1. ¨Ubungsblatt zur Analysis 3 (Lösungshinweise) - Aufgaben

Aufgabe 14 (10 Punkte)
Man zeige: Für t ∈ R gilt
F (t) :=
� ∞
−∞
e −x2
cos xt dx = √ π e −t2 /4 .
Hinweis: F löst das Anfangswertproblem y ′ (t) = − 1
2 ty(t), y(0) = √ π.
Man benutze o.B. � ∞
−∞ e−x2
dx = √ π.
Beweis: Wir benutzen Satz 6.2 mit A = R und (a, b) = R. Wegen e−x2| cos xt| ≤ e−x2 �
ist die
�
Voraussetzung (i) erfüllt. Wegen � ∂f
�
�
∂t f(x, t) � = |x| e−x2| sin xt| ≤ ex2 /2e−x2 = e−x2 /2 auch (ii).
Partielle Integration ergibt:
F ′ �
(t) = − xe −x2
sin xt dt = 1
2 e−x2 sin xt| ∞ −∞ − t
�
e
2
−x2
cos xt dt = − 1
t F (t) .
2
R
Die Dgl y ′ = − t
2 y hat die allgemeine Lösung y(t) = ce−t2 �
/4 . y(0) = c =
Behauptung ✷.
Aufgabe 15 (10 Punkte) Knacki
R
R e−t2
Sei f ∈ L1 (A), A ⊂ Rn . Man zeige: Zu jedem ε > 0 gibt es ein δ > 0 derart, dass
�
|f(x)| dx < ε
�
für alle E ⊂ A mit v(E) :=
E
Hinweis: Man betrachte die Folge (ϕn), ϕn(x) := min(n, |f(x)|). Für �
man nun δ := ε/2n.
E
1E(x) dx < δ gilt.
dt = √ π ergibt die
A (|f| − ϕn)dx < ε/2 wähle
Beweis: Man beachte zunächst, dass mit f auch |f| über A integrierbar ist. Zu n ∈ N sei also
ϕn(x) := min(n, |f(x)|). Offensichtlich gilt ϕn ↑ |f|. Nach B. Levi folgt deshalb � ϕn → � |f|. Sei
nun ε > 0 gegeben. Es gibt n ∈ N mit �
A (|f| − ϕn) dx < ε
ε
2 . Wir setzen δ := 2n und wählen E ⊂ A
mit v(E) < δ. Es gilt dann
� �
ϕn dx ≤ n dx = n v(E) < nδ = ε
2 .
Es folgt: �
E
�
|f| dx =
E
E
E
� �
(|f| − ϕn) dx + ϕn dx < (|f| − ϕn) dx +
E
X
ε
< ε ✷ .
2
2