Конечномерное линейное многообразие

[demolishka]

Задача: "Доказать, что всякое конечномерное линейное многообразие $L$ в линейном нормированном пространстве $X$ замкнуто."
Прошу проверить правильность моих рассуждений.

Рассмотрим пополнение пространства $X$, обозначим его $X^{*}$. Проверим, что $L$ содержит все свои предельные точки. Пусть имеется последовательность: $x_n \to x \in X^{*}$. Предположим, что $x \notin L$. Рассмотрим линейную оболочку $<L,x>$. Пусть $\{e_1, ... ,e_k\}$ - базис в $L$, тогда $\{e_1, ... ,e_k, x\}$ - базис $<L,x>$. Пусть $x_n=\sum\limits_{s=1}^{k}\alpha_{s}^{(n)} e_s$ и $\alpha_{s}^{(n)} \to \alpha_{s}$. Из сходимости имеем: $\|x_n -x\| \to 0 \Leftrightarrow x_n -x \to 0$, то есть $\sum\limits_{s=1}^{k}\alpha_{s} e_s - x = 0$. Но $\{e_1, ... ,e_k, x\}$ - линейно независимые, а значит $\alpha_{s} = 0$ и $-1=0$ - противоречие.

[Oleg Zubelevich]

в конечномерном пространстве все нормы эквивалентны

-- Сб авг 09, 2014 23:22:07 --

demolishka в сообщении #894732 писал(а):

Пусть $x_n=\sum\limits_{s=1}^{k}\alpha_{s}^{(n)} e_s$ и $\alpha_{s}^{(n)} \to \alpha_{s}$

у Вас ни откуда не следует, что коэффициенты сходятся

[patzer2097]

demolishka, вероятно, есть совсем простые способы доказательства вашего утверждения, но в Вашем плохо то, что вы заранее предполагаете, что вектор $\alpha^{(n)}$ сходится к какому-то $\alpha$. Если это так, то доказывать вообще нечего - последовательность $x_n$ просто сходится к $\sum \alpha_i e_i$. Впрочем, Ваше доказательство легко переделать - нужно добавить слова "Выберем такую подпоследовательность $x_n$, что" вместо "Пусть" в предложении

demolishka в сообщении #894732 писал(а):

Пусть $x_n=\sum\limits_{s=1}^{k}\alpha_{s}^{(n)} e_s$ и $\alpha_{s}^{(n)} \to \alpha_{s}$.

[demolishka]

patzer2097 в сообщении #894790 писал(а):

Впрочем, Ваше доказательство легко переделать - нужно добавить слова "Выберем такую подпоследовательность $x_n$, что" вместо "Пусть" в предложении

В таком случае непонятно, почему другие последовательности не могут нарушить свойство замкнутости(или почему такие последовательности не существуют).

Oleg Zubelevich в сообщении #894782 писал(а):

в конечномерном пространстве все нормы эквивалентны

Да, это одна из следующих задач из Колмогорова-Фомина. Применительно к данной задаче можно взять норму: $\|x\|=\max \{ |\alpha_k| \}$, где $\alpha_k$ - коэффициенты разложения по фиксированному базису, и получить противоречие, в случае, если предел последовательности не лежит в $L$.

И, как я понял, пополнение здесь не нужно. Ведь замкнутость рассматривается с точки зрения топологии индуцированной с $X$, поэтому все предельные точки лежат в X.

[patzer2097]

demolishka в сообщении #895338 писал(а):

В таком случае непонятно, почему другие последовательности не могут нарушить свойство замкнутости(или почему такие последовательности не существуют).

абсолютно не понял Вас, я просто доказываю, что $x\in X$ в Ваших обозначениях; для этой цели переход к подпоследовательности не ограничивает общности

[Oleg Zubelevich]

patzer2097 в сообщении #894790 писал(а):

"Выберем такую подпоследовательность $x_n$, что

доказать, что такая подпоследовательность существует это тоже самое, что доказать эквивалентность норм на подпространстве

[patzer2097]

Oleg Zubelevich в сообщении #895399 писал(а):

доказать, что такая подпоследовательность существует это тоже самое, что доказать эквивалентность норм на подпространстве

возможно, но я собирался просто воспользоваться компактностью замкнутого шара в $\mathbb{R}^n$

[demolishka]

patzer2097 в сообщении #895395 писал(а):

demolishka в сообщении #895338 писал(а):

В таком случае непонятно, почему другие последовательности не могут нарушить свойство замкнутости(или почему такие последовательности не существуют).

абсолютно не понял Вас, я просто доказываю, что $x\in X$ в Ваших обозначениях; для этой цели переход к подпоследовательности не ограничивает общности

Прошу прощения, не заметил, что вы написали подпоследовательность.
В этом случае непонятно как доказывать существование такой подпоследовательности(кроме как следствием из эквивалентности норм и этой задачи).

[patzer2097]

demolishka в сообщении #895420 писал(а):

В этом случае непонятно как доказывать существование такой подпоследовательности

в силу предположения индукции расстояние от $e_1$ до пространства, порожденного $e_2,\ldots,e_n$, строго больше нуля, поэтому то, что вы обозначаете через $\alpha_s^{(n)}$, будет ограничено. Остается воспользоваться компактностью шара в $\mathbb{R}^n$

[Oleg Zubelevich]

(Оффтоп)

Зафиксируем в $X=\mathbb{R}^m$ норму $\|\cdot\|_\infty$. И пусть $\|\cdot\|$ -- некоторая другая норма в $X$.

Утв. Существуют такие константы $c_1,c_2>0$, что $c_1\|x\|_\infty\le\|x\|\le c_2\|x\|_\infty$ при любом $x\in X$.

Док-во. Пусть $x=\sum_ix_ie_i$ тогда $\|x\|\le c\|x\|_\infty ,\quad c=\sum_i\|e_i\|$.
Следовательно, тождественное отображение $id:(X,\|\cdot\|_\infty)\to (X,\|\cdot\|)$ непрерывно. Непрерывный образ компакта -- компакт. Следовательно, единичная сфера $S=\{\|x\|_\infty=1\}$ компактна по норме $\|\cdot\|$. Норма сама себе является непрерывной функцией, следовательно, достигает максимума и минимума на компакте:

$$0<c_1\le\Big\|\frac{x}{\|x\|_\infty}\Big\|\le c_2,\quad x\ne 0.$$

ЧТД

[demolishka]

patzer2097 в сообщении #895441 писал(а):

demolishka в сообщении #895420 писал(а):

В этом случае непонятно как доказывать существование такой подпоследовательности

в силу предположения индукции расстояние от $e_1$ до пространства, порожденного $e_2,\ldots,e_n$, строго больше нуля, поэтому то, что вы обозначаете через $\alpha_s^{(n)}$, будет ограничено. Остается воспользоваться компактностью шара в $\mathbb{R}^n$

Если вы имеете ввиду секвенциальную компактность, то я вас понял. Спасибо за помощь, интересное решение.

Oleg Zubelevich
Эквивалентность норм я доказывать умею, достаточно было вашей подсказки. Спасибо за помощь. Подумаю над вашим утверждением

Цитата:

доказать, что такая подпоследовательность существует это тоже самое, что доказать эквивалентность норм на подпространстве

[ewert]

Oleg Zubelevich в сообщении #895445 писал(а):

Норма сама себе является непрерывной функцией, следовательно, достигает максимума и минимума на компакте:

Не так быстро. Откуда это следует?...

(теорема Вейерштрасса для абстрактных компактов -- вопрос глубоко следующий за ею же для просто конечномерных)

demolishka в сообщении #895338 писал(а):

Да, это одна из следующих задач из Колмогорова-Фомина.

И это плохо, что следующая. Дело в том, что Ваша задачка, собственно, сводится к вот к чему: если элемент не принадлежит конечномерному подпространству, то он отделён от него по норме. Т.е. требуется оценить это расстояние снизу. Между тем для абстрактной нормы тривиальна лишь оценка сверху, а вот наоборот -- тут уж извините-подвиньтесь. Тут без Вейерштрасса в том или ином варианте уже никак; или, что примерно то же самое, без эквивалентности норм.

[demolishka]

ewert в сообщении #895934 писал(а):

Oleg Zubelevich в сообщении #895445 писал(а):

Норма сама себе является непрерывной функцией, следовательно, достигает максимума и минимума на компакте:

Не так быстро. Откуда это следует?...

(теорема Вейерштрасса для абстрактных компактов -- вопрос глубоко следующий за ею же для просто конечномерных)

А разве недостаточно компактности только лишь сферы в $\mathbb{R}^n$ по евклидовой норме? Любая норма в $\mathbb{R}^n$ непрерывна в том смысле, что $x_n \to x \Rightarrow \|x_n\| \to \| x \|$ (Следует из неравенства треугольника). Далее все нормы в $\mathbb{R}^n$ эквивалентны евклидовой(пользуясь компактностью сферы и непрерывностью) и, следовательно, эквивалентны между собой. Для произвольного линейного пространства работает изоморфизм в $\mathbb{R}^n$. Если есть норма на линейном пространстве, то изоморфизм $f : V \to \mathbb{R}^n$ индуцирует норму в $\mathbb{R}^n$: $\|y\| := \|f^{-1}(y)\|$. Две нормы на $V$ индуцируют две эквивалентных нормы в $\mathbb{R}^n$ и эта эквивалентность(неравенство) сохраняется для норм-прообразов.

[Oleg Zubelevich]

ewert в сообщении #895934 писал(а):

вопрос глубоко следующий за ею же для просто конечномерных)

это Ваша проблема, что у Вас там голове глубоко , а что мелко

[ewert]

demolishka в сообщении #896110 писал(а):

Далее все нормы в $\mathbb{R}^n$ эквивалентны евклидовой(пользуясь компактностью сферы и непрерывностью) и, следовательно, эквивалентны между собой.

Если эквивалентность норм уже есть, то все эти изоморфизмы с компактностями вообще от лукавого, всё гораздо проще. Требуется доказать, что любой "посторонний" элемент отделён от подпространства ненулевым расстоянием; для равномерной нормы это утверждение тривиально, а тогда в силу эквивалентности оно верно и для любой нормы, вот и всё.

Не знаю, что имели в виду КиФ, давая эту задачку до эквивалентности норм (если она оттуда). Никаких простых способов доказательства, не задействующих эквивалентность, чего-то не просматривается.