Guest
Новичок
|
   
Цитата: Genrih написал 17 окт. 2006 14:47
А дополнением к {x} что будет ?
Помоему, ситуация аналогичная, для того, чтобы найти ортогональное дополнение к {x}, нужно знать базис в
L^2[0,1], включающий {x}.
|
Всего сообщений: Нет | Присоединился: Never | Отправлено: 18 окт. 2006 11:37 | IP
|
|
agathis
Начинающий
|
Цитата: Guest написал 18 окт. 2006 11:37
Цитата: Genrih написал 17 окт. 2006 14:47
А дополнением к {x} что будет ?
Помоему, ситуация аналогичная, для того, чтобы найти ортогональное дополнение к {x}, нужно знать базис в
L^2[0,1], включающий {x}.
блин, забыл авторизироваться и отправил сообщение от гостя...
|
Всего сообщений: 59 | Присоединился: август 2006 | Отправлено: 18 окт. 2006 11:43 | IP
|
|
Guest
Новичок
|
похоже ортогональное дополнение
к {x,x^2,...,x^n,...} есть {0}
попробую доказать
пусть L - векторное подпространство образованное функциями
{x,x^2,...,x^n,...}
пусть М - векторное подпространство образованное функциями
{1,x,x^2,...,x^n,...}
Рассмотрим функции f_n(x) = 1 - (2*x-1)^(2n)
очевидно из определения для любого n f_n принадлежит L
Для почти всех x из [0,1] при n->infty
f_n(x) монотонно сходится к 1
и (f_n(x))^2 тоже сходится к 1
и следовательно интеграл по мере Лебега на отрезке [0,1]
от (f_n(x))^2 тоже сходится к 1
Следовательно функция тождественная 1 есть предельная точка подпространства L и значит 1 принадлежит
замыканию подпространства L в L^2[0,1]
Итак {1,x,x^2,...,x^n...} принадлежит замыканию clos(L) подпространства L
Но замыкание подпространства тоже является подпространством и поэтому содержит линейные комбинации
функций {1,x,x^2,...,x^n...}
следовательно M подмножество clos(L)
но тогда clos(M) подмножество clos(L),
а известно, что clos(M)=L^2[0,1]
итак получили L^2[0,1] подмножество clos(L)
откуда (и из того, что L подпространство в L^2[0,1])
clos(L)=L^2[0,1]
то есть L всюду плотно в L^2[0,1].
Теперь пусть F - линейный Непрерывный функционал на L^2[0,1] такой, что для любой f из L выполняется
Ff=0 (то есть F принадлежит аннулятору L) и F тождественно НЕ равен Нулевому функционалу
тогда найдётся функция f_o из L^2[0,1], что
Ff_o=c>0, что невозможно ввиду того, что L всюду плотно, а для любоq f из L Ff=0
таким образом аннулятор подпространства L состоит
из единственного непрерывного функционала --- нулевого.
ну а значит и ортогональное дополнение есть {0}.
|
Всего сообщений: Нет | Присоединился: Never | Отправлено: 21 окт. 2006 0:13 | IP
|
|
Guest
Новичок
|
PS
чё-то не понадобилось мне тут ядро автоморфизма (гы-гы, привет llorin1 :P)
|
Всего сообщений: Нет | Присоединился: Never | Отправлено: 21 окт. 2006 0:28 | IP
|
|
Guest
Новичок
|
P.S.S.
последнюю часть доказательства можно было бы исправить так:
непрерывность НЕНУЛЕВОГО линейного функционала
эквивалентна тому, что его ядро НИГДЕ НЕ ПЛОТНО, ну а так как это не выполняется (см. выше Ff=0 для любого f из всюду плотного L) из всех непрерывных (то есть из элементов сопряженного пространства) остаётся только нулевой, который и удовлетворяет равенству Ff=0 для любой f из L.
-- ek
|
Всего сообщений: Нет | Присоединился: Never | Отправлено: 21 окт. 2006 0:36 | IP
|
|
agathis
Начинающий
|
согласен с приведенным доказательством, хоть и кажется несколько непривычным тот факт, что единица нам как бы уже и не нужна
|
Всего сообщений: 59 | Присоединился: август 2006 | Отправлено: 24 окт. 2006 13:28 | IP
|
|
Guest
Новичок
|
Цитата: agathis написал 24 окт. 2006 13:28
согласен с приведенным доказательством, хоть и кажется несколько непривычным тот факт, что единица нам как бы уже и не нужна
более того, я полагаю можно обойтись не только без 1, но и без первых k степеней x.
лишь бы k было конечным 
|
Всего сообщений: Нет | Присоединился: Never | Отправлено: 24 окт. 2006 23:18 | IP
|
|
agathis
Начинающий
|
Цитата: Guest написал 24 окт. 2006 23:18
Цитата: agathis написал 24 окт. 2006 13:28
согласен с приведенным доказательством, хоть и кажется несколько непривычным тот факт, что единица нам как бы уже и не нужна
более того, я полагаю можно обойтись не только без 1, но и без первых k степеней x.
лишь бы k было конечным
когда я увидел ваше доказательство, то именно так и подумал.
Однако биномиальное разложение, использованное Вами при доказательстве существования ф-ции, сколь угодно близкой к 1, в данном случае уже не подходит. Придется искать другие методы.
|
Всего сообщений: 59 | Присоединился: август 2006 | Отправлено: 25 окт. 2006 11:28 | IP
|
|
agathis
Начинающий
|
А вот интересно, как эти рассуждения стыкуются с полиномами Лежандра? Ведь для их построения используется весь набор эл-в x^n, включая 1.
|
Всего сообщений: 59 | Присоединился: август 2006 | Отправлено: 25 окт. 2006 11:36 | IP
|
|
Guest
Новичок
|
Цитата: agathis написал 25 окт. 2006 11:28
когда я увидел ваше доказательство, то именно так и подумал.
Однако биномиальное разложение, использованное Вами при доказательстве существования ф-ции, сколь угодно близкой к 1, в данном случае уже не подходит. Придется искать другие методы.
Легко
рассмотрите f_n(x)=x^k*(1 - (2*x - 1)^(2*n))
если раскрыть скобки, легко убедиться, что это полином не содержащий степеней младше x^(k+1) - т.е.
Лежит в подпространстве L_k, образованном
функциями {x^(k+1),x^(k+2), .....}
кроме того, она почти всюду на [0,1] сходится к x^k
т.е. x^k - предельная точка L_k в L^2[0,1]
далее анологично
Ответ на второй Ваш вопрос.
Полиномы Лежандра ортогональны, а рассмотренные нами нет,
поэтому каждый из них содержит в себе по чуть-чуть из тех, что мы выкидываем из нашей системы
|
Всего сообщений: Нет | Присоединился: Never | Отправлено: 25 окт. 2006 12:51 | IP
|
|
|
Форум
Функциональный анализ
