alle q ∈ C mit q 6= 1, n=0 q n = 1−q
1−q .
(a)
(M ∗ M )jk =
N
−1
X
∗
Mjl
Mlk
l=0
=
N
−1
X
l=0
1
2πi
exp(
l(j − k)) =
N
N
(
2πi
1 1−exp( N (j−k)N )
N 1−exp( 2πi
PN −1 N (j−k))
1
l=0 1 = 1,
N
= 0, falls j 6= k
falls j = k.
(b) Wie in (a) folgt
(M M )jk =
N
−1
X
l=0
1
2πi
exp(−
l(j + k)) =
N
N
(
1,
0,
falls j + k ≡ 0(N )
falls j + k 6≡ 0(N )
Auf den Basisvektoren ej agiert F F also durch Permutation: F F (ej ) = eN −j . Also ist F F 6= id,
aber F F F F = id. Da F unitär ist, ist F invertierbar. Also F F F = F −1 6= id. Es folgt, dass
k = 4.
(c) Da F 4 = id folgt, dass alle Eigenwerte λ die Gleichung λ4 = 1 erfüllen, also von der Form
1, i, −1, −i sind. Da F diagonalisierbar ist und F F 6= id muss entweder i oder −i als Eigenwert
auftreten. Da F F 6= −id können i und −i nicht die einzigen Eigenwerte sein.
(d) Für N = 4 gilt


1 1
1
1
1 1 −i −1 i 
.
M= 
2 1 −1 1 −1
1 i −1 −i
Alle Eigenwerte erfüllen die Gleichung λ4 = 1, also λ ∈ {1, i, −1, −i}. Wir versuchen direkt, die
Eigenvektoren (x1 , x2 , x3 , x4 ) zum Eigenwert λ zu bestimmen. Dazu müssen wir jeweils
1
1
1
1
x1 + x2 + x3 + x4 = λx1
2
2
2
2
i
1
i
1
x1 − x2 − x3 + x4 = λx2
2
2
2
2
1
1
1
1
x1 − x2 + x3 − x4 = λx3
2
2
2
2
1
i
1
i
x1 + x2 − x3 − x4 = λx4
2
2
2
2
lösen. Für jeden möglichen Eigenwert λ gehen wir gleich vor: Wir addieren die erste und die
dritte Zeile, wir subtrahieren die dritte von der ersten Zeile, wir addieren die zweite und die
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3
vierte Zeile und schliesslich subtrahieren wir die vierte von der zweiten Zeile. Wir erhalten die
folgenden vier Gleichungen:
x1 + x3 = λ(x1 + x3 )
x2 + x4 = λ(x1 − x3 )
x1 − x3 = λ(x2 + x4 )
−i(x2 − x4 ) = λ(x2 − x4 )
Für λ = 1 erhalten wir die beiden linear unabhängigen Eigenvektoren (1, 0, 1, 0) und (2, 1, 0, 1).
Für λ = i erhalten wir keine Eigenvektoren, es handelt sich also nicht um einen Eigenwert. Für
λ = −1 erhalten wir (1, −1, −1, −1) als Eigenvektor und für λ = −i erhalten wir (0, 1, 0, −1).
Wenn wir diese Vektoren als Spalten einer Matrix S auffassen, also


