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| Aufgabe | Sei [mm] $f\in\mathcal{L}^1(\mathbb{R})$ [/mm] stetig differenzierbar und [mm] $f'\in\mathcal{L}^1(\mathbb{R})$.
[/mm]
Zeigen Sie:
a) Es gilt [mm] $\lim_{x\to\infty} f(x)=0=\lim_{x\to -\infty}f(x)$
[/mm]
b) Die Fourier-Transformierte von $f'$ ist gegeben durch [mm] $\overline{(f')}(\xi)=i\xi\overline{f}(\xi)$ [/mm] für alle [mm] $\xi\in\mathbb{R}$.
[/mm]
Hinweis: partielle Integration und Satz über dominierte Konvergenz |
Hallo,
ich beschäftige mich gerade mit dieser Aufgabe und benötige etwas Hilfe.
Erstmal eine Frage am Rande, kennt jemand von euch den Latex-Code für den "Hut/Dach", welchen man für die Fourier-Transformierte benutzt? Ich habe es erstmal nur mit [mm] $\overline{f}$ [/mm] dargestellt. Würde mich über die Mitteilung des richtigen Codes freuen. :)
Dann zur a)
Es ist
[mm] $f\in\mathcal{L}^1(\mathbb{R})=\{f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\,\,\text{messbar}|f<\infty\}$, [/mm] wenn ich mich nicht irre.
Wir hatten [mm] $\mathcal{L}^p(X,\mathbb{C})=\{f:X\to\mathbb{C}\,\,\text{messbar}|||f||_p<\infty\}$ [/mm] definiert. Deshalb bin ich mir bei der obigen Menge nicht ganz sicher, ob ich es richtig interpretiert habe.
Nun soll ich zeigen, dass [mm] $\lim_{x\to\infty} [/mm] f(x)=0$ und [mm] $\lim_{x\to -\infty} [/mm] f(x)=0$
Leider bin ich gerade ein bisschen aufgeschmissen, was diese Aufgabe angeht. Verwende ich für [mm] $\mathcal{L}^1(\mathbb{R})$ [/mm] die korrekte Definition? Das ist gerade meine größte Sorge...
Über Hilfe würde ich mich sehr freuen.
Vielen Dank im voraus.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 05:37 Mo 30.11.2015 | | Autor: | fred97 |
> Sei [mm]f\in\mathcal{L}^1(\mathbb{R})[/mm] stetig differenzierbar
> und [mm]f'\in\mathcal{L}^1(\mathbb{R})[/mm].
>
> Zeigen Sie:
>
> a) Es gilt [mm]\lim_{x\to\infty} f(x)=0=\lim_{x\to -\infty}f(x)[/mm]
>
> b) Die Fourier-Transformierte von [mm]f'[/mm] ist gegeben durch
> [mm]\overline{(f')}(\xi)=i\xi\overline{f}(\xi)[/mm] für alle
> [mm]\xi\in\mathbb{R}[/mm].
>
> Hinweis: partielle Integration und Satz über dominierte
> Konvergenz
> Hallo,
>
> ich beschäftige mich gerade mit dieser Aufgabe und
> benötige etwas Hilfe.
> Erstmal eine Frage am Rande, kennt jemand von euch den
> Latex-Code für den "Hut/Dach", welchen man für die
> Fourier-Transformierte benutzt? Ich habe es erstmal nur mit
> [mm]\overline{f}[/mm] dargestellt. Würde mich über die Mitteilung
> des richtigen Codes freuen. :)
>
> Dann zur a)
>
> Es ist
> [mm]f\in\mathcal{L}^1(\mathbb{R})=\{f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\,\,\text{messbar}|f<\infty\}[/mm],
> wenn ich mich nicht irre.
Du irrst !
[mm] $f\in\mathcal{L}^1(\mathbb{R})$
[/mm]
[mm] \gdw
[/mm]
f ist messbar und [mm] \integral_{\IR}^{}{|f(x)| dx} [/mm] < [mm] \infty.
[/mm]
FRED
>
> Wir hatten
> [mm]\mathcal{L}^p(X,\mathbb{C})=\{f:X\to\mathbb{C}\,\,\text{messbar}|||f||_p<\infty\}[/mm]
> definiert. Deshalb bin ich mir bei der obigen Menge nicht
> ganz sicher, ob ich es richtig interpretiert habe.
