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l^2={ {Xn}| Xn∈C Σ|Xn|^2<+∞}
 
でその部分空間la^2を
 
la^2={ {Xn} | 有限個の Xi を除いて0}

としたときla^2の閉包とl^2が等しいことを示したいのですが、la^2の閉包 ⊂ l^2は示せたのですが逆の

la^2の閉包 ⊃ l^2 がどうしても分かりません閉じれば成り立つことはなんとなくイメージできるのですが
どなたかお暇なときにでも良いので助けてはいただけないでしょうか?よろしくお願いします。

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A 回答 (1件)

証明は非常に簡単で、l^2の元{Xn}をひとつ任意にとったとき、これがla^2の元で近似できればよいのです。

そこで{Xn}でn≦kのときXn、n>kのとき0となる数列の列{X'n}^(k)を考えます。^(k)は添え字だと思ってください。これがl^2の意味で{Xn}に収束するのは明らかだから、これで証明が出来たことになります。

距離空間の話だともう少しわかりやすく想像できるのではないでしょうか。すなわちA⊂Bがあってcl(A)⊃B[clは閉包とします]を示すのに、cl(A)というのはようするにcl(A)の中にAがdenseに入っているということなので、cl(A)の元はAで近似できるということです。逆に言うとAの収束列はすべてcl(A)に入ります(それが閉集合の定義のひとつでもありますよね。収束列の極限を必ず含むというのが)。
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この回答へのお礼

お礼をいうのが遅くなって申し訳ありません。ありがとうございました。大変よく分かりました。{Xn}に収束する点列をそんなふうに定義すればよかったなんて気づきませんでした。ありがとうございます。

お礼日時:2003/11/14 00:38

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Q可分性について

関数空間の可分性についてなんですが
「C(R)が可分でない」
らしいのですが、証明が分かりません。

l^2やC。(R)などが可分であることは証明できたのですが、上記のような可分でないものの証明の仕方が分かりません。
方針だけでも教えて頂けないでしょうか。

Aベストアンサー

方針だけでよいのなら、背理法。つまり可分であると仮定して、稠密可算な部分集合をとって、それからたとえば対角線論法に近いようなことをやって、どんな部分列をとっても収束できないようにする。

たまに共役空間(dual)を取って、とかいう議論をする場合もあるんですが、それは難しい問題の場合だけで、基本は上記のように証明するのです。

ちょっと略証も与えてみましょうか。細部は質問者様で埋めてください。稠密可算な部分集合が取れたと仮定する。それを{f_n}としよう。そこで、関数g(x)をg(n)=0(もし|f_n(n)|≧1なら)、g(n)=2(もし|f_n(n)|<1なら)を満たすC(R)の元とします。他の部分はうまく折れ線でもつなげばよろしい。そうすると作り方から||g-f_n||≧1となる。これは矛盾。

少し注意ですが、gの作り方には工夫が必要です。たとえばg(n)=f_n(n)+1と満たすようにとってもよさそうな気がしますが、こうすると||g||=∞となって、gがC(R)に入らない可能性があるんですね。まあこんな感じで他にも例を作って納得してみてください。

方針だけでよいのなら、背理法。つまり可分であると仮定して、稠密可算な部分集合をとって、それからたとえば対角線論法に近いようなことをやって、どんな部分列をとっても収束できないようにする。

たまに共役空間(dual)を取って、とかいう議論をする場合もあるんですが、それは難しい問題の場合だけで、基本は上記のように証明するのです。

ちょっと略証も与えてみましょうか。細部は質問者様で埋めてください。稠密可算な部分集合が取れたと仮定する。それを{f_n}としよう。そこで、関数g(x)をg(n)=0(も...続きを読む


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