Continuidad de la función relacionada con $F$ -normas

Question

Sea $X$ sea una $F$ -espacio y $\left\|\cdot\right\|$ ser un $F$ -norm on $X$ . Supongamos que $\left\|\cdot\right\|$ es cóncava: para todo $x\in X$ fija, la función $t\mapsto\left\|tx\right\|$ es cóncava en $(0,\infty)$ .

Para $r>0$ define $$ n(r):=\sup_{\left\|2x\right\|\leq r}\left\|x\right\|$$

No es difícil demostrar que para $x$ fija, la función $t\mapsto\left\|tx\right\|$ es no decreciente, de modo que $n(r)\leq r$ . De hecho, la desigualdad es estricta, como consecuencia de la acotación local.

Estoy leyendo el periódico "Una generalización de Mazur-Ulam" por S. Rolewicz y en la prueba del Lemma 2, el autor afirma $n(r)$ es "trivialmente continua", pero no veo que sea continua. No se me ocurre ningún contraejemplo y la demostración del lema 2 se basa en la continuidad, así que estoy bastante seguro de que es cierto y sólo me estoy perdiendo vergonzosamente algo sencillo.

He intentado jugar con la cantidad $\sup_{\left\|2x\right\|\leq r}[\left\|(1+t)x\right\|-\left\|x\right\|]$ para $t>0$ y la concavidad de la norma, pero no he llegado muy lejos.

¿Podría alguien indicarme qué es lo que me falta?

Answer 1

Debido a un malentendido por mi parte, mi respuesta original era errónea. Mi nuevo argumento no funciona del todo (he indicado la laguna), pero como creo que esto es mejor que nada, lo dejaré.

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Sea $r_0$ ser como en el documento citado. Entonces cada vector no nulo en $X$ tiene un múltiplo con norma al menos $2r_0$ . Basta con demostrar (a efectos del documento) que $n|_{(0,r_0)}$ es continua. A partir de ahora restringiremos $n$ a este intervalo.

Basta con demostrar que $n$ es convexa, ya que las funciones convexas son siempre continuas. Sea ahora $v\mathbb R\subset X$ denotan el subespacio unidimensional abarcado por $v\in X\setminus\{0\}$ y definir (para $r<r_0$ ) $$ n_v(r)=\sup_{x\in v\mathbb R\atop \|2x\|\leq r}\|x\|. $$ Tenga en cuenta que $n(r)=\sup_{v\in X\setminus\{0\}}n_v(r)$ . Como el supremum de las funciones convexas es convexo, basta con demostrar que cada $n_v$ es convexa.

Sólo tenemos que resolver nuestro problema en una dimensión. Sea $\phi:[0,\infty)\to[0,\infty)$ sea una función cóncava creciente con $\phi(0)=0$ . La norma cóncava en nuestro espacio unidimensional es de la forma $x\mapsto\phi(|x|)$ para algunos $\phi$ . También sabemos que $\lim_{t\to\infty}\phi(t)\geq2r_0$ .

Definamos $$ m(r)=\sup_{t\geq0\atop\phi(2t)=r}\phi(r) $$ para $r<r_0$ . Nuestro objetivo es demostrar que $m$ es convexa.

Sea $T=\sup\{t>0;\phi(t)<2r_0\}$ . Al final sólo tenemos que considerar $\phi$ en $[0,T)$ debido a nuestra restricción de $n$ . Supongamos que $\phi$ no eran estrictamente crecientes en este intervalo. Entonces habría algún $\tau<T$ para que $\phi$ es constante en $[\tau,T]$ . Pero $\phi$ es cóncava en todas $[0,\infty)$ Esto significa que $\phi(t)=\lim_{t\to\infty}\phi(t)\geq2r_0$ para todos $t\geq\tau$ contradiciendo la definición de $T$ . Así $\phi|_{[0,T)}$ es estrictamente creciente.

