Norma w przestrzeni liniowej

Analiza funkcjonalna, operatory liniowe. Analiza na rozmaitościach. Inne zagadnienia analizy wyższej
Bran
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 421
Rejestracja: 19 lut 2019, o 19:30
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 163 razy
Pomógł: 16 razy

Norma w przestrzeni liniowej

Post autor: Bran »

Udowodnić, że:

1. W każdej przestrzeni liniowej można określić normę.

2. Jeśli przestrzeń jest nieskończenie wymiarowa, to można w niej określić dwie nierównoważne normy.

Niestety nie mam pomysłu jak to wykazać, proszę o jakieś sugestie i pomoc.
Awatar użytkownika
Janusz Tracz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 4060
Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: hrubielowo
Podziękował: 79 razy
Pomógł: 1391 razy

Re: Norma w przestrzeni liniowej

Post autor: Janusz Tracz »

W \(\displaystyle{ (1)}\) zauważ, że to jest szczególny przypadek stwierdzenia iż w dowolnym zbiorze można określić metrykę. Dowód to jawne wskazanie metryki. Niech \(\displaystyle{ d_d:X \times X\to \RR_{+}}\) dane wzorem \(\displaystyle{ d_d(x,y)=0}\), gdy \(\displaystyle{ x=y}\) oraz \(\displaystyle{ 1}\) w przeciwnym wypadku (czyli metryka dyskretna). Jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest przestrzenną liniową to generujemy normę za pomocą metryki \(\displaystyle{ \left| \left|x \right| \right|_{X}:=d_d(0,x) }\).
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22173
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3748 razy

Re: Norma w przestrzeni liniowej

Post autor: a4karo »

Janusz Tracz pisze: 26 kwie 2021, o 23:29 W \(\displaystyle{ (1)}\) zauważ, że to jest szczególny przypadek stwierdzenia iż w dowolnym zbiorze można określić metrykę. Dowód to jawne wskazanie metryki. Niech \(\displaystyle{ d_d:X \times X\to \RR_{+}}\) dane wzorem \(\displaystyle{ d_d(x,y)=0}\), gdy \(\displaystyle{ x=y}\) oraz \(\displaystyle{ 1}\) w przeciwnym wypadku (czyli metryka dyskretna). Jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest przestrzenną liniową to generujemy normę za pomocą metryki \(\displaystyle{ \left| \left|x \right| \right|_{X}:=d_d(0,x) }\).

No to sprawdź warunki normy przy tej konstrukcji
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 34128
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

Re: Norma w przestrzeni liniowej

Post autor: Jan Kraszewski »

Janusz Tracz pisze: 26 kwie 2021, o 23:29W \(\displaystyle{ (1)}\) zauważ, że to jest szczególny przypadek stwierdzenia iż w dowolnym zbiorze można określić metrykę.
Na pewno? To norma zadaje metrykę, a nie metryka normę...

JK
Awatar użytkownika
Janusz Tracz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 4060
Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: hrubielowo
Podziękował: 79 razy
Pomógł: 1391 razy

Re: Norma w przestrzeni liniowej

Post autor: Janusz Tracz »

Dobra sprawdziłem nie działa. Nie ma tak łatwo. Myślałem, że uda się to bezboleśnie odwrócić, ale jak teraz nad tym myślę, to to się nie mogło udać...

Dodano po 51 minutach 36 sekundach:
Jest już zbyt późno na pisanie szczegółów, ale mam inny pomysł. Jeśli \(\displaystyle{ X}\) byłaby linową przestrzenną \(\displaystyle{ n}\) wymiarową to będzie izomorficzna z \(\displaystyle{ \RR^n}\). I przez ten izomorfizm można by spróbować przenieść normę z \(\displaystyle{ \RR^n}\) na \(\displaystyle{ X}\). Dla przestrzeni nieskończenie wymiarowych trzeba pewnie inaczej.
Ostatnio zmieniony 27 kwie 2021, o 02:19 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Bran
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 421
Rejestracja: 19 lut 2019, o 19:30
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 163 razy
Pomógł: 16 razy

Re: Norma w przestrzeni liniowej

Post autor: Bran »

Poszukałem w Internecie, musiałem to mocno przeanalizować, ale pierwszy przypadek można udowodnić jakoś tak:

Niech \(\displaystyle{ \left\{e_u\right\}_{u \in U}}\) będzie bazą Hamela przestrzeni liniowej \(\displaystyle{ X.}\) Wówczas dla dowolnego \(\displaystyle{ x \in X}\) i \(\displaystyle{ u \in U}\) istnieje dokładnie jedna liczba \(\displaystyle{ \alpha_u(x)}\) (w ciele nad przestrzenią \(\displaystyle{ X}\)) o tej własności, że \(\displaystyle{ x = \sum_{u \in U} \alpha_u(x) \cdot e_u}\), czyli po ludzku mówiąc wektor \(\displaystyle{ x}\) jest kombinacją liniową wektora z bazy, a \(\displaystyle{ \alpha_u(x)}\) współczynnikami tej kombinacji.

Wystarczy pokazać, że \(\displaystyle{ F: X \rightarrow \RR, \; \; F(x) = \sum_{u \in U} |\alpha_u(x)|}\) jest normą.

Musi zachodzić dodatnia jednorodność
\(\displaystyle{ ||\alpha x|| = |\alpha| \; ||x|| }\)
Ustalmy więc dowolny wektor \(\displaystyle{ x}\) i dowolny skalar \(\displaystyle{ \alpha}\) wówczas mamy:

\(\displaystyle{ \sum_{u \in U} |\alpha \cdot \alpha_u(x)|}\)
Korzystając z własności, że wartość bezwzgledna z iloczynu, to iloczyn wartości bezwględnych i wyrzucając stałą przed znak sumy otrzymuję:
\(\displaystyle{ |\alpha| \sum_{u \in U} |\alpha_u(x)|}\)
czyli to co chciałem.

Teraz nierówność trójkąta
\(\displaystyle{ ||x+y|| \le ||x|| + ||y||}\)

(tutaj nie wiem czy dobrze zapisałem warunek, jeśli źle bardzo proszę o skorygowanie mnie)
Wychodząc od lewej strony mam: \(\displaystyle{ \sum_{u \in U} |\alpha_u(x) + \alpha_u(y)|}\)
co korzystając z tego, że wartość bezwzględna z sumy jest nie większa od sumy wartości bezwzglednych daje:
\(\displaystyle{ \sum_{u \in U} |\alpha_u(x) + \alpha_u(y)| \le \sum_{u \in U} |\alpha_u(x)| + |\alpha_u(y)|}\)
a następnie rozbijam to na dwie sumy i otrzymuję:
\(\displaystyle{ \sum_{u \in U} |\alpha_u(x) + \alpha_u(y)| \le \sum_{u \in U} |\alpha_u(x)| + |\alpha_u(y)| = \sum_{u \in U} |\alpha_u(x)| + \sum_{u \in U}|\alpha_u(y)|}\)
więc również ten warunek jest spełniony

Wystarczy pokazać warunek o niezdegenrowaniu:
\(\displaystyle{ ||x|| = 0 \Rightarrow x = 0}\)
Przez kontrapozycję, niech \(\displaystyle{ \alpha_u(x)}\) będzie dowolną liczbą z ciała skalarów różną od zera.

Więc \(\displaystyle{ |\alpha_u(x)| > 0}\) ponieważ w bazie musi być chociaż jeden wektor, to \(\displaystyle{ U}\) jest niepuste.
Zatem \(\displaystyle{ \sum_{u \in U} |\alpha_u(x)|}\) jest sumą liczb dodatnich, więc musi być większa od zera, czyli różna od zera.
Co kończy dowód.

Proszę o potwierdzenie czy dobrze myślę.


No i zostaje wtedy podpunkt 2. zadania - tutaj nic nie znalazłem, nawet pomysłu, więc będę wdzięczny za każdą pomoc.
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: Norma w przestrzeni liniowej

Post autor: Dasio11 »

Przy tych samych oznaczeniach wystarczy określić

\(\displaystyle{ \left\| \sum_{u \in U} \alpha_u \cdot e_u \right\| = \sum_{u \in U} \frac{|\alpha_u|}{h(u)}}\),

gdzie \(\displaystyle{ h : U \to \NN}\) jest jakąkolwiek funkcją nieograniczoną.
ODPOWIEDZ