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Kompaktheit in unendlichdimensionalen Räumen
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algebrafreak
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Anmeldungsdatum: 28.10.2004
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BeitragVerfasst am: 14 März 2005 - 19:10:21    Titel:

Zitat:
Finaltopologie


Ist nichts schlimmes. So weit ich mich erinnere, man nimmt eine Basis der Produkttopologie und projeziert sie auf die Faktorräume. Dann muss man noch den Abschluss in jedem Faktorraum bzgl. endlicher schnitte und beliebiger Vereinigungen machen. Dann sind die urbilder der offenen Mengen in den Faktorräumen offene Mengen im Produktraum. Das ganze definiert unter anderem einen "natürlichen" Quotientenraumbegriff mit einer Topologie.

Zitat:
Aha... Ich kenne es einfach als stetige Bijektion.


Es liget daran, daß man sagt, ein "Vektorraumisomorphismus". Das impliziert, daß man zwei Strukturen hat, die Vektorräume sind und die Abbildung erhält die Struktureeigenschaften schon halb-implizit. Jetzt muss man nur fordern, daß sie bijektiv ist. Das mit stetig riecht mir viel mehr nach einem Homömorphismus, als eine topologieerhaltende Abbildung.

Zitat:
Außerdem ist doch jeder endlichdimensionale Raum isomorph zu R^n (oder C^n), oder nicht?


Ich habe das endlichdimensional wohl übersehen, daß macht aber nichts, ein anderes GB. Nimm das unten definierte V = {0,1} als {0,1}-VR. Der Vektorraum ist 1-Dimensional (Basis ist {(1)}) und kann deshalb nur zu R^1 (C lassen wir mal weg, das geht analog) isomorph sein. Jetzt ist in R 1+1 = 2 <> 0 und in V 1+1 = 0. Beachte 0 ist der Nullvektor. D.h. schon mal, daß es keinen homomorphismus geben kann, denn h(0) = h(1+1) = h(1)+h(1) = 0 (h(0) = 0 folgt aus homo-eigenschaften).

Zitat:
Wie lautet das Thema?


Eigentlich relativ einfach: "Parametrisches Interger-Solving". Presburger hat für die Theorie 1-Stufe über ganzen zahlen (also Gleichungen usw.) eine Constraint-Solver (wie man heute sagt) angegeben. Ich mache den uniform für beliebige lineare Formeln mit Parametern. Im wesentlichen gebe ich das Verfahren komplett neu an und eine Erweiterung für die Substitution. Klingt Artikel-Verdächtig. Ich hoffe, die Assis reissen die Ergebnisse nicht an sich Smile

Zum Überlegen: Für welche ganzzahligen Werte von a,b,c und d hat

a x > b and c x = d

eine ganzzahlige Lösung für x.
algebrafreak
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Anmeldungsdatum: 28.10.2004
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BeitragVerfasst am: 14 März 2005 - 19:28:26    Titel:

Ich habe übrigens eine Zusammenfassung in kolloquialer "Frage-Antwort" Form zu topologischen Grundlagen, die so in etwa mein Wissen über die Mengentheoretische Topologie wiederspiegelt (im wesentlichen Querenburg Absatz für Absatz als Frage-Antwort formuliert). Du kannst Die haben, wenn Du willst. Ich greife immer wieder, wenn ich was auf die schnelle wissen will darauf zurück.
Physikus
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Anmeldungsdatum: 15.09.2004
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BeitragVerfasst am: 15 März 2005 - 18:15:34    Titel:

algebrafreak hat folgendes geschrieben:
Es liget daran, daß man sagt, ein "Vektorraumisomorphismus". Das impliziert, daß man zwei Strukturen hat, die Vektorräume sind und die Abbildung erhält die Struktureeigenschaften schon halb-implizit. Jetzt muss man nur fordern, daß sie bijektiv ist. Das mit stetig riecht mir viel mehr nach einem Homömorphismus, als eine topologieerhaltende Abbildung.

