равномерная непрерывность и условие Липшища

[mihaild]

Aiyyaa в сообщении #1176812 писал(а):

$\forall \varepsilon > 0 \exists \delta > 0 \forall x,y \in \mathbb{R}: \left|x - y\right| < \delta \rightarrow \left|g(x) - g(y)\right| < \varepsilon$

Не совсем правда. $x$ и $y$ принадлежат области определения $g$, которая не обязательно как-то связана с $\mathbb{R}$.

Теперь докажите, что $\|F_1 x - F_1 y\| \leqslant |f(x(1)) - f(y(1))|$, что $\|x - y\| \leqslant |x(1) - y(1)|$ для $x, y \in l_2$, и из этих двух утверждений и равномерной непрерывности $f$ выведите равномерную непрерывность $F_1$ (цепочкой неравенств, без непонятных переходов "значит так").

[Aiyyaa]

mihaild в сообщении #1176921 писал(а):

Теперь докажите, что $\|F_1 x - F_1 y\| \leqslant |f(x(1)) - f(y(1))|$

по определению нормы в $l_1$
$||F_1x-F_1y||=\sum\limits_{n=1}^{\infty}|F_1(x(n))-F_1(y(n))|=|f(x(1))-f(y(1))|$
и значит
$|f(x(1))-f(y(1))| = |f(x(1))-f(y(1))|$;

mihaild в сообщении #1176921 писал(а):

$\|x - y\| \leqslant |x(1) - y(1)|$

по определению нормы в $l_2$
$||x-y||=\sqrt{\sum\limits_{n=1}^{\infty}|x(n)-y(n)|}$;
но что дальше, я не знаю, потому что последовательности $x$ и $y$ могут быть любыми, так как они не заданы.

[mihaild]

Aiyyaa в сообщении #1177006 писал(а):

но что дальше, я не знаю

Ничего. Тут очевидная опечатка у меня: должно было быть $\|x - y\| \geqslant |x(1) - y(1)|$.

[Aiyyaa]

mihaild в сообщении #1177013 писал(а):

должно было быть $\|x - y\| \geqslant |x(1) - y(1)|$

то есть мне нужно доказать это неравенство:
$ \sqrt{\sum\limits_{n=1}^{\infty}|x(n)-y(n)|^2} \geqslant |x(1) - y(1)|$?
я не знаю, как его доказывать.

[mihaild]

Ну подумайте. Если бы сумма слева была конечной, получилась бы простая задача для 8го класса.

[Aiyyaa]

мне нужно доказывать это неравенство:
$ \sqrt{\sum\limits_{n=1}^{\infty}|x(n)-y(n)|^2} \geqslant |x(1) - y(1)|$?

[Mikhail_K]

Да. А распишите сумму в виде слагаемых, чтобы Вам было проще увидеть.

Например,

$$ \sum\limits_{n=1}^\infty x(n)=x(1)+x(2)+x(3)+\ldots. $$

А Ваша сумма как распишется?

[Aiyyaa]

$ \sqrt{\sum\limits_{n=1}^{\infty}|x(n)-y(n)|^2} =\sqrt{|x(1)-y(1)|^2+|x(2)-y(2)|^2+|x(3)-y(3)|^2+...}$

-- 15.12.2016, 00:57 --

$ \sqrt{|x(1)-y(1)|^2+|x(2)-y(2)|^2+|x(3)-y(3)|^2+...} \geqslant |x(1) - y(1)|$
это неравенство является верным, потому что тут сумма модулей, которые всегда являются неотрицательными, и если предположить, что $x(n)=y(n), n \geqslant 2$, то неравенство превращается в тождество:
$ \sqrt{|x(1)-y(1)|^2} = |x(1) - y(1)|$;
а в случае, если $x(n) \ne y(n), n \geqslant 2$, то из того что к слагаемому $|x(1)-y(1)|^2$ прибавляется положительное число, то корень из $ \sqrt{|x(1)-y(1)|^2+|x(2)-y(2)|^2+|x(3)-y(3)|^2+...} $ будет больше чем $ \sqrt{|x(1)-y(1)|^2}=|x(1)-y(1)|$,
то есть:

$ \sqrt{|x(1)-y(1)|^2+|x(2)-y(2)|^2+|x(3)-y(3)|^2+...} \geqslant |x(1) - y(1)|$

[Aiyyaa]

mihaild в сообщении #1176921 писал(а):

$\|F_1 x - F_1 y\| \leqslant |f(x(1)) - f(y(1))|$, что $\|x - y\| \leqslant |x(1) - y(1)|$ для $x, y \in l_2$, и из этих двух утверждений и равномерной непрерывности $f$ выведите равномерную непрерывность $F_1$ (цепочкой неравенств, без непонятных переходов "значит так").

