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.
Norma w przestrzeni liniowej
- Janusz Tracz
- Użytkownik
- Posty: 4079
- Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: hrubielowo
- Podziękował: 80 razy
- Pomógł: 1396 razy
Re: Norma w przestrzeni liniowej
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 \(\displaystyle{ \left| \left|x \right| \right|_{X}:=d_d(0,x) }\).
-
- Użytkownik
- Posty: 22224
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 38 razy
- Pomógł: 3757 razy
Re: Norma w przestrzeni liniowej
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
-
- Administrator
- Posty: 34312
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5203 razy
Re: Norma w przestrzeni liniowej
Na pewno? To norma zadaje metrykę, a nie metryka normę...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.
JK
- Janusz Tracz
- Użytkownik
- Posty: 4079
- Rejestracja: 13 sie 2016, o 15:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: hrubielowo
- Podziękował: 80 razy
- Pomógł: 1396 razy
Re: Norma w przestrzeni liniowej
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.
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.
Powód: Poprawa wiadomości.
-
- 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
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.
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.
- Dasio11
- Moderator
- Posty: 10232
- Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 40 razy
- Pomógł: 2365 razy
Re: Norma w przestrzeni liniowej
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.
\(\displaystyle{ \left\| \sum_{u \in U} \alpha_u \cdot e_u \right\| = \sum_{u \in U} \frac{|\alpha_u|}{h(u)}}\),
gdzie \(\displaystyle{ h : U \to \NN}\) jest jakąkolwiek funkcją nieograniczoną.