Grupowanie wyrazów szeregu w przestrzeniach Banacha

Analiza funkcjonalna, operatory liniowe. Analiza na rozmaitościach. Inne zagadnienia analizy wyższej
matmatmm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2282
Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Sosnowiec
Podziękował: 88 razy
Pomógł: 351 razy

Grupowanie wyrazów szeregu w przestrzeniach Banacha

Post autor: matmatmm »

Znane mi jest następujące twierdzenie:

Tw. 1 Niech \(\displaystyle{ A}\) będzie zbiorem (co najwyżej) przeliczalnym oraz \(\displaystyle{ A=\bigcup_{j\in J}A_j}\) dla pewnego zbioru indeksów \(\displaystyle{ J}\) i pewnych zbiorów \(\displaystyle{ A_j}\) parami rozłącznych. Ponadto dana jest funkcja \(\displaystyle{ \phi:A\rightarrow [0,\infty)}\). Wówczas
\(\displaystyle{ \sum_{a\in A}\phi_a=\sum_{j\in J}\sum_{a\in A_j}\phi_a}\)

Moje pytanie jest następujące: Czy prawdziwa jest następująca hipoteza:

Niech \(\displaystyle{ A}\) będzie zbiorem (co najwyżej) przeliczalnym oraz \(\displaystyle{ A=\bigcup_{j\in J}A_j}\) dla pewnego zbioru indeksów \(\displaystyle{ J}\) i pewnych zbiorów \(\displaystyle{ A_j}\) parami rozłącznych. Ponadto dana jest funkcja \(\displaystyle{ \phi:A\rightarrow X}\) (gdzie \(\displaystyle{ X}\) jest przestrzenią Banacha) taka, że \(\displaystyle{ \sum_{a\in A}\|\phi_a\|<\infty}\). Wtedy
\(\displaystyle{ \sum_{a\in A}\phi_a=\sum_{j\in J}\sum_{a\in A_j}\phi_a}\)

Co do moich prób dowodu, to na pewno korzystając z twierdzenia 1 mamy \(\displaystyle{ \sum_{a\in A}\|\phi_a\|=\sum_{j\in J}\sum_{a\in A_j}\|\phi_a\|}\) i wszystkie szeregi są bezwzględnie zbieżne, a więc bezwarunkowo zbieżne. Niestety nie wiem co dalej. Również naśladowanie dowodu twierdzenia 1 jest raczej niemożliwe, bo korzysta on ze struktury porządkowej \(\displaystyle{ \RR}\).
Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 10211
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 40 razy
Pomógł: 2359 razy

Re: Grupowanie wyrazów szeregu w przestrzeniach Banacha

Post autor: Dasio11 »

Skoro zbiory nie są poindeksowane, to przyjmę że

\(\displaystyle{ \sum_{u \in U} \phi_u = s \iff (\forall \varepsilon > 0)(\exists W \underset{\text{sk.}}{\subseteq} U)(\forall W \subseteq V \underset{\text{sk.}}{\subseteq} U) \, \left| \sum_{v \in V} \phi_v - s \right| \leqslant \varepsilon}\).

Niech \(\displaystyle{ s = \sum_{a \in A} \phi_a}\). Aby wykazać prawdziwość zdania

\(\displaystyle{ (\forall \varepsilon > 0)(\exists L \underset{\text{sk.}}{\subseteq} J)(\forall L \subseteq K \underset{\text{sk.}}{\subseteq} J) \, \left| \sum_{k \in K} \sum_{a \in A_k} \phi_a - s \right| \leqslant \varepsilon}\),

ustalmy \(\displaystyle{ \varepsilon > 0}\) i weźmy \(\displaystyle{ C \underset{\text{sk.}}{\subseteq} A}\) spełniający

\(\displaystyle{ (\forall C \subseteq B \underset{\text{sk.}}{\subseteq} A) \, \left| \sum_{b \in B} \phi_b - s \right| \leqslant \frac{\varepsilon}{2}}\).