>
> Nun soll ich zeigen, dass [mm]\lim_{x\to\infty} f(x)=0[/mm] und
> [mm]\lim_{x\to -\infty} f(x)=0[/mm]
>
> Leider bin ich gerade ein bisschen aufgeschmissen, was
> diese Aufgabe angeht. Verwende ich für
> [mm]\mathcal{L}^1(\mathbb{R})[/mm] die korrekte Definition? Das ist
> gerade meine größte Sorge...
>
> Über Hilfe würde ich mich sehr freuen.
> Vielen Dank im voraus.
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Vielen Dank für die Richtigstellung.
Leider weiß ich immer noch nicht so recht, wie ich an diese Aufgabe rangehen soll. Ich finde einfach keinen passenden Satz in meinen Unterlagen, der mir sinnvoll erscheint hier anzuwenden.
Brauche ich für den Aufgabenteil a) die stetige Differenzierbarkeit von f?
Bisher gehe ich eigentlich davon aus, dass ich das erst bei b) benötige.
Ich habe daran gedacht es vielleicht mit einem Widerspruch zu zeigen.
Der Widerspruch müsste dann dazu entstehen, dass das Integral von |f| nicht beschränkt ist.
Habt ihr einen Tipp?
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Hiho,
> Ich finde einfach keinen passenden Satz in meinen Unterlagen, der mir sinnvoll erscheint hier anzuwenden.
Die Monotonie und Additivität des Integrals wäre sicherlich hilfreich.
> Brauche ich für den Aufgabenteil a) die stetige Differenzierbarkeit von f?
Nein.
> Ich habe daran gedacht es vielleicht mit einem Widerspruch
> zu zeigen.
> Der Widerspruch müsste dann dazu entstehen, dass das
> Integral von |f| nicht beschränkt ist.
Das ist doch mal eine Idee. Warum hast du das nicht verfolgt?
Nimm also an [mm] $\lim_{x\to\infty} \not= [/mm] 0$.
Was bedeutet das?
Gruß,
Gono
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> Das ist doch mal eine Idee. Warum hast du das nicht verfolgt?
Weil ich zu dem Zeitpunkt erstmal nur diese Idee hatte, aber keinen konkreten Ansatz, wie es damit funktionieren kann.
Nun denke ich, dass ich zumindest etwas brauchbares habe, womit wir arbeiten können.
Angenommen [mm] \lim_{x\to\infty} f(x)\neq [/mm] 0 und [mm] \lim_{x\to -\infty} f(x)\neq [/mm] 0.
Und [mm] $\int_{\mathbb{R}} |f(x)|\, dx<\infty$.
[/mm]
Betrachte [mm] $\int_{[0,\infty]} |f(x)|\, [/mm] dx$.
1. Fall:
Der Grenzwert [mm] $\lim_{x\to\infty} [/mm] |f(x)|$ existiert nicht, dann ist
[mm] $\int_{[0,\infty]} |f(x)|\, dx=\infty$
[/mm]
2. Fall:
Die Idee ist hier, dass ich |f| durch eine Folge nach unten abschätze, welche den selben positiven Grenzwert hat. Die Werte dieser Folge nehme ich als Grundlage für eine Treppenfunktion, welche eine Minorante zu |f| sein soll und zeige, dass das Integral dieser Minorante bereits unbeschränkt ist. Wobei ich die Minorante für groß genuges n durch den Grenzwert approximieren möchte. Da der Grenzwert c>0 gilt, ist dann das Integral unbeschränkt.
Konkret:
Sei nun also [mm] \lim_{x\to\infty} [/mm] |f(x)|=c mit $c> 0$.
Sei [mm] $g_n:\mathbb{N}\to[0,\infty]$ [/mm] mit [mm] $n\mapsto\inf\{|f(n)|,|f(n+1)|\}$ [/mm] und [mm] $\lim_{n\to\infty} g_n=c$
[/mm]
Betrachte nun [mm] $\int_{[0,\infty]} g_n\chi_{[n,n+1]}\, [/mm] dx$, da
[mm] $g_n\chi_{[n,n+1]}\leq|f(n+1)|$ [/mm] für alle [mm] $n\in\mathbb{N}$ [/mm] und
[mm] \lim_{x\to\infty} [/mm] |f(x)|=c existiert ein [mm] $n_0\in\mathbb{N}$ [/mm] so, dass für alle [mm] $n\geq n_0\quad |g_n-c|<\epsilon$ [/mm] für alle [mm] $\epsilon>0$ [/mm] gilt. [mm] (g_n\geq c-\epsilon>0$ [/mm] für [mm] $\epsilon>0$ [/mm] passend gewählt.)
Also
[mm] $\int_{[0,\infty]} |f(x)|\, dx\geq\int_{[0,\infty]} g_n\chi_{[n,n+1]}\geq\int_{[n_0,\infty]}g_n\chi_{[n,n+1]}\geq \int_{[n_0,\infty]} c-\epsilon=\infty$, [/mm] da [mm] $c-\epsilon>0$ [/mm] konstant und die Länge des Intervalls unendlich ist.
Damit hätte ich also meinen Widerspruch.
Ich denke, dass meine beschriebene Vorgehensweise und Beweisidee richtig ist. Vielleicht zu umständlich und es geht auch einfacher.
Ich bin mir nur an manchen Stellen nicht ganz sicher ob ich das so machen kann.
Über eure Meinung würde ich mich freuen.
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Ich möchte mich nun mit Aufgabenteil b) beschäftigen.
Als Tipp ist gegeben zu erst partiell zu integrieren und dann den Satz von der dominierten Konvergenz anzuwenden.
[mm] $\hat{f}(\xi)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb{R}} f(x)e^{-ix\xi}\, [/mm] dx$ für alle [mm] $\xi\in\mathbb{R}$
[/mm]
Aus einer vorherigen Aufgabe weiß ich, dass
[mm] $\frac{d}{d\xi}\hat{f}(\xi)=-i\widehat{(xf(x))}(\xi)$ [/mm] gilt. Vielleicht benötigt man das hier.
Ansonsten möchte ich nun
[mm] $\int_{\mathbb{R}} f(x)e^{-ix\xi}\, [/mm] dx$ partiell integrieren.
[mm] $u'=e^{-ix\xi}\quad u=-\frac{1}{i\xi}e^{-ix\xi}$
[/mm]
[mm] $v=f(x)\quad [/mm] v'=f'(x)$
Damit erhält man
[mm] $\hat{F}(\xi)=-\frac{1}{i\xi}e^{-ix\xi}f(x)-\int_{\mathbb{R}}-\frac{1}{i\xi}e^{-ix\xi}f'(x)\, dx=-\frac{1}{i\xi}e^{-ix\xi}f(x)+\frac{1}{i\xi}\int_{\mathbb{R}}e^{-ix\xi}f'(x)\, [/mm] dx$
Bisher sieht das nicht so aus, als würde es mich weiterbringen. Auch erschließt sich mir nicht wie ich hier den Satz von der dominierten Konvergenz anwenden soll.
Oder muss ich etwas anderes partiell integrieren und nicht die Fourier-Transformierte?
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Hiho,
> Ansonsten möchte ich nun
>
> [mm]\int_{\mathbb{R}} f(x)e^{-ix\xi}\, dx[/mm] partiell
> integrieren.
>
> [mm]u'=e^{-ix\xi}\quad u=-\frac{1}{i\xi}e^{-ix\xi}[/mm]
>
> [mm]v=f(x)\quad v'=f'(x)[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Damit erhält man
>
> [mm]\hat{F}(\xi)=-\frac{1}{i\xi}e^{-ix\xi}f(x)-\int_{\mathbb{R}}-\frac{1}{i\xi}e^{-ix\xi}f'(x)\, dx=-\frac{1}{i\xi}e^{-ix\xi}f(x)+\frac{1}{i\xi}\int_{\mathbb{R}}e^{-ix\xi}f'(x)\, dx[/mm]
![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Du hast die Grenzen im ersten Ausdruck vergessen, dann fällt der nämlich weg und übrig bleibt der linke Term, der exakt das ist, was du doch zeigen willst!
Schlage also nochmal nach, wie partielle Integration bei bestimmten Integralen funktioniert und schreibe statt [mm] \IR [/mm] mal die Grenzen [mm] -\infty [/mm] bis [mm] \infty [/mm] hin und wende dann partielle Integration an.
Du bist doch so gut wie fertig. Warum du die dominierte Konvergenz brauchst (und indirekt vorausgesetzt hast ohne es zu merken!) erörtern wir, wenn du den Schritt oben verstanden hast.
Gruß,
Gono
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> Du hast die Grenzen im ersten Ausdruck vergessen, dann fällt der nämlich weg und übrig bleibt der linke Term, der exakt das ist, was du doch zeigen willst!
Ok, das war natürlich dumm. Liegt vielleicht daran, dass wenn ich unbestimmte Integrale berechne ich generell erst die Stammfunktion angebe, oder eben die partielle Integration ohne Grenzen durchführe und diese dann hinterher einsetze.
