Forum:  Analysis
Thema: Separabilität von normierten Räumen
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Pter87
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Themenstart: 2020-06-02 23:02

Ich muss beweisen, dass folgendes gilt:

$\{x \in V: ||x||_V = 1\} \quad separabel \Rightarrow V \quad separabel.$  Dabei ist V ein normierter Raum.

Ich hab einen möglichen Beweis aber ich hab das Gefühl, dass das falsch wäre(weil zu einfach), aber ich finde keinen Fehler...

Beweis:

Sei $x \in V$ und sei $\bar{x}=\frac{1}{||x||}x$

Damit V separabel ist, reicht es zu zeigen, dass es eine Teilmenge $A$ von V gibt, deren lineare Hülle dicht in $V$ liegt und $A$ abzählbar.

Sei $A$ die abzählbare und dicht in $\{x \in V: ||x||_V = 1\}$ liegende Menge, die nach Voraussetzung existiert.

Es ist also nur noch zu zeigen, dass $<A> = \bigcup\limits_{n \in \mathbb{N}}\{ \sum\nolimits_{i=1}^n p_ix_i | \quad p_i \in \mathbb{K}, x_i \in A \}$ dicht in $V$ liegt.

Sei $x \in V$ beliebig. Wir wissen, dass $B_r(\bar{x}) \cap A \neq \emptyset \quad \forall r \geq 0$

$\Rightarrow \forall \epsilon \geq 0 \quad \exists a \in A : ||\bar{x}-a||_V\leq \epsilon$
$\Rightarrow \forall \delta \geq 0 \quad \exists a \in A : ||x - ||x||_V a||_V \leq \delta$

Folgt jetzt nicht aus der Tatsache, dass $x$ beliebig war und $||x||_V a \in <A>$, dass $<A>$ dicht in $V$ ?



Martin_Gal
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Beitrag No.1, eingetragen 2020-06-02 23:32

Hi!

Dein Beweis ist falsch, da \( \langle A \rangle \) nicht abzählbar ist (außer, der Körper ist abzählbar).

Ich gehe mal davon aus, dass als Körper R oder C angenommen wird.

Tipp 1: Ein allgemeins \(x \in V\) lässt sich als \( \underbrace{\| x \|}_{\in K} \underbrace{\frac{x}{\| x \|}}_{\| \dots \| = 1} \) schreiben.

Kannst du damit etwas anfangen?

Ansonsten wäre hier noch ein versteckter Tipp:



Pter87
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Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-06-03 00:35

Erstmal Danke für die Tipps.

Wieso muss denn <A> abzählbar sein ? Laut unserem Skript reicht es, dass A abzählbar und <A> dicht in V liegt.


Martin_Gal
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Beitrag No.3, eingetragen 2020-06-03 00:59

2020-06-02 23:02 - Pter87 im Themenstart schreibt:
$<A> = \bigcup\limits_{n \in \mathbb{N}}\{ \sum\nolimits_{i=1}^n p_ix_i | \quad p_i \in \mathbb{K}, x_i \in A \}$

Dann ist
\[ \# \lbrace p x :\, p \in \mathbb K, x \in A \rbrace = \# \mathbb K\, \# A  \]
Also \(\langle A \rangle \) ist im Allgemeinen nicht abzählbar.


Martin_Gal
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Beitrag No.4, eingetragen 2020-06-03 01:06

Ah okay. Ich verstehe, was hier passiert ist...

Allgemein ist ein metrischer Raum \( (X, d) \) separabel, wenn es eine abzählbare dichte Teilmenge gibt.

Ein normierter Raum ist auf kanonische Weise ein metrischer Raum.

Aber manche Autoren und Profs definieren auch alternativ:

Ein normierter Raum \( (X, \| . \|) \) ist separabel, wenn es eine abzählbare Menge \(A \subset X\) gibt, so dass \( \langle A \rangle \subset X \) dicht ist.

... so wie wohl auch euer Prof...

Tatsächlich sind die beiden Definitionen äquivalent. Das sieht man so: Definition 1 => Definition 2 ist trivial. Definition 2 => Definition 1: \( \langle A \rangle_{\mathbb Q} \subset \langle A \rangle_{\mathbb R} \) (oder \(\mathbb Q + i \mathbb Q\) für komplexe Vektorräume) ist dicht, aber im Gegensatz zur rechten Seite ist die linke Seite abzählbar. Somit ist \( \langle A \rangle_{\mathbb Q} \) die zu findende dichte Teilmenge.

Ich hatte nicht daran gedacht, dass diese Definition verbreitet ist. Aber insofern passt dein Beweis.


Pter87
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Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2020-06-03 01:14

Wir hatten auch die Standard-Definition über abzählbare, dichte Teilmenge, aber in der Vorlesung wurde auch die zweite äquivalente Definition bewiesen und deswegen habe ich einfach diese benutzt.




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Druckdatum: 2020-10-27 07:06