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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:02 So 14.04.2013 | | Autor: | link963 |
| Aufgabe | Sei H ein Hilbertraum. Beweise:
a) $ [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} u_{n} [/mm] = u $ in H gilt genau dann, wenn [mm] $\limes_{n\rightarrow\infty} |u_{n}| [/mm] = |u| $ und $ [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} (u_{n},u) [/mm] = (u,v) $ für alle v [mm] \in [/mm] H. ( $(*,*)$ ist Skalarprodukt )
b) Aus [mm] $\limes_{n\rightarrow\infty} (u_{n},v) [/mm] = (u,v)$ für alle v [mm] \in [/mm] H folgt $lim$ $inf [mm] |u_{n}| \ge [/mm] |u|$ . |
Hallo liebe Mathefreunde!
Bei a) habe ich keine rechte Ahnung, wie ich vorgehen soll.
Damit $ [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} u_{n} [/mm] = u $ gilt, muss wohl $sup [mm] |u_{n}-u| [/mm] = 0 < [mm] \varepsilon$ [/mm] sein.
Kann man damit weitermachen und vor allem wie?
Zu b) habe ich mir noch keine Gedanken geamcht.
Freue mich auf jeden Tipp.
Liebe Grüße
link963
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Hallo,
> Sei H ein Hilbertraum. Beweise:
>
> a) [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} u_{n} = u[/mm] in H gilt genau
> dann, wenn [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} |u_{n}| = |u|[/mm] und
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} (u_{n},u) = (u,v)[/mm] für alle v
> [mm]\in[/mm] H. ( [mm](*,*)[/mm] ist Skalarprodukt )
Ich nehme mal an, dass die einfachen |.| - Striche die vom Skalarprodukt induzierte Norm bezeichnen sollen.
> b) Aus [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} (u_{n},v) = (u,v)[/mm] für
> alle v [mm]\in[/mm] H folgt [mm]lim[/mm] [mm]inf |u_{n}| \ge |u|[/mm] .
> Bei a) habe ich keine rechte Ahnung, wie ich vorgehen soll.
> Damit [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} u_{n} = u[/mm] gilt, muss wohl
> [mm]sup |u_{n}-u| = 0 < \varepsilon[/mm] sein.
Nein, das ist falsch. Über was wird denn bei dir überhaupt das Supremum gebildet?
Du brauchst hier NUR die Definition von Konvergenz. Du sollst zeigen:
[mm] $u_n \to [/mm] u$ [mm] \gdw $|u_n| \to [/mm] |u|$ und [mm] $(u_n,v) \to [/mm] (u,v)$ für alle $v [mm] \in [/mm] H$.
Die Konvergenzdefinition lautet doch: [mm] $a_n \to [/mm] a$ genau dann, wenn [mm] $|a_n [/mm] - a| [mm] \to [/mm] 0$ ( in [mm] $\IR$ [/mm] ). Damit kannst du arbeiten. Zum Beweis:
[mm] $\Leftarrow$: [/mm] Benutze [mm] $|u_n-u|^2 [/mm] = [mm] (u_n- [/mm] u, [mm] u_n [/mm] - u) = $ ... Linearität Skalarprodukt ...
[mm] $\Rightarrow$: [/mm] Es gilt $| [mm] |u_n| [/mm] - |u| | [mm] \le |u_n [/mm] - u|$ (wieso?) und [mm] $|(u_n,v) [/mm] - (u,v)| = [mm] |(u_n-u,v)| \le [/mm] $ ... Nun Cauchy-Schwarz ...
Viele Grüße,
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:01 So 14.04.2013 | | Autor: | tobit09 |
Hallo stefan,
> [mm]\Leftarrow[/mm]: Benutze [mm]|u_n-u| = (u_n- u, u_n - u) =[/mm] ...
Kleiner Tippfehler: Hier fehlt ein Quadrat- oder Wurzelzeichen.
