Fredholmoperatoren

15.07.2017, 15:08

Silencium92

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Fredholmoperatoren

Guten Tag zusammen,

ich bin bei der Operatortheorie bei Fredholmoperatoren angekommen und möchte hierzu eine Übungsaufgabe durchrechnen.

Könnte bitte jemand überprüfen ob ich die Aufgabe korrekt gelöst habe.

Seien $\begin{eqnarray*} \mathbb H=\ell^2(\mathbb C), k\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} L_k\colon \mathbb H\to \mathbb H, R_k\colon\mathbb H\to \mathbb H \end{eqnarray*}$ zwei Operatoren definiert durch:

$\begin{eqnarray*} (L_ku)_n:=u_{n+k}, \forall n\in \mathbb N \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (R_ku)_n= \quad u_{n-k},\medspace n\geq k \quad \quad 0, \medspace n<k. \end{eqnarray*}$ " Kennt jemand einen Befehl um das schöner hinzuschreiben"

Zeigen Sie, dass $\begin{eqnarray*} L_k \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} R_k \end{eqnarray*}$ Fredholm Operatoren sind, und bestimmen Sie $\begin{eqnarray*} {\rm ind}(L_k) \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} {\rm ind}(R_k)=k \end{eqnarray*}$

- Dazu bestimme ich erst einmal das Bild und den Kern der Operatoren. Anschließend bestimme ich die Dimension (also nach Definition von Wiki).

Frage: Gibt es auch andere Methoden, um zu zeigen, dass ein Operator Fredholm ist (die man vielleicht einfacher oder schneller zeigen kann)

$\begin{eqnarray*} \displaystyle L_k u \overset{!}{=} 0_H \quad \Leftrightarrow \quad (u_{k+1},u_{k+2},\dots)=0_H \quad \Rightarrow Kern(L_k)=\{u \in \mathbb H | u_n=0 , n>k\} = <e_1,\dots,e_k> \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \displaystyle R_k u \overset{!}{=}0_H \quad \Leftrightarrow \quad (0,\dots, u_0,u_1,\dots)=0_H \quad \Rightarrow \quad Kern(R_k) = \{0_H\} \end{eqnarray*}$

Bemerkung: Die Abbildungsvorschrift von $\begin{eqnarray*} \displaystyle R_k \end{eqnarray*}$ ist falsch definiert oder (das Folgenglied $\begin{eqnarray*} \displaystyle u_0 \end{eqnarray*}$ existiert nicht, weil es erst ab $\begin{eqnarray*} \displaystyle u_1 \end{eqnarray*}$ losgeht).

- $\begin{eqnarray*} \displaystyle \forall u=(u_1,u_2,\dots) \in \mathbb H, \exists v=(c_1,c_2,\dots,c_k,u_1,u_2,\dots) \in \mathbb H, c_1,\dots ,c_k \in \mathbb C : L_k v = u \quad \Rightarrow \quad L_k \hbox{surjektiv} \quad \Rightarrow \quad Bild(L)=\mathbb H \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \displaystyle Bild(R_k)=\{u\in \mathbb H| u_1=\dots=u_k=0\} \end{eqnarray*}$

- $\begin{eqnarray*} \displaystyle \dim(Kern( L_k))=k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \displaystyle codim(Bild(L_k))= \dim(\mathbb H) - \dim(Bild(L_k)) =\dim(\mathbb H) - \dim(H)=0 < \infty \end{eqnarray*}$

- $\begin{eqnarray*} \displaystyle \dim(Kern( R_k))=0 < \infty \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \displaystyle codim(Bild(R_k))= \dim(\mathbb H) - \dim(Bild(R_k)) = \infty - (\infty-k)=k < \infty \end{eqnarray*}$

Daraus folgt, dass beide Operatoren Fredholm sind.

Gruß Silencium

15.07.2017, 15:52

Clearly_wrong

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Zitat:

$\begin{eqnarray*} (R_ku)_n= \quad u_{n-k},\medspace n\geq k \quad \quad 0, \medspace n<k. \end{eqnarray*}$ " Kennt jemand einen Befehl um das schöner hinzuschreiben"

(R_ku)_n := \begin{cases}u_{n-k}, \quad &n\geq k \\ 0, \quad &n<k\end{cases}

liefert

$\begin{align*} (R_ku)_n := \begin{cases}u_{n-k}, \quad &n\geq k \\ 0, \quad &n<k\end{cases} \end{align*}$ .

