Ослабить две нормы

[AGu]

Пусть $X$ — произвольное векторное пространство над $\mathbb R$.
Для любой пары норм $\|{\cdot}\|_1,\|{\cdot}\|_2$ на $X$ норма $\|{\cdot}\|_1+\|{\cdot}\|_2$, очевидно, сильнее $\|{\cdot}\|_1$ и $\|{\cdot}\|_2$.
Для любой ли пары норм $\|{\cdot}\|_1,\|{\cdot}\|_2$ на $X$ существует норма, более слабая, чем $\|{\cdot}\|_1$ и $\|{\cdot}\|_2$ ?

[deep down]

Похоже, что нет. Рассмотрим пространство финитных последовательностей. Определим нормы
$\|(a_0, a_1, a_2, \dots)\|_1 = \sum_{n=1}^\infty 2^{-n}|na_0 - \sum_{k=1}^na_k|$
$\|(a_0, a_1, a_2, \dots)\|_2 = |a_0| + \sum_{n=1}^\infty 2^{-n}|\frac{1}{n}\sum_{k=1}^na_k|$
Для $N\geq 1$ запишем $(N, 0, 0, \dots) = (N, 1, \dots, 1, 0, 0, \dots) - (0, 1, \dots, 1, 0, 0, \dots)$, где единицы присутствуют на координатах от $1$ до $N$.
Тогда для более слабой нормы
$\|(N, 0, 0..)\|\leq\| (N, 1, \dots, 1, 0, 0, \dots)\|_1 + \|(0, 1, \dots, 1, 0, 0, \dots)\|_2 \leq \\ \sum_{n=N+1}^\infty 2^{-n}\cdot n + \sum_{n=1}^\infty 2^{-n}\cdot 1 $
Поскольку ряды сходятся, получаем ограниченность нормы любого кратного нулевого орта - противоречие.
Интереснее геометрическая интерпретация. Норма - это функционал Минковского своего единичного шара. И здесь как раз построены два выпуклых множества, которые не содержат лучей, но в их выпуклой оболочке луч есть.

[NSKuber]

Мне не очень нравится, как вы посчитали норму первого вектора. Почему сумма от $N+1$? Видимо, у вас там первые $N$ членов сокращаются, но мы под модулем умножаем $N$ на $n$ и вычитаем $n$ единиц. При $N>1$ это не ноль, и не ограничивается сверху чем-нибудь, не зависящим от $N$. Да и все дальнейшие члены ограничиваются тогда уж не $2^{-n}n$, а $2^{-n}nN$.

[AGu]

Простите, у меня все еще не появилось время для полноценного участия.

Я не вникал в пример deep down, виноват. Но ответ правильный. Вот это замечание, наверное, самое ценное:

deep down в сообщении #1023009 писал(а):

Норма - это функционал Минковского своего единичного шара. И здесь как раз построены два выпуклых множества, которые не содержат лучей, но в их выпуклой оболочке луч есть.

Действительно, выпуклая оболочка объединения шаров двух разных норм может содержать луч/прямую.

Я хочу предложить публике доказать следующий, на мой взгляд, удивительный факт.

• Существуют две такие нормы, что выпуклая оболочка объединения их единичных шаров совпадает со всем пространством.
• Более того, в любом бесконечномерном пространстве есть две такие нормы.
• Более того, для любой нормы есть вторая такая.

Вроде, имеется простое доказательство (во всяком случае, идейно прозрачное).

[red_alert]

Рассмотрим векторное пространство счетной размерности и его базис Гамеля $\{e_n: n \in \mathbb{Z}\}$. Пусть $\| \cdot \|_\infty$ - равномерная норма, т. е. $\| \sum \limits_{n \in \mathbb{Z}} \alpha_n e_n \|_\infty = \max \limits_{n \in \mathbb{Z}} |\alpha_n|$. Построим норму $\| \cdot \|'$ такую, что выпуклая оболочка объединения шаров норм $\| \cdot \|_\infty$ и $\| \cdot \|'$ будет содержать прямую.

Известно, что существует норма с заданными значениями на любом линейно независимом множестве. Поскольку множество $\{k e_0 + e_k: k \in \mathbb{Z}\}$ линейно независимо, можно выбрать норму $\| \cdot \|'$ так, что $\| k e_0 + e_k \| = 1$ для всех $k \in \mathbb{Z}$.

Докажем теперь, что прямая $\{\lambda e_0: \lambda \in \mathbb{R}\}$ лежит в выпуклой оболочке объединения шаров. Благодаря выпуклости достаточно доказать, что там лежит $\{k e_0: k \in \mathbb{Z}\}$. А это так, поскольку для $k \in \mathbb{Z}$

$$k e_0 = \frac{1}{2} (e_0 - e_{k-1}) + \frac{1}{2} ((k-1) e_0 + e_{k-1}),$$

причем $\|e_0 - e_{k-1}\|_\infty = 1$ и $\| (k-1) e_0 + e_{k-1} \|' = 1$.

Этот пример можно усовершенствовать, выбирая $\| \cdot \|'$ так, что $\| k e_n + e_{n+k} \| = 1$ для всех $k, n \in \mathbb{Z}$ (вроде бы, множество $\{k e_n + e_{n+k}: k, n \in \mathbb{Z}\}$ тоже линейно независимо). Тогда аналогично можно доказать, что выпуклая оболочка объединения шаров содержит прямые $\{\lambda e_n: \lambda \in \mathbb{R}\}$ для всех $n \in \mathbb{Z}$. А отсюда уже легко получается, что выпуклая оболочка равна всему пространству.

