(Слабая) сходимость в гилб. пространстве

[id]

Решал задачку из Кириллова, возникли вопросы

Цитата:

Пусть дана последовательносте векторов из гильбертова пространства $\{x_i\}_{i=1}^{\infty}: \ \| x_i \| = 1, \ <x_i,x_j> = c$. Показать, что $x_i$ слабо сходится.

Можно показать, что такая система будет линейно независисима при $c \neq 1$, достаточно посчитать определитель матрицы, где все элементы $c$ кроме главной диагонали, где единицы.

Хорошо, мы можем ввести $L:=span \{x_i\}_{i=1}^{\infty}$ и его замыкание $\bar L$, которое гильбертово.

Дальше в указаниях предлагается показать, что если $y_n := \frac 1 n \sum\limits_{i=1}^{n} x_i$, то $y_n$ сильно сходится. Этот момент смущает. Да, $\forall i \in \mathbb N \ \lim\limits_{n\to \infty}<x_i,y_n> = c$. Да, тогда для любого конечного набора $\{x_i\}_{i=1}^N$ можно получить то же самое. Так а разве отсюда следует сразу сильная сходимость в $\bar L$?

[ShMaxG]

Фундаментальность $y_n$ вроде не сложно показать можно.

[id]

Пожалуй, да, скобки только в $<\frac 1 n \sum\limits_{i=1}^{n} x_i - \frac 1 m \sum\limits_{i=1}^{m} x_i, \frac 1 n \sum\limits_{i=1}^{n} x_i - \frac 1 m \sum\limits_{i=1}^{m} x_i>$ раскрывать долго. Члены, содеражищие сразу и $n$, и $m$ неожиданно удачно сокращаются.

Сначала пробовал доказать,что если скалярные произведения элементов тотальной линейной системы с элементами данной последовательности (которые все в $L$) сходятся, то последовательность сходится; но это глупость и банально неверно.

Ну а конец у задачи простой (к тому же достаточно рассматривать функционалы, заваемые только векторами из $\bar L$).

[terminator-II]

id в сообщении #312267 писал(а):

Решал задачку из Кириллова, возникли вопросы
Quote:
Пусть дана последовательносте векторов из гильбертова пространства $\{x_i\}_{i=1}^{\infty}: \ \| x_i \| = 1, \ <x_i,x_j> = c$. Показать, что $x_i$ слабо сходится.

Гипотеза. А не является ли последовательность $\{x_i\}$ базисом Шаудера в $\overline{span\{x_i\}}$?
Проверять надо вот, что (это критерий базиса Шаудера):
Верно ли, что существует такое $K>0$, что для любой последовательности чисел $\{a_i\}$ будет

$$\|\sum_{i=1}^na_ix_i\|\le K\|\sum_{i=1}^ma_ix_i\|$$

при любых $n<m$. Вот я что-то не соображу иногда мне кажется что это так, а иногда -- нет.

[ShMaxG]

(Здесь была ошибка).

[terminator-II]

ShMaxG в сообщении #312538 писал(а):

$n=2, \, m=3$, $a_1=0$. Тогда

в конечномерном пространстве любой базис является базисом Шаудера, так что нижеследующую чепуху уже можно не читать

[ShMaxG]

Я всего лишь построил отрицание к Вашему утверждению, и подобрал соответствующий пример.

[terminator-II]

ShMaxG в сообщении #312538 писал(а):

$n=2, \, m=3$, $a_1=0$. Тогда

$\[\begin{gathered} a_1^2 + a_2^2 + 2{a_1}{a_2}c \leqslant K\left( {a_1^2 + a_2^2 + a_3^2} \right) + 2cK\left( {{a_1}{a_2} + {a_1}{a_3} + {a_2}{a_3}} \right) \Leftrightarrow \hfill \\ \Leftrightarrow a_2^2 \leqslant K\left( {a_2^2 + a_3^2} \right) + 2cK{a_2}{a_3} \Leftrightarrow a_3^2K + 2{a_3} \cdot cK{a_2} + a_2^2\left( {K - 1} \right) \geqslant 0 \hfill \\ \end{gathered} \]$

Для любого $K>0$ можно указать такие $a_3$ и $a_2$, что это не выполнено. Для этого достаточно

$\[{c^2}{K^2} - 4a_2^2\left( {K - 1} \right) > 0\]$

Если $\[K \leqslant 1\]$, то это выполнено. Если $K>1$, то примем
$ \[a_2^2 < \frac{{{c^2}{K^2}}} {{4\left( {K - 1} \right)}}\]$. Тогда достаточно взять $\[{a_3} = - \frac{{cK{a_2}}} {K}\] $.

