msleziak.com

FMFI UK
https://msleziak.com/forum/

Priestor $\ell_2$ a kontrapríklad k $S^{\bot\bot}=S$

https://msleziak.com/forum/viewtopic.php?t=1654

Page 1 of 1

Priestor $\ell_2$ a kontrapríklad k $S^{\bot\bot}=S$

Posted: Thu Mar 11, 2021 10:16 am
by Martin Sleziak
Vlastnosti ako $S^{\bot\bot}=S$ alebo $V=S\oplus S^\bot$ sme dokázali pre prípad, že $S$ je podpriestor konečnorozmerného priestoru $V$ so skalárnym súčinom.

Na tomto predmete nás zaujímajú hlavne konečnorozmerné priestory, ale ak to nie je príliš náročné, tak možno nie je na škodu spomenúť, prečo tieto veci neplatia v nekonečnorozmernom prípade. (Podľa toho či stihnem, niečo takéto občas prejdem na cviku - ale väčšinou nie.)

Predtým, než sa do toho pustím, tak spomeniem že ak sa niekde budete učiť (alebo už učili) o Hilbertových priestorch, tak tam sa dozviete, že $$S^{\bot\bot}=\overline S,$$ t.j. ak urobíme dvakrát ortogonálny doplnok, dostaneme uzáver daného priestoru (danej množiny). Teda ak niekto už vie niečo takéto, tak kontrapríklad na rovnosť $S^{\bot\bot}=S$ sa dá nájsť ľahko - stačí zobrať ľubovoľný nekonečnorozmerný Hilbertov priestor a v ňom nejaký podpriestor, ktorý nie je uzavretý. (Stručne povedané: S vedomosťami z vyšších ročníkov je kontrapríklad, ktorý tu robíme, ľahké nájsť. Ale aj s prváckymi vedomosťami by mal byť zvládnuteľný, ak nám niekto poradí, čo použiť ako náš priestor, aký skalárny súčin použiť, aký podpriestor si vybrať.)

Tiež spomeniem, že ak sa niekde budete učiť o Banachových priestoroch, tak jeden dôležitý príklad sú $\ell_p$-priestory. Ja tu použijem priestor $\ell_2$, čo je špeciálny prípad pre $p=2$.
Spoiler:
Niektorí z informatikov ste mi na hodine prezradili, že niečo o Banachových priestoroch ste už počuli - neviem či aj o Hilbertových priestoroch.
Keďže do tohoto topicu možno zavítajú aj prváci matematici, tak spomeniem, že na odbore matematika sa Hilbertovými priestormi budete detailne zaoberať na funkcionálnej analýze v treťom ročníku.
Tento príklad je aj v poznámkach k prednáške - príklad 1.2.10. Tu ho skúsim rozpísať trochu viac takým spôsobom, aby ste ho mohli skúsiť urobiť samostatne. (T.j. ako postupnosť nejakých hintov, pričom detaily riešenia budú skryté, takže si ich môžete najskôr vyskúšať sami.)

Priestor $\ell_2$

Posted: Thu Mar 11, 2021 10:21 am
by Martin Sleziak
Budeme pracovať s vektorovým priestorom $$V=\ell_2=\{(x_k)_{k=0}^\infty; \sum_{k=0}^\infty x_k^2<+\infty\}$$ a so skalárnym súčinom $$\langle x,y \rangle = \sum_{k=0}^\infty x_ky_k.$$

Dalo by sa povedať, že sa tento skalárny súčin trochu podobá na štandardný skalárny súčin na $\mathbb R^n$, ale máme teraz (spočítateľne) nekonečne veľa súradníc. (Ako uvidíme, to že sme nezobrali všetky postupnosti ale iba tie, kde "dĺžka" je konečná, je dôležité.)

Teda budeme postupne chcieť urobiť toto:
  • Dokázať, že $\ell_2$ je skutočne vektorový priestor.
  • Dokázať, že uvedený predpis skutočne dáva skalárny súčin na $\ell_2$.
  • Nájsť podpriestor $S$ taký, že $S\ne S^{\bot\bot}$.
$\ell_2$ je vektorový priestor$\newcommand{\sumti}[1]{\sum\limits_{#1=0}^\infty}$

Väčšina podmienok je overiteľná veľmi jednoducho, jediná s ktorou je viac práce, je overenie či z $x,y\in\ell_2$ vyplýva $x+y\in\ell_2$.

Chceme teda zdôvodniť, že rad
$$\sumti k (x_k+y_k)^2$$
konverguje, ak vieme, že konvergujú rady $\sumti k x_k^2$ a $\sumti k y_k^2$.

Asi pomôže nejako skúsiť upraviť vyjadrenie pre tento rad.
Spoiler:
\begin{align*}
\sumti k (x_k+y_k)^2
&=\sumti k (x_k^2+2x_ky_k+y_k^2)\\
&=\sumti k x_k^2+2 \sumti k x_ky_k+ \sumti k y_k^2
\end{align*}
Dostali sme sa do situácie, že nám stačí overiť konvergenciu nejakého iného radu.
Spoiler:
Vieme, že $\sumti k x_k^2<+\infty$ a $\sumti k y_k^2<+\infty$, chceli by sme ukázať, že
$$\sumti k x_ky_k<+\infty.$$
Pomôže ak by sme vedeli nejako odhadnúť jeho čiastočnú sumu.
Spoiler:
Poznáme nejaký odhad pre
$$\sum_{k=1}^n x_ky_k\le ???$$
Tu už je prezradené aký odhad chceme použiť:
Spoiler:
Využijeme nerovnosť
$$\sum_{k=1}^n x_ky_k\le \sqrt{\sum_{k=1}^n x_k^2}\cdot\sqrt{\sum_{k=1}^n x_k^2},$$
čo je presne Cauchy-Schwarzova nerovnosť pre štandardný skalárny súčin na $\mathbb R^n$.
Nie je teraz už ťažké dostať to čo potrebujeme:
Spoiler:
Ak v $$\sum_{k=1}^n x_ky_k\le \sqrt{\sum_{k=1}^n x_k^2}\cdot\sqrt{\sum_{k=1}^n x_k^2}$$ na obe strany aplikujeme limitu pre $n\to\infty$, tak dostaneme
$$\sumti k x_ky_k\le \sqrt{\sumti k x_k^2}\cdot\sqrt{\sumti k x_k^2}.$$
Uvedený predpis určuje skalárny súčin
Chceme sa presvedčiť, že predpis
$$\langle x,y\rangle = \sumti k x_ky_k$$
nám skutočne dáva skalárny súčin na priestore $\ell_2$.

Prvá vlastnosť, ktorú chceme overiť je, že uvedený výraz pre postupnosti $x,y\in\ell_2$ skutočne dá reálne číslo (t.j. že to je konečná suma).
Všetky ostatné vlastnosti skalárneho súčinu sa už potom overia ľahko.

Pri kontrole, že uvedená suma je konečná, nám pomôže postup, ktorý sme použili v predošlej časti, keď sme overovali, že $x+y\in\ell_2$.
Spoiler:
Už sme overili, že
$$\sumti k x_ky_k\le \sqrt{\sumti k x_k^2}\cdot\sqrt{\sumti k x_k^2}$$
z čoho ľahko dostaneme aj
$$\left|\sumti k x_ky_k\right| \le \sumti k |x_ky_k| \le \sqrt{\sumti k x_k^2}\cdot\sqrt{\sumti k x_k^2}.$$
Teda ak $\sumti k x_k^2<+\infty$ a $\sumti k y_k^2<+\infty$, tak aj suma
$$\langle x,y\rangle = \sumti k x_ky_k$$
je konečná.

Re: Priestor $\ell_2$ a kontrapríklad k $S^{\bot\bot}=S$

Posted: Thu Mar 11, 2021 10:26 am
by Martin Sleziak
Teraz v priestore $V=\ell_2$ chceme zobrať vhodný podpriestor $S$, konkrétne taký, že $S^{\bot\bot}=S$.

Postupnosti s konečným nosičom$\newcommand{\sumti}[1]{\sum\limits_{#1=0}^\infty}$

Náš podpriestor bude:
$$S=\{x=(x_n)_{n=0}^\infty; \text{ iba konečne veľa členov postupnosti je nenulových}\}.$$
Overiť, že to je skutočne podpriestor, je dosť priamočiare.
Spoiler:
Určite platí inklúzia $S\subseteq\ell_2$. V sume $\sumti k x_k^2$ je len konečne veľa nenulových členov, teda je určite konečná.