[red_alert]

red_alert в сообщении #1024594 писал(а):

множество $\{k e_n + e_{n+k}: k, n \in \mathbb{Z}\}$ тоже линейно независимо

Это неправда, конечно: оно содержит весь базис и этим не исчерпывается.

Гипотеза: множество $\{k e_n + e_{n+k}: k \in \mathbb{Z} \setminus \{0\}, n \in \mathbb{Z}\}$ линейно независимо.

(Ясно, что доказательство не пострадает от замены множества.)

[grizzly]

red_alert в сообщении #1024685 писал(а):

Гипотеза: множество $\{k e_n + e_{n+k}: k \in \mathbb{Z} \setminus \{0\}, n \in \mathbb{Z}\}$ линейно независимо.

Обозначим $g_{kn}=k e_n + e_{n+k}$. Если нигде не сбился, то:
$g_{20}-g_{11}+g_{10}+3(g_{-2,0}-g_{-1,-1}-g_{-1,0})=0$.
Ну или как-то так. В любом случае ожидать линейной независимости я бы не стал.

[red_alert]

grizzly в сообщении #1024720 писал(а):

$g_{20}-g_{11}+g_{10}+3(g_{-2,0}-g_{-1,-1}-g_{-1,0})=0$.

Да, Вы правы. Я придумал другой пример.

Пусть $\{e_n : n \in \mathbb{N}\}$ - базис Гамеля и $g \colon \mathbb{Z} \times \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ - инъекция такая, что $\forall k \in \mathbb{Z}\;\forall n \in \mathbb{N}\;n \le g(k,n)$.

Положим $x_{k,n} := k e_n + \sum \limits_{\substack{i=1 \\ i \ne n}}^{g(k,n)} e_i$ и заметим, что множество $\{x_{k,n}: k \in \mathbb{Z} \setminus \{0\}, n \in \mathbb{N}\}$ линейно независимо. Это следует из того, что у вектора $x_{k,n}$ первые $g(k,n)$ координат в разложении по базису ненулевые, а остальные нулевые, и инъективности $g$.

Выберем норму $\| \cdot \|'$ так, чтобы она на этом множестве была равна единице. Тогда для $k \in \mathbb{Z} \setminus \{0\}$, $n \in \mathbb{N}$

$$k e_n = \frac{1}{2} (2 k e_n + \sum \limits_{\substack{i=1 \\ i \ne n}}^{g(2k,n)} e_i) + \frac{1}{2} (- \sum \limits_{\substack{i=1 \\ i \ne n}}^{g(2k,n)} e_i) = \frac{1}{2} x_{2k,n} + \frac{1}{2} (- \sum \limits_{\substack{i=1 \\ i \ne n}}^{g(2k,n)} e_i),$$

причем $\|x_{2k,n}\|' = 1$, $\| - \sum \limits_{\substack{i=1 \\ i \ne n}}^{g(2k,n)} e_i \|_\infty = 1$.

Значит, выпуклая оболочка содержит все прямые вдоль базисных векторов, а следовательно, и все пространство.

[grizzly]

red_alert
Я ошибок не вижу. Правда я не спец по теме и хотел бы задать пару вопросов.
Почему Вы ограничиваетесь только пространствами счётной линейной размерности? Нам что-то мешает проделать дословно то же для сепарабельных гильбертовых, например (пусть с базисом Шаудера)?
Если я правильно понял, для доказательства существенны только два момента: способность подобрать / записать подходящее линейно-независимое множество и теорема Хана-Банаха. Второе нас ничем не ограничивает для любых пространств из условия задачи.

[red_alert]

grizzly в сообщении #1025151 писал(а):

Почему Вы ограничиваетесь только пространствами счётной линейной размерности? Нам что-то мешает проделать дословно то же для сепарабельных гильбертовых, например (пусть с базисом Шаудера)?

Вроде, аналогично можно доказать, что прямые вдоль базисных векторов будут лежать в выпуклой оболочке, но со всем пространством она может не совпадать. Разложение по базису Шаудера может быть бесконечным, а в выпуклой оболочке - конечные выпуклые комбинации.

Если ее дополнительно замкнуть (по норме, относительно которой брали базис Шаудера), то да, получится все пространство.

grizzly в сообщении #1025151 писал(а):

Если я правильно понял, для доказательства существенны только два момента: способность подобрать / записать подходящее линейно-независимое множество и теорема Хана-Банаха. Второе нас ничем не ограничивает для любых пространств из условия задачи.

Наверное, можно подобрать линейно независимое множество и для произвольной линейной размерности.

[grizzly]

red_alert в сообщении #1025256 писал(а):

в выпуклой оболочке - конечные выпуклые комбинации.

Да, спасибо, -- это я упустил из внимания.

[deep down]

AGu, просьба поделиться полным решением. Никак не могу придумать, что делать в случае произвольного пространства

[grizzly]

(deep down)

Нужно выделять с цветом, чтобы адресат заметил ссылку на себя: AGu.
(Кликните на моём, например, цветном имени слева от этого сообщения и посмотрите, как оно отобразилось в окне набора сообщения.)

[AGu]

Подсказываю: «всюду плотный базис Гамеля».

[deep down]

AGu в сообщении #1030545 писал(а):

Подсказываю: «всюду плотный базис Гамеля».

Да про него и думаю. Красивого решения никак не вырисовывается, одни нагромождения, "добавим сюда, чтобы заткнуть дырку там"