Folgenraum l_2

12.07.2017, 14:04

Silencium92

Folgenraum l_2

Guten Tag zusammen,

sei $\begin{eqnarray*} \displaystyle (l_2(\mathbb C),<,>) \end{eqnarray*}$ ein Hilbertraum, der mit einer einer vollständigen orthonormal Basis $\begin{eqnarray*} \displaystyle (e_i)_{i\in \mathbb N} \end{eqnarray*}$ ausgestattet ist.

$\begin{eqnarray*} \displaystyle l_2(\mathbb C) =\{(u_n)_{n \in \mathbb N} | \sum_{n=1}^\infty |u_n|^2 \leq \infty\} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \displaystyle e_i \end{eqnarray*}$ ist eine Folge, dessen Einträge alle 0 sind außer der i-te mit dem Wert 1.

Könnte mal bitte jemand überprüfen ob ich folgende Teilaufgaben richtig gelöst habe.

1) $\begin{eqnarray*} \displaystyle T:l_2(\mathbb C) \to l_2(\mathbb C) ; (u_n) \to (0,u_1,0,u_3,\dots) \end{eqnarray*}$

z.z. Ist das T beschränkt ist

Sei $\begin{eqnarray*} \displaystyle C=2 \end{eqnarray*}$ , dann gilt für alle $\begin{eqnarray*} \displaystyle u\in l_2(\mathbb C) \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \displaystyle ||Tu||^2_{l_2} = <Tu,Tu> = \sum_{n=1}^\infty |Tu|^2 = \sum_{n=1}^\infty |u_{2n}|^2 \leq \sum_{n=1}\infty |u_n| < c \cdot \sum_{n=1}^\infty |u_n| =c ||u||^2_{l_2} \quad \Rightarrow \quad ||Tu||_{l_2} < c||u||_{l_2} \end{eqnarray*}$

2) Berechne $\begin{eqnarray*} \displaystyle T(e_{2i}) , T(e_{2i+1}) \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \displaystyle T(e_{2i})= 0_{l_2} , \medspace \forall i \in \mathbb N \quad \quad T(e_{2i+1}) = e_{2i+1} , \medspace\forall i \in \mathbb N \end{eqnarray*}$

3) Zeige $\begin{eqnarray*} \displaystyle T^2 u = 0 \end{eqnarray*}$ ist.

$\begin{eqnarray*} \displaystyle T^2 u = T(Tu) = T( (0,u_1,0,u_3,\dots) ) \end{eqnarray*}$

Jetzt sehe nicht, warum die restlichen Einträge 0 werden sollen. Der Operator T macht aus allen geraden Einträge $\begin{eqnarray*} \displaystyle u_0,u_2,u_4,\dots \end{eqnarray*}$ eine Null. Es sollte also doch

$\begin{eqnarray*} \displaystyle T^2u =(0,u_1,0,u_3,\dots) \end{eqnarray*}$ rauskommen oder mache ich irgendwo einen Denkfehler

Gruß
Silencium

12.07.2017, 14:16

IfindU

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Bei 2) hast du einen Fehler. Der Operator T ist keine Projektion. Es werden nicht einfach die geraden Folgenglieder weggelassen. Da die Folgen bei 1 starten (offenbar ist bei euch die 0 nicht natuerlich), verschiebt sich die ganze noch eins nach rechts. Das ist auch der Grund warum $\begin{eqnarray*} T^2 = 0 \end{eqnarray*}$ ist.

12.07.2017, 14:32

Silencium92

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Zitat:

Da die Folgen bei 1 starten (offenbar ist bei euch die 0 nicht natuerlich), verschiebt sich die ganze noch eins nach rechts.

Trotz deiner Erklärung, habe ich immer noch nicht verstanden wie der Operator T wirkt. Könntest du das bitte nochmal "anders" erklären und dabei den Teil

Zitat:

(offenbar ist bei euch die 0 nicht natuerlich)

erläutern.

12.07.2017, 14:42

IfindU

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Würden die natuerlichen Zahlen bei 0 starten, so waere
$\begin{eqnarray*} T( (u_0, u_1, u_2, \ldots ) ) = ( 0, u_1, 0, u_3, \ldots) \end{eqnarray*}$ . D.h. es werden die Folgenglieder mit geradem Index durch 0 ersetzt.

Ist die 0 nicht natuerlich, so ist
$\begin{eqnarray*} T( ( u_1, u_2, u_3, \ldots ) ) = ( 0, u_1, 0, u_3, \ldots) \end{eqnarray*}$ .

Es werden also immer noch alle Folgenglieder mit geradem Index durch 0 ersetzt. Aber zusaetzlich wird am Anfang der Folge eine 0 gesetzt. D.h. $\begin{eqnarray*} T(u) \end{eqnarray*}$ ist 0 an ungeraden Stellen und an den geraden Stellen sitzen nun die vorig ungeraden Folgenindizes.

