
\paragraph{Nachtrag}
\begin{enumerate}
\item $(x,y)=\overline{(x,y)}$
\item Stetigkeit $(\; ,y)$ folgt aus der Cauchy-Schwarz-Ungleichung
$$|(x_n,y)-(x,y)|=|(x_n-x,y)|\le \|x_n-x\| \; \|y\|$$
$$x_n \rightarrow x \Rightarrow (x_n,y)\rightarrow (x,y)$$
Das Skalarprodukt ist sogar stetig in beiden Variablen.
\end{enumerate}

\section{Fourier-Reihen}
\begin{satz}[Stone-Weierstrass]
Sei $X$ kompakter topologischer Raum. $C^0(X,\R)=\{ f| f:X\rightarrow
\R $ stetig $\}$ versehen mit der $\sup$-Norm $\|f\| =\sup_{x \in X}
|f(x)|$. ($C^0$ ist damit Banachraum.) Sei $A \subset  C^0$ eine
Unteralgebra, die abgeschlossen ist bezüglich $\| \; \| $-Norm und
die Punkte trennt (d.h. für $x \ne y \in X \exists f \in A$ mit $fx \ne
fy$). Dann ist $A=C^0(X,\R)$.
\end{satz}

\paragraph{Bemerkungen}
\begin{enumerate}
\item $C^0=$Algebra mit $(f\cdot g)x=f(x)\cdot g(x)$ 
$$\text{Unteralgebra} \Leftrightarrow 
\begin{array}{ll}
1)  &  A \text{ Untervektorraum} \\
2)  &  f,g \in A \Rightarrow f\cdot g\in A \\
3)  &  1 \in A \\
\end{array}$$
$A$ abgeschlossen bezüglich $\| \; \|$ heißt: Falls $f_n \rightarrow
f$ (d.h. $\| f_n-f\| \rightarrow 0$ ) und alle $f_n \in A $, ist $f
\in A$.
\item Äquivalente Formulierung:
$A=$ Unteralgebra, die Punkte trennt . Dann gibt es zu jedem $f \in
C^0$ und jedem $\varepsilon >0$ ein $g \in A$ mit $|fx-gx|<
\varepsilon \forall x \in X (\| f-g \| < \varepsilon)$
\end{enumerate}

\begin{proof}[Beweis der Äquivalenz]
Mit $A$ ist auch $\overline{A} =$ Abschluß von $A$ eine Unteralgebra.
$
\begin{array}{ll}
\overline{A} & =\{f| \exists f_n \in A, f_n \rightarrow f\} \supset A
\\
 & =\text{ abgeschlossen, trennt Punkte}
\end{array}$
$\underset{\text{1. Version}}{\Rightarrow} \overline{A} = C^0$
\end{proof}

\paragraph{Beispiel}
$X=[a,b]\supset \R$\\
$A=\{f|f(x)=P(x) \text{ für ein Polynom } P\}=$ Unteralgebra, die
Punkte trennt

\paragraph{Weierstrass}
Jede stetige Abbildung $f: [a,b] \rightarrow \R$ läßt sich gleichmäßig
durch ein Polynom approximieren.

