Ok, więc zawiesiłem się na następującym zadaniu
W przestrzeni funkcji \(\displaystyle{ C_0 (0,1]}\) z normą supremum i wiedząc, że \(\displaystyle{ f(0)=0}\) każdą z funkcji z tej przestrzeni rozszerzamy następująco:
\(\displaystyle{ f(x)=\left\{\begin{array}{l} f(x), x \in [0,1]\\f(1), x>1\\-f(-x), x<0 \end{array}\right.}\)
Udowodnij, że operatory \(\displaystyle{ A_n}\) zdefiniowane wzorem \(\displaystyle{ A_nf= \frac{1}{2} \left[ f \left( x+ \frac{1}{n} \right) +f \left( x- \frac{1}{n} \right) \right]}\) zbiegają w mocnej topologii do operatora identycznościowego tzn. \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \|A_n f - f\|=0}\), ale nie jest prawdą, że \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \|A_n-I\|=0}\)
Zbieżność punktową do pierwszej części zadania pokazać chyba łatwo.
\(\displaystyle{ \lim_{0 \to \infty } \frac{1}{2} \left[ f \left( x+ \frac{1}{n} \right) +f \left( x- \frac{1}{n} \right) \right] = \frac{1}{2} \cdot 2f(x)=f(x)}\)
Czyli \(\displaystyle{ A_nf}\) punktowo dąży do \(\displaystyle{ f}\).
Wydaje mi się, że następnie trzeba pokazać, że \(\displaystyle{ \|A_nf-f\|}\) jest mniejsze od epsilona? Jeśli tak to jakieś wskazówki?
Nie wiem też za bardzo jaki kontrprzykład podać do drugiej części zadania.
Zbieżnośc operatorów liniowych
Zbieżnośc operatorów liniowych
Ostatnio zmieniony 16 wrz 2014, o 13:05 przez lukasz1804, łącznie zmieniany 1 raz.
-
metamatyk
- Użytkownik
- Posty: 107
- Rejestracja: 26 lip 2004, o 02:38
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 6 razy
Zbieżnośc operatorów liniowych
Część pierwsza. Najpierw ustalamy \(\displaystyle{ \epsilon}\). Z ciągłości \(\displaystyle{ f}\) wiemy, że znajdziemy taką \(\displaystyle{ \delta}\), że \(\displaystyle{ |f(x+\frac{1}{n})-f(x)|<\epsilon}\) oraz
\(\displaystyle{ |f(x-\frac{1}{n})-f(x)|<\epsilon}\)
Stąd
\(\displaystyle{ ||A_{n}f-f||=||\frac{f(x+\frac{1}{n})}{2}-\frac{f(x)}{2}
+\frac{f(x)}{2}-\frac{f(x-\frac{1}{n})}{2}||<\epsilon}\)
Gdzie ostatnia nierówność to najprostsza nierówność trójkąta.-- 20 września 2014, 21:22 --Część druga
Załóżmy nie wprost, że \(\displaystyle{ ||A_{n}f-f||\to 0.}\) Zdefiniujmy ciąg funkcyjny:
\(\displaystyle{ f_{n}(x)= \begin{cases} 1\;\mbox{dla}\;x\geq\frac{1}{2}\\
n(x-\frac{1}{2}+\frac{1}{n})\;\mbox{dla}\;x\in\bigg(\frac{1}{2}-\frac{1}{n},\frac{1}{2}\bigg)\\
0\;\mbox{dla}\;x\leq\frac{1}{2}-\frac{1}{n}
\end{cases}}\)
Oczywiście ciąg leży na sferze jednostkowej w tej przestrzeni. Stąd można użyć go do szacowania normy operatora.
\(\displaystyle{ ||A_{n}f-f||\geq||A_{n}f_{n}-f_{n}||\geq\frac{1}{2}\bigg|\bigg|f_{n}(\frac{1}{2}+\frac{1}{n})-f_{n}(\frac{1}{2})+f_{n}(\frac{1}{2})-f_{n}(\frac{1}{2}-\frac{1}{n})\bigg|\bigg|=\frac{1}{2}(1-1+1-0)=\frac{1}{2}}\)
\(\displaystyle{ |f(x-\frac{1}{n})-f(x)|<\epsilon}\)
Stąd
\(\displaystyle{ ||A_{n}f-f||=||\frac{f(x+\frac{1}{n})}{2}-\frac{f(x)}{2}
+\frac{f(x)}{2}-\frac{f(x-\frac{1}{n})}{2}||<\epsilon}\)
Gdzie ostatnia nierówność to najprostsza nierówność trójkąta.-- 20 września 2014, 21:22 --Część druga
Załóżmy nie wprost, że \(\displaystyle{ ||A_{n}f-f||\to 0.}\) Zdefiniujmy ciąg funkcyjny:
\(\displaystyle{ f_{n}(x)= \begin{cases} 1\;\mbox{dla}\;x\geq\frac{1}{2}\\
n(x-\frac{1}{2}+\frac{1}{n})\;\mbox{dla}\;x\in\bigg(\frac{1}{2}-\frac{1}{n},\frac{1}{2}\bigg)\\
0\;\mbox{dla}\;x\leq\frac{1}{2}-\frac{1}{n}
\end{cases}}\)
Oczywiście ciąg leży na sferze jednostkowej w tej przestrzeni. Stąd można użyć go do szacowania normy operatora.
\(\displaystyle{ ||A_{n}f-f||\geq||A_{n}f_{n}-f_{n}||\geq\frac{1}{2}\bigg|\bigg|f_{n}(\frac{1}{2}+\frac{1}{n})-f_{n}(\frac{1}{2})+f_{n}(\frac{1}{2})-f_{n}(\frac{1}{2}-\frac{1}{n})\bigg|\bigg|=\frac{1}{2}(1-1+1-0)=\frac{1}{2}}\)