1 2 1
0
0 1 −1 1 

S=
1 0 −1 0  ,
0 1 −1 −1
folgt M = SΛS −1 mit der Diagonalmatrix

1 0 0
0 1 0

0 0 −1
0 0 0

0
0
.
0
−i
4. Aufgabe: Gegenbeispiele für unendlichdimensionale Vektorräume
(a)
(i) Orthonormalität ist klar. Vollständigkeit: Sei v ∈ V orthogonal zu allen φj , j ≥ 1. Dann
gibt es a0 , . . . , an in C mit
v=
n
X
ak φk + a0 φ̃0 .
k=1
Für j ≥ n + 1 gilt 0 = (φj , v) = a0 2−j . Also a0 = 0. Für j = 1, . . . , n gilt 0 = (φj , v) =
aj + a0 2j = aj . Also v = 0 und wir haben die φ1 , . . . als vollständig nachgewiesen. Sie
bilden jedoch keine Basis da
∞
X
j=1
(φj , φ̃0 )φj =
∞
X
2−j φj = φ̃0 − φ0 6= φ̃0 .
j=1
(ii) Nach Satz 2.4 kann V wegen (i) kein Hilbertraum sein. Explizit kann man das so sehen:
Die Folge (an )∞
n=0 mit
n
X
an =
3−j φj
j=0
2
2
liegt in V . Sie konvergiert in ` gegen a = (3−j )∞
j=0 ∈ ` . Insbesondere ist sie in `
ein Cauchy–Folge. Also ist sie auch in V eine Cauchy–Folge. Allerdings gilt a ∈
/ V , sie
konvergiert also nicht in V . Demnach ist V nicht vollständig.
(b) Wir betrachten den Schwartzraum V = S(R) mit der L2 –Norm. Wir definieren für f ∈ V die
Funktion Af durch Af (x) := xf (x). Mit Bemerkung 5.1 folgt, dass Af wieder im Schwartzraum
liegt. Für f, g ∈ V und α ∈ C folgt (A(f + αg))(x) = x(f + α(g))(x) = xf (x) + αxg(x) =
(Af + αAg)(x). Also ist
A:V →V
2
2
eine lineare Abbildung. Die Funktionenfolge un (x) := n1 e−(x−n) /2 liegt im Schwartzraum. Es
gilt
Z
Z
2
1
1
1√
2
−(x−n)2
kun kL2 = 2
e
dx = 2
e−x dx = 2 π.
n R
n R
n
4
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Also konvergieren die un im Schwartzraum bezüglich der L2 –Norm gegen u = 0. Allerdings gilt
Z
2
1
x2 e−(x−n) dx
kAun − Auk2L2 = 2
n R
Z
2
1
= 2 (x + n)2 e−x dx
n R
Z
2
1
= 2 (x2 + 2nx + n2 )e−x dx
n R
Z
Z
Z
√
2
2
2
1
1
x2 e−x dx +
= 2
2xe−x dx + e−x dx ≥ π,
n R
n R
R
da das erste Integral nichtnegativ ist, und das zweite einen ungeraden Integranden hat, also
gleich Null ist. Insbesondere konvergiert Aun in der L2 –Norm nicht gegen Au = 0. Die lineare
Abbildung A : S(R) → S(R) ist also bei Null bezüglich der L2 –Norm unstetig.
5. Aufgabe: Heisenbergsche Unschärferelation
(a) Es gilt
(xψ, ∇ψ) =
3 Z
X
j=1
=−
ψ(x)xj ∂j ψ(x)dx
R3
3 Z
X
=−
∂j (ψ(x)xj )ψ(x)dx
R3
j=1
3 Z
X
∂j ψ(x)xj ψ(x)dx −
R3
j=1
3 Z
X
j=1
ψ(x)ψ(x)dx
R3
= −(xψ, ∇ψ) − 3kψk22 ,
wobei bei der partiellen Integration keine Randterme auftreten, da ψ ∈ S(R3 ). Es folgt mit
Cauchy–Schwarz
3
= −<(xψ, ∇ψ) ≤ |<(xψ, ∇ψ)| ≤ |(xψ, ∇ψ)| ≤ kxψkk∇ψk.
2
Auf der einen Seite
Z
3 Z
X
2
xj ψ(x)xj ψ(x)dx =
|x|2 |ψ(x)|2 dx.
kxψk =
j=1
R3
R3
Für den zweiten Term müssen wir die reskalierte Fourier–Transformation ins Spiel bringen. Es
1
ˆ p
gilt f˜(p) = (2π~)
3/2 f ( ~ ). Plancherel (Satz 4.5 in Kapitel 2) impliziert
Z
Z
Z
Z
2
−3
2
−3
3 ˜
2
ˆ
|f (x)| dx = (2π)
|f (k)| dk = (2π)
(2π~) |f (~k)| dk =
|f˜(p)|2 dp,
R3
R3
R3
R3
also
k∇ψk2 =
3 Z
X
j=1
|∂j ψ(x)|2 dx =
R3
3 Z
X
j=1
R3
2
|∂g
j ψ(p)| dp.
Es gilt mit Lemma 5.4 (i),
∂g
j ψ(p) =
p
1
pj p
pj
1
∂d
i ψ̂( ) = i ψ̃(p),
j ψ( ) =
3/2
3/2
~
~
~
~
(2π~)
(2π~)
also
Z
3 Z
1 X
1
2
2
k∇ψk = 2
p |ψ̃(p)| dp = 2
|p|2 |ψ̃(p)|2 dp.
~ j=1 R3 j
~ R3
2
Alles in allem,
3 2
1
≤ 2
2
~
Z
2
2
Z
|x| |ψ(x)| dx
R3
R3
|p|2 |ψ̃(p)|2 dp.
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5
(b) RDie Funktion ψ(x) wird Wellenfunktion im Ortsraum R3 genannt. Der Ausdruck µ(A) =
|ψ(x)|2 dx definiert ein Mass auf R3 . Wir nehmen kψk2 = 1 an. Dann ist µ(R3 ) = 1, also µ ein
A
Wahrscheinlichkeitsmass. Die Zahl µ(A) ∈ [0, 1] gibt die Wahrscheinlichkeit
an, das Teilen an
R
einem Ort x ∈ A ⊂ R3 zu finden. Entsprechend ist ν(U ) = U |ψ̃(p)|2 dp die Wahrscheinlichkeit,
das Teilchen mit einem Impuls p ∈ U ⊂ R3 anzutreffen. Die Funktion ψ̃(p) wird Wellenfunktion im Impulsraum genannt. Unter den Voraussetzungen, dass der Erwartungswert des Ortes,
wo das Teilchen anzutreffen ist, und der Erwartungswert des Impulses, mit dem das Teilchen
anzutreffen ist, Null sind ist die linke Seite obiger Gleichung das Produkt (∆x)2 (∆p)2 der Varianzen der Orts– und Impulsmessungen. Obige Gleichung besagt also, dass es unmöglich ist,
sowohl den Ort als auch den Impuls einen Teilchens exakt zu bestimmen. Es ist nicht schwer die
Voraussetzungen, dass der Erwartungswert des Ortes und des Impulses Null sind, zu eliminieren.
2
.
Es gilt dann allgemein (∆x)2 (∆p)2 ≥ 3~
2