Norm Integraloperator < Funktionalanalysis < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:23 Di 03.01.2017 | | Autor: | Stala |
| Aufgabe | Der Integraloperator K : [mm] C_0([0,1] \mathbb{C}) \to C_0([0,1] \mathbb{C}) [/mm] sei definiert durch:
(Kf)(x) := [mm] \int_0^1 [/mm] xt f(t) dt
a) Berechnen Sie [mm] \lVert [/mm] K [mm] \rVert, [/mm] wenn die Norm auf [mm] C_0([0,1] \mathbb{C}) [/mm] durch
[mm] \lVert [/mm] f [mm] \rVert [/mm] := [mm] \left( \int_0^1 \lvert f(x) \rvert ^2 dx \right)^{\frac{1}{2}}
[/mm]
definiert ist. |
Hallo liebes Forum,
die Aufgabe enstammt aus meinem DGL-Kurs, mit Funktionalanalysis habe ich bisher keinen Kontakt gehabt, sodass ich mit der sehr kruz eingeführten Denkweise recht schwer tue.
Also, die Norm eines Operators hatten wir definiert als [mm] \lVert [/mm] K [mm] \rVert [/mm] = sup [mm] \{\lVert Kf \rVert, \lVert f \leq 1 \rVert\} [/mm] mit und dann als Satz geschlussfolgert:
[mm] \lVert [/mm] K [mm] \rVert [/mm] = sup [mm] \{\lVert Kf \rVert, \lVert f = 1 \rVert\}
[/mm]
im konkreten Fall heißt das für mich dann:
[mm] \lVert [/mm] Kf [mm] \rVert^2 [/mm] = sup [mm] \int_0^1 \Biggl \rvert \int_0^1 [/mm] xt f(t) dt [mm] \Biggl\lvert^2 [/mm] dx
Außerdem, wie ich das verstehe, bezieht sich das Supremum auf alle Funktionen aus [mm] C_0([0,1] \mathbb{C}) [/mm] mit der Skalarproduktsnorm von 1, theoretisch müsste ich also alle (unendliche vielen) dieser Funktionen in die Gleichung einsetzen und schauen, bei welcher das Integral am größten wird und dann die kleinste obere Schranke bestimmen. Vielleicht ist das aber schon verkehrt?
Da das nicht geht, wollte ich abschätzen, mit Cauchy-Schwarz komme ich z.B. auf:
[mm] \lVert [/mm] Kf [mm] \rVert^2 [/mm] = sup [mm] \int_0^1 \Biggl \rvert \int_0^1 [/mm] xt f(t) dt [mm] \Biggl\lvert^2 [/mm] dx [mm] \leq \int_0^1 \Biggl (\int_0^1 \lvert [/mm] xt [mm] \rvert \lvert [/mm] f(t) [mm] \rvert [/mm] dt [mm] \Biggl)^2 [/mm] dx [mm] \leq \int_0^1 \int_0^1 x^2t^2 [/mm] dt dx [mm] \lVert [/mm] f [mm] \rVert [/mm] = [mm] \leq \int_0^1 \int_0^1 x^2t^2 [/mm] dt dx = [mm] \frac{1}{9}
[/mm]
also [mm] \lVert [/mm] Kf [mm] \rVert \leq \frac{1}{3}
[/mm]
Nur hilft mir das ja kein Stück weiter, oder?
Wie soll man hier vorgehen?
VG
Stala
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> Der Integraloperator K : [mm]C_0([0,1] \mathbb{C}) \to C_0([0,1] \mathbb{C})[/mm]
> sei definiert durch:
>
> (Kf)(x) := [mm]\int_0^1[/mm] xt f(t) dt
>
> a) Berechnen Sie [mm]\lVert[/mm] K [mm]\rVert,[/mm] wenn die Norm auf
> [mm]C_0([0,1] \mathbb{C})[/mm] durch
> [mm]\lVert[/mm] f [mm]\rVert[/mm] := [mm]\left( \int_0^1 \lvert f(x) \rvert ^2 dx \right)^{\frac{1}{2}}[/mm]
>
> definiert ist.
> Hallo liebes Forum,
> die Aufgabe enstammt aus meinem DGL-Kurs, mit
> Funktionalanalysis habe ich bisher keinen Kontakt gehabt,
> sodass ich mit der sehr kruz eingeführten Denkweise recht
> schwer tue.