по определению равномерной непрерывности $f$, то есть
$\forall \varepsilon > 0 \exists \delta > 0 \forall x,y \in \mathbb{R}: \left|x - y\right| < \delta \rightarrow \left|\sqrt[5]{x^2 \sin(x)} - \sqrt[5]{y^2 \sin(y)}\right| < \varepsilon$
и из неравенств $\|F_1 x - F_1 y\| \leqslant |f(x(1)) - f(y(1))|$ и $\|x - y\| \geqslant |x(1) - y(1)|$, которое можно переписать в виде $|x(1) - y(1)| \leqslant \|x - y\|$ в качестве $|x-y|$ из определения равномерной непрерывности $f$ берётся $|x(1)-y(1)|$, а в качестве $\delta $ берётся $\|x - y\|$, то есть $|x(1) - y(1)| \leqslant \|x - y\|$, вероятно, в качестве $|\sqrt[5]{x^2 \sin(x)} - \sqrt[5]{y^2 \sin(y)}| $ нужно брать $|f(x(1)) - f(y(1))|$, но оно, как видно из доказательства

Цитата:

по определению нормы в $l_1$
$||F_1x-F_1y||=\sum\limits_{n=1}^{\infty}|F_1(x(n))-F_1(y(n))|=|f(x(1))-f(y(1))|$
и значит
$|f(x(1))-f(y(1))| = |f(x(1))-f(y(1))|$;

само себе же и равно, то есть $\|F_1 x - F_1 y\| = |f(x(1)) - f(y(1))|$, и поэтому мне не понятно, где тут $\varepsilon$

[mihaild]

У вас есть равномерная непрерывность $f$ - т.е. для каждого $\varepsilon$ вы умеете выбирать $\delta$.
Теперь вам нужно показать, что $F_1$ равномерно непрерывна. У вас есть какое-то $\varepsilon$. В качестве $\delta$ можно взять то же, что было из определения равномерной непрерывности $f$ (спойлер: всё сойдется). Теперь есть пара векторов из $l_2$, с нормой разности не больше $\delta$. Что дальше?

[Aiyyaa]

mihaild в сообщении #1178312 писал(а):

Теперь есть пара векторов из $l_2$, с нормой разности не больше $\delta$. Что дальше?

то есть нужно взять $||x-y|| < \delta$, и тогда из определения равномерной непрерывности $F_1$ :

Цитата:

$ \forall \varepsilon > 0 \exists \delta >0 \forall x,y \in l_2 : \rho (x,y)=\sqrt{\sum\limits_{n=1}^{\infty}|x(n)-y(n)|^2}< \delta \to \rho (F_1x,F_1y)= |\sqrt[5]{x(1)^2 \sin(x(1))} - \sqrt[5]{y(1)^2 \sin(y(1))}|< \varepsilon $

следует, что $||F_1x-F_1y|| < \varepsilon$;

Из неравенства $|x(1) - y(1)| \leqslant \|x - y\|$ получается $|x(1) - y(1)| \leqslant \|x - y\| < \delta$,
а из неравенства $\|F_1 x - F_1 y\| \leqslant |f(x(1)) - f(y(1))|$, которое можно переписать в виде равенства $\|F_1 x - F_1 y\| = |f(x(1)) - f(y(1))|$, и из определения равномерной непрерывности $F_1$ следует $\|F_1 x - F_1 y\| < \varepsilon$, то есть $\|F_1 x - F_1 y\| = |f(x(1)) - f(y(1))| < \varepsilon$, где $|f(x(1)) - f(y(1))|=|\sqrt[5]{x^2 \sin(x)} - \sqrt[5]{y^2 \sin(y)} |$ и значит $|\sqrt[5]{x^2 \sin(x)} - \sqrt[5]{y^2 \sin(y)} | < \varepsilon$

то есть :
$|x(1) - y(1)| < \|x - y\| < \delta$
$\|F_1 x - F_1 y\| = |f(x(1)) - f(y(1))|=|\sqrt[5]{x^2 \sin(x)} - \sqrt[5]{y^2 \sin(y)} | < \varepsilon$

но эти неравенства удовлетворяют условию равномерной непрерывности функции $f$, где в качестве $|x-y|$ можно взять $|x(1)-y(1)|$, а в качестве $ |\sqrt[5]{x^2 \sin(x)} - \sqrt[5]{y^2 \sin(y)} | $ взять норму $||F_1 x - F_1 y\|| $:

$\forall \varepsilon > 0 \exists \delta > 0 \forall x,y \in \mathbb{R}: \left|x - y\right| < \delta \rightarrow \left|\sqrt[5]{x^2 \sin(x)} - \sqrt[5]{y^2 \sin(y)}\right| < \varepsilon$
и из всего этого следует равномерная непрерывность отображения $F_1x$ из пространства $l_2$ в пространство $l_1$? То есть равномерная непрерывность доказана?

[mihaild]

Нет, не доказана. Есть почти все нужные слова, но в случайном порядке.

Что-то выводить из равномерной непрерывности $F_1$ пока что бесполезно - ее как раз нужно доказать.

Мы взяли $\varepsilon$, получили $\delta$ из равномерной непрерывности $f$ (расписывать, что из себя представляет $f$, тут не нужно - мы будем пользоваться только тем, что она равномерно непрерывна и что $\|F_1x - F_1y\| = \left|f(x(1)) - f(y(1))\right|$).
Теперь у нас есть пара векторов $x, y$ таких что $\|x - y\| < \delta$, и нам надо доказать, что $\|F_1 x - F_1 y\| < \varepsilon$.
Это уже совсем легко сделать без слов (мы конечно тут не совсем заменяем кванторы словами, но сойдет).
$\|x - y\| < \delta \rightarrow \left|x(1) - y(1)\right| < \delta \rightarrow \ldots$ - продолжите (подсказка: дальше должно идти что-то про $f$, а потом про $F_1$).

[Aiyyaa]

mihaild в сообщении #1178403 писал(а):

$\|x - y\| < \delta \rightarrow \left|x(1) - y(1)\right| < \delta \rightarrow \ldots$ -

из $|x(1) - y(1) | < \delta \rightarrow |f(x(1))-f(y(1))| < \varepsilon$ по определению равномерной непрерывности $f$, и так как $|f(x(1))-f(y(1))|=||F_1x-F_1y|| \rightarrow ||F_1x-F_1y||< \varepsilon$, то есть
$\|x - y\| < \delta \rightarrow ||F_1x-F_1y||< \varepsilon$, то есть выполняется условие равномерной непрерывности.

[mihaild]

Да, так (я правда не могу найти - доказали ли вы равномерную непрерывность $f$? если нет, то это надо сделать).

Теперь надо проанализировать $F_2: F_2x = (0, 0, \frac{x(1)}{2}, \frac{x(2)}{3}, \ldots)$. Тут свести к конечномерному случаю не получится, т.к. образ бесконечномерен, но зато функция линейна.

(а после этого надо будет что-то доказать про равномерную непрерывность суммы равномерно непрерывных функций)

[Aiyyaa]

mihaild в сообщении #1178427 писал(а):

доказали ли вы равномерную непрерывность $f$? если нет, то это надо сделать

а что, если в функции $f=\sqrt[5]{x(1)^2\sin x(1)}$ будет $x(1)=5$ например, и тогда под корнем будет отрицательное значение,то есть график функции не является непрерывным, выходит функция не является непрерывной?

mihaild в сообщении #1178427 писал(а):

суммы равномерно непрерывных функций)

то есть отображение $F_2$ является равномерно-непрерывным?

mihaild в сообщении #1178427 писал(а):

Тут свести к конечномерному случаю не получится, т.к. образ бесконечномерен, но зато функция линейна.

то есть приращение функции пропорционально приращению аргумента. То есть функция является обобщением прямой пропорциональности? Я не знаю, как её проанализировать.