Ak si označíme ako $\operatorname{supp}(x)$ množinu tých indexov, pre ktoré je člen postupnosti $x=(x_k)$ nenulový, t.j.
$$\operatorname{supp}(x)=\{k\in\mathbb N; x_k\ne0\}$$
tak platí
\begin{align*}
\operatorname{supp}(cx)&=\operatorname{supp}(x),\\
\operatorname{supp}(x+y)&\subseteq \operatorname{supp}(x)\cup \operatorname{supp}(y).
\end{align*}
Z toho nie je ťažké vidieť, že pre $x,y\in S$ máme aj $cx\in S$ a $x+y\in S$.
Poznamenám, že pre túto množinu sa niekedy používa aj označenie $c_{00}$, tu som ho však nechcel použiť. Označenie $c_{00}$ sa typicky používa pre tento priestor s inou normou, než je tá, ktorú by sme dostali zo skalárneho súčinu na $\ell_2$.

Ortogonálny doplnok

Mali by sme teraz zistiť, čomu sa rovná $S^\bot$.

Ortogonálny doplnok je:
Spoiler:
Skúste si rozmyslieť, že $S^\bot=\{0\}$.
Jedna možnosť ako to zdôvodniť:
Spoiler:
Pre každé $i\in\mathbb N$ zoberme postupnosť $e^{i}$, ktorá má všade nuly, iba na $i$-tom mieste jednotku, t.j.
$$e^{i}_k=
\begin{cases}
1 & i=i, \\
0 & \text{inak}.
\end{cases}
$$
Pomôžu nám pri zdôvodnení rovnosti $S^\bot=\{0\}$ nejako tieto postupnosti?
Tu je to vysvetlené trochu detailnejšie:
Spoiler:
Stačí si rozmyslieť, že $e^{(i)}\in S$ (pre každé $i\in\mathbb N$). A tiež to, čo sa stane ak urobíme skalárny súčin $\langle x,e^{i}\rangle$.
A tu je to už naozaj dokončené.
Spoiler:
Ak $x\in S^\bot$, tak pre každé $i\in\mathbb N$ máme $\langle x,e^{(i)}\rangle=0$.
Súčasne priamo z definície nášho skalárneho súčinu vidíme, že
$$\langle x,e^{(i)}\rangle = x_i.$$
To znamená, že $x_i=0$ pre každé $i$, a teda $x=0$.
Ak sme už našli $S^\bot$, tak nie je ťažké dostať aj $S^{\bot\bot}$.
Spoiler:
V ľubovoľnom priestore so skalárnym súčinom máme $V=\{0\}^\bot$. teda v našom prípade máme
$$S^{\bot\bot} = \{0\}^\bot = \ell_2.$$

Kontrapríklady, ktoré sme dostali

Videli sme, že v konečnorozmerných euklidovských priestoroch platí pre ľubovoľný podpriestor
  • $S^{\bot\bot}=S$
  • $S\oplus S^\bot=V$
Z toho, čo sme si rozmysleli doteraz, vidíme, že v $\ell_2$ máme kontrapríklad na obe tieto rovnosti. Teda v nekonečnorozmerných priestoroch takéto niečo (vo všeobecnosti) neplatí.

K prvej rovnosti:
Spoiler:
Máme $S^{\bot\bot}=\ell_2$.
Súčasne $S\ne\ell_2$, napríklad postupnosť $x=(x_k)$ definovaná ako $x_k=\frac1k$ určite patrí do $\ell_2$, pretože
$$\sumti k \frac1{(k+1)^2}<+\infty.$$
Táto postupnosť ale nepatrí do $S$.
K druhej rovnosti:
Spoiler:
Máme $S^\bot=\{0\}$, a teda
$$S\oplus S^\bot = S\oplus\{0\} = S \ne \ell_2.$$

Re: Priestor $\ell_2$ a kontrapríklad k $S^{\bot\bot}=S$

Posted: Thu Mar 11, 2021 10:27 am
by Martin Sleziak
Pridám ešte nejaké linky na miesta, kde sa dá nájsť niečo podobné:
All times are UTC+01:00
Page 1 of 1

Powered by phpBB® Forum Software © phpBB Limited