Aufgabe 1. Bestimmen Sie die Koeffizienten der Reihendarstellung
∞
X
π
f (x) =
bn sin(n x), x ∈ [−T, T ]
T
n=1
für die Funktion f : [−T, T ] → R, f (x) = x und damit
∞
X
1
2
n=1 n
Beweis 1. Wir bestimmen zunächst die fouriertransformierte Funktion von f (Einsetzen
der Definition von Sinus und Cosinus sowie partielles Integrieren):
−inπx
1 ZT
f (x)e T dx
fˆ(n) = √
2T −T
Z T
−inπx
−inπx
1 Z0
= √ (
xe T dx +
xe T dx)
0
2T −T
Z T
Z T
−inπx
inπx
1
= √ (
−xe T dx +
xe T dx)
0
2T 0
Z T
−inπx
inπx
1
= √
x(−e T + e T )dx
2T 0
πnx
1 ZT
πnx
−πnx
−πnx
√
x(− cos
=
− i sin
+ cos
+ i sin
)dx
T
T
T
T
2T 0
πnx
1 ZT
πnx
πnx
πnx
x(− cos
= √
− i sin
+ cos
− i sin
)dx
T
T
T
T
2T 0
2i Z T
πnx
dx
= √
x sin
T
2T 0
x=T
Z T
2i
πn T
πnx T
= √ x cos (
cos ( ) dx
)
+
T πnx x=0 | 0
T πn }
2T
{z
=0
2i T 2 (−1)n
= √
nπ
2T
= cn
Wir setzen hierbei c0 = 0, weil ja gilt:
1 ZT
ˆ
f (0) = √
xdx = 0
2T −T
Damit gilt nun weiter für f(x):
√
X
2T f (x) =
cn einx
n∈Z
=
X
cn cos(nx) +
n∈Z
icn sin(nx)
n∈Z
= c0 +
=0+
X
X
(cn + c−n ) cos(nx) +
X
n∈N
|
n∈N
X
n∈N
{z
=0
}
0cos(nx) +
X
n∈N
2
i(cn − c−n )sin(nx)
2icn sin(nx)
2i
2i T (−1)n
2T
√
=⇒ bn = √
= (−1)n+1
nπ
nπ
2T 2T
1
Wobei die Folgerung wegen Seite 61 im Skriptum zur Berechnung der an und bn gilt.
P
Wir wissen nun (wegen (3.1) im Skriptum): f ∈ L2 [−T, T ] und kf k2 = n∈Z |fˆ(n)|2
2
Daraus folgt:
2i T 2 (−1)n 1
√
π
n
2T
X
2π 3 Z T 2
=
x dx = kf k22 = 2
3
−T
n∈N
Und somit:
2
=
4π 3 X 1
π 2 n∈N n2
1
π2
=
2
6
n∈N n
X
r gn, ps
2
Beweis 2. Ermittle Koeffizienten vermittels (3.1).
1 ZT
1.
ˆ
√
f (x)e−inxπ/T dx
f (n) =
2T −T
Z T
1
2.
= √
x(e−inxπ/T − einxπ/T )dx
0
2T
Z T
1
3.
= √
x(cos(nxπ/T ) − i sin(nxπ/T ) − cos(nxπ/T ) − i sin(nxπ/T )dx
2T 0
2i Z T
4.
x(sin(nxπ/T ))dx
=−√
2T 0

2i
T
P.I.
= √ x cos(nxπ/T )
nπ
2T
T
+
Z T
0
0

T
cos(nxπ/T ) dx
nπ
2i T 2 (−1)n
5.
= √
.
nπ
2T
√
Wobei 1. gilt, da 2T −1/2 einxπ/T eine ONB auf L2 [−T, T ] ist, wie man sich über Einsetzen
in das Skalarprodukt h., .i überzeugt.
Wobei 2. gilt, indem man Linearität des Integrals und
Ra
0
=−
R0
a
anwendet.
Wobei 3. gilt, indem man exp(ix) = cos(x) + i sin(x) andwendet.
Wobei 4. gilt, weils klar ist.
Wobei 5. gilt, weil das Integral 0 ist und cos(nπ) = (−1)n ist.
Nach Skript gilt: bn = √iπ (fˆ(n) − fˆ(−n)). Bemerkenswert ist, wie man sich durch Einsetzen überzeugt, dass fˆ(n) = −fˆ(−n). Mit b0 = 0 und unsrer Erkenntnis:

n

2i  2i T (−1) 
T (−1)n
2T (−1)n+1
√
√
bn =
= −2
=
.
nπ
nπ
nπ
2T
2T
2
Da f ∈ L2 [−T, T ] gilt, ist
∞
X
2T 3 Z T
2i T 2 (−1)n
(3.1) X
|x|2 dx = kf k22 =
2 q
=
|fˆ(n)|2 =
3
nπ
−T
2/T
n=1
n∈Z
⇒
2
=
∞
4T 3 X
1
.
π 2 n=1 n2
∞
X
1
π2
=
.
2
6
n=1 n
r mr
3
Aufgabe 2. Entwickeln Sie die Funktion f : [−π, π] → R, x 7→ |x| in eine Cosinusreihe
P
1
und berechnen Sie damit ∞
n=0 (2n+1)4
Beweis 1. Wir bestimmen zunächst die fouriertransformierte Funktion von f (Zerlegen der
Integrale, Einsetzen der Definition von Sinus und Cosinus sowie partielles Integrieren):
√
2π fˆ(n) =
=
=
Z π
−π
Z π
−π
Z π
f (x)e−inx dx
|x|e−inx dx
xe
−inx
dx +
0
Z π
xeinx dx
0
Z π
= 2Re(
xeinx dx)
0
Wir berechnen nun das Integral innerhalb des Realteils:
Z π
inx
xe
0
xeinx x=π
1 Z π inx
dx =
e dx
−
in x=0 in 0
π cos nπ cosnπ − 1
= −i
+
n
n2
n
(−1) − 1
(−1)n π
=
−
i
n2
n
Damit gilt also (unter Verwendung von Seite 61):
2 (−1)n − 1
fˆ(n) = √
= cn
n2
2π
1 Zπ
π2
c0 = √
|x|dx = √
2π −π
2π
Nun berechnen wir die Koeffizienten an (Cosinusreihe, daher bn = 0):
1 X
f (x) = √
cn einx
2π n∈Z
X
X
1
= √
c0 +
(cn + c−n ) cos (nx) +
(cn − c−n ) sin (nx)
2π
n∈N
n∈N
|
X 2 (−1)n − 1
1
π2
√ +2
√
= √
cos (nx)
n2
2π
2π
2π
n∈N
π X 2 (−1)n − 1
cos (nx)
= +
2 n∈N π
n2
}
!
2 (−1)n −1
= − πn4 2 für n > 0 ungerade, sonst 0.
π
n2
P
1
noch den Wert von ∞
n=0 (2n+1)4 berechnen. Dazu sei wie im vorigen
R
P
3
2
π
2π
2
2
ˆ
n∈Z |f (n)| und 3 = −π x dx = kf k2 . Damit rechnen wir unter
Aus dieser Darstellung gilt: a0 = π2 , an =
Nun müssen wir
{z
=0
!
Beispiel: kf k22 =
Verwendung von n = 2m-1 (weil gerade Koeffizienten 0 sind):
4
X
X
2π 3
=
|fˆ(n)|2 = |fˆ(0)|2 + 2
|fˆ(0)|2
3
n∈Z
n∈N
X
2 (−1)n − 1
π2
√
=|√ |+2
n2
2π
2π
n∈N
X
2
π3
−2
√
=
+2
2
2π (2m − 1)2
m∈N
π3
16 X
1
=
+2
2
2π m∈N (2m − 1)4
=
2
2
1
π 3 16 X
+
2
π m∈N (2m − 1)4
Und somit weiters durch Umformung von der obrigen Gleichung:
2π 3 3π 3
−
3
6
!
∞
X
X
π
π4
1
1
=
=
=
∗
16
96 m∈N (2m − 1)4 n=0 (2n + 1)4
Somit gilt die Behauptung!
r gn, ps
5
Beweis 2. Ermittle Koeffizienten vermittels (3.1), verwende Argumentation wie oben,
mit der Erleichterung, dass wir bereits die ONB aus dem Introduction-chapter S.61.
verwenden können.
1 Zπ
ˆ
|x|e−inx dx
f (n)n>0 = √
2π −π
1 Zπ
= √
|x|(e−inx + einx )dx
2π 0
2 Zπ
x cos(nx)dx
= √
2π 0

