Folgenraum l_2 II

13.07.2017, 18:39

Silencium92

Folgenraum l_2 II

Guten Tag zusammen,

könnte bitte mal jemand schauen, ob die Aufgaben korrekt gelöst worden.

Seien $\begin{eqnarray*} \displaystyle L:l_2(\mathbb C) \to l_2(\mathbb C) ; (u_1,u_2,\dots ) \to (u_2,u_3,\dots)\quad \quad R:l_2(\mathbb C) \to l_2(\mathbb C) ; (u_1,u_2,\dots ) \to (0,u_1,u_2,\dots) \end{eqnarray*}$

zwei Operatoren, wobei $\begin{eqnarray*} l_2 \end{eqnarray*}$ der Folgenraum der quadratsummierbaren Folgen ist. Außerdem sei $\begin{eqnarray*} (e_i)_{i\in \mathbb N} \end{eqnarray*}$ eine vollständige orthonormal Basis.

$\begin{eqnarray*} \textbf{(1)} \end{eqnarray*}$ Zeigen Sie, dass L,R beschränkte Operatoren sind

$\begin{eqnarray*} \displaystyle ||Lu||^2=:||v||^2 = \sum_{k=1}^\infty |v_k|^2 = \sum_{k=2}|u_k|^2 \leq \sum_{k=1}|u_k|^2 = 1\cdot||u||^2\quad \Rightarrow \quad ||Lu|| \leq c ||u|| \medspace \forall u \in l_2 , c=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \displaystyle ||Ru||^2=:||w||^2 = \sum_{k=1}^\infty |w_k|^2 = \sum_{k=2}|w_k|^2 \overset{a)}{\leq} \sum_{k=1}|u_k|^2 = 1\cdot||u||^2\quad \Rightarrow \quad ||Ru|| \leq c ||u|| \medspace \forall u \in l_2 , c=1 \} \end{eqnarray*}$

a) $\begin{eqnarray*} \displaystyle \sum_{k=2}|w_k|^2 =\sum_{k=1}|u_k|^2 \quad \Rightarrow \quad \sum_{k=2}|w_k|^2 \leq \sum_{k=1}|u_k|^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \textbf{(2)} \end{eqnarray*}$ Bestimmen Sie Kern und Bild von R,L

$\begin{eqnarray*} \displaystyle Bild(L) = <L(e_1), L(e_2),\dots ,L(e_n),\dots > =<0_{l_2},e_1,\dots,e_{n-1},\dots> \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \displaystyle Bild(R) = <R(e_1), R(e_2),\dots , R(e_n),\dots > =<e_2,e_3,\dots,e_{n+1},\dots> \end{eqnarray*}$

Bemerkung: <...>:= Lineare Hülle

$\begin{eqnarray*} \textbf{Frage} \end{eqnarray*}$ : Die Bilder entsprechen nicht mehr dem l_2, weil beiden jeweils ein Basis-"vektor" fehlt.

$\begin{eqnarray*} \displaystyle Lu\overset{!}{=}0_{l_2} \quad \Leftrightarrow \quad (u_2,u_3,\dots) \overset{!}{=} 0_{l_2} \quad \Rightarrow \quad Kern(L)=\{u \in l_2 | u_1=c \land u_n=0 \medspace \forall n \in \mathbb N: n>2 , c\in \mathbb C \} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \displaystyle Ru\overset{!}{=}0_{l_2} \quad \Leftrightarrow \quad (0,u_1,u_2,\dots) \overset{!}{=} 0_{l_2} \quad \Rightarrow \quad u_n=0 \forall n \in \mathbb N \quad \Rightarrow \quad Kern(R)=\{0_{l_2}\} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \textbf{(3)} \end{eqnarray*}$ Bestimmen Sie die Eigenwerte von L,R

Bei der Aufgabe komme ich nicht weiter. Es existiert doch kein $\begin{eqnarray*} \lambda \in \mathbb C \end{eqnarray*}$ wofür folgendes gelten kann:

$\begin{eqnarray*} Lu=(u_2,u_3,\dots) = \lambda (u_1,u_2,\dots) \end{eqnarray*}$

analog für R.

