Ασκήσεις στην Ανάλυση!

#101

BAGGP93 έγραψε:Άσκηση 30

Θεωρούμε τον πραγματικό διανυσματικό χώρο των συνεχών πραγματικών συναρτήσεων του $\displaystyle{\left[0,1\right]}$ , εφοδιασμένο με την

$\displaystyle{\rm{supremum}}$ νόρμα, $\displaystyle{\left(C\,(\left[0,1\right]),||\cdot||_{\infty}\right)}$ , και την απεικόνιση

$\displaystyle{T:C\,(\left[0,1\right])\longrightarrow C\,(\left[0,1\right])\,,f\mapsto T(f):\left[0,1\right]\longrightarrow \mathbb{R}\,,T(f)(t)=\int_{0}^{t}f(s)\,\mathrm{d}s$ .

Α. Να δείξετε ότι η $\displaystyle{T}$ είναι ένας γραμμικός, φραγμένος, και $\displaystyle{1-1}$ τελεστής.

Β. Να βρεθεί η $\displaystyle{T\,\left(C\,(\left[0,1\right])\right)\subseteq C\,(\left[0,1\right])}$ .

Γ. Είναι ο $\displaystyle{T^{-1}:T\,\left(C\,(\left[0,1\right])\right)\longrightarrow C\,(\left[0,1\right])$ φραγμένος ;

Δ. Βρείτε την $\displaystyle{||T||=\sup\,\left\{||T(f)||_{\infty}\in\mathbb{R}: f\in C\,(\left[0,1\right])\,,||f||_{\infty}\leq 1\right\}}$ .

Α. Η γραμμικότητα είναι άμεση από την γραμμικότητα του ολοκληρώματος. Το φραγμένο έπεται από το

$\displaystyle{ \left | \int _0^tf(s)ds \right |\le \int _0^t\left | f(s)\right |ds \le \int _0^t|| f||_\infty ds \le\int _0^1|| f||_\infty ds =|| f||_\infty }$ ,

μάλιστα από αυτό έπεται $||T|| \le 1$ .

Το 1-1

είναι άμεσο με παραγώγιση της T(f)(t) = T(g)(t)

που δίνει $f(t)=g(t)\, \forall t$ , και άρα f=g

.

B. Κάθε στοιχείο

στην εικόνα είναι συνεχώς παραγωγίσιμη συνάρτηση από το Θεμελιώδες Θεώρημα του Απειροστικού, με g(0)=0

. Αντίστροφα, αν

συνεχώς παραγωγίσιμη με g(0)=0

είναι στην εικόνα της

καθώς $g(t)=\int _0^t g'(s)ds$ και λοιπά.

C. Όχι ο

δεν είναι φραγμένος καθώς οι f_n(x)=x^n

έχουν νόρμα ίσο με

αλλά $T(f_n)(t) = \frac {1}{n+1}t^{n+1}$ , οπότε $||T(f_n)||_{\infty} = \frac {1}{n+1} \to 0$ . Αν $T^{-1}$ φραγμένος θα είχαμε για κάποια θετική σταθερά

την ανισότητα $||Tf||_{\infty} \ge c||f||_{\infty}$ που το προηγούμενο δείχνει ότι δεν ισχύει.

Δ. Είδαμε ότι $||T||\le 1$ . Θεωρώντας την $f(x)=1,\, \forall x$ εύκολα βλέπουμε ότι $||f|| =1, \, ||T(f)|| =1$ , άρα $||T|| \ge 1$ , οπότε τελικά ||T||=1

.

Φιλικά,

Μιχάλης

BAGGP93 · #102

Ευχαριστούμε κύριε Μιχάλη για την απάντηση.

Γράφω μια σκέψη για το Γ. και θα ήθελα τη γνώμη σας.

Ας υποθέσουμε ότι ο $\displaystyle{T^{-1}}$ είναι φραγμένος( γραμμικός είναι διότι ο $\displaystyle{T}$ είναι γραμμικός).

Εφ'όσον, ο $\displaystyle{T:C\,(\left[0,1\right])\longrightarrow T\,\left(C\,(\left[0,1\right]\right)\right)}$ είναι γραμμικός, φραγμένος, $\displaystyle{1-1}$ ,

επί του $\displaystyle{T\,\left(C\,(\left[0,1\right])\right)$ και ο $\displaystyle{T^{-1}:T\,\left(C\,(\left[0,1\right]\right)\right)\longrightarrow C\,(\left[0,1\right])}$

είναι γραμμικός και φραγμένος, έπεται ότι οι $\displaystyle{C\,(\left[0,1\right]\right)\,,T\,\left(C\,(\left[0,1\right])\right)$ είναι ισόμορφοι και

αλγεβρικά και τοπολογικά. Πώς γίνεται από αυτό να καταλήξουμε σε άτοπο ;

Επίσης, κύριε Μιχάλη, το γεγονός ότι επιλέξατε την ακολουθία συνεχών συναρτήσεων $\displaystyle{f_{n}(x)=x^{n}\,,0\leq x\leq 1\,,n\in\mathbb{N}}$

έχει καμία σχέση με το γεγονός ότι η ακολουθία αυτή συγκλίνει κατά σημείο στην ασυνεχή, άρα όχι και ομοιόμορφα, συνάρτηση

$\displaystyle{f:\left[0,1\right]\longrightarrow \mathbb{R}\,,f(x)=\begin{cases} 0\,\,,0\leq x<1\\ 1\,\,,\,\,\,\,x=1 \end{cases}}$

Tolaso J Kos · #103

BAGGP93 έγραψε: $<\cdots>$ η οποία παρουσιάζει ενδιαφέρον και ως προς την απόδειξη του γεγονότος ότι, όντως, αυτή η απεικόνιση είναι μετρική.