2
1
= √  x sin(nx)
2π |
{z n}
π
P.I
=0
2
1
= √ cos(nx) 2
n
2π
−
0
0
π
=
0
Z π

1
sin(nx) dx
n
2((−1)n − 1)
√
.
2πn2
2
fˆ(0) = √π2π , wie man sich durch Einsetzen überzeugt. Damit, mit fˆ(n) = fˆ(−n) und
w.o. gilt für
π2
1
2((−1)n − 1)
b0 = √ , bn = √ (fˆ(n) + fˆ(−n)) =
.
πn2
2π
2π
Wie oben haben wir auch für diese Reihe:
∞
X
π3 X
2((−1)n − 1)
2π 3
|fˆ(n)|2 =
2
= kf k22 =
+
3
2
πn2
n=1
n∈Z
2
n=2m−1
=
∞
π 3 16 X
1
+
.
2
π n=1 (2m − 1)4
Damit folgt nun durch Subtraktion, Indexshift und einem Vergleich der li. und re. Seite
∞
∞
X
X
π4
1
1
=
=
.
4
4
96 m=1 (2m − 1)
n=0 (2n + 1)
r mr
6
Aufgabe 3. Berechnen Sie die Fouriertransformierte der Funktion 1[−T,T ] ∈ L1 (R) und
R
2
damit R sinx2 x .
Beweis 1. Wir berechnen uns gemäß Formel 3.11 die Fouriertransformierte von f in L1 :
1 Z
f (ξ) :=
e−iξx f (x)dλn (x)
n
n
(2π) 2 R
∧
Also gilt (unter Berücksichtigung, dass das Lebesgue-Integral auch Riemann-integrierbar
ist):
Z
√
2πf ∧ (ξ) = e−iξx 1[−T,T ] dλ(x)
R
=
Z T
e−iξx dx
−T
e−iξx
=i
ξ
−iT ξ
x=T
x=−T
iT ξ
−e
ξ
cos(T ξ) − i sin(T ξ) − cos(T ξ) − i sin(T ξ)
=i
ξ
2 sin(T ξ)
=
ξ
=i
e
Nach Satz 3.3.2 kann die Fouriertransformation F auf S(Rn ) stetig zu einer surjektiven
Isometrie L2 (Rn ) auf sich fortgesetzt werden (schönes F). Weiters gilt nach Proposition
3.3.3 für f ∈ L1 ∩ L2 gilt Ff = f ∧ , also < f ∧ , g ∧ >=< f, g > für f, g ∈ S(Rn ).
Die Indikatorfunktion liegt dicht Lp für beliebiges p. Somit gilt auch 1[−1,1] ∈ L1 ∩ L2 .
Somit zeigen wir weiter gleich unter der Tatsache, dass F eine Isometrie ist:
2
Z
2 sin2 x
2 Z sin2 x
√
dx =
dx
π R x2
R
2π x2
= f∧
=
Z
2
2
= kf k22
1[−1,1] (x)dx
R
|
Somit haben wir also:
Z
R
{z
=2
}
sin2 x
dx = π
x2
r gn, ps
7
Beweis 2. Berechne Fouriertransformierte vermittels (3.11). Dabei ist f = χ[−T,T ] ∈
