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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:20 Mo 18.05.2009 | | Autor: | Theta |
| Aufgabe | | Ist [mm] (V,<\*,\*>_V) [/mm] ein Hilbertraum, so gibt es zu jedem abgeschlossenen Unterraum [mm] U\subsetV [/mm] einen orthogonalen (abgeschlossenen) Komplementärraum [mm] U^{\perp}, [/mm] d.h. [mm] U\oplus U^{\perp}=V [/mm] und [mm] u\inU, w\in U^{\perp} [/mm] impliziert: <u,w>=0. |
Hallo,
es geht um den Beweis der obigen Aussage. Ich habe folgendes gefunden:
[mm] U^{\perp}:=\{v\inV | =0 \forall u\in U\}.
[/mm]
Dieser Raum enthält den Nullvektor, ist somit nicht leer. Die Abgeschlossenheit unter der Addition und skalarer Multiplikation rechnet man mit den Regeln der Skalarprodukte leicht nach. Es handelt sich also schon einmal um einen UVR von V.
Allerdings habe ich jetzt ein Problem, denn die Abgeschlossenheit soll aus der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung folgen, aber das sehe ich irgendwie nicht. Könnte mir da jemand auf die Sprünge helfen?
Als nächstes wird für ein [mm] v\inV [/mm] eine Approximation [mm] u\inU [/mm] gesucht, sodass
[mm] \parallel v-u\parallel_V [/mm]
minimal wird. Und gesetzt: w= v - u.
Soweit so gut. Dann kommt folgender Schritt: [mm] \forall u'\inU [/mm] und [mm] \alpha\in\mathbb{R} [/mm] gilt dann:
[mm] \parallel w{\parallel_V}^2\leq \parallel w-u'\alpha{\parallel_V}^2 [/mm] = [mm] \parallel w{\parallel_V}^2 -\alpha'-\alpha+\alpha'\alpha\parallel u'{\parallel_V}^2
[/mm]
Die erste Abschätzung ist die Ausnutzung, dass die Norm von v-u minimal gewählt ist und dann? Nimmt man zwei verschiedene [mm] \alpha [/mm] falls über einem Ring mit Eins gearbeitet wird? Denn soweit ich das verstehe wird das Skalarprodukt nur auseinander gezogen. Auch hier wäre ein Kommentar hilfreich.
Als nächstes wird gesetzt:
[mm] \alpha'=\frac{}{\parallel u'{\parallel_V}^2} \alpha=\frac{}{\parallel u'{\parallel_V}^2}
[/mm]
Da gilt nun doch: [mm] \alpha=\alpha' [/mm] da das Skalarprodukt symmetrisch ist, oder?
Einsetzen liefert nun:
[mm] \parallel w{\parallel_V}^2\leq \parallel w{\parallel_V}^2 [/mm] - [mm] \frac{||^2}{\parallel u'{\parallel_V}^2}
[/mm]
Woraus <u',w> = 0 und somit [mm] w\inU^{\perp} [/mm] folgen soll. Diesen Schluss verstehe ich auch noch nicht so ganz. Warum gilt das?
Und schlussendlich ist dann, da v = w + u gilt:
[mm] U^{\perp} \oplus [/mm] U = V
Aus den Eigenschaften des Skalarproduktes folgt übrigens auch noch, dass [mm] U\capU^{\perp}={0} [/mm] ist. Die Unterräume also tatächlich disjunkt.
Wäre schön, wenn mir da jemand helfen könnte.
Liebe Grüße,
Theta
Quelle:
http://mo.mathematik.uni-stuttgart.de/inhalt/erlaeuterung/erlaeuterung499/
Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum und auf keiner anderen Website gestellt.
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:55 Mo 18.05.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Ist [mm](V,<\*,\*>_V)[/mm] ein Hilbertraum, so gibt es zu jedem
> abgeschlossenen Unterraum [mm]U\subsetV[/mm] einen orthogonalen
> (abgeschlossenen) Komplementärraum [mm]U^{\perp},[/mm] d.h. [mm]U\oplus U^{\perp}=V[/mm]
> und [mm]u\inU, w\in U^{\perp}[/mm] impliziert: <u,w>=0.
> Hallo,
>
> es geht um den Beweis der obigen Aussage. Ich habe
> folgendes gefunden:
>
> [mm]U^{\perp}:=\blue{\{}v\inV | =0 \forall u\in U\blue{\}}.[/mm]
für [mm] $\{,\;\}$ [/mm] benutze bitte den Befehl [mm] [nomm]$\{$[/nomm] bzw. [nomm]$\}$[/nomm].
[/mm]
> Dieser Raum enthält den Nullvektor, ist somit nicht leer.