Βαγγέλη το ότι η συνάρτηση $\displaystyle{\rho(f, g)= \sqrt{\int_a^b |f(t)-g(t)|^2\, {\rm d}t }}$ είναι μετρική είναι άμεσο, διότι οι πρώτες δύο ιδιότητες της είναι άμεσες και η τριγωνική ανισότητα είναι η ανισότητα ${\rm Minkowksi}$ για p=2

.

Όσο αναφορά την άσκηση που πρότεινα εγώ πήρα ως $f_n(x)=x^n , \; x \in [0, 1]$ η οποία συγκλίνει στην ασυνεχή συνάρτηση $f(x)=0, \; x \in [0, 1)$ και $f(x)=1, \; x=1$ και τα λοιπά.

#104

Tolaso J Kos έγραψε: Όσο αναφορά την άσκηση που πρότεινα εγώ πήρα ως $f_n(x)=x^n , \; x \in [0, 1]$ η οποία συγκλίνει στην ασυνεχή συνάρτηση $f(x)=0, \; x \in [0, 1)$ και $f(x)=1, \; x=1$ και τα λοιπά.

Όχι!!!!

Περιέργως δεν είναι αλήθεια ότι η x^n

συγκλίνει στην ασυνεχή

που γράφεις. Αυτό που είναι σωστό είναι ότι συγκλίνει κατά σημείο στην

που γράφεις αλλά εδώ έχουμε άλλη έννοια σύγκλισης: ως προς ||.||_2

. Όλη η ουσία των διαφορετικών μετρικών στο ίδιο σύνολο (εδώ τις συνεχείς συναρτήσεις) είναι ότι μπορούμε να έχουμε διαφορετική σύγκλιση.

Για να αντιληφθείς που είναι το κρυφό σφάλμα στο παράδειγμά σου, θέτω ως άσκηση:

Δείξε ότι με την μετρική του χώρου που όρισες (την $\displaystyle{||.||_2}$ νόρμα) η ακολουθία (x^n)

συγκλίνει στην συνεχή συνάρτηση

.

Αν καταλάβεις την αιτία του φαινομένου, τότε θα κατανοήσεις γιατί στο παράδειγμα που έδωσα η κακή συμπεριφορά της f_n

είναι στην μέση του διαστήματος και όχι στην άκρη, όπως στο δικό σου παράδειγμα.

Σε άλλο ποστ θα δώσω ένα πολύ ενδιαφέρον παράδειγμα που είχα φτιάξει κάποτε μιας ακολουθίας a_n

σε χώρο με νόρμα, η οποία συγκλίνει σε ένα

ως προς κάποια νόρμα και συγκλίνει σε ένα $b\ne a$ ως προς κάποια άλλη νόρμα.

Βαγγέλη: Θα απαντήσω στα ερωτήματα σου λίγο αργότερα. Τώρα πρέπει να κλείσω για λίγο.

Tolaso J Kos · #105

Mihalis_Lambrou έγραψε: Για να αντιληφθείς που είναι το κρυφό σφάλμα στο παράδειγμά σου, θέτω ως άσκηση:

Δείξε ότι με την μετρική του χώρου που όρισες (την $\displaystyle{||.||_2}$ νόρμα) η ακολουθία συγκλίνει στην συνεχή συνάρτηση .

Πω... σωστά αφου: $\displaystyle{\sqrt {\int_0^1 |x^n-0|^2\,dx} = 1/\sqrt {2n+1} \to 0}$ .

Ευχαριστώ για την επισήμανση. Οπότε , το παράδειγμα σας μας κάνει.

#106

BAGGP93 έγραψε: <...> έπεται ότι οι $\displaystyle{C\,(\left[0,1\right]\right)\,,T\,\left(C\,(\left[0,1\right])\right)$ είναι ισόμορφοι και

αλγεβρικά και τοπολογικά. Πώς γίνεται από αυτό να καταλήξουμε σε άτοπο ;

Να ένας τρόπος: Από το γεγονός ότι οι $T,\, T^{-1}$ είναι φραγμένοι, εύκολα βλέπουμε ότι η εικόνα T(C)

θα ήταν πλήρης. Πράγματι, αν (T(f_n))

Cauchy, τότε η $(f_n)=(T^{-1}(T(f_n)))$ θα ήταν Cauchy, άρα συγκλίνουσα και άρα θα συνέκλινε και η

, που δείχνει την πληρότητα. Όμως αν πάρουμε μία ακολουθία από συνεχώς παραγωγίσιμες συναρτήσεις που συγκλίνουν ομοιόμορφα σε μία όχι παραγωγίσιμη, θα έχουμε άτοπο. Τέτοιες ακολουθίες υπάρχουν, για παράδειγμα από το θεώρημα Weierstrass μπορούμε να τις επιλέξουμε ακόμα και ως πολυώνυμα.

BAGGP93 έγραψε:<...> το γεγονός ότι επιλέξατε την ακολουθία συνεχών συναρτήσεων $\displaystyle{f_{n}(x)=x^{n}\,,0\leq x\leq 1\,,n\in\mathbb{N}}$

έχει καμία σχέση με το γεγονός ότι η ακολουθία αυτή συγκλίνει κατά σημείο στην ασυνεχή, άρα όχι και ομοιόμορφα, συνάρτηση <...>

Όχι, δεν είναι σε αυτό το σημείο ο λόγος που λειτουργεί το αντιπαράδειγμα. Αυτό που θέλουμε είναι μία ακολουθία συναρτήσεων (f_n)

νόρμας

που τα ολοκληρώματά τους (Tf_n)

να είναι ακολουθία που συγκλίνει στο

. Για παράδειγμα η $f_n (x)=\sin (nx)$ για την οποία έχουμε $(Tf_n)(x) = -\frac {1}{n} \cos (nx)$ , μας κάνει. Μπορούμε ακόμη να βρούμε παράδειγμα ακολουθίας που συγκλίνει κατά σημείο. Π.χ. η f_n(0)=0

και $f_n(x)=0 \, \forall x \ge \frac {1}{n}$ και στο διάστημα $\left [ 0,\, \frac {1}{n} \right ]$ να είναι σχήματος Λ, όπου η κορυφή είναι σε ύψος

. Εδώ η

συγκλίνει κατά σημείο στην

.