Zitat:

Frage: Gibt es auch andere Methoden, um zu zeigen, dass ein Operator Fredholm ist (die man vielleicht einfacher oder schneller zeigen kann)

Es gibt gewisse Sätze, die man verwenden kann. In diesem Beispiel fällt mir aber keiner ein, der anwendbar ist. Zum Beispiel ist $\begin{align*} I-K \end{align*}$ für kompakte Operatoren $\begin{align*} K \end{align*}$ immer ein Fredholm-Operator mit Index $\begin{align*} 0 \end{align*}$ .

Zitat:

Bemerkung: Die Abbildungsvorschrift von $\begin{eqnarray*} \displaystyle R_k \end{eqnarray*}$ ist falsch definiert oder (das Folgenglied $\begin{eqnarray*} \displaystyle u_0 \end{eqnarray*}$ existiert nicht, weil es erst ab $\begin{eqnarray*} \displaystyle u_1 \end{eqnarray*}$ losgeht).

Vielleicht gilt bei euch $\begin{align*} 0\in\mathbb N \end{align*}$ .

Nachdem du die Bilder bestimmt hast, solltest du sagen, dass diese beide abgeschlossen sind. Das ist eine der zu überprüfenden Bedingungen.

Zitat:

- $\begin{eqnarray*} \displaystyle \dim(Kern( L_k))=k \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \displaystyle codim(Bild(L_k))= \dim(\mathbb H) - \dim(Bild(L_k)) =\dim(\mathbb H) - \dim(H)=0 < \infty \end{eqnarray*}$

Die Formel für die Codimension ist natürlich kompletter Unsinn, wenn unendliche Dimensionen auftreten. Du musst schon mit der richtigen Definition arbeiten, die da wäre $\begin{align*} \operatorname{codim}(\operatorname{Bild}(L_k)) := \dim(\mathbb H/\operatorname{Bild}(L_k)) \end{align*}$ .

Das gleiche gilt natürlich für $\begin{align*} R_k \end{align*}$ . Da musst du also nochmal ran.

15.07.2017, 16:47

Silencium92

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Danke für den Latex-Befehl

Wir hatten uns in der Vorlesung darauf geeinigt, dass $\begin{eqnarray*} 0 \notin \mathbb N \end{eqnarray*}$ . Also wäre in diesem Fall, die Abbildungsvorschrift fehlerhaft?

Zitat:

Nachdem du die Bilder bestimmt hast, solltest du sagen, dass diese beide abgeschlossen sind. Das ist eine der zu überprüfenden Bedingungen.

Das steht nicht auf Wikipedia. Dort werden aber Banachräume betrachtet und in der Aufgabe handelt es sich um Hilberträume. Hmm ich sehe auch gerade nicht auf Anhieb, warum die beiden Räume abgeschlossen sein sollen ohne die Bedingung zu prüfen.

Beim Aufschreiben der Codimension kam mir das schon ziemlich komisch vor. So mit der richtigen Definition erhalte ich dann:

$\begin{align*} \operatorname{codim}(\operatorname{Bild}(L_k)) := \dim(\mathbb H/\operatorname{Bild}(L_k))= \dim(\mathbb H / \mathbb H) =\dim (\{0\})=0 \end{align*}$

$\begin{align*} \operatorname{codim}(\operatorname{Bild}(R_k)) := \dim(\mathbb H/\operatorname{Bild}(R_k))= \dim(<e_i, i\in \{1,\dots,k\}>) =k \end{align*}$

Ist das so korrekt?

15.07.2017, 17:00

Clearly_wrong

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Zitat:

Das steht nicht auf Wikipedia. Dort werden aber Banachräume betrachtet und in der Aufgabe handelt es sich um Hilberträume. Hmm ich sehe gerade nicht auf Anhieb, warum die beiden Räume abgeschlossen sein sollen ohne die Bedingung zu prüfen.

Die Forderung, dass das Bild abgeschlossen ist, ist wohl wirklich redundant, es folgt automatisch aus den anderen Eigenschaften, steht auf der englischen Wiki.

Zitat:

$\begin{align*} \operatorname{codim}(\operatorname{Bild}(R_k)) := \dim(\mathbb H/\operatorname{Bild}(R_k))= \dim(<e_i, i\in \{1,\dots,k\}>) =k \end{align*}$

Da müsste $\begin{align*} \dim(\langle e_i+\operatorname{Bild}(R_k), i\in \{1,\dots,k\}\rangle \end{align*}$ stehen, abgesehen davon ist es richtig.

15.07.2017, 17:32

Silencium92

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Hmm, dann habe ich etwas nicht verstanden. Als ich

$\begin{align*} \operatorname{codim}(\operatorname{Bild}(R_k)) := \dim(\mathbb H/\operatorname{Bild}(R_k))= \dim(<e_i, i\in \{1,\dots,k\}>) =k \end{align*}$

geschrieben hatte, habe ich folgenden Zwischenschritt ausgelassen

$\begin{align*} \dim(\mathbb H/\operatorname{Bild}(R_k))= \dim(<e_1,e_2,\dots> / <e_{k+1},e_{k+2},\dots>) =\dim(<e_i, i\in \{1,\dots,k\}>) =k \end{align*}$

Falls man das so mit der linearen Hülle schreiben kann.

Wie du auf

Zitat:

$\begin{align*} \dim(\langle e_i+\operatorname{Bild}(R_k), i\in \{1,\dots,k\}\rangle \end{align*}$

gekommen bist, verstehe ich nicht. Was wahrscheinlich daran liegt, dass ich nicht verstehe, was

$\begin{align*} \langle e_i+\operatorname{Bild}(R_k)\rangle \end{align*}$

bedeuten soll.

18.07.2017, 11:03

IfindU

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Zitat:

Original von Silencium92
Was wahrscheinlich daran liegt, dass ich nicht verstehe, was

$\begin{align*} \langle e_i+\operatorname{Bild}(R_k)\rangle \end{align*}$

bedeuten soll.

Die Elemente eines Quotientenraumes $\begin{eqnarray*} U / V \end{eqnarray*}$ sind gegeben durch die Restklassen $\begin{eqnarray*} [u]:= \{ w \in U | w - u \in V\} \end{eqnarray*}$ . Diese werden gerne auch als $\begin{eqnarray*} u + V \end{eqnarray*}$ geschrieben, da $\begin{eqnarray*} u + V := \{ u + v | v \in V \} \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} [u] = u + V \end{eqnarray*}$ . Was du gemacht hast ist die Restklases von $\begin{eqnarray*} e_i \end{eqnarray*}$ (d.h. das Element $\begin{eqnarray*} [e_i] \end{eqnarray*}$ ) mit $\begin{eqnarray*} e_i \end{eqnarray*}$ selbst zu identifizieren. Kann man machen, aendert die Dimension auch nicht -- aber clearly wollte wohl, dass du dir im Klaren bist, was da eigentlich zu stehen hat.

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18.07.2017, 12:21

Silencium92

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Ach so, vielen Dank fürs klar stellen.

Durch meine Rechnung habe ich folgendes herausgefunden:

$\begin{eqnarray*} \displaystyle \dim(Kern( L_k))=k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} codim(Bild(L_k))=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \displaystyle \dim(Kern( R_k))=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{align*} \operatorname{codim}(\operatorname{Bild}(R_k)) =k \end{align*}$

Die Dimensionen sind alle endlich, damit habe ich gezeigt, dass beide Operatoren Fredholm sind oder?

Ich muss noch den Index berechnen

$\begin{eqnarray*} ind(A):=dim(Kern(A)) - codim(Bild(A)) \quad \Rightarrow \quad ind(L_K) = k-0=0 \quad ind(R_K)= 0-k=-k \end{eqnarray*}$

Der Index ist also ein Maß für die Differenz zwischen der Dimension des Kern und Bild. Gibt es auch eine andere Interpretation?

18.07.2017, 12:32

IfindU

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Sieht gut. Du koenntest noch zeigen, dass das Bild abgeschlossen ist -- was nicht schwer ist, aber es folgt aus allgemeiner Theorie (oder es wurde direkt ohne die Bedingung definiert.)

Ich Operatortheorie ist wirklich nicht meins. Die einzige Deutung die ich haette waere "Index ist postiv, wenn die Funktion weniger Injektiv als Surjektiv ist".

Es misst naemlich die beiden Problemstelle zur Bijektivitaet und vergleicht beide. Der Index ist also z.B. 0, wenn der Operator bijektiv ist. Surjektiv, aber nicht injektiv bedeutet Index ist positiv; injektiv aber nicht sujrektiv bedeutet Index ist negativ.

Ich koennte mir vorstellen die Idee ist die folgende: Wenn der Index 0 ist, heisst es werden $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ Basisvektoren auf die Null geschickt, und dafuer $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ Bildvektoren nicht getroffen. Wir modifizieren den Operatoren, indem wir die $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ Vektoren statt auf die 0 zu schicken, auf die fehlenden Bildvektoren schicken. Dann ist die Modifikation bijektiv.

18.07.2017, 12:40

Silencium92

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Danke für die Interpretation.

Ich würde gerne noch zeigen, dass die Bilder abgeschlossen sind. Sehe aber nicht wie. Ich weiß von den Operatoren, dass diese beschränkt sind und auf einem Hilbertraum definiert sind.