13.07.2017, 19:12

Guppi12

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Hallo,

ein kurzer Hinweis vorweg: Wenn du \ell statt l schreibst, ist das Symbol viel schöner. Vergleiche $\begin{eqnarray*} \ell^2 \end{eqnarray*}$ vs. $\begin{eqnarray*} l^2 \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Außerdem sei $\begin{eqnarray*} (e_i)_{i\in \mathbb N} \end{eqnarray*}$ eine vollständige orthonormal Basis.

Du meinst nicht irgendeine, sondern die Standardorthonormalbasis, dann schreib das doch auch so. Übrigens sind Orthonormalbasen immer vollständig. Eine Orthonormalbasis ist ein vollständiges Orthonormalsystem.

Die Beschränktheit ist richtig, aber wenn du in a) nicht unnötigerweise aus dem $\begin{eqnarray*} = \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} \leq \end{eqnarray*}$ gemacht hättest, wüsstest du, dass $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ eine Isometrie ist. Das würde dir bei der Frage nach dem Kern weiterhelfen. Wenn $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ nicht auch sonst so einfach gestrickt wäre, würde es dir auch bei der Bestimmung von Eigenwerten enorm weiterhelfen, weil du dann von vornherein wüsstest, dass diese nur in der Sphäre $\begin{eqnarray*} S^1 \end{eqnarray*}$ liegen könnten. Ich würde niemals eine so starke Eigenschaft wie Isometrie einfach wegwerfen. In dieser Aufgabe brauchst du sie nicht wirklich später noch, aber das kann man ja nie wissen!

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \displaystyle Bild(L) = <L(e_1), L(e_2),\dots ,L(e_n),\dots > =<0_{l_2},e_1,\dots,e_{n-1},\dots> \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \displaystyle Bild(R) = <R(e_1), R(e_2),\dots , R(e_n),\dots > =<e_2,e_3,\dots,e_{n+1},\dots> \end{eqnarray*}$

Das sieht irgendwie so aus, als würdest du denken, die $\begin{eqnarray*} e_n \end{eqnarray*}$ seien eine Basis von $\begin{eqnarray*} \ell^2 \end{eqnarray*}$ im Sinne der linearen Algebra, anders kann ich mir nicht erklären, wie du auf diese Gleichungen kommst. Du solltest auf jeden Fall nochmal darüber nachdenken. Gleich im Anschluss habe ich noch die Frage, welches der $\begin{eqnarray*} e_n \end{eqnarray*}$ denn im Bild von $\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ fehlt, ich kann es anhand deiner Darstellung nicht erkennen. Den Kern von $\begin{eqnarray*} L,R \end{eqnarray*}$ hast du richtig bestimmt, allerdings wäre es natürlich erstrebenswert, den Kern von $\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ einfach als $\begin{eqnarray*} \operatorname{span}(e_1) \end{eqnarray*}$ zu schreiben.

Zitat:

Bei der Aufgabe komme ich nicht weiter. Es existiert doch kein $\begin{eqnarray*} \lambda \in \mathbb C \end{eqnarray*}$ wofür folgendes gelten kann:

$\begin{eqnarray*} Lu=(u_2,u_3,\dots) = \lambda (u_1,u_2,\dots) \end{eqnarray*}$

analog für R.

Und warum gibt es das nicht? Wenn du der Meinung bist, musst du ja auch eine Begründung haben.

Die Gleichung $\begin{eqnarray*} Lu = \lambda u \end{eqnarray*}$ gibt dir ein Gleichungssystem mit abzählbar vielen Gleichungen für die $\begin{eqnarray*} u_i \end{eqnarray*}$ . Du musst überprüfen, ob es lösbar ist. Genauso für $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ .

13.07.2017, 21:24

Silencium92

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Erstmal vielen Dank für deine Verbesserungsvorschläge.

Zitat:

Ja das stimmt.

Ansonsten kenne ich noch die Definition:

$\begin{eqnarray*} \displaystyle Bild(L) = \{u' \in \ell_2 (\mathbb C)| \exists u \in \ell_2(\mathbb C), Lu=u'\} \end{eqnarray*}$

Hieraus sehe ich aber nicht, wie ich das Bild von L,R bestimmen soll..