Φιλικά,

Μιχάλης

nickthegreek · #107

Aς δώσω μερικές ακόμη ασκήσεις μαζεμένες:

31) Ας υποθέσουμε ότι ο

είναι ένας χώρος με νόρμα, άπειρης διάστασης . Nα αποδείξετε ότι υπάρχει ακολουθία (x_n)

στην μοναδιαία σφαίρα του

ώστε $\lVert x_m- x_n \rVert \geq 1$ όποτε $m \neq n$ . Μπορούμε να αντικαταστήσουμε το $\geq$ με

;

32) Έστω

ένας χώρος με νόρμα (έστω πάνω από το $\mathbb{C}$ ) και

μια γραμμική απεικόνιση από τον

στο $\mathbb{C}$ (linear functional) . Nα αποδείξετε ότι η

είναι συνεχής αν και μόνον αν το kerf

είναι κλειστό.

33) Υπάρχει συνάρτηση $f:[0,1] \rightarrow \mathbb{R}$ που έχει σύνολο σημείων συνέχειας ακριβώς το σύνολο των αρρήτων αριθμών; Και πολύ πιο ενδιαφέρον σαν ερώτημα, τι γίνεται αν αντικαταστήσουμε τη λέξη "άρρητος" με τη λέξη "ρητός";

34) Ένας τοπολογικός χώρος καλείται Lindelof αν κάθε open cover έχει αριθμήσιμο subcover. Kαλείται regular αν για κάθε κλειστό υποσύνολο

και σημείο $x \notin F$ , υπάρχουν ξένα μεταξύ τους ανοικτά σύνολα U,V

ώστε $F \subset U, x \subset V$ . Nα αποδείξετε ότι ένας regular Lindelof χώρος είναι normal (κάθε δύο ξένα μεταξύ τους κλειστά σύνολα μπορούν να διαχωριστούν από ξένα μεταξύ τους ανοικτά σύνολα).

35) Να αποδείξετε ότι αν

ένας συμπαγής Hausdorff τοπολογικός χώρος και ο C(K)

είναι διαχωρίσιμος (separable) , τότε ο

είναι ομοιόμορφος με έναν μετρικό χώρο (metrizable).

36) Nα αποδείξετε ότι υπάρχει μια ακολουθία (x_n)

στη μοναδιαία μπάλα του l_2

ώστε $\lVert x_m-x_n \rVert > \sqrt{2}$ για κάθε $m\neq n$ . Mπορούμε να βελτιώσουμε τη σταθερά;

Zητώ συγγνώμη για τις αγγλικές ορολογίες. Ο μόνος λόγος που τις χρησιμοποιώ είναι γιατί έτσι τις έχω διδαχτεί και δεν θέλω να προκαλέσω σύγχυση με τις εκφωνήσεις.

Φιλικά,
Νίκος

Tolaso J Kos · #108

nickthegreek έγραψε:
33) Υπάρχει συνάρτηση $f:[0,1] \rightarrow \mathbb{R}$ που έχει σύνολο σημείων ασυνέχειας ακριβώς το σύνολο των αρρήτων αριθμών; Και πολύ πιο ενδιαφέρον σαν ερώτημα, τι γίνεται αν αντικαταστήσουμε τη λέξη "άρρητος" με τη λέξη "ρητός";

Όχι, δεν υπάρχει τέτοια συνάρτηση επειδή το σύνολο ασυνέχειας της

είναι $\displaystyle{F_\sigma}$ , μια αριθμήσιμη ένωση κλειστών υποσυνόλων του [0, 1]

και οι άρρητοι δεν είναι τέτοια ένωση από το θεώρημα ${\rm Baire}$ .

Με επιφύλαξη.

Y.Σ: Υπάρχει συνάρτηση που είναι ασυνεχής στους ρητούς. Μου διαφεύγει το παράδειγμα όμως. Θα το ψάξω και θα το βάλω.

nickthegreek · #109

Σε ευχαριστώ! Διόρθωσα απλά την εκφώνησή μου, όντως το ενδιαφέρον είναι όταν εξετάζουμε το σύνολο των ρητών ως το σύνολο σημείων συνέχειας.

Βέβαια, χρειάζεται απόδειξη αυτό που λες, γιατί δεν είναι καθόλου προφανές

Φιλικά,
Νίκος

#110

nickthegreek έγραψε: 32) Έστω ένας χώρος με νόρμα (έστω πάνω από το $\mathbb{C}$ ) και μια γραμμική απεικόνιση από τον στο $\mathbb{C}$ (linear functional) . Nα αποδείξετε ότι η είναι συνεχής αν και μόνον αν το είναι κλειστό.

Αν η

είναι συνεχής τότε ο πυρήνας είναι κλειστός αφού είναι αντίστροφη εικόνα κλειστού: $ker f = f^{-1}(\{0\})$ .

