Красивая задачка по функану

tester1

Доказать, что всякое замкнутое линейное подпространство пространства [math]$L_1[a,b]$[/math], состоящее только из непрерывных функций, конечномерно.

tester1

Первый, кто напишет подробное решение без ошибок, получит от меня шоколадку :)
Если решений будет несколько, то по шоколадке получит каждый первый автор оригинального решения.

tester1

В.П.Серебряков дал эту задачу на досрочном экзамене по функану сегодня. Мне кажется, она слишком сложная. Хочу испытать на форумчанах.

lenmas

Вот тут решение даже для более общего случая
http://dy.ru/topic45848.html

tester1

По ссылке ворох идей, а не подробное решение без ошибок. Причём некоторые логические переходы в рассуждениях по ссылке мне кажутся более чем сомнительными. Незащёт :)

lenmas

По ссылке ворох идей, а не подробное решение без ошибок. Причём некоторые логические переходы в рассуждениях по ссылке мне кажутся более чем сомнительными. Незащёт
Не, ну грамотный чел осмыслив все поймет. Там конечно в формуле потерян квадрат у суммы с коэффициентами
с c_k и далее квадраты у норм.
Ok, попробую тебе объяснить. То, что все нормы на E от || ||_1 до || ||_\infty эквивалентны, ты согласен?
Ok, пойдем дальше.
То, что для почти каждого x из (0,1) сумму квадратов psi_k(x) можно представить в виде квадрата суммы
с_k psi_k(x согласен?
Ok!
То, что значение в точке x суммы с_k psi_k можно оценить по модулю нормой этой суммы в L^\infty, согласен?
Тогда дальше очевидно, что оценив эту норму через норму в L^2 c некоторой постоянной С, получим равномерную
оценку для почти всех x суммы квадратов psi_k(x) через константу C^2.
Интегрируя от 0 до 1 по x, получим неравенство m <= C^2, что при бесконечномерном пространстве E приведет
к противоречию.
Теперь зачет? ;)

tester1

То, что все нормы на E от || ||_1 до || ||_\infty эквивалентны, ты согласен?
Можешь привести явные выкладки для слоупока? :) Шоколадку не зажму.

lenmas

Можешь привести явные выкладки для слоупока? Шоколадку не зажму.
Ну смотри. То, что E замкнуто в L^1, это дано по условию. Пусть теперь f_n->f в L^\infty, где f_n принадлежат
E и f принадлежит L^\infty, Так как из сходимости в L^\infty следует сходимость в L^1, то f_n->f и в L^1.
Так как E замкнуто в L^1, то f принадлежит E. Следовательно, E замкнуто в L^\infty.
То-есть имеем, что E является банаховым и относительно нормы || ||_1, и относительно нормы || ||_\infty.
Причем одна норма не слабее другой. Такое может быть только если они эквивалентны. Ну, а про промежуточные
нормы следует из неравенства || ||_1<=|| ||_p<=|| ||_\infty для любого p, 1<p<\infty.

tester1

То-есть имеем, что E является банаховым и относительно нормы || ||_1, и относительно нормы || ||_\infty.
Причем одна норма не слабее другой.

Согласен. Причём даже можно сказать, какая не слабее: L_1 норма мажорируется sup-нормой с коэффициентом (b-a).
Такое может быть только если они эквивалентны.
Почему? Видимо я совсем слоупок.

lenmas

Почему? Видимо я совсем слоупок.
Теорема Банаха об обратном отображении.

tester1

А, тождественное отображение линейно и непрерывно в одну сторону, оба пространства полные, поэтому по теореме Банаха об обратном отображении тождественное непрерывно и в обратную сторону и следовательно является изоморфизмом. Один шаг стал понятен, спасибо :)

sever576

следует из неравенства || ||_1<=|| ||_p<=|| ||_\infty для любого p, 1<p<\infty.
Первое неравенство - это неравенство Гёльдера для функций 1 и f. Если пространство функций на отрезке [0,1], то даже коэфициент перед интегралом будет равен 1.
А второе неравенство откуда следует? Оно же даже для константы 2 неверно. Или следует читать || ||_p <= С || ||_\infty? Прошу пояснений.

lenmas

А второе неравенство откуда следует?
Оно вообще очевидное, если функцию заменить ее максимумом модуля (или существенным
супремумом в случае произвольной измеримой функции). Это неравенство конечно же только для
пространств конечной меры. Для [0,1] константа да, единица.

tester1

Аа, я забыл корень степени р извлечь, голова моя садовая :)

tester1

для почти каждого x из (0,1) сумму квадратов psi_k(x) можно представить в виде квадрата суммыс_k psi_k(x)
Почему? Какие-то рассуждения, основанные на теореме о среднем для интегралов?

Irina_Afanaseva

для почти каждого x из (0,1) сумму квадратов psi_k(x) можно представить в виде квадрата суммыс_k psi_k(x)
Почему?
на этом вопросе и dy повис. Может, там где равенство - неравенство выпуклости для квадрата подразумевалось. Равенство просто неверно

lenmas

Почему? Какие-то рассуждения, основанные на теореме о среднем для интегралов?
Ну так это для фиксированного x. Коэффициенты c_k очевидно выписываются как psi_k(x)/sqrt(psi_1(x)^2+...+psi_m(x)^2). Если так непонятно, то лучше вместо x возьмем x_0.
Тогда
[math]  $$  \sum_{k=1}^m\psi_k(x_0)^2=\Bigl(\sum_{k=1}^mc_k\psi_k(x_0)\Bigr)^2,  $$  [/math]
где c_k=psi_k(x_0)/sqrt(psi_1(x_0)^2+...psi_m(x_0)^2). После этого рассмотрим функцию
[math]  $$  \psi_{x_0}(x)=\sum_{k=1}^mc_k\psi_k(x)  $$  [/math]
(я специально индексом пояснил, что выбор функции зависит от фиксированного значения x_0,
чтоб совсем было ясно). Потом для этой функции, взятой в точке x_0, берется уже дальше оценка по модулю через
существенный супремум всей функции, ну и так далее по тексту. В итоге получается оценка по равенству
Парсеваля, равномерная по всем x_0, для всей суммы квадратов из первой выключной формулы.
Ну и после интегрирования по (почти) всем x_0 на отрезке (0,1) получается противоречие.
Тут, я не спорю, какая-то муть с "почти всеми" x_0, но специалист по функану легко разберется, я так думаю.
Надо, конечно, все это аккуратно проверять.

lenmas

на этом вопросе и dy повис.
Да не повис, просто неаккуратно опечатались, забыли квадрат писать с какого-то места. Ясно, что квадрат
модуля m-мерного вектора не может равняться скалярному произведению самого вектора на вектор единичной
длины (на самом деле там должно быть написано равенство квадрату скалярного произведения).
Я так понял, что идея доказательства взялась из известного доказательства того, что C[0,1] нельзя задать
евклидовой нормой.
Оставить комментарий
Имя или ник:
Комментарий: