Approximationstheorie

3.3 Haar–Räume und Alternanten 53
Eigenschaft 3) ist eine einfache59 Übungsaufgabe, siehe Übung 3.7, nur 4) ist etwas interessanter60
im Beweis. Hierbei zeigen wir durch Induktion über n, daß jede Funktion der Form
n
fn(x) =
j=1
cj e λjx , x ∈ R, cj ∈ R, j = 1, . . . , n,
höchstens n − 1 Nullstellen haben kann, was für n = 1 ziemlich offensichtlich ist. Hätte nun
die Funktion
n+1
fn+1(x) = cj e λjx
mindestens n + 1 Nullstellen, dann hätte auch
gn+1(x) := e −λn+1x
n
fn+1(x) =
j=1
j=1
cje (λj−λn+1)x + cn+1, x ∈ R,
mindestens n + 1 Nullstellen, also hätte, nach dem Satz von Rolle,
g ′ n
n+1(x) =
j=1
(λj − λn+1) cj e (λj−λn+1)x , x ∈ R,
mindestens n Nullstellen, im Widerspruch zur Indukionsannahme.
Übung 3.7 Zeigen Sie, daß 1, cos x, . . . , cos nx, n ∈ N, und sin x, . . . , sin nx, Tschebyscheff–
Systeme auf [0, π] sind. ♦
Man sieht also, Haar–Räume gibt es tatsächlich! Allerdings bedeutet, was man zuerst mal nicht
so einfach sieht, die Existenz von Haar–Räumen eine sehr starke Einschränkung an den zugrundeliegenden
metrischen Raum X, nämlich, daß er entweder ein Intervall 61 oder aber der Torus
sein muß.
Beispiel 3.21 Enthält X ⊂ R 2 eine offene Menge oder eine Verzweigung, dann gibt es keinen
Haar–Raum über X.
Beweis: Wir wählen zu x1, . . . , xn zwei stetige Funktion u, v : [0, 1] → X so, daß
u(0) = v(1) = x1, u(1) = v(0) = x2, u(t) = v(t), t ∈ [0, 1],
und u(t), v(t) ∈ {x3, . . . , xn}. Mit anderen Worten: u und v vertauschen x1 und x2 ohne daß
irgendwann ein doppelter oder mehrfacher Punkt in der Liste u(t), v(t), x3, . . . , xn auftaucht.
Setzen wir nun
φ1 (u(t)) . . . φn (u(t))
φ1 (v(t)) . . . φn (v(t))
D(t) = det φ1 (x3) . . . φn (x3)
,
..
. . .
φ1 (xn) . . . φn (xn)
59 Hoffentlich!
60 Dieser, wie ich finde, wirklich nette Beweis stammt aus [56]
61 Oder eine Vereinigung von endlch vielen Intervallen.