Matematické Fórum

ajeto · 04. 12. 2012 23:13 — Editoval ajeto (05. 12. 2012 01:19)

Dobrý večer,

riešim nasledujúce:

Nech $A$ je uzavretý podpriestor Hilbertovho priestoru $\mathcal{H}$ .
Definujme množinu $B$ ako $B:= \{ x \in \mathcal{H}\,|\,\forall y \in A\,:\,|\langle x,y\rangle| \leq 1\}$ .
Určte $B$ .

Je tu hlúpy problém, že asi úplne nerozumiem pojmu "uzavretý podpriestor Hilbertovho priestoru",
hoci sa pojem vyskytuje v každej knihe o FA, asi sa berie ako samozrejmosť, lebo som nevidel, že by ho
pred použitím objasnili. Zrejme to nie je v uzavretosti na násobenie skalárom a súčet prvkov
v zodpovedajúcom vektorovom priestore, to už by malo byť obsiahnuté v tom, že je to podpriestor.
Je to teda uzavretosť v Banachovom zmysle? (teda úplnosť?)
Alebo to bude niečo s topológiou?

Vďaka za vysvetlenie

Rumburak · 05. 12. 2012 09:40

↑ ajeto:

Ahoj.

Uzavřený podprostor obecně lineárního topologického prostoru $L$ znamená dvě věci:

1) že jde o podprostor lineárního prostoru $L$ ,

2) že jde o množinu uzavřenou v topologii prostoru $L$ .

Je-li $L$ speciálně Banachův nebo ještě speciálněji Hilbertův prostor, pak podmínka 2 je ekvivalentní s podmínkou,
že dotyčná množina je v $L$ úplným podprostorem (zde "podprostor" je samozřejmě míněn v topologickém smyslu) .

ajeto · 05. 12. 2012 16:42 — Editoval ajeto (05. 12. 2012 16:44)

vďaka ↑ Rumburak:

môj pokus o riešenie je tu, ak máte čas sa na to pozrieť

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

ak je to správne, využíva sa niekde uzavretosť podpriestoru $A$ ?

Brano · 05. 12. 2012 18:42

Podla mna to mas dobre. Dva komentare k
$x'\in A^{\perp}\,,\,x'' \in A\,,\,x''\neq \bar{0}_A$
1) Podla mna mozes nulu znacit proste $0$ alebo ak ju chces odlisit od cisla nula, tak by mozno bolo vhodnejsie $0_\mathcal{H}$ .
2) Prave tu sa vyuziva uzavretost $A$ . Pretoze v nekonecnorozmernom Hilbertovom preiestore mozes mat napriklad husty vlastny podpriestor a potom $A^{\perp}=\{0\}$ a lubovolne $x\in\mathcal{H}\setminus A$ sa nebude dat napisat ako $x=x'+x''$ kde $x'\in A$ a $x''\in A^\perp$ , lebo $x''=0$ a potom by muselo platit $x=x'$ co nemoze.

pozn.: ak ta to zaujima, tak mozem dodat aj nejaky konkretnejsi priklad

ajeto · 05. 12. 2012 19:23

vďaka ↑ Brano:

tam malo byť $\bar{0}_{\cal{H}}$ , tá chyba mi ušla

ten konkrétnejší príklad ma samozrejme zaujíma

Brano · 05. 12. 2012 20:15

ajeto napsal(a):
vďaka ↑ Brano:

tam malo byť $\bar{0}_{\cal{H}}$ , tá chyba mi ušla

ten konkrétnejší príklad ma samozrejme zaujíma

Prisne vzate to nie je chyba, lebo ta nula je nulou aj v podpriestore $A$ , ale takto je to vhodnejsie znacit. Takze k tomu prikladu. Za $\mathcal{H}$ si mozes zobrat vpodstate lubovolny separabilny (nekonecnorozmerny) Hilbertov priestor t.j. taky co ma spocitatelnu a nekonecnu orthonormalnu bazu $(e_n)_{n\in\mathbb{N}}$ cize napriklad vsetky funkcie ku ktorym konverguje ich Fourierov rad, alebo priestor $l^2$ . Za $A$ si teraz vezmi vsetky linearne kombinacie $(e_n)$ t.j. $A=\{a_1e_{n_1}+...+a_ke_{n_k}|a_i\in\mathbb{R}\}$ . Prva vec co si mozes vsimnut je, ze $A\not=\mathcal{H}$ , lebo napriklad $\sum_{n\in\mathbb{N}}\frac{1}{n}e_n$ je prvok $\mathcal{H}$ ale nie $A$ . Dalej kazdy $x\in\mathcal{H}$ sa da napisat ako $x=\sum_{n\in\mathbb{N}}a_ne_n$ a moze sa teda stat, ze to nebude prvok z $A$ ale urcite $x_k=\sum_{n\le k}a_ne_n\in A$ a $x_k\to x$ . Cize uzaver $A$ je cely priestor $\mathcal{H}$ a teda $A$ nie je uzavrety. Kedze $(e_n)\subset A$ tak $A^{\perp}\subset (e_n)^\perp\subset\{0\}$ . A dalej plati to co som uz pisal ... ak by sa lubovolne $x\in\mathcal{H}$ dalo napisat ako $x=x'+x''$ , kde $x'\in A$ a $x''\in A^\perp$ tak kedze $x''=0$ by muselo platit $x\in A$ (co nie vzdy plati). Problem je v tom, ze ked chces robit ortogonalny rozklad, tak musis hladat nejake minimum vzdialenosti $x$ a bodov z $A$ a na to aby sa to minimum vzdy nadobudalo tak nutne potrebujes uzavretost $A$ .

Este dve poznamocky:
1) Lubovolny konecnorozmerny podpriestor Hilbertovho priestoru je uzavrety.
2) $A^{\perp\perp}=cl(A)$ .

Brano · 05. 12. 2012 20:32

Este ma napadlo, ze sa to da dokazat aj jednoduchsie a bez vyuzitia uzavretosti $A$ . Nech $x\not\in A^\perp$ potom musi existovat take $y\in A$ , ze $\left<x,y\right>=p\not=0$ a potom $(2/p)y\in A$ a $\left<x,(2/p)y\right>=2$ .

ajeto · 05. 12. 2012 21:15 — Editoval ajeto (05. 12. 2012 21:18)

↑ Brano:

super, ten príklad povedal veľa

ešte keď si to tak pozerám teraz mi napadlo,
že by bolo dobre asi najprv uviesť tvar množiny $B$ pre triviálny podpriestor $A=\{\bar{0}\}$
teda $B=\mathcal{H}$

zdá sa mi že až potom môžem pokračovať v časti

$x_0 \notin A^{\perp}\Rightarrow x_0=x'+x''$ kde $x'\in A^{\perp}\,,\,x''\in A\,,\,x'' \neq \bar{0}$
lebo sa tam celkom tiež zíde predpoklad že $A$ nie je triviálny podpriestor

v postupe uvedenom v príspevku po príklade by to bolo asi treba tiež, či nie?
ale tiež pekné :)

Brano · 05. 12. 2012 23:09

Pravda, tento specialny pripad si zasluzi komentar, aj ked formalne to nie je nutne lebo $\{0\}^\perp=\mathcal{H}$ a potom predpoklad $x_0\not\in A^\perp$ nie je nikdy splneny takze to z neho dedukujes je trivialna pravda kvoli tautologii $0\Rightarrow V$ pre lubovolny vyrok $V$ . Alebo inak: mozes tvrdit cokolvek o trinastnohych konoch napriklad, ze vedia lietat a bude to pravda, kedze trinastnohe kone nie su.

Rumburak · 06. 12. 2012 10:11

↑ ajeto:, ↑ Brano:

Nebo i následovně:

Když $x \in \mathcal{H}, a \in A$ taková, že $\langle x, a \rangle \ne 0$ , potom platí:

(1) $A_1 := \{ ta : t \in \mathbb{R} \} \subseteq A$ ,

(2) $\lim_{t \to +\infty} |\langle x, ta \rangle| = \lim_{t \to +\infty} |t|\cdot |\langle x, a \rangle| = +\infty$ .

Odtud plyne, že množina $M(x) := \{ |\langle x, y \rangle| : y \in A \}$ pro pevně zvolené $x \in \mathcal{H}$ je
shora omezená právě tehdy, když $x \in A^\perp$ .

Uzavřenost prostoru $A$ nebyla využita ani zde.