12.07.2017, 14:47

10001000Nick1

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RE: Folgenraum l_2
Bei 1. hätte ich auch noch ein paar Anmerkungen:

Zitat:

Original von Silencium92
$\begin{eqnarray*} <Tu,Tu> = \sum_{n=1}^\infty |Tu|^2 \end{eqnarray*}$

In der Summe muss das n-te Folgenglied von $\begin{eqnarray*} Tu \end{eqnarray*}$ stehen, also $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty |(Tu)_n|^2 \end{eqnarray*}$ .

Und dann enthält $\begin{eqnarray*} Tu \end{eqnarray*}$ doch alle ungeraden Folgenglieder von $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ , also ist diese Summe gleich $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty |u_{2n\textcolor{red}{-1}}|^2 \end{eqnarray*}$ .

Außerdem sollte in der Definition von Beschränktheit ein kleiner/gleich stehen: $\begin{eqnarray*} \|Tu\|_{l_2}\textcolor{red}{\leq} c \|u\|_{l_2} \end{eqnarray*}$ (sonst würde das bei u=0 nicht funktionieren). Und dann kannst du deine Konstante auch $\begin{eqnarray*} c=1 \end{eqnarray*}$ wählen.

12.07.2017, 14:58

Silencium92

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Jetzt habe ich es verstanden, danke für die tolle Erklärung!

2) $\begin{eqnarray*} \displaystyle T(e_{2i}) =0_{l_2} \quad \quad T(e_{2i+1}) = e_{2i+2} \end{eqnarray*}$

3) Jetzt ist auch klar, warum $\begin{eqnarray*} \displaystyle T^2 u=0 \end{eqnarray*}$ ist

12.07.2017, 15:00

IfindU

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Das stimmt jetzt. Siehe Nick fuer Korrekturen von 1) (Danke fuers aufpassen, hab es knallhart ueberlesen Big Laugh

12.07.2017, 15:30

Silencium92

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Danke für die Korrektur 10001000Nick1.

Jetzt kommen die interessanten Aufgaben smile

4) Konvergiert die Folge $\begin{eqnarray*} \displaystyle e_2,e_4, \dots \end{eqnarray*}$ in Norm? Besitzt sie eine konvergente Teilfolge ?

$\begin{eqnarray*} \displaystyle l_2(\mathbb C) \end{eqnarray*}$ ist ein Hilbertraum und damit per Definition Vollständig, d.h.

$\begin{eqnarray*} \displaystyle \forall (u^{k}_n)_n \medspace Cauchy \medspace \in l_2, \medspace \exists \lim\limits_{k \rightarrow \infty}{(u^{k}_n)_n} \in l_2 \end{eqnarray*}$

Bemerkung: $\begin{eqnarray*} \displaystyle (u^k_n)_n \end{eqnarray*}$ ist eine Folge von Folgen. Gibt es hierfür eine " bessere " Notation die man überlicherweise benutzt?

$\begin{eqnarray*} \displaystyle ||e_{2n} -e_{2m}||_{l_2} = || (0,\dots,0,1,0 \dots 0,-1,0,\dots )||_{l_2} =: ||u(n,m)||_{l_2} = (\sum_{k=1}^\infty |u_k(n,m)|^2)^\frac{1}{2}= \sqrt 2 \end{eqnarray*}$

Hieraus folgt, dass der Abstand zwischen den Folgegliedern konstant ist und somit nicht beliebig klein wird. Also ist $\begin{eqnarray*} \displaystyle e_2,e_4, \dots \end{eqnarray*}$ keine Cauchyfolge und Dank der Vollständigkeit von $\begin{eqnarray*} \displaystyle l_2 \end{eqnarray*}$ konvergiert die Folge somit auch nicht.

Sei $\begin{eqnarray*} \displaystyle \phi:\mathbb N \to \mathbb N \end{eqnarray*}$ eine streng monotone Abbildung.

$\begin{eqnarray*} \displaystyle ||e_{\phi(2n)} -e_{\phi(2m)}|| \overset{s.o.}{=} \sqrt{2} \end{eqnarray*}$

Also existiert keine konvergente Teilfolge.

12.07.2017, 15:39

IfindU

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Die Notation fuer Folgen von Folgen ist die uebliche. Man gewoehnt sich daran. Vollstaendigkeit brauchst du hier nicht. Jede konvergent Folge ist eine Cauchy-Folge. Nur fuer Umkehrung, d.h. alle Cauchy-Folgen sind konvergent, brauchst du Vollstaendigkeit.

Also gilt in jedem Raum: Keine Cauchy-Folge, also keine konvergente Folge.

Der Beweis stimmt, bloss musst du irgendwo $\begin{eqnarray*} n \neq m \end{eqnarray*}$ fordern. Falls $\begin{eqnarray*} n = m \end{eqnarray*}$ , stimmt die Rechnung natuerlich nicht.

12.07.2017, 16:07

Silencium92

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Stimmt.

