Đến nội dung

Hình ảnh

Giải tích hàm $$x= \sum_{n=1}^{\infty}x_ne_n$$

* * * * * 1 Bình chọn

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 1 trả lời

#1
traitimcamk7a

traitimcamk7a

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 298 Bài viết
1. Cho không gian định chuẩn $H$ thỏa mãn điều kiện hình bình hành. Chứng minh ràng tồn tại một tích vô hướng xác định trong $H$ cảm sinh ra chính chuẩn của $H$.
2. Không gian Banach thực $X$ có tính chất sau: tồn tại một họ đếm được $\{e_n: n=1,2,...\}$ những vecto độc lập tuyến tính và $||e_n||=1$ với mọi $n$, sao cho mọi phần tử $x \in X$ đều có thể biễu diễn duy nhất dưới dạng
$$x= \sum_{n=1}^{\infty}x_ne_n. (*)$$
a. Chứng minh $X$ là không gian khả ly.
b. Với mọi $x \in X$ có dạng (*), và với mỗi số nguyên $n$, phép ứng $x \to x_n$ xác định một phím hàm $f_n$ trên $X$. Chứng minh $f_n \in X^*$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xusinst: 25-12-2011 - 20:57


#2
pnt

pnt

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 208 Bài viết
Nếu chuẩn trên H được cảm sinh từ tích vô hướng $<.,.>$ thì
$||x+y||^2=<x+y,x+y>=||x||^2+||y||^2+2Re<x,y>$
$||x-y||^2=<x-y,x-y>=||x||^2+||y||^2-2Re<x,y>$
Do đó
$Re<x,y>=\dfrac{1}{4}\left (||x+y||^2-||x-y||^2\right)$ (1)

$Im<x,y>=Re<x,iy>=\dfrac{1}{4}\left (||x+iy||^2-||x-iy||^2\right)$ (2)
Ta sẽ chứng minh rằng ánh xạ $<.,.>:H\times H\to \mathbb{C}$ với $<x,y>=Re<x,y>+iIm<x,y>$, trong đó hàm $Re$ và $Im$ được cho bởi (1) và (2), thực sự là một tích vô hướng trên H.

* Xác định dương:
$Im<x,x>=0$, $Re<x,x>=||x||^2$. Do đó $<x,x>=||x||^2\ge 0$. Đẳng thức chỉ xảy ra khi $x=0$.

* Đối xứng liên hợp:
$Re<x,y>=Re<y,x>$
Dùng tính chất $||tu||=|t|.||u||$ với mọi $t\in \mathbb{C},u\in H$, ta có $Im<y,x>=-Im<x,y>$. Do đó
$<y,x>=\overline{<x,y>}$

* Cộng tính theo biến thứ nhất:
Với $x_1,x_2,y\in H$, ta đặt
$A(x_1,x_2,y)=4[Re<x_1+x_2,y>-Re<x_1,y>-Re<x_2,y>] = A_1(x_1,x_2,y)-A_1(x_1,x_2,-y)$ với
$A_1(x_1,x_2,y)=||x_1+x_2+y||^2+||x_1-y||^2+||x_2-y||^2$.
Nếu $A(x_1,x_2,y)=0$ với mọi $x_1,x_2,y\in H$ thì $Re<x_1+x_2,y>=Re<x_1,y>+Re<x_2,y>$. Thay $y$ bởi $iy$ ta thu được đẳng thức tương tự cho $Im$. Vì vậy ta chỉ cần chứng minh $A(x_1,x_2,y)=0$. Từ đẳng thức hình bình hành ta có
$||u||^2+||v||^2+||w||^2=||\dfrac{u+v+w}{2}||^2+||\dfrac{u+v-w}{2}||^2+||\dfrac{u-v+w}{2}||^2+||\dfrac{u-v-w}{2}||^2$ (3)
Áp dụng (3) cho $u=x_1+x_2+y$, $v=x_1-y$, $w=x_2-y$ ta được
$A_1(x_1,x_2,y)=A_1(x_1,x_2,\dfrac{y}{2})+||3y/2||^2$ (4)
Thay y bởi -y ở (4), ta được
$A_1(x_1,x_2,-y)=A_1(x_1,x_2,-\dfrac{y}{2})+||-3y/2||^2$ (5)
Từ (4) và (5), ta có
$A(x_1,x_2,y)=A_1(x_1,x_2,y)-A_1(x_1,x_2,-y)=A_1(x_1,x_2,-\dfrac{y}{2})-A_1(x_1,x_2,\dfrac{y}{2})=-A(x_1,x_2,\dfrac{y}{2})$.
Bằng phép quy nạp đơn giản, ta có
$A(x_1,x_2,y)=(-1)^nA(x_1,x_2,\dfrac{y}{2^n})$ với mọi $n\in\mathbb{N}$.
Do $A$ liên tục theo biến $y$ nên
$\lim_{n\to\infty}A(x_1,x_2,\dfrac{y}{2^n})=A(x_1,x_2,0)=0$
Vì vậy $A(x_1,x_2,y)=0$.

* Nhân tính đối với biến thứ nhất:
Từ (1) và (2), ta có
$Re<ix,y>=-Im<x,y>$ và $Im<ix,y>=Re<x,y>$. Do đó, $<ix,y>=i<x,y>$.
Vì $<.,>$ cộng tính theo biến thứ nhất nên ta chỉ cần chứng minh $<cx,y>=c<x,y>$ với mọi $x,y\in H, c\in \mathbb{R}$.
Với mỗi $c\in \mathbb{R}$, ta đặt $ f ( c )=<cx,y>$. Khi đó $f$ là hàm cộng tính và liên tục. Do đó f©=cf(1). Điều này có thể chứng minh bằng cách đầu tiên xét $c\in\mathbb{N}$, sau đó $c\in\mathbb{Z}$, rồi $c\in\mathbb{Q}$, cuối cùng đẩy qua giới hạn để có $c\in\mathbb{R}$.
độc lập ,tự do muôn năm!!!!!!!!!!!!!




1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh