Matematyka.pl

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.

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 \(\displaystyle{ \left| \left|x \right| \right|_{X}:=d_d(0,x) }\).

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

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

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.

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.

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.