Функциональные пространства. Яковлев Г.Н. - 47 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

МФТИ | Москва

Составители: 

Рубрика: 

§3. Линейные, нормированные и банаховы пространства 47
Прежде всего заметим, что
kxk =
n
X
j=1
|x
j
|ke
j
k 6 kxk
2
n
X
j=1
ke
j
k.
Поэтому kxk 6 c
2
kxk
2
, где c
2
=
n
P
j=1
ke
j
k.
Для оценки нормы kxk снизу рассмотрим функцию f (x) =
= kxk. Её можно рассматривать как функцию от n переменных
x
1
, . . . ,x
n
, определённую на R
n
. Из неравенства
|f(x) − f (y)| =
kxk − kyk
6 kx − yk 6 c
2
kx − yk
2
следует, что она непрерывна на R
n
. В частности, она непре-
рывна и на единичной сфере S
1
⊂ R
n
, причём если kxk
2
=
= 1, то f(x) > 0. А так как сфера S
1
— компакт, то ∃x
0
∈
∈ S
1
: inf
x∈S
1
f(x) = f(x
0
) > 0, и поэтому
∀x ∈ S
1
kxk > c
1
,
где c
1
= f(x
0
). Тогда
∀x 6= 0 kxk = kxk
2
x
kxk
2
> kxk
2
c
1
.
Для x = 0 неравенство kxk > c
1
kxk
2
очевидно.
Теорема доказана, поскольку любые две нормы kxk и kxk
∗
,
эквивалентные kxk
2
, эквивалентны.
Легко показать, что в линейном пространстве C[a; b] нормы
(3) и (4) не являются эквивалентными.
Для доказательства, не ограничивая общности, можно счи-
тать, что a = 0, b = π. Тогда рассмотрим последовательность
функций f
n
(x) таких, что f
n
(x) = sin nx, если 0 6 nx 6 π, и
f
n
(x) = 0 при других x. Очевидно,
max
x
|f
n
(x)| = 1,
Z
π
0
|f
n
(x)|dx =
2
n
,
и поэтому эти нормы не могут быть эквивалентными.
    § 3. Линейные, нормированные и банаховы пространства     47

   Прежде всего заметим, что
                   Xn                   n
                                        X
             kxk =    |xj |kej k 6 kxk2   kej k.
                      j=1                       j=1
                                     n
                                     P
Поэтому kxk 6 c2 kxk2 , где c2 =           kej k.
                                     j=1
     Для оценки нормы kxk снизу рассмотрим функцию f (x) =
= kxk. Её можно рассматривать как функцию от n переменных
x1 , . . . ,xn , определённую на Rn . Из неравенства

       |f (x) − f (y)| = kxk − kyk 6 kx − yk 6 c2 kx − yk2

следует, что она непрерывна на Rn . В частности, она непре-
рывна и на единичной сфере S1 ⊂ Rn , причём если kxk2 =
= 1, то f (x) > 0. А так как сфера S1 — компакт, то ∃ x0 ∈
∈ S1 : inf f (x) = f (x0 ) > 0, и поэтому
      x∈S1

                          ∀ x ∈ S1   kxk > c1 ,
где c1 = f (x0 ). Тогда
                                        x
             ∀ x 6= 0 kxk = kxk2            > kxk2 c1 .
                                       kxk2
Для x = 0 неравенство kxk > c1 kxk2 очевидно.
    Теорема доказана, поскольку любые две нормы kxk и kxk∗ ,
эквивалентные kxk2 , эквивалентны.
    Легко показать, что в линейном пространстве C[a; b] нормы
(3) и (4) не являются эквивалентными.
    Для доказательства, не ограничивая общности, можно счи-
тать, что a = 0, b = π. Тогда рассмотрим последовательность
функций fn (x) таких, что fn (x) = sin nx, если 0 6 nx 6 π, и
fn (x) = 0 при других x. Очевидно,
                                Z π
                                                 2
             max |fn (x)| = 1,      |fn (x)| dx = ,
              x                  0               n
и поэтому эти нормы не могут быть эквивалентными.

Страницы