Beispiel 23.8) Fh0(ξ

Karlsruher Institut f¨ur Technologie (KIT) Institut f¨ur Analysis

Priv.-Doz. Dr. P. C. Kunstmann Dipl.-Math. D. Roth

SS 2012 19.07.2012

H¨ohere Mathematik II f¨ur die Fachrichtung Physik L¨osungsvorschl¨age zum 14. ¨Ubungsblatt Aufgabe 72

a) F¨ur jedes k∈N0 gilt

h_k+1(x) =h⁰_k(x)−xh_k(x), x∈R, (1) denn es ist

h⁰_k(x)−xh_k(x) =x e^x2/2 d^k

dx^ke^−x2 +e^x2/2 d^k+1

dx^k+1e^−x2−x e^x2/2 d^k

dx^ke^−x2 =h_k+1(x), x∈R. b) Wir beweisen die behauptete Identit¨atFhk= (−i)^k√

2π hkf¨ur jedesk∈N0durch vollst¨andi- ge Induktion ¨uber k∈N0:

IA: Wegen h₀(x) =e^−x2/2,x∈R, ist (s. Beispiel 23.8) Fh₀(ξ) =√

2π e^−ξ2/2, ξ∈R. IV: Seik∈N0. F¨ur diesesk gelteFhk= (−i)^k√

2π hk. IS:k k+ 1: F¨ur jedes ξ∈R gilt nach 23.7 (d) und (e)

F(h_k+1)(ξ) ⁽¹⁾= F(h⁰_k)(ξ)−F x7→xh_k(x)

(ξ) = (iξ) (Fh_k)(ξ)−i d

dξ(Fh_k)(ξ)

IV= (iξ) (−i)^k√

2π h_k(ξ)−i d

dξ (−i)^k√ 2π h_k

(ξ)

= (−i)^k+1√ 2π d

dξhk(ξ)−ξhk(ξ)

(1)= (−i)^k+1√

2π hk+1(ξ). c) IA: F¨ur allex∈Rgilt:

d²

dx²e^−x2 = d

dx(−2xe^−x2) =−2e^−x2 −2x d dxe^−x2

IV: Seik∈N. F¨ur diesesk gelte: _dx^dk+1k+1e^−x2 =−2x_dx^dk_ke^−x2−2k_dx^dk−1k−1e^−x2 (x∈R).

IS:k k+ 1: F¨ur alle x∈R gilt:

d^k+2

dx^k+2e^−x2 = d dx

d^k+1 dx^k+1e^−x2

IV

= d dx

−2x d^k

dx^ke^−x2 −2k d^k−1 dx^k−1e^−x2

=−2 d^k

dx^ke^−x2 −2x d^k+1

dx^k+1e^−x2−2k d^k dx^ke^−x2

=−2x d^k+1

dx^k+1e^−x2 −2(k+ 1) d^k dx^ke^−x2 Also gilt f¨ur alle k∈N:

d^k+1

dx^k+1e^−x2 =−2x d^k

dx^ke^−x2−2k d^k−1 dx^k−1e^−x2. Multiplizieren dieser Gleichung mite^x2/2 liefert die Rekursionsformel

h_k+1(x) =−2xh_k(x)−2khk−1(x) (x∈R).

1

d) Gleichsetzen der beiden Formeln in a) und c) liefert f¨ur alle k∈Ndie Formel:

h⁰_k(x)−xh_k(x) =−2xh_k(x)−2khk−1(x) ⇐⇒ h⁰_k(x) +xh_k(x) =−2kh_k−1(x).

Seien nunm, n∈N0, o.B.d.A. gelten≥m. Wir betrachten zun¨achst den Fallm= 0. Es gilt:

h0(x) =e^−x2/2 und somit Z ∞

−∞

hn(x)h0(x)dx= Z ∞

−∞

dⁿ

dxⁿe^−x2dx

Istn= 0, so gilt R∞

−∞e^−x2dx=√

π. F¨urn≥1 folgt Z ∞

−∞

dⁿ

dxⁿe^−x2dx=

dⁿ⁻¹ dxⁿ⁻¹e^−x2

∞ x=−∞

= 0, da _dx^dn−1n−1e^−x2 =p(x)e^−x2 mit einem Poylnomp(x) und lim

x→±∞x^je^−x2 = 0 f¨ur alle j∈N0. Istm≥1 so folgt mit partieller Integration:

