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Universität/Hochschule Schwartz-Funktionen und Faltung
Mikka
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  Themenstart: 2022-08-19

Liebe Matheplanetarier, ich habe eine Frage zu schnell fallenden Funktionen: Eine Funktion $f: \mathbb{R}^n \to \mathbb{C}$ heißt schnell fallend, wenn für alle $a, b \in \mathbb{N}_{0}^{n}$ die Funktion $x^{a}D^{b}f(x)$ beschränkt ist. $a$ und $b$ sind ja Multiindizes, was zur Hölle soll dann $x^a$ sein? Ich verstehe nicht was ein Vektor potenziert mit einem Multiindex sein soll, genauso bei der $b$-ten Ableitung von $f$. Kann mir bitte jemand helfen, wie das zu verstehen ist? Der Ausgangspunkt war folgender: Sind $f, g \in S$, dann auch das Faltungsprodukt $f \ast g(x)=\int_{\mathbb{R}}f(y)g(x-y)dy$. Dabei ist $S$ der Schwartz-Raum. In der Vorlesung hatten wir das so begründet: Das $g$ beschränkt ist und $|f(y)| \leq \dfrac{C}{1+y^2}$ für eine Konstante $C>0$, konvergiert das Integral. Da andererseits $|g(z)| \leq \dfrac{D_{k}}{1+|z|^k}$ für jedes $k \in \mathbb{N}$ sieht man, dass $f \ast g$ schnell fallend ist. Irgendwie sehe ich das nicht. Ich habe folgendes gerechnet: $|f \ast g(x)| \leq \int_{\mathbb{R}}|f(y)| \cdot |g(x-y)|dy \leq \int_{\mathbb{R}}\dfrac{C}{1+y^2} \cdot \dfrac{D_{k}}{1+|x-y|^{k}}dy$ Ab hier komme ich nicht weiter. Das Ziel wäre doch, das gegen $\dfrac{E}{|x|^{k}}$ für eine Konstante $E$ abzuschätzen. Wie muss ich denn hier weiterrechnen? Viele Grüße, Mikka


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nzimme10
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-08-19

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\mathrm{d}} \renewcommand{\dd}{\ \mathrm d} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Hallo, für $x=(x_1,\dots,x_n)\in \mathbb R^n$ und $a=(a_1,\dots,a_n)\in \mathbb N^n$ definiert man typischerweise $$ x^a:=x_1^{a_1}\cdot \dotso \cdot x_n^{a_n}. $$ Ist weiter $f\colon \mathbb R^n\to \mathbb C$ für ein $b=(b_1,\dots,b_n)\in \mathbb N^n$ $|b|$-mal stetig differenzierbar, so setzt man $$ D^bf:=\frac{\partial^{|b|}f}{\partial x_1^{b_1}\dots\partial x_n^{b_n}}. $$ Dabei ist $|b|:=b_1+\dots+b_n$. Eine Schwartz-Funktion zu sein bedeutet also, dass jede mögliche partielle Ableitung multipliziert mit jedem möglichen Monom beschränkt ist. LG Nico\(\endgroup\)


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Mikka
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-08-20

Vielen Dank! Hast Du oder vielleicht sonst jemand eine Idee wie ich bei meinem oben beschriebenen Problem mit der Faltung weiterkomme? Viele Grüße, Mikka


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nzimme10
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  Beitrag No.3, eingetragen 2022-08-20

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\mathrm{d}} \renewcommand{\dd}{\ \mathrm d} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Hallo, bemerke, dass für $k>0$ und $x\in \mathbb R^n$ $$ \int_{\mathbb R^n} (1+\lVert x-y\rVert)^k(1+\lVert y\rVert)^k\cdot |f(x-y)|\cdot |g(y)| \dd y\leq C_k\cdot \sup_{\substack{z\in \mathbb R^n \\ |a|,|b|\leq k}} |x^aD^bf(z)| \cdot \sup_{\substack{z\in \mathbb R^n \\ |a|,|b|\leq n+k+1}} |x^aD^bg(z)|\cdot \int_{\mathbb R^n} \frac{1}{(1+\lVert y\rVert)^{n+1}} \dd y<\infty $$ gilt, wobei $C_k$ eine Konstante ist. Kannst du $|(f*g)(x)|$ mit der linken Seite obiger Ungleichung in Verbindung bringen? LG Nico \(\endgroup\)


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Mikka
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2022-08-20

