| Математические заметки |
|
|
|
|
|
О существовании элемента с заданными уклонениями от расширяющейся системы подпространств Ю. А. Скворцовab a Московский государственный университет им. М. В. Ломоносова b Московский центр фундаментальной и прикладной математики
Англоязычная версия:
Mathematical Notes, 2023, Volume 114, Issue 5, Pages DOI: https://doi.org/10.1134/S0001434623110299 
Реферативные базы данных:
  1. ВведениеПусть задана счетная система $Y_1 \subset Y_2 \subset Y_3 \subset \cdots$ строго вложенных замкнутых линейных подпространств некоторого бесконечномерного банахова пространства $(X,\|\cdot\|)$, полная в $X$: а также последовательность неотрицательных чисел $d_1 \geqslant d_2 \geqslant d_3 \geqslant \cdots$, $d_n \to 0$. Спрашивается, существует ли элемент $x \in X$, уклонения $\rho(x,Y_n)=\inf_{y \in Y_n}\|x-y\|$ которого от подпространств $Y_n$ равны этим числам:История этой задачи восходит к Бернштейну [1], который решил ее в случае, когда $X$ есть пространство $C[a,b]$ действительнозначных функций, непрерывных на отрезке $[a,b]$, с равномерной нормой, а $Y_n$ при каждом $n=0,1,2,\dots$ является подпространством алгебраических многочленов степени не выше $n$. Тиман [2] перенес доказательство на случай произвольного банахова пространства $X$ и системы строго вложенных конечномерных подпространств $Y_1 \subset Y_2 \subset Y_3 \subset \cdots$. Никольский [3] заметил, что для существования искомого элемента при произвольных $d_1 \geqslant d_2 \geqslant \cdots$, $d_n \to 0$ пространство $X$ должно быть рефлексивным. В то же время Тюремских [4] доказал, что в гильбертовом пространстве задача имеет положительное решение для любых $Y_n$ и $d_n$. Ни для каких других бесконечномерных банаховых пространств задача не решена. Шапиро [5] показал, что в любом бесконечномерном пространстве $X$ для любых подпространств $Y_1 \subset Y_2 \subset \cdots$ и любых чисел $d_1 \geqslant d_2 \geqslant \cdots$, $d_n \to 0$ существует такой элемент $x$, что $\rho(x,Y_n) \ne O(d_n)$, $n \to \infty$. Этот результат усилил Тюремских [6], установив при тех же предположениях существование такого элемента $x \in X$, что $\rho(x,Y_n) \geqslant d_n$, $n=1,2,\dots$ . В течение долгого времени не было известно ни одной последовательности $d_1 > d_2 > \cdots$, $d_n \to 0$, для которой элемент с такими уклонениями существовал бы независимо от банахова пространства $X$ и подпространств $Y_1 \subset Y_2 \subset \cdots$, пока Бородин [7] не получил следующий результат. Теорема A. Пусть $X$ – бесконечномерное банахово пространство, $Y_1 \subset Y_2 \subset Y_3 \subset \cdots$ – счетная система строго вложенных замкнутых подпространств в $X$, а последовательность неотрицательных чисел $\{d_n\}_{n=1}^{\infty}$ такова, что $d_n > \sum_{k=n+1}^{\infty} d_k$ для каждого натурального $n \geqslant n_0$, при котором $d_n > 0$. Тогда существует элемент $x \in X$, для которого $\rho(x,Y_n)=d_n$, $n=1,2,\dots$ . На основе этого результата Конягин [8] в исходных предположениях задачи доказал существование такого элемента $x \in X$, что $d_n \leqslant \rho(x,Y_n) \leqslant 8d_n$. Настоящая работа содержит две теоремы, усиливающие результаты Бородина и Конягина. 2. Дополнительные условия на последовательность уклоненийТеорема 1. Пусть $X$ – бесконечномерное банахово пространство, $Y_1 \subset Y_2 \subset Y_3 \subset \cdots$ – счетная система строго вложенных замкнутых подпространств в $X$, $\{d_n\}_{n=1}^{\infty}$ – последовательность строго убывающих к нулю чисел, для которой множество бесконечно. Тогда существует элемент $x \in X$, для которого $\rho(x,Y_n)=d_n$, $n \in \mathbb{N}$. Доказательство. 1. Сначала докажем теорему со строгими неравенствами, т.е. будем считать бесконечным множество
Упорядочим его: $\widetilde{A}=\{a_1,a_2,\dots\}$, $a_1 < a_2 < \cdots$. Для всякого натурального $n$ положим
$$
\begin{equation*}
\delta_n=\frac{1}{2} \biggl(\min\biggl\{d_{a_n-1},d_{a_n-2}-d_{a_n-1},\, \frac{d_1-d_2}{2},\dots,\frac{d_{a_n-3}-d_{a_n-2}}{2}\biggr\}- d_{a_n}\biggr) > 0.
\end{equation*}
\notag
$$
Пользуясь стремлением к нулю $d_{a_n}$ и $\delta_n$, выделим последовательность номеров $m_k$, для которых $\delta_{m_k} \geqslant 3(d_{a_{m_{k+1}}}+\delta_{m_{k+1}})$ и $a_{m_{k+1}}-a_{m_k} \geqslant 2$, $k=1,2,\dots$ . Сделаем переобозначение $n_k=a_{m_k}$, $\varepsilon_k=\delta_{m_k}$. Введенные последовательности обладают следующими свойствами:
$$
\begin{equation}
d_{n_k}+2\varepsilon_k \leqslant d_{n_k-2}-d_{n_k-1},
\end{equation}
\tag{2.2}
$$
$$
\begin{equation}
d_{n_k}+2\varepsilon_k \leqslant \frac{d_{i}-d_{i+1}}{2}\,, \qquad i=1, \dots, n_k-3,
\end{equation}
\tag{2.3}
$$
$$
\begin{equation}
\varepsilon_k \geqslant 3(d_{n_{k+1}}+\varepsilon_{k+1}).
\end{equation}
\tag{2.4}
$$
Дополнительно будем считать $n_0=1$, $\varepsilon_0=3(d_{n_1}+\varepsilon_1)$.
2. Пусть $k$ – произвольное натуральное число. Для всех $n \in [n_{k-1},n_k)$ выберем такие векторы $q_n \in Y_{n+1} \setminus Y_n$, что $\rho(q_n,Y_n)=1$ и $\|q_n\| < 1+\varepsilon_{k} / d_n$. Положим
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, K_{n_k-1} &=\bigl\{\lambda q_{n_k-1}\colon |\lambda| \leqslant d_{n_k-1}\bigr\}, \\ T_{n_k-2} &=K_{n_k-1}+\bigl\{\mu q_{n_k-2}\colon |\mu| \leqslant d_{n_k-2}\bigr\} \\ &=\bigl\{\lambda q_{n_k-1}+\mu q_{n_k-2}\colon |\lambda| \leqslant d_{n_k-1},\, |\mu| \leqslant d_{n_k-2}\bigr\}. \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
Для всякого $z \in Y_{n_k-2}$ определим множество
$$
\begin{equation*}
U_{n_k-2}(z)=\bigl\{u \in X\colon \|z+u\| < \rho(u,Y_{n_k-2})+\varepsilon_{k}\bigr\}.
\end{equation*}
\notag
$$
Все множества $U_{n_k-2}(z)$ открыты, и $\bigcup_{z \in Y_{n_k-2}} U_{n_k-2}(z)=X \supset T_{n_k-2}$. Множество $T_{n_k-2}$ компактно, поэтому можем выделить такой конечный набор $Z_{n_k-2} \subset Y_{n_k-2}$, что $T_{n_k-2}\subset\bigcup_{z \in Z_{n_k-2}} U_{n_k-2}(z)$. Наконец, положим $K_{n_k-2}=T_{n_k-2}+Z_{n_k-2}$.
Опишем аналогичный процесс для $n_k-3$. Полагаем
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, T_{n_k-3} &= K_{n_k-2}+\bigl\{\lambda q_{n_k-3}\colon |\lambda| \leqslant d_{n_k-3}\bigr\}, \\ U_{n_k-3}(z) &= \bigl\{u \in X\colon \|z+u\| < \rho(u,Y_{n_k-3})+\varepsilon_{k}\bigr\}, \qquad z \in Y_{n_k-3}, \\ Z_{n_k-3} &\subset Y_{n_k-3}\colon \quad T_{n_k-3} \subset \bigcup_{z \in Z_{n_k-3}} U_{n_k-3}(z), \quad |Z_{n_k-3}| <\infty, \\ K_{n_k-3} &= T_{n_k-3}+Z_{n_k-3}. \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
Будем так продолжать до $n_{k-1}$ включительно. Сделаем то же самое для всех $k \in \mathbb{N}$. 3. Теперь построим элемент $x^k$ с заданными первыми $n_{k}-1$ уклонениями в виде
$$
\begin{equation*}
x^k=v^{k}_1+v^{k}_2+\dots+v^{k}_{k}, \qquad v^k_i \in K_{n_{i-1}},
\end{equation*}
\notag
$$
так, чтобы при $1 \leqslant i \leqslant k$ выполнялось
$$
\begin{equation}
\|v^k_i+v^k_{i+1}+\cdots+v^k_k\| \leqslant d_{n_{i-1}}+\varepsilon_{i-1}.
\end{equation}
\tag{2.5}
$$
Будем строить векторы $v^k_1,\dots,v^k_k$ с конца. Покажем, как найти один вектор $v^k_i$, если все векторы с бо́льшими номерами уже известны, и в случае $i < k$ выполнено
$$
\begin{equation}
\rho(v^k_{i+1}+\cdots+v^k_k, Y_j)=d_j, \qquad j \in [n_i, n_k).
\end{equation}
\tag{2.6}
$$
Положим
$$
\begin{equation*}
r=\begin{cases} v^k_{i+1}+\cdots+v^k_k, & i < k, \\ 0, & i=k. \end{cases}
\end{equation*}
\notag
$$
По условию (2.5) имеем неравенство $\|r\| \leqslant d_{n_i}+\varepsilon_i$.
Будем искать вектор в виде
$$
\begin{equation*}
v^k_i=\sum_{j=n_{i-1}}^{n_i-2}(\lambda_{j} q_{j}+z_j)+ \lambda_{n_i-1} q_{n_i-1}, \qquad |\lambda_j| \leqslant d_j, \quad z_j \in Z_j, \quad |\lambda_{n_i-1}| \leqslant d_{n_i-1},
\end{equation*}
\notag
$$
с условием
$$
\begin{equation}
\|u_j+r\| \leqslant d_j, \qquad n_{i-1} \leqslant j \leqslant n_i-2,
\end{equation}
\tag{2.7}
$$
где
$$
\begin{equation*}
u_j=\sum_{l=j+1}^{n_i-2}(\lambda_l q_l+z_l)+ \lambda_{n_i-1}q_{n_i-1},\quad j=n_{i-1}, \dots, n_i-3, \qquad u_{n_i-2}=\lambda_{n_i-1}q_{n_i-1}.
\end{equation*}
\notag
$$
Начнем с выбора $\lambda_{n_i-1}$. Рассмотрим функцию $\varphi_{n_i-1}(\lambda)=\rho(\lambda q_{n_i-1}+r,Y_{n_i-1})$. В нуле данная функция оценивается сверху через норму:
$$
\begin{equation*}
\varphi_{n_i-1}(0)=\rho(r,Y_{n_i-1}) \leqslant \|r\| \leqslant d_{n_i}+\varepsilon_i < d_{n_i-1},
\end{equation*}
\notag
$$
последнее неравенство выполнено в силу (2.1). В то же время
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, \varphi_{n_i-1} (d_{n_i-1})+\varphi_{n_i-1} (-d_{n_i-1})&= \rho(d_{n_i-1} q_{n_i-1}+r, Y_{n_i-1})+ \rho(-d_{n_i-1} q_{n_i-1}+r, Y_{n_i-1}) \\ &\geqslant \rho(2d_{n_i-1} q_{n_i-1}, Y_{n_i-1})=2d_{n_i-1}. \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
Значит, либо в $d_{n_i-1}$, либо в $-d_{n_i-1}$ значение функции не меньше $d_{n_i-1}$. По непрерывности найдем $\lambda_{n_i-1} \in [-d_{n_i-1},d_{n_i-1}]$, для которого
$$
\begin{equation*}
\rho(\lambda_{n_i-1} q_{n_i-1}+r, Y_{n_i-1})= \varphi_{n_i-1}(\lambda_{n_i-1})=d_{n_i-1}.
