2pi-periodische Funktionen, selbstadjungierte Abb.

26.03.2017, 14:49

Sito

2pi-periodische Funktionen, selbstadjungierte Abb.

Guten Tag zusammen,
folgende Aufgabe beschäftigt mich gerade ein bisschen:

Sei $\begin{align*} V \end{align*}$ der VR der belibig oft diffbaren Funktionen $\begin{align*} f: \mathbb{R}\to \mathbb{R} \end{align*}$ , die $\begin{align*} 2\pi \end{align*}$ -periodisch sind für alle $\begin{align*} x\in \mathbb{R} \end{align*}$ . Zudem sei das innere Produkt gegeben durch $\begin{align*} \langle f,g \rangle := \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} f(x)g(x)\dd x \end{align*}$ . Betrachten sie den Endomorphismus $\begin{align*} D: V\to V, f\mapsto \frac{\dd f}{\dd x} \end{align*}$ .

Zeigen Sie, dass eine zu $\begin{align*} D \end{align*}$ adjungierte Abbildung mit der definierenden Eigenschaft $\begin{align*} \langle Df,g\rangle=\langle f, D^*g\rangle \end{align*}$ existiert und bestimmen Sie diese. Ist $\begin{align*} D \end{align*}$ selbstadjungiert?

Nun meine erste Idee war es folgende Eigenschaft von selbstadjungierten Abb. auszunutzen: $\begin{align*} [D^*]_B= ([D]_B)^T \end{align*}$ . Mein Problem ist aber, dass man hierfür eine Basis von $\begin{align*} V \end{align*}$ kennen müsste, was ich nicht wirklich tue. Einfallen würde mir etwas im Stil von $\begin{align*} B=(\sin(x)) \end{align*}$ , wobei ich natürlich nicht weiss ob das auch wirklich reicht um jede Funktion in dem Raum darzustellen... Ist das überhaupt der richtige Ansatz? Oder könnte man vlt. versuchen über die Definition von $\begin{align*} 2\pi \end{align*}$ -periodisch zu gehen, also $\begin{align*} f(x+2\pi)= f(x) \end{align*}$ ? Muss ehrlich sagen ich stecke hier ziemlich fest...

Wäre auf jeden Fall dankbar für ein paar Tipps.

Gruss Sito

26.03.2017, 17:01

Leopold

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Ich habe $\begin{align*} \langle Df , g \rangle \end{align*}$ gemäß der Definition des Skalarprodukts ausgeschrieben und partiell integriert. Beim Vergleich mit $\begin{align*} \langle f , D^{*}g \rangle \end{align*}$ bin ich dann auf die Aussage

$\begin{align*} \forall \, f,g: \ \langle f , Dg + D^{*}g \rangle = 0 \end{align*}$

gestoßen.

26.03.2017, 17:39

Sito

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Zuerst mal danke für die schnelle Antwort, aber ich glaube ich kann dir nicht so wirklich folgen...

Also du sagst du integrierst partiell: $\begin{align*} \langle Df,g \rangle = \int_0^{2\pi} Df(x)g(x)\dd x = \int_0^{2\pi} \frac{\dd f(x)}{\dd x}g(x)\dd x = f(x)g(x)- \int_0^{2\pi }f(x)\frac{\dd g(x)}{\dd x}\dd x = f(x)g(x)\Big|_{0}^{2\pi}-\langle f, Dg\rangle =-\langle f, Dg\rangle \end{align*}$
$\begin{align*} \Leftrightarrow \langle Df,g\rangle + \langle f, Dg\rangle = 0 \Leftrightarrow \langle f,D^*g\rangle + \langle f, Dg\rangle = 0 \Leftrightarrow \langle f,D^*g+Dg\rangle = 0 \end{align*}$

Ich glaube das sollte so stimmen oder? Die Frage ist nun aber inwiefern das die Bedingung $\begin{align*} \langle Df,g\rangle = \langle f,D^*g\rangle \end{align*}$ erfüllt. Ich meine $\begin{align*} \langle Df,g\rangle = - \langle f, Dg\rangle \neq \langle f,D^*g\rangle \end{align*}$ , oder habe ich hier wieder etwas falsch verstanden?

26.03.2017, 20:37

Leopold

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Eine Kleinigkeit vorweg: Du hast den Vorfaktor vergessen. Aber das ist nicht so wesentlich. Später bei der partiellen Integration fehlen im ersten Ausdruck die Grenzen. Danach schreibst du sie zwar hin, das mußt du aber gleich machen.