Dla każdego \(\displaystyle{ c \in C}\) można znaleźć \(\displaystyle{ j_c \in J}\), takie że \(\displaystyle{ c \in A_{j_c}}\). Zbiór \(\displaystyle{ L = \{ j_c : c \in C \}}\) jest taki jak trzeba - ustalmy bowiem dowolny \(\displaystyle{ L \subseteq K \underset{\text{sk.}}{\subseteq} J}\) i dla każdego \(\displaystyle{ k \in K}\) weźmy \(\displaystyle{ B_k \underset{\text{sk.}}{\subseteq} A_k}\), taki że

\(\displaystyle{ \left| \sum_{b \in B_k} \phi_b - \sum_{a \in A_k} \phi_a \right| \leqslant \frac{\varepsilon}{2 |K|}}\).

Możemy dodatkowo założyć, że \(\displaystyle{ B_k \supseteq C \cap A_k}\). Wtedy z jednej strony

\(\displaystyle{ \left| \sum_{k \in K} \sum_{b \in B_k} \phi_b - \sum_{k \in K} \sum_{a \in A_k} \phi_a \right| \leqslant \sum_{k \in K} \left| \sum_{b \in B_k} \phi_b - \sum_{a \in A_k} \phi_a \right| \leqslant \frac{\varepsilon}{2}}\).

Z drugiej zaś \(\displaystyle{ B := \bigcup_{k \in K} B_k}\) jest skończonym nadzbiorem \(\displaystyle{ C}\), zatem

\(\displaystyle{ \left| \sum_{k \in K} \sum_{b \in B_k} \phi_b - s \right| = \left| \sum_{b \in B} \phi_b - s \right| \leqslant \frac{\varepsilon}{2}}\).

Z nierówności trójkąta mamy więc

\(\displaystyle{ \left| \sum_{k \in K} \sum_{a \in A_k} \phi_a - s \right| \leqslant \varepsilon}\),

co kończy dowód.
matmatmm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2282
Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Sosnowiec
Podziękował: 88 razy
Pomógł: 351 razy

Re: Grupowanie wyrazów szeregu w przestrzeniach Banacha

Post autor: matmatmm »

Dasio11 pisze: 26 lis 2021, o 22:56 Skoro zbiory nie są poindeksowane, to przyjmę że

\(\displaystyle{ \sum_{u \in U} \phi_u = s \iff (\forall \varepsilon > 0)(\exists W \underset{\text{sk.}}{\subseteq} U)(\forall W \subseteq V \underset{\text{sk.}}{\subseteq} U) \, \left| \sum_{v \in V} \phi_v - s \right| \leqslant \varepsilon}\).
Mógłbyś wyjaśnić znaczenie symbolu \(\displaystyle{ \underset{\text{sk.}}{\subseteq}}\)? Nie spotkałem się z tego typu definicją. Dla mnie symbol \(\displaystyle{ \sum_{u \in U} \phi_u}\) oznacza
  • dla \(\displaystyle{ U}\) nieskończonych: \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\phi_{u_n}}\), gdzie \(\displaystyle{ (u_n):\NN\rightarrow U}\) jest bijekcją, oczywiście pod warunkiem, że suma ta istnieje dla każdej takiej bijekcji i nie zależy od jej wyboru (a tak jest na pewno dla szeregów bezwarunkowo zbieżnych).
  • dla \(\displaystyle{ U}\) skończonych mocy \(\displaystyle{ k}\): \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^k\phi_{u_n}}\), gdzie \(\displaystyle{ (u_n):\{1,\ldots,k\}\rightarrow U}\) jest bijekcją (tutaj definicja zawsze nie zależy od wyboru tej bijekcji).
Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 10211
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 40 razy
Pomógł: 2359 razy

Re: Grupowanie wyrazów szeregu w przestrzeniach Banacha

Post autor: Dasio11 »

Zapis \(\displaystyle{ A \underset{\text{sk.}}{\subseteq} B}\) oznacza, że \(\displaystyle{ A}\) jest skończonym podzbiorem zbioru \(\displaystyle{ B}\). Natomiast podana przeze mnie definicja sumy jest dość znana i wygodna w użyciu, bo nie wymaga indeksowania zbioru który chcemy zsumować. Jest ponadto równoważna Twojej w sensie: \(\displaystyle{ \sum_{u \in U} \varphi_u = s}\) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej bijekcji \(\displaystyle{ u : \NN \to U}\) zachodzi \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \varphi_{u(n)} = s}\), jak również wtedy i tylko wtedy, gdy dla pewnej bijekcji \(\displaystyle{ u : \NN \to U}\) zachodzi \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} |\varphi_{u(n)}| < \infty}\) oraz \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \varphi_{u(n)} = s}\).