\end{equation*}
\notag
$$
Тогда
$$
\begin{equation*}
\|u_{n_i-2}+r\| \leqslant |\lambda_{n_i-1}|\,\|q_{n_i-1}\|+\|r\| < (d_{n_i-1}+\varepsilon_i)+(d_{n_i}+\varepsilon_i) \leqslant d_{n_i-2},
\end{equation*}
\notag
$$
где последнее неравенство выполнено в силу (2.2).
Далее с конца последовательно будем строить $\lambda_j$, $z_j$. Опишем эту процедуру для данного $j$. Для выбора $\lambda_j$ рассматриваем функцию $\varphi_{j}(\lambda)=\rho(\lambda q_{j}+u_j+r,Y_j)$. Имеем
$$
\begin{equation*}
\varphi_j(0)=\rho(u_j+r,Y_j) \leqslant \|u_j+r\| \leqslant d_j.
\end{equation*}
\notag
$$
Так же, как и выше, получаем, что либо в $d_j$, либо в $-d_j$ значение $\varphi_j$ не меньше $d_j$, поэтому по непрерывности находим $\lambda_j \in [-d_j,d_j]$, для которого
$$
\begin{equation*}
\rho(\lambda_j q_j+u_j+r,Y_j)=\varphi_j(\lambda_j)=d_j.
\end{equation*}
\notag
$$
Имеем $\lambda_j q_j+u_j \in T_j$.
Теперь выберем такое $z_j \in Z_j$, что $\lambda_j q_j+u_j\in U_j(z_j)$. Тогда в случае $j>n_{i-1}$ имеем
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, \|u_{j-1}+r\|&=\|z_j+\lambda_j q_j+u_j+r\| \leqslant \|z_j+\lambda_j q_j+u_j\|+\|r\| \\ &<\rho(\lambda_j q_j+u_j, Y_j)+\varepsilon_i+\|r\| \leqslant \rho(\lambda_j q_j+u_j+r, Y_j)+\varepsilon_i+2\|r\| \\ &=d_j+\varepsilon_i+2\|r\| \leqslant d_j+2 d_{n_i}+3\varepsilon_i < d_{j-1}, \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
где последнее неравенство выполнено в силу (2.3). Тем самым (2.7) удовлетворено.
Проверим соблюдение (2.5):
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, \|v^k_i+r\|&=\|z_{n_{i-1}}+\lambda_{n_{i-1}}q_{n_{i-1}}+ u_{n_{i-1}}+r\| \leqslant \|z_{n_{i-1}}+\lambda_{n_{i-1}}q_{n_{i-1}}+ u_{n_{i-1}}\|+\|r\| \\ &< \rho(\lambda_{n_{i-1}}q_{n_{i-1}}+u_{n_{i-1}},Y_{n_{i-1}})+ \varepsilon_i+\|r\| \\ &\leqslant\rho(\lambda_{n_{i-1}}q_{n_{i-1}}+u_{n_{i-1}}+r,Y_{n_i-1}) +\varepsilon_i+2\|r\| \\ &=d_{n_{i-1}}+\varepsilon_i+2\|r\|\leqslant d_{n_{i-1}}+2d_{n_i}+3\varepsilon_i < d_{n_{i-1}}+\varepsilon_{i-1}, \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
где последнее неравенство выполнено в силу (2.4).
