Erneut Limes und Summe vertauschen

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16.07.2013, 21:16	chris95	Auf diesen Beitrag antworten »
Erneut Limes und Summe vertauschen Hi Leute, ich komme bei einer Stelle von einem Beweis nicht weiter: Sei H Hilbertraum und $\begin{eqnarray} \{e_n\}_n \end{eqnarray}$ ONB fuer H. Ferner gelte fuer alle $\begin{eqnarray} n\in \mathbb N \end{eqnarray}$ gilt: $\begin{eqnarray} \langle e_n , x^m \rangle\rightarrow 0 \end{eqnarray}$ fuer m gegen unendlich, wobei $\begin{eqnarray} (x^m)_m \subset H \end{eqnarray}$ . Weiter sei $\begin{eqnarray} \sup \|\| x^m \|\| < \infty \end{eqnarray}$ . Zeige: $\begin{eqnarray} x^m \end{eqnarray}$ konvergiert schwach gegen Null. Ich denke der Beweis ist klar, aber an einer Stelle komme ich nicht wirklich weiter: $\begin{eqnarray} \lim_{m\to \infty} \sum_{n\in \mathbb N} y_n \langle e_n, x^m\rangle \end{eqnarray}$ Dort wuerde ich gerne den Limes ins Integral ziehen. Ich dachte an dominierte Konvergenz, und dachte wie folgt: $\begin{eqnarray} \infty > \sup_{m} \sum_{n\in \mathbb N}\| y_n \langle e_n, x^m\rangle \| \geq\sum_{n\in \mathbb N} \sup_{m}\left\| y_n \langle e_n, x^m\rangle \right\| \end{eqnarray}$ Bei der 2. Ungleichung bin ich mir nicht sicher, aber ich denke die ist schon okay, weil wenn ich das Supremum reinziehe, dann wirds ja nur kleiner. Ach ja: $\begin{eqnarray} y_n = \langle y, e_n\rangle \end{eqnarray}$ und y representiert das beliebige Funktional (Riesz). Ist das okay? Gruss, chris
16.07.2013, 21:58	Che Netzer	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Erneut Limes und Summe vertauschen Die zweite Ungleichung ist falsch; betrachte z.B. $\begin{eqnarray} x^m=e_m \end{eqnarray}$ . Dann würdest du rechts über $\begin{eqnarray} \lvert\langle y,e_n\rangle\rvert \end{eqnarray}$ summieren und das muss nicht summierbar sein. Genau deswegen wirst du auch keine Majorante finden. Darfst du denn benutzen, dass beschränkte Folgen in Hilbert-Räumen (bzw. reflexiven Räumen) eine schwach konvergente Teilfolge besitzen?
16.07.2013, 22:15	chris95	Auf diesen Beitrag antworten »
Nein den Satz kenne ich nicht, aber ich weiss der abgeschlossene Einheitsball schwach kompakt ist.(sowie folgenkompakt) Ausserdem kann ich ja o.B.d.A. annehmen, dass $\begin{eqnarray} \forall m\in \mathbb N: \|\|x^m\|\| \leq 1 \end{eqnarray}$ , da die Folge ja beschraenkt ist.(Teile einfach durch das Supremum) Damit ist die Folge im abg. Einheitsball und somit hat sie ne konvergente Teilfolge. Ist das die Begruendung? Noch ne kleine Frage am Rande: Ich habe mal gesehen, dass man auch o.E. annehmen kann $\begin{eqnarray} \|\| x^m\|\| = 1 \end{eqnarray}$ . Aber warum geht das?
16.07.2013, 22:21	Che Netzer	Auf diesen Beitrag antworten »
Man könnte hier die Folge $\begin{eqnarray} \left(\frac{x^m}{\lVert x^m\rVert}\right) \end{eqnarray}$ betrachten. Man muss sich nur überlegen, wieso das möglich ist, was hier aber unnötig viel Arbeit verursacht. Wenn aber die abgeschlossene Einheitskugel schwach folgenkompakt ist, dann natürlich auch jede andere abgeschlossene Kugel. Oder aber man teilt (wie du schon meintest) durch das Supremum der Normen. Jetzt kannst du also annehmen, dass die Folge eine konvergente Teilfolge hat und musst nur noch zeigen, dass deren Grenzwert Null sein muss.
16.07.2013, 22:44	chris95	Auf diesen Beitrag antworten »
Nun weiss ich $\begin{eqnarray} \exists x \in H \forall f \in H^: f(x^{m_l}) \rightarrow x \end{eqnarray}$ fuer l gegen Unendlich. Betrachte einfach das Funktional $\begin{eqnarray} l_n = \langle e_n, \cdot \rangle \end{eqnarray}$ . Nach Vorrausetzung geht aber $\begin{eqnarray} l_n(x^{m_l}) \rightarrow 0 \end{eqnarray*}$ . Somit ist x=0 und die Teilfolge geht gegen Null. Jetzt ist nur noch die Frage: Ich weiss nun, dass eine Teilfolge gegen Null geht, leider sehe ich noch nicht, dass dann die komplette Folge gegen Null geht.
16.07.2013, 22:51	Che Netzer	Auf diesen Beitrag antworten »
Das ist ein übliches Teilfolgenprinzip: Haben alle schwach konvergenten Teilfolgen einer beschränkten Folge in einem reflexiven Raum denselben Grenzwert, so konvergiert die gesamte Folge (schwach) gegen ebendiesen. Kann man per Widerspruchsbeweis zeigen. Du könntest aber noch näher erläutern, wie du $\begin{eqnarray} x=0 \end{eqnarray}$ folgerst.
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16.07.2013, 23:06	chris95	Auf diesen Beitrag antworten »
Ah, ich sehe ich hab was falsch gemacht, x ist nicht in H, sondern im Koerper. Naja, ich weiss ja fuer alle Funktionale f gilt: $\begin{eqnarray} \lim_{l\to\infty} f(x^{m_l}) = a \end{eqnarray}$ , wobei $\begin{eqnarray} a\in \mathbb K \end{eqnarray}$ Betrachte z.B. Funktional $\begin{eqnarray} l_1 = \langle e_1 , \cdot \rangle \end{eqnarray}$ Dann folgt: a=0. Begruendung siehe oben. Damit weiss ich: $\begin{eqnarray} x\in \bigcap_{f\in X^}\ker f = \{0\} \end{eqnarray*}$ . Damit ist x=0. Den Schritt das x dann im Schnitt der Kerne liegt sollte ich vermutlich noch bisschen besser begruenden, aber leider weiss ich nicht wie ich das besser mache.
16.07.2013, 23:09	Che Netzer	Auf diesen Beitrag antworten »
Nein, eben war es schon besser. Es gibt ein $\begin{eqnarray} x\in H \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} x^{m_l}\rightharpoonup x \end{eqnarray}$ , also insbesondere $\begin{eqnarray} \langle e_n,x^{m_l}\rangle\to\langle e_n,x\rangle \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} n\in\mathbb N \end{eqnarray}$ .
16.07.2013, 23:16	chris95	Auf diesen Beitrag antworten »
Ups, stimmt: Daraus folgt jetzt nun Fuer alle $\begin{eqnarray} n\in \mathbb N \end{eqnarray}$ : $\begin{eqnarray} \langle e_n, x \rangle = 0 \end{eqnarray}$ Damit muss x =0, sein da $\begin{eqnarray} x=\sum_{n\in \mathbb N} \langle e_n, x \rangle e_n = 0 \end{eqnarray}$ . (Parseval) Stimmts nun?
16.07.2013, 23:17	Che Netzer	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, das kannst du machen. Oder du sagst (etwas elementarer), dass $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ dann orthogonal auf einen dichten Unterraum steht. Damit kann man die ganze Aussage auch stark verallgemeinern.
16.07.2013, 23:27	chris95	Auf diesen Beitrag antworten »
Ah okay, vielen vielen Dank, Che.

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