Αντίστροφα, έστω

ασυνεχής. Θα δείξουμε το ισχυρότερο ότι ker f

πυκνό (άρα δεν είναι κλειστό αφού τότε θα ήταν όλος χώρος - που δεν είναι αφού η

δεν είναι ταυτοτικά

) . Λόγω της ασυνέχειας είναι $\sup \{|f(x)| / ||x|| =1\} = +\infty$ , οπότε υπάρχει ακολουθία (x_n)

με

και $|f(x_n)| \to \infty$ .

Έστω τώρα

τυχαίο στοιχείο του χώρου. Παρατηρούμε ότι $x-\frac {f(x)}{f(x_n)}x_n \in ker f$ (άμεσο) και ότι $x-\frac {f(x)}{f(x_n)}x_n \to x$ . Τελειώσαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης

BAGGP93 · #111

Mihalis_Lambrou έγραψε:
nickthegreek έγραψε: 32) Έστω ένας χώρος με νόρμα (έστω πάνω από το $\mathbb{C}$ ) και μια γραμμική απεικόνιση από τον στο $\mathbb{C}$ (linear functional) . Nα αποδείξετε ότι η είναι συνεχής αν και μόνον αν το είναι κλειστό.
Αν η είναι συνεχής τότε ο πυρήνας είναι κλειστός αφού είναι αντίστροφη εικόνα κλειστού: $ker f = f^{-1}(\{0\})$ .

Αντίστροφα, έστω ασυνεχής. Θα δείξουμε το ισχυρότερο ότι πυκνό (άρα δεν είναι κλειστό αφού τότε θα ήταν όλος χώρος - που δεν είναι αφού η δεν είναι ταυτοτικά ) . Λόγω της ασυνέχειας είναι $\sup \{|f(x)| / ||x|| =1\} = +\infty$ , οπότε υπάρχει ακολουθία με και $|f(x_n)| \to \infty$ .

Έστω τώρα τυχαίο στοιχείο του χώρου. Παρατηρούμε ότι $x-\frac {f(x)}{f(x_n)}x_n \in ker f$ (άμεσο) και ότι $x-\frac {f(x)}{f(x_n)}x_n \to x$ . Τελειώσαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης

Επιτρέψτε μου να γράψω κάποιες σκέψεις και ελπίζω να έχω τη γνώμη σας.

Έστω $\displaystyle{\left(X,||\cdot||\right)}$ μιγαδικός χώρος με νόρμα και $\displaystyle{f:X\longrightarrow \mathbb{C}}$

μια μη-μηδενική, γραμμική και συνεχής απεικόνιση μεταξύ των παραπάνω μιγαδικών χώρων.

Τότε, όπως απεδείχθη σε αυτήν την άσκηση, ο $\displaystyle{\rm{Ker}(f)=\left\{x\in X: f(x)=0\right\}}$ είναι ένας

κλειστός γραμμικός υπόχωρος του $\displaystyle{X}$ . Από τα Θεωρήματα Ισομορφισμών έχουμε ότι

$\displaystyle{X/\rm{Ker}(f)\simeq f(X)}$ και αφού ο $\displaystyle{f(X)}$ είναι υπόχωρος του $\displaystyle{\mathbb{C}}$

με $\displaystyle{f\neq \mathbb{O}}$ και $\displaystyle{\dim_{\mathbb{C}}\mathbb{C}=1$ , έπεται ότι $\displaystyle{f(X)=\mathbb{C}}$ .

Επιπλέον, ο $\displaystyle{X/\rm{Ker}(f)}$ εφοδιάζεται με την εξής νόρμα :

$\displaystyle{||\cdot||_{1}:X/\rm{Ker}(f)\longrightarrow \mathbb{R}\,,x+\rm{Ker}(f)\mapsto ||x+\rm{Ker}(f)||_{1}=\inf\,\left\{||x-y||:y\in\rm{Ker}(f)\right\}}$ .

Αυτή η νόρμα( γενικά για κλειστούς υπόχωρους τυχαίων διανυσματικών χώρων με νόρμα) ορίστηκε έχοντας, για παράδειγμα, στο μυαλό μας

την απόσταση σημείου από ευθεία στο επίπεδο και γενικά από γνωστές μας γεωμετρικές έννοιες.

Στο συγκεκριμμένο παράδειγμα, λόγω ισομορφίας του χώρου πηλίκου με τους μιγαδικούς, τι είδους Γεωμτερία μπορούμε να

κάνουμε ; Ελπίζω τα λεγόμενά μου να είναι σωστά και να μην στερούνται νοήματος.

Ήταν κάποιες σκέψεις και τις μοιράστηκα μαζί σας. Ευχαριστώ εκ των προτέρων.

BAGGP93 · #112

nickthegreek έγραψε:Aς δώσω μερικές ακόμη ασκήσεις μαζεμένες:

31) Ας υποθέσουμε ότι ο είναι ένας χώρος με νόρμα, άπειρης διάστασης . Nα αποδείξετε ότι υπάρχει ακολουθία στην μοναδιαία σφαίρα του ώστε $\lVert x_m- x_n \rVert \geq 1$ όποτε $m \neq n$ . Μπορούμε να αντικαταστήσουμε το $\geq$ με ;

Γεια σου Νίκο. Νομίζω ότι η συγκεκριμμένη άσκηση έχει άμεση σχέση με το ακόλουθο θεώρημα :

Έστω $\displaystyle{\left(X,||\cdot||\right)}$ ένας χώρος με νόρμα. Αυτός, είναι πεπερασμένης διάστασης αν, και μόνο αν, η μοναδιαία σφαίρα σε αυτόν

είναι συμπαγής.

Δεν υπάρχει δηλαδή υποακολουθία της ακολουθίας που θα κατασκευάσουμε που συγκλίνει.

Ελπίζω να μας διαφωτίσουν και οι πιο έμπειροι.