Mit den Grenzen erhält man also:
[mm] $[-\frac{1}{i\xi}e^{-ix\xi}f(x)]_{-\infty}^{\infty}+\frac{1}{i\xi}\int_{\mathbb{R}}e^{-ix\xi}f'(x)\, [/mm] dx$
Wenn ich den ersten Teil berechnen möchte, dann erhalte ich
[mm] $\lim_{a\to\infty} -\frac{1}{i\xi}e^{-ia\xi}f(a)-\lim_{a\to-\infty} -\frac{1}{i\xi}e^{-ia\xi}f(a)$
[/mm]
Die "rein" komplexe e-Funktion ist beschränkt und nach Aufgabenteil a) gilt [mm] $\lim_{a\to\infty}f(a)=0=\lim_{a\to-\infty}f(a)$, [/mm] somit geht der erste Teil gegen Null.
Übrig bleibt
[mm] $\hat{F}(\xi)=\frac{1}{i\xi}\int_{\mathbb{R}} e^{-ix\xi}f'(x)$ [/mm]
Also:
[mm] $i\xi\hat{f}(\xi)=\int_{\mathbb{R}} e^{-ix\xi}f'(x)=\widehat{f'}(\xi)$
[/mm]
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Hiho,
jetzt hast du es ja korrekt hinbekommen, allerdings solltest du für die obere und untere Integrationsgrenze unterschiedliche Laufvariablen verwenden, aber das ist nur eine Formalität.
Allerdings scheint die dominierte Konvergenz nirgendwo benötigt zu werden, weil du nirgends Grenzwerte vertauschst.
Der Beweis ist aber trotzdem korrekt 
Kannst ihn ja nochmal korrekt sauber aufschreiben in der Form:
$ [mm] i\xi\hat{f}(\xi)=i\xi\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\mathbb{R}} e^{-ix\xi}f(x) [/mm] dx = [mm] i\xi\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \left(\lim_{a\to-\infty} \int_a^0 e^{-ix\xi}f(x) dx + \lim_{b\to\infty}\int_0^b e^{-ix\xi}f(x) dx \right)= \ldots$
[/mm]
Gruß,
Gono
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Warum kann ich den Satz von der dominierten Konvergenz hier denn anwenden?
Ich habe ja gar keine Funktionenfolge oder ähnliches, oder würde man einfach die Funktion f als Grenzwert einer Folge integrierbarer Funktionen definieren?
Und dann bräuchte man ja noch eine integrierbare Majorante. Hier kann man denke ich auch einfach f bzw. den Ausdruck im Integranden verwenden.
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Hiho,
> Warum kann ich den Satz von der dominierten Konvergenz hier
> denn anwenden?
> Ich habe ja gar keine Funktionenfolge oder ähnliches, oder
> würde man einfach die Funktion f als Grenzwert einer Folge
> integrierbarer Funktionen definieren?
du hast das schon richtig erkannt. Wenn dann höchstens in dem Schritt, wo du von der Integration über [mm] \IR [/mm] auf ein Teilintervall [a,b] übergehst. Rein formal ist das dann ein Wechsel von $f$ zu [mm] $f1_{[a,b]}$ [/mm] und schon hast du deine Folge von Funktionen mit f als Grenzfunktion
Gruß,
Gono
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Vielen Dank für deine Hilfe.
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Hiho,
dein Beweis im zweiten Fall ist ok, wenn auch viel zu kompliziert. Aber die Idee stimmt.
Sei [mm] $\lim_{x\to\infty} [/mm] |f(x)| = c$, dann gibt es ein [mm] $\varepsilon \in [/mm] (0,c)$ und [mm] $x_0 \in \IR$ [/mm] so dass $|f(x)| [mm] \ge c-\varepsilon$ [/mm] und damit:
[mm] $\int_{x_0}^\infty [/mm] |f(x)| dx [mm] \ge \int_{x_0}^\infty c-\varepsilon [/mm] dx = [mm] \infty$, [/mm] Widerspruch.
Wieso ich zum 1. Fall nichts geschrieben hab, hat einfach den Grund, dass ich auch noch keinen Beweis sehe.
Ich weiß in der Zwischenzeit aber, dass man die Bedingung $f' [mm] \in \mathcal{L}^1$ [/mm] doch benötigt, da die Aussage sonst falsch ist. Habe aber noch nichts gefunden, wie man das zeigen kann, daher lasse ich die Aufgabe mal als teilweise beantwortet stehen.
Gruß,
Gono
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Vielen Dank für den Link.
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