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Beweis.
Wir beginnen mit folgenden Hilfsrechnungen:
∂
α
∂
i
|
α
|
∂
α
e
−
i
x
·
ξ
)=(
−
)
|
α
|
ξ
α
e
−
i
x
·
ξ
x
α
e
i
x
·
ξ
=
e
−
i
x
·
ξ
)
x
α
(
∂ξ
α
(
i
und
.
Mit Hilfe partieller Integration erhalten wir
1
F
(
∂
α
∂
∂
α
∂
e
−
i
x
·
ξ
d
x
)(
ξ
)=
(
)
u
u
x
x
α
x
α
d
/2
(
2
π
)
R
d
d
/2
i
|α|
ξ
α
1
e
−
i
x·ξ
d
x
=
R
d
u
(
x
)
(
π
)
2
i
|α|
p
α
(
ξ
)
F
=
u
(
ξ
)
.
Durch Vertauschen von Integration und Differentiation ergibt sich
1
p
α
u
x
α
e
−
i
x·ξ
d
x
F
(
)(
ξ
)=
R
d
u
(
x
)
(
π
)
d
/2
2
d
/2
i
|α|
1
)
∂
α
e
−
i
x·ξ
d
x
=
R
d
u
(
x
∂ξ
α
(
2
π
)
i
|α|
(
∂
α
=
∂ξ
α
F
u
)(
ξ
)
.
Beide vorangehenden Argumente sind erlaubt, da die Integranden bezüglich
ξ
beliebi
g
oft differenzierbar und bezüglich
x
integrierbar sind.
Wir sehen also, dass die Fouriertransformation eine Differentiation in eine Multi-
plikation überführt und andersherum. Dies lässt schon vermuten, dass der Schwartz-
Raum
R
d
durch die Fouriertransformation in sich selbst überführt wird. Um dies zu
zeigen benötigen wir noch folgendes Lemma:
S
(
)
Lemma 4.14
Für die Gauß-Funktion G
2
2
gilt
e
−
|
x
|
(
x
)=
G
(
ξ
)=
(
ξ
)
G
,
das heißt, die Gauß-Funktion ist eine Eigenfunktion der Fouriertransformation zum Eigenwert
eins.
Beweis.
Die Gauß-Funktion lässt sich als Tensorprodukt von eindimensionalen Gauß-
Funktionen
g
:
R
t
2
/2
d
k
→
(
)=
(
−
)
(
)=∏
(
)
R
,
g
t
exp
schreiben:
G
x
1
g
x
k
. Mit dem Satz
=
von Fubini erhalten wir
d
k
=1
g
(
x
k
)e
−
i
x
k
ξ
k
d
x
=
d
k
=1
g
(
ξ
k
).
1
G
(
ξ
)=
d
/2
(
2
π
)
R
d
Um die Fouriertransformation von
g
zu bestimmen, bemerken wir, dass
g
der Diffe-
rentialgleichung
g
(
)=
−
(
)
t
tg
t
genügt. Wenden wir die Fouriertransformation auf
