Доказать, что множество всюду плотно

[kayrick]

В пространстве $l_2$ дана последовательность
$x_k = (1, \frac{1}{2^k}, \frac{1}{2^{2k}}, \hdots)$. Доказать, что линейная оболочка
этой последовательности является всюду плотной в пространстве $l_2$.

Пока есть идея о выделении из линейной оболочки последовательности, в которой у k-го элемента
первые k-1 элементов являются нулями.

[ewert]

Пардон, не вчитался.

[g-a-m-m-a]

ewert, что-то вы странное написали, честное слово, причем тут это?

[kayrick]

Ну геометрическая прогрессия только в пределах значений одного элемента $x_i$

то есть (в двоичном виде)
$ x_1 = (1, 0.1, 0.01, 0.001, \hdots)\\ x_2 = (1, 0.01, 0.0001, 0.000001, \hdots) $

[id]

Множество $M$ тотально в гильбертовом пространстве тогда и только тогда когда $\forall y \in M <x,y> = 0 \Rightarrow x = 0$.

От противного, пусть существует $z \neq 0$, ортогональный всему данному $M$.
Осталось теперь рассмотреть скалярное произведение как аналитическую функцию с коэффициентами $\{ z \}_i$: $f( \frac 1 {2^k}) = <z,x_k>$.
Она совпадает на множестве $\{ \frac 1 {2^k} \}_k$ с тождественно нулевой... и есть теорема единственности.

[ewert]

Годится. Только не уверен, что это понятно написано. Ну вот хотя бы даже и вторая строчка: как её читать? Как $\forall y \in M (<x,y> = 0 \Rightarrow x = 0)$ -- или как $(\forall y \in M <x,y> = 0) \Rightarrow x = 0$?...

[kayrick]

Квантор $\forall$ имеет больший приоритет, чем $\Rightarrow$ (курс математической логики). Поэтому данное утверждение читается однозначно.

$(\forall y \in M <x,y> = 0) \Rightarrow x = 0$.

Это я доказал. А вот с доказательством того, что из этого следует что $M$ является всюду плотным в $l_2$ несколько сложнее.

Это не следует напрямую из свойств гильбертова пространства?

[Lister]

kayrick в сообщении #268679 писал(а):

$(\forall y \in M <x,y> = 0) \Rightarrow x = 0$.

Это я доказал. А вот с доказательством того, что из этого следует что $M$ является всюду плотным в $l_2$ несколько сложнее.

Это не следует напрямую из свойств гильбертова пространства?

Собственно, справедливость данной импликации обозначил в первом предложении своего поста id. Доказать это в нужную нам сторону (т.е. то, что из равенства ортогонального дополнения нулю следует тотальность $M$) можно, например, от противного, рассмотрев разложение исходного пространства в ортогональную прямую сумму $H = \overline M + \overline M^\bot$.

[kayrick]

Точно, спасибо большое =)

[id]

Кстати, интересно, а есть ли решение через "матрицу Вандермонда"?
Ну то есть для данного $x_0$ обрубаем остаток, начальную часть ($x_0^1 ... x_0^n $) находим точно, разлагая по первым $n$ векторам мн-ва $M$.

Как бы теперь сказать поменьше слов для обоснования того, что остаток не сильно от 0 уйдет?

[ewert]

Там как-то плохо получается. Не особо так видно, что нижние собственные числа той обрезанной матрицы как-то эффективно снизу ограничены.