Условие (2.6) справедливо по построению: если $j \geqslant n_i$, то если $j=n_i-1$, то
$$
\begin{equation*}
\rho(v^k_i+r, Y_{n_i-1})= \rho(\lambda_{n_i-1}q_{n_i-1}+r,Y_{n_i-1})=d_{n_i-1},
\end{equation*}
\notag
$$
а если $j \leqslant n_i-2$, то
4. После того как построены все $x^k$, можно диагональным процессом выбрать последовательность номеров $\{k_1,k_2,\dots\}$, для которых все последовательности $v^{k_{\nu}}_i$, принадлежащие своим компактам $K_{n_{i-1}}$, являются фундаментальными. Докажем, что последовательность $x^{k_{\nu}}$ тоже фундаментальна. Пусть $\delta$ – произвольное положительное число. Найдем такое натуральное число $l$, что $d_{n_{l}}+\varepsilon_l < \delta / 4$. Пользуясь фундаментальностью всех $v^{k_\nu}_i$, найдем такое $G$, что для любых $g,h > G$ выполнено
$$
\begin{equation*}
\sum_{i=1}^{l}\|v_i^{k_{g}}-v_i^{k_{h}}\|<\frac{\delta}{2}\,.
\end{equation*}
\notag
$$
Тогда
$$
\begin{equation*}
\|x^{k_g}-x^{k_{h}}\| \leqslant \sum_{i=1}^{l}\|v_i^{k_{g}}-v_i^{k_{h}}\|+ \biggl\|\sum_{i=l+1}^{k_g} v_i^{k_{g}}\biggr\|+ \biggl\|\sum_{i=l+1}^{k_h} v_i^{k_{h}}\biggr\| < \frac{\delta}{2}+2(d_{n_l}+\varepsilon_l) < \delta,
\end{equation*}
\notag
$$
где предпоследнее неравенство выполнено в силу (2.5).
Значит, последовательность $x^{k_{\nu}}$ сходится к некоторому вектору $x$, имеющему требуемые уклонения $\rho(x,Y_n)=d_n$ при всех $n$. 5. Вернемся к общему случаю:
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, A &=\biggl\{n \geqslant 3\colon d_n \leqslant d_{n-2}-d_{n-1},\, d_n \leqslant \frac{d_k-d_{k+1}}{2} \text{ при } k=1,\dots,n-3\biggr\} \\ &=\{a_1,a_2,\dots\}, \qquad a_1 < a_2 < \cdots. \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
Считая, что инфимум пустого множества равен $+\infty$, полагаем
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, X(\varepsilon) &=\bigl\{x \in X\colon |\rho(x,Y_n)-d_n| < \varepsilon\ \forall\,n\bigr\}, \\ R_n(x) &=\bigl\{y \in Y_{n+1}\colon \rho(x+y, Y_k)=d_k \text{ при } k=1,\dots, n\bigr\}, \\ Q_n(x) &=\bigl\{y \in Y_{n+1}\colon \rho(x+y,Y_n)=d_n\bigr\}, \\ \alpha_n(\varepsilon) &=\sup_{x \in X(\varepsilon)}\,\inf_{y \in R_n(x)}\|y\|, \\ \beta_n(\varepsilon) &=\sup_{x \in X(\varepsilon)}\,\inf_{y \in Q_n(x)}\|y\|. \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
По теореме A для любого $\varepsilon > 0$ существует такой элемент $x' \in X$, у которого уклонения $\rho(x',Y_n)=d_n$ для тех $n$, где $d_n \geqslant \varepsilon$, и $\rho(x',Y_n)=0$ для тех $n$, где $d_n < \varepsilon$. Тогда $x' \in X(\varepsilon)$, и, следовательно, $X(\varepsilon)$ непусто при всех положительных $\varepsilon$.