Powyższe oczywiście działa gdy \(\displaystyle{ |U| = \aleph_0}\), bo sumy skończone chyba nie wymagają komentarza.
matmatmm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2282
Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Sosnowiec
Podziękował: 88 razy
Pomógł: 351 razy

Re: Grupowanie wyrazów szeregu w przestrzeniach Banacha

Post autor: matmatmm »

Dasio11 pisze: 21 gru 2021, o 10:03 \(\displaystyle{ \sum_{u \in U} \varphi_u = s}\) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej bijekcji \(\displaystyle{ u : \NN \to U}\) zachodzi \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \varphi_{u(n)} = s}\), jak również wtedy i tylko wtedy, gdy dla pewnej bijekcji \(\displaystyle{ u : \NN \to U}\) zachodzi \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} |\varphi_{u(n)}| < \infty}\) oraz \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \varphi_{u(n)} = s}\).
Chwila, przecież zbieżność bezwarunkowa nie jest równoważna bezwzględnej w dowolnych przestrzeniach Banacha. Przykład:

\(\displaystyle{ U=\NN, \varphi: \NN\rightarrow l^{\infty}, \varphi_n=(0,\ldots,0,\underset{n}{1},0,\ldots)}\)

Edit. Przepraszam, zły przykład, bo ten szereg nie jest zbieżny raczej.
Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 10211
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 40 razy
Pomógł: 2359 razy

Re: Grupowanie wyrazów szeregu w przestrzeniach Banacha

Post autor: Dasio11 »

Fakt, zapomniałem że mowa jest o dowolnej przestrzeni Banacha. W takim razie równoważność
Dasio11 pisze: 21 gru 2021, o 10:03\(\displaystyle{ \sum_{u \in U} \varphi_u = s}\) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej bijekcji \(\displaystyle{ u : \NN \to U}\) zachodzi \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} \varphi_{u(n)} = s}\)
pozostaje prawdziwa, a z tej drugiej się wycofuję.
matmatmm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2282
Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Sosnowiec
Podziękował: 88 razy
Pomógł: 351 razy

Re: Grupowanie wyrazów szeregu w przestrzeniach Banacha

Post autor: matmatmm »

Próbowałem udowodnić równoważność warunku

\(\displaystyle{ (\forall \varepsilon > 0)(\exists W \underset{\text{sk.}}{\subseteq} U)(\forall W \subseteq V \underset{\text{sk.}}{\subseteq} U) \, \left| \sum_{v \in V} \phi_v - s \right| \leqslant \varepsilon}\).

z warunkiem

Dla każdej bijekcji \(\displaystyle{ u:\NN\rightarrow U}\), \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\phi_{u(n)}=s}\)

i udało mi się pokazać jedynie wynikanie z góry na dół. Dowód w drugą stronę niestety nie chce pójść. Po ustaleniu \(\displaystyle{ \varepsilon>0}\) nie wiem jak wskazać zbiór \(\displaystyle{ W}\).
Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 10211
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 40 razy
Pomógł: 2359 razy

Re: Grupowanie wyrazów szeregu w przestrzeniach Banacha

Post autor: Dasio11 »

Niech \(\displaystyle{ U = \{ u_1, u_2, u_3, \ldots \}}\).

Ustalmy \(\displaystyle{ \varepsilon > 0}\) i załóżmy nie wprost, że dla każdego \(\displaystyle{ W \underset{\text{sk.}}{\subseteq} U}\) istnieje \(\displaystyle{ W \subseteq V \underset{\text{sk.}}{\subseteq} U}\), taki że \(\displaystyle{ \left| \sum_{v \in V} \phi_v - s \right| > \varepsilon}\). Można indukcyjnie skonstruować rosnący ciąg \(\displaystyle{ (V_n)}\) skończonych podzbiorów \(\displaystyle{ U}\), taki że dla każdego \(\displaystyle{ n \ge 1}\):

\(\displaystyle{ \bullet}\) \(\displaystyle{ \{ u_1, \ldots, u_n \} \subseteq V_n}\)

