несколько задач

[ewert]

Spook писал(а):

ewert писал(а):

Кстати: а почему Вы решили, что предел в нуле бесконечен?

Маткад выдал такое символьное решение:

$${2\sqrt{\sin(x^2)}\over{x^3}}-2x\sqrt{\sin(x^2)}-\frac{\cos(x^2)}{x\sqrt{\sin(x^2)}}-\frac{x\cos^2(x^2)}{\sqrt{sin^3(x^2)}}$$

.

Ну и кто сказал, что предел в нуле бесконечен?

[Spook]

да, именно здесь получается $0$, но в действительности то мы считаем вторую производную от произведения: $(fg)''=f''+2f'g'$ (c учетом того, что $g''=0$). Заменяем $x$ на $x^2$:

$$g'=(\frac{\sqrt{\sin(x^2)}}{x})'=\frac{cos(x^2)}{\sqrt{\sin(x^2)}}-\frac{\sqrt{\sin(x^2)}}{x^3}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}$$

. То есть получаем бесконечность.

[ewert]

Spook писал(а):

да, именно здесь получается $0$, но в действительности то мы считаем вторую производную от произведения: $(fg)''=f''+2f'g'$ (c учетом того, что $g''=0$). Заменяем $x$ на $x^2$:

$$g'=(\frac{\sqrt{\sin(x^2)}}{x})'=\frac{cos(x^2)}{\sqrt{\sin(x^2)}}-\frac{\sqrt{\sin(x^2)}}{x^3}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}$$

. То есть получаем бесконечность.

Это потому, что во втором слагаемом степень знаменателя неправильная.

[Spook]

Блин, точно. Действительно, $g'=0$. Тогда получается, что $(fg)''=f''$. По условию $|f''(x)|\leqslant 1$ Но у нас $f(x^2)$. Осталось как-нибудь выразить ее вторую производную через $f''(x)$ и тогда задача будет решена. Но по-видимому они ни как не связаны

[Spook]

Spook писал(а):

Осталось как-нибудь выразить ее вторую производную через $f''(x)$ и тогда задача будет решена. Но по-видимому они ни как не связаны

Написал глупость, задача решена.

ewert, спасибо за помощь с этой задачкой, экзамен я сдал!
(правда не на 5, завалился на задаче на быстрый ответ, ну да ладно).

Теперь возвращаюсь к старому-доброму функциональному анализу

Spook писал(а):

линейность очевидна, но пока я ее грамотно не могу записать.

Narn писал(а):

Постарайтесь. Такие навыки нужно вырабатывать.

Ну для ядра вроде довольно легко доказать:
$A(\lambda x+\mu y)=A(\lambda x)+A(\mu y)=\lambda Ax+\mu Ay=0$, а вот для всего образа...

AD писал(а):

Не всякое замкнутое подмножество нормированного пространства является банаховым пространством.

AD, а если оно будет еще и подпростарнством?

Spook писал(а):

Замкнутое множество - это такое, которое содержит предельные элементы, то есть любая сходящаяся последовательность имеет предел. Непрерывный оператор, это такой, для которого справедливо : $||Ax||\leqslant C||x||$. Ааа, я понял: нуль то у нас - замкнутое множество!!!

Narn, так это было правильно?

Narn писал(а):

Так не бывает, отношение зависимости симметрично. $A$ зависит от $B$ или $B$ зависит от $A$ - это одно и тоже: $P(AB) \ne P(A)P(B)$.

Пусть $B$ следущее состояние, $A$ - текущее, тогда $A\Rightarrow B$. Тогда получается: $B\Rightarrow A$. Как-то странно. Или это следует понимать по-другому? Что-то я не понимаю.

Скопирую сюда же предыдущий ответ:

Spook писал(а):

Narn касательно пункта 3) : этож надо доказатеть целую теорему Рисса
по пункту 4): Тождественное отображение $Ax=x$ является вложением пространства $C[a,b]$ в пространство $L_2[a,b]$. Так как любая непрерывная функция является интегрируемой.
Насколько я понял так вообще можно строить вложения $C^{\infty}[a,b]\subset...\subset C^n[a,b]...\subset C[a,b]\subset L_{\infty}[a,b]\subset...\subset L_1[a,b]$
(но только для конечных интервалов для вложений в $L_i[a,b]$).

Narn писал(а):

Вот, пока хватит.

Narn вроде ответил на Ваши вопрсы, наверное можно продолжать дальше

Narn писал(а):

Spook, так Вы, оказывается, решили, что вполне непрерывность и непрерывность - это одно и тоже!