6. Докажем, что для фиксированного $n$ величина $\beta_n(\varepsilon)$ стремится к $0$ при $\varepsilon \to 0+$. Считаем $\varepsilon < (d_n-d_{n+1})/3$. Пусть $x$ – произвольный вектор из $X(\varepsilon)$. Для него найдется такой $p \in Y_n$, что $\|x-p\|<d_n+\varepsilon$. Расстояние
$$
\begin{equation*}
\rho(x-p,Y_{n+1})=\rho(x,Y_{n+1})<d_{n+1}+\varepsilon,
\end{equation*}
\notag
$$
поэтому существует вектор $q \in Y_{n+1}$, для которого $\|x-p-q\| < d_{n+1}+\varepsilon$. Для функции $\varphi(\lambda)=\rho(x-\lambda q,Y_n)$ имеем
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, \varphi(0)&=\rho(x, Y_n) \in (d_n-\varepsilon, d_n+\varepsilon), \\ \varphi(1)&=\rho(x-q, Y_n)=\rho(x-p-q, Y_n) \leqslant \|x-p-q\| < d_{n+1}+\varepsilon. \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
Тогда
$$
\begin{equation*}
\varphi(0)-\varphi(1) > d_n-\varepsilon-d_{n+1}-\varepsilon > \frac{d_n-d_{n+1}}{3}\,.
\end{equation*}
\notag
$$
Пользуясь выпуклостью функции, оценим ее значения в двух точках:
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, \varphi\biggl(\frac{3\varepsilon}{d_n-d_{n+1}}\biggr) &\leqslant \varphi(0)-\frac{3\varepsilon}{d_n-d_{n+1}}(\varphi(0)-\varphi(1))< \varphi(0)-\varepsilon < d_n, \\ \varphi\biggl(-\frac{3\varepsilon}{d_n-d_{n+1}}\biggr) &\geqslant \varphi(0)+\frac{3\varepsilon}{d_n-d_{n+1}}(\varphi(0)-\varphi(1))> \varphi(0)+\varepsilon > d_n. \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
Значит, в интервале $(-3\varepsilon/(d_n-d_{n+1}),3\varepsilon/(d_n-d_{n+1}))$ найдется $\lambda$, при котором $\varphi(\lambda)= d_n$, поэтому при $\varepsilon < (d_n-d_{n+1})/3$ имеем оценку
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, \inf_{y\in Q_n(x)}\|y\| &< \frac{3\varepsilon}{d_n-d_{n+1}}\|q\| < \frac{3\varepsilon}{d_n-d_{n+1}}(d_{n+1}+\varepsilon+\|x-p\|) \\ &< \frac{3\varepsilon}{d_n-d_{n+1}}(d_{n+1}+\varepsilon+d_n+ \varepsilon)=\frac{3\varepsilon}{d_n-d_{n+1}} (d_{n+1}+d_n+2\varepsilon). \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
Последнее неравенство верно для произвольного $x \in X(\varepsilon)$, поэтому
$$
\begin{equation*}
\beta_n(\varepsilon) \leqslant \frac{3\varepsilon}{d_n-d_{n+1}} (d_{n+1}+d_n+2\varepsilon) \to 0, \qquad \varepsilon \to 0.
\end{equation*}
\notag
$$
7. Теперь по индукции докажем стремление к нулю величин $\alpha_n(\varepsilon)$ при ${\varepsilon \to 0+}$. Для $n=1$ это верно в силу $\alpha_1 \equiv \beta_1$. Опишем переход от $n$ к $n+1$. Для фиксированного $x \in X(\varepsilon)$ можем найти такое $q \in Q_{n+1}(x)$, что $\|q\| <\beta_{n+1}(\varepsilon)+\varepsilon$. Вектор $x+q$ принадлежит множеству $X(\varepsilon+\|q\|) \subset X(2\varepsilon+\beta_{n+1}(\varepsilon))$, поэтому можем выбрать $r \in R_n(x+q)$ с $\|r\| < \alpha_n(2\varepsilon+ \beta_{n+1}(\varepsilon))+\varepsilon$. Замечая, что $q+r$ принадлежит $R_{n+1}(x)$, получаем неравенство
$$
\begin{equation*}
\inf_{y \in R_{n+1}(x)} \|y\| \leqslant \|q\|+\|r\| < \beta_{n+1}(\varepsilon)+\varepsilon+\alpha_n(2\varepsilon+ \beta_{n+1}(\varepsilon))+\varepsilon.
