Vervollständigung Prähilbertr. < Funktionalanalysis < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:16 Do 08.06.2006 | | Autor: | FrankM |
| Aufgabe | Sei [mm] (H,(\cdot,\cdot)_H) [/mm] ein Prähilbertraum. Zeigen sie es existiert ein Hilbertraum [mm] (H_1,(\cdot,\cdot)_{H_1}) [/mm] und einen injektiven Homomorphismus F [mm] H->H_1 [/mm] mit:
[mm] (F(x),F(y))_{H_1}=(x,y)_H [/mm] und F(H) dicht in [mm] H_1.
[/mm]
Hinweis Nutze [mm] H_1' [/mm] als Raum der Cauchyfolgen in [mm] H_1 [/mm] und setzt [mm] H_1 [/mm] als Raum der Äquivalenzklassen von [mm] H_1' [/mm] mit x [mm] \sim [/mm] y wenn [mm] (x_n-y_n) [/mm] eine Nullfolge ist. |
Hallo,
ich glaube (hoffe), dass ich schon ein bißchen was zu der Aufgabe hinbekommen habe. Zuerst braucht man ja ein Skalarprodukt auf [mm] H_1, [/mm] dies habe ich durch:
[mm] ([x],[y])_{H_1}=\limes_{n}(x_n,y_n)_H [/mm] definiert. Dann konnte ich auch zeigen, dass es existiert, wohldefiniert und wirklich ein Skalarprodukt ist. Ich konnte auch zeigen, dass es den Homomorphismus F gibt, in dem man jedes Element x von H einfach auf die konstante Folge abbildet.
Mein Problem ist zu zeigen, dass [mm] H_1 [/mm] vollständig bezüglich [mm] (\cdot,\cdot)_{H_1} [/mm] ist. Um dies zu zeigen, habe ich mir eine CF in [mm] H_1 [/mm] genommen [mm] ([x_n])_{n=1}^{\infty}. [/mm] (Notation: [mm] x_n^{(m)} [/mm] ist m-tes Folgenglied eines Repräsentanten der n-ten Klasse). Wenn ich [mm] x^{(n)}=x_n^{(n)} [/mm] setze, kann ich zeigen, dass [mm] [x_n]->[x] [/mm] bezüglich [mm] (\cdot,\cdot)_{H_1} [/mm] gilt. Mein Problem ist jetzt zu zeigen, dass die Folge [mm] x^{(n)} [/mm] eine Cauchyfolge in H ist. Man müsste ja irgendwie [mm] (x^{(n)}-x^{(m)},x^{(n)}-x^{(m)})_H=(x_n^{(n)}-x_m^{(m)},x_n^{(n)}-x_m^{(m)})_H [/mm] abschätzen. Kann mir jemand einen Tipp geben, wie das geht oder war schon in meinem Ansatz etwas falsch?
Danke
Frank
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Hallo Frank,
> Sei [mm](H,(\cdot,\cdot)_H)[/mm] ein Prähilbertraum. Zeigen sie es
> existiert ein Hilbertraum [mm](H_1,(\cdot,\cdot)_{H_1})[/mm] und
> einen injektiven Homomorphismus F [mm]H->H_1[/mm] mit:
> [mm](F(x),F(y))_{H_1}=(x,y)_H[/mm] und F(H) dicht in [mm]H_1.[/mm]
>
> Hinweis Nutze [mm]H_1'[/mm] als Raum der Cauchyfolgen in [mm]H_1[/mm] und
> setzt [mm]H_1[/mm] als Raum der Äquivalenzklassen von [mm]H_1'[/mm] mit x
> [mm]\sim[/mm] y wenn [mm](x_n-y_n)[/mm] eine Nullfolge ist.
> Hallo,
>
> ich glaube (hoffe), dass ich schon ein bißchen was zu der
> Aufgabe hinbekommen habe. Zuerst braucht man ja ein
> Skalarprodukt auf [mm]H_1,[/mm] dies habe ich durch:
>
> [mm]([x],[y])_{H_1}=\limes_{n}(x_n,y_n)_H[/mm] definiert. Dann
> konnte ich auch zeigen, dass es existiert, wohldefiniert
> und wirklich ein Skalarprodukt ist. Ich konnte auch zeigen,
> dass es den Homomorphismus F gibt, in dem man jedes Element
> x von H einfach auf die konstante Folge abbildet.
>
> Mein Problem ist zu zeigen, dass [mm]H_1[/mm] vollständig bezüglich
> [mm](\cdot,\cdot)_{H_1}[/mm] ist. Um dies zu zeigen, habe ich mir
> eine CF in [mm]H_1[/mm] genommen [mm]([x_n])_{n=1}^{\infty}.[/mm] (Notation:
> [mm]x_n^{(m)}[/mm] ist m-tes Folgenglied eines Repräsentanten der
> n-ten Klasse). Wenn ich [mm]x^{(n)}=x_n^{(n)}[/mm] setze, kann ich
> zeigen, dass [mm][x_n]->[x][/mm] bezüglich [mm](\cdot,\cdot)_{H_1}[/mm] gilt.
Was ist denn bei dir $[x]$?
> Mein Problem ist jetzt zu zeigen, dass die Folge [mm]x^{(n)}[/mm]
> eine Cauchyfolge in H ist. Man müsste ja irgendwie
> [mm](x^{(n)}-x^{(m)},x^{(n)}-x^{(m)})_H=(x_n^{(n)}-x_m^{(m)},x_n^{(n)}-x_m^{(m)})_H[/mm]
> abschätzen. Kann mir jemand einen Tipp geben, wie das
> geht oder war schon in meinem Ansatz etwas falsch?
dein ansatz ist im grunde richtig. Ich würde folgendermaßen vorgehen:
-aus der cauchyfolge in [mm] $H_1$ [/mm] wählst du zunächst die diagonalfolge [mm] $x^{(n)}=x_n^{(n)} [/mm] $ aus. das hast du ja auch getan.
- du zeigst, dass [mm] $x^{(n)}$ [/mm] eine CF in $H$ ist (s.u.), damit ist die folge [mm] $[x^{(n)}]=:[x]$ [/mm] ein Element aus [mm] $H_1$. [/mm] (meintest du das?)
- jetzt zeigst du noch, dass [mm] $[x_n]$ [/mm] in [mm] $H_1$ [/mm] gegen $[x]$ konvergiert. (wenn ich dich richtig verstanden habe, hast du das schon gezeigt). Somit ist [mm] H_1 [/mm] vollständig.
zu Punkt2:
es gilt: [mm] $\|x^{(n)}-x^{(m)}\|_H =\|x^{(n)}_n-x^{(m)}_m\|_H$
[/mm]
[mm] $=\|x^{(n)}_n-x^{(n)}_m +x^{(n)}_m [/mm] - [mm] x^{(m)}_m\|_H$
[/mm]
[mm] $\le \|x^{(n)}_n-x^{(n)}_m \|_H+ \| x^{(n)}_m [/mm] - [mm] x^{(m)}_m\|_H$
[/mm]
um den ersten summanden klein zu kriegen, mußt du ausnutzen dass die [mm] $[x_n]$ [/mm] eine CF in [mm] $H_1$ [/mm] bilden, für den zweiten summanden die eigenschaft, dass jedes [mm] $[x_n]$ [/mm] für sich genommen eine CF in $H$ ist. damit sollte dieser punkt erledigt sein.
Gruß
Matthias
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:03 Sa 10.06.2006 | | Autor: | FrankM |
Hallo Matthias,
vielen dank für deine Antwort.
> Was ist denn bei dir [mm][x][/mm]?
das ist wie du schon vermutest hast die durch x repräsentierte Äquivlanezklasse.
>[mm] \|x^{(n)}_n-x^{(n)}_m \|_H+ \| x^{(n)}_m - x^{(m)}_m\|_H[/mm]
Mein Problem ist der zweite Summand. Für eine Cauchy-Folge muss ich ja zeigen, dass es für jedes [mm] \epsilon [/mm] ein [mm] n_0 [/mm] gibt, so dass für alle n,m > [mm] n_0 [/mm] der Abstand der Folgenglieder kleiner als [mm] \epsilon [/mm] ist. Ich finde also für jeder der Folgen [mm] x_m [/mm] so ein [mm] n_m, [/mm] aber woher weiss ich, dass [mm] \limes_{m'\rightarrow\infty}sup(n_m,m>m')<\infty [/mm] ist. Ich also für große m einen von m unabhängigen Index finde?
Gruß
Frank
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:00 Mo 12.06.2006 | | Autor: | Galois |
Hallo ihr beiden!
ich darf mich da gerade mal einmischen...
Ja, der Beweis der Vollständigkeit bei diesen Cauchy-Folgen-Konstruktionen ist schon eine ziemlich unangenehme Angelegenheit.
Am bequemsten ist es da immer noch, in einem Analysis-Buch den Beweis der Vollständigkeit von [mm] $\IR$ [/mm] (als eine Menge von Äquivalenzklassen von Cauchy-Folgen in [mm] $\IQ$) [/mm] nachzuschlagen und ihn 1:1 zu übernehmen. Der Beweis ist nämlich genau derselbe. Der Grund hierfür ist, daß sowohl die Konstruktion von [mm] $\IR$ [/mm] als auch die Vervollständigung eines Prä-Hilbertraums ein Spezialfall der Aussage ist, daß sich jeder metrische Raum via dieser Cauchy-Folgen-Konstruktion vervollständigen läßt.
Aber jetzt konkret zu euren obigen Beiträgen:
> Wenn ich [mm] x^{(n)}=x_n^{(n)} [/mm] setze, kann ich zeigen, dass [mm] [x_n]->[x] [/mm] bezüglich [mm] (\cdot,\cdot)_{H_1} [/mm] gilt.
Das würde mich wundern. Betrachte mal die Folge von Cauchy-Folgen [mm]x_1:=(y_1,0,0,0,0,\dots)[/mm], [mm]x_2:=(0,y_2,0,0,0,\dots)[/mm], [mm]x_3:=(0,0,y_3,0,0,\dots)[/mm], ... mit [mm]y_1,y_2,y_3,\dots \in H[/mm] "hinreichend wild".
Offenbar gilt [mm][x_1]=[x_2]=...=0[/mm], aber die Diagonalfolge [mm]x=(y_1,y_2,y_3,\dots)[/mm] braucht nicht einmal eine Cauchy-Folge zu sein! Und selbst wenn sie es ist, braucht sie nicht unbedingt äquivalent zur Nullfolge zu sein, d. h. nicht gegen 0 zu konvergieren.
> Kann mir jemand einen Tipp geben, wie das geht oder war schon in meinem Ansatz etwas falsch?
Der Ansatz war schon O.K., nur mußt Du Deine Folge x geschickter wählen, um gemeine Gegenbeispiele wie mein obiges sicher umschiffen zu können.
> es gilt: [mm]\|x^{(n)}-x^{(m)}\|_H =\|x^{(n)}_n-x^{(m)}_m\|_H=\|x^{(n)}_n-x^{(n)}_m +x^{(n)}_m-x^{(m)}_m\|_H\le \|x^{(n)}_n-x^{(n)}_m \|_H+ \| x^{(n)}_m-x^{(m)}_m\|_H[/mm]
>
> um den ersten summanden klein zu kriegen, mußt du ausnutzen dass die [mm] $[x_n]$ [/mm] eine CF in [mm] $H_1$ [/mm] bilden, für den zweiten summanden die eigenschaft, dass jedes [mm] $[x_n]$ [/mm] für sich genommen eine CF in $H$ ist. damit sollte dieser punkt erledigt sein.
Das stimmt leider beides nicht, wie mein obiges Gegenbeispiel zeigt. ![[kopfschuettel]](/images/smileys/kopfschuettel.gif "[kopfschuettel]")
> aber woher weiss ich, dass [mm] \limes_{m'\rightarrow\infty}sup(n_m,m>m')<\infty [/mm] ist. Ich also für große m einen von m unabhängigen Index finde?
Genau hier ist der nämlich der Haken. Die einzelnen Folgen [mm]x_n[/mm] können für große n tatsächlich beliebig fies werden! ![[aufgemerkt]](/images/smileys/aufgemerkt.gif "[aufgemerkt]")
Mein Vorschlag wäre, elementare Epsilontik zu verwenden:
Sein ein [mm]n\in\IN[/mm] geben. Dann gibt es ein N(n), so daß für alle [mm]N,M\ge N(n)[/mm] der Abstand [mm]\|[x_N]-[x_M]\|\le \frac1{3n}[/mm] ist. Sodann gibt es ein [mm]\tilde N(n)[/mm] (man könnte es auch [mm]N_{N(n)}(n)[/mm] nennen), so daß für alle [mm]N,M\ge \tilde N(n)[/mm] der Abstand [mm]\|x_{N(n)}^{(N)}-x_{N(n)}^{(M)}\|\le \frac1{3n}[/mm] ist.
