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\documentclass[uebung]{../../../lecture}

\title{Analysis 3: Übungsblatt 8}
\author{Leon Burgard, Christian Merten}
\usepackage[]{mathrsfs}

\begin{document}

\punkte

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[a)]
        \item Es ist $\exp(x) \neq 0$ $\forall x \in \R$, d.h. $\text{spt}(\phi) = \overline{B_1(0)}$.
            Außerdem ist $\exp(x) \in C^{\infty}(\R)$ und $\frac{1}{|x|^2 - 1} \in C^{\infty}(B_1(0))$.
            Offensichtlich gilt auch
            $\partial^{\alpha} \exp\left( \frac{1}{|x|^2 -1} \right) \xrightarrow{x \to 1} 0$
            also folgt $\phi \in C_c^{\infty}(\R^{n})$.
        \item Sei nun $\epsilon > 0$. Nach Konstruktion ist $\Vert \varphi \Vert_{L^{1}(\R^{n})} = 1$.
            Außerdem ist $\varphi_{\epsilon}(x) \neq 0 \iff \varphi\left( \frac{x}{\epsilon} \right) \neq 0
            \iff \frac{|x|}{\epsilon} < 1 \iff x \in B_{\epsilon}(0)$. Damit folgt
            \begin{salign*}
                1 &= \int_{\R^{n}}^{} \varphi(x) \d{x} \\
                &\stackrel{\text{Trafo.satz}}{=} \int_{\R^{n}}^{} \frac{1}{\epsilon^{n}}
                \phi\left(\frac{y}{\epsilon}\right) \d{y} \\
                &= \int_{\R^{n}}^{} \varphi_{\epsilon}(y) \d{y} \\
                &= \int_{B_{\epsilon}(0)}^{} \varphi_{\epsilon}(y) \d{y} \\
                &\stackrel{\text{Trafo.satz}}{=} \int_{B_{\epsilon}(x)}^{} \varphi_{\epsilon}(x - y) \d{y} 
            .\end{salign*}
            Weiter ist $\phi \in C^{\infty}$, insbesondere stetig. Da $\text{spt}(\varphi)$ kompakt,
            nimmt $\varphi$ dort ein Maximum an. Setze $C \coloneqq \max_{x \in \R^{n}} \varphi(x)$.
            Damit gilt zunächst für $x \in \R^{n}$:
            \begin{salign*}
                |(f * \varphi_{\epsilon})(x) - f(x)|
                &= \left|  \int_{\R^{n}}^{} f(y)\varphi_{\epsilon}(x-y) \d{y} - f(x) \int_{B_{\epsilon}(x)}^{} 
                \varphi_{\epsilon}(x-y)\d{y} \right|  \\
                &= \int_{B_{\epsilon}(x)}^{} (f(y) - f(x)) \varphi_{\epsilon}(x-y) \d{y} \\
                &\le \int_{B_{\epsilon}(x)}^{} |f(x)-f(y)| \frac{1}{\epsilon^{n}} \varphi\left( \frac{x-y}{\epsilon} \right)  \d{y}  \\
                &= \frac{C}{\epsilon^{n}} \int_{B_{\epsilon}(x)}^{} |f(x) - f(y)| \d{y} 
            .\end{salign*}

            Sei nun $\delta > 0$ beliebig. Da $f$ gleichmäßig stetig, ex. ein $\epsilon_0 > 0$, s.d.
            \[
                \forall x, y \in \R^{n}\colon |x-y| < \epsilon_0 \implies |f(x) - f(y)| < \frac{\delta }{C |B_1|}
            ,\] wobei $|B_1| = \mathscr{L}^{n}(B_1(0))$ bezeichne. Dann gilt für $\epsilon < \epsilon_0$:
            \begin{salign*}
                \Vert f * \varphi_{\epsilon} - f \Vert_{L^{\infty}}
                &= \text{ess }\sup_{x \in \R^{n}} |f * \varphi_{\epsilon} - f| \\
                &\le \text{ess }\sup_{x \in \R^{n}} \frac{C}{\epsilon^{n}} \int_{B_{\epsilon}(x)}^{} |f(x) - f(y)| \d{y} \\
                &< \text{ess }\sup_{x \in \R^{n}} \frac{C}{\epsilon^{n}} \int_{B_{\epsilon}(x)}^{} \frac{\delta }{C |B_1|} \d{y}\\
                &= \text{ess }\sup_{x \in \R^{n}} \frac{\delta}{|B_1|\epsilon^{n}}
                \underbrace{\mathscr{L}^{n}(B_{\epsilon}(x))}_{= \epsilon^{n} |B_1|} \\
                &= \delta
            .\end{salign*}
            Also folgt $\Vert f * \varphi_{\epsilon} - f \Vert_{L^{\infty}} \xrightarrow{\epsilon \to 0} 0$.
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    Mit $\varphi$ aus Aufgabe 8.1. ist $\varphi \in C_c^{\infty}$ und $\int_{\R^{n}}^{} \varphi \d{x} = 1$
    nach Konstruktion, also insbesondere $\varphi \in L^{1}(\R^{n})$, da $\varphi \ge 0$.
    Für $\delta > 0$ setze
    $\varphi_{\delta} \coloneqq \frac{1}{\delta ^{n}} \varphi\left( \frac{x}{\delta} \right) $.
    Dann ist $\varphi_{\delta} \in C_c^{\infty}(\R^{n}) \cap L^{1}(\R^{n})$ und nach
    Faltungsapproximationssatz ist
    $\Vert f * \varphi_{\delta} - f \Vert_{L^{1}(\R^{n})} \xrightarrow{\delta \to 0} 0$.

