Orthogonalität im Hilbertraum

25.09.2012, 16:22

chrissan

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Orthogonalität im Hilbertraum

Hallo,
ich möchte mich an Aufgaben zur Hilbertraumtheorie versuchen (Achtung: ganz große Schwäche!). Habe bisher erst wieder die grundlegenden Begriffe durchgearbeitet, aber daher noch keinerlei Verständnis für das Lösen der betreffenden Aufgaben.

Die Aufgabe

Seien $\begin{eqnarray*} x, y \in H \end{eqnarray*}$ , H sei der reelle Hilbertraum und $\begin{eqnarray*} x \neq 0 \wedge y \neq 0 \end{eqnarray*}$ .

Gezeigt werden soll, dass x und y genau dann orthogonal sind, wenn gilt:
$\begin{eqnarray*} ||x + \alpha y|| > ||x|| \end{eqnarray*}$

Idee

Ich kann es mir ohne Probleme vorstellen und würde die Aussage (rein vom logischen her) sofort unterschreiben. Ein Beweis würde ansonsten vermutlich mittels Dreiecksungleichung gelingen, aber wie behandelt man die Aufgabe im Zuge der Hilbertraumtheorie?

25.09.2012, 16:33

Mazze

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Zitat:

aber wie behandelt man die Aufgabe im Zuge der Hilbertraumtheorie?

Naja, Hilberträume zeichnen sich dadurch aus, dass sie Banachräume mit Skalarprodukt sind. Wie hängen Norm $\begin{eqnarray*} \| \cdot \| \end{eqnarray*}$ und Skalarprodukt zusammen. Was bedeutet orthogonal in dem Zusammenhang?

25.09.2012, 16:38

chrissan

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$\begin{eqnarray*} || x || = \sqrt{\langle x,x \rangle} \end{eqnarray*}$
...in Anlehnung an die Vektorrechnung bedeutet orthogonal dann , dass das Skalarprodukt =0 ist. Aber das Skalarprodukt woraus?

25.09.2012, 16:44

Mazze

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$\begin{eqnarray*} || x || = \sqrt{\langle x,x \rangle} \end{eqnarray*}$

So siehts aus. Genauso ist es für Hilberträume, genauer : Der $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^n \end{eqnarray*}$ mit dem üblichen Skalarprodukt ist ebenfalls ein Hilbertraum.

Insgesamt :

$\begin{eqnarray*} ||x + \alpha y|| > ||x|| \Leftrightarrow \sqrt{\langle x + \alpha y, x + \alpha y\rangle} > \sqrt{\langle x,x\rangle} \end{eqnarray*}$

Zitat:

Aber das Skalarprodukt woraus?

Naja, in der Aufgabe steht doch genau dann wenn x und y orthogonal sind, sprich $\begin{eqnarray*} \langle x,y\rangle = 0 \end{eqnarray*}$ .

25.09.2012, 18:26

chrissan

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Das heißt für mich:
Ich muss irgendwie von $\begin{eqnarray*} \langle x,y\rangle = 0 \end{eqnarray*}$ nach

$\begin{eqnarray*} \sqrt{\langle x + \alpha y, x + \alpha y\rangle} > \sqrt{\langle x,x\rangle} \end{eqnarray*}$

kommen. Und da seh ich kein Licht unglücklich

unglücklich

25.09.2012, 18:42

Mazze

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Genauer ist zu zeigen:

$\begin{eqnarray*} \sqrt{\langle x + \alpha y, x + \alpha y\rangle} > \sqrt{\langle x,x\rangle} \Leftrightarrow\langle x,y\rangle = 0 \end{eqnarray*}$

Die Rückrichtung ist aber nicht schwer. Rechne doch mal

$\begin{eqnarray*} \langle x + \alpha y, x + \alpha y \rangle \end{eqnarray*}$

aus.