Ich weiß nicht woraus sich die Gültigkeit dieser Ungleichung ergibt. Jedenfalls erkenne ich die Faltung in dem Ausdruck $|f(x-y)| \cdot |g(y)|$ im Integral wieder. Ich bin mir nur nicht im Klaren, wie mich das weiterbringt. Viele Grüße, Mikka


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nzimme10
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  Beitrag No.5, eingetragen 2022-08-20

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\mathrm{d}} \renewcommand{\dd}{\ \mathrm d} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Es ist $$ (1+\lVert x\rVert)^k|(f*g)(x)|\leq \int_{\mathbb R^n} (1+\lVert x\rVert)^k|f(x-y)|\cdot|g(y)| \dd y. $$ Zusammen mit $1+\lVert x\rVert\leq (1+\lVert x-y\rVert)(1+\lVert y\rVert)$ ergibt sich also $$ (1+\lVert x\rVert)^k|(f*g)(x)|\leq \int_{\mathbb R^n} (1+\lVert x-y\rVert)^k(1+\lVert y\rVert)^k\cdot |f(x-y)|\cdot |g(y)| \dd y $$ und mit der Ungleichung aus dem letzten Beitrag daher $$ |(f*g)(x)|\leq \frac{\tilde C_k}{(1+\lVert x\rVert)^k} $$ für alle $x\in \mathbb R^n$ und alle $k>0$, wobei auch hier $\tilde C_k$ eine von $k$ abhängige Konstante ist. Nun braucht es noch eine grundsätzliche Überlegung. Sind $f,g\in S(\mathbb R^n)$, dann gilt $$ D^b(f*g)(x)=\int_{\mathbb R^n} D^bf(x-y)g(y) \dd y. $$ Da $D^bf\in S(\mathbb R^n)$ gilt, genügt es zu zeigen, dass es für jedes $N>0$ und alle $|b|\leq N$ eine Konstante $c_N$ mit $$ |(f*g)(x)|\leq \frac{c_N}{\prod_{j=1}^n(1+|x_j^{b_j}|)} $$ gibt, um $f*g\in S(\mathbb R^n)$ nachzuweisen. Das haben wir allerdings gerade eben gezeigt. LG Nico\(\endgroup\)


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Mikka
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2022-08-22

Nochmal eine Frage zum vorherigen Beitrag. Ergibt sich die Ungleichung $\int_{\mathbb{R}^n}(1+||x-y||)^k(1+||y||)^k \cdot |f(x-y)| \cdot |g(y)|dy \leq C_k \cdot \sup_{z \in \mathbb{R}^n, |a|,|b| \leq k}|x^aD^bf(z)| \cdot \sup_{z \in \mathbb{R}^n, |a|,|b| \leq n+k+1}|x^aD^bg(z)| \cdot \int_{\mathbb{R}^n}\dfrac{1}{1+||y||^{n+1}}dy$ aus mehrfacher partieller Integration? Ich rechne da schon eine ganze Weile rum und komme da nicht hin. Viele Grüße, Mikka


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nzimme10
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  Beitrag No.7, eingetragen 2022-08-22

