2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.
 
 
Сообщение08.06.2008, 19:39 
Spook писал(а):
каждая точка принадлежит множеству вместе со своей окрестностью
Поскольку любое нормированное пространство связно, то множеств у него, являющихся одновременно открытыми и замкнутыми, всего два. Это пустое подмножество и всё пространство.

Никакое собственное подпространство не может быть открытым. Ибо всегда можно взять сколь угодно малый по длине вектор, не лежащий в этом подпространстве, отложить его от любой точки подпространства - и мы за это подпространство заведомо вылезем.

 
 
 
 
Сообщение08.06.2008, 19:52 
Аватара пользователя
AD Вы утверждаете, что $\mathbb{C}$ замкнуто? или я не понял про что вы говорите? То что открытых и замкнутых подмножеств у нормированного пространства два, мне известно. Я и не говорил, что собственное подпространство открыто, я (уже не знаю зачем :) ) говорил именно про все пространство.

 
 
 
 
Сообщение08.06.2008, 20:10 
Spook писал(а):
Я её нашел, она совпадает с $\mathbb{C}$. То что она замкнута мне тоже известно(кстати она вроде еще и открыта)
Spook писал(а):
Я и не говорил, что собственное подпространство открыто, я говорил именно про все пространство.
Ну тогда остаётся только один выход - вы не понимаете, что $\mathbb{C}$ не есть всё пространство. :?

Добавлено спустя 11 минут 16 секунд:

AD писал(а):
Осталось показать, что найденное множество и есть искомое. Вот в этом и трудности
Еще раз предложенный* план повторить? Или в каком-то месте что-то не понятно?
_________________
* не мной

 
 
 
 
Сообщение08.06.2008, 20:34 
Аватара пользователя
AD писал(а):
Ну тогда остаётся только один выход - вы не понимаете, что $\mathbb{C}$ не есть всё пространство. :?

А вот это для меня новость, буду признателен, если обьясните.
Также непонятен вот этот переход:
ewert писал(а):
Однако второе ортогональное дополнение -- это всегда замыкание линейной оболочки исходного множества. В Вашем случае множество всех констант и получается.

Хотя и нашел ортогональное дополнение к $N$:
Spook писал(а):
По теме, как доказать, что найденная линейная оболочка является искомым множеством я так и непонял, но подошел с другой стороны и увидел, что :
$N^{\bot}=\{x(t)\in L_2[0,1]:\int\limits_{0}^{1}Cx(t)dt=0\}=M$ откуда $N^{\bot}^{\bot}=M^{\bot}$ что и требовалось доказать.
Но хотелось бы все понять как следует, как и решение через разложение в ряд.

 
 
 
 
Сообщение08.06.2008, 20:49 
Spook писал(а):
AD писал(а):
Ну тогда остаётся только один выход - вы не понимаете, что $\mathbb{C}$ не есть всё пространство. :?
А вот это для меня новость, буду признателен, если обьясните.
Жесть ... Ну
1. $\mathbb{C}$ - это обозначение множества комплексных чисел. Множество функций--констант я бы так обозначать не стал.
2. Очевидно, пространство $L_2$ не исчерпывается константами. Констатны образуют в нем одномерное подпространство; оно замкнуто, поскольку конечномерно, но открытым уж точно не является.
Собственно, это всё, что я хотел сказать.

Spook писал(а):
Также непонятен вот этот переход:
ewert писал(а):
Однако второе ортогональное дополнение -- это всегда замыкание линейной оболочки исходного множества. В Вашем случае множество всех констант и получается.
Ну теорема такая. ${M^\bot}^\bot=\overline{\mathrm{span\,}M}$ Доказательство не сложно, можно оставить вам в качестве упражнения. Нужно доказать включение в обе стороны: что ${M^\bot}^\bot\subset\overline{\mathrm{span\,}M}$ и ${M^\bot}^\bot\supset\overline{\mathrm{span\,}M}$. Вот, скажем, во втором утверждении нужно взять любой вектор из $\overline{\mathrm{span\,}M}$ и доказать, что он ортогонален всем векторам, ортогональным всем векторам из $M$ (то есть нужно научиться отвечать на вопрос "Петя, как тебя зовут?").

 
 
 
 
Сообщение08.06.2008, 20:55 
Аватара пользователя
AD писал(а):
Очевидно, пространство $L_2$ не исчерпывается константами. Констатны образуют в нем одномерное подпространство; оно замкнуто, поскольку конечномерно, но открытым уж точно не является.

Так обратного никто и не утверждал, разве я с этим спорил?

 
 
 
 
Сообщение08.06.2008, 21:03 
А что ж вы тогда утверждали-то в вышеприведенных цитатах?? Уже перебрал все возможные толкования.

 
 
 
 
Сообщение08.06.2008, 21:49 
Аватара пользователя
Я наверно на данный момент не смогу доказать Ваше упражнение как Вы сказали, но вот что думаю я:
Рассмотрим равентство $P=P^{\bot}^{\bot}$ оно выполненяется, если $P$ подпространство, то есть выполненно для линейной оболочки. В нашем случае линейная оболочка совпадает замыканием линейной оболочки. Вот, вроде все доказано.
Кстати, Вы говорили про $\mathbb{C}$ как собственное подпространство в $L_2$, а я имел ввиду простое $\mathbb{C}$, само по себе.