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26.09.2012, 10:30

chrissan

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$\begin{eqnarray*} \langle x + \alpha y, x + \alpha y \rangle = (x_1 + \alpha \cdot y_1)^2 +...+ (x_n + \alpha \cdot y_n)^2 \end{eqnarray*}$

, nach reellem Skalarprodukt. Dem gegenüber:

$\begin{eqnarray*} \langle x,x \rangle = x_1^2 + ... + x_n^2 \end{eqnarray*}$

, da wir uns im reellen Hilbertraum befinden, darf ich quadrieren und erhalte:

$\begin{eqnarray*} (x_1 + \alpha \cdot y_1)^2 +...+ (x_n + \alpha \cdot y_n)^2 > x_1^2 + ... + x_n^2 \end{eqnarray*}$

, also Komponentenweise

$\begin{eqnarray*} x_i^2 + \alpha x_i y_i + y_i^2 > x_i^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \alpha x_i y_i + y_i^2 > 0 \end{eqnarray*}$

Und aus dem Skalarprodukt $\begin{eqnarray*} \langle x,y\rangle = 0 \end{eqnarray*}$ folgt

$\begin{eqnarray*} x_i \cdot y_i =0 \end{eqnarray*}$

also $\begin{eqnarray*} y_i^2 > 0 \end{eqnarray*}$ , was für reelle $\begin{eqnarray*} y_i \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ ungleich 0 eine wahre Aussage ist. Wars das?

26.09.2012, 10:35

Mazze

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Zitat:

$\begin{eqnarray*} \langle x + \alpha y, x + \alpha y \rangle = (x_1 + \alpha \cdot y_1)^2 +...+ (x_n + \alpha \cdot y_n)^2 \end{eqnarray*}$ , nach reellem Skalarprodukt. Dem gegenüber:

So geht das nicht. Wir wissen nicht welches Skalarprodukt wir haben. Es könnte sich genauso um das Skalarprodukt im $\begin{eqnarray*} L^2(0,1) \end{eqnarray*}$ handeln. Du kannst nicht einfach das reelle Skalarprodukt einsetzen.

Nutze die allgemeinen Eigenschaften die ein Skalarprodukt erfüllt wie etwa Linearität in beiden Argumenten usw.

26.09.2012, 10:37

chrissan

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Zitat:

$\begin{eqnarray*} x, y \in H \end{eqnarray*}$ , H sei der reelle Hilbertraum und $\begin{eqnarray*} x \neq 0 \wedge y \neq 0 \end{eqnarray*}$

da H also als reeller Hilbertraum definiert ist, dachte ich, das man auch das reelle Skalarprodukt nehmen dürfte...

26.09.2012, 10:44

Mazze

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Nö, $\begin{eqnarray*} L^2(0,1) \end{eqnarray*}$ ist auch ein reeller Hilbertraum. Das reell bezieht sich auf den zugrundegelegten Zahlenkörper. Daher finde ich auch die Formulierung "der reelle Hilbertraum" schon merkwürdig.

26.09.2012, 10:48

chrissan

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Mist. Aber das Skalarprodukt besitzt definitv mir bekannte Eigenschaften: Auf den ersten Blick nützlich erscheint mir in diesem Fall:

$\begin{eqnarray*} \langle x+y, z \rangle = \langle x,z \rangle + \langle y, z \rangle \end{eqnarray*}$
Dann probier ichs mal damit...

26.09.2012, 11:03

chrissan

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$\begin{eqnarray*} \langle x + \alpha y, x + \alpha y \rangle = (...)= \langle x,x \rangle + 2 \cdot \langle x, \alpha y \rangle + \langle \alpha y, \alpha y \rangle \end{eqnarray*}$

Dann ist also noch zu Zeigen, dass

$\begin{eqnarray*} \langle x,x \rangle + 2 \cdot \langle x, \alpha y \rangle + \langle \alpha y, \alpha y \rangle > \langle x,x \rangle \Leftrightarrow \langle x,y \rangle =0 \end{eqnarray*}$

,also
$\begin{eqnarray*} 2 \alpha \cdot \langle x, y \rangle + \alpha^2 \langle y, y \rangle > 0 \Leftrightarrow \langle x,y \rangle =0 \end{eqnarray*}$

, oder habe ich bishier wieder irgendwas falsch angewendet?

26.09.2012, 11:05

Mazze

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Das gilt übrigens nur wenn $\begin{eqnarray*} \alpha \neq 0 \end{eqnarray*}$ ist.

Die Rückrichtung ist übrigens denkbar einfach.

26.09.2012, 11:10

chrissan

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Zitat:

Das gilt übrigens nur wenn $\begin{eqnarray*} \alpha \neq 0 \end{eqnarray*}$ ist.

Das soll auch tatsächlich so sein. Aber im Grunde ist jetzt:

$\begin{eqnarray*} \alpha^2 \langle y, y \rangle > 0 \end{eqnarray*}$
als wahre Aussage für $\begin{eqnarray*} \alpha \neq 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \neq 0 \end{eqnarray*}$ im reellen der Beweis?

Danke...

26.09.2012, 11:18

Mazze

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Zitat:

$\begin{eqnarray*} \alpha^2 \langle y, y \rangle > 0 \end{eqnarray*}$ als wahre Aussage für $\begin{eqnarray*} \alpha \neq 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \neq 0 \end{eqnarray*}$ im reellen der Beweis?

Beweis wofür?

26.09.2012, 11:27

Rmn

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Entweder bin ich ganz dumm oder ich sehe etwas offensichtliches nicht. Auf jeden Fall will ich den Beweis mal sehen.

26.09.2012, 11:31

chrissan

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Zitat:

Beweis wofür?

$\begin{eqnarray*} \alpha^2 \langle y, y \rangle > 0 \end{eqnarray*}$
ist eine wahre Aussage für $\begin{eqnarray*} \alpha \neq 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \neq 0 \end{eqnarray*}$ (jedenfalls im Reellen und eben dort befinden wir uns)

Damit ist der Ursprung der Aussage, nämlich

$\begin{eqnarray*} \sqrt{\langle x + \alpha y, x + \alpha y\rangle} > \sqrt{\langle x,x\rangle} \Leftrightarrow\langle x,y\rangle = 0 \end{eqnarray*}$

bewiesen/gezeigt...

26.09.2012, 11:59

Mazze

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Die Aussage

$\begin{eqnarray*} \alpha^2 \langle y, y \rangle > 0 \end{eqnarray*}$

ist nicht Äquivalent zu

$\begin{eqnarray*} \sqrt{\langle x + \alpha y, x + \alpha y\rangle} > \sqrt{\langle x,x\rangle} \Leftrightarrow\langle x,y\rangle = 0 \end{eqnarray*}$

Wir wollen das Beweisen. Dazu sind zwei Aussagen zu zeigen:

1. Wenn $\begin{eqnarray*} \sqrt{\langle x + \alpha y, x + \alpha y\rangle} > \sqrt{\langle x,x\rangle} \end{eqnarray*}$ dann gilt $\begin{eqnarray*} \langle x,y\rangle = 0 \end{eqnarray*}$ (Die Hinrichtung)

2. Wenn $\begin{eqnarray*} \langle x,y\rangle = 0 \end{eqnarray*}$ dann gilt $\begin{eqnarray*} \sqrt{\langle x + \alpha y, x + \alpha y\rangle} > \sqrt{\langle x,x\rangle} \end{eqnarray*}$ (Die Rückrichtung)

Alternativ kann man die Aussage

$\begin{eqnarray*} \sqrt{\langle x + \alpha y, x + \alpha y\rangle} > \sqrt{\langle x,x\rangle} \Leftrightarrow\langle x,y\rangle = 0 \end{eqnarray*}$

mit Äquivalenzumformungen auf eine wahre Aussage führen.

26.09.2012, 12:13

chrissan

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Zitat:

Alternativ kann man die Aussage $\begin{eqnarray*} \sqrt{\langle x + \alpha y, x + \alpha y\rangle} > \sqrt{\langle x,x\rangle} \Leftrightarrow\langle x,y\rangle = 0 \end{eqnarray*}$ mit Äquivalenzumformungen auf eine wahre Aussage führen.

Aber genau das habe ich doch gemacht und bin auf die wahre Aussage $\begin{eqnarray*} \alpha^2 \langle y, y \rangle > 0 \end{eqnarray*}$ gestossen, oder stehe ich jetzt komplett auf dem Schlauch?

26.09.2012, 12:15

Mazze

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Wie ich schon gesagt habe, die Aussage

$\begin{eqnarray*} \alpha^2 \langle y, y \rangle > 0 \end{eqnarray*}$

ist nicht äquivalent zu

$\begin{eqnarray*} \sqrt{\langle x + \alpha y, x + \alpha y\rangle} > \sqrt{\langle x,x\rangle} \Leftrightarrow\langle x,y\rangle = 0 \end{eqnarray*}$

Du warst an diesem Punkt :

$\begin{eqnarray*} 2 \alpha \cdot \langle x, y \rangle + \alpha^2 \langle y, y \rangle > 0 \Leftrightarrow \langle x,y \rangle =0 \end{eqnarray*}$

Von hier gibt es keine Äquivalenzumformung mit der man

$\begin{eqnarray*} \alpha^2 \langle y, y \rangle > 0 \end{eqnarray*}$

erreichen könnte.

26.09.2012, 12:23

chrissan

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Naja: ich setze $\begin{eqnarray*} \langle x,y \rangle =0 \end{eqnarray*}$ ein in

$\begin{eqnarray*} 2 \alpha \cdot \langle x, y \rangle + \alpha^2 \langle y, y \rangle > 0 \end{eqnarray*}$

Stimmt schon: Das ist dann natürlich nur die eine Richtung Hammer

Hammer

(bei dir die Rückrichtung)...Dann muss ich ncoh en wenig knobeln, um die Hinrichtung hinzubekommen...

26.09.2012, 12:24

Mazze

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Zitat:

Stimmt schon: Das ist dann natürlich nur die eine Richtung Hammer (bei dir die Rückrichtung)...Dann muss ich ncoh en wenig knobeln, um die Hinrichtung hinzubekommen...

So siehts aus. Die Rückrichtung ist damit aber auch erschlagen Augenzwinkern

Augenzwinkern

26.09.2012, 16:53

chrissan

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Tja...ich raffs nicht.

Die eine Richtung ist schon klar, aber ich sehe einfach nicht wie sich aus

$\begin{eqnarray*} \sqrt{\langle x + \alpha y, x + \alpha y\rangle} > \sqrt{\langle x,x\rangle} \end{eqnarray*}$

ergeben soll, dass gelten muss:

$\begin{eqnarray*} \langle x,y\rangle = 0 \end{eqnarray*}$

Wenn $\begin{eqnarray*} \langle x,y\rangle \neq 0 \end{eqnarray*}$ finde ich keinen Widerspruch zu

$\begin{eqnarray*} \langle x,x \rangle + 2 \cdot \langle x, \alpha y \rangle + \langle \alpha y, \alpha y \rangle > \langle x,x \rangle \end{eqnarray*}$

Ich erkenne auch nicht, welches der sonstigen Axiome für Skalarprodukte zielführend sein könnten unglücklich

unglücklich

26.09.2012, 17:01

Mazze

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Zitat:

Wenn $\begin{eqnarray*} \langle x,y\rangle \neq 0 \end{eqnarray*}$ finde ich keinen Widerspruch zu

Ich schon

Augenzwinkern

.

$\begin{eqnarray*} \langle x,x \rangle + 2 \cdot \langle x, \alpha y \rangle + \langle \alpha y, \alpha y \rangle > \langle x,x \rangle \end{eqnarray*}$

ist erstmal Äquivalent zu

$\begin{eqnarray*} 2 \cdot \langle x, \alpha y \rangle + \langle \alpha y, \alpha y \rangle > 0 \end{eqnarray*}$

Setze $\begin{eqnarray*} a = \langle x,y\rangle , b = \langle y,y\rangle \end{eqnarray*}$ dann haben wir

$\begin{eqnarray*} 2a \alpha + b \alpha^2 > 0 \end{eqnarray*}$

Das ist ein einfaches Polynom. Löse $\begin{eqnarray*} 2a \alpha + b \alpha^2 = 0 \end{eqnarray*}$ für Alpha . Fertig.

26.09.2012, 17:35

chrissan

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Langsam dreh ich durch xD

Jetzt komme ich auf $\begin{eqnarray*} \langle x,y\rangle >1 \end{eqnarray*}$

...also nochmal unglücklich

unglücklich

26.09.2012, 17:52

chrissan

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steh nach wie vor aufm Schlauch:

$\begin{eqnarray*} \alpha_1 =0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \alpha_2 = \frac{-2a}{b} \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} b \neq 0 \end{eqnarray*}$

, was ja eh schon gefordert ist: $\begin{eqnarray*} y \neq 0 \end{eqnarray*}$

26.09.2012, 18:01

Mazze

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So ist das falsch. Die Korrekten Nullstellen sind

$\begin{eqnarray*} \alpha_1 = \frac{-a - |a|}{b} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \alpha_2 = \frac{-a + |a|}{b} \end{eqnarray*}$

Jetzt könntest Du zum Beispiel mal

$\begin{eqnarray*} \alpha = \frac{\alpha_1 + \alpha_2}{2} \end{eqnarray*}$

betrachten und hier

$\begin{eqnarray*} 2 \cdot \langle x, \alpha y \rangle + \langle \alpha y, \alpha y \rangle > 0 \end{eqnarray*}$

mal einsetzen.

26.09.2012, 18:07

Che Netzer

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Seine Nullstellen waren doch vollkommen richtig.
Außerdem sind die eh egal; man sieht nämlich, dass es davon zwei verschiedene gibt (da kein konstanter Term vorhanden ist, kann die Diskriminante nur dann nicht positiv sein, wenn ...) und die Funktion somit irgendwo negativ wird.

26.09.2012, 18:09

Mazze

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Stimmt, insofern ist die Aufgabe damit auch erschlagen.

26.09.2012, 19:06

Rmn

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Was genau wurde denn damit bewiesen? Ich sehe nicht, wie das für ein beliebiges Alpha gelten soll, mag jemand bitte erklären?

26.09.2012, 19:20

Che Netzer

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Die Aussage $\begin{eqnarray*} \lVert x+\alpha y\rVert>\lVert x\rVert \end{eqnarray*}$ haben wir umgeformt zu
$\begin{eqnarray*} 2\alpha\langle x,y\rangle+\alpha^2\langle y,y\rangle>0\,. \end{eqnarray*}$
Wäre jetzt $\begin{eqnarray*} \langle x,y\rangle\neq0 \end{eqnarray*}$ , hätte die linke Seite zwei verschiedene Nullstellen und wäre damit irgendwo negativ.
Das bedeutet, damit $\begin{eqnarray*} \lVert x+\alpha y\rVert>\lVert x\rVert \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} \alpha\neq0 \end{eqnarray*}$ gilt, muss $\begin{eqnarray*} \langle x,y\rangle=0 \end{eqnarray*}$ sein.

26.09.2012, 19:45

Rmn

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Ah ok danke, ich sehe jetzt, was überhaupt gemeint war.

26.09.2012, 21:18

Che Netzer

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Ja, am Anfang fehlte die Anmerkung, dass die Ungleichung für alle $\begin{eqnarray*} \alpha\neq0 \end{eqnarray*}$ fehlen sollte, die wurde stückchenweise ergänzt.

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