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\mathrm{d}} \renewcommand{\dd}{\ \mathrm d} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Hallo, nein. Wenn wir bei dem Integral $$ \int_{\mathbb R^n} |f(x-y)|\cdot |g(y)| \dd y $$ eine "naive" Abschätzung finden wollen würden, dann würden wir eventuell einfach $|f(x-y)|$ und $|g(y)|$ durch ihr Supremum abschätzen und dann diese Suprema aus dem Integral herausziehen. Das geht hier natürlich nicht, weil dann nur noch $$ \int_{\mathbb R^n} \dd y=\infty $$ übrig bleibt. Man kann den naiven Ansatz aber durch etwas "Tricksen" noch retten. Setzen wir zur Vereinfachung der Notation mal $$ \lVert f\rVert_k:=\sup_{\substack{z\in \mathbb R^n \\ |a|,|b|\leq k}} |x^aD^bf(z)| $$ für $f\in C^\infty(\mathbb R^n)$ und $k>0$. Die entscheidende Beobachtung ist nun, dass $\lVert f\rVert_k<\infty$ genau dann gilt, wenn es für alle $|a|,|b|\leq k$ eine Konstante $c_k$ mit $$ \left(\prod_{j=1}^n (1+|x_i^{a_j}|)\right)|D^b f(x)| \leq c_k $$ für alle $x\in \mathbb R^n$ gibt. Du solltest dir nun überlegen, warum $$ (1+\lVert x-y\rVert)^k |f(x-y)|\leq c_k\cdot\lVert f\rVert_k $$ für alle $x,y\in \mathbb R^n$ und $k>0$ gilt, wobei $c_k$ eine von $k$ abhängige Konstante ist. Damit ist dann zunächst $$ \int_{\mathbb R^n} (1+\lVert x-y\rVert)^k|f(x-y)|(1+\lVert y\rVert)^k|g(y)| \dd y\leq \int_{\mathbb R^n} c_k\lVert f\rVert_k(1+\lVert y\rVert)^k|g(y)| \dd y=c_k\cdot\lVert f\rVert_k\cdot\int_{\mathbb R^n} (1+\lVert y\rVert)^k|g(y)| \dd y. $$ Jetzt kommt der "Trick". Es ist $$ \int_{\mathbb R^n} (1+\lVert y\rVert)^k|g(y)| \dd y=\int_{\mathbb R^n} \frac{(1+\lVert y\rVert)^k}{(1+\lVert y\rVert)^{n+k+1}}(1+\lVert y\rVert)^{n+k+1}|g(y)| \dd y\leq c_{n+k+1}\lVert g\rVert_{n+k+1} \cdot \int_{\mathbb R^n} \frac{1}{(1+\lVert y\rVert)^{n+1}} \dd y. $$ Mit $C_k:=c_k\cdot c_{n+k+1}$ folgt die Ungleichung. Den Aufwand haben wir unter anderem deshalb betrieben, weil nun das konvergente Integral $$ \int_{\mathbb R^n} \frac{1}{(1+\lVert y\rVert)^{n+1}} \dd y $$ nach den ganzen Abschätzungen übrig bleibt (vergleiche mit dem naiven Ansatz). Zuletzt noch der Hinweis: In etwa das gleiche Argument findet man z.B. in Loukas Grafakos, "Classical Fourier Analysis", 3rd Edition, Proposition 2.2.7. LG Nico\(\endgroup\)


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Mikka
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  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2022-09-23

Hallo, ich versuche das gerade nachzurechnen. Aus der Substitution $z=x-y$ ergibt sich: $\sup_{x-y \in \mathbb{R}^n}{(1+||x-y||)^k \cdot |f(x-y)|}=\sup_{z \in \mathbb{R}^n}{(1+||z||)^k \cdot |f(z)|} \leq \sup_{z \in \mathbb{R}^n, |a|,|b| \leq k}{(1+||z||)^k \cdot |x^{a}D^{b}f(z)|}$ Ich muss ja irgendwie dieses $c_k$ aus der Gleichung direkt drüber ins Spiel bringen. Wie gelingt das? Da ist immer noch der Term $(1+||z||)^k$, der mich stört. Viele Grüße, Mikka


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  Beitrag No.9, eingetragen 2022-09-24

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\mathrm{d}} \renewcommand{\dd}{\ \mathrm d} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Hallo, das war vermutlich eine schlechte Notation von mir. Die beiden $c_k$ müssen nicht die selbe Konstante sein. In beiden Fällen ist das einfach eine (womöglich unterschiedliche) lediglich von $k$ abhängige Konstante. LG Nico\(\endgroup\)


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  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2022-09-27

Achso, jetzt ist es etwas klarer. Dann habe ich noch eine Frage: An welcher Stelle bei all den oben erfolgten Abschätzungen haben wir die Ungleichung $\left(\prod_{i=1}^{n}(1+|x_{i}^{a_{i}}|)\right)|D^{b}f(x)| \leq c_{k}$ benötigt? Ich kann doch mittels der Gleichheit $D^{b}(f \ast g)(x)=\int_{\mathbb{R}^n}D^{b}f(x-y)g(y)\mathrm{d}y$ überall das $f$ durch $D^{b}f$ ersetzen. Dann hätte ich das doch gar nicht gebraucht, oder? Viele Grüße, Mikka


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Wally
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  Beitrag No.11, eingetragen 2022-09-27

Ich habe jetzt nicht alles gelesen, aber die Standard-Antwort ist, dass dann alle Integrale existieren und man sich keine Sorgen um Vertauschbarkeit von Differentiation und Integral machen muss. Eben einfach nach Herzenslust losrechnen! Viele Grüße Wally


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