Multiplicativa norma en $\mathbb{R}[X]$.

Question

Cómo probar que : no hay ninguna función $N\colon \mathbb{R}[X] \rightarrow \mathbb{R}$, tal que : $N$ es una norma de $\mathbb{R}$-espacio vectorial y $N(PQ)=N(P)N(Q)$ todos los $P,Q \in \mathbb{R}[X]$.

Una vez, mi maestro pregunta de si existe una multipicative norma en $\mathbb{R}[X]$, y uno de mis compañero resultó que no había ninguno. Pero no puedo recordar la prueba (todo lo que recuerdo es que estaba usando la integración en alguna parte...).

Answer 1

Mediante el artículo Absoluta de los valores de Álgebras de lo mencionado por el comentarista, una prueba tendría este aspecto.

En primer lugar, recordar

Lema Si $ (E,\| \cdot \|) $ es una normativa $ \mathbb{R} $-espacio vectorial tal que $ \| x + y \|^{2} + \| x - y \|^{2} \geq 4 \| x \| \| y \| $ tiene para todos los $ x,y \in E $, entonces la norma $ \| \cdot \| $ es inducida por algún producto interior $ \langle \cdot,\cdot \rangle $$ E $.

Nota: cualquier persona que tenga un enlace a una prueba del lema anterior es calurosa bienvenida.

Supongamos que $ \| \cdot \| $ es un multiplicativo norma en $ \mathbb{R}[X] $. Entonces para cualquier $ x,y \in \mathbb{R}[X] $, tenemos \begin{align} \| x + y \|^{2} + \| x - y \|^{2} &= \| (x + y)^{2} \| + \| (x - y)^{2} \| \quad (\text{By the multiplicativity of %#%#%.}) \\ &\geq \| (x + y)^{2} - (x - y)^{2} \| \quad (\text{By the Triangle Inequality.}) \\ &= \| 4xy \| \\ &= 4 \| x \| \| y \|. \quad (\text{By the multiplicativity of %#%#%.}) \end{align} El lema ahora dice que $ \| \cdot \| $ es inducida por algún producto interior $ \| \cdot \| $$ \| \cdot \| $.

Mediante la aplicación de las bacterias Gram-Schmidt orthogonalization procedimiento para el conjunto linealmente independiente $ \langle \cdot,\cdot \rangle $, obtenemos un valor distinto de cero $ \mathbb{R}[X] $ que es ortogonal a $ \{ 1,X \} $ (es decir, $ a \in \mathbb{R}[X] $). Entonces \begin{align} \| 1 - a^{2} \| &= \| (1 - a)(1 + a) \| \\ &= \| 1 - a \| \| 1 + a \| \quad (\text{By the multiplicativity of %#%#%.}) \\ &= \| 1 - a \|^{2} \quad (\text{By orthogonality, %#%#%.}) \\ &= \langle 1 - a,1 - a \rangle \\ &= \| 1 \|^{2} + \| a \|^{2} - 2 \langle 1,a \rangle \\ &= \| 1 \|^{2} + \| a \|^{2} \quad (\text{By orthogonality once again.}) \\ &= \| 1 \| + \| a^{2} \| \quad (\text{By the multiplicativity of %#%#%.}) \\ &= \| 1 \| + \| - a^{2} \|. \end{align} En resumen, $ 1 $ mantiene. El cuadrado ambos lados de esta ecuación nos da \begin{align} \| 1 - a^{2} \|^{2} &= (\| 1 \| + \| - a^{2} \|)^{2}, \\ \langle 1 - a^{2},1 - a^{2} \rangle &= \| 1 \|^{2} + \| - a^{2} \|^{2} + 2 \| 1 \| \| - a^{2} \|, \\ \| 1 \|^{2} + \| - a^{2} \|^{2} + 2 \langle 1,- a^{2} \rangle &= \| 1 \|^{2} + \| - a^{2} \|^{2} + 2 \| 1 \| \| - a^{2} \|, \\ \langle 1,- a^{2} \rangle &= \| 1 \| \| - a^{2} \|. \end{align} Por lo tanto, obtenemos la igualdad cuando aplicamos la de Cauchy-Schwarz Desigualdad a los vectores $ a = X - \frac{\langle 1,X \rangle}{\langle 1,1 \rangle} \cdot 1 $$ \| \cdot \| $. La igualdad ocurre si y sólo si ambas $ \| 1 + a \| = \| 1 - a \| $ $ \| \cdot \| $ se encuentran en el mismo $ \| 1 - a^{2} \| = \| 1 \| + \| - a^{2} \| $-dimensiones subespacio de $ 1 $;$ - a^{2} $, esto nos dice que ambos son no-cero múltiplos escalares de cada uno de los otros. Sin embargo, $ 1 $, por tanto, más precisamente, $ - a^{2} $ $ 1 $ son positivos múltiplos escalares de cada uno de los otros. Por lo tanto, obtener un $ \mathbb{R}[X] $, lo cual es una contradicción. ////

Conclusión no puede haber multiplicativo norma en $ 1,- a^{2} \neq 0 $.