Сходимость в S

philnau

Почему сходимость в S нельзя задать нормой?
Богачёв вот спросил.
Помогите, пожалуйста, ущербному!
Заранее спасибо.

elektronik

S -- это простронство Шварца?
Пространство Шварца
S(R^n) -- это пространство, состоящее из таких функций φ(x) \in C^∞ (R^n
что sup |x^α ∂^β φ(x)| < ∞, для любых мультииндексов α и β.

Нужно доказать для любого n?

philnau

Да. Доказать надо только для n=1.
Сходимость там задаётся черех P[k,n](f) = sup[x] (1+x^2)^k * |d^n f(x) / dx^n|.

elektronik

> Сходимость там задаётся черех P[k,n](f) = sup[x] (1+x^2) * |f(x)|.
Не понял. Это система полунорм? Ничего, что там P[k,n] от k не зависит?

philnau

исправил
А есть другой вариант(равносильный):
Fj -> F в S если на любом компакте сх-сть равномерна
и sup |x^k * d^n Fj / dx^n| < C[k,n] для любых j (т.е. можно выбрать такие С)

elektronik

Понятно, что при такой сходимости у нас есть следующее:
φ_n(x) → φ(x) в S(R значит,
φ_n(x) → φ(x) равномерно на R, d^k[φ_n(x)] → d^k[φ(x)] равномерно на R.
Вот только получается, что можно задать метрику (следовательно, и норму).
ρ(x, y) = \sum_{k=0}^{∞} \sum_{n=0}^{∞} 1 / 2^{k+n+2} P[k,n](x - y) / (1 + P[k,n](x - y.

philnau

Если есть норма p, то можно задать и метрику d(x,y) := p(x-y).
Обратное же неверно! То что в S есть метрика много где пишут, а про норму полная глушь...

elektronik

Да, точно! Я стормозил.
Просто я помню утверждение, что вроде D(R) неметризуемо, хотя оно ничем не хуже. Ввело в заблуждение.

naami_moloko

Если есть норма p, то можно задать и метрику d(x,y) := p(x-y) Обратное же неверно!
А расстояние до нуля не будет нормой?

elektronik

Нет!
Например, на R возьмём метрику
ρ(x, y) = arctg |x - y| (все свойства метрики выполняются)
1) ρ(x, y) = arctg |x - y| ≥ 0, причём ρ(x, y) = 0 <=> x = y
2) ρ(x, y) = ρ(y, x)
3) ρ(x, z) = arctg |x - z|.
tg ρ(x, z) = |x - z| ≤ |x - y| + |y - z| ≤ (|x - y| + |y - z|) / (1 - |x - y| |y - z|) = tg(ρ(x, y) + ρ(y, z =>
ρ(x, z) ≤ ρ(x, y) + ρ(y, z)

f(x) = ρ(x, 0) не является нормой, поскольку не выполнено условие
||λx|| = |λ| ||x||

philnau

Неужели никто не знает? Умоляю вас, помогите!

Sanych

Ррррр. План доказательства такой. Но почему-то кажется, что задачка была уже где-то в форуме с решением.
Первое: если сходимость в счётно полунормированном пространстве задаётся нормой, то эта норма мажорируется конечной суммой полунорм.
Доказывается от противного. Если нет, то выбираются функции, с нормой 1 и суммой n первых полунорм не более, чем 1/2^n
Тогда их сумма очевидно сойдётся по каждой из полунорм. (так как с некоторого места оценка 1/2^n). Но по норме не сойдётся.
------------
Второе: если норма мажорируется конечной суммой наших полунорм, то она задаёт неправильную сходимость
Идея:
Для конечного числа полунорм производные ограниченного порядка (не больше N). Замена f(x)->f(kx) увеличивает полунорму ~ в k^n раз, где n - порядок дифференцирования
Реализация:
Значит, выбрав f_m(x)=f(mx)/(m^(N+1
получим, что все полунормы из конечного набора падают, а та, что с производной N+2 порядка тремятся к бесконечности. Там, конечно, надо аккуратно проследить, как изменяется выражение (1+x^2)^k(d^nf(mx=
(1+x^2)^k (m^n) (d^nfnx)-> (1+[x/n]^2)^k (m^n) d^nf
f - это, например, e^{-x^2}
Вот и всё. И я ни за что не отвечаю.

philnau

"Доказывается от противного. Если нет, то выбираются функции, с нормой 1 и суммой n первых полунорм не более, чем 1/2^n.
Тогда их сумма очевидно сойдётся по каждой из полунорм. (так как с некоторого места оценка 1/2^n). Но по норме не сойдётся."
Хм. Как так эти ф-иии выбираются?

Sanych

По определению:
Пусть норма n не мажорируется суммой n_1+n_2+...+n_k
Это значит, что не существует такой константы C, чтобы
C(n_1+n_2+...+n_k)>=n,
Значит для любой такой константы, в том числе и для C=2^k найдётся f, что C(n_1(f)+n_2(f)+...+n_k(f <n(f);
Далее, поделив f на n(f) , получаем искомую функцию с нормой 1.

philnau

Здесь ведь надо ещё показать, что f1+f2+... принадлежит S.
Используя p[0,0] получаем равномерную сх-сть => существует предел g. Эта ф-ия будет бесконечно раз дифф-ма опять же из равномерной сх-ти. И вспрминая про полунормы получаем, чио g из S (беск. диф. ф-ии, любая произв. которой убывает быстрее степени.)
Вроде всё верно.
С меня пиво...

Irina_Afanaseva

можно воспользоваться тем, что из каждой ограниченной (в линейно-топологическом смысле) последовательности в S можно выбрать сходящуюся подпоследовательность
(то есть ограниченные множества все относительно компактны
а это невозможно в бесконечномерном нормированном пространстве.

soldatiki

Можно воспользоваться тем, что в любом нормированном пр-ве оператор дифференцирования не может быть ограниченным (непрерывным а в S он непрерывен.

Irina_Afanaseva

в любом нормированном пр-ве оператор дифференцирования не может быть ограниченным (непрерывным а в S он непрерывен.
Оператор дифференцирования в пространстве полиномов степени < n куда как ограничен
Бесконечномерное нормированное пространство многочленов со скалярным произведением (неполное в котором одночлены (1/n!)x^n являются ортонормированным базисом, имеют Ограниченный оператор дифференцирования
Идея, конечно, светла для пространств, содержащих показательные функции, тогда
дифференцирование имеет неограниченное множество собственных чисел.
Для S тогда надо ещё указать, кроме оператора, и причину неограниченности спектра.

soldatiki

Да, конечно. Я имел в виду функциональное пространство, содержащее все функции из S. Ну по крайней мере, все многочлены.

broroman

многочлены лежат разве что в S' но не в S.
и для них выше написан контрпример
Оставить комментарий
Имя или ник:
Комментарий: