\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}