folgt aus "Kern dicht" "Kern abgeschlossen"... |
| 30.07.2007, 20:53 | Soliton | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| folgt aus "Kern dicht" "Kern abgeschlossen"... wir bewegen uns zwischen normierten Räumen E und F. Für eine lineare Abb. f von E nach F, die nicht 0 ist, gilt: Kern f abgeschlossen => Kern f nicht dicht in E. Gilt aber auch die Umkehrung? Für F = oder (also für Funktionale) ist das so, aber auch i. a.? Ich vermute: nein - finde aber kein Gegenbeispiel. Das Gegenbeispiel müßte m. E. unstetig sein, denn es gilt außerdem f stetig => Kern f abgeschlossen. Aber auch hier frage ich mich, ob für andere lineare Abb. als Funktionale die Umkehrung gilt, und denke wieder: nein - finde aber kein Gegenbeispiel. Leider sind unstetige lineare Abbildung ja selten anschaulich. |
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| 30.07.2007, 23:52 | WebFritzi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
RE: folgt aus "Kern dicht" "Kern abgeschlossen"...
Nein. sei z.B. E ein Hilbertraum. Sei u ein Element aus E\{0} und V das Orthogonalkomplement von span{u} in E. Jetzt nimm dir ein UNstetiges lineares Funktional g auf V. Dann ist ker(g) dicht in V. Definiere nun f : E -> IR² durch f(x + tu) := (g(x),t) mit x aus V und t aus IR. Dann ist ker(f) = ker(g) weder dicht noch abgeschlossen in E. |
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| 31.07.2007, 11:41 | Soliton | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
| RE: folgt aus "Kern dicht" "Kern abgeschlossen"... Cool, danke 
. Ist eigentlich die Existenz nichtstetiger Funktionale auf einem Hilbertraum eine Trivialität? Ich habe in Erinnerung, daß dem nicht so ist (also daß es keine Trivialität ist). Kannst Du dazu bitte noch etwas schreiben?Und für die zweite Umkehrung - noch einen Tip? (Wenn ich nicht durcheinander gekommen bin, dann widerlegt Dein f die zweite Umkehrung nicht - was Du auch nicht behauptet hast). |
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| 31.07.2007, 12:31 | WebFritzi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
RE: folgt aus "Kern dicht" "Kern abgeschlossen"...
Ja. Im Hilbertraum l^2 wähle die Folge x := 1/n. Diese ist nicht im Span der euklidischen ONB {e_n} enthalten. Vervollständige nun die Menge {x,e_n : n aus IN} durch eine Menge {x_i : i in I} zu einer Hamelbasis des l^2. Das geht per Auswahlaxiom. Setze nun Die Summen sollen dabei endlich sein. f ist dann ein lineares Funktional mit ker(f) = span{e_n,x_i : n aus IN, i aus I}. Diese Menge liegt dicht in l^2. Somit ist das Funktional f nicht stetig. Da nun jeder separable Hilbertraum isometrisch isomorph zu l^2 ist, haben wir somit die Existenz unstetiger linearer Funktionale auf allen separablen Hilberträumen gezeigt.
Verstehe ich nicht. Was ist eine "zweite Umkehrung"? 
Wenn du meinst, dass ich mit meinem ersten Beitrag die Umkehrung der Implikation aus deinem ersten Beitrag nicht widerlegt habe, irrst du.EDIT: Achso, verstehe. Ich hätte nur weiterlesen müssen. Lass mich überlegen... |
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| 31.07.2007, 12:47 | WebFritzi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
RE: folgt aus "Kern dicht" "Kern abgeschlossen"...
OK, hier dein Gegenbeispiel: Nimm dir Hamelbasen {x_i : i aus I} von l^2 und {y_j: j aus J} von l^1. Diese haben die gleiche Mächtigkeit. Also können wir für die Hamelbasis des l^1 auch schreiben: {y_i: i aus I}. Die Vorschrift Tx_i := y_i, i aus I vermittelt nun eine lineare Bijektion von l^2 nach l^1. Diese kann natürlich nicht stetig sein, denn sonst wäre l^1 (wie der l^2) reflexiv. Ist er aber nicht. Der Kern von T ist aber {0} und damit abgeschlossen.
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| 31.07.2007, 15:42 | Soliton | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Wow, danke. 
Deinen vorletzten Beitrag habe ich, denke ich, verstanden. "Hamelbasis" kannte ich noch nicht, meint "algebraische Basis" im Gegensatz zu "Hilbertraumbasis", also Erzeugung per endlicher LK? Zum letzten Beitrag muß ich nachfragen: Woher käme dann die zum Widerspruch führende Isometrie zwischen l^1 und (l^1)'' (dem Bidualraum)? Ich sehe nur dies: Sei j: l^2 -> (l^2)'' die Isometrie zwischen l^2 und seinem Bidual. Außerdem T**: (l^2)'' -> (l^1)'' der duale Operator zu Deinem T. Dann wäre i:= T** o j o T^(-1): l^1 -> (l^1)'' ("o" soll hier die Verkettung bezeichnen). Aber wieso wäre i isometrisch? Dazu müßte doch T isometrisch sein, und wie ist das - im l^1 ohne SKP - zu realisieren? Genügt es schon, die beiden Hamelbasen zu normieren, damit T isometrisch wird? Ich stehe auf dem Schlauch.
EDIT: Die (vermeintliche) Isometrie von T müßte sich ja aus der Widerspruchsannahme ergeben (T stetig), denn andernfalls wäre T (tatsächlich) auch stetig, und das soll es ja gerade nicht sein können. Was übersehe ich hier? |
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| 01.08.2007, 10:58 | WebFritzi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Nein. Du übersiehst, dass die Isometrie j nicht irgendeine ist, sondern auf eine ganz bestimmte Art und Weise definiert ist. Schau in deinen Büchern nach und wende diese Definition an. Dann wirst du sehen, dass auch i isometrisch ist. |
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| 01.08.2007, 13:03 | Soliton | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ah, ok. Daß i hier eine Isometrie von der erforderlichen Bauart ist, ergibt sich also tatsächlich schon aus der Kosntruktion von j und der Tatsache, daß T bijektiv ist. Daß i darüber hinaus auch beschränkt ist (und damit dann insgesamt die für die - vermeintliche - Reflexivität erforderlichen Eigenschaften hat), dann allein aus der Widerspruchsannehme "T stetig". Ich muß zugeben, daß mir bei diesen Bidualräumen und Bidualen immer der Kopf schwirrte. Aber das Beispiel demonstriert nochmals, daß man wirklich nicht übersehen sollte, daß es bei der Reflexivität eben um eine kanonische Isometrie geht. Besten Dank.
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