    Sei nun $\epsilon > 0$. Dann ex. also ein $\delta > 0$ s.d. $\forall \tilde{\delta} \le \delta$
    gilt: $\Vert f * \varphi_{\tilde{\delta}} - f \Vert_{L^{1}(\R^{n})} < \frac{\epsilon}{2}$. Setze
    $K_n \coloneqq \overline{B_n(0)}$ und
    $g_n \coloneqq (f * \varphi_{\delta}) \chi_{K_n}$. Dann ist $\text{spt }g_n$ kompakt,
    da $\text{spt }g_n = \text{spt } (f * \varphi_{\delta}) \cap \text{spt } \chi_{K_n}$
    als Schnitt zweier abgeschlossener Mengen abgeschlossen und
    wegen $\text{spt }\chi_{K_n} = K_n$ und $\text{spt } \chi_{K_n} \supseteq \text{spt }g_n$ beschränkt ist.

    Es gilt weiter $|f|\chi_{K_n} \nearrow |f|$. Also
    ex. nach dem Satz der monotonen Konvergenz ein $n_0 \in \N$, s.d. $\forall n \ge n_0$:
    \[
    \left| \Vert f \chi_{K_n} \Vert_{L^{1}} - \Vert f \Vert_{L^{1}} \right| < \frac{\epsilon}{3}
    .\] Damit folgt $\forall n \ge n_0$:
    \begin{salign*}
        \underbrace{\Vert f \Vert_{L^{1}}}_{< \infty}
        &= \underbrace{\int_{K_n}^{} |f| \d{x}}_{< \infty} + \underbrace{\int_{K_n^{c}}^{} |f| \d{x}}_{< \infty} \\
        \intertext{Also}
        \int_{K_n^{c}}^{} |f| \d{x} &= \int_{\R^{n}}^{} |f| \d{x} - \int_{K^{n}}^{} |f| \d{x}  \\
        &= \Vert f \Vert_{L^{1}} -  \Vert f \chi_{K_n} \Vert_{L^{1}} \\
        &< \frac{\epsilon}{3}
    .\end{salign*}
    Der Faltungsapproximationssatz angewendet auf $g_{n_0}$, ergibt ein $\delta' > 0$, s.d. 
    $\Vert g_{n_0} * \varphi_{\delta '} - g_{n_0} \Vert_{L^{1}} < \frac{\epsilon}{3}$. Nun setze
    $f_{\epsilon} \coloneqq g_{n_0} * \varphi_{\delta'}$. Da $\text{spt }g_{n_0}$ kompakt
    und $\varphi_{\delta'} \in C_c^{\infty}$ folgt $f_{\epsilon} \in C_c^{\infty}$.
    Damit gilt
    \begin{salign*}
        \Vert f_\epsilon - f \Vert_{L^{1}} &\le \Vert f_{\epsilon} - g_{n_0} \Vert_{L^{1}}
        + \Vert g_{n_0} - f \Vert_{L^{1}} \\
        &= \Vert f_{\epsilon} - g_{n_0} \Vert_{L^{1}} + 
        \int_{K_{n_0}}^{} |f * \varphi_{\delta} -f | \d{x} 
        + \int_{K_{n_0}^{c}}^{} |f| \d{x}  \\
        &< \frac{\epsilon}{3} + \Vert f * \varphi_{\delta} - f \Vert_{L^{1}} + \frac{\epsilon}{3}\\
        &< \frac{\epsilon}{3} + \frac{\epsilon}{3} + \frac{\epsilon}{3}\\
        &= \epsilon
    .\end{salign*}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}[]
    Sei $f \in L^{1}(\R^{n})$ und $\epsilon > 0$. Dann ex. nach Aufgabe 8.2 ein
    $f_{\epsilon} \in C_c^{\infty}(\R^{n})$ mit
    \[
        \Vert f - f_{\epsilon} \Vert_{L^{1}(\R^{n})} < \frac{\epsilon}{3} \qquad \text{(i)}
    .\] Sei nun $|h| < 1$ und setze $S \coloneqq \text{spt}f_{\epsilon}$. Dann ist
    $S$ kompakt und beschränkt, d.h. es ex. ein $0 < r < \infty$, s.d.
    $\overline{B_r(0)} \supseteq \bigcup_{x \in S} \overline{B_{1}(x)}$. Dann gilt
    $\forall x \in \overline{B_r(0)}^{c}\colon f_{\epsilon}(x) = f_{\epsilon}(x + h) = 0$ (ii).