Ahora $\phi$ tiene una función inversa $\alpha:[0,2r_0)\to[0,T)$ y $m(r)=\phi(\frac12\alpha(r))$ . Tenga en cuenta que ahora $\alpha$ es estrictamente creciente y convexa con $\alpha(0)=0$ . Basta con demostrar que $m$ es convexa, dada esta estructura especial. Acabo de enterarme que esto no es generalmente cierto, por lo que este argumento no termina la prueba.

(No estoy seguro de si el autor del artículo tenía en mente un argumento más fácil. También podría ser que la afirmación pareciera demasiado plausible para ser falsa).

Answer 2

Tras un argumento de Wobst podemos demostrar el Lemma 2 sin demostrar que $r\mapsto n(r)$ es continua en $(0,r_{0})$ . En su lugar, demostramos la desigualdad

$$s_{r;r_{0}}:=\inf_{r\leq\left\|x\right|\leq r_{0}}\dfrac{\left\|2x\right\|}{\left\|x\right\|}>1,$$ donde por supuesto $0<r<r_{0}$ utilizando la concavidad de $t\mapsto\left\|tx\right\|$ y la acotación del conjunto $K_{2r_{0}}=\left\{x\in X:\left\|x\right\|\leq 2r_{0}\right\}$ . Puede darse el caso de que esta desigualdad implique la continuidad de $n(r)$ pero esta implicación aún no me resulta evidente.

Fijar $x\in X$ . Por la concavidad de la norma, tenemos $$\left\|2x\right\|=\left\|\frac{n+1}{n}x+\frac{n-1}{n}x\right\|\geq\frac{1}{n}\left\|(n+1)x\right\|+\frac{n-1}{n}\left\|x\right\|$$ Escribir $\left\|2x\right\|=(1+\varepsilon_{x})\left\|x\right\|$ donde $\varepsilon_{x}\geq 0$ ( $t\mapsto\left\|tx\right\|$ es no creciente), obtenemos la desigualdad $$\left\|(n+1)x\right\|\leq (1+n\varepsilon_{x})\left\|x\right\|$$

Supongamos que $s_{r;r_{0}}=1$ . Entonces existe una secuencia de puntos $(x_{k})$ con $r\leq\left\|x_{k}\right\|\leq r_{0}$ y $\left\|2x_{k}\right\|/\left\|x_{k}\right\|\rightarrow 1$ . Defina $\varepsilon_{k}\geq0$ por $\left\|2x_{k}\right\|=(1+\varepsilon_{k})\left\|x_{k}\right\|$ . Observe que $\varepsilon_{k}>0$ para todos $k$ de lo contrario, la acotación de $K_{2r_{0}}$ implica la secuencia $n^{-1}\cdot(nx_{k})$ tiende a $0$ . Llegaremos a una contradicción demostrando que $\varepsilon_{k}$ no puede tender a $0$ .

Para cada $k$ , dejemos que $n_{k}$ sea el número entero máximo tal que $\varepsilon_{k}\leq n_{k}^{-1}$ . Tenga en cuenta que $n_{k}\rightarrow\infty$ como $k\rightarrow\infty$ . Afirmo que la secuencia $((n_{k}+1)x_{k})$ se encuentra en $K_{2r_{0}}$ . Efectivamente,

$$\left\|(n_{k}+1)x_{k}\right\|\leq(1+n_{k}\varepsilon_{k})\left\|x_{k}\right\|\leq 2\left\|x_{k}\right\|\leq 2r_{0}$$

Entonces la secuencia $(n_{k}+1)^{-1}\cdot(n_{k}+1)x_{k}$ tiende a $0$ lo cual es una contradicción.

Sea $(r_{n})_{n=0}^{\infty}$ sea la secuencia decreciente definida en el artículo de Rolewicz, y supongamos que $\lim r_{n}=r'>0$ . Entonces

$$r'=\lim_{n\rightarrow\infty}n(r_{n})\leq\dfrac{\lim_{n\rightarrow\infty} r_{n}}{s_{r';r_{0}}}=\dfrac{r'}{s_{r';r_{0}}}<r',$$ una contradicción.