\end{equation*}
\notag
$$
Переходя к супремуму и устремив $\varepsilon$ к нулю, получаем $\alpha_{n+1}(\varepsilon)\to 0$.
8. Последовательность $\{\delta_n\}$ теперь определим иначе:
$$
\begin{equation*}
\delta_n=\min\bigl\{d_1-d_2,d_2-d_3,\dots,d_n-d_{n+1}\bigr\}.
\end{equation*}
\notag
$$
Выберем такую возрастающую подпоследовательность номеров $B\,{=}\,\{b_1,b_2,\dots\}\,{\subset}\,A$, что $b_{k+1}-b_{k} \geqslant 3$ и $d_{b_{k+1}} < \delta_{b_k}/4$, $k \in \mathbb{N}$. Зафиксируем убывающую к нулю последовательность $\{\varepsilon_n\}$, для которой $\varepsilon_n < \delta_n / 2$ и ${\alpha_n(\varepsilon_n) < 2^{-n}}$.
Построим новую последовательность уклонений $\{e_n\}$:
$$
\begin{equation*}
e_n=\begin{cases} d_n-\varepsilon_n, & n\in B, \\ d_n, & n \notin B. \end{cases}
\end{equation*}
\notag
$$
Эта последовательность убывает:
$$
\begin{equation*}
e_{n+1} \leqslant d_{n+1} \leqslant d_n-\delta_n < d_n-\varepsilon_n \leqslant e_n.
\end{equation*}
\notag
$$
Проверим, что в последовательности $\{e_n\}$ для номеров из $B$ все требуемые в условии теоремы неравенства являются строгими. Сначала разберемся с неравенством $e_{b_k} < e_{b_k-2}-e_{b_k-1}$:
$$
\begin{equation*}
e_{b_k}<d_{b_k} \leqslant d_{b_k-2}-d_{b_k-1}=e_{b_k-2}-e_{b_k-1},
\end{equation*}
\notag
$$
где равенство объясняется тем, что $b_{k-1} \leqslant b_k-3$, откуда $b_k-1,b_k-2 \notin B$.
Теперь при $m \leqslant b_k-3$ необходимо проверить, что Рассмотрим случай $m \notin B$. Имеем
$$
\begin{equation*}
e_{b_k} < d_{b_k} \leqslant \frac{d_m-d_{m+1}}{2}= \frac{e_m-d_{m+1}}{2} \leqslant \frac{e_m-e_{m+1}}{2}\,.
\end{equation*}
\notag
$$
В случае $m \in B$ (откуда $m \leqslant b_{k-1}$) пользуемся неравенством $d_{b_k} < \delta_{b_{k-1}}/4$, требуемым в определении последовательности $\{b_k\}$:
$$
\begin{equation*}
e_{b_k} < d_{b_k} < \frac{\delta_{b_{k-1}}}{4} < \frac{\delta_m-\varepsilon_m}{2} \leqslant \frac{d_m-d_{m+1}-\varepsilon_m}{2}=\frac{e_m-e_{m+1}}{2}\,.