Dann solltest du noch sagen, was du voraussetzt. Einfach eine Rechnung ins Blaue hinein sagt ja nicht viel aus. Vor allem fehlen auch Quantoren. Weil du dich diesen Dingen verweigert hast, weißt du am Schluß auch nicht, was du mit der Rechnung anfangen sollst.

Man könnte etwa so beginnen:

Man setzt die Existenz eines linearen Operators $\begin{align*} D^{*} \end{align*}$ voraus, so daß gilt:

$\begin{align*} \langle Df,g \rangle = \langle f,D^{*}g \rangle \end{align*}$ für alle $\begin{align*} f,g \in V \end{align*}$

Jetzt kannst du die linke Seite, wie du es gerechnet hast, umformen und erhältst schließlich:

$\begin{align*} - \langle f,Dg \rangle = \langle f,D^{*}g \rangle \end{align*}$ für alle $\begin{align*} f,g \in V \end{align*}$

und daraus

$\begin{align*} \langle f,Dg + D^{*}g \rangle = 0 \end{align*}$ für alle $\begin{align*} f,g \in V \end{align*}$

Jetzt nutze aus, daß das Skalarprodukt nicht ausgeartet ist. Halte $\begin{align*} g \end{align*}$ fest und quantifiziere über alle $\begin{align*} f \in V \end{align*}$ . Was folgt daraus?

Nachdem du so das einzig mögliche $\begin{align*} D^{*} \end{align*}$ bestimmt hast, mußt du eigentlich noch nachweisen, daß es dieses auch tut ...

27.03.2017, 00:13

Sito

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Zuerst mal danke für die Korrekturen. Der Vorfaktor und die Grenzen sind tatsächlich im Eifer des Gefechts vergessen gegangen.

Zitat:

Jetzt nutze aus, daß das Skalarprodukt nicht ausgeartet ist. Halte $\begin{align*} g \end{align*}$ fest und quantifiziere über alle $\begin{align*} f\in V \end{align*}$ . Was folgt daraus?

Um ehrlich zu sein bin ich mir nicht sicher was genau "nicht-ausgeartet" bedeutet. Aber ich denke du meinst $\begin{align*} \forall f\in V: \langle f, Dg+D^*g\rangle =0 \Rightarrow Dg+D^*g=0 \end{align*}$ (Quelle für meine Vermutung: hier).

Tut mir Leid, aber ich verstehe das mit dem "vesthalten" und "quantifizieren" leider nicht wirklich. Könntest du das vlt. noch einmal etwas ausführen?

27.03.2017, 07:38

Leopold

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Mit "quantifizieren" meine ich, für welche und wie viele Elemente einer Menge etwas gilt. Die bekanntesten Quantoren sind der All-Quantor "für alle" und der Existenz-Quantor "es gibt ein".

Zitat:

Original von Sito
$\begin{align*} \forall f\in V: \langle f, Dg+D^*g\rangle =0 \Rightarrow Dg+D^*g=0 \end{align*}$

So ist es. Wenn etwas für alle $\begin{align*} f,g \end{align*}$ gilt, gilt es auch für spezielle. Also kann man sich ein spezielles $\begin{align*} g \end{align*}$ nehmen (das meine ich mit "festhalten"). Da nun für alle $\begin{align*} f \end{align*}$ die Aussage gilt, kann man nach der Nichtausgeartetheit eines Skalarprodukts die Folgerung ziehen: $\begin{align*} Dg + D^{*}g = 0 \end{align*}$ , also $\begin{align*} D^{*}g = -Dg \end{align*}$ . Da dieses spezielle $\begin{align*} g \end{align*}$ aber jedes gewesen sein könnte, gilt die Aussage letztlich für alle $\begin{align*} g \end{align*}$ . Und damit ist das einzig mögliche $\begin{align*} D^{*} \end{align*}$ bestimmt: $\begin{align*} D^{*} = -D \end{align*}$

Eigentlich steckt hinter der Schlußweise nichts anderes als eine spezielle Klammerung der Quantoren. Für eine Aussageform $\begin{align*} \mathfrak{A}(f,g) \end{align*}$ in $\begin{align*} f,g \end{align*}$ ist $\begin{align*} \forall \, f,g: \mathfrak{A}(f,g) \end{align*}$ gleichbedeutend mit $\begin{align*} \forall \, g \left( \, \forall \, f: \mathfrak{A}(f,g) \, \right) \end{align*}$ .

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