WikiDer > Теорема М. Рисса о продолжении

В Теорема М. Рисса о продолжении это теорема в математика, доказано Марсель Рис ^[1] во время его изучения проблема моментов.^[2]

Формулировка

Позволять E быть настоящий векторное пространство, F ⊂ E а векторное подпространство, и разреши K ⊂ E быть выпуклый конус.

А линейный функционал φ: F → р называется K-положительный, если принимает только неотрицательные значения на конусе K:

${displaystyle phi (x) geq 0quad {ext {for}} quad xin Fcap K.}$

Линейный функционал ψ: E → р называется K-положительный расширение из φ, если он идентичен φ в области φ, а также возвращает значение не менее 0 для всех точек конуса K:

${displaystyle psi | _ {F} = phi quad {ext {and}} quad psi (x) geq 0quad {ext {for}} quad xin K.}$

В целом K-положительный линейный функционал на F не может быть продлен до ${displaystyle K}$-положительный линейный функционал на E. Уже в двух измерениях получается контрпример, беря K быть верхней полуплоскостью с открытым негативом Икс-ось удалена. Если F это Икс-оси, то положительный функционал φ(Икс, 0) = Икс не может быть продолжен до положительного функционала на плоскости.

Однако расширение существует при дополнительном предположении, что для каждого у ∈ E Существует Икс∈F такой, что у − Икс ∈K; другими словами, если E = K + F.

Доказательство

Доказательство аналогично доказательству Теорема Хана-Банаха (см. также ниже).

К трансфинитная индукция или же Лемма Цорна достаточно рассмотреть случай тусклогоE/F = 1.

Выбери любой у ∈ EF. Набор

${displaystyle a = sup {phi (x): xin F, y-xin K}, b = inf {phi (x): xin F, x-yin K}.}$

Ниже мы докажем, что -∞ < а ≤ б. А пока выберите любой c удовлетворение а ≤ c ≤ б, и установите ψ(у) = c, ψ|_F = φ, а затем расширить ψ ко всем E по линейности. Нам нужно показать, что ψ является K-положительный. Предполагать z ∈ K. Тогда либо z = 0, или z = п(Икс + у) или же z = п(Икс - у) для некоторых p> 0 и Икс ∈ F. Если z = 0, тогда ψ(z) ≥ 0. В первом оставшемся случае Икс + у = у - (-Икс) ∈ K, и так

${displaystyle psi (y) = cgeq ageq phi (-x) = psi (-x)}$

по определению. Таким образом

${displaystyle psi (z) = ppsi (x + y) = p (psi (x) + psi (y)) geq 0.}$

Во втором случае Икс - у ∈ K, и так аналогично

${displaystyle psi (y) = cleq bleq phi (x) = psi (x)}$

по определению и так

${displaystyle psi (z) = ppsi (x-y) = p (psi (x) -psi (y)) geq 0.}$

Во всех случаях, ψ(z) ≥ 0, поэтому ψ является K-положительный.

Теперь докажем, что -∞ < а ≤ б. Обратите внимание, по предположению существует хотя бы один Икс ∈ F для которого у - Икс ∈ K, поэтому -∞ <а. Однако может случиться так, что нет x ∈ F для которого Икс - у∈ K, в таком случае б = ∞ и неравенство тривиально (в этом случае заметим, что третий случай выше невозможен). Поэтому можно считать, что б <∞ и существует хотя бы один x ∈ F для которого Икс - у∈ K. Для доказательства неравенства достаточно показать, что всякий раз, когда Икс ∈ F и у - Икс ∈ K, и Икс' ∈ F и х '- у ∈ K, тогда φ(Икс) ≤ φ(Икс'). В самом деле,

${displaystyle x'-x = (x'-y) + (y-x) в K}$

поскольку K - выпуклый конус, поэтому

${displaystyle 0leq phi (x'-x) = phi (x ') - phi (x)}$

поскольку φ является K-положительный.

Следствие: теорема Крейна о продолжении.

Позволять E быть настоящий линейное пространство, и разреши K ⊂ E быть выпуклый конус. Позволять Икс ∈ E(−K) быть таким, что р Икс + K = E. Тогда существует K-положительный линейный функционал φ: E → р такой, что φ(Икс) > 0.

Связь с теоремой Хана – Банаха.

Теорема Хана – Банаха выводится из теоремы М. Рисса о продолжении.

Позволять V - линейное пространство, и пусть N быть сублинейной функцией на V. Позволять φ - функционал на подпространстве U ⊂ V в котором преобладают N:

${displaystyle phi (x) leq N (x), quad xin U.}$

Теорема Хана – Банаха утверждает, что φ продолжается до линейного функционала на V в котором преобладают N.

Чтобы вывести это из теоремы М. Рисса о продолжении, определим выпуклый конус K ⊂ р×V к

${displaystyle K = left {(a, x), mid, N (x) leq aight}.}$

Определите функционал φ₁ на р×U к

${displaystyle phi _ {1} (a, x) = a-phi (x).}$

Видно, что φ₁ является K-положительный, и что K + (р × U) = р × V. Следовательно φ₁ можно расширить до K-положительный функционал ψ₁ на р×V. потом

${displaystyle psi (x) = - psi _ {1} (0, x)}$

желаемое расширение φ. Действительно, если ψ(Икс) > N(Икс), у нас есть: (N(Икс), Икс) ∈ K, в то время как

${displaystyle psi _ {1} (N (x), x) = N (x) -psi (x) <0,}$

приводит к противоречию.

Примечания

Рекомендации

• Кастильо, Рене Э. (2005), «Заметка о теореме Крейна» (PDF), Lecturas Matematicas, 26, заархивировано из оригинал (PDF) на 2014-02-01, получено 2014-01-18
• Рис, М. (1923), "Sur le problème des moment. III.", Arkiv för Matematik, Astronomi och Fysik (На французском), 17 (16), JFM 49.0195.01
• Ахиезер, Н. (1965), Классическая проблема моментов и некоторые смежные вопросы анализа, Нью-Йорк: Hafner Publishing Co., МИСТЕР 0184042