>
> Also, die Norm eines Operators hatten wir definiert als
> [mm]\lVert[/mm] K [mm]\rVert[/mm] = sup [mm]\{\lVert Kf \rVert, \lVert f \leq 1 \rVert\}[/mm]
> mit und dann als Satz geschlussfolgert:
>
> [mm]\lVert[/mm] K [mm]\rVert[/mm] = sup [mm]\{\lVert Kf \rVert, \lVert f = 1 \rVert\}[/mm]
>
> im konkreten Fall heißt das für mich dann:
>
> [mm]\lVert[/mm] Kf [mm]\rVert^2[/mm] = sup [mm]\int_0^1 \Biggl \rvert \int_0^1[/mm] xt
> f(t) dt [mm]\Biggl\lvert^2[/mm] dx
>
> Außerdem, wie ich das verstehe, bezieht sich das Supremum
> auf alle Funktionen aus [mm]C_0([0,1] \mathbb{C})[/mm] mit der
> Skalarproduktsnorm von 1, theoretisch müsste ich also alle
> (unendliche vielen) dieser Funktionen in die Gleichung
> einsetzen und schauen, bei welcher das Integral am
> größten wird und dann die kleinste obere Schranke
> bestimmen. Vielleicht ist das aber schon verkehrt?
>
> Da das nicht geht, wollte ich abschätzen, mit
> Cauchy-Schwarz komme ich z.B. auf:
>
> [mm]\lVert[/mm] Kf [mm]\rVert^2[/mm] = sup [mm]\int_0^1 \Biggl \rvert \int_0^1[/mm] xt
> f(t) dt [mm]\Biggl\lvert^2[/mm] dx [mm]\leq \int_0^1 \Biggl (\int_0^1 \lvert[/mm]
> xt [mm]\rvert \lvert[/mm] f(t) [mm]\rvert[/mm] dt [mm]\Biggl)^2[/mm] dx [mm]\leq \int_0^1 \int_0^1 x^2t^2[/mm]
> dt dx [mm]\lVert[/mm] f [mm]\rVert[/mm] = [mm]\leq \int_0^1 \int_0^1 x^2t^2[/mm] dt dx
> = [mm]\frac{1}{9}[/mm]
Hallo,
deine Abschätzung mit Cauchy-Schwarz überzeugt mich nicht, auch wenn ein richtiger Kern drinsteckt. Es gilt
[mm]\left|\langle t,f(t)\rangle\right|=\left|\int_0^1tf(t)\,dt\right|\le\|t\|*\|f\|[/mm].
Du kannst zunächst x² als Konstante aus dem inneren Integral rausziehen. Dann bekommst du zwei Integrale, wo in einem nur x und in dem anderen nur t vorkommt. Auf das t-Integral lässt sich dann die Cauchy-Schwarz-Ungleichung anwenden:
[mm]\int_0^1\left(\int_0^1xtf(t)\,dt\right)^2\,dx=\int_0^1x^2\,dx*\left(\int_0^1tf(t)\,dt\right)^2\le ...[/mm]
Dies kannst du für beliebiges f mit [mm]\|f\|=1[/mm] abschätzen und erhältst eine obere Schranke. Im letzten Schritt musst du noch ein spezielles (leicht zu findendes) f betrachten, um zu zeigen, dass diese Schranke minimal ist, also das Supremum über alle f darstellt.
>
> also [mm]\lVert[/mm] Kf [mm]\rVert \leq \frac{1}{3}[/mm]
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> Nur hilft mir das ja kein Stück weiter, oder?
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> Wie soll man hier vorgehen?
