Bessel'sche Ungleichung

02.02.2010, 21:40

Bullet1000

Bessel'sche Ungleichung

Hallo,

ich habe die Aufgabe die bessel'sche Ungleichung zu beweisen. Ich meine, dass ich schon auf einem guten Weg bin. Aber irgendwie fehlt bei mir noch die Ungleichheit.

Behauptung:

$\begin{eqnarray*} |\alpha_{1}|^2 + |\alpha_{2}|^2 + |\alpha_{n}|^2 \leq ||e||^2 \end{eqnarray*}$

Beweis:

Seien $\begin{eqnarray*} e_{1},...,e_{n} \end{eqnarray*}$ orthonormierte Vektoren im endlichen $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ und zu dem sei $\begin{eqnarray*} e \end{eqnarray*}$ ein Vektor aus diesem Vektorraum und $\begin{eqnarray*} \alpha_{i}=<e,e_{i}> \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} e=\sum\limits_{k=1}^n <e,e_{k}>e_{k} \end{eqnarray*}$

Also:

$\begin{eqnarray*} ||e||^2 = \left \|e=\sum\limits_{k=1}^n <e,e_{k}>e_{k} \right \|^2=\sum\limits_{k=1}^n \|<e,e_{k}>e_{k}\|^2=\sum\limits_{k=1}^n |<e,e_{k}>|^2 \cdot ||e_{k}||^2=\sum\limits_{k=1}^n |<e,e_{k}>|^2 \end{eqnarray*}$

Aber so, wie es jetzt dasteht, wäre es ja nur die bessel'sche Gleichung.
Wo kommt jetzt also das Ungleichheitszeichen her?

Oder habe ich etwas falsch gemacht?

Grüße

Bullet1000

02.02.2010, 22:44

Bullet1000

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Weiß jemand, woher unn das Ungleichheitszeichen kommt.

03.02.2010, 03:58

WebFritzi

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Nun, dann hast du eben mehr gezeigt. Das Ding nennt sich dann übrigens "Parsevalsche Gleichung" und nicht "Besselsche Gleichung". Vielleicht schaust du dir auch nochmal an, wie viele Alphas in der zu beweisenden Ungleichung stehen...

Nochwas: Ein Gleichheitszeichen innerhalb einer Norm macht keinen Sinn. Ich weiß, dass man in der Schule manchmal schreibt f(x = 5). Aber das ist nicht in Odnung, denn "x=5" ist eine Aussage und keine Zahl. Es muss f(5) heißen.

03.02.2010, 10:23

Reksilat

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RE: Bessel'sche Ungleichung

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \left \|\sum\limits_{k=1}^n <e,e_{k}>e_{k} \right \|^2=\sum\limits_{k=1}^n \|<e,e_{k}>e_{k}\|^2 \end{eqnarray*}$

Diese Gleichheit gilt im Allgemeinen nicht.

Gruß,
Reksilat.

03.02.2010, 17:17

Bullet1000

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Ich glaube mein Fehler liegt im Ansatz.

Die Gleichheit gilt sozusagen nur, wenn $\begin{eqnarray*} e \end{eqnarray*}$ von den Basisivektoren linear abhängt.

Aber wie komme ich jetzt auf die Ungleichheit?

@Reksilat : Ich hatte vergessen zu erwähnen, dass $\begin{eqnarray*} e_{1},...,e_{n} \end{eqnarray*}$ orthonormiert sind.
Dann gilt die Gleichheit natürlich.

Aber wie komme ich aus der Vorraussetzung, dass e nicht linear von den Basisvektoren abhängt auf die Ungleichheit?

03.02.2010, 17:24

Reksilat

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Natürlich hängt $\begin{eqnarray*} e \end{eqnarray*}$ von den Basisvektoren ab. Jeder Vektor tut das. Dafür hat man ja schließlich Basen.

Außerdem solltest Du nicht fragen, woher Du jetzt die Ungleichheit bekommst, sondern lieber wo Du den Fehler gemacht hast.
Das habe ich Dir übrigens oben auch aufgeschrieben, und selbst wenn die $\begin{eqnarray*} e_i \end{eqnarray*}$ eine Orthonormalbasis bilden, gilt die Gleichheit dort trotzdem nicht. Ein Gegenbeispiel ist leicht konstruiert.

Gruß,
Reksilat.

03.02.2010, 17:33

Bullet1000

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RE: Bessel'sche Ungleichung
Der Fehler scheint dann also bei dieser Gleichheit zu liegen.

$\begin{eqnarray*} \left \|\sum\limits_{k=1}^n <e,e_{k}>e_{k} \right \|^2=\sum\limits_{k=1}^n \|<e,e_{k}>e_{k}\|^2 \end{eqnarray*}$

Also ich hatte mir gedacht, dass diese Gleichheit auf Grund der verallgemeinerten Satzes des Pythagoras gilt.
Aber dieser gilt ja nur, wenn die Vektoren darin parweise orthogonal zueinander stehen.
Da dies aber nicht der Fall ist, müsste doch aber eigentlich die Dreiecksungleichung gelten, oder?

Aber diese würde ja der Ungleichheitszeichen auch noch in die falsche Richtung drehen.

KAnn es sein, dass ich meinen Ansatz eigenbtlich völlig verwerfen kann?

03.02.2010, 17:46

Reksilat

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RE: Bessel'sche Ungleichung
Ok, ein Gegenbeispiel ist doch nicht leicht konstruiert. Da war ich auf dem Holzweg. Sorry! Hammer

Jedenfalls hast Du jetzt endlich die Dreiecksungleichung gesehen und somit ist doch klar, dass dort oben niemals ein echtes Ungleichheitszeichen stehen kann. Da wird auch ein anderer Ansatz nicht funktionieren.

Es gilt also weiter das, was WebFritzi oben sagt.

03.02.2010, 17:50

Bullet1000

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Ähm... also verstehe ich das jetzt richtig?

Mein Versuch die Ungleichung zu zeigen ist also definitiv falsch, weil ich zwischen diesen Normen keine Gleichung machen kann?

Ich muss mir also einen völlig neuen Anstaz ausdenken, richtig?

hmm... Hat evtl. jemand einen Tipp?

War ich vielleicht schon so halbwegs in der richtigen Richtung?

03.02.2010, 18:02

Reksilat

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Aufgrund der Parsevalschen Gleichung gilt $\begin{eqnarray*} |\alpha_{1}|^2 + |\alpha_{2}|^2 + |\alpha_{n}|^2 = ||e||^2 \end{eqnarray*}$

Es bleibt die Frage, was Du jetzt eigentlich noch zeigen willst.

03.02.2010, 18:06

Bullet1000

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Also meine Aufgabenstellung ist eigentlich zuerst die Besselsche Ungleichung zu zeigen und dann zu zeigen, dass genau dann die Gleichheit gilt, wenn $\begin{eqnarray*} e \end{eqnarray*}$ linear von der Basis abhängt.

Also eigentlich stehe ich doch jetzt wieder bei Null, oder?

03.02.2010, 18:15

Reksilat

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Bist Du Dir sicher, dass die $\begin{eqnarray*} e_i \end{eqnarray*}$ eine Basis von $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ bilden?
Ist nämlich $\begin{eqnarray*} e\in\langle e_1,..,e_n\rangle:=X \end{eqnarray*}$ , dann folgt die Gleichheit aus der Parsevalschen Gleichung, angewandt auf den VR $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ . Ist dagegen $\begin{eqnarray*} e\not\in X \end{eqnarray*}$ , dann gibt es ein Orthonormalsystem, so dass $\begin{eqnarray*} e\in\langle e_1,..,e_n,b_1,..,b_k\rangle \end{eqnarray*}$ ist. Dann schätzt man die Parsevalsche Gleichung eben etwas ab, indem man ein paar Summanden weglässt.