Z ∞

−∞

hn(x)hm(x)dx= Z ∞

−∞

dⁿ dxⁿe^−x2

e^x2/2hm(x)dx

=

e^x2/2hm(t) dⁿ⁻¹ dxⁿ⁻¹e^−x2

^∞

x=−∞

− Z ∞

−∞

e^x2/2(xhm(x) +h⁰_m(x))

| {z }

=−2mhm−1(x)

dⁿ⁻¹

dxⁿ⁻¹e^−x2dx

= 2m Z ∞

−∞

hm−1(x)hn−1(x)dx Induktiv folgt (dan≥m):

Z ∞

−∞

hn(x)hm(x)dx= 2^mm!

Z ∞

−∞

hn−m(x)h0(x)dx= 2^mm!√ πδn,m.

Aufgabe 73

a) Daf und Fgabsolut integrierbar, folgt mit 23.9 (Dancing-Hat-Lemma):

Z ∞

−∞Ff(ξ)Fg(ξ)dξ= Z ∞

−∞

f(x)F{Fg}(x)dx (2) Weiter gilt f¨ur alleξ∈R:Fg(ξ) =F{g}(−ξ) und aufgrund der Voraussetzungen an gfolgt mit der Umkehrformel 23.10

F{Fg}(x) = Z ∞

−∞

e^−ixξFg(ξ)dξ= Z ∞

−∞

e^−ixξF{g}(−ξ)dξ= Z ∞

−∞

e^ixξF{g}(ξ)dξ= 2πg(x) Einsetzen in (2) liefert die Behauptung.

b) Mit suppFf∩suppFg=∅ gilt auch supp Ff∩suppFg=∅. Somit ist Ff(ξ)Fg(ξ) = 0 f¨ur alle ξ∈R.

Mit Hilfe des a)-Teils erhalten wir Z ∞

−∞

f(x)g(x)dx= 1 2π

Z ∞

−∞Ff(ξ)Fg(ξ)

| {z }

=0

dξ= 0.

2

Aufgabe 74

Im Beweis der Heisenbergschen Unsch¨arferelation sieht man sofort, dass die Ungleichung nur aus der Absch¨atzung

|Re(xψ|ψ⁰)| ≤ |(xψ|ψ⁰)| ≤ kxψk₂kψ⁰k₂ erzeugt wird. Damit Gleichheit eintritt, muss also

|Re(xψ|ψ⁰)|=|(xψ|ψ⁰)|=kxψk₂kψ⁰k₂

gelten. Aus der ersten Gleichung folgt (xψ|ψ⁰) ∈ R und da die zweite Gleichung nur dann erf¨ullt ist, wenn xψ und ψ⁰ linear abh¨angig sind, muss bxψ(x) =ψ⁰(x) f¨ur alle x ∈R und ein beliebiges b ∈C gelten. Die allgemeine L¨osung dieser Differentialgleichung ist gegeben durch ψ(x) = ^c₂e^bx2, wobeic∈Cwieder beliebig. Wir berechnen nun (xψ|ψ⁰):

(xψ|ψ⁰) = Z ∞

−∞

x^c₂e^bx2cbxe^bx2dx= |c|² 2 b

Z ∞

−∞

x²e^{2 Re(b)x2}dx

Offenbar ist (xψ|ψ⁰) ∈ R nur erf¨ullt, falls b ∈ R. Da ψ eine absolut integrierbare Funktion sein soll (Voraussetzung der Heisenbergschen Unsch¨arferelation), muss Re(b)<0 sein, d.h. b=−amit a >0. Insgesamt folgt alsoψ(x) =ce^−ax2 mitc∈Cund a >0.

Behauptung: Seien f, g:R→Cquadratintegrierbar,f, g 6= 0. Dann gilt:

(f|g) =kfk₂kgk₂ ⇐⇒ f undg sind linear abh¨angig.

Die Richtung “⇐” ist leicht.

Zeige “⇒”: Sei µ= ^(f|g)_kgk2 ∈C. Dann gilt

(f −µg|f−µg) = (f|f)−µ(g|f)−µ(f|g) +¯ |µ|²(g|g) =kfk²− |(f, g)|² kgk² = 0.

Also mussf −µg= 0 gelten (Definitheit) und folglich sindf und g linear abh¨angig.