Viele Grüße
Tobias
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Danke Tobias,
wird korrigiert 
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:09 So 14.04.2013 | | Autor: | link963 |
Vielen Dank für die Antwort.
a)
[mm] \Leftarrow: [/mm] $ [mm] |u_n-u|^2 [/mm] = [mm] (u_n- [/mm] u, [mm] u_n [/mm] - u) = [mm] (u_n, u_n) [/mm] + [mm] (u_n, [/mm] -u) + (-u, [mm] u_n) [/mm] + (-u, -u) = [mm] (u_n, u_n) [/mm] - [mm] 2(u_n, [/mm] u) + (u, u) = [mm] |u_n|^2 [/mm] - 2u_nu + [mm] |u|^2 [/mm] = [mm] (|u_n|-|u|)^2$ [/mm]
Also: $ [mm] |u_n [/mm] - u| = [mm] |u_n| [/mm] - |u| [mm] \to [/mm] 0 $ nach Vorraussetzung
[mm] \Rightarrow: [/mm] i) $ | [mm] |u_n| [/mm] - |u| | [mm] \le |u_n [/mm] - u| [mm] \to [/mm] 0 $ nach Vorraussetzung ...die umgekehrte Dreiecksungleichung, ich denke, dass ich die als gegeben nehmen kann.
ii) $ [mm] |(u_n,v) [/mm] - (u,v)| = [mm] |(u_n-u,v)| \le |u_n [/mm] - u| * |v| [mm] \to [/mm] 0 $ nach Vorraussetzung und da $ v [mm] \le [/mm] C $
b) Demnach muss ich hier dann $ [mm] |(u_n,v) [/mm] - (u,v)| [mm] \to [/mm] 0 [mm] \Rightarrow ||u_n| [/mm] - |u| | [mm] \ge [/mm] 0 $ zeigen?
Gruß link963
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Hallo,
> a)
> [mm]\Leftarrow:[/mm] [mm]|u_n-u|^2 = (u_n- u, u_n - u) = (u_n, u_n) + (u_n, -u) + (-u, u_n) + (-u, -u) = (u_n, u_n) - 2(u_n, u) + (u, u)[/mm]
Bis hierher stimmts. Danach kannst du nicht weiter umformen.
Nun: [mm] $(u_n,u_n) [/mm] = [mm] |u_n|^2 \to [/mm] |u|$, und [mm] $(u_n,u) \to [/mm] (u,u) = [mm] |u|^2$.
[/mm]
= [mm] |u_n|^2 [/mm] - 2u_nu + [mm] |u|^2 [/mm] = [mm] (|u_n|-|u|)^2
[/mm]
> Also: [mm]|u_n - u| = |u_n| - |u| \to 0[/mm] nach Vorraussetzung
Voraussetzung SCHREIBT MAN MIT EINEM R!
> [mm]%5CRightarrow%3A[/mm] i) [mm]| |u_n| - |u| | \le |u_n - u| \to 0[/mm] nach
> Vorraussetzung ...die umgekehrte Dreiecksungleichung, ich
> denke, dass ich die als gegeben nehmen kann.
Ja...
> ii) [mm]|(u_n,v) - (u,v)| = |(u_n-u,v)| \le |u_n - u| * |v| \to 0[/mm]
Das stimmt.
> nach Vorraussetzung und da [mm]v \le C[/mm]
Du kannst Vektoren nicht durch C abschätzen! Das brauchst du auch nicht. |v| ist ja schon konstant.
> b) Demnach muss ich hier dann [mm]|(u_n,v) - (u,v)| \to 0 \Rightarrow ||u_n| - |u| | \ge 0[/mm]
> zeigen?
Nein???
Es geht doch um [mm] $\liminf_{n\to\infty}|u_n| \ge [/mm] |u|$ !
![[]](/images/popup.gif) Hier, Seite 57 (Erster Satz auf der Seite), kannst du dir Ideen holen.
Viele Grüße,
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:00 So 14.04.2013 | | Autor: | link963 |
> Hallo,
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>
>
> > a)
> > [mm]\Leftarrow:[/mm] [mm]|u_n-u|^2 = (u_n- u, u_n - u) = (u_n, u_n) + (u_n, -u) + (-u, u_n) + (-u, -u) = (u_n, u_n) - 2(u_n, u) + (u, u)[/mm]
>
> Bis hierher stimmts. Danach kannst du nicht weiter
> umformen.
> Nun: [mm](u_n,u_n) = |u_n|^2 \to |u|[/mm], und [mm](u_n,u) \to (u,u) = |u|^2[/mm].
>
Ok.