18.07.2017, 12:46

IfindU

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RE: Fredholmoperatoren
Das kann man mit dem Folgenkriterium schön machen. Sei $\begin{eqnarray*} (v^l) \subset Bild(L_k) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} v^l \to v \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \ell^2 \end{eqnarray*}$ . Es ist zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} v \in Bild(L_k) \end{eqnarray*}$ . Nach Definition des Bildes existieren $\begin{eqnarray*} (u^l) \subset \ell^2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} L_k(u^l) = v^l \end{eqnarray*}$ . Die Hoffnung ist nun, dass $\begin{eqnarray*} u^l \end{eqnarray*}$ gegen ein $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ konvergiert und $\begin{eqnarray*} L_k(u) = v \end{eqnarray*}$ gilt -- was natuerlich heisst, dass $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ im Bild von L_k liegt.

18.07.2017, 13:04

Silencium92

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Zitat:

$\begin{eqnarray*} L_k(u) = v \end{eqnarray*}$

das gilt, weil die Abbildung Stetigkeit ist (die Abbildung ist linear und beschränkt).

18.07.2017, 13:06

IfindU

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Jetzt musst du also nur noch zeigen, dass es eine gute Folge $\begin{eqnarray*} u^l \end{eqnarray*}$ gibt, die in $\begin{eqnarray*} \ell^2 \end{eqnarray*}$ gegen ein solches $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ konvergiert.

Edit: Kann man machen, aber da $\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ surjektiv ist, ist die Sache etwas langweilig. Mache es lieber direkt fuer $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ Big Laugh

Big Laugh

18.07.2017, 13:42

Silencium92

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Irgendwie tue mir schwer den Beweis aufzuschreiben.

Ich weiß nicht so recht wie anfangen soll....

18.07.2017, 13:54

IfindU

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Sei $\begin{eqnarray*} v^l \end{eqnarray*}$ eine Folge im Bild. Da $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ injektiv ist, existiert genau eine Folge $\begin{eqnarray*} u^l \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} R_k u^l = v^l \end{eqnarray*}$ . Da $\begin{eqnarray*} R_k \end{eqnarray*}$ sehr simpel ist, kannst du die Folge auch leicht (in Abhaengigkeit von $\begin{eqnarray*} v^l \end{eqnarray*}$ ) explizit aufschreiben.

Dann kannst du gucken wie sich die Konvergenz $\begin{eqnarray*} v^l \end{eqnarray*}$ auf die Konvergenz von $\begin{eqnarray*} u^l \end{eqnarray*}$ auswirkt.

18.07.2017, 14:06

Silencium92

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$\begin{eqnarray*} R_k u^l=R_k ((u_1,u_2,\dots) ) =(0,0,\dots,u_1,u_2,\dots) = v^l \quad \overset{a)}{\Rightarrow} \quad \lim\limits_{l \rightarrow \infty}{u^l} =\lim\limits_{l \rightarrow \infty}{v^l} \end{eqnarray*}$

a) Der Operator bewirkt nur eine Verschiebung nach rechts, d.h. der Grenzwert ändert sich nicht.

Genau diesen Schritt hatte ich bereits vorher aufgeschrieben, aber ich sehe irgendwie nicht, was ich daraus Schlussfolgern kann (falls das überhaupt die richtige Richtung ist).

18.07.2017, 14:12

IfindU

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Die Folgerung stimmt nicht. Sagen wir $\begin{eqnarray*} v^l \to v \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \ell^2 \end{eqnarray*}$ . Kannst du vlt sofort ein $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ angeben, so dass $\begin{eqnarray*} R_k u = v \end{eqnarray*}$ ?

Alternativ ganz anders: Du hast das Bild bereits vorher charakterisiert, naemlich

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \displaystyle Bild(R_k)=\{u\in \mathbb H| u_1=\dots=u_k=0\} \end{eqnarray*}$

.

Kannst du zeigen, dass wenn $\begin{eqnarray*} u^l \to u \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \ell^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} u_1^l = u_2^l = \dots = u^l =0 \end{eqnarray*}$ fuer alle $\begin{eqnarray*} l \end{eqnarray*}$ gilt, dass dann auch $\begin{eqnarray*} u_1=\dots=u_k=0 \end{eqnarray*}$ ?

Das ist viel direkter.

18.07.2017, 14:37

Silencium92

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Zitat:

Sagen wir $\begin{eqnarray*} v^l \to v \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \ell^2 \end{eqnarray*}$ . Kannst du vlt sofort ein $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ angeben, so dass $\begin{eqnarray*} R_k u = v \end{eqnarray*}$ ?

$\begin{eqnarray*} R_k u = R_k ( (c_0,\dots,c_{k-1},v_0,v_1,\dots)) = (v_0,v_1,\dots)\quad \quad c_i \in \mathbb C ,i \in \{0,1,\dots,k-1\} \end{eqnarray*}$

18.07.2017, 14:47

IfindU

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Kann es sein, dass du gerade $\begin{eqnarray*} R_k \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} L_k \end{eqnarray*}$ durcheinander wirfst? Aber das waere ein Beweis fuer die Abgeschlossenheit des Bildes von $\begin{eqnarray*} L_k \end{eqnarray*}$ -- was ja $\begin{eqnarray*} \ell^2 \end{eqnarray*}$ ist, und damit natuerlich abgeschlossen Big Laugh

Big Laugh

18.07.2017, 15:01

Silencium92

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....

Hammer

Ich glaube das ist ein Anzeichen, dass ich erst mal eine Pause machen sollte.

Ich schaue mir das später nochmal, bevor ich noch weitere Mist hinschreibe Big Laugh

Big Laugh

20.07.2017, 12:00

Silencium92

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Ich habe mir nochmal Gedanken über den Beweis gemacht. Ich fasse das ganze nochmal zusammen (mit deiner Notation).

Wir wollen zeigen, dass $\begin{eqnarray*} Bild(R_k) \end{eqnarray*}$ von abgeschlossen ist.

Dazu wählen wir eine beliebige konvergente Folge $\begin{eqnarray*} (v^l) \in Bild(R_k) \end{eqnarray*}$ und müssen zeigen, dass $\begin{eqnarray*} v^l \to v \in Bild(R_k) \end{eqnarray*}$ .

Dazu geht man wie folgt vor:

$\begin{eqnarray*} (v^l) \in Bild(R_k) \quad \Leftrightarrow \quad \exists (u^l) \in l_2: R_k (u_l) = (v^l) \end{eqnarray*}$

Weil $\begin{eqnarray*} (v^l) \end{eqnarray*}$ konvergiert, muss Dank der Stetigkeit von $\begin{eqnarray*} R_k \end{eqnarray*}$ auch $\begin{eqnarray*} (u^l) \to u \end{eqnarray*}$ konvergieren (stetige Abbildungen bilden konvergente Folgen auf konvergente Folgen ab), sodass

Hier wäre ich meiner Meinung nach fertig mit dem Beweis (weil ich die Existenz von $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ gezeigt habe). Könntest du mir bitte erklären, warum dass nicht ausreicht.

Du hattest aber gesagt:

Zitat:

Sei $\begin{eqnarray*} v^l \end{eqnarray*}$ eine Folge im Bild. Da $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ injektiv ist, existiert genau eine Folge $\begin{eqnarray*} u^l \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} R_k u^l = v^l \end{eqnarray*}$ . Da $\begin{eqnarray*} R_k \end{eqnarray*}$ sehr simpel ist, kannst du die Folge auch leicht (in Abhaengigkeit von $\begin{eqnarray*} v^l \end{eqnarray*}$ ) explizit aufschreiben.

Zitat:

Sagen wir $\begin{eqnarray*} v^l \to v \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \ell^2 \end{eqnarray*}$ . Kannst du vlt sofort ein $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ angeben, so dass $\begin{eqnarray*} R_k u = v \end{eqnarray*}$ ?

$\begin{eqnarray*} R_k (u^l) = R_k (u^l_1,u^l_2,\dots) = (0,0,\dots, u^l_1,u^l_2,\dots ) \overset{!}{=}(v^l_1,v^l_2,\dots )= (v^l) \quad \Rightarrow \quad (v^l_1=\dots=v^l_{k-1}=0 \quad \land \quad u^l_1 = v^l_k , u^l_2 = v^l_{k+1} \dots ) \end{eqnarray*}$

Damit könnte ich sofort ein u angeben

$\begin{eqnarray*} R_k u = R_k (v_k,v_{k+1},\dots) = (0,0,\dots,v_k,v_{k+1},\dots) = v \end{eqnarray*}$

20.07.2017, 12:12

IfindU

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Zitat:

Original von Silencium92
Weil $\begin{eqnarray*} (v^l) \end{eqnarray*}$ konvergiert, muss Dank der Stetigkeit von $\begin{eqnarray*} R_k \end{eqnarray*}$ auch $\begin{eqnarray*} (u^l) \to u \end{eqnarray*}$ konvergieren (stetige Abbildungen bilden konvergente Folgen auf konvergente Folgen ab),

Das stimmt, aber es hilft eben nicht. Stetige Funktion bilden konvergente auf konvergente Folgen ab. Aber du braeuchtest, dass divergente Folgen auf divergente Folgen abgebildet werden. Und das ist falsch.