мне стыдно:oops:

Narn писал(а):

загляните потом в Колмогорова-Фомина (например), почитайте про топологическе пространства.

Обязательно загляну, сейчас выбираю между ним и Люстерником.

Narn писал(а):

Spook писал(а):

полное нормированное пространство представлено в виде счетного объединения тощих множеств, что и противоречит теореме Бэра.

Тощее множество = множество второй категории = счетное объединение нигде не плотных.

То есть правильно сказать: полное нормированное пространство представлено в виде тощего множества, что противоречит теореме Бэра?

[ewert]

Spook писал(а):

Ну для ядра вроде довольно легко доказать:
$A(\lambda x+\mu y)=A(\lambda x)+A(\mu y)=\lambda Ax+\mu Ay=0$, а вот для всего образа...

Для любых двух элементов образа существуют хоть какие-то прообразы, и если их линейно скомбинировать...

[Narn]

Spook писал(а):

Замкнутое множество - это такое, которое содержит предельные элементы, то есть любая сходящаяся последовательность имеет предел. Непрерывный оператор, это такой, для которого справедливо : $||Ax||\leqslant C||x||$. Ааа, я понял: нуль то у нас - замкнутое множество!!!
Narn, так это было правильно?

Итак, Вы поняли, что $\{0\}$ - замкнутое множество, и Вы знаете, что прообразы замкнутых по непрерывному оператору замкнуты. То есть задачу Вы решили.

То, что у Вас написано - верно. Просто для решения через сходящиеся последовательности нужно было написать именно определение непрерывного оператора (для линейных непрерывность равносильна ограниченности) в виде: $x_n \to x_0$ влечет $Ax_n \to Ax_0$. Тогда, если $x$ - предельная точка ядра, то существует последовательность $\{x_n\} \subset ker A$, сходящаяся к $x$, тогда $Ax=\lim_{n \to \infty}Ax_n=\lim_{n \to \infty}0=0$, то есть $x$ тоже лежит в ядре.

Spook писал(а):

Narn писал(а):

Так не бывает, отношение зависимости симметрично. $A$ зависит от $B$ или $B$ зависит от $A$ - это одно и тоже: $P(AB) \ne P(A)P(B)$.

Пусть $B$ следущее состояние, $A$ - текущее, тогда $A\Rightarrow B$. Тогда получается: $B\Rightarrow A$. Как-то странно. Или это следует понимать по-другому? Что-то я не понимаю.

Стоп. $A$ и $B$ - это события и выше написано именно определение зависимости событий. Когда называются независимыми (или зависимыми) случайные величины?

А про тощее множество и про вложение в Вашем последнем сообщении все верно. Просто возьмите какое-нибудь из этих вложений и посмотрите, будет ли обрз замкнут.

[Spook]

ewert писал(а):

Для любых двух элементов образа существуют хоть какие-то прообразы, и если их линейно скомбинировать...

Я начал рассуждать так:
$A(\lambda x+\mu y)=A(\lambda x)+A(\mu y)=\lambda Ax+\mu Ay$ Но вот как доказать, что $\lambda Ax+\mu Ay$ является образом?

Narn писал(а):

Когда называются независимыми (или зависимыми) случайные величины?

Случайные величины $\varepsilon_1,...\varepsilon_r$ называются независимыми, если для всех $x_1,...,x_r\in X$ $P\{\varepsilon_1=x_1,...,\varepsilon_r=x_r\}=P\{\varepsilon_1=x_1\}...P\{\varepsilon_r=x_r\}$.

Narn писал(а):

Просто возьмите какое-нибудь из этих вложений и посмотрите, будет ли обрз замкнут.

Образ замкнут в силу того, что любое пространство из той цепочки банахово, а тождественный оператор непрерывен.
Что качается теоремы Риса, то доказательства в моем учебнике нет, а в интернете именно такой его теоремы не нашел Но может быть не так все сложно, мне же по сути надо доказать замкнутость конечномерных банаховых пространств и замкнутость образа $A\to B$ в случае, когда одно из пространств $X, Y$ конечномерно.

Добавлено спустя 4 минуты 54 секунды:

Spook писал(а):

AD писал(а):

Не всякое замкнутое подмножество нормированного пространства является банаховым пространством.

AD, а если оно будет еще и подпространством?

Я тут подумал и решил, что тогда оно будет банаховым, так как станет полным. Это правильно?