Zitat:

Gleich im Anschluss habe ich noch die Frage, welches der $\begin{eqnarray*} e_n \end{eqnarray*}$ denn im Bild von $\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ fehlt

Es fehlt keins.

Zu den Eigenwerten:

$\begin{eqnarray*} \displaystyle Lu=\lambda u \quad \Leftrightarrow \quad (u_2,u_3,\dots)=\lambda(u_1,u_2,\dots) \quad \Rightarrow \quad u_2=\lambda u_1 , u_3=\lambda u_2 \dots \end{eqnarray*}$

Wenn man sich das mal Bildlich vorstellt und die Punkte (=Folgeglieder) verbindet, erhält man eine Gerade mit der Steigung lambda.

Jedoch ist $\begin{eqnarray*} \displaystyle u\in \ell_2 (\mathbb C) \end{eqnarray*}$ und somit insbesondere eine Nullfolge. Also suche ich nach einer Folge, die linear abfällt (mit der Steigung lambda).

So eine Folge fällt mir nicht ein. Ist dieser Gedankengang den korrekt?

13.07.2017, 22:24

Guppi12

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Du machst dir das mit den Bildern komplizierter, als es ist. Für $\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ kannst du ohne Probleme sofort zu jeder $\begin{eqnarray*} \ell^2 \end{eqnarray*}$ Folge ein Urbild angeben und für $\begin{eqnarray*} R \end{eqnarray*}$ musst du erst mal überlegen, wie dort das Bild aussieht, das lässt sich dann aber genauso einfach zeigen, wie $\begin{eqnarray*} \operatorname{Bild}(L) = \ell^2 \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \displaystyle Lu=\lambda u \quad \Leftrightarrow \quad (u_2,u_3,\dots)=\lambda(u_1,u_2,\dots) \quad \Rightarrow \quad u_2=\lambda u_1 , u_3=\lambda u_2 \dots \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u_3 = \lambda u_2 = \lambda^2 u_1 \end{eqnarray*}$ ,
$\begin{eqnarray*} u_4 = ... \end{eqnarray*}$ .

14.07.2017, 11:31

Silencium92

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- Eigenwerte

Zitat:

$\begin{eqnarray*} u_3 = \lambda u_2 = \lambda^2 u_1 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} u_4 = ... \end{eqnarray*}$

Wenn $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ ein Eigenwert des Operators L ist, dann muss der Eigenvektor die folgende Form haben

$\begin{eqnarray*} \displaystyle u=(u_1,\lambda u_1,\lambda^2u_1,\dots) \end{eqnarray*}$

Jetzt bleibt noch zu prüfen, ob $\begin{eqnarray*} \displaystyle u \in \ell (\mathbb C) \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \displaystyle ||u||^2= \sum_{k=1}^\infty |u_k|^2 =\sum_{k=1}^\infty |\lambda^ {k-1} u_1|^2 \end{eqnarray*}$

Hieraus folgt:

$\begin{eqnarray*} \displaystyle EW(L) = \{\lambda_n \in \ell_2(\mathbb C)| (\lambda)_n Nullfolge \quad \land \quad (\lambda)_n beschraenkt \} \end{eqnarray*}$

Falls man das so aufschreiben kann

-Bild

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \operatorname{Bild}(L) = \ell^2 \end{eqnarray*}$

Stimmt, L ist "offensichtlich surjektiv. Deswegen gilt die obige Aussage.

R ist auch surjektiv. Die Folge bleibt " ja eigentlich erhalten ", außer das man im ersten Eintrag eine Null steht. D.h.

$\begin{eqnarray*} \displaystyle \operatorname{Bild}(R) = \ell^2 \end{eqnarray*}$

14.07.2017, 11:39

Guppi12

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Zitat:

Stimmt, L ist "offensichtlich surjektiv. Deswegen gilt die obige Aussage.

Nach deinen bisherigen Posts weiß ich nicht, ob das so offensichtlich ist. Wenn ich dir eine Folge $\begin{eqnarray*} u = (u_n)_{n\in\mathbb N} \end{eqnarray*}$ vorgebe, was wäre dann eine mögliche Folge $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ , die auf $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ abgebildet wird?

Zitat:

R ist auch surjektiv. Die Folge bleibt " ja eigentlich erhalten ", außer das man im ersten Eintrag eine Null steht. D.h.