03.02.2010, 18:23

Bullet1000

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Nein, nein, die $\begin{eqnarray*} e_{i} \end{eqnarray*}$ sind lediglich orthonormierte Vektoren in $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$

Problem ist, dass mir die Parsevalschen Gleichung eigentlich garnicht zur Verfügung steht.

03.02.2010, 19:15

Reksilat

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Dann hättest Du oben auch nicht einfach den verallgemeinerten Pythagoras verwenden dürfen. Das ist aber auch nicht unbedingt ein Problem, verwende an der Stelle $\begin{eqnarray*} \|\sum...\|^2=... \end{eqnarray*}$ einfach die Definition der Norm $\begin{eqnarray*} \|x\|^2=\langle x,x\rangle \end{eqnarray*}$ , dann solltest Du das auch gleich sehen.

07.02.2010, 02:51

WebFritzi

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RE: Bessel'sche Ungleichung

Zitat:

Original von Bullet1000
$\begin{eqnarray*} ||e||^2 = \left \|\sum\limits_{k=1}^n \langle e,e_{k}\rangle e_{k} \right \|^2 \end{eqnarray*}$

Wenn V nicht n-dimensional ist, liegt genau hier dein Fehler.

21.02.2014, 15:31

Shalec

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Da ich eben beim Googeln auf diesen Thread gestoßen bin, wollte ich hier auch nochmal was hinzufügen:

Also es lässt sich beweisen, dass in einem Hilbertraum gilt:

$\begin{eqnarray*} f=\sum\limits_{j\in J} (f,e_j)e_j \Leftrightarrow\ \sum\limits_{j\in J}|(f,e_j)|^2=||f||^2 \end{eqnarray*}$
(Der Beweis baut sich wie folgt auf:
Zeige: $\begin{eqnarray*} 0\leq ||f-\sum\limits_{j\in\mathbb N} (f,e_j)e_j ||^2 = ||f||^2-\sum\limits_{j\in\mathbb N} |(f,e_j)|^2 \end{eqnarray*}$ )

Wobei J eine höchstens abzählbare Menge und $\begin{eqnarray*} e_j \end{eqnarray*}$ ein ONS ist.
Daher müsste hier für die Ungleichung, falls die Aufgabenstellung wie folgt geheißen hätte:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{j\in J} |a_j|^2\leq ||f||^2 \end{eqnarray*}$

Dann wäre die Grundannahme falsch. Wie Webfritzi schon vermerkt hat: Falls der Hilbertraum nicht n-dimensional ist, kann man diese Annahme nicht oBdA machen.

Ist allerdings die Aufgabenstellung wirklich:
$\begin{eqnarray*} |a_1|^2+|a_2|^2+|a_n|^2 \leq ||f||^2 \end{eqnarray*}$
Lassen sich hier einfach aus obiger Gleichung ein paar positive Summanden weglassen.

Nach einem weiteren Kommentar zur Folge, sollte tatsächlich die Gleichheit gezeigt werden. Dann ist es natürlich so, dass $\begin{eqnarray*} dim H = n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f=\sum\limits_{j=1}^n (f,e_j)e_j \end{eqnarray*}$ als Annahmen korrekt sind und somit auch der gesamte Beweis. Einige Tutoren würden hier dann aber auch darauf bestehen, dass Kommentare gesetzt werden, warum gewisse Gleichheitszeichen gelten. Wie Reksilat bspw. nannte, gilt die Gleichheit

nur in einigen Fällen. Dieser Fall müsste hier dann noch gezeigt werden (falls nicht anders aus der VL bekannt).