L1 [−T, T ] und n = 1. Also
1 Z −iξx
f (ξ) = √
e
χ[−T,T ] dx
2π R
1 Z T −iξx
e
dx
= √
2π −T
∧
T
1 ie−iξx
= √
2π ξ
=i
−T
e−iξT − eiξT
ξ
1 2 sin(ξT )
.
= √
ξ
2π
Nach Satz. 3.3.2 bzw. Prop 3.3.3., da χ[−1,1] ∈ L1 (R) ist f ∧ isometrisch auf L2 (R), also
kf ∧ k22 = kf k22 , womit
2 Z sin(x) 2
dx = f ∧
π R
x
2
2
= kf k22 = χ−1,1
2
2
= 2.
Z 2 Z sin(x) 2
sin(x) 2
⇒2=
dx ⇔
dx = π.
π R
x
x
R
r mr
8
Aufgabe 4. Der de la Vallée-Poussin-Kern Vn ist auf T durch den Féjerkern Fn als
Vn = 2F2n − Fn
definiert.
Zeigen Sie:
◦
Rπ
|Vn (x)| dx ≤ C ∀n ∈ N
◦
Rπ
Vn (x) dx = 2π
−π
−π
◦ Vn (x) → 0 für n → ∞ gleichmäßig in jeder abgeschlossenen Teilmenge von [−π, π],
die 0 nicht enthält
und
1
Dn ∗ Vn = Dn
2π
Für
√ jede stetige Funktion f auf T gilt Vn ∗ f →n→∞ 2πf gleichmäßig und Vn ∗ f (k) =
2π fˆ(k) für n > k.
V
Beweis. Wir bemerken einen Angabefehler durch Vergleich mit dem Internet und Absprache mit Kollegen und definieren
Vn := 2F2n − Fn .
(i)
Rπ
−π
|Vn (x)|dx ≤ C∀n ∈ N.
Z π
−π
1.
|Vn (x)|dx =
Z π
−π
|2F2n − Fn |dx ≤ 2
Z π
|F2n |dx +
−π
Z π
2.
|Fn |dx = 4π + 2π = 6π
−π
wobei 1. nach Definition, die Ungleichheit nach M-Ungleichung und Linearität des
Integrals
und 2. nach
Lemma 3.1.13., sowie durch Einsetzen und Berechnen von
Rπ
1 P2n−1 R π
F
=
k=0 −π Dk (x) = 2π, gilt.
−π 2n
2n
(ii) Unter ähnlicher Anwendung der Argumente aus (i) gilt
Z π
−π
Vn dx =
Z π
−π
2F2n − Fn dx ≤ 2
Z π
−π
F2n dx −
Z π
−π
Fn dx = 2π
(iii) Und again, wie in (i), (ii) und mit Lemma 3.1.13. letzte Aussage folgt
3.
lim Vn = 2 lim F2n − lim Fn = 0
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
zumal F2n , Fn −→ 0 gleichmäßig, ∀A\{0} ∈ [−π, π], A abgeschlossen.
(iv) Dn ∗ Vn = 2πDn . Schauen uns zuerst li. Seite an.