Das stimmt nicht, wie soll denn der Operator surjektiv sein, wenn in jeder Folge im Bild am Anfang eine Null steht. Ist das bei jeder $\begin{eqnarray*} \ell^2 \end{eqnarray*}$ -Folge der Fall? Wenn nein, kann der Operator unmöglich surjektiv sein.

Zitat:

Du denkst immer einen Schritt zu kurz, das war schon bei
$\begin{eqnarray*} Kern(L)=\{u \in l_2 | u_1=c \land u_n=0 \medspace \forall n \in \mathbb N: n>2 , c\in \mathbb C \} \end{eqnarray*}$ der Fall, was sich ja sehr einfach zu einem Span vereinfachen lässt.

Nehmen wir mal an, $\begin{eqnarray*} u_1 \end{eqnarray*}$ wäre gleich $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ . Dann kannst du doch die Folge direkt angeben, weil sich alle weiteren Folgenglieder aus $\begin{eqnarray*} u_1 \end{eqnarray*}$ ergeben und sehen, ob sie in $\begin{eqnarray*} \ell^2 \end{eqnarray*}$ liegt. Mit beliebigem $\begin{eqnarray*} u_1 \end{eqnarray*}$ sollte das dann nicht mehr weit sein.

14.07.2017, 11:48

Silencium92

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Entschuldigung, ich mache mich verschrieben. Die Menge der Eigenwerten soll wie folgt lauten:

$\begin{eqnarray*} \displaystyle EW(L) = \{\lambda_n \in \ell_2(\mathbb C)| (\lambda_n)_n Nullfolge \quad \land \quad (\lambda_n)_n beschraenkt \} \end{eqnarray*}$

14.07.2017, 11:58

Guppi12

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Eigenwerte sind komplexe Zahlen, keine Folgen, bei dir liegen aber irgendwelche Folgen in dieser Menge, das kann also nicht stimmen.

14.07.2017, 12:15

Silencium92

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Zitat:

Sei $\begin{eqnarray*} u=(u_1,u_2,\dots) \end{eqnarray*}$ . Dann wäre ein mögliches $\begin{eqnarray*} v=(c,u_1,u_2,...) \end{eqnarray*}$ von dieser Form, wobei $\begin{eqnarray*} c \in \mathbb C \end{eqnarray*}$ beliebig ist.

Zitat:

R ist auch surjektiv.

Da habe ich richtigen Blödsinn hingeschrieben...

Das Bild von R ist wie folgt definiert:

$\begin{eqnarray*} \displaystyle Bild(R) = \{u \in \ell_2(\mathbb C)|u_1=0\} \end{eqnarray*}$

Das könnte man mit dem Spann doch wieder "kompakter" hinschreiben

$\begin{eqnarray*} \displaystyle Bild(R) = <e_2,\dots> \end{eqnarray*}$

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \displaystyle EW(L) = \{\lambda_n \in \ell_2(\mathbb C)| (\lambda_n)_n Nullfolge \quad \land \quad (\lambda_n)_n beschraenkt \} \end{eqnarray*}$

Tut mir leid, ich bin gerade unkonzentriert. Ich wollte eigentlich folgendes schreiben:

$\begin{eqnarray*} \displaystyle EW(L) = \{\lambda \in \mathbb C| (\lambda_n) Nullfolge \quad \land \quad (\lambda_n) beschraenkt \} \end{eqnarray*}$

Mit $\begin{eqnarray*} (\lambda_n)_{n \in \mathbb N} = (\lambda^n)_{n \in \mathbb N} \end{eqnarray*}$ .

14.07.2017, 12:45

Silencium92

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Nachtrag:

Ich kann die Eigenwerte von L noch genauer angeben.

