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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:58 Mi 03.12.2014 | | Autor: | HugATree |
| Aufgabe | Sei [mm] $\Omega\subset\mathbb{R}^d$ [/mm] ein beschränktes Gebiet mit hinreichend glattem Rand. Wir definieren:
[mm] $$L_m^2(\Omega):=\left\{v\in L^2(\Omega)\,|\,\int_\Omega v(x)\,\mathrm{d}x=0\right\}\text{ und }H^1_m(\Omega):=H^1(\Omega)\cap L_m^2(\Omega).$$
[/mm]
a) Zeigen Sie, dass [mm] $L^2_m(\Omega)$ [/mm] abgeschlossen in [mm] $L^2(\Omega)$ [/mm] ist und folgern Sie daraus, dass [mm] $(L^2_m(\Omega),<\cdot,\cdot>_{L^2_m(\Omega)})$ [/mm] ein Hilbertraum ist.
b) Zeigen Sie, dass [mm] $<\nabla\cdot,\nabla\cdot>_{L^2(\Omega)}$ [/mm] ein Skalarprodukt auf [mm] $H^1_m(\Omega)$ [/mm] definiert.
(Hinweis: 2. Picardsche Ungleichung)
Folgern Sie, dass [mm] $(H^1_m(\Omega),<\nabla\cdot,\nabla\cdot>_{L^2(\Omega)})$ [/mm] ein Hilbertraum ist.
c) Ist [mm] $<\nabla\cdot,\nabla\cdot>_{L^2(\Omega)}$ [/mm] ein Skalarprodukt auf [mm] $H^1(\Omega)$?. [/mm] |
Guten Abend,
ich beschäftige mich derzeit mit der obigen Aufgabe, mir fehlen jedoch die richtigen Ideen wie ich diese Aufgabe angehen könnte.
In der Teilaufgabe a) habe ich ja irgendwie [mm] $L^2_m(\Omega)$ [/mm] als Menge aller [mm] $v\in L^2(\Omega)$, [/mm] die Orthogonal zu [mm] $g\equiv 1\in L^2(\Omega)$ [/mm] sind, also [mm] $<1,v>_{L^2(\Omega)}=\int_\Omega v(x)\,\mathrm{d}x=0$ [/mm] gilt.
Ich habe mir überlegt, ob ich [mm] $L_m^2(\Omega)$ [/mm] vielleicht irgendwie als Schnitt darstellen kann, z.B.
[mm] $A_n:=\left\{v\in L^2(\Omega)\,|\,<1,v>_{L^2(\Omega)}<\frac{1}{n}\right\}$, [/mm] dann ist doch [mm] $L^2_m(\Omega)=\bigcap\limits_{n\in\mathbb{N}}A_n$.
[/mm]
Das würde mir aber ja nur etwas bringen, wenn meine [mm] $A_n$ [/mm] schon abgeschlossen in [mm] $L^2(\Omega)$ [/mm] sind.
Vielen Dank schon mal,
Liebe Grüße
HugATree
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:29 Mi 03.12.2014 | | Autor: | HugATree |
Also ich habe mir nochmal Gedanken gemacht:
Betrachten wir eine Folge [mm] $(f_n)_{n\in\mathbb{N}}\subset L_m^2(\Omega)$, [/mm] die in [mm] $L^2(\Omega)$ [/mm] gegen ein $f$ konvergiert.
Dann konvergiert auch [mm] $<1,f_n>$ [/mm] gegen $<1,f>$. Da aber [mm] $=0$ [/mm] für alle [mm] $n\in\mathbb{N}$, [/mm] muss auch $<f,1>=0$ gelten und damit [mm] $f\in L^2_m(\Omega)$
[/mm]
Nun ist wegen der (Bi)liniearität des Skalarprodukts in [mm] $L^2(\Omega),\; L^2_m(\Omega)$ [/mm] ein Unterraum von [mm] $L^2(\Omega)$.
[/mm]
Nun habe ich gelesen, dass jeder abgeschlossene Unterraum eines Hilbertraums bereits wieder ein Hilbertraum ist. Aber wie ist das zu begründen?
Vielen Dank
Liebe Grüße
HugATree
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:22 Mi 03.12.2014 | | Autor: | HugATree |
Also zur b) habe ich jetzt mal folgendes:
z.z. 1. bilinear
2. symmetrie
3. positiv definit
Seien [mm] $f,g,h\in H^1_m(\Omega),\lambda\in\mathbb{R}:$
[/mm]
zu 1. [mm] $$<\nabla (f+g),\nabla h>_{L^2(\Omega)}=\int_\Omega\nabla (f+g)(x)\cdot\nabla h(x)\mathrm{d}x=\int_\Omega\nabla f(x)\nabla h(x)+\nabla g(x)\nabla h(x)\mathrm{d}x=\int_\Omega\nabla f(x)\nabla h(x)\mathrm{d}x+\int_\Omega\nabla g(x)\nabla h(x)\mathrm{d}x=<\nabla f,\nabla h>_{L^2(\Omega)}+<\nabla g,\nabla h>_{L^2(\Omega)}$$
[/mm]
[mm] $$<\nabla f,\nabla (g+h)>_{L^2(\Omega)}=\int_\Omega\nabla f(x)\cdot\nabla (g+h)(x)\mathrm{d}x=\int_\Omega\nabla f(x)\nabla g(x)+\nabla f(x)\nabla h(x)\mathrm{d}x=\int_\Omega\nabla f(x)\nabla g(x)\mathrm{d}x+\int_\Omega\nabla f(x)\nabla h(x)\mathrm{d}x=<\nabla f,\nabla g>_{L^2(\Omega)}+<\nabla f,\nabla h>_{L^2(\Omega)}$$
[/mm]
[mm] $$<\nabla f,\nabla (\lambda g)>_{L^2(\Omega)}=\int_\Omega\nabla f(x)\nabla(\lambda g)(x)\mathrm{d}x=\lambda\int_\Omega\nabla f(x)\nabla g(x)\mathrm{d}x=\lambda<\nabla f,\nabla g>_{L^2(\Omega)}$$
[/mm]
zu 2.:
[mm] $$<\nabla f,\nabla g>_{L^2(\Omega)}=\int_\Omega\nabla f(x)\nabla g(x)\mathrm{d}x=\int_\Omega\nabla g(x)\nabla f(x)\mathrm{d}x=<\nabla g,\nabla f>_{L^2(\Omega)}$$
[/mm]
zu 3.