> Die Abgeschlossenheit unter der Addition und skalarer
> Multiplikation rechnet man mit den Regeln der
> Skalarprodukte leicht nach. Es handelt sich also schon
> einmal um einen UVR von V.
>
> Allerdings habe ich jetzt ein Problem, denn die
> Abgeschlossenheit soll aus der Cauchy-Schwarzschen
> Ungleichung folgen, aber das sehe ich irgendwie nicht.
> Könnte mir da jemand auf die Sprünge helfen?
Als Hilbertraum hat ja [mm] $V\,$ [/mm] eine Metrik, die von der Norm inuziert ist, wobei diese Norm selbst wieder durch das Skalarprodukt induziert ist. Bzgl. dieser ist insbesondere [mm] $V\,$ [/mm] ein vollständiger metrischer Raum nach Voraussetzung.
Wir können also das Argument für metrische Räume benutzen:
$A [mm] \subset [/mm] V$ ist genau dann abgeschlossen, wenn für jede Folge [mm] $(a_n)_n$ [/mm] in [mm] $A\,,$ [/mm] welche gegen $a [mm] \in [/mm] V$ konvergiert, auch gilt $a [mm] \in A\,.$
[/mm]
Sei also [mm] $(u_n^\perp)_n$ [/mm] Folge in [mm] $U^\perp\,,$ [/mm] welche gegen eine $v [mm] \in [/mm] V$ konvergiert (d.h. [mm] $\|u_n^\perp-v\| \to [/mm] 0$ ($n [mm] \to \infty$)).
[/mm]
Sei nun $u [mm] \in [/mm] U$ beliebig, aber fest. Dann gilt
[mm] $=0\;\;\;\;\; \forall [/mm] n [mm] \in \IN\,.$
[/mm]
Weiter folgt (mit Cauchy-Schwarz)
[mm] $|-|=|| \le \|u_n^\perp-v\|*\|u\|\;\;\;\forall [/mm] n [mm] \in \IN\,,$
[/mm]
und damit
[mm] $||=\lim_{n \to \infty}|\underbrace{}_{=0}-|=0\,.$
[/mm]
Wegen $|x|=0 [mm] \Rightarrow [/mm] x=0$ ist damit $<v,u>=0$ . Da $u [mm] \in [/mm] U$ beliebig war, gilt $<v,u>=0$ für alle $u [mm] \in [/mm] U$ und damit $v [mm] \in U^\perp\,.$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:18 Mo 18.05.2009 | | Autor: | Theta |
Das mit den Mengenklammern tut mir leid, werde ich gleich mal ändern.
Die Erklärung zu Cauchy-Schwarz ist gut, vielen Dank.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:16 Di 19.05.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Das mit den Mengenklammern tut mir leid,
braucht's nicht, es war nur als Hinweis gedacht.
> werde ich gleich
> mal ändern.
> Die Erklärung zu Cauchy-Schwarz ist gut, vielen Dank.
Gern geschehen. 
Gruß,
Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 05:09 Mi 20.05.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo Theta!
> Ist [mm](V,<\*,\*>_V)[/mm] ein Hilbertraum, so gibt es zu jedem
> abgeschlossenen Unterraum [mm]U\subsetV[/mm] einen orthogonalen
> (abgeschlossenen) Komplementärraum [mm]U^{\perp},[/mm] d.h. [mm]U\oplus U^{\perp}=V[/mm]
> und [mm]u\inU, w\in U^{\perp}[/mm] impliziert: <u,w>=0.
>
> es geht um den Beweis der obigen Aussage. Ich habe
> folgendes gefunden:
>
> [mm]U^{\perp}:=\{v\inV | =0 \forall u\in U\}.[/mm]
>
> Als nächstes wird für ein [mm]v\inV[/mm] eine Approximation [mm]u\inU[/mm]
> gesucht, sodass
> [mm]\parallel v-u\parallel_V[/mm]
> minimal wird. Und gesetzt: w= v - u.
> Soweit so gut. Dann kommt folgender Schritt: [mm]\forall u'\in U[/mm]
> und [mm]\alpha\in\mathbb{R}[/mm] gilt dann:
Wie kommst du auf [mm] $\alpha \in \IR$? [/mm] Das steht in der Quelle nirgendwo, also ist [mm] $\alpha \in \IK$ [/mm] wobei [mm] $\IK \in \{ \IR, \IC \}$.
[/mm]
> [mm]\parallel w{\parallel_V}^2\leq \parallel w-u'\alpha{\parallel_V}^2[/mm]
> = [mm]\parallel w{\parallel_V}^2 -\alpha'-\alpha+\alpha'\alpha\parallel u'{\parallel_V}^2[/mm]
Du hast [mm] $\overline{\alpha}$ [/mm] mit [mm] $\alpha'$ [/mm] uebersetzt, also aus der komplexen Konjugation eine neue Variable gemacht.