#113

nickthegreek έγραψε:
31) Ας υποθέσουμε ότι ο είναι ένας χώρος με νόρμα, άπειρης διάστασης . Nα αποδείξετε ότι υπάρχει ακολουθία στην μοναδιαία σφαίρα του ώστε $\lVert x_m- x_n \rVert \geq 1$ όποτε $m \neq n$ . Μπορούμε να αντικαταστήσουμε το $\geq$ με ;

Ορίζουμε επαγωγικά τα x_k

με τις παραπάνω ιδιότητες, ως εξής: Έστω ότι ορίσαμε τα x_1,x_2,...,x_k

νόρμας

και $\lVert x_m- x_n \rVert \geq 1, \, m\ne n , m,n \in \{1,2,...\, , k\}$ . Για το επαγωγικό βήμα, έστω X_k

o ο χώρος που παράγουν τα $x_1,x_2,...\, ,x_k$ και έστω

διάνυσμα έξω από το X_k

. Ορίζουμε ως

τον χώρο που παράγουν τα $\{x_1,x_2,...\, ,x_k\}\cup \{x'\}$ .

Από Λήμμα Riesz υπάρχει ακολουθία $y_n\in X'$ με ||y_n||=1

και $d(y_n,X_k) \ge 1 - \frac {1}{n} , \, (*)$ . Από συμπάγεια της μοναδιαίας σφαίρας του

(εδώ κρύβεται πάλι το Λήμμα Riesz) υπάρχει συγκλίνουσα υπακολουθία της (y_n)

. Έστω $y_{n_m} \to x_{k+1}$ , οπότε $||x_{k+1}||=1$ . Επίσης από την (*)

έχουμε $\displaystyle{ ||y_n-x|| \ge 1 - \frac {1}{n} , \forall x \in X_k}$ οπότε παίρνοντας όριο μέσω της συγκλίνουσας υπακολουθίας, έπεται $||x_{k+1}-x|| \ge 1, \, \forall x \in X_k$ . Ειδικά $\lVert x_m- x_n \rVert \geq 1, \, m\ne n , m,n \in \{1,2,..., k+1\}$ (για τα $1,2,... \, ,k$ είναι στην επαγωγική υπόθεση). Και λοιπά.

Δεν έχω χρόνο για το τελευταίο ερώτημα (για

) αλλά θα το γράψω αργότερα. Για σήμερα έχω βαρύ πρόγραμμμα με ομιλίες που έχω να κάνω όλη μέρα σε συναδέλφους στον όμορφο Πύργο της Ηλείας.

Βιαστικά,

Μιχάλης

#114

nickthegreek έγραψε: 36) Nα αποδείξετε ότι υπάρχει μια ακολουθία στη μοναδιαία μπάλα του ώστε $\lVert x_m-x_n \rVert > \sqrt{2}$ για κάθε $m\neq n$ . Mπορούμε να βελτιώσουμε τη σταθερά;

Ορίζουμε $\displaystyle{x_n= \frac {1}{\sqrt {n^2+n-1}}(e_1+e_2+...\, +e_{n-1} - ne_n)}$ , όπου (e_n)

η συνήθης βάση του l_2

. Έχουμε τότε $\lVert x_n \rVert =1}$ (άμεσο) και για m>n

(ισοδύναμα $m-1\ge n$ ) έχουμε ότι

$\langle x_n,\, x_m \rangle=$

$= \frac {1}{\sqrt {n^2+n-1}\sqrt {m^2+m-1}} \langle e_1+e_2+...\, +e_{n-1} - ne_n,\, e_1+e_2+...\, +e_{m-1} - me_m \rangle$

$\displaystyle{ = \frac {1}{\sqrt {n^2+n-1}\sqrt {m^2+m-1}} ( (n-1) - n-0) = - \frac {1}{\sqrt {n^2+n-1}\sqrt {m^2+m-1}}}$

Άρα

$\lVert x_m-x_n \rVert ^2 = \langle x_m-x_n,\, x_m-x_n \rangle =\lVert x_m \rVert ^2+\lVert x_n \rVert ^2 -2\langle x_m,\, x_n \rangle$

$=2 -2\langle x_m,\, x_n \rangle= 2 +\frac {2}{\sqrt {n^2+n-1}\sqrt {m^2+m-1}}>2 \, {\color {red} (*)}$ ,

οπότε $\lVert x_m-x_n \rVert > \sqrt{2}$ , όπως θέλαμε.

Διόρθωση: Μένει να δείξουμε ότι δεν βελτιώνεται η σταθερά $\sqrt 2$ .

Έστω ακολουθία μοναδιαίων διανυσμάτων με $\lVert x_m-x_n \rVert \ge c > \sqrt{2}$ .

Θα χρησιμοποιήσουμε το γεγονός ότι η μοναδιαία μπάλα του l_2

είναι ασθενώς συμπαγής, δηλαδή υπάρχει υπακολουθία $(x_{n_k})$ της δοθείσας και διάνυσμα

τέτοιο ώστε για κάθε

ισχύει $\lim_k \langle x_{n_k},\, y \rangle = \langle x,\, y \rangle$ . Χωρίς βλάβη, πετώντας όρους αν χρειαστεί, μπορούμε να υποθέσουμε ότι η ίδια η (x_n)

συγκλίνει ασθενώς στο

, οπότε

$\displaystyle{c^2 \le \lVert x_m-x_n \rVert ^2 = \lVert x_m \rVert ^2 + \lVert x_n \rVert ^2- 2\langle x_m,\, x_n \rangle= 2- 2\langle x_m,\, x_n \rangle}$

Παίρνοντας όριο ως προς

στο δεξί μέλος (για

σταθερό), τείνει στο $\displaystyle{ 2- 2\langle x,\, x_n \rangle}$ . Ξαναπαίρνοντας όριο, τείνει στο $\displaystyle{ 2- 2\langle x,\, x \rangle}= 2-2\lVert x \rVert ^2$ . Άρα έχουμε

$\displaystyle{c^2 \le 2-2\lVert x \rVert ^2 < c^2-2\lVert x \rVert ^2}$ , άτοπο.

