Полно ли l^2 с равномерной нормой?

[fyodor95]

Нужно выяснить, полно ли $l^2$ с нормой $||x||_\infty=\sup\limits_n |x_n|$.

Вот, как я пытался доказать, что $l^2$ в этой норме полно.

Пусть $\lbrace x^{(n)} \rbrace=\lbrace (x_1^{(n)},x_2^{(n)},x_3^{(n)}, \ldots)\rbrace$ – фундаментальная последовательность в $l^2$, то есть $\forall \varepsilon\,\,\,\exists N: \forall n,m>N\,\,\, \rho(x^{(n)},x^{(m)})=\sup\limits_k|x_k^{(n)}-x_k^{(m)}|<\varepsilon$. Тогда для любого $k$ справедливо $|x_k^{(n)}-x_k^{(m)}|<\varepsilon$, следовательно, существует предел $x_k:=\lim\limits_{n \to \infty} x_k^{(n)}$. Остаётся доказать (если это, конечно, правда), что $x=(x_1,x_2,x_3, \ldots)\in l^2$, то есть, что $\sum \limits_{k=1}^{\infty} x_k^2<\infty$. Вот это у меня никак не получается.

[Someone]

fyodor95 в сообщении #1082133 писал(а):

Вот это у меня никак не получается.

И не получится.

Контрпример придумайте.

[demolishka]

А известно ли Вам что-нибудь про пространство $l^\infty?$

[fyodor95]

Someone в сообщении #1082139 писал(а):

fyodor95 в сообщении #1082133 писал(а):

Вот это у меня никак не получается.

Контрпример придумайте.

Кажется, придумал!
Положим $x_k^{(n)}:=\cfrac{1}{k^{\frac{1}{2}+\frac{1}{n}}}$. Тогда $x_k:=\lim\limits_{n \to \infty} x_k^{(n)}=\lim\limits_{n \to \infty}\cfrac{1}{k^{\frac{1}{2}+\frac{1}{n}}}=\frac{1}{\sqrt{k}}=:x_k$.
Ряд $\sum \limits_{k=1}^{\infty}\cfrac{1}{k^{1+\frac{2}{n}}}$ сходится, а ряд $\sum \limits_{k=1}^{\infty}\cfrac{1}{k}$ – расходится.

-- 14 дек 2015, 19:32 --

Правда, что-то никак не получается доказать фундаментальность описанной последовательности $x^{(n)}$. Похоже, что она не фундаментальна.

[iancaple]

fyodor95 в сообщении #1082149 писал(а):

Правда, что-то никак не получается доказать фундаментальность описанной последовательности $x^{(n)}$. Похоже, что она не фундаментальна.

А Вы не забыли, что фундаментальность нужна именно в равномерной норме? В норме $l_2$ конечно не будет фундаментальна, так как $||x^{(n)}||_2\to\infty$
А

$$\max_k|\frac 1{k^{\frac 12+\frac 1n}}-\frac 1{k^{\frac 12+\frac 1m}}|$$

оценивается через

$$\max_k|\frac d{dx}k^x|_{x=-\frac 12}|$$

[fyodor95]

Ну, вроде и фундаментальность доказал.
Число

$$\frac 1{k^{\frac 12+\frac 1n}}$$

при фиксированном $k$ и увеличивающемся $n$ возрастает (проверяется взятием производной, как было написано постом выше), поэтому справедливо, что

$$\frac 1{k^{\frac 12+\frac 1N}}<\frac 1{k^{\frac 12+\frac 1n}},\frac 1{k^{\frac 12+\frac 1m}}<\frac 1{\sqrt{k}}.$$

Тогда, выбирая по данному $\varepsilon$ число $N$ так, чтобы

$$\frac 1{\sqrt{k}}-\frac 1{k^{\frac 12+\frac 1N}}<\varepsilon,$$

получим требуемое неравенство

$$\sup_k\left\lvert\frac 1{k^{\frac 12+\frac 1n}}-\frac 1{k^{\frac 12+\frac 1m}}\right\rvert<\varepsilon.$$