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> VG
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> Stala
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:55 Mi 04.01.2017 | | Autor: | Stala |
Hallo,
danke für den hinweis, aber da kommt doch das gleich heraus? das Integral mit dem x kann ich ja leicht auflösen. Dann geht es weiter mit:
[mm] \lVert [/mm] Kf [mm] \rVert^2 [/mm] = [mm] \int_0^1\left(\int_0^1xtf(t)\,dt\right)^2\,dx=\int_0^1x^2\,dx\cdot{}\left(\int_0^1tf(t)\,dt\right)^2\leq \frac{1}{3} \lVert [/mm] t [mm] \rVert^2 \cdot \lVert [/mm] f(t) [mm] \rVert^2 [/mm] = [mm] \frac{1}{3} \Biggl( \sqrt{\int_0^1 t^2 dt}\Biggl)^2 =\frac{1}{3} \int_0^1 t^2 [/mm] dt= [mm] \frac{1}{9}
[/mm]
und damit:
[mm] \lVert [/mm] Kf [mm] \rVert \leq \frac{1}{3}
[/mm]
Die besonders einfach Funktion ist sicherlich f(t) = 1, dann erhältman:
[mm] \lVert [/mm] Kf [mm] \rVert [/mm] = [mm] \sqrt{\int_0^1 \Bigl \lvert \int_0^1 xt dt \Bigl \vert ^2dx } [/mm] = [mm] \sqrt{\int_0^1 x^2 dx \Bigl(\int_0^1 t dt\Bigl)^2} =\sqrt{\int_0^1 x^2 dx \Bigl ( \frac{1}{2}\Bigl)^2}= \sqrt{\frac{1}{12}}
[/mm]
was ja offensichtlich kleienr ist als [mm] \frac{1}{3}
[/mm]
Ich müsste also entweder meine Abschätzung so hinbekommen, dass [mm] \lVert [/mm] Kf [mm] \rVert \leq \sqrt{\frac{1}{12}} [/mm] ist oder eine Funktion f finde, für die [mm] \lVert [/mm] Kf [mm] \rVert [/mm] = [mm] \frac{1}{3} [/mm] gilt, oder?
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> Hallo,
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> danke für den hinweis, aber da kommt doch das gleich
> heraus? das Integral mit dem x kann ich ja leicht
> auflösen. Dann geht es weiter mit:
>
> [mm]\lVert[/mm] Kf [mm]\rVert^2[/mm] =
> [mm]\int_0^1\left(\int_0^1xtf(t)\,dt\right)^2\,dx=\int_0^1x^2\,dx\cdot{}\left(\int_0^1tf(t)\,dt\right)^2\leq \frac{1}{3} \lVert[/mm]
> t [mm]\rVert^2 \cdot \lVert[/mm] f(t) [mm]\rVert^2[/mm] = [mm]\frac{1}{3} \Biggl( \sqrt{\int_0^1 t^2 dt}\Biggl)^2 =\frac{1}{3} \int_0^1 t^2[/mm]
> dt= [mm]\frac{1}{9}[/mm]
>
> und damit:
>
> [mm]\lVert[/mm] Kf [mm]\rVert \leq \frac{1}{3}[/mm]
>
> Die besonders einfach Funktion ist sicherlich f(t) = 1,
> dann erhältman:
>
> [mm]\lVert[/mm] Kf [mm]\rVert[/mm] = [mm]\sqrt{\int_0^1 \Bigl \lvert \int_0^1 xt dt \Bigl \vert ^2dx }[/mm]
> = [mm]\sqrt{\int_0^1 x^2 dx \Bigl(\int_0^1 t dt\Bigl)^2} =\sqrt{\int_0^1 x^2 dx \Bigl ( \frac{1}{2}\Bigl)^2}= \sqrt{\frac{1}{12}}[/mm]
>
> was ja offensichtlich kleienr ist als [mm]\frac{1}{3}[/mm]
>
> Ich müsste also entweder meine Abschätzung so
> hinbekommen, dass [mm]\lVert[/mm] Kf [mm]\rVert \leq \sqrt{\frac{1}{12}}[/mm]
> ist oder eine Funktion f finde, für die [mm]\lVert[/mm] Kf [mm]\rVert[/mm] =
> [mm]\frac{1}{3}[/mm] gilt, oder?
Richtig, wobei die 2. Variante erfolgsversprechender ist. Dazu musst du dir nur überlegen, wann bei der Cauchy-Schwarz-Ungleichung Gleichheit gilt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:26 Mi 04.01.2017 | | Autor: | Stala |
Ah klar, bei linear abhängigen Vektoren. das war der entscheidende Wink.
Mit f(t) = [mm] \sqrt{3}t [/mm] müsste es dann passen.
Vielen Dank!
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