add ana9

ws2020/ana/uebungen/ana9.tex

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+\documentclass[uebung]{../../../lecture}
+
+\title{Analysis 3: Übungsblatt 9}
+\author{Leon Burgard, Christian Merten}
+\usepackage[]{mathrsfs}
+\newcommand{\tageq}{\stepcounter{equation}\tag{\theequation}}
+
+\begin{document}
+
+\punkte
+
+\begin{lemma}
+    Es gilt
+    \[
+    \int_{\R}^{} \frac{1}{1+y^2} \d{y} = \pi
+    .\]
+    \label{le:1}
+\end{lemma}
+\begin{proof}
+    Betrachte $f_n \coloneqq \frac{1}{1+y^2} \chi_{[-n, n]}$. Da $\frac{1}{1+y^2} \ge 0$ folgt
+    $f_n \nearrow \frac{1}{1+y^2}$. Außerdem ist $f_n$ stetig und daher messbar, insbesondere
+    Riemann-integrierbar und dieses stimmt auf dem kompakten Intervall $[-n, n]$
+    mit dem Lebesgue-Integral überein. Weiter ist $\frac{\d}{\d{x}}\tan(x) = 1 + \tan^2(x)$.
+    Also
+    folgt mit monotoner Konvergenz und dem Transformationssatz
+    \begin{salign*}
+        \int_{\R}^{} \frac{1}{1+y^2} \d{y} &= \lim_{n \to \infty} \int_{\R}^{} f_n \d{x} \\
+        &= \lim_{n \to \infty} \int_{-n}^{n} \frac{1}{1+y^2} \d{y}  \\
+        &\stackrel{z = \tan(y)}{=} \lim_{n \to \infty} \int_{\arctan(-n)}^{\arctan(n)} \frac{1+ \tan^2(z)}{1 + \tan^2(z)} \d{z} \\
+        &= \lim_{n \to \infty} \left[ \arctan(n) - \arctan(-n) \right] \\
+        &= \lim_{n \to \infty} \arctan(n) - \lim_{n \to \infty} \arctan(-n) \\
+        &= \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2}  \\
+        &= \pi
+    .\end{salign*}
+\end{proof}
+
+\begin{lemma}
+    Für $f, g\colon X \to [0, \infty)$ gilt
+    \[
+        \sup_{x \in X} fg \le \sup_{x \in X} f \cdot  \sup_{x \in X} g
+    .\]
+    \label{le:2}
+\end{lemma}
+\begin{proof}
+    Es gilt
+    \begin{salign*}
+        \sup_{x \in X} |fg| &= \sup \{ f(x)g(x)  \mid x \in X\} \\
+        &\le \sup \{ f(x) g(y)  \mid x, y \in X\} \\
+        &\stackrel{f, g \ge 0}{=} \sup \{f(x)  \mid x \in X\}
+        \cdot \sup \{ g(x)  \mid x \in X\} \\
+        &= \sup_{x \in X} f \cdot  \sup_{x \in X} g
+    .\end{salign*}
+\end{proof}
+
+\begin{aufgabe}
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Seien $f, g \in \mathscr{S}(\R^{n})$ und $a, b \in \mathbb{C}$. Dann ist
+            $af + bg \in C^{\infty}(\R^{n}, \mathbb{C})$. Weiter seien $\alpha, \beta \in \N_0^{n}$ beliebig.
+            Dann gilt
+            \begin{salign*}
+                \sup_{x \in \R^{n}} |x^{\alpha} \partial_{\beta} (af + bg) |
+                &= \sup_{x \in \R^{n}} \left| a x^{\alpha} \partial_{\beta} f + b x^{\alpha} \partial_\beta g \right|  \\
+                &\le |a| \underbrace{\sup_{x \in \R^{n}} |x^{\alpha} \partial_{\beta} f |}_{< \infty}
+                + |b| \underbrace{\sup_{x \in \R^{n}} |x^{\alpha} \partial_{\beta} g |}_{< \infty} \\
+                &< \infty
+            .\end{salign*}
+        \item Sei $f \in \mathscr{S}(\R^{n})$ und $p \in [1, \infty]$.
+            Falls $p = \infty$, dann gilt
+            \begin{salign*}
+            \Vert f \Vert_{L^{\infty}} = \text{ess } \sup_{x \in \R^{n}} |f|
+            \le \sup_{x \in \R^{n}} |f| < \infty
+            .\end{salign*}
+            Es genügt die Aussage für $p = 1$ zu zeigen,
+            denn wenn $f \in L^{1}(\R^{n})$ und $p > 1$, dann folgt direkt
+            \begin{salign*}
+                \int_{\R^{n}}^{} |f|^{p} \d{x} &= \int_{\R^{n}}^{} |f|^{p-1} |f| \d{x}  \\
+                &\le \sup_{x \in \R^{n}} |f|^{p-1} \int_{\R^{n}}^{} |f| \d{x} \\
+                &\stackrel{\text{\ref{le:2}}}{\le} \Big( \underbrace{\sup_{x \in \R^{n}} |f|}_{ < \infty} \Big)^{p-1}
+                \underbrace{\Vert f \Vert_{L^{1}}}_{< \infty} \\
+                &< \infty
+            .\end{salign*}
+            Setze nun $S \coloneqq \sup_{x \in \R^{n}} \left| \prod_{i=1}^{n} (1+x_i^2) f \right| $.
+            Es ist $\prod_{i=1}^{n} (1+x_i^2) = \sum_{\alpha \le 1} x^{\alpha}$. Dabei bezeichne
+            $\alpha \le 1 \iff \alpha_i \le 1$ $\forall i \in \{1, \ldots, n\} $. Damit folgt
+            \begin{salign*}
+                S &= \sup_{x \in \R^{n}} \left| \prod_{i=1}^{n} (1+x_i^2) f \right| \\
+                &= \sup_{x \in \R^{n}} \left| \sum_{\alpha \le 1} x^{\alpha} f \right| \\
+                &\le \sum_{\alpha \le 1} \underbrace{\sup_{x \in \R^{n}} |x^{\alpha} f |}_{< \infty} \\
+                &< \infty \tageq \label{e1}
+            .\end{salign*}
+            Es ist außerdem $\prod_{i=1}^{n} (1+x_i^2) \ge 0$ und messbar, also Fubini anwendbar. Damit 
+            folgt nun
+            \begin{salign*}
+                \int_{\R^{n}}^{} |f| \d{x} &= \int_{\R^{n}}^{} \prod_{i=1}^{n} (1 + x_i^2)|f| \frac{1}{\prod_{i=1}^{n} (1+x_i^2) }  \d{x} \\
+                &\le S \int_{\R^{n}}^{} \frac{1}{\prod_{i=1}^{n} (1+x_i^2) }\d{x} \\
+                &\stackrel{\text{Fubini}}{=} S \prod_{i=1}^{n} \int_{\R}^{} \frac{1}{1+x_i^2} \d{x_i} \\
+                &\stackrel{\text{\ref{le:1}}}{=} S \pi^{n} \\
+                &\stackrel{\text{(\ref{e1})}}{<} \infty
+            .\end{salign*}
+            Also $f \in L^{1}(\R^{n})$.
+        \item Seien $f, g \in \mathscr{S}(\R^{n})$. Dann sind $f, g \in C^{\infty}(\R^{n}, \mathbb{C})$ und
+            mit Produktregel auch $fg \in C^{\infty}(\R^{n}, \mathbb{C})$. Seien nun
+            $\alpha, \beta \in \N_0^{n}$. Dann ex. nach Produktregel ein
+            $N \in \N$ und $\lambda_i \in \N_0$ mit $\nu_i, \mu_i \in \N_0^{n}$, s.d.