\begin{proof}
\begin{enumerate}
\item Schritt: Sei $f \in A , f \ge 0 \Rightarrow \sqrt{f} \in A$
\begin{proof}
Für $f=0$ ist die Behauptung klar: $\sqrt{f} (x)=\sqrt{f(x)}$. Sonst
setzte $\tilde{f} =\frac{1}{\| f\| } f \in A$.
Es reicht zu zeigen, dass $\sqrt{\tilde{f}} \in A$ ist. O.B.d.A. ist
$0\le f\le 1$.
Die Binomische Reihe $(1+x)^{\frac{1}{2}}=\sum^\infty_{i=0}
\binom{\frac{1}{2}}{i} xî$ konvergiert für $|x|\le \delta <1$
gleichmäßig. Sei $n \in \N \ge 2$ fest gewählt.
$$(1-(1-(f(x)+\frac{1}{n} )))^{\frac{1}{2}}=\sum
\binom{\frac{1}{2}}{i} (-1)^{i}(1-(fx+\frac{1}{n} ))^{i}$$
$$(1-(fx+\frac{1}{n} )) \le |1-\frac{1}{n} | =\delta <1$$
Also konvergiert auch $\sum \binom{\frac{1}{2}}{i}
(-1)^{i}(1-(fx+\frac{1}{n} ))^{i}$ in $C^0$.
$A$ abgeschlossen $\Rightarrow \sqrt{f + \frac{1}{n}} = \sum
\binom{\frac{1}{2}}{i} (-1)^{i}(1-(fx+\frac{1}{n} ))^{i}  \in A$
$$\sqrt{f+\frac{1}{n}}-\sqrt{f}=\frac{f+\frac{1}{n}-f}{\sqrt{f+\frac{1}{n}}+\sqrt{f}}
\le \frac{\frac{1}{n}}{\sqrt{\frac{1}{n}}}=\sqrt{\frac{1}{n}}
\rightarrow 0 \Rightarrow \sqrt{f} \in A$$
\end{proof}
\item Schritt: $$|f| =\sqrt{f^2} \in A \forall f\in A$$
$$\max (f,g)=\frac{f+g+|f-g|}{2} \in A \forall f,g \in A$$
$$\min (f,g)=\frac{|f+g|-|f-g|}{2} \in A \forall f,g \in A $$
\item Schritt: Für $x \neq  y \in X, \lambda , \mu \in \R  \text{
    beliebig } \exists h \in A$:
$hx=\lambda$ und $hy=\mu$, denn nach Verienbarung $\exists g \in A :
gx \neq gy $
$$h(t)=\mu+(\lambda - \mu )\frac{g(t)-g(y)}{gx-gy}$$
Sei $f \in  C^0 $ fest, $\varepsilon >0$ fest gegeben.
\item Schritt: $\forall x \in X \exists h_x \in A$ mit $h_x(x)=f(x)$
  und $h_x(t)\le f(t) + \varepsilon \forall t  (h_x \le f +
  \varepsilon)$
\begin{proof}
Sei $x\in X$ fest. Für $y \in  X $ betrachte $h_{x,y} \in A$ mit:
$$h_{x,y}=f(x),\; \; h_{x,y}(y)=f(y)$$
$$U_y:=\{t \in X | h_{x,y} \le f(t) + \varepsilon
=(h_{x,y}-f)^{-1}(-\infty, \varepsilon) = \text{offen}$$
$y \in U_y \; \; X=\cup_{y\in X } U_y =\cup_{i=1}{n} U_{y_i}$
Setze $h_x = \min_{i=1}^{n} h_{x,y_i} \in A$ Per Konstruktion ist das
in Ordnung.
\end{proof}
\item Schritt: $\exists h \in A |h(t)-f(t)| \le \varepsilon$, d.h. $\|
  h-f\| \le \varepsilon$
\begin{proof}
Setze $\tilde{U_x}=\{t \in X | f(t)-\varepsilon <h_x(t)\}=$ offene
Umgebung von $x$
$$X=\bigcup \tilde{U_x}= \bigcup_{i=1}^{m} \tilde{U_x} \; \;
h=\max^m_{i=1} h_{x_i}$$
\end{proof}
\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{satz}
Sei $A$ Unteralgebra von $C^0(X,\C )$ und $X$ kompakt. Falls $A$
abgeschlossen in $\| \; \| _{\sup}$ -Norm, Punkte trennt und mit $f$
auch $\overline{f}$ enthält, so ist $A=C^0(X,\C )$.
\end{satz}

\begin{proof}
$\overline{f}(x)=\overline{f(x)} \;$ Sei $f=f_1+if_2 \; f_i \in C^0(X,
\R ) \overline{f}=f_1-if_2$
$$f_1=\frac{1}{2} (f+\overline{f} ) \; \;
f_2=\frac{1}{2i}(f-\overline{f} )$$
$A \ni f=f_1+if_2 \Rightarrow f_1,f_2 \in A$
$B=\underset{=\text{abgeschlossen}}{A} \cap \underset{=\text{abgeschlossen}}{C^0(X,\R )}=$Unteralgebra von $C^0(X,\R )$ + abgeschlossen +
trennt Punkte
$$x\neq y \Rightarrow \exists f \in A  fx \neq fy \Rightarrow f_1x \neq
f_1y \text{ oder } f_2x \neq f_2y \; \; f_1 , f_2 \in B$$
$\overset{\text{Satz 1}}{\Rightarrow } B= C^0 (X,\R )$
$$A=C^0(X,\R) \oplus i C^0(X,\R )=C^0(X,\C )$$
\end{proof}


\paragraph{Beispiel}
$X=S^1=\{z\in \C |\; |z|=1\}$\\
$C^0(X,\ ) \supset A=\oplus_{i\in \Z} \C z^{i}=$ Unteralgebra. $z^{i}$
ist die Funktion $S^1 \ni y \mapsto y^{i}$. $z^{i}z^j=z^{i+j}$, also
Unteralgebra. $z^1$ trennt bereits Punkte. $\overline{z}^{i}=z^{-i}$
ist abgeschlossen unter Konjugation.\\
Also: Jede stetige Funktion $f: S^1 \rightarrow \C $ ist beliebig gut
durch eine Polynom $\sum_{i=-N}^N c_iz^{i}, c_i \in \C$
approximierbar.\\
Andere Deutung: 
$$\begin{array}{ccccc}
\R & \overset{p}{\rightarrow} & S^1 & \overset{f}{\rightarrow} & \C \\
t & \mapsto & e^{it} & =\exp (it) & = \cos t +i \sin t\\
\end{array}$$

$$\begin{array}{ccl}
C^0(S^1,\C ) & \overset{\sim}{\longrightarrow} & C^0_{2\pi} (\R , \C
)=\{f=2\pi -\text{periodisch} \}\\
& \text{Normenerhaltender Isomorphismus} &\\
f & \longmapsto & f \circ  p\\
\end{array}$$

Aus den $z^n$'s werden die $e^{int}$'s.\\
Fazit: Jede stetige $2\pi$-periodische Funktion läßt sich beliebig gut
gleichmäßig durch ein trigonometrisches Polynom $\sum_{N=-N}^N c_n
e^{int}$ approximieren.

$$ e^{int}=\cos nt+i\sin nt \; \; \; e^{-int}=\cos nt -i \sin nt $$
$$ \cos nt =\frac{1}{2} (e^{int}+e^{-int}) \; \; \; \sin nt
=\frac{1}{2i} (e^{int}-e^{-int})$$

Über $\R$: $f=2\pi$-periodisch, reell $\Rightarrow \exists$
trigonometrisches Polynom $P=c_0 + \sum_{n=1}^N \cos nt +\sum_{n=1}^N
b_n \sin nt $ mit $\| f-P \| <\varepsilon$.

\begin{defi}
Sei nun $L^2=L^2([-\pi,\pi),\R)$ wobei wir uns ``Funktionen'' darin
immer $2\pi$-periodisch fortgesetzt denken. Eine stetige Fortsetzung
existiert nur, wenn $f$ auf $[-pi,\pi)$ stetig und
$f(-\pi )=\lim_{x\rightarrow +\pi} f(x)=:f(\pi -)$.
\end{defi}

Aus zum Teil rechnerischen Gründen  betrachtet man $L^2(X,\C)$.
$$L^2(X,\C)\ni f=f_1+if_2,\; \; f_i\in L^2(X,\R)$$
Allgemein heißt eine komplexe Funktion $f=f_1+if_2$ integrierbar,
falls $f_1$ und $f_2$ integrierbar sind. Man definiert $\int f =\int
f_1 +i\int f_2$.\\
Auf $L^2(X,\C)$ hat man das komplexe Skalarprodukt:
$$(f,g)=\int f\overline{g}=\int (f_1g_1-f_2g_2)+i\int
(f_1g_2+f_2g_1)$$
Die gewöhnlichen Regeln gelten.


%%% Local Variables: 
%%% mode: latex
%%% TeX-master: "hoema3"
%%% End: 

