Positive Operatoren, CS-Ungl. < Funktionalanalysis < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:22 Di 13.06.2006 | | Autor: | AT-Colt |
| Aufgabe | Sei $H$ ein Prä-Hilbert-Raum über [mm] $\IC$ [/mm] und $T: H [mm] \to [/mm] H$ positiv. Man zeige:
[mm] $|(Tf,g)|^2 \le [/mm] (Tf,f)(Tg,g)$, $f,g [mm] \in [/mm] H$ |
Hallo Leute,
ich mal wieder ~.~
Ein Operator heisst positiv, wenn er symmetrisch und linear ist und $(Tf,f) [mm] \ge [/mm] 0$ für alle $f [mm] \in [/mm] H$ gilt.
Die Ungleichung, die zu zeigen ist, sieht auf den ersten Blick sehr nach einer Form der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung aus, wenn man sie jedoch sofort auf den linken Term anwendet, kommt der Operator nur in einem der beiden Skalarprodukte auf der rechten Seite vor, und zwar gleich zweimal.
[mm] $|(Tf,g)|^2 \le [/mm] (Tf,Tf)(g,g)$ bzw. [mm] $\le [/mm] (f,f)(Tg,Tg)$
Da mehrere Wege, die ich bis jetzt beschritten habe, nicht so aussahen, als würden sie mich zum Ziel führen, habe ich einfach mal etwas unorthodox mit Methoden herumprobiert, die in Numa (und theoretischer Physik) manchmal geholfen haben:
Zum positiven Operator $T$ nimm [mm] $T^\bruch{1}{2} \in [/mm] [H]$ symmetrisch so, dass [mm] $T^\bruch{1}{2}T^\bruch{1}{2}f [/mm] = Tf$ für alle $f [mm] \in [/mm] H$, dann gilt:
[mm] $|(Tf,g)|^2 [/mm] = [mm] |(T^\bruch{1}{2}T^\bruch{1}{2}f,g)|^2 [/mm] = [mm] |(T^\bruch{1}{2}f,T^\bruch{1}{2}g)|^2 \le (T^\bruch{1}{2}f,T^\bruch{1}{2}f)(T^\bruch{1}{2}g,T^\bruch{1}{2}g) [/mm] = [mm] (T^\bruch{1}{2}T^\bruch{1}{2}f,f)(T^\bruch{1}{2}T^\bruch{1}{2}g,g) [/mm] = (Tf,f)(Tg,g)$
Also mit Cauchy-Schwarz ziemlich genau das, was man zeigen sollte. Leider habe ich keine Ahnung, wie ich zeigen soll, dass so ein [mm] $T^\bruch{1}{2}$ [/mm] existiert, oder ob es überhaupt existiert und ich nicht mal wieder auf dem Holzweg bin.
greetz
AT-Colt
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Hallo AT-Colt,
> Sei [mm]H[/mm] ein Prä-Hilbert-Raum über [mm]\IC[/mm] und [mm]T: H \to H[/mm] positiv.
> Man zeige:
> [mm]|(Tf,g)|^2 \le (Tf,f)(Tg,g)[/mm], [mm]f,g \in H[/mm]
> Hallo Leute,
>
> ich mal wieder ~.~
>
> Ein Operator heisst positiv, wenn er symmetrisch und linear
> ist und [mm](Tf,f) \ge 0[/mm] für alle [mm]f \in H[/mm] gilt.
Die Aufgabe ist einfacher als du denkst. definiere dir doch einfach ein neues produkt (ein skalarprodukt ist es nicht, da es nicht definit ist) durch:
$<f,g>:=(Tf,g)$
außer der definitheit (aus $<f,f>=0$ folgt $f=0$) hast du alle eigenschaften eines SPs und das reicht auch schon, um die CS-Ungleichung für $<.,.>$ zu folgern (--> siehe Wikipedia).
Gruß
Matthias
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:45 Mi 14.06.2006 | | Autor: | AT-Colt |
Zunächst einmal danke für die Antwort, das wäre tatsächlich eine schnelle Lösung.
Zu der Sache mit der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung in (nur) pseudometrischen Räumen habe ich aber noch eine Frage:
Solange $<g,g> [mm] \not= [/mm] 0$ ist, lässt sich dadurch wunderbar teilen und die CS-Ungleichung damit beweisen. In pseudometrischen Räumen kann aber auch $<g,g> = 0$ gelten und dann habe ich Schwierigkeiten, den Beweis zu führen.