\(\displaystyle{ \bullet}\) \(\displaystyle{ \left| \sum_{v \in V_n} \phi_v - s \right| > \varepsilon}\)

Wtedy dowolna bijekcja \(\displaystyle{ v : \NN \to U}\) spełniająca \(\displaystyle{ v \big[ \{ 1, 2, \ldots, |V_n| \} \big] = V_n}\) jest sprzeczna z założeniem.
matmatmm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2282
Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Sosnowiec
Podziękował: 88 razy
Pomógł: 351 razy

Re: Grupowanie wyrazów szeregu w przestrzeniach Banacha

Post autor: matmatmm »

Patrząc na Twój dowód mojej hipotezy
matmatmm pisze: 24 lis 2021, o 12:59 Niech \(\displaystyle{ A}\) będzie zbiorem (co najwyżej) przeliczalnym oraz \(\displaystyle{ A=\bigcup_{j\in J}A_j}\) dla pewnego zbioru indeksów \(\displaystyle{ J}\) i pewnych zbiorów \(\displaystyle{ A_j}\) parami rozłącznych. Ponadto dana jest funkcja \(\displaystyle{ \phi:A\rightarrow X}\) (gdzie \(\displaystyle{ X}\) jest przestrzenią Banacha) taka, że \(\displaystyle{ \sum_{a\in A}\|\phi_a\|<\infty}\). Wtedy
\(\displaystyle{ \sum_{a\in A}\phi_a=\sum_{j\in J}\sum_{a\in A_j}\phi_a}\)
dochodzę do wniosku, że pokazuje on de facto coś takiego:

Niech \(\displaystyle{ A}\) będzie zbiorem (co najwyżej) przeliczalnym oraz \(\displaystyle{ A=\bigcup_{j\in J}A_j}\) dla pewnego zbioru indeksów \(\displaystyle{ J}\) i pewnych zbiorów \(\displaystyle{ A_j}\) parami rozłącznych. Ponadto dana jest funkcja \(\displaystyle{ \phi:A\rightarrow X}\) (gdzie \(\displaystyle{ X}\) jest przestrzenią unormowaną) taka, że szereg \(\displaystyle{ \sum_{a\in A}\phi_a}\) jest zbieżny bezwarunkowo oraz dla każdego \(\displaystyle{ j\in J}\) szereg \(\displaystyle{ \sum_{a\in A_j}\phi_a}\) także jest zbieżny bezwarunkowo. Wtedy
\(\displaystyle{ \sum_{a\in A}\phi_a=\sum_{j\in J}\sum_{a\in A_j}\phi_a}\).

Powstaje mi w głowie pytanie, czy założenie o zbieżności bezwarunkowej każdego z szeregów \(\displaystyle{ \sum_{a\in A_j}\phi_a}\) można pominąć?
Ukryta treść:    
Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 10211
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 40 razy
Pomógł: 2359 razy

Re: Grupowanie wyrazów szeregu w przestrzeniach Banacha

Post autor: Dasio11 »

Niech:

(A) Szereg \(\displaystyle{ \sum_{a \in A} \varphi_a}\) jest zbieżny bezwarunkowo;

(B) Dla każdego \(\displaystyle{ j \in J}\) szereg \(\displaystyle{ \sum_{a \in A_j} \varphi_a}\) jest zbieżny bezwarunkowo;

(C) Zachodzi (B) oraz szereg \(\displaystyle{ \sum_{j \in J} \sum_{a \in A_j} \varphi_a}\) jest zbieżny bezwarunkowo.

(D) Zachodzą (A), (B) i (C) oraz \(\displaystyle{ \sum_{a \in A} \varphi_a = \sum_{j \in J} \sum_{a \in A_j} \varphi_a}\).

Wtedy:

- Z (A) i (B) wynika (D);
- Z (A) nie wynika (B);
- Jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest przestrzenią Banacha, to z (A) wynika (B) (a zatem i (D));
- Nawet gdy \(\displaystyle{ X = \RR}\), z (C) nie wynika (A).