Aufgabe 75

Wir stellen zun¨achst fest, dass jede Funktion ϕ∈S absolut integrierbar ist und somit die Fourier- transformation auf dem RaumS definiert ist:

Z ∞

−∞

|ϕ(x)|dx= Z −1

−∞

|ϕ(x)x²|

| {z }

≤C1

1 x² dx+

Z 1

−1

|ϕ(x)|

| {z }

≤C2

dx+ Z ∞

1

|x²ϕ(x)|

| {z }

≤C1

1

x²dx≤2(C₁+C₂).

Hierbei haben wir benutzt, dass|xⁿϕ(x)|f¨ur alle n∈N0 beschr¨ankt ist.

F¨urϕ∈S gilt außerdem:

(i) ϕ⁰ ∈ S: ϕ⁰ ∈ C^∞(R) ist klar und |x^{n d}_dx^mmϕ⁰(x)| = |x^{n d}_dx^m+1m+1ϕ(x)| ist beschr¨ankt f¨ur alle n, m∈N0, da ϕ∈S.

(ii) ψ(x) =xϕ(x)∈S:ψ∈C^∞ ist wieder klar und es gilt

xⁿ d^m dx^mψ(x)

=

xⁿ

m d^m−1

dx^m−1ϕ(x) +x d^m dx^mϕ(x)

<∞

f¨ur alle n, m ∈N0, da ϕ∈S. ¨Ahnlich kann man zeigen, dass auch x 7→ x^kϕ(x) ∈ S sowie

d^l

dx^l(x^kϕ(x))∈S gilt f¨ur alle k, l∈N0. (iii) sup

x∈R

|Fϕ(x)| ≤ kϕk₁: F¨ur alle x ∈ R gilt: |Fϕ(x)| =

R∞

−∞e^−ixτϕ(τ)dτ ≤R∞

−∞|ϕ(τ)|dτ = kϕk₁.

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Es sei nunϕ∈S. Wir werden zeigen, dass auchFϕ∈S gilt:

• Differenzierbarkeit: Nach (ii) gilt:ψ(x) =xϕ(x)∈S und ist somit absolut integrierbar. Mit Rechenregel 23.7 (b) folgt:Fϕ ist differenzierbar und es gilt

(Fϕ)⁰(ξ) =F{x7→(−ix)ϕ(x)}(ξ) =−iFψ(ξ)

Die Ableitung ist also die Fouriertransformierte einer Funktion im Schwartz-Raum. Mit dem gleichen Argument ist diese Funktion wieder differenzierbar und induktiv folgt Fϕ ∈ C^∞(R,C) sowie

d^m

dx^mFϕ(x) =F{y7→(−iy)^mϕ(y)}(x) (f¨ur alle m∈N0).

• Beschr¨anktheit von

x^{n d}_dx^mmFϕ

f¨ur alle n, m∈N0: Mit dem eben Gezeigten gilt:

sup

x∈R

xⁿ d^m

dx^mFϕ(x)

= sup

x∈R

|xⁿF{y7→(−iy)^mϕ(y)}(x)|= sup

x∈R

|(ix)ⁿF{(·)^mϕ}(x)|

23.7(e)

= sup

x∈R

F

y7→ dⁿ

dyⁿ(y^mϕ(y))

(x) = sup

x∈R

Fg(x) wobeig(y) = _dy^dnn(y^mϕ(y))∈S nach (ii). Mit (iii) folgt, dass sup

x∈R

Fg(x)≤ kgk₁ <∞ist, was die Beschr¨anktheit impliziert.

Es bleibt nun noch die Bijektivit¨at zu zeigen:

• Injektiv: Seien f, g ∈ S mit Ff(ξ) = Fg(ξ) f¨ur alle ξ ∈ R. Mit der Umkehrformel 23.10 folgt f¨ur alle x∈R:

f(x) = 1 2π

Z ∞

−∞

e^ixξFf(ξ)dξ^Vor.= 1 2π

Z ∞

−∞

e^ixξFg(ξ)dξ=g(x).

• Surjektiv: Es seig∈S. Betrachte die Funktionf(x) = _2π¹ (Fg)(−x)∈S. Dann gilt f¨ur alle x∈R:

Ff(x) = Z ∞

−∞

e^−ixτf(τ)dτ = 1 2π

Z ∞

−∞

e^−ixτ(Fg)(−τ)dτ = 1 2π

Z ∞

−∞

e^ixτ(Fg)(τ)dτ ^23.10= g(x), d.h.g ist das Bild vonf unterF.

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