Im speziellen Fall dieser Aufgabe sähe die Lösung so aus (ich stelle im Anschluss noch eine Fragen):
Sei nun $(Tg,g) = 0$, es gilt dann:
[mm] $|Tf,g)|^2 [/mm] = [mm] (Tf,g)\overline{(Tf,g)} [/mm] = [mm] (\lambda Tg-h,g)\overline{(\lambda Tg-h,g)} [/mm] = [mm] (\lambda(Tg,g)-(h,g))(\overline{\lambda}\overline{(Tg,g)}-\overline{(h,g)}) [/mm] = [mm] (h,g)\overline{(h,g)} [/mm] = 0$
Also $0 [mm] \le [/mm] 0$ für [mm] $\lambda \in \IC$ [/mm] und $h [mm] \in [/mm] <g>^{senkrecht}$ so, dass $Tf = [mm] \lambda [/mm] Tg -h$.
Meine Frage ist jetzt: Kann man immer ein Element aus H aufspalten in ein Element parallel und ein Element senkrecht zu einem anderen Element? Im Hilbertraum klar, aber schon im Prä-Hilbertraum?
greetz
AT-Colt
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Hallo AT-Colt,
(falls es noch von Interesse ist). Ich habe die Aufgabe vermutlich ein wenig unterschätzt. Was ich mich allerdings frage: Ist der Operator nicht auch noch als selbstadjungiert vorausgesetzt? Sonst wird das ganze ja noch schwieriger (bzw. falsch).
Und je nach den Sätzen, die Du voraussetzen kannst, bietet sich dann evtl. doch deine [mm] $T^{\frac 12}$-Lösung [/mm] an... wobei dieser [mm] $T^{\frac 12}$-Operator [/mm] meines Wissens nur für selbstadjungierte positive Ops.existiert.
Gruß
Matthias
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:29 Fr 16.06.2006 | | Autor: | AT-Colt |
Hallo Matthias,
leider ist die Frage immernoch aktuell, ich finde keine anderen überzeugenden Lösungen.
Selbstadjungiertheit würde die Symmetrie ja vollständig ersetzen, insofern wurde sie nicht vorausgesetzt. Unsere Definition ist genau folgende:
Sei $H$ ein Prä-Hilbert-Raum über [mm] $\IC$. [/mm] Ein symmetrischer (linearer) Operator $T: H [mm] \to [/mm] H$ heisst positiv, falls $(Tf,f) [mm] \ge [/mm] 0$ für alle $f [mm] \in [/mm] H$ (Schreibweise: $T [mm] \ge [/mm] 0$).
Zu zeigen bleibt mit Deiner Hilfe eigentlich "nur" [mm] $|(Tf,g)|^2 [/mm] = 0$ für $(Tf,f)=(Tg,g)=0$, also wegen Nullteilerfreiheit $(Tf,g)=0$.
Da ich mir nicht vorstellen kann, dass das allzuschwer ist, probiere ich das mal weiter.
Vermutest Du denn, dass die Aussage ohne die Voraussetzung "selbstadjungiert" falsch ist? Ich schließe ja nicht aus, dass die Übungssteller sich auch mal vertun.
greetz
AT-Colt
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Hi,
> Hallo Matthias,
>
> leider ist die Frage immernoch aktuell, ich finde keine
> anderen überzeugenden Lösungen.
>
> Selbstadjungiertheit würde die Symmetrie ja vollständig
> ersetzen, insofern wurde sie nicht vorausgesetzt. Unsere
> Definition ist genau folgende:
sorry, jetzt habe ich gepennt. OK, symmetrie ist vorausgesetzt, das ist ja gleichbedeutend mit selbstadjungiertheit.
>
> Sei [mm]H[/mm] ein Prä-Hilbert-Raum über [mm]\IC[/mm]. Ein symmetrischer
> (linearer) Operator [mm]T: H \to H[/mm] heisst positiv, falls [mm](Tf,f) \ge 0[/mm]
> für alle [mm]f \in H[/mm] (Schreibweise: [mm]T \ge 0[/mm]).
>
> Zu zeigen bleibt mit Deiner Hilfe eigentlich "nur"
> [mm]|(Tf,g)|^2 = 0[/mm] für [mm](Tf,f)=(Tg,g)=0[/mm], also wegen
> Nullteilerfreiheit [mm](Tf,g)=0[/mm].
> Da ich mir nicht vorstellen kann, dass das allzuschwer
> ist, probiere ich das mal weiter.
Ok.
>
> Vermutest Du denn, dass die Aussage ohne die Voraussetzung
> "selbstadjungiert" falsch ist? Ich schließe ja nicht aus,
> dass die Übungssteller sich auch mal vertun.
S.o.
Gruß
Matthias
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 19:04 Sa 17.06.2006 | | Autor: | AT-Colt |
> sorry, jetzt habe ich gepennt. OK, symmetrie ist
> vorausgesetzt, das ist ja gleichbedeutend mit
> selbstadjungiertheit.
Ja, das ist etwa dasselbe (zumindest für beschränkte Operatoren...), kann mal passieren, nicht so wild.