Hmpf, dann halt Vektorraumisomorphismus-da man in der Funktionalanalysis ja nur Vektorräume betrachtet, ist das implizit klar, dass es so gemeint ist. Wink
Und einen Homöomorphismus kenne ich als bijektive Abbildung, bei der auch die Inverse stetig sein muss-bei einem Isomorphismus müsste die Inverse nicht stetig sein. Das sind jedenfalls die Definitionen, die ich kenne, und so stehen sie auch in Kaballo, Einführung in die Analysis (bei ihm mach ich ja auch die Prüfung) drin.

Zitat:
Nimm das unten definierte V = {0,1} als {0,1}-VR. Der Vektorraum ist 1-Dimensional (Basis ist {(1)}) und kann deshalb nur zu R^1 (C lassen wir mal weg, das geht analog) isomorph sein. Jetzt ist in R 1+1 = 2 <> 0 und in V 1+1 = 0.

Das liegt dann aber eben daran, dass du eine andere Addition definiert hast-und sowas hab ich in Zusammenhang mit der Funktionalanalysis wie gesagt noch nie gesehen.

Zitat:
Eigentlich relativ einfach: "Parametrisches Interger-Solving".

Wusste ich doch, dass es mir nichts sagen wird. Mr. Green Ist das numerische Mathematik?

Zitat:
Zum Überlegen: Für welche ganzzahligen Werte von a,b,c und d hat

a x > b and c x = d

eine ganzzahlige Lösung für x.

OK, klingt weniger nach numerischer Mathematik... Zahlentheorie? Confused

Zitat:
Ich habe übrigens eine Zusammenfassung in kolloquialer "Frage-Antwort" Form zu topologischen Grundlagen, die so in etwa mein Wissen über die Mengentheoretische Topologie wiederspiegelt (im wesentlichen Querenburg Absatz für Absatz als Frage-Antwort formuliert). Du kannst Die haben, wenn Du willst.

Danke für das Angebot, aber zum einen wäre es jetzt eh ein wenig spät und zum anderen brauchen wir die topologischen Sachen ja nicht so-in der Prüfung will er die bei uns Nebenfächlern auch kulanterweise weglassen. Smile (kam eh nicht viel zu dran und wenn, dann wären eher die schwachen Topologien wichtig, und sie sind in allgemeinen Topologiebüchern eher weniger anzutreffen)
algebrafreak
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Anmeldungsdatum: 28.10.2004
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BeitragVerfasst am: 15 März 2005 - 19:14:50    Titel:

Zitat:
Das liegt dann aber eben daran, dass du eine andere Addition definiert hast-und sowas hab ich in Zusammenhang mit der Funktionalanalysis wie gesagt noch nie gesehen.


Auch wenn man Q als Q-VR und R als Q-VR nimmt, sind diese nicht isomorph wegen der Kardinalität. Ich glaube das ist ein gutes Gegenbeispiel.

Zitat:
Ist das numerische Mathematik?


Wie der "Name" schon sagt, algebra. Eigentlich computer-algebra, da Komplexität eine wesentliche Rolle spielt.

Zitat:
Vektorraumisomprphismu


Ein isomorphismus muss nicht stetig sein. Das wird einem klar, wenn man sich überlegt, daß die Topologie eines Vektorraumes und seine Axiome eigentlich zwei paar Schuhe sind. Du kannst R mit der Ordnungstopologie nehmen und R mit der trivialen Tolopogie (leer und ganz R). Dann ist eine Abbildung f(x) = 2x nach deiner Definition kein VR-Isomorphismus vom zweiten ins erste, da sie nicht stetig ist. Der Grund für die Stetigkeit ist, vermute ich mal, daß man die gewöhnlichen R- bzw. C-Topologien betrachtet und da sind die VR-Homomorphismen, die genau die linearen Abbildungen sind, stets stetig. Ich habe die Stetigkeit als Teil der Definition eines Iso nicht gesehen. Was man normal fordert ist die Striktheit auf Ordnungsrelationen. Naja. Für den, der es mag ...