Sei $\begin{eqnarray*} T \end{eqnarray*}$ der Operator, der alles was er bekommt auf 0 schickt. Dann ist $\begin{eqnarray*} v^l = v = 0 \end{eqnarray*}$ im Bild. Aber jede noch so schlechte Folge $\begin{eqnarray*} u^l \end{eqnarray*}$ erfuellt $\begin{eqnarray*} T(u^l) = v^l \end{eqnarray*}$ . Aber man kann nun $\begin{eqnarray*} u^l \end{eqnarray*}$ als divergente Folge waehlen. In dem Fall existiert kein Grenzwert $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Damit könnte ich sofort ein u angeben

$\begin{eqnarray*} R_k u = R_k (v_k,v_{k+1},\dots) = (0,0,\dots,v_k,v_{k+1},\dots) = v \end{eqnarray*}$

Das ist das leichteste. Allerdings muss man hier eben begruenden, warum jedes $\begin{eqnarray*} v \in \ell^2 \end{eqnarray*}$ , das der Grenzwert einer Folge $\begin{eqnarray*} v^l \in Bild(R_k) \end{eqnarray*}$ von der Form $\begin{eqnarray*} v = (0, \ldots, 0, v_k, v_{k+1}, \ldots ) \end{eqnarray*}$ ist. Und dann kann man sich das Urbild konstruieren auch sparen, weil man ja bereits weiss, dass Elemente im Bild genau diese Form haben.

20.07.2017, 12:26

Silencium92

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Wie schreibe ich diesen Beweis nun strukturiert und kompakt auf?

Ich habe ja schon mal den Anfang hingeschrieben

Zitat:

Wir wollen zeigen, dass $\begin{eqnarray*} Bild(R_k) \end{eqnarray*}$ von abgeschlossen ist. Dazu wählen wir eine beliebige konvergente Folge $\begin{eqnarray*} (v^l) \in Bild(R_k) \end{eqnarray*}$ und müssen zeigen, dass $\begin{eqnarray*} v^l \to v \in Bild(R_k) \end{eqnarray*}$ . Dazu geht man wie folgt vor: $\begin{eqnarray*} (v^l) \in Bild(R_k) \quad \Leftrightarrow \quad \exists ! (u^l) \in l_2: R_k (u_l) = (v^l) \end{eqnarray*}$

Wie kann ich jetzt weiter argumentieren ?

20.07.2017, 12:30

IfindU

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Ich wuerde das mit der Folge $\begin{eqnarray*} u^l \end{eqnarray*}$ streichen. Du weisst schon genau wie die Menge $\begin{eqnarray*} Bild(R_k) \end{eqnarray*}$ aussieht. Kein Grund noch den Umweg des Operators zu machen. (Habe ich auch erst spaeter gesehen. Was ich angefangen habe war einfach ein 08/15 Ansatz, mit dem arbeitet, wenn man nichts besseres weiss).

Ich wuerde also direkt zu

Zitat:

Wir wollen zeigen, dass $\begin{eqnarray*} Bild(R_k) \end{eqnarray*}$ von abgeschlossen ist. Dazu wählen wir eine beliebige konvergente Folge $\begin{eqnarray*} (v^l) \in Bild(R_k) \end{eqnarray*}$ und müssen zeigen, dass $\begin{eqnarray*} v^l \to v \in Bild(R_k) \end{eqnarray*}$ . Dazu geht man wie folgt vor: $\begin{eqnarray*} (v^l) \in Bild(R_k) \quad \Leftrightarrow (v^l) \subset \ell_2 \;\text{ und } v^l_1 = v^l_2 = \ldots v^l_k = 0 \quad \text{ fuer alle } l \in \mathbb N \end{eqnarray*}$

gehen.

20.07.2017, 12:49

Silencium92

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Zitat:

Zitat: Wir wollen zeigen, dass $\begin{eqnarray*} Bild(R_k) \end{eqnarray*}$ von abgeschlossen ist. Dazu wählen wir eine beliebige konvergente Folge $\begin{eqnarray*} (v^l) \in Bild(R_k) \end{eqnarray*}$ und müssen zeigen, dass $\begin{eqnarray*} v^l \to v \in Bild(R_k) \end{eqnarray*}$ . Dazu geht man wie folgt vor: $\begin{eqnarray*} (v^l) \in Bild(R_k) \quad \Leftrightarrow (v^l) \subset \ell_2 \;\text{ und } v^l_1 = v^l_2 = \ldots v^l_k = 0 \quad \text{ fuer alle } l \in \mathbb N \end{eqnarray*}$

Jetzt muss ich diesen Teil mit

Zitat:

Damit könnte ich sofort ein u angeben $\begin{eqnarray*} R_k u = R_k (v_k,v_{k+1},\dots) = (0,0,\dots,v_k,v_{k+1},\dots) = v \end{eqnarray*}$

verbinden. Wie mache ich denn Übergang?

Entschuldigung, aber ich glaube, dass ich den Beweis noch nicht 100% verstanden (die Idee schon, aber die nicht die "Ausführung") habe und deswegen nicht weiß, wie ich diesen aufschreiben soll.

20.07.2017, 12:53

IfindU

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Ich wuerde den Operator $\begin{eqnarray*} R_k \end{eqnarray*}$ in Ruhe lassen. Er hat seinen Dienst getan und das Bild charakterisiert. Das Bild kann man nun abstrakt als Menge $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ auffassen. Also wir vergessen einfach dass es den Operator $\begin{eqnarray*} R_k \end{eqnarray*}$ jemals gab.

Wir definieren die Menge $\begin{eqnarray*} M := \{ v \in \ell^2: v_1 = v_2 = \ldots = v_k = 0 \} \end{eqnarray*}$ und wollen zeigen, dass diese abgeschlossen ist. Also:

Wir wollen zeigen, dass $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ von abgeschlossen ist. Dazu wählen wir eine beliebige konvergente Folge $\begin{eqnarray*} (v^l) \subset M \end{eqnarray*}$ und müssen zeigen, dass wenn $\begin{eqnarray*} v^l \to v \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \ell^2 \end{eqnarray*}$ konvergiert, dann gilt $\begin{eqnarray*} v \in M \end{eqnarray*}$ . Dazu geht man wie folgt vor: $\begin{eqnarray*} (v^l) \in M \quad \Leftrightarrow (v^l) \subset \ell_2 \;\text{ und } v^l_1 = v^l_2 = \ldots v^l_k = 0 \quad \text{ fuer alle } l \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ .

Wir muessen also zeigen: $\begin{eqnarray*} v \in \ell^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v_1 = v_2 = \ldots = v_k = 0 \end{eqnarray*}$ .

20.07.2017, 13:06

Silencium92

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Zitat:

Wir muessen also zeigen: $\begin{eqnarray*} v \in \ell^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v_1 = v_2 = \ldots = v_k = 0 \end{eqnarray*}$ .

Wie wir wissen, dass $\begin{eqnarray*} \ell^2 \end{eqnarray*}$ Vollständig, könne wir daraus irgendwie schließen, dass es dann auch abgeschlossen ist ? Falls ja, hätten wir damit $\begin{eqnarray*} v \in \ell^2 \end{eqnarray*}$ gezeigt.

Für das zweite könnte man folgende Überlegung anstellen:

$\begin{eqnarray*} (v^l) = (v^l_1,v^l_2,\dots) = (0,0,\dots, v^l_{k+1},v^l_{k+2},\dots ) \to (0,0,\dots ,v_{k+1},v_{k+2},\dots) \end{eqnarray*}$

20.07.2017, 13:12

IfindU

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Der erste Punkt war einfach nur der Korrektheit dadrin. Das ist die Abgeschlossenheit von $\begin{eqnarray*} \ell^2 \end{eqnarray*}$ -- und jeder topologische Raum ist abgeschlossen. Alternativ kann man hier noch einmal die Dreiecksungleichung benutzen.

Zum zweiten: Genau. Am einfachsten zeigst du, dass wenn $\begin{eqnarray*} v^l \to v \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \ell^2 \end{eqnarray*}$ gilt, dass dann jede Komponente $\begin{eqnarray*} v^l_m \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} v_m \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ konvergiert.

20.07.2017, 13:20

Silencium92

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Zitat:

Am einfachsten zeigst du, dass wenn $\begin{eqnarray*} v^l \to v \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \ell^2 \end{eqnarray*}$ gilt, dass dann jede Komponente $\begin{eqnarray*} v^l_m \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} v_m \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ konvergiert.

Dazu würde es reichen, die Punktweise konvergenz zu zeigen.

$\begin{eqnarray*} \forall m \in \mathbb N: m >k ,\forall \epsilon >0 ,\exists N , \forall m>N : |v_m - v^l_m| < \epsilon \end{eqnarray*}$

Um die Existenz eines solchen N zu zeigen, müsste $\begin{eqnarray*} |v_m - v^l_m| \end{eqnarray*}$ umschreiben/abschätzen. Der Ausdruck lässt sich aber nicht weiter umschreiben /abschätzen?

20.07.2017, 13:22

IfindU

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Und was, wenn du das aequivalente $\begin{eqnarray*} | v_m - v_m^l|^2 < \epsilon^2 \end{eqnarray*}$ stattdessen zeigst, und dran denkst, wie $\begin{eqnarray*} v^l \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ konvergiert?