+            \begin{salign*}
+                |\partial_{\beta} (fg) | &= \sum_{k=1}^{N} \lambda_i (\partial_{\nu_i} f)(\partial_{\mu_i} g)
+            .\end{salign*}
+            Damit folgt nun
+            \begin{salign*}
+                \sup_{x \in \R^{n}} |x^{\alpha} \partial_{\beta} (fg)|
+                &= \sup_{x \in \R^{n}} \left|x^{\alpha} \sum_{i=1}^{N} \lambda_i (\partial_{\nu_i} f)\left( \partial_{\mu_i }g \right) \right| \\
+                &\le \sum_{i=1}^{N} \lambda_{i} \sup_{x \in \R^{n}} |x^{\alpha} (\partial_{\nu_i} f)(\partial_{\mu_i}g)| \\
+                &\stackrel{\text{\ref{le:2}}}{\le}
+                \sum_{i=1}^{N} \lambda_i \underbrace{\sup_{x \in \R^{n}} |x^{\alpha} \partial_{\nu_i} f|}_{< \infty}
+                \cdot \underbrace{\sup_{x \in \R^{n}} | \partial_{\mu_i} g  |}_{< \infty} \\
+                &< \infty
+            .\end{salign*}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{lemma}
+    Sei $f \in \mathscr{S}(\R)$. Dann gilt für $\xi \in \R$
+    \[
+        \widehat{\frac{\mathrm{d} f}{\d{x}}}(\xi) = i \xi \widehat{f}
+    .\] 
+    \label{le:fourier}
+\end{lemma}
+\begin{proof}
+    Zunächst sei $\xi \in \R$. Dann betrachte
+    \[
+        g_n \coloneqq \frac{\partial}{\partial x} f e^{- i \xi x} \chi_{[-n, n]}
+    .\] Dann ist
+    \begin{salign*}
+        |g_n| &= \left| \frac{\partial}{\partial x} f e^{-i\xi x} \right| \chi_{[-n, n]} \\
+        &\le \left| \frac{\partial}{\partial x} f e^{-i\xi x} \right|  \\
+        &= \left|\frac{\partial f}{\partial x} e^{-i \xi x} - i k f e^{-i \xi x} \right| \\
+        &\le \left| \frac{\partial f}{\partial x} e^{-i \xi x}\right|
+        + \left| i k f e^{-i \xi x} \right| \\
+        &\stackrel{|e^{-i \xi x}| = 1}{=} \left| \frac{\partial f}{\partial x} \right|  + |i\xi| |f|
+    .\end{salign*}
+    Die rechte Seite ist in $L^{1}(\R)$, denn $f$,  $\partial_x f \in \mathscr{S}(\R)$ und
+    damit nach Aufgabe 1 $f, \partial_x f \in L^{1}(\R)$ und damit insbesondere
+    $\left|\frac{\partial f}{\partial x}\right| + |i \xi| |f| \in L^{1}(\R)$.
+    Da außerdem $g_n \to \frac{\partial}{\partial x} f e^{- i \xi x}$ und $g_n$ messbar,
+    folgt mit dem Satz von der
+    dominierten Konvergenz und dem Hauptsatz ($g_n$ auf kompaktem Intervall $[-n, n]$ stetig und
+    R.-integrierbar, d.h. Lebesgue und R-Integral stimmen überein):
+    \begin{salign*}
+        \left| \int_{\R}^{} \frac{\partial}{\partial x} f e^{-i \xi x} \d{x}\right|
+        &= \left|\lim_{n \to \infty} \int_{\R}^{} g_n \d{x} \right| \\
+        &= \left| \lim_{n \to \infty} \int_{-n}^{n} \frac{\partial}{\partial x} f e^{-i \xi x} \d{x}  \right| \\
+        &= \left| \lim_{n \to \infty} \left[f(n) e^{-i \xi n} - f(-n) e^{i \xi n} \right]  \right| \\
+        &\stackrel{|e^{-i \varphi}| = 1}{\le } \lim_{n \to \infty} |f(n)| + \lim_{n \to \infty} |f(-n)| \\
+        &\stackrel{f \in \mathscr{S}(\R)}{=} 0 \tageq \label{e:3}
+    .\end{salign*}
+    Damit folgt nun
+    \begin{salign*}
+        \widehat{f'} &= \frac{1}{\sqrt{2\pi} } \int_{\R}^{} f'(x) e^{-i \xi x} \d{x} \\
+        &= \frac{1}{\sqrt{2\pi} } \int_{\R}^{} \frac{\partial}{\partial x} f(x) e^{-i \xi x}  \d{x}
+        - \frac{1}{\sqrt{2\pi} } \int_{\R}^{} f \frac{\partial }{\partial x} e^{-i \xi x} \d{x} \\
+        &\stackrel{\text{(\ref{e:3})}}{=} i \xi \widehat{f}
+    .\end{salign*}
+\end{proof}
+
+\begin{aufgabe}
+    Sei zunächst $j \in \N_0$ und $x \in \R$ beliebig. Dann ist $H_1(x) = 2x = 2x H_0(x) - H_0'(x)$.
