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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:32 Di 28.10.2003 | | Autor: | ministel |
Hm, ich hoffe, das ist ok, wenn ich euch hier fast meinen gesamten Übungszettel zumute, aber wie gesagt, ich komm irgendwie so gar nicht damit zu Rande, und entgegen aller Versuche tu ich mir mit Gruppenarbeit noch immer sehr schwer (was ich mir schleunigst abgewöhnen sollte, ich weiß [mm] :\) [/mm] und meine Tutorin ist irgendwie auch keine große Hilfe und gibt nur ungern Tipps... naja.
Also hier die Aufgabe:
| Aufgabe | Sei [mm] $C_c(\IR)$ [/mm] der reelle Vektorraum der stetigen Funktionen mit kompaktem Träger in [mm] $\IR$ [/mm] (zusammen mit den kanonischen Verknüpfungen). Für [mm] $f\in C_c(\IR)$ [/mm] sei [mm] $\phi (x):=\sum_{x\in \IZ} [/mm] f(x)$.
(a) Ist [mm] $\phi$ [/mm] ein monotones lineares Funktional auf [mm] $C_c(\IR)$?
[/mm]
(b) Ist [mm] $\phi$ [/mm] translationsinvariant? |
Dass [mm]\phi[/mm] linear ist, sollte ja eigentlich daraus hervorgehen, dass die kanonischen Verknüpfungen gelten, oder?
Aber mit dem Beweis, dass [mm]\phi[/mm] monoton ist, hapert es irgendwie noch (und falls man da die Sache mit dem kompakten Träger verwenden muss eh, weil wir das bisher eigentlich noch nicht hatten und der neue Prof das aber als bekannt voraussetzt).
Und bei (b) hätte ich als Lösung, dass [mm]\phi[/mm] nicht translationsinvariant ist. Hab die Summe aufgeteilt in Summe über [mm]x \in \IN[/mm] und in [mm]-x \in \IN[/mm][mm] \{0} [/mm] (das alles halt für f(x+a)) und hab das alles dann mit Hilfe der Linearität auseinandergefriemelt, sodass letztendlich nur noch die Summe über alle f(a) dastand.
Ist das richtig, oder zu einfach um wahr zu sein?
Nachricht bearbeitet (Di 28.10.03 23:34)
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:24 Mi 29.10.2003 | | Autor: | Marc |
Hallo ministel,
ich versuche es mal (ich habe mir den Original-Aufgaben-Zettel unter
http://sunpool.mathematik.uni-freiburg.de/home/hug/ANIII/Blatt02.pdf
angesehen).
Dass [mm]f[/mm] einen kompakten Träger hat, heißt ja, dass die Menge aller Stellen x, an denen f nicht verschwindet, beschränkt und abgeschlossen ist.
Damit ist die Summe [mm]\sum\limits_{x \in \IZ}f(x)[/mm] schon mal überhaupt wohldefiniert, denn es handelt sich im wesentlichen um eine endliche Summe, denn nur endliche viele Summanden sind ungleich 0.
Das vereinfacht die Sache enorm, denn wir können so beliebig die Summe umsortieren.
Damit [mm]\eta(f) := \sum\limits_{x \in \IZ}f(x)[/mm] ein lineares Funktional ist, müssen wir zeigen, dass
1. [mm]\eta(a\cdot f) = a \cdot \eta(f) [/mm]
2. [mm]\eta(f + g) = \eta(f) + \eta(g)[/mm]
1. gilt sicher, bei 2. sollte man zumindest bedenken, dass f und g verschiedene Träger haben können.
Für die Monotonie müssen wir zeigen, dass aus [mm]f \le g[/mm] folgt, dass [mm]\eta(f) \le \eta(g)[/mm] gilt (oder halt die umgekehrte Ungleichung).
Ich denke, dass [mm]f \le g[/mm] heißt:
[mm]f \le g \Rightarrow f(x)\le g(x)\ \forall x \in \IR[/mm]
Also f(x) ist an jeder Stelle kleiner als oder gleich g(x).
Gilt nun
[mm] \sum\limits_{x \in \IZ}f(x) \le \sum\limits_{x \in \IZ}g(x) [/mm]?
Ich würde sagen, trivialerweise, wenn man die eigentlich endlich Summations-Indexmenge beachtet.
Mit deinem Ergebnis über die Translationsinvarianz bin ich einverstanden (kann es aber sein, dass du da die Linearität von f benutzt hast? Über die wissen wir doch gar nichts bzw. sie ist gar nicht vorausgesetzt.)
Auf dem Übungszettel steht ja noch, dass das zu zeigen ist:
[mm]\eta(\tau_a f) = \eta(f)\ \forall a \in \IR[/mm] und [mm] f \in C_c(\IR)[/mm] mit [mm] (\tau_a f)(x) := f(x-a) [/mm]
Also im wesentlichen müßte das dann gelten:
[mm]\sum\limits_{x \in \IZ}f(x) = \sum\limits_{x \in \IZ}f(x-a) [/mm]
Das sehe ich aber nicht ein, zumindestens nicht für [mm]a\in\IR[/mm] (für [mm]a\in\IZ[/mm] sehe ich es ein, denn dann ist es nur eine Änderung der Summationsreihenfolge, obwohl diese bei dieser Schreibweise ohnehin egal ist)
Nun, es reicht ja ein Gegenbeispiel, um das zu widerlegen:
[mm] f(x) := \left\{
\begin{matrix}
2x+1, & \mbox{falls }-0{,}5\le x < 0\\
-3x+1, & \mbox{falls }0 \le x \le \frac{1}{3}\\
0, & \mbox{sonst}
\end{matrix}\right. [/mm]
Hier ist der Träger von f das Interval [mm] \lbrack -\frac{1}{2};\frac{1}{3}\rbrack [/mm], was offenbar abgeschlossen und beschränkt, also kompakt ist.
[mm]\eta(f)=\sum\limits_{x \in \IZ}f(x)=f(0)=1[/mm]
aber
[mm]\eta(\tau_a f)=\sum\limits_{x \in \IZ}\tau_a f(x)=f(0-\frac{1}{4})=0{,}5[/mm] mit [mm] a = \frac{1}{4} [/mm]
Bestimmt habe ich aber wieder etwas übersehen, weil das doch nicht schwierig war, oder?
Gruß,
Marc
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:44 Mi 29.10.2003 | | Autor: | Stefan |
Hallo Ministel, hallo Marc,
Marcs Lösung ist nichts hinzuzufügen. Sie ist absolut richtig.
Alles Gute
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:37 Mi 29.10.2003 | | Autor: | ministel |
Nein, war wirklich nicht so schwierig. :)
Hatte da aber auch schon einen Ansatz und wollte schauen, dass ich wenigstens diese eine Aufgabe möglichst richtig habe. Danke, dass du dir solche Mühe gemacht hast!
Dass mit der Linearität stimmt, hab ich irgendwie nicht richtig aufgepasst und es einfach für f verwendet. Hatte aber auch aufgrunddessen, dass a aus IR war darauf geschlossen, dass es nicht translationsinvariant ist, weil man sonst einfach hätte umordnen können (obwohl ich da noch nicht mal sicher war, dass die Summen endlich sind).
Und das mit dem Träger hatte ich irgendwie falsch verstanden, ich meine, dass man mir gesagt hat (aber vielleicht verwechsel ich das auch), dass der Träger die Menge aller x ist, die f auf Null abbildet, also genau umgekehrt, oder?
Naja, wie auch immer. Ich hoffe, das nächste Blatt wird besser. Danke nochmals!
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