Αυτό δείχνει ότι η σταθερά $\sqrt 2$ δεν βελτιώνεται.

Φιλικά,

Μιχάλης

Νίκο: Παιδεύτηκα αρκετά να κατασκευάσω την παραπάνω ακολουθία, οπότε με τρώει η περιέργεια ποια ακολουθία έχεις εσύ υπόψη; Μάλιστα είχα δείξει πρώτα το δεύτερο ερώτημα, για την μη βελτίωση της σταθεράς $\sqrt 2$ . Η μέθοδός μου ήταν με γενικά επιχειρήματα βασισμένα στην ακολουθιακή ασθενή συμπάγεια (weak sequaential compactness) της μοναδιαίας σφαίρας του l_2

. Με τα παραπάνω ευτυχώς γλιτώνουμε τα βαριά εργαλεία, αλλά μένω με την απορία κατά πόσο η ακολουθία είναι αρκούντος απλή ή μήπως κάνω τα εύκολα, δύσκολα. Λόγω φόρτου εργασίας δεν τολμώ να αφιερώσω άλλο χρόνο για το ίδιο θέμα...

#115

nickthegreek έγραψε: 36) Nα αποδείξετε ότι υπάρχει μια ακολουθία στη μοναδιαία μπάλα του ώστε $\lVert x_m-x_n \rVert > \sqrt{2}$ για κάθε $m\neq n$ . Mπορούμε να βελτιώσουμε τη σταθερά;

Έχει καιρό να παρακολουθήσω το θέμα. Ας βάλω και μια απόδειξη διαφορετική από του Μιχάλη. Κοιτάζω όλα τα ζεύγη (m,n)

με

φυσικούς και m < n

. Είναι αριθμήσιμα οπότε μπορώ να τα αντιστοιχίσω στους φυσικούς $1,2,3,\ldots$ με κάποιο τρόπο. [Αν ζητηθεί μπορεί να γίνει και με συγκεκριμένη συνάρτηση αλλά μας είναι αδιάφορο.]

Για κάθε

τώρα κατασκευάζω το $x_k = (x_{k1},x_{k2},\ldots)$ ως εξής: Αν στον φυσικό

αντιστοιχεί κάποιο ζεύγος $(k,\ell)$ θα επιλέξω το $x_{ki}$ θετικό. Αν αντιστοιχεί κάποιο ζεύγος $(\ell,k)$ θα το επιλέξω αρνητικό, και αν δεν αντιστοιχεί κανένα ζεύγος θα το επιλέξω ίσο με

. Ακολούθως κοιτάω μόνο τους δείκτες που θα γράψω μη αρνητικούς αριθμούς, έστω οι $i_1,i_2,\ldots$ και επιλέγω $x_{ki_r} = \pm f(r)$ όπου f(r)

μια ακολουθία θετικών όρων με $\sum f(r) = 1$ (Π.χ. μπορώ να πάρω $f(r) = 1/\sqrt{r(r+1)}$ ) και το πρόσημο όπως το διάλεξα προηγουμένως.

Τώρα είναι προφανές ότι το εσωτερικό γινόμενο των x_m,x_n

είναι αρνητικό για κάθε $m \neq n$ που δίνει $\|x_m - x_n\|^2 > 2$ .

Για την μη βελτίωση δείξτε πιο γενικά το εξής (ελπίζω να μην έκανα λάθος στις πράξεις): Αν $x_1,\ldots,x_k$ σημεία στην μοναδιαία μπάλα του $\ell_2$ με $\|x_m - x_n\| \geqslant \sqrt{2+\varepsilon}$ για κάθε $m\neq n$ τότε $k \leqslant 1+2/\varepsilon$ .

#116

Ισχύει και το παρακάτω:
Έστω $S={x_1,...,x_N}$ ένα υποσύνολο της μοναδιαίας σφαίρας $S^{n-1}$ έτσι ώστε για κάθε i,j

, $\|x_i-x_j\|\geq\sqrt{2}$ . Να αποδειχθεί ότι $N\leq 2n$

nickthegreek · #117

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Νίκο: Παιδεύτηκα αρκετά να κατασκευάσω την παραπάνω ακολουθία, οπότε με τρώει η περιέργεια ποια ακολουθία έχεις εσύ υπόψη; Μάλιστα είχα δείξει πρώτα το δεύτερο ερώτημα, για την μη βελτίωση της σταθεράς $\sqrt 2$ . Η μέθοδός μου ήταν με γενικά επιχειρήματα βασισμένα στην ακολουθιακή ασθενή συμπάγεια (weak sequential compactness) της μοναδιαίας σφαίρας του . Με τα παραπάνω ευτυχώς γλιτώνουμε τα βαριά εργαλεία, αλλά μένω με την απορία κατά πόσο η ακολουθία είναι αρκούντος απλή ή μήπως κάνω τα εύκολα, δύσκολα. Λόγω φόρτου εργασίας δεν τολμώ να αφιερώσω άλλο χρόνο για το ίδιο θέμα...

Κύριε Μιχάλη, καλησπέρα!!

Όχι, δεν έχω κι εγώ κάποιο άλλο παράδειγμα υπ' όψιν μου. Η άσκηση ήταν από τις τελευταίες στα example sheets for linear analysis που είχαμε στο πανεπιστήμιο τον περασμένο Δεκέμβριο, οι οποίες πάντα είναι ιδιαίτερα απαιτητικές...

Το ενοχλητικό μα κι ελπιδοφόρο σε αυτήν, με την πρώτη ματιά, είναι ότι με τα συνηθισμένα μοναδιαία διανύσματα "φτάνεις στην πηγή αλλά νερό δεν πίνεις", που σου δίνει την ελπίδα ότι αν δουλέψεις με πεπερασμένους γραμμικούς συνδυασμούς αυτών ίσως φτάσεις κάπου... οπότε ο μόνος τρόπος που θα μπορούσα να προσεγγίσω εγώ αυτή την άσκηση θα ήταν να αποφασίσω να δουλέψω με πεπερασμένο (χαμηλό αρχικά!) αριθμό μη μηδενικών entries (να μην κοιτάξω για παραδείγματα με συγκλίνουσες σειρές και άπειρα non-zero entries στην κάθε ακολουθία δηλαδή) και απλά να πειραματιστώ για πολλή ώρα... Φυσικά παρακάτω ο Δημήτρης δίνει μια δεύτερη σκέψη πολύ όμορφη...
Θα το σκεφτώ κι εγώ κι αν βρω κάτι άλλο θα σας πω.

Ζητώ συγγνώμη από όλους σας αν καμιά φορά καθυστερώ να απαντήσω...Είναι περίοδος εξετάσεων και η δουλειά τρέχει...

Φιλικά,
Νίκος

#118

nickthegreek έγραψε: 34) Ένας τοπολογικός χώρος καλείται Lindelof αν κάθε open cover έχει αριθμήσιμο subcover. Kαλείται regular αν για κάθε κλειστό υποσύνολοκαι σημείο $x \notin F$ , υπάρχουν ξένα μεταξύ τους ανοικτά σύνολα ώστε $F \subset U, x \subset V$ . Nα αποδείξετε ότι ένας regular Lindelof χώρος είναι normal (κάθε δύο ξένα μεταξύ τους κλειστά σύνολα μπορούν να διαχωριστούν από ξένα μεταξύ τους ανοικτά σύνολα).

Η παρακάτω απόδειξη χρησιμοποιεί ένα τέχνασμα που το έχω δει σε αποδείξεις παρόμοιων θεωρημάτων διαχωρισμού, αλλά δεν μπορώ να το εντοπίσω. Μάλλον το θυμάμαι από τα φοιτητικά μου χρόνια.

Έστω $F,\, G$ ξένα κλειστά υποσύνολα του χώρου. Για κάθε $x\in F$ υπάρχουν εξ υποθέσεως (regular) ξένα ανοικτά σύνολα $A_x, \, B_x$ με $x\in A_x,\, G\subseteq B_x$ .

Από την υπόθεση Lindelof υπάρχουν αριθμήσιμα το πλήθος $A_{x_k}, \, k\in \mathbb N$ που καλύπτουν το

(χρησιμοποίησα το γεγονός ότι κλειστό υποσύνολο ενός Lindelof είναι Lindelof: Αυτό είναι απλό γιατί τα A_x

μαζί με το G^c

καλύπτουν τον χώρο, οπότε από την αριθμήσιμη κάλυψη που προκύπτει μπορούμε να διώξουμε το G^c

, αν χρειαστεί). Για ευκολία συμβολίζω τα $A_{x_k},\, B_{x_k} \, (k\in \mathbb N)$ ως σκέτα $A_k,\, B_k \, (k\in \mathbb N )$ , οπότε $\displaystyle{F\subseteq \cup_k A_k }$ (*) και $\displaystyle{ G\subseteq B_k,\, (\forall k \in \mathbb N)}$ και ακόμη $A_k\cap B_k=\emptyset ,\, (\forall k \in \mathbb N)$

Όμοια, αρχίζοντας από το σύνολο των $y\in G$ , υπάρχουν αριθμήσιμα το πλήθος $C_k,\, D_k, \, (k\in \mathbb N)$ με $F \subseteq C_k,\, \forall k$ (**) και $G \subseteq \cup_k D_k$ και ακόμη $C_k\cap D_k=\emptyset ,\, (\forall k \in \mathbb N)$

Εξετάζουμε τώρα τα σύνολα $A_1\cap C_1, A_2\cap C_1\cap C_2,\, A_3\cap C_1\cap C_2 \cap C_3,...$ (εδώ είναι το τέχνασμα που ανέφερα). Παρατηρούμε ότι είναι ανοικτά ως πεπερασμένες τομές ανοικτών και, λόγω των (*), (**) , η ένωσή τους καλύπτει το

. Και βέβαια είναι ανοικτό σύνολο, ας το ονομάσουμε

.

Όμοια ορίζουμε

το ανοικτό σύνολο που προκύπτει από την ένωση των ανοικτών $D_1\cap B_1, D_2\cap B_1\cap B_2,\, D_3\cap B_1\cap B_2 \cap B_3,...$ , το οποίο καλύπτει το

.

Μένει να δείξουμε ότι τα $U,\, V$ είναι ξένα: Αυτό προκύπτει από το γεγονός ότι κάθε σύνολο της μορφής
$A_m\cap C_1\cap C_2\cap C_3 \cap ... \cap C_m$ είναι ξένο προς κάθε σύνολο της μορφής $D_n\cap B_1\cap B_2\cap B_3 \cap ... \cap B_n$ (είναι άμεσο από τις $A_k\cap B_k=\emptyset = C_k\cap D_k , \,(\forall k \in \mathbb N)$ εξετάζοντας περιπτώσεις $m\ge n$ ή m<n

).

Αυτό ολοκληρώνει την απόδειξη.