\end{equation*}
\notag
$$
По уже доказанному найдется вектор $x_0$ с уклонениями $\rho(x_0, Y_n)=e_n$. Имеем $x_0 \in X(\varepsilon_{b_1})$. В силу $\alpha_{b_1}(\varepsilon_{b_1}) < 2^{-b_1}$ существует такой $y_1 \in Y_{b_1+1}$, что и $\|y_1\| < 2^{-b_1}$. Тогда вектор $x_1 := x_0+y_1 \in X(\varepsilon_{b_2})$. Продолжая этот процесс, построим последовательность $\{x_n\}_{n=0}^{\infty}$ со свойствами: $\|x_n-x_{n+1}\| < 2^{-b_{n+1}}$ и ${x_n \in X(\varepsilon_{b_{n+1}})}$. Из первого свойства следует фундаментальность последовательности, а из второго стремление $\rho(x_n,Y_k) \to d_k$ для каждого $k$. Значит, последовательность $\{x_n\}$ имеет предел, являющийся искомым вектором.Теорема доказана. Следствие 1. Пусть $X$ – бесконечномерное банахово пространство, $Y_1 \subset Y_2 \subset Y_3 \subset \cdots$ – счетная система строго вложенных замкнутых подпространств в $X$, а последовательность положительных чисел $\{d_n\}_{n=1}^{\infty}$ такова, что $d_{n+1}/d_n \leqslant q_0$ для всех $n \in \mathbb{N}$, где $q_0=0.58975\dots$ – корень уравнения $1=q+2q^3$. Тогда существует элемент $x \in X$, для которого $\rho(x,Y_n)=d_n$, $n=1,2,\dots$ . Доказательство. Проверим, что множество $A$ cодержит все натуральные числа $n \geqslant 3$. Для проверки первого неравенства из определения множества $A$ заметим, что $1 > q_0+q_0^2$. Тогда
Теперь проверим второе неравенство из определения $A$. Для произвольного $k$ из $\{1,\dots,n-3\}$ имеем
$$
\begin{equation*}
d_n \leqslant q_0^{n-k} d_{k}=q_0^3 q_0^{n-k-3} d_k= \frac{1-q_0}{2} q_0^{n-k-3} d_k \leqslant \frac{1-q_0}{2}d_k \leqslant \frac{d_k-d_{k+1}}{2}\,.
\end{equation*}
\notag
$$
Следствие доказано. Замечание 1. Условия на последовательность $\{d_n\}$ в теореме 1 слабее соответствующих условий в теореме A, за исключением случая, когда $d_n=0$, начиная с некоторого номера. 3. Существование элемента с близкими уклонениямиТеорема 2. Пусть $X$ – бесконечномерное банахово пространство, $Y_1 \subset Y_2 \subset Y_3 \subset \cdots$ – счетная система строго вложенных замкнутых подпространств в $X$, а последовательность положительных чисел $\{d_n\}_{n=1}^{\infty}$ стремится к нулю и не возрастает. Тогда найдется элемент $x\in X$, для которого Доказательство. Введем обозначение $k_n=[\log_{q_0}d_n]$ и разобьем натуральный ряд на сегменты
Для каждого непустого $I_k$ положим $U_k=Y_{\max I_k}$. Если при этом $I_{k-1}$ пусто, а $|I_k| > 1$, то дополнительно положим $U_{k-1}=Y_{\min I_k}$. Пусть $M$ – множество тех $m$, для которых $U_m$ определено. По следствию 1 найдется вектор $x \in X$, удовлетворяющий равенствам $\rho(x,U_m)=q_0^m$, $m \in M$. Покажем, что это искомый элемент, т.е. проверим неравенства (3.1). Левое неравенство получаем, пользуясь вложением $Y_n \subset U_{k_n}$:
$$
\begin{equation*}
\rho(x,Y_n) \geqslant \rho(x,U_{k_n})=q_0^{k_n} \geqslant d_n.
\end{equation*}
\notag
$$
Если $|I_{k_n}| > 1$, то правое неравенство получается из вложения $U_{k_n-1} \subset Y_n$:
$$
\begin{equation*}
\rho(x, Y_n)\leqslant\rho(x, U_{k_n-1})=q_0^{k_n-1}= q_0^{-2} q_0^{k_n+1} < q_0^{-2} d_n.
\end{equation*}
\notag
$$
Наконец, в случае $|I_{k_n}|=1$ имеем $U_{k_n}=Y_n$, и поэтому
$$
\begin{equation*}
\rho(x, Y_n)=\rho(x, U_{k_n})=q_0^{k_n}=q_0^{-2} q_0^{k_n+2} < q_0^{-2} d_n.
\end{equation*}
\notag
$$
Теорема доказана. Автор благодарен П. А. Бородину за ценные замечания. 
Цитирование в формате AMSBIB
\RBibitem{Skv23} |
|
||||||||||||||||||||||
|
Обратная связь: |
Пользовательское соглашение
|
Регистрация посетителей портала |
Логотипы |
|