выпуклые множества

[Хорхе]

Руст в сообщении #515184 писал(а):

Соответственно выпуклость М и неограниченность функционала на нем означает, что вся прямая заданного направления принадлежит М.

Означает ли? (Опередили.)

[Dave]

Руст в сообщении #515184 писал(а):

Соответственно выпуклость М и неограниченность функционала на нем означает, что вся прямая заданного направления принадлежит М.

Скорее всего, имелось ввиду, что координата по любому вектору может быть любой. Но из этого вовсе не следует, даже в случае выпуклости $M$, что $M=L$. Простейший пример: множество $M=\lbrace (x,y)|x+y \ge 0 \rbrace$ в $\mathbb R^2$. Даже если в качестве первого вектора базиса взят вектор $(1,1)$, то вторым вполне мог быть $(1,0)$, т.к. в приведённом рассуждении ничего не сказано о том, какими должны быть остальные векторы базиса.

[Руст]

Функционал неограничен на первом векторе, на всех остальных 0.

[Хорхе]

Если он нуль "на всех остальных", то он не линейный.

[Руст]

Имеется ввиду на всех остальных из выбранного базиса Гамеля.

[Хорхе]

Ну тогда функционал может быть ограничен на (пересечении с $M$) прямой $\langle e_1\rangle$, но неограничен на $\langle e_1+e_2\rangle$. Так что не обязано $M$ ее содержать.

[Руст]

Он же равен нулю на всех остальных элементах базиса, соответственно он равен коеффициенту перед первым вектором. Да М не обязан содержат всю прямую, даже если оно выпукло. Соответственно можно взять за М только те векторы у которых первая координата равна сумме остальных умноженое на число от 0 до 1. Любой линейный функционал раскладывается в линейную комбинацию в сопряженном базисе Гамеля. Соответственно ни один функционал на М не ограничен.

[Хорхе]

Ничего не понял, особенно, как сопряженный базис Гамеля связан с неограниченностью.

Пытаемся расшифровать.

$L =\{f:A\to\mathbb R: |f^{-1}(\mathbb R\setminus \{0\})|<\infty\}$, $M =\{f\in L: f(a) = \gamma\sum_{x\in A\setminus\{ a\}} f(x), \gamma\in(0,1)\}$ ($a$ -- фиксированный элемент $A$).

Я правильно понял?

[Руст]

Можно взять за $L$ пространство полиномов (алгебраическая размерность - счетно). За М можно многочлены $\sum_i a_ix^i$ удовлетворяющие условию $a_0=\lambda \sum_{i>0} a_i, 0\le \lambda\le 1.$
Вроде годится и двумерное пространство $L=\{(x,y)\}, M=\{(x,y), x=\lambda y, 0\le \lambda \le 1\}.$

[Хорхе]

То есть я понял почти правильно. Но это множество не выпуклое, увы.

-- Вт дек 13, 2011 23:23:36 --

$[(1+x) + (-x)]/2 = 1/2\notin M$.

-- Вт дек 13, 2011 23:26:09 --

Ну и двумерное тоже, там мельница какая-то.

Ладно, свистните, когда все же пример будет, а это я понять пока не могу.

[Руст]

Да выпуклость не вытекает из $\lambda\in [0,1]$, над этим еще надо подумать

[Sinus]

Мне кажется, neo66 в своем втором посте в этой теме привел подходящий пример.

Множество $T_a$ непрерыврных на $[0;1]$ функций $f$ таких, что $f(0)=a$, плотно в $L_p[0;1], p>1$, и выпукло.

[Dave]

Sinus в сообщении #515319 писал(а):

Мне кажется, neo66 в своем втором посте в этой теме привел подходящий пример.

Множество $T_a$ непрерыврных на $[0;1]$ функций $f$ таких, что $f(0)=a$, плотно в $L_p[0;1], p>1$, и выпукло.

Тогда значение функции в 0 - ограниченный на этом множестве линейный функционал. Плотность здесь не при чём. Автор же сказал, что никакой топологии на линейном пространстве нет.

[Sinus]

(Оффтоп)

Извиняюсь за невнимательность

[Dave]

Вот пример, как мне кажется, правильный.

Пусть $L$ - множество всех сходящихся к $0$ последовательностей $\{x_n\}_{n=1}^{\infty}$, а $M$ - множество тех из них, которые, начиная с некоторого номера, неотрицательны. Тогда любой нетривиальный линейный функционал $f$, определённый на $L$, неограничен снизу на $M$.

Допустим противное. Из нетривиальности $f$ следует, что существует последовательность $a=\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$, такая, что $f(a)\ne 0$. Не ограничивая общности, можно считать, что $a_n \geqslant 0$ при всех $n$. Действительно, $a$ представима в виде разности двух неотрицательных последовательностей $b=\{b_n\}_{n=1}^{\infty}$ и $c=\{c_n\}_{n=1}^{\infty}$, где

$$b_n=\begin{cases} a_n, &\text {если $a_n \geqslant 0$}\\ 0,&\text {если $a_n < 0$}\end{cases}, \quad c_n=\begin{cases} 0, &\text {если $a_n \geqslant 0$}\\-a_n,&\text {если $a_n < 0$}\end{cases},$$

а значит $f(a)=f(b)-f(c)$ и по крайней мере одно из чисел $f(b)$ и $f(c)$ не равно $0$, т.е. вместо $a$ можно взять одну из последовательностей $b$ и $c$.
Далее будем использовать следующую лемму:

Лемма. $x \in M \Rightarrow f(x) \geqslant 0.$

Действительно, если $f(x)<0$, то $f(\lambda x)=\lambda f(x) \rightarrow -\infty$ при $\lambda \rightarrow +\infty$, но $\lambda x \in M$ при $\lambda >0$ - получаем противоречие с предположением о том, что функционал $f$ ограничен снизу на $M$.
Поскольку $a \in M$ и $f(a) \ne 0$, то из этой леммы следует, что $f(a)>0$. Рассмотрим теперь последовательность $s$, определяемую формулой

$$s_n=\sqrt{a_n},$$

а также семейство последовательностей $s^{(\lambda)}, \; \lambda >0$, определяемых как

$$s^{(\lambda)}=s-\lambda a.$$

Поскольку $a \in L$, то $a_n \rightarrow 0$ при $n \rightarrow \infty$, а значит для любого $\lambda > 0$, начиная с некоторого номера $n$, $a_n \leqslant \frac {1} {\lambda^2} \Rightarrow \sqrt{a_n} \geqslant \lambda a_n$, т.е. последовательность $s^{(\lambda)} \in M$. Отсюда, ещё раз применяя лемму к $s^{(\lambda)}$, получим: $f(s^{(\lambda)}) \geqslant 0$ при любом $\lambda$. Но, в силу линейности функционала $f$:

$$f(s^{(\lambda)})=f(s)-\lambda f(a) \rightarrow -\infty \text { при } \lambda \rightarrow +\infty,$$

т.к. $f(a)>0$. Полученное противоречие и завершает доказательство.