Nun setze [mm]x^{(n)}:=[x_{N(n)}^{\tilde N(n))}][/mm]
Dann sollte für [mm]m\ge n[/mm] die Abschätzung [mm]\|x^{(n)}-x^{(m)}\|\le \frac1n[/mm] bestehen und zudem [mm] \|[x_n]-[x]\|\le \frac1{3n} [/mm] gelten, was die von Matthias vorgeschlagen Punkten 2 und 3 erledigt.
Grüße,
Galois
![[]](/images/popup.gif) Bonner Matheforum
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:23 Mo 12.06.2006 | | Autor: | FrankM |
Hallo
> Ja, der Beweis der Vollständigkeit bei diesen
> Cauchy-Folgen-Konstruktionen ist schon eine ziemlich
> unangenehme Angelegenheit.
> Am bequemsten ist es da immer noch, in einem Analysis-Buch
> den Beweis der Vollständigkeit von [mm]\IR[/mm] (als eine Menge von
> Äquivalenzklassen von Cauchy-Folgen in [mm]\IQ[/mm]) nachzuschlagen
> und ihn 1:1 zu übernehmen. Der Beweis ist nämlich genau
> derselbe. Der Grund hierfür ist, daß sowohl die
> Konstruktion von [mm]\IR[/mm] als auch die Vervollständigung eines
> Prä-Hilbertraums ein Spezialfall der Aussage ist, daß sich
> jeder metrische Raum via dieser Cauchy-Folgen-Konstruktion
> vervollständigen läßt.
Weißt du zufällig ein Buch in dem dies gut erklärt ist? Ich hatte heute in der Uni schon den Tipp bekommen, hatte dort aber nur den Heuser und Forster zur Hand, die beide die reellen Zahlen als gegeben vorraussetzen.
> Mein Vorschlag wäre, elementare Epsilontik zu verwenden:
>
> Sein ein [mm]n\in\IN[/mm] geben. Dann gibt es ein N(n), so daß für
> alle [mm]N,M\ge N(n)[/mm] der Abstand [mm]\|[x_N]-[x_M]\|\le \frac1{3n}[/mm]
> ist. Sodann gibt es ein [mm]\tilde N(n)[/mm] (man könnte es auch
> [mm]N_{N(n)}(n)[/mm] nennen), so daß für alle [mm]N,M\ge \tilde N(n)[/mm] der
> Abstand [mm]\|x_{N(n)}^{(N)}-x_{N(n)}^{(M)}\|\le \frac1{3n}[/mm]
> ist.
> Nun setze [mm]x^{(n)}:=[x_{N(n)}^{\tilde N(n))}][/mm]
>
> Dann sollte für [mm]m\ge n[/mm] die Abschätzung
> [mm]\|x^{(n)}-x^{(m)}\|\le \frac1n[/mm] bestehen
Leider habe ich es immer noch geschafft. Für die Cauchy-Folge muss ich ja
[mm] \|x^{(n)}-x^{(m)}\|_H=\|x_{N(n)}^{\tilde N(n)}-x_{N(m)}^{\tilde N(m)}\|_H [/mm] abschätzen, da du es am Ende gegen [mm] \bruch{1}{n} [/mm] abschätzt, denke ich das man geschickt zwei Null in der Form [mm] x_{N(x)}^{\tilde N(y)} [/mm] einfügen muss, nur ich weiss leider nicht wie.
>und zudem
> [mm]\|[x_n]-[x]\|\le \frac1{3n}[/mm] gelten, was die von Matthias
> vorgeschlagen Punkten 2 und 3 erledigt.
Muss das nicht [mm] \|[x_{N(n)}]-[x]\| [/mm] heißen?
Aber wie gesagt über einen Literaturtipp wäre ich auch schon sehr froh.
Gruß
Frank
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:33 Di 13.06.2006 | | Autor: | Galois |
Hallo Frank!
> Weißt du zufällig ein Buch in dem dies gut erklärt ist? Ich hatte heute in der Uni schon den Tipp bekommen, hatte dort aber nur den Heuser und Forster zur Hand, die beide die reellen Zahlen als gegeben vorraussetzen.
Die Vervollständigung von [mm] $\IQ$ [/mm] zu [mm] $\IR$ [/mm] hatten wir damals auch nur als Übungsaufgabe. Tatsächlich ist diese Konstruktion auch etwas heikel, da ja die Definition von "Metrik" die Existenz der reellen Zahlen bereits voraussetzt...
Der Satz über die Vervollständigung eines normierten Raumes zu einem Banachraum (was ja auch Dein Problem umfaßt) sollte hingegen in jedem brauchbaren Buch zur Funktionalanalysis zu finden sein. Konkret könnte ich Dir da "Hirzebruch-Scharlau: Einführung in die Funktionalanalysis" nennen.
> > Sein ein [mm]n\in\IN[/mm] geben. Dann gibt es ein N(n), so daß für alle [mm]N,M\ge N(n)[/mm] der Abstand [mm]\|[x_N]-[x_M]\|\le \frac1{3n}[/mm] ist. Sodann gibt es ein [mm]\tilde N(n)[/mm] [...], so daß für alle [mm]N,M\ge \tilde N(n)[/mm] der Abstand [mm]\|x_{N(n)}^{(N)}-x_{N(n)}^{(M)}\|\le \frac1{3n}[/mm] ist.
> > Nun setze [mm]x^{(n)}:=[x_{N(n)}^{\tilde N(n))}][/mm]
> >
> > Dann sollte für [mm]m\ge n[/mm] die Abschätzung [mm]\|x^{(n)}-x^{(m)}\|\le \frac1n[/mm] bestehen
>
> Leider habe ich es immer noch geschafft. Für die Cauchy-Folge muss ich ja [mm]\|x^{(n)}-x^{(m)}\|_H=\|x_{N(n)}^{\tilde N(n)}-x_{N(m)}^{\tilde N(m)}\|_H[/mm] abschätzen, da du es am Ende gegen [mm]\bruch{1}{n}[/mm] abschätzt, denke ich das man geschickt zwei Null in der Form [mm]x_{N(x)}^{\tilde N(y)}[/mm] einfügen muss, nur ich weiss leider nicht wie.
Einfügen ja, aber nicht zwei Nullen. Nehme mal die Punkte [mm] [x_{N(n)}] [/mm] und [mm] [x_{N(m)}] [/mm] hinzu.
Du benötigst dann noch die Aussage, daß einen Cauchyfolge [mm](y_i)_i\subseteq H[/mm] in [mm] H_1 [/mm] gegen "sich selbst", d. h. gegen [mm] [(y_i)_i] [/mm] konvergiert (dies folgt leicht aus der Konstruktion) und das [mm] $N(m)\ge [/mm] N(n)$ gilt... wobei... ups, das muß ja gar nicht stimmen!... ähm, macht aber nichts... falls [mm] $N(n)\ge [/mm] N(m)$ sein sollte, schätzen wir den mittleren Term halt nicht gegen 1/3n, sondern gegen 1/3m ab. (Uhh, das war aber knapp!  )
> > und zudem [mm]\|[x_n]-[x]\|\le \frac1{3n}[/mm] gelten, was die von Matthias vorgeschlagen Punkten 2 und 3 erledigt.
>
> Muss das nicht [mm]\|[x_{N(n)}]-[x]\|[/mm] heißen?
Oh ja, richtig! ![[zustimm]](/images/smileys/zustimm.gif "[zustimm]")
Ist aber auch nicht weiter schlimm, da es reicht, zu zeigen, daß die Folge der [mm][x_{N(n)}][/mm] gegen [mm][x][/mm] konvergiert. Denn weil die Folge der [mm][x_n][/mm] eine Cauchy-Folge ist, konvergiert dann auch die gesamte Folge gegen [x]. (Jedenfalls sofern die Menge der [mm]N(n)[/mm] nicht beschränkt ist. Ansonsten wäre die Folge der [mm] [x_n] [/mm] aber nach endlich vielen Folgegliedern ohnehin konstant, und ihre Konvergenz damit offensichtlich.)
Grüße,
Galois
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:41 Mi 14.06.2006 | | Autor: | FrankM |
Hallo,
vielen Dank für euere Hilfe, jetzt habe ich es verstanden.
Gruß
Frank
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