> > Da ich mir nicht vorstellen kann, dass das allzuschwer
> > ist, probiere ich das mal weiter.
*grml*
Jedesmal, wenn ich der Lösung etwas näher kömme, wird der Rest noch schwieriger, das ist doch nicht normal...
Ich schreib mal, was ich bis jetzt habe:
Es sei $<f,g> := (Tf,g)$. Es gilt für alle [mm] $\lambda, \tau \in \IC$ [/mm] und $f, g [mm] \in [/mm] H$:
$0 [mm] \le <\lambda f-\tau [/mm] g, [mm] \lambda f-\tau [/mm] g> = [mm] |\lambda|^2 [/mm] <f,f> - [mm] \tau\overline{\lambda} [/mm] - [mm] \overline{\tau}\lambda\overline{} +|\tau|^2$ [/mm] (*)
I. Fall: $<g,g> [mm] \not= [/mm] 0 [mm] \not= [/mm] <f,f>$
Wähle [mm] $\lambda [/mm] =1, [mm] \tau [/mm] = [mm] \overline{}\cdot^{-2}$:
[/mm]
[mm] $||^2 \le [/mm] <f,f><g,g>$
II.I. Fall: $<f,f> = 0, <g,g> [mm] \not= [/mm] 0$
Siehe I. Fall.
II.II. Fall: $<g,g> = 0, <f,f> [mm] \not= [/mm] 0$
Wähle [mm] $\lambda [/mm] = [mm] \overline{}\cdot^{-2}, \tau=1$:
[/mm]
[mm] $||^2 \le [/mm] <f,f><g,g>$
III. Fall: $<f,f>=<g,g>=0$
Betrachte $0 [mm] \le <\lambda [/mm] f + [mm] \tau [/mm] g, [mm] \lambda [/mm] f + [mm] \tau [/mm] g> = [mm] \tau\overline{\lambda} [/mm] + [mm] \overline{\tau}\lambda\overline{} [/mm] =: a$ (**)
(*): $0 [mm] \le -\tau\overline{\lambda} [/mm] - [mm] \overline{\tau}\lambda\overline{} [/mm] = -a$
Also sowohl $0 [mm] \le [/mm] a$ als auch $0 [mm] \le [/mm] -a$. Daraus folgt $a = 0$. Wähle nun speziell [mm] $\lambda [/mm] = [mm] \tau [/mm] = [mm] \bruch{1}{\wurzel{2}}$:
[/mm]
[mm] $\bruch{1}{2} [/mm] + [mm] \bruch{1}{2}\overline{} [/mm] = [mm] \mathcal{R}() [/mm] = 0$
Jetzt fehlt nurnoch dass, der Imaginärteil von $<f,g>$ 0 ist, dann ist alles gezeigt, jedoch weiss ich nicht, wie ich so eine Abschätzung hinbekommen soll.
greetz
AT-Colt
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:25 Do 22.06.2006 | | Autor: | AT-Colt |
Arg! Warum ist mir das nicht eingefallen!
> III. Fall: [mm]==0[/mm]
> Betrachte [mm]0 \le <\lambda f + \tau g, \lambda f + \tau g> = \tau\overline{\lambda} + \overline{\tau}\lambda\overline{} =: a[/mm]
> (**)
> (*): [mm]0 \le -\tau\overline{\lambda} - \overline{\tau}\lambda\overline{} = -a[/mm]
>
> Also sowohl [mm]0 \le a[/mm] als auch [mm]0 \le -a[/mm]. Daraus folgt [mm]a = 0[/mm].
> Wähle nun speziell [mm]\lambda = \tau = \bruch{1}{\wurzel{2}}[/mm]:
>
> [mm]\bruch{1}{2} + \bruch{1}{2}\overline{} = \mathcal{R}() = 0[/mm]
>
> Jetzt fehlt nurnoch dass, der Imaginärteil von [mm][/mm] 0 ist,
> dann ist alles gezeigt, jedoch weiss ich nicht, wie ich so
> eine Abschätzung hinbekommen soll.
Hier muss einfach $ 0 [mm] \le [/mm] <f+ig,f+ig> = i<g,f> - i<f,g> = [mm] i\cdot\bruch{\mathcal{I}()}{2i} [/mm] $ und $ 0 [mm] \le [/mm] <f-ig,f-ig>$ betrachtet werden.
Man hätte weiter oben auch einfach [mm] $\lambda [/mm] = 1$, [mm] $\tau [/mm] = -<f,g>$ setzen können und hätte mit (*) erhalten:
$0 [mm] \le -2||^2$, [/mm] woraus unmittelbar aus $|<f,g>| [mm] \ge [/mm] 0$ folgt [mm] $||^2 [/mm] = 0$
greetz
AT-Colt
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