Добавлено спустя 3 минуты 58 секунд:

Не ругайтесь за следущий вероятно легкий для Вас вопрос, но можем ли мы говорить о размерности $L_2$? Если рассматривать например $L_2[a,b]$, то оно вроде как одномерное.

 
 
 
 
Сообщение08.06.2008, 22:15 
Spook писал(а):
Не ругайтесь за следущий вероятно легкий для Вас вопрос, но можем ли мы говорить о размерности $L_2$? Если рассматривать например $L_2[a,b]$, то оно вроде как одномерное.
Мда ... не ругаться говорите? :evil: Это не просто. Ну
1. Пространство называется $n$-мерным, если существует базис из $n$ векторов.
2. Пространство называется конечномерным, если оно $n$-мерно для некоторого $n\in\mathbb{N}$.
3. Пространство называется бесконечномерным, если оно не является конечномерным.

Ну и укажите мне в $L_2[a,b]$ базис из одной функции ...

Так, или для вас есть еще какое-то загадочное пространство $L_2$ без указания множества, на котором заданы функции?

Добавлено спустя 1 минуту 27 секунд:

Spook писал(а):
оно выполненяется, если $P$ подпространство
Ну это по сути и нужно доказать. Вся муть с замыканиями и линейными оболочками - лишь тривиальные припампасы на эту формулировку.

 
 
 
 
Сообщение08.06.2008, 22:59 
Аватара пользователя
AD писал(а):
Так, или для вас есть еще какое-то загадочное пространство $L_2$ без указания множества, на котором заданы функции?

Нет, я вроде понял. Общий вид линейного функционала здесь задается: $f(x)=\int\limits_{a}^{b}x(t)\alpha(t)dt$. Размерность зависит от конкретного подпространства, где мы работаем. Если это все $L_2$ то это подпространство видимо бесконечномерно.

Добавлено спустя 9 минут 27 секунд:

Но не уверен. Теперь докажу что $P=P^{{\bot}^{\bot}}$ если $P$ замкнуто. Пусть $z\in P^{{\bot}^{\bot}}$ тогда $z=x+y$ $(x\in P,y\in P^{\bot})$ Домножим равенство скалярно на $y$ получим:
$(z,y)=(x,y)+(y,y)$ следовательно $x=z$.

 
 
 
 
Сообщение09.06.2008, 00:54 
AD писал(а):
Ну теорема такая. ${M^\bot}^\bot=\overline{\mathrm{span\,}M}$ Доказательство не сложно, можно оставить вам в качестве упражнения. Нужно доказать включение в обе стороны: что ${M^\bot}^\bot\subset\overline{\mathrm{span\,}M}$ и ${M^\bot}^\bot\supset\overline{\mathrm{span\,}M}$.

Ну не надо так уж совсем обнадёживать. Действительно очевидно только второе вложение (оно опирается только на линейность и непрерывность скалярного произведения). А вот первое -- опирается уже фактически на теорему о проекции, доказательство которой совсем не тривиально (хотя сам факт и избит).

 
 
 
 
Сообщение09.06.2008, 09:49 
ewert писал(а):
А вот первое -- опирается уже фактически на теорему о проекции, доказательство которой совсем не тривиально (хотя сам факт и избит).
Ну да. Ну или, что называется, "теорему об ортогональном дополнении". Что оно существует.

Spook писал(а):
тогда $z=x+y$ $(x\in P,y\in P^{\bot})$
Да, вот в этом месте она и используется.

 
 
 
 
Сообщение09.06.2008, 19:34 
Аватара пользователя
Ну, так значит я всё доказал?
Echo-Off,RIP, а как решается задача через ряд Фурье?
Bard писал(а):
Тогда условие ортогональности будет выглядеть так
\[
\left( {y,\,\varphi '} \right) = \;0.
\]
Следовательно, в смысле обобщённых функций производная функции \[
y
\] равна нулю.

Bard, я наверное не понял, но может быть имелось ввиду\[
\left( {y',\,\varphi '} \right) = \;0
\]?

 
 
 
 
Сообщение09.06.2008, 20:08 
Spook писал(а):
Ну, так значит я всё доказал?
Ну идею схватили правильно, но тонкостей всех, боюсь, не уловили. Еще раз повторю, что возможность представления
Цитата:
$z=x+y$ $(x\in P,y\in P^{\bot})$
требует ооочень серьезных размышлений. Нетривиальность можно понять хотя бы из того, что для этого существенна замкнутость подпространства $P$.

 
 
 
 
Сообщение09.06.2008, 20:19 
Аватара пользователя
Spook писал(а):
а как решается задача через ряд Фурье?

Ежу понятно, что для каждого натурального $n$ $\cos{nx}$ и $\sin{nx}$ принадлежат $M$.

 
 
 [ Сообщений: 46 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group