Die Mathe-Redaktion - 26.05.2013 03:37
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    Lineare Algebra » Lineare Abbildungen » Endomorphismus auf Hilbertraum = 0    		Druckversion
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    Autor
    Universität/Hochschule J Endomorphismus auf Hilbertraum = 0
    NihilJapp
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    Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2012-01-11 20:36


    Hallo Matheplanet,

    an folgender Aufgabe scheitere ich.

    Es sei H ein endlichdimensionaler komplexer Hilbertscher Raum und f ein Endomorphismus darauf. Falls \left( f(x) \, | \, x \right) = 0 für alle x \in H gilt, so ist f = 0.

    Dabei ist (\; | \;) das Skalarpodukt (eine positiv definite hermitesche Sesquilinearform).


    Angenommen, f \neq 0. Dann existiert ein y \in H mit z = f(y) \neq 0. Aber:
    \left( z \, | \, y \right) = 0
    Und nun?

    Ob es besser wäre, eine Basis zu betrachten?


    Viele Grüße

    Nihil

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    Gockel
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    Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2012-01-11 20:42


    Hi.

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    mfg Gockel.


    -----------------
    Schwarzer Magier der Drachengilde,
    Besitzer der magischen Ringe von Dedekind, Artin und Noether,
    Verteidiger der aufgelösten Gruppen,
    Hüter von SirJectives Freundschaft.

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    NihilJapp
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    Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2012-01-11 22:37


    Hey Gockel,

    danke für deine Antwort.

    Ich versuche also:

    0 = \langle f(x + y) | x + y \rangle = \langle f(x) | x \rangle + \langle f(x) | y \rangle + \langle f(y) | x \rangle + \langle f(y) | y \rangle = \langle f(x) | y \rangle + \langle f(y) | x \rangle = 0

    Setze y = f(x), dann folgt

    \lVert y \rVert = - \langle f(f(x)) | x \rangle

    Das bringt mich nun nicht weiter. Ich schaffe auch nicht wirklich, einfließen zu lassen, dass H ein komplexer Vektorraum ist. Ich weiß, dass die Behauptung für euklidische Vektorräume *nicht* zutrifft.

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    Gockel
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    Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2012-01-11 23:02


    Das ist ein entscheidender Punkt. Umformuliert in einen Hinweis: Irgendwo muss in deinem Beweis i vorkommen.

    mfg Gockel.

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    NihilJapp
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    Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2012-01-12 09:49


    Neuer Tag, neues Glück.

    ist das denn wirklich so schwierig? Am sinnvollsten scheint mir doch eine Betrachtung von \langle f(x + ix) | x + ix \rangle, aber auch das führt zu nichts.

    Es ist mir ja fast peinlich, aber; hast du / habt ihr vielleicht noch einen Tipp?


    Grüße

    Nihil

    edit: Betrachte ich doch mal x+y und x + iy...

    edit2:

    \langle f(x+y), x+y \rangle = \langle f(x), y \rangle + \langle f(y), x \rangle = 0

    \langle f(x+iy), x+iy \rangle = i\langle f(y), x \rangle - i \langle f(x), y \rangle = 0
    g.d.w.
    \langle f(y), x \rangle - \langle f(x), y \rangle = 0

    zusammen g.d.w.
    2 \langle f(x), y\rangle = 0 \Leftrightarrow f = 0
    [ Nachricht wurde editiert von NihilJapp am 12.01.2012 11:16:05 ]

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    Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2012-01-12 15:14


    Ja, genauso funktioniert es.

    mfg Gockel.

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    NihilJapp
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    Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2012-01-12 17:13


    Vielen Dank, Gockel.

    Mit dem Tipp, dass f von vorn herein nilpotent ist, habe ich auch noch eine Lösung geschrieben:

    Angenommen, \lambda \neq 0 wäre ein Eigenwert von f mit Eigenvektor v.

    \langle f(v), v \rangle = \lambda \langle v, v \rangle

    Nun muss \langle v, v \rangle = 0 gelten, also v = 0. Widerspruch dazu, dass v ein Eigenvektor ist. Damit hat f, wenn überhaupt, nur den Eigenwert 0.

    Weil H Hilbertraum ist, hat f aber auf jeden Fall einen Eigenwert, und zwar 0.

    Angenommen, f \neq 0.
    Dann \exists \, x : f(x) \neq 0, f^2(x) = 0.
    0 = \langle f(x+f(x)), x + f(x)\rangle
       \qquad = \langle f(x), x \rangle} + \langle f(x), f(x) \rangle + \langle f(f(x)), x \rangle + \langle f(f(x)), f(x) \rangle
       \qquad = \langle f(x), f(x) \rangle
    \Rightarrow f(x) = 0 Widerspruch!


    Er will meine \underbraces nicht kompilieren. :/
    1., 3. und 4. Summand fallen weg.

    Viele Grüße
    Nihil

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    Gockel
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    Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2012-01-12 17:34


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    mfg Gockel.

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    NihilJapp
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    Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2012-01-12 18:21


    An welcher Stelle liegt das Problem?

    f ist nilpotent, also auch f^2. Die Abbildungen beider Kerne sind also nicht-trivial. Deswegen existiert, unter der Annahme, dass f \neq 0 ist, das geforderte x.

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    Gockel
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    Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2012-01-12 18:30


    Achso, jetzt verstehe ich, was du meinst. Ja, dann funktioniert der Beweis.

    mfg Gockel.

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    NihilJapp
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    Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2012-01-12 18:32


    Dann ist ja gut. :)

    Viele Grüße

    Nihil

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