+    Für $j > 0$ gilt
+    \begin{salign*}
+        H_j'(x) &= (-1)^{j} 2x e^{x^2} \frac{\mathrm{d}^{j}}{\d{x^{j}}} e^{- x^2}
+        + (-1)^{j} e^{x^2} \frac{\mathrm{d}^{j+1}}{\d{x^{j+1}}} e^{-x^2} \\
+        &= 2x H_j - H_{j+1} \tageq \label{e2}
+    .\end{salign*}
+    Das zeigt die im Hinweis behauptete Identität. Damit folgt nun für $j \in \N_0$
+    \begin{salign*}
+        \psi_j' &= H_j' e^{- \frac{x^2}{2}} - x H_j e^{- \frac{x^2}{2}} \\
+        &= H_j' e^{- \frac{x^2}{2}} - x \psi_j \\
+        &\stackrel{\text{(\ref{e2})}}{=}
+        (2x H_j - H_{j+1}) e^{-\frac{x^2}{2}} - x \psi_j \\
+        &= 2x \psi_j - \psi_{j+1} - x \psi_j \\
+        &= x \psi_j - \psi_{j+1} \tageq \label{e:4}
+    .\end{salign*}
+    Das zeigt die linke Identität. Es gilt weiter
+    \begin{salign*}
+        \left( \widehat{\psi_j} \right) '(\xi)
+        &= \frac{\mathrm{d}}{\d{\xi}} \frac{1}{\sqrt{2 \pi} } \int_{\R}^{} \psi_j(x) e^{-i \xi x}\d{x}  \\
+        &= \frac{1}{\sqrt{2\pi} } \int_{\R}^{} \psi_j \frac{\partial}{\partial \xi} e^{-i \xi x}\d{x}  \\
+        &= - i \frac{1}{\sqrt{2\pi} } \int_{\R}^{} x \psi_j e^{-i \xi x} \d{x} \\
+        &= - i \widehat{x \psi_j} \\
+        &\stackrel{\text{(\ref{e:4})}}{=} - i \widehat{\psi_{j+1}} -i \widehat{\psi_{j}'} \\
+        &\stackrel{\text{\ref{le:fourier}}}{=} - i \widehat{\psi_{j+1}} -i (i \xi \widehat{\psi_j})
+        \intertext{Damit folgt}
+        \widehat{\psi_{j+1}} &= i (\widehat{\psi_j})' - i \xi \widehat{\psi_j} \\
+        &= - i ( \xi \widehat{\psi_j} - (\widehat{\psi_j})') \tageq \label{e:5}
+    .\end{salign*}
+    Folgere die Behauptung nun per Induktion nach $j$.
+    Für $j=0$ ist $\psi_0 = H_0 e^{- \frac{x^2}{2}} = e^{- \frac{x^2}{2}}$. Also $\psi_0$ ist
+    die Gaußfunktion und damit folgt $\widehat{\psi_0} = \lambda_0 \psi_0$ mit $\lambda_0 := 1$.
+    Sei die Behauptung nun gezeigt für $j \in \N$. Dann gilt ausgehend von (\ref{e:5}) für
+    $\xi \in \R$:
+    \begin{salign*}
+        \widehat{\psi_{j+1}}(\xi) &= - i(\xi \widehat{\psi_j}(\xi) - (\widehat{\psi_j})'(\xi)) \\
+        &\stackrel{\text{IV}}{=} -i (\xi \lambda_j \psi_j(\xi) - \lambda_j \psi_j'(\xi)) \\
+        &= -i \lambda_j ( \xi \psi_{j}(\xi) - \psi_j'(\xi)) \\
+        &\stackrel{\text{(\ref{e:4})}}{=} -i \lambda_j \psi_{j+1}
+    .\end{salign*}
+    Mit $\lambda_{j+1} \coloneqq - i \lambda_j \in \{\pm 1, \pm i\}$  folgt die Behauptung.
+\end{aufgabe}
+
+\begin{aufgabe}
+    Seien $\alpha > 0$ und $y \in \R^{n}$.
+    Zunächst ist wegen $|e^{-i \varphi}| = 1$ für $\varphi \in \R$ und
+    $f, \tau_y f(x), \delta_{\alpha} f(x) \in \mathscr{S}(\R^{n})$ und
+    Aufgabe 1 (b) auch
+    $f e^{-i \xi x}$, $\tau_y f e^{-i \xi x}$, $\delta_{\alpha} f e^{-i \xi x} \in L^{1}(\R^{n})$.
+    Sei im folgenden $\xi \in \R^{n}$.
+    \begin{enumerate}[a)]
+        \item Mit der Vorbemerkung ist der Transformationssatz anwendbar mit $z = x - y$. Dann folgt:
+            \begin{salign*}
+                \widehat{\tau_y f}(\xi) &= \frac{1}{(2\pi)^{\frac{n}{2}}}
+                \int_{\R^{n}}^{} f(x-y) e^{-i \xi \cdot x} \d{x} \\
+                &\stackrel{\text{Trafo}}{=} \frac{1}{(2\pi)^{\frac{n}{2}}}
+                \int_{\R^{n}}^{} f(z) e^{-i \xi \cdot (z + y)} \d{z} \\
+                &=  e^{-i \xi \cdot y} \frac{1}{(2\pi)^{\frac{n}{2}}}
+                \int_{\R^{n}}^{} f(z) e^{-i \xi \cdot z} \d{z} \\
+                &= e^{-i \xi \cdot y} \widehat{f}(\xi)
+            .\end{salign*}
+        \item Mit der Vorbemerkung ist der Transformationssatz anwendbar mit $z = \alpha x$. Dann
+            ist $\text{det}(Dz) = \alpha ^{n}$ und es folgt
+            \begin{salign*}
+                \widehat{\delta_\alpha f}(\xi) &= \frac{1}{(2\pi)^{\frac{n}{2}}}
+                \int_{\R^{n}}^{} f(\alpha x) e^{-i \xi x} \d{x} \\
+                &\stackrel{\text{Trafo}}{=} \frac{1}{(2\pi)^{\frac{n}{2}}}
+                \int_{\R^{n}}^{} \frac{1}{\alpha ^{n}} f(z) e^{- i \xi \cdot \frac{z}{\alpha}} \d{z} \\
+                &= \frac{1}{\alpha ^{n}} \frac{1}{(2\pi)^{\frac{n}{2}}}
+                \int_{\R^{n}}^{} f(z) e^{- i \left( \frac{\xi}{\alpha} \right)\cdot z } \d{z}  \\
+                &= \frac{1}{\alpha ^{n}} \widehat{f}\left( \frac{\xi}{\alpha} \right) 
+            .\end{salign*}
+        \item Es ist $f, g \in L^{1}(\R^{n})$. Damit folgt
+            \begin{salign*}
+                \int_{\R^{n}}^{} \int_{\R^{n}}^{} |f(y) g(y-x) e^{-i \xi \cdot x}| \d{y}  \d{x}
+                &= \int_{\R^{n}}^{} \int_{\R^{n}}^{} |f(y)g(y-x)| \d{y}  \d{x} \\
+                &= \int_{\R^{n}}^{} (|f| * |g|)(x) \d{x} \\
+                &= \Vert |f| * |g| \Vert_{L^{1}(\R^{n})} \\
+                &\stackrel{\text{Zettel 7}}{<} \infty
+            .\end{salign*}
+            Damit ist Fubini anwendbar und es gilt
+            \begin{salign*}
+                \widehat{f \cdot g}(\xi) &= \frac{1}{(2\pi)^{\frac{n}{2}}}
+                \int_{\R^{n}}^{} \left[ \int_{\R^{n}}^{} f(y) g(x-y) \d{y}  \right] e^{- i \xi \cdot x} \d{x} \\
+                &\stackrel{\text{Fubini}}{=}
+                \frac{1}{(2\pi)^{\frac{n}{2}}} \int_{\R^{n}}^{} \left[ \int_{\R^{n}}^{} f(y)g(x-y)
+                e^{-i \xi \cdot x}\d{x}  \right]  \d{y} \\
+                &= \int_{\R^{n}}^{} f(y) \left[ \frac{1}{(2\pi)^{\frac{n}{2}}}
+                \int_{\R^{n}}^{} \tau_y g(x-y) e^{-i \xi \cdot x} \d{x} \right]  \d{y} \\
+                &= \int_{\R^{n}}^{} f(y) \widehat{\tau_y g}(\xi)\d{y} \\
+                &\stackrel{\text{(a)}}{=} \widehat{g}(\xi) \int_{\R^{n}}^{} f(y) e^{- i \xi \cdot y} \d{y} \\
+                &= (2\pi)^{\frac{n}{2}} \widehat{g}(\xi) \widehat{f}(\xi)
+            .\end{salign*}
+    \end{enumerate}
+\end{aufgabe}
+
+\begin{lemma}
+    Seien $n, m \in \N$ mit $m \le n$ und $g \in \mathscr{S}(\R^{m})$. Dann ist
+    $g \circ \tau_{n}^{m} \in \mathscr{S}(\R^{n})$, wobei $\tau_{n}^{m}\colon \R^{n} \to \R^{m}$ mit
+    $\tau_n^{m}(x_1, \ldots, x_n) = (x_1, \ldots, x_m)$ für $x \in \R^{n}$.