[mm] $$<\nabla f,\nabla f>_{L^2(\Omega)}=\int_\Omega\underbrace{|\nabla f(x)|^2}_{\geq 0}\mathrm{d}x\geq [/mm] 0$$
[mm] $$<\nabla f,\nabla f>_{L^2(\Omega)}=0\Leftrightarrow \int_\Omega |\nabla f(x)|^2\mathrm{d}x=0$$
[/mm]
Mit der 2. Poincaréschen Gleichung: $ [mm] \int_\Omega |\nabla f(x)|^2\mathrm{d}x=0\geq\int_\Omega|f(x)|^2\mathrm{d}x\geq [/mm] 0$
Und damit:
[mm] $$_{L^2(\Omega)}\int_\Omega |f(x)|^2\mathrm{d}x=0$$
[/mm]
und da [mm] $<\cdot,\cdot>_{L^2(\Omega)}$ [/mm] Skalarprodukt auf [mm] $L^2(\Omega)\supset H^1_m(\Omega)$, [/mm] folgt: [mm] $f\equiv [/mm] 0$.
Somit: [mm] $<\nabla f,\nabla f>_{L^2(\Omega)}=0\Rightarrow f\equiv [/mm] 0$
Außerdem für [mm] $f\equiv [/mm] 0$:
[mm] $<\nabla f,\nabla f>_{L^2(\Omega)}\int_\Omega 0\mathrm{d}x=0$.
[/mm]
Damit ist [mm] $<\nabla \cdot,\nabla \cdot>_{L^2(\Omega)}$ [/mm] Skalarprodukt auf [mm] $H^1_m(\Omega)$.
[/mm]
Passt das so? Und kann mit vielleicht jemand einen Tipp geben, warum [mm] $(H^1_m(\Omega),<\nabla \cdot,\nabla \cdot>_{L^2(\Omega)})$ [/mm] Hilbertraum ist?
Vielen Dank
Liebe Grüße
HugATree
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:36 Mi 03.12.2014 | | Autor: | HugATree |
Ist es bei der c) nicht so, dass die Poincrésche Ungleichung auch für [mm] $f\in H^1(\Omega)$ [/mm] gilt und damit ist doch natürlich auch [mm] $<\nabla\cdot,\naba\cdot>_{L^2(\Omega)}$ [/mm] Skalarptodukt auf [mm] $H^1(\Omega)$. [/mm] Oder etwa nicht?
Liebe Grüße
HugATree
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:31 Do 04.12.2014 | | Autor: | andyv |
Nein, es scheitert an der positiven Definitheit. Z.B. ist die Norm von konstanten Funktionen gleich 0.
Du benötigst also [mm] $f\in H^1_0(\Omega)$ [/mm] oder wie hier, dass die Funktionen im Mittel verschwinden.
Liebe Grüße
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:53 Do 04.12.2014 | | Autor: | andyv |
Funktioniert ähnlich wie in a).
$ [mm] (H^1_m(\Omega),<\cdot|\cdot>_{H^1(\Omega)}) [/mm] $ ist abgeschlossen in [mm] $H^1(\Omega)$.
[/mm]
Liebe Grüße
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:22 Do 04.12.2014 | | Autor: | andyv |
Hallo,
der Satz "Ist V ein BR, $U [mm] \subset [/mm] V$ ein abgeschlossener Unterraum, dann ist U ein BR" sollte auch der Funktionalanalysis bekannt sein. Der Beweis ist nicht sonderlich schwer. Wegen Vollständigkeit von V konvergiert nämlich jede Cauchy-Folge in U gegen ein [mm] $u\in [/mm] V$, da aber da U abgeschlossen ist, ist sogar $u [mm] \in [/mm] U$, also U vollständig.
Liebe Grüße
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:02 Do 04.12.2014 | | Autor: | HugATree |
Vielen Dank für deine Antworten,
haben mir sehr weitergeholfen :)
Denke ich habe jetzt alles verstanden.
Liebe Grüße
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(Antwort) fertig | | Datum: | 07:20 Do 04.12.2014 | | Autor: | fred97 |
Allgemein: ist H ein Hilbertraum und U ein abgeschlossener Unterraum von H,
so ist [mm] U^{\perp} [/mm] ein abgeschlossener Unterraum und es gilt die Orthogonalzerlegung
$H=U [mm] \oplus U^{\perp}$.
[/mm]
Bei Dir ist $H= [mm] L^2(\Omega) [/mm] $ und U die lineare Hülle der Funktion 1.
Da dim U =1, ist U abgeschlossen (endlichdimensionale Unterräume sind abgeschlossen).
Weiter ist [mm] L_m^2(\Omega) =U^{\perp}
[/mm]
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:04 Do 04.12.2014 | | Autor: | HugATree |
Vielen Dank für deine Antwort fred :)
Liebe Grüße
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