Кажется, так.

сначала научитесь дискриминанты считать , а потом стройте контрпримеры к стандартным теоремам

[ShMaxG]

(Оффтоп)

Да, я там ошибся. Но

1) Контрпример к теореме я не строил, и не собирался.
2) И совершенно не обязательно меня при всех опускать из-за какой-то опечатки.

[terminator-II]

Всетаки это базис Шаудера.

Утв. Пусть $\{x_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ -- линейно независимая последовательность векторов в гильбертовом пространстве $H$, такая, что
$(x_i,x_j)=c<1$ при $i\ne j$и $\|x_i\|=1$. Тогда эта последовательность является базисом Шаудера в замыкании своей линейной оболочки.

(Из этого , в частности, следует утверждение в начальном посте)

Док-во. Будем проверять критери , сформулированный выше. Будем считать, что $c\ge 0$ для остальных $c$ рассуждения аналогичны.

$$\|\sum_1^na_kx_k\|^2=\sum_1^n a_k^2+2c\sum_{1\le i<j\le n}a_ia_j.$$

Теперь пусть $m>n$ тогда

$$K\|\sum_1^ma_kx_k\|^2-\|\sum_1^na_kx_k\|^2=(K-1)\sum_1^n a_k^2+\sum_{n+1}^ma_k^2+c(2(K-1)\sum_{1\le i<j\le n}a_ia_j+2\sum_{i\le n<j\le m}a_ia_j+2\sum_{n<i<j\le m}a_ia_j)$$

Константа $K>1$ подлежит определению.
Это будет равно вот чему

$$(K-1)(1-c)\sum_1^na_k^2+(1-c)\sum_{n+1}^ma_k^2+c((K-1)(\sum_1^na_k)^2+(\sum_{n+1}^ma_k)^2+2\sum_{i\le n<j}a_ia_j)$$

Причем
$\sum_{i\le n<j}a_ia_j\ge-\sqrt{\sum_1^na_k^2}\sqrt{\sum_{n+1}^ma_k^2}$
Отсюда

$$K\|\sum_1^ma_kx_k\|^2-\|\sum_1^na_kx_k\|^2\ge (K-1)(1-c)A^2+(1-c)B^2-2cAB$$

где $A=\sqrt{\sum_1^na_k^2},\quad B=\sqrt{\sum_{n+1}^ma_k^2}$.
Для того, чтобы правая часть последнего неравенства была $\ge 0$ при любых $A,B$ достаточно выбрать $K$ так, что

$$\frac{c^2}{(1-c)^2}\le K-1.$$

чтд

[terminator-II]

terminator-II в сообщении #313232 писал(а):

$\sum_{i\le n<j}a_ia_j\ge-\sqrt{\sum_1^na_k^2}\sqrt{\sum_{n+1}^ma_k^2}$

что-то с этим неравенством не так. Увы.

[id]

terminator-II
Я решил было, что оно из Коши-Буняковского выводится.
А Вы?

[Padawan]

А угол между $x_n$ и $\mathrm{span} \{x_1,\ldots, x_{n-1}\}$ к нулю стремится? Как быстро? Видимо, только от скорости стремления к нулю этого угла $\alpha_n$ зависит образует ли система $\{x_i\}_{i=1}^\infty$ базис Шаудера или нет.

[terminator-II]

Мое "доказательство" не спасти

[ewert]

terminator-II в сообщении #312504 писал(а):

Проверять надо вот, что (это критерий базиса Шаудера):
Верно ли, что существует такое $K>0$, что для любой последовательности чисел $\{a_i\}$ будет

$$\|\sum_{i=1}^na_ix_i\|\le K\|\sum_{i=1}^ma_ix_i\|$$

при любых $n<m$.

Что-то я ничего не понимаю. Разве такие последовательности иксов вообще бывают?...