isométrica linear embedding de $(\mathbb{R}^2, \| \|_2)$ $(l^1, \| \|_1)$

Question

Me gustaría probar lo siguiente :

No hay un lineal isométrica de la incrustación de $(\mathbb{R}^2, \| \cdot \|_2)$ a $(l^1, \| \cdot \|_1)$

No sé cómo probar esto. Así que ahora soy capaz de demostrar este resultado sólo en el caso en que el vector $(1,0)$ e $(0,1)$ son enviados a las secuencias que tienen todos positivos o todos negativos de valor.

En este caso yo uso el hecho de que la $2$ norma no es lineal, mientras que el $1$ norma es (ie $\| xa + yb \| = xa + yb$, $x, y, a, b > 0$).

El problema es que cuando las secuencias tienen diferentes signos que me es difícil para mí para concluir.

Gracias.

Answer 1

Deje que la imagen de $(1,0)$ ser la secuencia de $x=(x_i)_i$y deje que la imagen de $(0,1)$ ser la secuencia de $y=(y_i)_i$. Ahora vamos a definir la función Para $\alpha\in\mathbb R$ definimos $$ f(\alpha) = \| x + \alpha y\| = \sum_{i=1}^\infty | x_i+\alpha y_i |. $$ Tenga en cuenta que debido a la isometría debemos tener $$ f(\alpha) = \sqrt{1+\alpha^2}. $$ No podemos decir que $f$ es lineal, porque como $\alpha$ cambios, podría ser un indicio de cambios en algunos de los términos de $|x_i+\alpha y_i|$.

Escoger un fijo $j$ tal que $y_j\neq0$. A continuación, elegimos $N\in\mathbb N$ tales que $\sum_{i=N+1}^\infty |y_i| < |y_j|/2$. Claramente, $N\geq j$ tiene que ser cierto. Definimos $$ g(\alpha):=\sum_{i=1}^N | x_i+\alpha y_i | \qquad h(\alpha):=\sum_{i=N+1}^\infty | x_i+\alpha y_i |. $$ Claramente, $f=g+h$. Se puede demostrar que $h(\alpha)$ es Lipschitz continua con el global de la constante de Lipschitz $|y_j|/2$.

Ahora vamos a analizar $g$. Ya que hay sólo un número finito de términos, hay sólo un número finito de puntos donde la $g$ no es suave. Entre los puntos de $g$ es afín lineal. Si tenemos en cuenta el punto de $\alpha_j:=-x_j/y_j$, entonces podemos encontrar $\varepsilon_0>0$ tales que $g$ es afín lineal en los intervalos $[\alpha_j-\varepsilon_0,\alpha_j]$ e $[\alpha_j,\alpha_j+\varepsilon_0]$. Entonces tenemos $$ g(\alpha_j+\varepsilon)-g(\alpha_j) \geq \varepsilon |y_j| \quad\text{y}\quad g(\alpha_j-\varepsilon)-g(\alpha_j) \geq \varepsilon |y_j| $$ para todos los $\varepsilon\in (0,\varepsilon_0)$.

La combinación de esta con la constante de Lipschitz para $h$, podemos concluir $$ f(\alpha_j+\varepsilon)+f(\alpha_j-\varepsilon)-2f(\alpha_j) \geq \varepsilon | y_j|. $$ para todos los $\varepsilon\in (0,\varepsilon_0)$. Esto significa que $$ \liminf_{\varepsilon\downarrow 0} \frac1\varepsilon (f(\alpha_j+\varepsilon)+f(\alpha_j-\varepsilon)-2f(\alpha_j)) \geq |y_j| > 0. $$ sostiene. Sin embargo, esta es una contradicción a $ f(\alpha) = \sqrt{1+\alpha^2}$, debido a que aquí la derecha plazo es dos veces continuamente diferenciable, que (mediante la expansión de Taylor) implica $$ \lim_{\varepsilon\downarrow 0} \frac1\varepsilon (f(\alpha_j+\varepsilon)+f(\alpha_j-\varepsilon)-2f(\alpha_j)) =0 $$

Answer 2

La siguiente construcción da un aproximado de dicha involucración. Elegir un $N\gg1$, y poner $$f(1,0)=(x_k)_{0\leq k\leq N-1},\qquad f(0,1)=(y_k)_{0\leq k\leq N-1}$$ con $$x_k:={\pi\over 2N}\cos{2\pi k\over N},\quad y_k:={\pi\over 2N}\sin{2\pi k\over N}\qquad(0\leq k\leq N-1)\ .$$ Luego, por la linealidad,la $$\eqalign{\|f(\cos\phi\sin\phi)\|&={\pi\más de 2N}\sum_{k=0}^{N-1}\left|\cos\phi\cos{2k\pi\sobre N}+\sin\phi\sin{2k\pi\sobre N}\right| \cr &= {1\over 4}\sum_{k=0}^{N-1}{2\pi\sobre N}\left|\cos\left(\phi-{2\pi k\sobre N}\right)\right|\cr &\aprox{1\over4}\int_{-\pi}^\pi|\cos t|\>dt=1\ ,\cr}$$ independientemente de $\phi$.

Yo no estoy tan seguro de que una exacta isométrica involucración es imposible.