[ewert]

Spook писал(а):

ewert писал(а):

Для любых двух элементов образа существуют хоть какие-то прообразы, и если их линейно скомбинировать...

Я начал рассуждать так:
$A(\lambda x+\mu y)=A(\lambda x)+A(\mu y)=\lambda Ax+\mu Ay$ Но вот как доказать, что $\lambda Ax+\mu Ay$ является образом?

Вы не с того конца начали. Сначала надо определиться с тем, что суть икс и игрек. Вот допустим, что $u$ и $v$ -- элементы образа. Тогда по определению $u=Ax$, $v=Ay$ ...

Spook писал(а):

Но может быть не так все сложно, мне же по сути надо доказать замкнутость конечномерных банаховых пространств и замкнутость образа $A\to B$ в случае, когда одно из пространств $X, Y$ конечномерно.

Тогда вообще ничего не надо доказывать. Любое конечномерное пространство полно -- и, следовательно, замкнуто как подмноженство.
(на всякий случай: образ конечномерного пространства -- тривиально конечномерен)

[Narn]

Spook писал(а):

Образ замкнут в силу того, что любое пространство из той цепочки банахово, а тождественный оператор непрерывен.

Так у нас оператор не тождественный, так как пространства все-таки разные, с разной нормой. То есть, говорить о тождественном операторе можно только в том случае, когда он действует из $X$ в $X$. И вообще, давайте вспомним, откуда все это взялось. Я вам писал:

Narn писал(а):

Они (тождественный и нулевой операторы) дают пример того, что образ бывает замкнут. А Вам остается привести какой-нибудь пример противоположного. Наверное, подскажу: попробуйте вложение $C[a,b]$ в $L_2[a,b]$.

Проще говоря, найдите замыкание в $L_2$ пространства всех непрерывных функций.

Про конечномерные пространства Вам уже ewert написал. У нас это была одна из первых задачек. То есть надо четко представлять себе, что конечномерное линейное множество всегда замкнуто, а конечномерное нормированное пространство над полным полем (вещественными или комплексными, но не рациональными числами, например) всегда банахово и любые две нормы на нем эквивалентны. То есть, если дан непрерывный оператор $A : X \to Y$ и хотя бы одно из банаховых пространств $X$, $Y$ конечномерно, то образ гарантированно замкнут.

Теперь к случайным величинам: да, так (у Вас, видимо, рассматриваются дискретные случайные величины). То есть в роли событий $A,B$ - $\{ \omega \in \Omega | \epsilon_i(\omega)=x_j\}$. Обычно это пишут короче: $\{\epsilon_i=x_j\}$. Значит, зависимы $\epsilon_1, \epsilon_2$ будут, если найдутся такие $x_1, x_2$, $P(\epsilon_1 = x_1, \epsilon_2 = x_2) \ne P(\epsilon_1 = x_1)P(\epsilon_2 = x_2)$. И что изменится, если мы поменяем местами индексы? То есть отношение зависимости симметрично. Пусть Вас не сбивает с толку, что в цепи Маркова мы говорим о "прошлом", "настоящем", "будущем". Речь просто о наборе случайных величин. Если первая зависит от второй, то и вторая зависит от первой.

[Spook]

ewert писал(а):

Вы не с того конца начали. Сначала надо определиться с тем, что суть икс и игрек. Вот допустим, что $u$ и $v$ -- элементы образа. Тогда по определению $u=Ax$, $v=Ay$ ...

Попробую опять: оператор и пространство линейны, следовательно, если $Ax,Ay$ образы, то и $A(\mu x), A(\lambda y)$ - тоже образы, и следовательно $A(\mu x +\lambda y)$ - образ. Это верно?
А что делать, если оператор нелинейный? В условии дано только то, что он ограничен.

Narn, замкнутое подпространство нормированного просранства является банаховым пространством. Известно, что $C[a,b]$ банахово, следовательно, его образ при непрерывном отображении - тоже банахово пространство, следовательно, замкнут.

ewert писал(а):

Любое конечномерное пространство полно -- и, следовательно, замкнуто как подмноженство.
(на всякий случай: образ конечномерного пространства -- тривиально конечномерен)

Narn писал(а):

..надо четко представлять себе, что конечномерное линейное множество всегда замкнуто, а конечномерное нормированное пространство над полным полем (вещественными или комплексными, но не рациональными числами, например) всегда банахово и любые две нормы на нем эквивалентны. То есть, если дан непрерывный оператор $A : X \to Y$ и хотя бы одно из банаховых пространств $X$, $Y$ конечномерно, то образ гарантированно замкнут.

Думаю, что теперь я это усвоил.

Narn писал(а):

Пусть Вас не сбивает с толку, что в цепи Маркова мы говорим о "прошлом", "настоящем", "будущем". Речь просто о наборе случайных величин. Если первая зависит от второй, то и вторая зависит от первой.

Именно это меня сначала и сбило с толку , а теперь я понял!

[ewert]

Spook писал(а):

ewert писал(а):

Вы не с того конца начали. Сначала надо определиться с тем, что суть икс и игрек. Вот допустим, что $u$ и $v$ -- элементы образа. Тогда по определению $u=Ax$, $v=Ay$ ...

Попробую опять: оператор и пространство линейны, следовательно, если $Ax,Ay$ образы, то и $A(\mu x), A(\lambda y)$ - тоже образы, и следовательно $A(\mu x +\lambda y)$ - образ. Это верно?

Верно, но недостаточно -- нужен ещё один шажок: "и, следовательно, $\mu(Ax)+\lambda(Ay)$ -- тоже некий образ".

Цитата:

А что делать, если оператор нелинейный? В условии дано только то, что он ограничен.

Значит, линейность оператора подразумевается. Иначе вопрос не имеет реального смысла: ясно, что для операторов произвольного вида связанные с ними множества могут быть, в принципе, какими угодно.

[Spook]

ewert писал(а):

Spook писал(а):

Попробую опять: оператор и пространство линейны, следовательно, если $Ax,Ay$ образы, то и $A(\mu x), A(\lambda y)$ - тоже образы, и следовательно $A(\mu x +\lambda y)$ - образ. Это верно?

Верно, но недостаточно -- нужен ещё один шажок: "и, следовательно, $\mu(Ax)+\lambda(Ay)$ -- тоже некий образ".

Зачем? Мы же доказываем, что $A(\lambda x+\mu y)$ образ, то есть действие оператора на линейную комбинацию.

И еще, что-то я усомнился в правильности следущего утверждения:

Spook писал(а):

замкнутое подпространство нормированного просранства является банаховым пространством. Известно, что $C[a,b]$ банахово, следовательно, его образ при непрерывном отображении - тоже банахово пространство, следовательно, замкнут.

Оно верно? Просто вроде как образ здесь должен быть открыт.

[ewert]

Spook писал(а):

ewert писал(а):

Spook писал(а):

Попробую опять: оператор и пространство линейны, следовательно, если $Ax,Ay$ образы, то и $A(\mu x), A(\lambda y)$ - тоже образы, и следовательно $A(\mu x +\lambda y)$ - образ. Это верно?

Верно, но недостаточно -- нужен ещё один шажок: "и, следовательно, $\mu(Ax)+\lambda(Ay)$ -- тоже некий образ".

Зачем? Мы же доказываем, что $A(\lambda x+\mu y)$ образ, то есть действие оператора на линейную комбинацию.

Нет. То, что $A(\lambda x+\mu y)$ есть образ -- верно просто по определению образа. А доказать надо совсем другое: что произвольная линейная комбинация образов (т.е. элементов вида $(Ax)$ и $(Ay)$) также является неким образом.

Spook писал(а):

И еще, что-то я усомнился в правильности следущего утверждения:

Spook писал(а):

замкнутое подпространство нормированного просранства является банаховым пространством. Известно, что $C[a,b]$ банахово, следовательно, его образ при непрерывном отображении - тоже банахово пространство, следовательно, замкнут.

Оно верно? Просто вроде как образ здесь должен быть открыт.

Замкнутое подпространство является банаховым (имеется в виду с гарантией является) только в том случае, когда объемлющее пространство банахово. О каком именно отображении пр-ва $C[a,b]$ идёт речь -- я уже не помню; в любом случае, только из непрерывности не следует банаховость образа.

[Spook]

ewert писал(а):

Нет. То, что $A(\lambda x+\mu y)$ есть образ -- верно просто по определению образа. А доказать надо совсем другое: что произвольная линейная комбинация образов (т.е. элементов вида $(Ax)$ и $(Ay)$) также является неким образом.

Понял.

ewert писал(а):

Замкнутое подпространство является банаховым (имеется в виду с гарантией является) только в том случае, когда объемлющее пространство банахово.

Разве замкнутое подпространство не является полным? Осталось потребовать только нормированность объемлющего пространства.