> Die erste Abschätzung ist die Ausnutzung, dass die Norm von
> v-u minimal gewählt ist und dann? Nimmt man zwei
> verschiedene [mm]\alpha[/mm] falls über einem Ring mit Eins
Hier kommen keine Ringe vor, nur die reellen oder komplexen Zahlen als Koerper und der Hilbertraum als Vektorraum mit Skalarprodukt.
> gearbeitet wird? Denn soweit ich das verstehe wird das
> Skalarprodukt nur auseinander gezogen. Auch hier wäre ein
> Kommentar hilfreich.
Es gilt ja [mm] $\|v\|^2 [/mm] = [mm] \langle [/mm] v, v [mm] \rangle$, [/mm] also [mm] $\| [/mm] v + w [mm] \|^2 [/mm] = [mm] \langle [/mm] v + w, v + w [mm] \rangle [/mm] = [mm] \langle [/mm] v, v [mm] \rangle [/mm] + [mm] \langle [/mm] v, w [mm] \rangle [/mm] + [mm] \langle [/mm] w, v [mm] \rangle [/mm] + [mm] \langle [/mm] w, w [mm] \rangle$. [/mm] Jetzt noch die Sesquilinearitaet ausgenutzt, und du erhaelst das was du haben willst.
> Als nächstes wird gesetzt:
> [mm]\alpha'=\frac{}{\parallel u'{\parallel_V}^2} \alpha=\frac{}{\parallel u'{\parallel_V}^2}[/mm]
Vorsicht! Du hast die zwei Definitionen nicht getrennt! Es wird [mm] $\alpha=\frac{}{\parallel u'{\parallel_V}^2}$ [/mm] definiert, woraus [mm] $\overline{\alpha}=\frac{}{\parallel u'{\parallel_V}^2}$ [/mm] folgt (komplexe Konjugation!).
> Da gilt nun doch: [mm]\alpha=\alpha'[/mm] da das Skalarprodukt
> symmetrisch ist, oder?
Es ist nicht symmetrisch, es ist hermitesch! Es gilt also [mm] $\langle [/mm] v, w [mm] \rangle [/mm] = [mm] \overline{\langle w, v \rangle}$. [/mm] Falls [mm] $\IK [/mm] = [mm] \IR$ [/mm] ist stimmt das ueberein, falls nicht dann halt nicht.
> Einsetzen liefert nun:
> [mm]\parallel w{\parallel_V}^2\leq \parallel w{\parallel_V}^2[/mm]
> - [mm]\frac{||^2}{\parallel u'{\parallel_V}^2}[/mm]
>
> Woraus <u',w> = 0 und somit [mm]w\inU^{\perp}[/mm] folgen soll.
> Diesen Schluss verstehe ich auch noch nicht so ganz. Warum
> gilt das?
Nun, das Einsetzen hast du verstanden, oder? Jetzt ziehe auf beiden Seiten der Ungleichung [mm] $\| [/mm] w [mm] \|_V^2$ [/mm] ab, dann erhaelst du $0 [mm] \le -\frac{||^2}{\parallel u'{\parallel_V}^2}$. [/mm] Da [mm] $\frac{||^2}{\parallel u'{\parallel_V}^2} \ge [/mm] 0$ gilt muss folglich [mm] $\frac{||^2}{\parallel u'{\parallel_V}^2} [/mm] = 0$ sein, also [mm] $\langle [/mm] u', w [mm] \rangle [/mm] = 0$.
> Und schlussendlich ist dann, da v = w + u gilt:
> [mm]U^{\perp} \oplus[/mm] U = V
Nein, bisher hast du nur [mm] $U^\perp [/mm] + U = V$. Das es tatsaechlich eine direkte Summe ist, folgt hieraus:
> Aus den Eigenschaften des Skalarproduktes folgt übrigens
> auch noch, dass [mm]U\cap U^{\perp}={0}[/mm] ist. Die Unterräume also
> tatächlich disjunkt.
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:43 Mi 20.05.2009 | | Autor: | Theta |
Ach so...
[mm] \overline{\alpha} [/mm] soll tatsächlich das komplex konjugierte von [mm] \alpha [/mm] sein. Gut das klärt ja schon mal einiges. Ich habe [mm] \alpha \in\mathb{R} [/mm] gewählt, weil das der Fall ist, welcher mich momentan mehr interessiert, weil Vektorräume über den komplexen Zahlen bei uns in der Vorlesung eigentlich noch keine so große Rolle spielen.
Den Rest habe ich dann aber jetzt verstanden. Vielen Dank für die Erklärung!
LG,
Theta
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