$ [mm] (u_n, u_n) [/mm] - [mm] 2(u_n, [/mm] u) + (u, u) = [mm] |u_n|^2 [/mm] - [mm] 2(u_n,u) [/mm] + (u,u) [mm] \to |u|^2 [/mm] - 2(u,u) + (u,u) = [mm] |u|^2 [/mm] - [mm] |u|^2 [/mm] = 0 $
>
> = [mm]|u_n|^2[/mm] - 2u_nu + [mm]|u|^2[/mm] = [mm](|u_n|-|u|)^2[/mm]
> > Also: [mm]|u_n - u| = |u_n| - |u| \to 0[/mm] nach Vorraussetzung
>
>
> Voraussetzung SCHREIBT MAN MIT EINEM R!
Upps, ist schließlich mit "voraus" verwandt -.-
>
>
> > [mm]%5CRightarrow%3A[/mm] i) [mm]| |u_n| - |u| | \le |u_n - u| \to 0[/mm]
> nach
> > Vorraussetzung ...die umgekehrte Dreiecksungleichung,
> ich
> > denke, dass ich die als gegeben nehmen kann.
>
> Ja...
>
> > ii) [mm]|(u_n,v) - (u,v)| = |(u_n-u,v)| \le |u_n - u| * |v| \to 0[/mm]
>
> Das stimmt.
>
> > nach Vorraussetzung und da [mm]v \le C[/mm]
>
> Du kannst Vektoren nicht durch C abschätzen! Das brauchst
> du auch nicht. |v| ist ja schon konstant.
>
>
> > b) Demnach muss ich hier dann [mm]|(u_n,v) - (u,v)| \to 0 \Rightarrow ||u_n| - |u| | \ge 0[/mm]
>
> > zeigen?
>
>
> Nein???
> Es geht doch um [mm]\liminf_{n\to\infty}|u_n| \ge |u|[/mm] !
>
> Hier,
> Seite 57 (Erster Satz auf der Seite), kannst du dir Ideen
> holen.
>
Danke.
>
> Viele Grüße,
> Stefan
Gruß
link963
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:24 Mo 15.04.2013 | | Autor: | fred97 |
> Sei H ein Hilbertraum. Beweise:
>
> a) [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} u_{n} = u[/mm] in H gilt genau
> dann, wenn [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} |u_{n}| = |u|[/mm] und
> [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} (u_{n},u) = (u,v)[/mm] für alle v
> [mm]\in[/mm] H.
Das soll sicher so lauten:
[mm]\limes_{n\rightarrow\infty} (u_{n},v) = (u,v)[/mm] für alle v [mm]\in[/mm] H.
( [mm](*,*)[/mm] ist Skalarprodukt )
>
> b) Aus [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} (u_{n},v) = (u,v)[/mm] für
> alle v [mm]\in[/mm] H folgt [mm]lim[/mm] [mm]inf |u_{n}| \ge |u|[/mm] .
> Hallo liebe Mathefreunde!
>
> Bei a) habe ich keine rechte Ahnung, wie ich vorgehen soll.
> Damit [mm]\limes_{n\rightarrow\infty} u_{n} = u[/mm] gilt, muss wohl
> [mm]sup |u_{n}-u| = 0 < \varepsilon[/mm] sein.
Das ist Unfug! (Wenn das gelten würde, so wäre [mm] u_n=u [/mm] für alle n )
Zu [mm] \Rightarrow:
[/mm]
Die Aussage $ [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} |u_{n}| [/mm] = |u| $ bekommst Du mit der umgekeherten Dreiecksungl.
Für $ [mm] \limes_{n\rightarrow\infty} (u_{n},v) [/mm] = (u,v) $ betrachte
[mm] |(u_n,v)-(u,v)|= |(u_n-u,v)
[/mm]
und lass die Cauchy-Schwarzsche Ungl. darauf los.
Zu [mm] \Leftarrow:
[/mm]
Drücke [mm] |u_n-u|^2 [/mm] mit dem Skalarprodukt aus.
FRED
Edit: ich hab völlig übersehen, dass Steppenhahn schon geantwortet hat. Pardon.
> Kann man damit weitermachen und vor allem wie?
>
> Zu b) habe ich mir noch keine Gedanken geamcht.
>
> Freue mich auf jeden Tipp.
>
> Liebe Grüße
> link963
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