szukanie zaawansowane
 [ Posty: 4 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 2 maja 2015, o 00:20 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 1599
Lokalizacja: Łódź
Niech \mathcal{H} będzie rzeczywistą, nieskończenie wymiarową, ośrodkową przestrzenią Hilberta. Czy istnieje nieskończony ciąg wektorów (x_i) \subset \mathcal{H} taki, że \left\langle x_i, x_j\right\rangle <0, i \neq j?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 2 maja 2015, o 14:16 
Korepetytor
Avatar użytkownika

Posty: 3986
Lokalizacja: Praga, Dąbrowa Górnicza, Kraków
Bez straty ogólności możemy przyjąć, że H=\ell_2 (po prostu stosujemy tożsamość Parsevala). Załóżmy, że każdy zbiór F elementów z \ell_2, które spełniają następujące warunki

    i. zbiór \{k\colon x(k)\neq 0\} jest skończony dla każdego x\in F

    ii. \sum_{k=1}^\infty x_k \neq 0 dla każdego x\in F

    iii. \langle x, y\rangle <0 dla różnych x,y\in F

jest skończony i weźmy taki zbiór F=\{x_1, \ldots, x_n\}, który jest maksymalny co do spełniania warunków i., ii. oraz iii. Niech

    S = \{k\in \mathbb{N}\colon x_j(k)\neq 0\text{ dla pewnego }j\leqslant n\}.

Zbiór S jest skończony jako suma skończenie wielu zbiorów skończonych. Weźmy zatem n_0 = \max S +1 i rozważmy wektor

    \hat{x} = e_{n_0} + \sum_{k\in S}e_k.

Element \hat{x} spełnia warunki i. oraz ii. oraz nie należy do F. Z maksymalności F musimy mieć \langle x, x_i\rangle > 0 (bo ciągi x_i sumują się do niezerowej liczby). Biorąc element - \hat{x} otrzymujemy zbiór

    F\cup \{- \hat{x}\}

który jest większy od F i spełnia warunki i-iii; sprzeczność z maksymalnością.

Uwaga 1. Jest to wersja rozumowania, które zastosowaliśmy z kolegą w 4 akapicie na stronie 2 w [K-K, 2015] oraz w dowodzie Theorem 4.10 tamże.

Uwaga 2. Mimo że mówimy o maksymalności, nie potrzeba tu pełenej siły lematu Kuratowskiego-Zorna. To rozumowanie łatwo można przerobić na dowód indukcyjny, ale czasami takie rozumowanie jest bardziej transparentne.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 3 maja 2015, o 15:20 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 1599
Lokalizacja: Łódź
Jako ćwiczenie można spróbować podać te wektory bezpośrednio.
Ukryta treść:    
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 3 maja 2015, o 17:17 
Korepetytor
Avatar użytkownika

Posty: 3986
Lokalizacja: Praga, Dąbrowa Górnicza, Kraków
Tak. Moje rozumowanie można jednak uogólnić następująco. Twierdzę, że w \ell_2(\omega_1) istnieje taki nieprzeliczalny układ wektorów, że iloczyn każdej pary jego elementów jest ujemny. Po prostu zastąpmy skończoność F przez przeliczalność i odpowiednio modyfikujemy wektor \hat{x}.

Pytanie. Niech \lambda będzie nieprzeliczalną liczbą kardynalną. Czy w \ell_2(\lambda) istnieje taki układ wektorów mocy \lambda, że \langle x, y \rangle < 0 dla różnych x,y z tego układu? Gdy \lambda>\mathfrak{c} odpowiedź jest negatywna.

    Postępujemy jak w dowodzie Proposition 4.12. Bez straty ogólności możemy wziąć \lambda=\mathfrak{c}^+, następną liczbę kardynalną po \mathfrak{c}. Załóżmy, że F\subset \ell_2(\lambda) jest układem wektorów mocy \lambda, które spełniają warunek \langle x, y \rangle < 0. Z uogólnionej wersji \Delta-lematu (Theorem 1.6 w K. Kunen, Set theory, an introduction to independence proofs, North Holland, Amsterdam, 1980.) wynika, że istnieje taki podzbiór F_0\subseteq F mocy \lambda oraz taki zbiór przeliczalny \Delta \subset \lambda, że

      {\rm supp}\, x \cap {\rm supp}\, y = \Delta

    dla różnych x,y\in F_0. Zauważmy, że

      \langle x, y \rangle = \sum_{\gamma\in \Delta}x(\gamma)y(\gamma).

    Istnieje jednak tylko continuum-wiele funkcji rzeczywistych na zbiorze \Delta, a więc musi istnieć taka para różnych elementów x,y\in F_0, że x(\gamma) = y(\gamma) dla wszelkich \gamma\in \Delta. Wtedy jednak \langle x, y \rangle >0; sprzeczność.

Gdy \lambda = \aleph_0 to każdy taki zbiór jest przeliczalny.

    Istotnie, załóżmy, że F jest zbiorem wektorów, których iloczyny skalarne są ujemne. Bez straty ogólności możemy przyjąć, że wszystkie elementy w F mają normę 1. Dla różnych x,y\in F mamy

      \|x-y\|^2 = \|x\|^2 + \|y\|^2 - 2 \langle y, x\rangle > 1+1=2.

    Oznacza to, że zbiór F jest dyskretny. Gdy przestrzeń Hilberta jest ośrodkowa, musi być on przeliczalny.

Co gdy \lambda\leqslant \mathfrak{c} jest nieprzeliczalna?
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 4 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Faktoryzacje przestrzeni zwartych  Spektralny  7
 Oblicz dł. boków i pole trójkąta. Ciąg arytmetyczny  Anonymous  2
 (2 zadania) Ciąg arytemtyczny i geometryczny  Anonymous  3
 Wyznacz ciąg geometryczny.  Anonymous  2
 Znajdź liczby. Ciąg arytmetyczny i geometryczny  Anonymous  8
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl