By Laurent Schwartz
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Beweis. a) 1✐ F¨ ur ϕ ∈ Eu (Ω) gilt supp ϕ ∩ supp u ⊆ K f¨ ur eine kompakte Menge K ⊆ Ω . 6 gibt es η ∈ D (Ω) mit η(x) = 1 nahe K . Dann gilt offenbar ϕ = ηϕ + (1 − η)ϕ =: ϕ1 + ϕ2 mit ϕ1 ∈ D (Ω) und supp ϕ2 ∩ supp u = ∅ . 2✐Ist nun u : Eu (Ω) → C eine Fortsetzung von u mit den angegebenen Eigenschaften, so muss u(ϕ) = u(ϕ1 ) + u(ϕ2 ) = u(ϕ1 ) gelten; u ist also eindeutig bestimmt. 3✐ Wegen 2✐ m¨ ochte man nun u(ϕ) := u(ϕ1 ) definieren. Dazu sei ϕ = ϕ1 + ϕ2 eine weitere Zerlegung wie in 1✐. Dann ist ϕ1 − ϕ = ϕ − ϕ2 ∈ D (Ω) und u(ϕ1 − ϕ ) = 0 1 2 1 wegen supp(ϕ2 − ϕ2 ) ∩ supp u = ∅ .
2 2 2 b) F¨ ur eine Funktion g ∈ Lloc 1 (R) gilt zwar (∂t −c ∂x )g(x±ct) = 0 im Sinne von (18), doch m¨ ussen die individuellen schwachen Ableitungen ∂t2 g(x ± ct) und ∂t2 g(x ± ct) in loc 2 L1 (R ) nicht immer existieren. c) Diese existieren jedoch stets im Distributionssinn. F¨ ur f ∈ Lloc 1 (Ω) kann man n¨ amlich die rechte Seite von (19) immer als Ableitung von f nach xj auffassen mittels einer auf L. Schwartz (1950) zur¨ uckgehenden Verallgemeinerung des Funktionsbegriffs. a) Funktionen f auf einer offenen Menge Ω ⊆ Rn ordnen jedem Punkt x ∈ Ω einen Wert f (x) ∈ C zu.
Die Funktion f : x → e /x liegt in C ∞ (R\{0}) und strebt f¨ ur x → 0 sehr schnell gegen +∞ . Die entsprechende Distribution uf ∈ D (R\{0}) besitzt keine Fortsetzung u ∈ D (R) : 1 2 42 2 Distributionen Dazu w¨ ahlen wir eine Abschneidefunktion χ ∈ D (R) mit χ ≥ 0 , supp χ ⊆ [−2,2] und e− χ(x) = 1 f¨ ur x ∈ [−1,1] , setzen ϕ(x) := χ(x) 1/ x , x>0 und definieren 0 , x≤0 ur 0 < ε < 1 . Dann gilt ϕε ∈ D (R) mit supp ϕε ⊆ (0,3] , und ϕε (x) := ϕ(x − ε) f¨ (k) wegen ϕε (x) = ϕ(k) (x − ε) ist die Menge {ϕε | 0 < ε < 1} im Fr´echetraum D [0,3] beschr¨ ankt.
