Folgere, dass die Fourierreihe gleichm¨aßig konvergiert

5. ¨Ubung zur Analysis II, L¨osungsvorschlag Aufgaben

A 1 (^{K P} Fourier Reihen) (5 Punkte)

Wir wollen den folgenden Satz ¨uber die gleichm¨aßige Konvergenz von Fourierreihen beweisen. Beachte, dass die Voraussetzungen deutlich st¨arker sind als n¨otig, sie erlauben jedoch einen relativ einfachen Beweis.

Satz.Seif :R→R2π-periodisch und 2-mal stetig differenzierbar. Dann konvergiert die Fourierreihe a₀

2 +

∞

X

n=1

(a_ncosnx+b_nsinnx),

wobei a_n und b_n durch (9.12) gegeben sind, gleichm¨aßig gegenf. Gehe f¨ur den Beweis wie folgt vor.

• Berechne die Fourierkoeffizienten von f⁰⁰ und integriere partiell. Folgere, dass die Fourierreihe gleichm¨aßig konvergiert.

• Zeige, dass auskf_n−gk^∞−−−→^n→∞ 0 folgtkf_n−gk² −−−→^n→∞ 0. Folgere g=f mit Hilfe von Satz 9.28.

• Wir schreibena_n(f), b_n(f)bzw.a_n(f⁰⁰), b_n(f⁰⁰)f¨ur die Fourierkoeffizienten vonf bzw.f⁰⁰. Es gilt

|a_n(f⁰⁰)|= 1 π

Z _2π

0

f⁰⁰(x) cos(nx)dx ≤ 1

π Z _2π

0 |f⁰⁰(x)|dx=:c und |b_n(f⁰⁰)| ≤c wobei cunabh¨angig vonnist. Ausserdem hat man

|a_n(f⁰⁰)|= 1 π

Z _2π

0

f⁰⁰(x) cos(nx)dx

= 1 π −

Z _2π

0

f⁰(x)(−1)nsin(nx)dx

= 1 π

Z 2π 0

f(x)(−1)n²cos(nx)dx

=n²|a_n(f)|,

wobei die Randterme verschwinden, weil die Funktionen periodisch sind. Also gilt insbesondere

|a_n(f)|= 1

n²|a_n(f⁰⁰)| ≤ c n². Analog beweist man |b_n| ≤ _n^c2. Das bedeutet

|a₀ 2|+

∞

X

n=1

ka_ncosnx+b_nsinnxk∞≤ |a₀ 2 |+

∞

X

n=1

2c n².

Also ist die Reihe absolut konvergent, also gleichm¨aßig konvergent. Sei(fn) die Folge der Parti- alsummen undg der Grenzwert.

• Wir m¨usseng=f zeigen. Seiε >0undN >0so gew¨ahlt, dass|f_n(x)−g(x)| < εf¨ur allen > N und alle x. Dann hat man

kf_n−gk2= Z _2π

0 |f_n(x)−g(x)|²dx

1 2

≤ Z _2π

0

ε²dx

1 2

=√ 2πε

f¨ur n > N. Also konvergiert die Folge auch im quadratischen Mittel gegen g. Nach Satz 9.28 konvergiert sie aber auch gegen f und es folgtf =g nach der Eindeutigkeit der Grenzwerte.

A 2 (3 Spezielle Normen) (5 Punkte)

Nach Satz 10.1 sind alle Normen auf einem endlichdimensionalen Vektorraum ¨aquivalent. Wir be- trachten jetzt speziell die Normen k · k1, k · k2 und k · k∞ auf Rⁿ.

5. ¨Ubung, L¨osungsvorschlag 2 (1) Sei v= (1,−4,0,−2). Berechne kvk1, kvk2 und kvk∞.

(2) Zeichne f¨urn= 2 die Einheitskreise f¨ur alle drei Normen, das heißt die Mengen {x∈R² | kxk∗ <1}, wobei ∗= 1,2,∞.

(3) Berechne ¨Aquivalenzkonstanten f¨urk · k1∼ k · k2, k · k1 ∼ k · k∞ und k · k∞∼ k · k2.

(1) kvk1 = 7, kvk2 =√

21, kvk∞= 4.

(3)

1

nkxk1= 1 n

n

X

k=1

|x_k| ≤ 1

nnkxk∞≤

n

X

k=1

|x_k|=kxk1,

√1nkxk2 = 1

√n

n

X

k=1

|x_k|²

!¹₂

≤ 1

√n

n

X

k=1

kxk²∞

!¹₂

=kxk∞≤

n

X

k=1

|x_k|²

!¹₂

=kxk2,

1

nkxk1 ≤ kxk∞≤ kxk2 ≤√

nkxk∞≤√ nkxk1.

A 3 ( ¨Aquivalenz von Normen)(7 Punkte)

(1^P) Beweise, daß zwei Normenk · kund ||| · |||auf einem VektorraumV genau dann ¨aquivalent sind, wenn sie die gleichen offenen Mengen liefern.

(2) Beweise nun Folgerung 10.2 aus der Vorlesung.

(i) Rⁿ ist bez¨uglich jeder Norm vollst¨andig.

(ii) Alle Normen auf Rⁿ liefern die gleichen offenen Mengen.

(iii) Die Stetigkeit einer Abbildung f : X → Rⁿ oder g : Rⁿ → Y, wobei X und Y metrische R¨aume sind, h¨angt nicht von der Wahl der Norm aufRⁿab.

5. ¨Ubung, L¨osungsvorschlag 3 (1) Seien die offenen Mengen, diek·kund|||·|||erzeugen, gleich. SeiB_1,k·k die Einheitskugel bez¨uglich k · kundB_1,|||·|||die Einheitskugel bez¨uglich ||| · |||. Da B_1,k·k offen bez¨uglichk · kist, ist sie auch offen bez¨uglich ||| · |||. Da0∈B_1,k·k gibt es ein ρ >0, so dass

ρB_1,|||·|||={y∈V | |||y||| < ρ} ⊂B_1,k·k. Sei nun x∈V beliebig. Dann gilt

ρ x

2|||x||| ∈ρB_1,|||·|||⊂B_1,k·k.

Also

ρ x 2|||x|||

≤1 ⇒ kxk ≤ 2 ρ|||x|||.

Analog (indem man die Rollen von k · k und ||| · ||| vertauscht) zeigt man, dass es ein c >0 gibt mit

|||x||| ≤c||x||.

Also sind die beiden Normen ¨aquivalent.

Seien nun die beiden Normen ¨aquivalent undU eine offene Menge bez¨uglichk·k. Wegen der ¨Aquivalenz k¨onnen wir |||x||| ≥ckxk f¨ur alle x∈V annehmen.

Sei x∈U. Dann existiert eine Kugel mit Radiusεund Mittelpunktx, B_ε,k·k(x)⊂U. Dann gilt B^ε

c,|||·|||(x)⊂B_ε,k·k(x)⊂U, denn f¨ur y ∈ B^ε

c,|||·|||(x) gilt kx−yk ≤c|||x−y||| ≤c^ε_c. Also ist U auch offen bez¨uglich ||| · |||. Das offene Mengen bez¨uglich ||| · ||| auch offen bez¨uglich k · ksind, zeigt man analog.

(2)

(i) Wir zeigen zun¨achst, dassR vollst¨andig bez¨uglichk · k1 ist.

Sei (x_k) eine Cauchyfolge inRⁿ. Sei(x^(j)_k ) die Folge derj-ten Komponenten von x_k. Dann gilt

|x^(j)_k −x^(j)_i | ≤ kx_k−x_ik1

i,k→∞

−−−−→0.

Weil Cauchyfolgen in Rkonvergieren, gilt x^(j)_k →x^(j).

kx_k−xk1 =

n

X

j=1

|x^(j)_k −x^(j)| →0.

Also ist Rⁿ bez¨uglichk · k1 vollst¨andig.

Sei nun k · keine beliebige Norm auf Rⁿ. Wegen Satz 10.1 ist diese ¨aquivalent zu k · k1. Sei(x_k) eine Cauchyfolge bez¨uglich k · k. Dann gilt

kx_k−x_jk1 ≤ckx_k−x_jk−−−−→^k,j→∞ 0.

Somit ist (x_k) auch eine Cauchyfolge bez¨uglichk · k1. Also gilt x_k→x bez¨uglich k · k1. Es folgt

kx_k−xk ≤c₂kx_k−xk¹ −−−→^k→∞ 0.

Somit konvergiert die Folge auch bez¨uglich k · k. (ii) folgt sofort aus (1)

(iii) Folgt sofort aus (ii), wenn man die Definition, dass Urbilder offener Mengen offen sind, verwendet.

A 4 (Operatornormen) (3 Punkte)

SeiA:Rⁿ→R^m eine lineare Abbildung undkAkdie durch k · k1,k · k1 induzierte Operatornorm. Sei (ai,j) eine Matrixdarstellung f¨urA. Finde eine Formel f¨urkAk ¨ahnlich zu der auf S181 unten.

5. ¨Ubung, L¨osungsvorschlag 4 Wir zeigen

kAk= max

1≤k≤n m

X

j=1

|a_j,k|.

F¨ur beliebiges x gilt

kAxk1=

n

X

k=1







a_1,kx_k ... a_m,kx_k





 1

≤

m

X

j=1 n

X

k=1

|a_j,kx_k|=

n

X

k=1

|x_k|

m

X

j=1

|a_j,k| ≤



max

1≤k≤n m

X

j=1

|a_j,k|



kxk1. Sei nunk₀ so gew¨ahlt, dassPm

j=1|a_j,k0|= max_1≤k≤nPm

j=1|a_j,k|. Dann hat man f¨urx=e_k0 (derk₀-te kanonische Einheitsvektor)

kAxk1 =





 a_1,k0

... a_m,k0





 1

=

m

X

j=1

|a_j,k0|= max

1≤k≤n m

X

j=1

|a_j,k|.

Somit folgt die Behauptung.

A 5 (^P Weierstraß’scher Approximationssatz) (3 Punkte) Sei f eine stetige Funktion auf [a, b], f¨ur die

Z b a

f(x)xⁿdx= 0 f¨ur alle n∈N₀

gelte. Zeige, dass f(x) = 0 f¨ur alle x∈[a, b] ist.

Nach dem Satz von Weierstraß gibt es eine Folge von Polynomen, die gleichm¨aßig gegenf konvergiert.

Dann konvergiert (f_nf) gleichm¨aßig gegen f². Also

n→∞lim Z _b

a

f(x)f_n(x)dx= Z

f(x)²dx.

Aus der Annahme Rb

af(x)xⁿdx= 0folgt Z _b

a

f(x)f_n(x)dx= 0.

Also folgt Rb

af(x)²dx = 0, das heißt f(x) = 0 f¨ur alle x ∈ [a, b]. (Siehe Tutorium 1, f¨ur alle die im Tutorium waren, die anderen m¨ussen es wohl oder ¨ubel noch beweisen. Die Musterl¨osung findet ihr aber auch dort)