+
+    Für $m = 1$ ist weiterhin $g \circ \pi_i^{n} \in \mathscr{S}(\R^{n})$, wobei
+    $\pi_i^{n}\colon \R \to \R^{n}$ mit $\pi_i^{n}(x_1, \ldots, x_n) = x_i$ für $x \in \R^{n}$
+    und $i \in \{1, \ldots, n\} $.
+    \label{le:tau}
+\end{lemma}
+\begin{proof}
+    Seien $\alpha, \beta \in \N_0^{n}$ beliebig. Falls $\beta_j \neq 0$ für ein $m < j \le n$. Dann
+    ist $\partial{_\beta} \tau_i = 0$ $\forall i = 1, \ldots, m$. Also
+    auch $\partial_{\beta} (g \circ \tau) = 0$. Sei also $\beta_j = 0$ für $m < j \le n$
+    und bezeichne $\nu \coloneqq (\beta_1, \ldots, \beta_m)$. Weiter
+    gilt für $x \in \R^{n}$, dass $|x^{\alpha}| = |x_1^{\alpha_1} \cdot \ldots \cdot x_n^{\alpha_n}| \le
+    |x_1^{\alpha_1} \cdot \ldots \cdot x_{m-1}^{\alpha_{m-1}} \cdot \Vert x \Vert_{\infty}^{\sum_{i=m}^{n} \alpha_i}|$. Setze
+    also $\mu \coloneqq (\alpha_1, \ldots, \alpha_{m-1}, \sum_{i=m}^{n} \alpha_i)$
+    Dann
+    folgt
+    \begin{salign*}
+        \sup_{x \in \R^{n}} | x^{\alpha} \partial_{\beta} (f \circ \tau) |
+        \le \sup_{x \in \R^{m}} | x^{\mu} \partial_\nu f | < \infty
+    .\end{salign*}
+    Im Fall $m = 1$ existieren die $\pi_i^{n}$ und die Argumentation verläuft exakt analog.
+\end{proof}
+
+\begin{aufgabe}
+    Zeige zunächst induktiv, dass $f \in \mathscr{S}(\R^{n})$.
+    Für $n = 1$ trivial, denn $f = f_1 \in \mathscr{S}(\R)$. Sei nun $n \in \N$ beliebig und
+    Aussage gezeigt. Dann betrachte $\tau_{n}^{n+1}$, $\pi_i^{n+1}$ und $\pi_i^{n}$
+    aus \ref{le:tau}.
+    \begin{salign*}
+        f &= \prod_{i=1}^{n+1} (f_i \circ \pi_i^{n+1}) \\
+        &= \prod_{i=1}^{n} (f_i \circ \pi_i^{n+1}) \cdot (f_{n+1} \circ \pi_{n+1}^{n+1}) \\
+        &= \overbrace{\tau_n^{n+1} \Big[ \underbrace{\prod_{i=1}^{n} (f_i \circ \pi_i^{n})}_{\in \mathscr{S}(\R^{n}) \text{ nach IV}} \Big]}^{\in \mathscr{S}(\R^{n+1}) \text{ nach \ref{le:tau}}} \cdot \underbrace{(f_{n+1} \circ \pi_{n+1}^{n+1})}_{\in \mathscr{S}(\R^{n+1}) \text{ nach \ref{le:tau}}}
+    .\end{salign*}
+    Nach Aufgabe 1 (c) folgt damit, dass $f \in \mathscr{S}(\R^{n+1})$. Das beendet die Induktion.
+
+    Nun ist insbesondere $f \in L^{1}(\R^{n})$, d.h. Fubini ist anwendbar. Damit folgt für $x \in \R^{n}$:
+    \begin{salign*}
+        \widehat{f}(\xi) &= \frac{1}{(2\pi)^{\frac{n}{2}}} \int_{\R^{n}}^{} \prod_{i=1}^{n} f_i(x_i)
+        e^{- i \xi \cdot x} \d{x} \\
+        &\stackrel{\text{Fubini}}{=} \frac{1}{(2\pi)^{\frac{n}{2}}}
+        \int_{\R}^{} f_1(x_1) \d{x_1} \int_{\R}^{} \ldots \int_{\R}^{} f_n(x_n) e^{- i \xi \cdot x} \d{x_n} \\
+        &\stackrel{\xi \cdot x = \sum_{i=1}^{n} \xi_i x_i}{=}
+        \prod_{i=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{2\pi} } \int_{\R}^{} f_i(x_i) e^{- i \xi_i x_i} \d{x_i} \\
+        &= \prod_{i=1}^{n} \widehat{f_i}(\xi_i)
+    .\end{salign*}
+\end{aufgabe}
+
+\end{document}