5) Zeigen Sie, dass die Folge $\begin{eqnarray*} (e_{2n-1})_{n\in \mathbb N_0} \end{eqnarray*}$ beschränkt ist. Besitzt ihr Bild $\begin{eqnarray*} \displaystyle T ((e_{2n-1})_{n\in \mathbb N_0}) \end{eqnarray*}$ eine konvergente Teilfolge.

Bemerkung: Im Aufgabenblatt hat $\begin{eqnarray*} \displaystyle e_i \end{eqnarray*}$ bereits eine Folge definiert, sodass $\begin{eqnarray*} \displaystyle (e_i)_{i\in \mathbb N} \end{eqnarray*}$ eine Folge von Folgen ist.

- Sei $\begin{eqnarray*} \displaystyle c=1 \end{eqnarray*}$ dann gilt für alle $\begin{eqnarray*} \displaystyle n \in \mathbb N_0 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \displaystyle ||e_{2n-1}|| = \dots = 1 \quad \Rightarrow \quad 0 < (e_{2n-1})_k\leq 1 \quad \forall k \in \mathbb N \end{eqnarray*}$

Wobei $\begin{eqnarray*} \displaystyle (e_{2n-1})_k \end{eqnarray*}$ der k-te Eintrag der Folge ist.

- $\begin{eqnarray*} \displaystyle T((e_{2n-1})_{n\in \mathbb N_0})) = (e_{2n})_{n\in \mathbb N_0} \end{eqnarray*}$

besitzt keine konvergente Teilfolge (siehe Teilaufgabe 4) ).

6) Definiert T einen kompakten Operator?

Es existiert eine $\begin{eqnarray*} \displaystyle u:=(e_{2n-1})_{n\in \mathbb N_0} \end{eqnarray*}$ beschränkte Folge $\begin{eqnarray*} \displaystyle u:=(e_{2n-1})_{n\in \mathbb N_0} \end{eqnarray*}$ im Defintionsbereich von $\begin{eqnarray*} \displaystyle T \end{eqnarray*}$ , dessen Bild $\begin{eqnarray*} \displaystyle Tu \end{eqnarray*}$ keine konvergente Teilfolge besitzt.

Daraus folgt, dass T nicht kompakt ist.

12.07.2017, 16:18

Clearly_wrong

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Zitat:

Bemerkung: $\begin{eqnarray*} \displaystyle (u^k_n)_n \end{eqnarray*}$ ist eine Folge von Folgen. Gibt es hierfür eine " bessere " Notation die man überlicherweise benutzt?

Wie IfindU schon gesagt hat, ist das die übliche Notation. Ich persönlich schreibe für eine Folge $\begin{align*} u \end{align*}$ in dieser Situation gerne $\begin{align*} (u(n))_{n\in\mathbb N} \end{align*}$ . Dann kann man eine Folge von Folgen als $\begin{align*} (u_k)_{k\in\mathbb N} \end{align*}$ schreiben und wenn man auf das $\begin{align*} n. \end{align*}$ Folgenglied der Folge $\begin{align*} u_k \end{align*}$ zugreifen möchte, schreibt man $\begin{align*} u_k(n) \end{align*}$ . Das ist meines Erachtens intuitiver, weil man andere Funktionenfolgen auch so schreibt und schon daran gewöhnt ist. Im Prinzip ist eine Folge von Folgen eben auch nichts anderes als eine Funktionenfolge.

12.07.2017, 16:19

IfindU

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Ausser das strikte Ungleich bei der unteren Schranke für $\begin{eqnarray*} (e_{2n-1})_k \end{eqnarray*}$ , stimmt alles. Freude

(Ich ignoriere mal, dass man hin und wieder implizit von $\begin{eqnarray*} e_{-1} \end{eqnarray*}$ mitredet, was das auch immer sein soll.)

12.07.2017, 16:29

Silencium92

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@ Clearly_wrong

Diese Notation ist in der Tat viel intuitiver. Danke für den Tipp.

5)

Zitat:

Ausser das strikte Ungleich bei der unteren Schranke für $\begin{eqnarray*} (e_{2n-1})_k \end{eqnarray*}$ , stimmt alles.

Hätte ich es stattdessen so schreiben sollen

$\begin{eqnarray*} \displaystyle |(e_{2n-1})_k| \leq 1 \end{eqnarray*}$

oder wie war das gemeint?

12.07.2017, 16:31

IfindU

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Ich wollte nur $\begin{eqnarray*} 0 < (e_{2n-1})_k\leq 1 \quad \forall k \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} 0 \leq (e_{2n-1})_k\leq 1 \quad \forall k \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ ersetzen. Allerdings meint Beschränktheit hier sicherlich beschränkt in der $\begin{eqnarray*} \ell^2 \end{eqnarray*}$ -Norm. Daraus folgt immer die Schranke an die Elemente, aber nicht umgekehrt.

12.07.2017, 16:38

Silencium92

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Ach so.

Vielen Dank für deine Hilfe smile

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