    Da $f_{\epsilon} \in C_c^{\infty}$ ex. nach Lemma von Hadamard $g_i \in C_c^{\infty}(\R^{n})$ mit
    \[
        f_{\epsilon}(x) = f_{\epsilon}(0) + \sum_{i=1}^{n} x_i g_i(x) \qquad \forall x \in \R^{n}
    .\] Damit gilt $\forall i = 1, \ldots, n$: $|g_i|$ insbesondere stetig und
    nimmt damit auf der kompakten Menge $\overline{B_r(0)}$ ein Maximum an. Setze
    $M_i \coloneqq \max_{x \in \overline{B_r(0)}} |g_i(x)|$
    und damit $M \coloneqq \max_{i = 1,\ldots,n} M_i$. Sei $M > 0$, sonst
    folgt direkt $\Vert f_{\epsilon} - f_{\epsilon, h} \Vert_{L^{1}} = 0$.

    Sei nun $V \coloneqq \mathscr{L}^{n}(\overline{B_r(0)})$.
    Dann ist $g_i$ glm. stetig in $\overline{B_r(0)}$, d.h. $\exists \delta_i > 0$, s.d.
    $\forall x\in \overline{B_r(0)}$ und $h \in B_{\delta_i}(0)\colon |g_i(x) - g_i(x+h)| < \frac{\epsilon}{6 r n V}$.
    Setze nun $\delta \coloneqq \min \{ \delta_i, \frac{\epsilon}{6 n V}\} > 0$.

    Damit folgt für $h \in \R^{n}$ mit $|h| < \min \{\delta, \frac{\delta}{M}\} $:
    \begin{salign*}
        \Vert f_{\epsilon} - f_{\epsilon, h} \Vert_{L^{1}}
        &\stackrel{\text{(ii)}}{=} \int_{\overline{B_r(0)}}^{} |f_{\epsilon}(x) - f_{\epsilon}(x + h)| \d{x} \\
        &\stackrel{\text{Hadamard}}{=}
        \int_{\overline{B_r(0)}}^{} \left|f_{\epsilon}(0) + \sum_{i=1}^{n} x_i g_i(x) \d{x}
        - f_{\epsilon}(0) - \sum_{i=1}^{n} (x_i + h_i) g_i(x + h) \right| \d{x} \\
        &\le \int_{\overline{B_r(0)}}^{} \sum_{i=1}^{n} |x_i (g_i(x) - g_i(x+h)) - h_i g_i(x +h)| \d{x}  \\
        &\le \int_{\overline{B_r(0)}}^{} \sum_{i=1}^{n} (|x_i| |g_i(x) - g_i(x+h)| + |h_i g_i(x +h)| \d{x}  \\
        &= \sum_{i=1}^{n} \int_{\overline{B_r(0)}}^{} (\underbrace{|x_i|}_{\le r}
    \underbrace{|g_i(x) - g_i(x+h)|}_{< \frac{\epsilon}{6 rnV}} + \underbrace{|h_i|}_{< \frac{\delta}{M}} \underbrace{|g_i(x+h)|}_{\le M} \d{x}  \\
        &< \sum_{i=1}^{n} \int_{\overline{B_r(0)}}^{} \Big[ r \frac{\epsilon}{6 r n V} + \frac{\delta}{M} M \Big]  \d{x} \\
        &\le \sum_{i=1}^{n} \int_{\overline{B_r(0)}}^{} \left[ \frac{\epsilon}{6 n V} + \frac{\epsilon}{6 n V} \right]  \d{\mu}   \\
        &= \frac{\epsilon}{3 n V} n V \\
        &= \frac{\epsilon}{3} \qquad \text{(iii)}
    .\end{salign*}
    Es gilt außerdem $\Vert f_{\epsilon, h} - f_{h} \Vert_{L^{1}} = \Vert f_{\epsilon} - f \Vert_{L^{1}}$
    mit Transformationssatz und der Transformation $z = x + h$ (iv).
    Daraus folgt insgesamt
    \begin{salign*}
        \Vert f - f_h \Vert_{L^{1}} &= \Vert f - f_{\epsilon} + f_{\epsilon} - f_{\epsilon,h} + f_{\epsilon,h}
        - f_h \Vert_{L^{1}} \\
        &\le \Vert f - f_{\epsilon} \Vert_{L^{1}} + \Vert f_{\epsilon} - f_{\epsilon,h} \Vert_{L^{1}}
        + \Vert f_{\epsilon, h} - f_h \Vert_{L^{1}} \\
        &\stackrel{\text{(iv)}}{=} 2 \Vert f - f_{\epsilon} \Vert_{L^{1}} + \Vert f_{\epsilon} - f_{\epsilon,h}
        \Vert_{L^{1}} \\
        &\stackrel{\text{(i), (iii)}}{<} 2 \frac{\epsilon}{3} + \frac{\epsilon}{3} \\
        &= \epsilon
    .\end{salign*}
    Für $\epsilon \to 0$ folgt die Behauptung.
\end{aufgabe}

\end{document}