Wegen deiner ursprünglichen Frage: Ich habe morgen eine Sitzung mit meinem Betreuer-Prof, da frage ich ihn mal so nebenbei. Ich glaube nämlich, daß keine der bereits gegebenen Antworten zufriedenstellend ist.
Physikus
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BeitragVerfasst am: 16 März 2005 - 18:23:45    Titel:

algebrafreak hat folgendes geschrieben:
Auch wenn man Q als Q-VR und R als Q-VR nimmt, sind diese nicht isomorph wegen der Kardinalität. Ich glaube das ist ein gutes Gegenbeispiel.

Kann schon sein, aber das verstehe ich eh nicht-ich kann mich jetzt nicht in solche algebraischen Spitzfindigkeiten reindenken, sorry.

Zitat:
Ein isomorphismus muss nicht stetig sein. (...) Der Grund für die Stetigkeit ist, vermute ich mal, daß man die gewöhnlichen R- bzw. C-Topologien betrachtet und da sind die VR-Homomorphismen, die genau die linearen Abbildungen sind, stets stetig. Ich habe die Stetigkeit als Teil der Definition eines Iso nicht gesehen. Was man normal fordert ist die Striktheit auf Ordnungsrelationen. Naja. Für den, der es mag ...

Ich gehe von der Definition aus, wie wir sie hatten und wie Kaballo sie auch in seinem eigenen Buch benutzt-diese allgemeineren Konstruktionen die du ansprichst sagen mir so nix und ich brauche sie auch nicht. Wink

Zitat:
Ich habe morgen eine Sitzung mit meinem Betreuer-Prof, da frage ich ihn mal so nebenbei. Ich glaube nämlich, daß keine der bereits gegebenen Antworten zufriedenstellend ist.

Eine hochmathematische Erklärung, die alle Spitzfindigkeiten umfasst, brauche ich auch gar nicht mal-fragen wird er das vermutlich eh nicht, es war nur ein Verständnisproblem von mir und meinem Komillitonen (bzw. eigentlich kam es von ihm), der ebenfalls morgen die Prüfung hat. Es ging dabei um kompakte Operatoren, die eben nach Definition stetige Operatoren sind, für die der Abschluss des Bildes der Einheitskugel im Zielraum kompakt ist. Und die Irritation lag eben darin, dass die Einheitskugel ja immer beschränkt und abgeschlossen ist, und wäre sie dann kompakt, dann auch das Bild unter der stetigen Abbildung, d.h. jeder stetige lineare Operator wäre kompakt. Die kompakten Operatoren bilden in Wirklichkeit aber einen abgeschlossenen Unterraum, und da lag das Problem. Und die Auflösung ist dann eben, dass "beschränkt + abgeschlossen = kompakt" in unendlichdimensionalen Räumen falsch ist, was ich vermutete, aber nicht sicher wusste. Das reicht mir so dann eigentlich auch. Wink
algebrafreak
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BeitragVerfasst am: 16 März 2005 - 21:53:50    Titel:

Ich hatte heute eine Diskussion mit dem Prof und bin eigentlich noch unsicherer als vorher. Jetzt will ich nämlich einen Beweis dafür sehen, und zwar in allen Details, wobei das warum im Vordergrund steht.

Ich wünsche Dir Glück in der Prüfung.

Wir können uns noch über das Thema nach deiner Prüfung unterhalten, wenn Du willst.

P.S. Der diskrete Binärbaum ist doch kein Banachraum, denn die diskrete Metrik ist nicht norminduziert und andere die Vektorraumeigenschaften verletzen. Sad
Physikus
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Anmeldungsdatum: 15.09.2004
Beiträge: 1754
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BeitragVerfasst am: 17 März 2005 - 19:39:48    Titel:

algebrafreak hat folgendes geschrieben:
Ich wünsche Dir Glück in der Prüfung.

Danke-ist zu meiner vollsten Zufriedenheit ausgefallen. Cool

Zitat:
Der diskrete Binärbaum ist doch kein Banachraum, denn die diskrete Metrik ist nicht norminduziert und andere die Vektorraumeigenschaften verletzen. Sad

Dass die diskrete Metrik nicht norminduziert ist, wusste ich sogar-ich hatte nur nicht wirklich realisiert, dass die hier benutzt wurde. Mr. Green Na ja, die Prüfung ist um, nun ist es auch egal.
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