Te twierdzenia wystarczają, żeby wywnioskować każdą nietrywialną implikację (lub jej brak) między podanymi warunkami. ;>
matmatmm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2282
Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Sosnowiec
Podziękował: 88 razy
Pomógł: 351 razy

Re: Grupowanie wyrazów szeregu w przestrzeniach Banacha

Post autor: matmatmm »

Dasio11 pisze: 7 maja 2022, o 21:33 - Z (A) nie wynika (B);
- Jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest przestrzenią Banacha, to z (A) wynika (B);
Dowody tych dwóch są dla mnie nieoczywiste.
Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 10211
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 40 razy
Pomógł: 2359 razy

Re: Grupowanie wyrazów szeregu w przestrzeniach Banacha

Post autor: Dasio11 »

Dasio11 pisze: 7 maja 2022, o 21:33- Z (A) nie wynika (B);
Gdyby wolno było przyjąć \(\displaystyle{ X = \QQ}\), to pomysł byłby taki: rozważmy szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty} q_n}\) dodatnich liczb wymiernych zbieżny do \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\). Niech \(\displaystyle{ A_+}\) i \(\displaystyle{ A_-}\) oznaczają rozłączne kopie \(\displaystyle{ \NN}\) i \(\displaystyle{ A = A_+ \cup A_-}\). Funkcja \(\displaystyle{ \varphi : A \to \RR}\) dana przez \(\displaystyle{ \varphi(n) = q_n}\) dla \(\displaystyle{ n \in A_+}\), \(\displaystyle{ \varphi(n) = -q_n}\) dla \(\displaystyle{ n \in A_-}\) spełnia (A), bo \(\displaystyle{ \sum_{a \in A} \varphi(a) = 0}\), ale nie spełnia (B), bo szereg \(\displaystyle{ \sum_{a \in A_+} \varphi(a)}\) nie jest zbieżny w \(\displaystyle{ \QQ}\).

Ale skoro \(\displaystyle{ X}\) musi być przestrzenią unormowaną, to trzeba dopasować konstrukcję zachowując jej ideę. Przykładowo można przyjąć \(\displaystyle{ X = c_{00}}\) (przestrzeń ciągów o wyrazach rzeczywistych od pewnego miejsca równych \(\displaystyle{ 0}\) z normą supremum - klasyczny przykład przestrzeni unormowanej niezupełnej) i

\(\displaystyle{ q_n = \Big( 0, 0, \ldots, 0, \underset{\substack{\\ \uparrow \\[1ex] \text{poz. } n}}{\frac{1}{n}}, 0, \ldots \Big)}\),

wtedy wszystko działa tak jak poprzednio.
Dasio11 pisze: 7 maja 2022, o 21:33- Jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest przestrzenią Banacha, to z (A) wynika (B);
To konsekwencja faktów:

1. Jeśli \(\displaystyle{ \sum_{a \in A} \varphi_a}\) jest zbieżny, to jest Cauchy'ego.

2. Jeśli \(\displaystyle{ \sum_{a \in A} \varphi_a}\) jest Cauchy'ego i \(\displaystyle{ A_0 \subseteq A}\), to \(\displaystyle{ \sum_{a \in A_0} \varphi_a}\) jest Cauchy'ego.

3. Jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest przestrzenią Banacha i \(\displaystyle{ \sum_{a \in A_0} \varphi_a}\) jest Cauchy'ego, to jest zbieżny.

Szereg \(\displaystyle{ \sum_{a \in A} \varphi_a}\) nazywa się szeregiem Cauchy'ego, jeśli

\(\displaystyle{ (\forall \varepsilon > 0)(\exists C \underset{\text{sk.}}{\subseteq} A)(\forall C \subseteq B_1, B_2 \underset{\text{sk.}}{\subseteq} A) \left| \sum_{a \in B_1} \varphi_a - \sum_{a \in B_2} \varphi_a \right| < \varepsilon}\)

lub równoważnie

\(\displaystyle{ (\forall \varepsilon > 0)(\exists C \underset{\text{sk.}}{\subseteq} A)(\forall B \underset{\text{sk.}}{\subseteq} A \setminus C) \left| \sum_{a \in B} \varphi_a \right| < \varepsilon}\).

Z tych faktów widać też, że kontrprzykład do implikacji z (A) do (B) musiał opierać się na szeregach Cauchy'ego, które nie są zbieżne.
ODPOWIEDZ