Aus ( $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ soll in $\begin{eqnarray*} \ell_2(\mathbb C) \end{eqnarray*}$ liegen):

$\begin{eqnarray*} ||u||^2 = |u_1|^2 \cdot \sum_{k=1}^\infty |\lambda^{k-1}|=|u_1|^2 \cdot \sum_{m=0}^\infty |\lambda^{m}| \quad \overset{geo.Reihe}{\Rightarrow} |\lambda|<1 \end{eqnarray*}$

Also sind die Eigenwerten gleich:

$\begin{eqnarray*} EW(L)=\{\lambda \in \mathbb C| |\lambda|<1\} \end{eqnarray*}$

14.07.2017, 13:08

Guppi12

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Du hast bisher gezeigt, dass $\begin{eqnarray*} |\lambda|<1 \end{eqnarray*}$ notwendig ist, damit $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ ein Eigenwert ist. Jetzt musst du noch einen konkreten Eigenvektor für jedes solche $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ angeben, um zu zeigen, dass es auch hinreichend ist. Übrigens fehlt in $\begin{eqnarray*} \|u\|^2 \end{eqnarray*}$ noch ein Quadrat bei $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ , das ändert aber nichts.

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \displaystyle Bild(R) = <e_2,\dots> \end{eqnarray*}$

Das stimmt nicht. Beachte, dass der Span die menge der Linearkombinationen aus der betrachteten Menge ist. Linearkombinationen sind immer endliche Summen, niemals unendliche Summen. Du meinst $\begin{eqnarray*} \overline{\operatorname{span}}(\{e_2,e_3,...\}) \end{eqnarray*}$ . Das ist genau das gleiche, was ich oben schon mal gesagt habe. Es ist $\begin{eqnarray*} \operatorname{span}(\{e_1,e_2,e_3,...\}) \neq \ell^2 \end{eqnarray*}$ , weil diese Vektoren keine Hamelbasis (d.h. eine Basis im Sinne der linearen Algebra) von $\begin{eqnarray*} \ell^2 \end{eqnarray*}$ , sondern nur eine Orthonormalbasis sind.

14.07.2017, 14:19

Silencium92

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Sei $\begin{eqnarray*} \displaystyle \lambda \in EW(L) \end{eqnarray*}$ . Dann sieht der dazugehörige Eigenvektor $\begin{eqnarray*} \displaystyle u \in \ell_2(\mathbb C) \end{eqnarray*}$ wie folgt aus:

$\begin{eqnarray*} u=(u_1,\lambda u_1, \lambda^2 u_1,\dots) \end{eqnarray*}$

Zitat:

Linearkombinationen sind immer endliche Summen, niemals unendliche Summen

Danke das du es nochmal explizit gesagt hast! Das hatte ich nämlich vergessen. und habe deswegen nicht verstanden warum $\begin{eqnarray*} \displaystyle Bild(R) = <e_2,\dots> \end{eqnarray*}$ und die beiden Ausdrücke zu Beginn nicht korrekt waren.

Es müssen noch die Eigenwerte von R bestimmt werden.

$\begin{eqnarray*} \displaystyle Ru=\lambda u \quad \Leftrightarrow \quad (0,u_1,u_2,\dots)=\lambda (u_1,u_2,u_3, \dots) \end{eqnarray*}$

Daraus erhalte ich das LGS

$\begin{eqnarray*} \displaystyle 0 = \lambda u_1 , \quad u_2=\lambda u_1, \quad u_3=\lambda u_2, \quad \dots \end{eqnarray*}$

1.Fall $\begin{eqnarray*} \displaystyle \lambda \neq 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \displaystyle 0 = \lambda u_1 \quad \Rightarrow \quad u_1=0 \quad \Rightarrow u_n=0 \medspace \forall n \in \mathbb N \quad \Rightarrow \quad \hbox{es existiere keine Eigenwerte } \end{eqnarray*}$

2.Fall $\begin{eqnarray*} \displaystyle \lambda = 0 \end{eqnarray*}$

Wenn $\begin{eqnarray*} \displaystyle \lambda =0 \end{eqnarray*}$ ein Eigenwert wäre (liegt also im Punktspektrum), dann muss inbesondere gelten, dass

$\begin{eqnarray*} \displaystyle R-\lambda 1 = R \end{eqnarray*}$

nicht injektiv ist. Widerspruch, weil

$\begin{eqnarray*} \displaystyle Kern(R)=\{0_{l_2}\} \quad \Leftrightarrow \quad \hbox{R injektiv} \end{eqnarray*}$

Aus den beiden Fällen folgt, dass keine Eigenwerte für R existieren.

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