Wir hatten z.B. den verallgemeinerten Pythagoras nicht in der Vorlesung und mussten diese Ungleichung dennoch zeigen. Allerdings war bei uns $\begin{eqnarray*} dim H=\infty \end{eqnarray*}$ und somit $\begin{eqnarray*} J=\mathbb N \end{eqnarray*}$

Dazu zeige: $\begin{eqnarray*} ||f-\sum\limits_{j\in\mathbb N}c_je_j||^2=||f||^2-\sum\limits_{j\in\mathbb N} |(f,e_j)|^2+\sum\limits_{j\in\mathbb N}|(f,e_j)-c_j|^2 \end{eqnarray*}$
und dass die Folge $\begin{eqnarray*} f_n=\sum\limits_{j=1}^n(f,e_j)e_j \end{eqnarray*}$ eine Cauchyfolge bildet.

Für den ersten Teil nutzt man das Skalarprodukt ( $\begin{eqnarray*} ||\cdot||^2=(\cdot,\cdot) \end{eqnarray*}$ ) und die Definition/Rechenregeln.

Der zweite Teil lässt sich mit obiger Äquivalenz zeigen, d.h.:
$\begin{eqnarray*} ||f_n-f_m||^2 = ||f_m||^2-\sum\limits_{j=1}^n|(f,e_j)|^2 \end{eqnarray*}$
Mit $\begin{eqnarray*} m>n \end{eqnarray*}$ wird sich dies auf den zweiten Summanden reduzieren, welcher dann für $\begin{eqnarray*} m,n\to\infty \end{eqnarray*}$ eine Nullfolge bilden wird.

Es bleibt also noch zu klären, warum $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{j=1}^n|(f,e_j)|^2 \end{eqnarray*}$ eine Nullfolge ist. Dazu muss man nur nachweisen, dass $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{j\in\mathbb N}|(f,e_j)|^2<\infty \end{eqnarray*}$

Ich denke, dass dies zukünftigen Fraganten hilfreich sein wird und ich hoffe, dass ich gegen keine Boardregel verstoßen habe.

Viele Grüße smile

21.02.2014, 16:08

Che Netzer

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Zitat:

Original von Shalec
Wie Reksilat bspw. nannte, gilt die Gleichheit

nur in einigen Fällen.

Die gilt immer, wenn die $\begin{eqnarray*} e_k \end{eqnarray*}$ orthogonal sind.

Es sieht hier aber noch etwas wirr aus, deswegen mal eine Klarstellung:
Es sei $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ ein Hilbert-Raum und $\begin{eqnarray*} (e_i)_{i\in I}\subset H \end{eqnarray*}$ ein Orthonormalsystem.
Dann gilt für alle $\begin{eqnarray*} f\in H \end{eqnarray*}$ die Bessel-Ungleichung
$\begin{eqnarray*} \sum_{i\in I}\lvert\langle f,e_i\rangle\rvert^2\leq\lVert f\rVert^2\,. \end{eqnarray*}$
Die Gleichheit gilt hierbei genau dann, wenn $\begin{eqnarray*} f\in\operatorname{span}\{e_i:i\in I\} \end{eqnarray*}$ .
Insbesondere ist $\begin{eqnarray*} (e_i) \end{eqnarray*}$ genau dann eine Orthonormalbasis, falls für alle $\begin{eqnarray*} f\in H \end{eqnarray*}$ oben Gleichheit (die Parseval-Gleichung) gilt.

Das ganze ist vollkommen unabhängig davon, ob die Indexmenge $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ nun endlich, abzählbar oder überabzählbar ist.

Die Ungleichung wiederum ist schnell bewiesen, indem man
$\begin{eqnarray*} 0\leq\left\lVert f-\sum_{i\in I}\langle f,e_i\rangle e_i\right\rVert^2=\lVert f\rVert^2-\sum_{i\in I}\lvert\langle f,e_i\rangle\rvert^2 \end{eqnarray*}$
umstellt. Die zweite Gleichung entsteht dabei durch Ausmultiplizieren bzw. durch Ausnutzen der Eigenschaften des Skalarproduktes.

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