20.07.2017, 13:30

Silencium92

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Verständnis Frage:

Wenn $\begin{eqnarray*} v^l \to v \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \ell^2 \end{eqnarray*}$ gilt, dann gilt doch automatisch, das jede Komponente $\begin{eqnarray*} v^l_m \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} v_m \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ konvergiert?

Ich muss irgendetwas nicht verstanden haben, wenn du bereits so fragst

Zitat:

Und was, wenn du das aequivalente $\begin{eqnarray*} | v_m - v_m^l|^2 < \epsilon^2 \end{eqnarray*}$ stattdessen zeigst, und dran denkst, wie $\begin{eqnarray*} v^l \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ konvergiert?

Muss die Antwort ja total offensichtlich sein, aber ich sehe es irgendwie nicht...

20.07.2017, 13:39

IfindU

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Zitat:

Original von Silencium92
Wenn $\begin{eqnarray*} v^l \to v \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \ell^2 \end{eqnarray*}$ gilt, dann gilt doch automatisch, das jede Komponente $\begin{eqnarray*} v^l_m \end{eqnarray*}$ gegen $\begin{eqnarray*} v_m \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ konvergiert?

Tut es. Wenn dir das bekannt ist, hast du schon die Abgeschlossenheit des Bildes.

Zum Beweis der punktweisen Konvergenz. Offensichtlich ist der Betrag nicht-negativ, also
$\begin{eqnarray*} | v_m - v_m^l|^2 \leq \sum_{n = 1}^\infty | v_n -v_n^l|^2 = \| v - v^l\|_{\ell^2}^2 \end{eqnarray*}$ , und da $\begin{eqnarray*} v^l \to v \end{eqnarray*}$ konvergiert die Norm gegen 0.

20.07.2017, 13:48

Silencium92

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Ach so, danke für deine eiserne Geduld Big Laugh

Big Laugh

Für die Abgeschlossenheit $\begin{eqnarray*} L_k \end{eqnarray*}$ reicht folgende Argumentation oder?

$\begin{eqnarray*} Bild(L_k) = l_2, l_2 \medspace vollständig \quad \Rightarrow \quad l_2 \medspace abgeschlossen \end{eqnarray*}$

20.07.2017, 13:49

Silencium92

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[quote]Original von Silencium92
Ach so, danke für deine eiserne Geduld Big Laugh

Big Laugh

Für die Abgeschlossenheit $\begin{eqnarray*} L_k \end{eqnarray*}$ reicht folgende Argumentation oder?

$\begin{eqnarray*} Bild(L_k) = l_2, l_2 \medspace vollstaendig \quad \Rightarrow \quad Bild(L_k) \medspace abgeschlossen \end{eqnarray*}$

20.07.2017, 13:54

IfindU

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Man braucht die Vollstaendigkeit hier nicht wirklich, aber es schadet auch nicht.

20.07.2017, 18:17

Silencium92

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Eine allerletzte Frage zu diese Thema

Zitat:

Wir wollen zeigen, dass $\begin{eqnarray*} Bild(R_k) \end{eqnarray*}$ von abgeschlossen ist. Dazu wählen wir eine beliebige konvergente Folge $\begin{eqnarray*} (v^l) \in Bild(R_k) \end{eqnarray*}$ und müssen zeigen, dass $\begin{eqnarray*} v^l \to v \in Bild(R_k) \end{eqnarray*}$ . Dazu geht man wie folgt vor: $\begin{eqnarray*} (v^l) \in Bild(R_k) \quad \Leftrightarrow (v^l) \subset \ell_2 \;\text{ und } v^l_1 = v^l_2 = \ldots v^l_k = 0 \quad \text{ fuer alle } l \in \mathbb N \end{eqnarray*}$

Zitat:

$\begin{eqnarray*} (v^l) \in Bild(R_k) \quad \Leftrightarrow (v^l) \subset \ell_2 \end{eqnarray*}$

Warum ist es einmal eine Teilmenge und einmal ein Element? Es sollte doch beides mal ein Element sein.

21.07.2017, 06:00

IfindU

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Es sollte immer Teilmenge sein. Ich war bloss nicht gruendlich beim verbessern aller.

Fuer jedes $\begin{eqnarray*} l \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} v^l \in M \end{eqnarray*}$ . Aber $\begin{eqnarray*} (v^l) \end{eqnarray*}$ bezeichnet die ganze Folge. Es ist die Kurzschreibweise fuer $\begin{eqnarray*} (v^l)_{l \in \mathbb N} = (v^1, v^2, \ldots). \end{eqnarray*}$ Eine Folge wird in dem Fall als geordnete Menge verstanden und somit ist $\begin{eqnarray*} (v^l) \subset M \end{eqnarray*}$ .

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