Mam problem z zadaniem, w zasadzie z końcówką.
Czy następujące odwzorowanie jest ciągłe, lipschitzowe lub zwężające:
\(\displaystyle{ f:l^1\rightarrow l^1, f(x_1,x_2,x_3,...)=(x_1x_2,x_3x_4,x_5x_6,...)}\)
\(\displaystyle{ ||f(x)-f(y)||=||(x_1x_2,x_3x_4,x_5x_6,...)-(y_1y_2,y_3y_4,y_5y_6,...)||=
\\|x_1x_2-y_1y_2|+|x_3x_4-y_3y_4|+...=
\\|x_1x_2-x_1y_2+x_1y_2-y_1y_2|+
\\|x_3x_4-x_3y_4+x_3y_4-y_3y_4|+...\le
\\|x_1x_2-x_1y_2|+|x_1y_2-y_1y_2|+
\\|x_3x_4-x_3y_4|+|x_3y_4-y_3y_4|+...\le
\\|x_1||x_2-y_2|+|y_2||x_1-y_1|+
\\|x_3||x_4-y_4|+|y_4||x_3-y_3|+
\\|x_5||x_6-y_6|+|y_6||x_3-y_4|+...=
L(|x_1-y_1|+|x_2-y_2|+|x_3-y_3|+...)}\)
Nie wiem jak "ładnie" zapisać stałą L, widzę jakąś zależność ale nic mi nie przychodzi do głowy, może jakieś maximum czy coś...
Ciągłość odwzorowania
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15688
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: Ciągłość odwzorowania
Odwzorowanie to jest ciągłe, natomiast nie jest lipszycowskie.
Szacowania, które zauważyłeś, prowadzą np. do tego, że (przy standardowej normie w \(\displaystyle{ \ell^1}\): \(\displaystyle{ \|x\|= \sum_{n=1}^{+\infty}|x_n|}\), gdzie \(\displaystyle{ x=(x_n)_{n=1}^{+\infty}}\))
\(\displaystyle{ \|f(x)-f(y)\|\le\left(\max\left\{ \max_{i\in \NN, 2\nmid i}|x_i|, \max_{i\in \NN, 2|i}|y_i|\right\} \right) \cdot \|x-y\|}\)
Weźmy teraz ciąg \(\displaystyle{ x^{(m)}}\) elementów \(\displaystyle{ \ell^1}\) zbieżny do pewnego \(\displaystyle{ x\in \ell^1}\).
Niech \(\displaystyle{ x=(x_i)_{i=1}^{\infty}, \ x^{(m)}=\left(x^{(m)}_i\right)_{i=1}^{\infty}}\)
Dla każdego \(\displaystyle{ m\in \NN^+}\) będzie
\(\displaystyle{ \left \|f(x)-f\left(x^{(m)}\right)\right\|\le\left(\max\left\{ \max_{i\in \NN, 2\nmid i}|x_i|, \max_{i\in \NN, 2|i}\left|x^{(m)}_i\right|\right\} \right) \cdot \left\|x-x^{(m)}\right\|}\)
Teraz klasyczny fakt, że każdy ciąg zbieżny w przestrzeni metrycznej jest ograniczony daje nam, że
\(\displaystyle{ \left\|x^{(m)}\right\|\le M}\) dla pewnego \(\displaystyle{ M>0}\) i wszystkich \(\displaystyle{ m\in \NN^+}\). Weźmy pewne takie \(\displaystyle{ M>0}\).
No i mamy trywialne oszacowanie
\(\displaystyle{ \max\left\{ \max_{i\in \NN, 2\nmid i}|x_i|, \max_{i\in \NN, 2|i}\left|x^{(m)}_i\right|\right\}\le \|x\|+\left\|x^{(m)}\right\|\le \|x\|+M}\),
czyli
\(\displaystyle{ \left \|f(x)-f\left(x^{(m)}\right)\right\|\le(\|x\|+M) \cdot \left\|x-x^{(m)}\right\|}\),
stąd jeśli
\(\displaystyle{ \left\|x-x^{(m)}\right\|\stackrel{m\to+\infty}\longrightarrow 0}\), to
\(\displaystyle{ \left \|f(x)-f\left(x^{(m)}\right)\right\|\stackrel{m\to +\infty}\longrightarrow 0}\)
Może teraz coś na temat niespełniania warunku Lipschitza:
ustalmy dowolne \(\displaystyle{ A>B>0, \ k\in \NN^+}\) i niech
\(\displaystyle{ x_n= \begin{cases} A \text{ dla }1\le n\le 2k \\ 0 \text{ dla }n>2k \end{cases}}\)
oraz
\(\displaystyle{ y_n= \begin{cases} B \text{ dla }1\le n\le 2k \\ 0 \text{ dla }n>2k \end{cases}}\)
W sposób oczywisty ciągi \(\displaystyle{ x=(x_n), \ y=(y_n)}\) są elementami \(\displaystyle{ \ell^1}\).
Ponadto
\(\displaystyle{ \|x-y\|=2k(A-B)}\)
oraz
\(\displaystyle{ \|f(x)-f(y)\|=k(A^2-B^2)=\frac{A+B}{2}\|x-y\|}\)
Bierzemy teraz np. \(\displaystyle{ A=3B, \ B\rightarrow +\infty}\)
Stąd chyba widzisz, że odwzorowanie nie może być lipszycowskie, a więc zwężające też nie, gdyż odwzorowanie zwężające to odwzorowanie lipszycowskie ze stałą \(\displaystyle{ L\in (0,1)}\).
Szacowania, które zauważyłeś, prowadzą np. do tego, że (przy standardowej normie w \(\displaystyle{ \ell^1}\): \(\displaystyle{ \|x\|= \sum_{n=1}^{+\infty}|x_n|}\), gdzie \(\displaystyle{ x=(x_n)_{n=1}^{+\infty}}\))
\(\displaystyle{ \|f(x)-f(y)\|\le\left(\max\left\{ \max_{i\in \NN, 2\nmid i}|x_i|, \max_{i\in \NN, 2|i}|y_i|\right\} \right) \cdot \|x-y\|}\)
Weźmy teraz ciąg \(\displaystyle{ x^{(m)}}\) elementów \(\displaystyle{ \ell^1}\) zbieżny do pewnego \(\displaystyle{ x\in \ell^1}\).
Niech \(\displaystyle{ x=(x_i)_{i=1}^{\infty}, \ x^{(m)}=\left(x^{(m)}_i\right)_{i=1}^{\infty}}\)
Dla każdego \(\displaystyle{ m\in \NN^+}\) będzie
\(\displaystyle{ \left \|f(x)-f\left(x^{(m)}\right)\right\|\le\left(\max\left\{ \max_{i\in \NN, 2\nmid i}|x_i|, \max_{i\in \NN, 2|i}\left|x^{(m)}_i\right|\right\} \right) \cdot \left\|x-x^{(m)}\right\|}\)
Teraz klasyczny fakt, że każdy ciąg zbieżny w przestrzeni metrycznej jest ograniczony daje nam, że
\(\displaystyle{ \left\|x^{(m)}\right\|\le M}\) dla pewnego \(\displaystyle{ M>0}\) i wszystkich \(\displaystyle{ m\in \NN^+}\). Weźmy pewne takie \(\displaystyle{ M>0}\).
No i mamy trywialne oszacowanie
\(\displaystyle{ \max\left\{ \max_{i\in \NN, 2\nmid i}|x_i|, \max_{i\in \NN, 2|i}\left|x^{(m)}_i\right|\right\}\le \|x\|+\left\|x^{(m)}\right\|\le \|x\|+M}\),
czyli
\(\displaystyle{ \left \|f(x)-f\left(x^{(m)}\right)\right\|\le(\|x\|+M) \cdot \left\|x-x^{(m)}\right\|}\),
stąd jeśli
\(\displaystyle{ \left\|x-x^{(m)}\right\|\stackrel{m\to+\infty}\longrightarrow 0}\), to
\(\displaystyle{ \left \|f(x)-f\left(x^{(m)}\right)\right\|\stackrel{m\to +\infty}\longrightarrow 0}\)
Może teraz coś na temat niespełniania warunku Lipschitza:
ustalmy dowolne \(\displaystyle{ A>B>0, \ k\in \NN^+}\) i niech
\(\displaystyle{ x_n= \begin{cases} A \text{ dla }1\le n\le 2k \\ 0 \text{ dla }n>2k \end{cases}}\)
oraz
\(\displaystyle{ y_n= \begin{cases} B \text{ dla }1\le n\le 2k \\ 0 \text{ dla }n>2k \end{cases}}\)
W sposób oczywisty ciągi \(\displaystyle{ x=(x_n), \ y=(y_n)}\) są elementami \(\displaystyle{ \ell^1}\).
Ponadto
\(\displaystyle{ \|x-y\|=2k(A-B)}\)
oraz
\(\displaystyle{ \|f(x)-f(y)\|=k(A^2-B^2)=\frac{A+B}{2}\|x-y\|}\)
Bierzemy teraz np. \(\displaystyle{ A=3B, \ B\rightarrow +\infty}\)
Stąd chyba widzisz, że odwzorowanie nie może być lipszycowskie, a więc zwężające też nie, gdyż odwzorowanie zwężające to odwzorowanie lipszycowskie ze stałą \(\displaystyle{ L\in (0,1)}\).