un classico - algebra lineare

Analisi, algebra lineare, topologia, gruppi, anelli, campi, ...
EvaristeG
Site Admin
Messaggi: 4750
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Roma
Contatta:

Messaggio da EvaristeG » 24 ott 2009, 14:21

C'è un po' di casino qui:
ma_go, io non sto parlando di separabilità, ma di basi (di Hamel, non di Schauder) di uno spazio vettoriale; uno spazio di Hilbert separabile ammette una base di Schauder numerabile, ma non può avere una base di Hamel numerabile, altrimenti sarebbe uguale all'unione dei suoi sottospazi finito-dimensionali, quindi unione di chiusi a parte interna vuota e non potrebbe essere un metrico completo, per Baire.
Poiché le successioni contengono un Hilbert, non possono ammettere una base di Hamel numerabile, come invece fanno i polinomi.

Per il resto, attenzione, tu confondi il duale topologico (funzionali lineari continui) con il duale algebrico (funzionali lineari). Il duale topologico di uno spazio di Hilbert è lui stesso, il duale algebrico no. Il duale topologico di L^p è L^q, il duale algebrico no.

Come ha or ora dimostrato Nonno Bassotto, ogni spazio vettoriale infinito-dimensionale ha duale algebrico di dimensione strettamente maggiore.

ma_go
Site Admin
Messaggi: 1906
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00

Messaggio da ma_go » 24 ott 2009, 15:33

sì, mi era chiaro quello che volevi dire. solo che se c'è di mezzo baire non è una cosa così ovvia :) (e, per inciso, non mi era per nulla ovvia la dimostrazione che hai delineato qui). insomma, pensavo ad una cosa da primo anno, tipo la soluzione di nonno bassotto (quella vdm).

per quanto riguarda la parte sui duali topologici, se noti era preceduta da un "@edriv" (visto che era lui che parlava di "dualità involutiva" in un precedente messaggio).

Carlein
Messaggi: 315
Iscritto il: 26 nov 2007, 18:16
Località: Napoli

Messaggio da Carlein » 05 mar 2010, 21:06

Nonno Bassotto ha scritto:Fra l'altro non servono risultati generali per vedere che lo spazio delle successioni ha dimensione più che numerabile. È sufficiente trovare più che numerabili vettori linearmente indipendenti. Una possibile scelta è
l'insieme delle successioni della forma x^n, per il determinante di Vandermonde
Uhm, un metodo un pò cervellotico forse è usare questo fatto http://www.scienzematematiche.it/forum/ ... &sk=t&sd=a.
Descrivendo una famiglia continua quasi disgiunta con funzioni caratteristiche(cioè successioni a entrate 0 e 1, in cui gli 1 sarebbero i termini dell'insieme descritto dalla successione), si possono senza dubbio togliere tutti quelli che hanno un numero finito di 1, che sono al più numerabili, ne rimangono quindi ancora continui. Questi sono linearmente indipendenti, perchè se in una combinazione lineare finita in cui qualcuno non ha coefficiente nullo, quel qualcuno viene modificato in al più un numero finito di entrate nella somma finale, infinite sue entrate rimangono nonnnulle.
Lo stolto è colui che dice quello che sa.Il saggio è colui che sa quello che dice.
"And then one day you find,ten years have got behind you,no one told when to run,you missed the starting gun"

Avatar utente
Nonno Bassotto
Site Admin
Messaggi: 970
Iscritto il: 14 mag 2006, 17:51
Località: Paris
Contatta:

Messaggio da Nonno Bassotto » 05 mar 2010, 21:51

Mica ho capito... perché non lo spieghi meglio?
The best argument against democracy is a five-minute conversation with the average voter. - Winston Churchill

Carlein
Messaggi: 315
Iscritto il: 26 nov 2007, 18:16
Località: Napoli

Messaggio da Carlein » 05 mar 2010, 22:13

Ehm scusami la poca chiarezza.
Allora, il risultato linkato mi dice che se io ho un insieme numerabile A riesco a estrarre una famiglia quasi disgiunta continua di sottoinsiemi di A, ossia continua e tale che due suoi sottoinsiemi hanno sempre intersezione finita. Ora il mio insieme numerabile A è la stringa numerabile di entrate della successione, in ciascuna delle quali devo mettere un valore del campo. Prendo una famiglia quasi disgiunta continua qua dentro, e ciascun sottoinsieme della famiglia lo faccio diventare una successione riempendo le entrate nel modo più semplice : metto 1 ai posti del sottoinsieme e 0 nel resto. Se ci sono così successioni che hanno un numero finito di 1(ossia che provengono da un sottoinsieme che aveva solo un numero finito di entrate) ce le levo, tanto in totale sono al più la cardinalità delle parti finite di N, che è numerabile, quindi togliendo numerabile ad un continuo mi rimane un continuo di successioni. Ora queste sono linearmente indipendenti: difatti prendine k e fanne una combinazione lineare che fa 0, se una delle successioni ha coefficiente non nullo allora avrà questo coefficiente al posto dei suoi 1, quando gli vai ad addizionare gli altri termini loro possono influire su al più un numero finito di entrate(ciascuno sull intersezione tra lui e la tua successione) per il fatto che è una famiglia quasi disgiunta, quindi di certo infinite(perchè altre infinite ce ne sono, avendo tolto quelli a numero finito di 1) entrate rimangono nonnulle, precisamente col valore del coefficiente dato alla tua successione.
Si capisce meglio ora? e nel caso, ti torna tutto?
Lo stolto è colui che dice quello che sa.Il saggio è colui che sa quello che dice.
"And then one day you find,ten years have got behind you,no one told when to run,you missed the starting gun"

Avatar utente
Nonno Bassotto
Site Admin
Messaggi: 970
Iscritto il: 14 mag 2006, 17:51
Località: Paris
Contatta:

Messaggio da Nonno Bassotto » 06 mar 2010, 02:58

OK, mi torna, modulo la dimostrazione linkata che non ho voglia di andare a leggere :-P Molto carina!
The best argument against democracy is a five-minute conversation with the average voter. - Winston Churchill

Rispondi