Prof. Dr. J. Ebert PD Dr. T. Timmermann
Ubung zur Analysis 3¨ Blatt 10
Zusatzaufgabe 5. F¨urd, n∈N seienfn, φn∈C([−1,1]) definiert durch fn(t) = (1−t2)n und φn(t) := fn(t)
R1
−1fn(s)ds. Sei fernerg∈C([0,1]d). Zeigen Sie:
(a) F¨ur jedesn∈Nist R1
−1fn(s)ds≥ n+12 .
L¨osung: F¨ur 0≤t≤1 ist 1−t2 ≥1−t≥0 und somit Z 1
−1
fn(s)ds= 2 Z 1
0
(1−s2)nds≥2 Z 1
0
(1−s)nds= 2 n+ 1. (b) F¨ur jedes > 0 und δ ∈ (0,1) gibt es ein n0 mit R
[−δ,δ]φn(t)dt ≥ 1− f¨ur alle n≥n0. (Hinweis: limn→∞(n+ 1)(1−δ)n= 0.)
L¨osung: Seiδ∈(0,1) und >0. Nach Analysis 1 gilt limn→∞(n+ 1)(1−δ)n= 0.
Somit gibt es einn0 mit (n+ 1)(1−δ)n≤f¨ur allen≥n0. F¨urn≥n0 folgt dann
φn(t)
(a)
≤ n+ 1
2 fn(t) = n+ 1
2 (1−t2)n≤ n+ 1
2 (1−δ2)n≤
2 f¨ur alle t∈[δ,1], also
Z 1
δ
φn(t)dt≤ 2 und wegenR1
−1φn(t)dt= 1 dann auch die Behauptung.
(c) F¨ur jedesn∈Nist die Funktion gn(x) :=
Z
[0,1]d
(φn(x1−y1)· · ·φn(xd−yd))g(y)dy f¨urx∈[0,1]d
ein Polynom in x1, . . . , xd; genauer existieren Zahlen ak1,...,kd ∈R mit
gn(x) =
2n
X
k1,...,kd=0
ak1,...,kdxk11· · ·xkdd f¨ur alle x∈[0,1]d.
L¨osung: F¨ur jedesn∈Nexistieren nach der binomischen Formel Funktionenbk
mit
φn(t−s) =
2n
X
k=0
tkbk(s).
Dann folgt
φn(x1−y1)· · ·φn(xd−yd) =
2n
X
k1,...,kd=0
bk1(y1)xk11· · ·bkd(yd)xkdd
und gn hat die gew¨unschte Form mit ak1,...,kd =
Z
[0,1]d
bk1(y1)· · ·bkd(yd)g(y)dy.
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(d) F¨ur jedes α ∈ (0,1/2) konvergiert die Folge der Polynome (gn)n auf [α,1−α]d gleichm¨aßig gegeng.
L¨osung: Sei >0. Dag gleichm¨aßig stetig ist, gibt es ein δ >0 mit
|g(y)−g(y0)|< f¨ur alle y, y0 ∈[0,1]d mitky−y0k∞≤2δ.
OBdA. ist δ <1−α. Außerdem existiert nach (c) einn0 mit Z δ
−δ
φn(t)dt >1− f¨ur alle n≥n0.
Sei nun n≥n0. Wir setzen g außerhalb von [0,1]d durch Null fort, substituieren z=x−y im Integral in (c) und erhalten f¨urx∈[α,1−α]d:
gn(x) :=
Z
[0,1]d
(φn(x1−y1)· · ·φn(xd−yd))g(y)dy
= Z
Rd
(φn(z1)· · ·φn(zd))g(x−z)dz
= Z
[−1+α,1−α]d
φn(z1)· · ·φn(zd)g(x−z)dz.
Nach Wahl von n0 ist dann
g(x)− Z
[−1+α,1−α]d
φn(z1)· · ·φn(zd)g(x)dz
≤(1−)dg(x)
und
gn(x)− Z
[−1+α,1−α]d
φn(z1)· · ·φn(zd)g(x)dz
≤ Z
[−1+α,1−α]d
φn(z1)· · ·φn(zd)|g(x−z)−g(x)|dz.
Nun integrieren wir separat ¨uber [−δ, δ]d und den Rest und erhalten, indem wir die gleichm¨aßige Stetigkeit und (b) nutzen,
Z
[−1+α,1−α]d
φn(z1)· · ·φn(zd)|g(x−z)−g(x)|dz ≤+ (1−)d2kgk∞.
Zusammengesetzt erhalten wir
|gn(x)−g(x)| ≤3(1−)dkgk∞+. Da >0 beliebig war, folgt die Behauptung.
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