2n−1
X
1 2n−1
5. 1 X


Dn ∗ Vn = Dn ∗ (2F2n − Fn ) = Dn ∗
Dk =
Dn ∗ Dk
n k=n
n k=n
4.
wobei 4. durch Zusammenziehen der Summen und 5. durch Hineinziehen der Dn
wegen der Index-unabhängigkeit gilt. Schauen uns jetzt Summen-Inneres an.
(3.5.)
(Dn ∗ Dk )(x) =
Z π
−π

n
X

eim(x−y)  · 
m=−n
n,k
X
=
 
eimx
m=−n,l=−k
l=m
= 2πDmin(n,k)
9
k
X
l=−k
Z π
−π
eiy(l−m) dy

eily dy 
wobei Dmin(n,k) gilt, weil für alle Differenzindizes, also n − k bzw k − n das Integral
0 wird. Setzen oben unsere Faltung ein und erhalten
2n−1
X
X
2π
2π 2n−1
Dn =
Dn
1 = 2πDn
Dn ∗ Vn =
n k=n
n
k=n
n→∞,glm
1
(v) Sei f ∈ C 0 (T). Dann gilt Vn ∗ f −→ f wegen limn→∞ σn f (x) = limn→∞ 2π
(Fn ∗
f )(x) = f (x) glm, nach Satz 3.1.14.
ˆ
(vi) Sei n > k, dann gilt (V[
n ∗ f )(k) = f (k). Dazu setzen wir in 4. ein und rechnen
X
1 2n−1
[
D[
(Vn ∗ f ) =
l ∗f
n k=n
Z Z
l
X X
1 1 2n−1
= √
eim(x−y) e−ikx f (y)dydx
2
[−π,π]
2π n l=n m=−l
6.
Z π
2n−1
l
7. 2π 1 X X
e−imy f (y)dy
= √
2π n l=n m=−l −π
2n−1 Z π
8. 2π 1 X
= √
e−iky f (y)dy
n
−π
2π l=n
(3.1) 2π n √
= √
2π fˆ
2π n
= 2π fˆ,
wobei in 6. in (3.1), (3.5) eingesetzt wurde, in 7. Fubini angewendet wird, sowie
für m = k das dx Integral 2π wirft und in 8. die innere Summe wegen l > n > k
verloren geht.
r mr
10
Aufgabe 5. Eine Funktion f aus L1 (R) deren Fouriertransformierte Träger in [−T, T ]
hat, ist durch ihre Werte auf nπ/T bestimmt, denn es gilt
X
f (y) =
n∈Z
f
nπ
T
sin(nπ − yT )
.
nπ − yT
Zeigen sie zuerst, dass für die Fourierkoeffizienten cn der Einschränkung von fˆ auf [−T , T ],
d.h.
!
X
1
inπω
fˆ(ω) = √
cn exp
T
2T n∈Z
gilt: cn = Tπ f −n Tπ , wobei fˆ die Fouriertransformation von f auf R bezeichnet. Verwenden Sie dann
1 ZT ˆ
f (x) exp(iyx) dx
f (y) = √
2π −T
q
Beweis. Wir wissen nach dem Riemann-Lebesgue-Lemma, dass die Fouriertransformierte
fˆ eine stetige Funktion ist, die im Unendlichen verschwindet. Da wir zusätzlich wissen,
dass der Träger von fˆ in [−T , T ] liegt, ist fˆ eine Funktion mit kompaktem Träger. Damit
ist fˆ insbesondere in L1 (R), also können wir die Umkehrformeln anwenden. Wir definieren
g : [−π, π] → R : x 7→ f (xπ/T ) und betrachten ĝ:
1 Z
ĝ(n) = √
g(x) exp(−inx) dx
2π R
1 Z
π
= √
f x
exp(−inx) dx
T
2π R
!
T T
1 Z
f (y) exp −iny
= √
dy
π π
2π R
!
T ˆ T
= f n
π
π
Da fˆ stetig mit kompaktem Träger in [−T, T ] ist, ist auch ĝ stetig mit kompaktem Träger
in [−π, π]. Da fˆ stetig ist, gilt ĝ(π) = fˆ(T ) = 0 = fˆ(−T ) = ĝ(−π), also folgt ĝ ∈ L2 (T).
Damit konvergiert die Fourierreihe von ĝ gegen ĝ, also gilt
1 Xˆ
ĝ(x) = √
ĝ(n) exp(inx).
2π n∈Z
Aufgrund der Umkehrformeln folgt
π
ˆ
.
ĝ(n)
= g(−n) = f −n
T
Weiters gilt dann
π
π
fˆ(x) = ĝ x
T
T
r
1 X π
π
π
√
=
f −n
exp inx
.
T
T
2T n∈Z T
11
Wenden wir die Umkehrformel an, so folgt
1 ZT ˆ
f (x) exp(iyx) dx
f (y) = √
2π −T
r
1 ZT 1 X π
π
π
√
= √
f −n
exp inx
exp(iyx) dx
T
T
2π −T 2T n∈Z T
!
π
1 ZT X
nπ + yT
f −n
dx
=
exp ix
2T −T n∈Z
T
T
(1)
Wegen dem Riemann-Lebesgue-Lemma und mit Hilfe der Umkehrformeln gilt f ∈ C0 .
Wegen f ∈ L1 (R) ist f sogar uneigentlich Riemann-integrierbar und damit sind die
Obersummen O(f, Z) von f konvergent, also insbesondere beschränkt. Damit gilt die
Abschätzung
N
X

!
X
nπ
nπ
nπ + yT 
f −
≤
f −
exp ix
T
T
T
n∈Z
n=−N
≤ O(f, Z) < ∞.
Damit haben wir eine auf [−T, T ] integrierbare Majorante gefunden und wir können in
(1) Integral und Summation vertauschen:

!
1 X
nπ Z T
nπ + yT 
f (y) =
f −
exp ix
dx
2T n∈Z
T
T
−T
1X
nπ
=
f −
2 n∈Z
T
=
X
f −
n∈Z
nπ
T
exp(i(nπ + yT )) − exp(−i(nπ + yT ))
i(nπ + yT )
sin(nπ + yT )
nπ + yT
nπ
=
f
T
n∈Z
sin(−nπ + yT )
−nπ + yT
nπ
T
sin(nπ − yT )
.
nπ − yT
X
=
X
n∈Z
f
!
r fa
12
Aufgabe 7. Für f ∈ L1 (R), T > 0 sei PT f durch PT f (x) = k∈Z f (x + 2kT ) definiert.
Zeigen Sie, dass diese Reihen in der L1 ([−T, T ])-Norm unbedingt konvergieren, und dass
die so definierte Funktion 2T -periodisch ist. Für die Fourierreihenentwicklung
P
π
1 X
PT f (x) = √
cn exp inx
T
2π n∈Z
drücke man die Koeffizienten cn durch fˆ aus.
Beweis. Mitk·k1 bezeichnen wir die L1 ([−T, T ])-Norm. Außerdem definieren wir fk (x) :=
f (x + 2kT ). Wir zeigen zuerst die unbedingte Konvergenz indem wir zeigen, dass PT f =
P
1
k∈Z fk in der L ([−T, T ])-Norm absolut konvergiert.
X
kfk k1 =
k∈Z
XZ T
f (x + 2kT ) dx =
k∈Z −T
X Z T +2kT
|f | dλ =
Z
k∈Z −T +2kT
|f | dλ < ∞.
(2)
R
Damit folgt auch insbesondere, dass PT f in L1 ([−T, T ]) liegt.
Die 2T -Periodizität sehen wir aufgrund von
PT f (x + 2T ) =
X
f (x + 2(k + 1)T )
unb. Konv.
=
k∈Z
X
f (x + 2kT ) = PT f (x).
k∈Z
Nun zur Berechnung der Fourierkoeffizienten. Wir definieren g(x) := PT f (xT /π) womit
gilt:
1 Zπ
g(x) exp(−inx) dx
ĝ(n) = √
2π −π
!
T
1 Zπ X
f x + 2kT exp(−inx) dx
= √
π
2π −π k∈Z
Z T X
1
π π
√
=
f (y + 2kT ) exp −iny
dy.
T T
2π −T k∈Z
Für die Partialsummen dieser Reihe gilt k∈Z f (y + 2kT ) exp(−inπy/T ) ≤
wobei die rechte Seite integrierbar ist wegen
P
Z T X
f (y + 2kT ) dy =
−T k∈Z
X
k∈Z
|fk |
≤
X
P
k∈Z
f (y + 2kT )
(2)
kfk k1 < ∞.
k∈Z
1
Damit haben wir eine integrierbare Majorante für die Partialsummen der Reihe gefunden und wir können nach dem Satz von der dominierten Konvergenz Integration und
Summation vertauschen. Damit folgt
1 π XZ T
π
f (y + 2kT ) exp −iny
dy
T 2 k∈Z −T
T
r
1 π X Z T +2kT
π
=
f (x) exp −in(x − 2kT )
dx
T 2 k∈Z −T +2kT
T
r
1 πZ
π
=
f (x) exp −inx
dx
T 2 R
T
π
π
= fˆ n
.
T
T
r
ĝ(n) =
13
Somit gilt dann für die Fourierreihenentwicklung
r
1 Xπ ˆ π
π
1 X π ˆ π
π
PT f (x) = √
f n
exp inx
= √
f n
exp inx
.
T
T
T
T
2π n∈Z T
2T n∈Z T
r fa
14
Aufgabe 8. Beweisen Sie Beispiel 5 indem Sie Beispiel 7 auf fˆ anwenden.
Beweis. Wie bereits in Beispiel 5 gezeigt, gilt fˆ ∈ L1 (R). Da fˆ Träger in [−T, T ] hat,
folgt
PT fˆ(x) =
r
1 X π ˆˆ π
π
f n
fˆ(x + 2kT ) = fˆ(x) = √
exp inx
.
T
T
2T n∈Z T
n∈Z
X
Mit den Umkehrformeln gilt also
r
π
π
1 X π
ˆ
f −n
exp inx
.
f (x) = √
T
T
2T n∈Z T
Die übrigen Schritte verlaufen dann analog zu Beispiel 5.
15
r fa
Aufgabe 9. Zeigen Sie für den Dirichletkern DN : DN ∗ DN = 2πDN .
Beweis 1. Wir verwenden zum Beweis die Definition der Faltung und des Dirichletkerns:
N
X
DN (x) :=
eikx
k=−N
f ∗ g(x) :=
Z
f (x − y)g(y)dλ(y)
T
Damit können wir nun arbeiten. (Anmerkung: Wir betrachten den Torus, weil wir den
Dirichletkern immer auf 2π-periodischen Funktionen betrachten.)
DN ∗ DN (x) =
Z
N
X
T k=−N
=
Z
N
X
=
eijy dλ(y)
j=−N
N
X
eik(x−y)
T k=−N
Z
N
X
eik(x−y)
N
X
eijy dλ(y)
j=−N
N
X
eik(x−y) eijy dλ(y)
T k=−N j=−N
=
N
X
N Z
X
k=−N j=−N
=
N
X
eikx
eik(x−y) eijy dλ(y)
T
N Z
X
j=−N
k=−N
Im nächsten Schritt wollen wir nun zeigen, dass
R
T
eiy(j−k) dλ(y)
T
eiy(j−k) dλ(y) = 2πδjk gilt:
Im Fall j = k sehen wir sofort, dass eiy(j−k) = 1 ist. Somit ist
der Torus äquivalent zum Intervall [0, 2π) ist.
R
T
eiy(j−k) dλ(y) = 2π, weil
Im Fall j , k verwenden wir, dass eiy(j−k) = ei2πy(j−k) ist. Somit sehen wir gleich, dass
das Integral = 0 ist. Insgesamt gilt also die Behauptung.
Somit gilt weiter:
DN ∗ DN (x) =
N
X
ikx
e
j=−N
k=−N
=
N
X
eikx
=
N
X
eiy(j−k) dλ(y)
T
2πδjk
j=−N
k=−N
N
X
N Z
X
eikx 2π
k=−N
= 2πDN (x)
r ps
16
Beweis 2. Wir berechnen:
Z π
einx dx =
−π
Z π
einx + e−inx dx
0
=2
Z π
cos nx dx
( 0
(3)
2π, n = 0
0, n > 0
=
= 2πδ0,n
Damit gilt:
DN ∗ DN (x) =
=
Z π
−π
DN (x − y)DN (y) dy
N
X
Z π
−π m=−N
=
N
X
N
X
=
N
X
N
X
eimx
= 2π
Z π
ei(m−n)y dy
−π
eimx 2π δ0,m−n
m=−N n=−N
N
X
einy dy
n=−N
m=−N n=−N
(3)
N
X
eim(x−y)
| {z }
=δm,n
einx
n=−N
= 2πDN (x)
r lb
17
Aufgabe 10. Bestimmen Sie alle Elemente f in L1 (T ), für die f ∗ f =
√
Beweis. Für ein f ∈ L1 (T) mit f ∗ f = 2πf gilt mit Satz 3.1.5.:
√
2πf gilt.
1
3.1.5.
∀n ∈ Z : fˆ(n) = √ f ∗ f (n) = (fˆ(n))2
2π
⇒ ∀n ∈ Z : fˆ(n) ∈ {0, 1}
V
Nach dem Riemann-Lebesgue-Lemma (Satz 3.1.2) gilt:
lim fˆ(n) = 0
|n|→∞
Daher ist die Menge der n ∈ Z, für die fˆ(n) = 1 ist, endlich, d.h.:
∃E ⊆ Z, E endlich : f (x) =
X
einx
n∈E
Offenbar gilt auch die Umkehrung. Damit gilt für alle f ∈ L1 (T):
√
X
einx
f ∗ f = 2π ⇐⇒ ∃E ⊆ Z, E endlich : f (x) =
n∈E
r lb
18