Φιλικά,

Μιχάλης

#119

1)

Mihalis_Lambrou έγραψε: Μένει να δείξουμε ότι δεν βελτιώνεται η σταθερά $\sqrt 2$

Έκανα διόρθωση στο προηγούμενο ποστ μου από το σημείο που κοκκίνισα και κάτω.

2)

BAGGP93 έγραψε: Από τα Θεωρήματα Ισομορφισμών έχουμε ότι

$\displaystyle{X/\rm{Ker}(f)\simeq f(X)}$ και αφού ο $\displaystyle{f(X)}$ είναι υπόχωρος του $\displaystyle{\mathbb{C}}$

με $\displaystyle{f\neq \mathbb{O}}$ και $\displaystyle{\dim_{\mathbb{C}}\mathbb{C}=1$ , έπεται ότι $\displaystyle{f(X)=\mathbb{C}}$ .

Επιπλέον, ο $\displaystyle{X/\rm{Ker}(f)}$ εφοδιάζεται με την εξής νόρμα :

$\displaystyle{||\cdot||_{1}:X/\rm{Ker}(f)\longrightarrow \mathbb{R}\,,x+\rm{Ker}(f)\mapsto ||x+\rm{Ker}(f)||_{1}=\inf\,\left\{||x-y||:y\in\rm{Ker}(f)\right\}}$ ...

Ένας γρήγορος τρόπος να δούμε τα παραπάνω χωρίς να επικαλεστούμε βαριά εργαλεία είναι απλά η παρατήρηση ότι αν επιλέξουμε $x_o\notin \ker f$ τυχαίο, τότε κάθε $x \in X$ γράφεται

$\displaystyle{ x = \left ( x - \frac {f(x)}{f(x_o) }x_o\right ) + \frac {f(x)}{f(x_o)} x_o}$ .

Με άλλα λόγια το

γράφεται (και μάλιστα με μοναδικό τρόπο: απλό) ως άθροισμα ενός στοιχείου του $\ker f$ και ενός πολλαπλασίου του x_o

. Τα υπόλοιπα, άμεσα.

3)

BAGGP93 έγραψε: Θα υπάρχει δηλαδή υποακολουθία της ακολουθίας που θα κατασκευάσουμε που δεν θα συγκλίνει.

Προσοχή, μάλλον εννοείς δεν υπάρχει υποακολουθία της ακολουθίας που θα κατασκευάσουμε που συγκλίνει

BAGGP93 · #120

Mihalis_Lambrou έγραψε:
2)
BAGGP93 έγραψε: Από τα Θεωρήματα Ισομορφισμών έχουμε ότι

$\displaystyle{X/\rm{Ker}(f)\simeq f(X)}$ και αφού ο $\displaystyle{f(X)}$ είναι υπόχωρος του $\displaystyle{\mathbb{C}}$

με $\displaystyle{f\neq \mathbb{O}}$ και $\displaystyle{\dim_{\mathbb{C}}\mathbb{C}=1$ , έπεται ότι $\displaystyle{f(X)=\mathbb{C}}$ .

Επιπλέον, ο $\displaystyle{X/\rm{Ker}(f)}$ εφοδιάζεται με την εξής νόρμα :

$\displaystyle{||\cdot||_{1}:X/\rm{Ker}(f)\longrightarrow \mathbb{R}\,,x+\rm{Ker}(f)\mapsto ||x+\rm{Ker}(f)||_{1}=\inf\,\left\{||x-y||:y\in\rm{Ker}(f)\right\}}$ ...
Ένας γρήγορος τρόπος να δούμε τα παραπάνω χωρίς να επικαλεστούμε βαριά εργαλεία είναι απλά η παρατήρηση ότι αν επιλέξουμε $x_o\notin \ker f$ τυχαίο, τότε κάθε $x \in X$ γράφεται

$\displaystyle{ x = \left ( x - \frac {f(x)}{f(x_o) }x_o\right ) + \frac {f(x)}{f(x_o)} x_o}$ .

Με άλλα λόγια το γράφεται (και μάλιστα με μοναδικό τρόπο: απλό) ως άθροισμα ενός στοιχείου του $\ker f$ και ενός πολλαπλασίου του . Τα υπόλοιπα, άμεσα.

3)
BAGGP93 έγραψε: Θα υπάρχει δηλαδή υποακολουθία της ακολουθίας που θα κατασκευάσουμε που δεν θα συγκλίνει.
Προσοχή, μάλλον εννοείς δεν υπάρχει υποακολουθία της ακολουθίας που θα κατασκευάσουμε που συγκλίνει

Γεια σε όλους. Ευχαριστώ κύριε Μιχάλη για τις απαντήσεις. Ως προς το τελευταίο, αυτό ακριβώς εννοώ, θα το διορθώσω.

Ως προς τη δεύτερη παρατήρηση, έχουμε και λέμε : Αν $\displaystyle{x_0\notin \rm{Ker}(f)\iff f(x_0)\neq 0$ , τότε : ( $\displaystyle{x_0\neq 0}$ )

$\displaystyle{\forall\,x\in X: x+\rm{Ker}(f)=\left[\left(x-\dfrac{f(x)}{f(x_0)}\,x_0\right)+\rm{Ker}(f)\right]+\left[\dfrac{f(x)}{f(x_0)}\,x_0+\rm{Ker}(f)\right]=\dfrac{f(x)}{f(x_0)}\,x_0+\rm{Ker}(f)$

Ουσιαστικά, ορίσατε την απεικόνιση $\displaystyle{g:X/\rm{Ker}(f)\longrightarrow \mathbb{C}\,,g(x+\rm{Ker}(f))=\dfrac{f(x)}{f(x_0)}$ , σωστά ;

Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Μέλη σε σύνδεση