Analiza funkcjonalna Wykłady

Transkrypt

1 Projekt pn. Wzmocnienie potencjału dydaktycznego UMK w Toruniu w dziedzinach matematyczno-przyrodniczych realizowany w ramach Poddziałania 4.. Programu Operacyjnego Kapitał Ludzki Analiza funkcjonalna Wykłady Mariusz Lemańczyk Toruń 2 Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego

2 WSTĘP Niniejszy skrypt jest zapisem semestralnego wykładu z analizy funkcjonalnej prowadzonego przeze mnie na Wydziale Matematyki i Informatyki UMK dla studentów kierunku Matematyka. Skrypt jest podzielony na piętnaście części wykładów odpowiadających dwugodzinnym zajęciom, co nie zawsze odpowiada tematycznemu podziałowi na poszczególne zagadnienia. Na końcu dołączony został przykładowy test egzaminacyjny. 2

3 WYKŁAD I Niech X będzie przestrzenią liniową nad ciałem liczb zespolonych C lub ciałem liczb rzeczywistych R. Jednocześnie niech X będzie przestrzenią metryczną z metryką d. Definicja. Metrykę d nazywamy przesuwalną, jeżeli dla każdych x, y, z X zachodzi warunek dx + z, y + z = dx, y. Uwaga. Jeżeli d jest metryką przesuwalną, to odwzorowanie T x y = x + y jest homeomorfizmem. Rzeczywiście, niech lim n y n = y. Wówczas lim dt xy n, T x y = lim dx + y n, x + y = lim dy n, y =. n n n Ponadto odwzorowanie T x = T x też jest ciągłe. Uwaga. Jeżeli d jest metryką przesuwalną, to odwzorowanie : X R określone wzorem x = dx, ma dla dowolnych x, y X następujące własności: x = x =, 2 x = x, 3 x + y x + y. Warunek jest oczywisty. Warunek 2 wynika z równości Natomiast warunek 3 zachodzi, gdyż d x, = d x + x, + x = d, x = dx,. dx + y, = dx, y dx, + d, y = dx, + dy,. Definicja. Każde odwzorowanie : X R spełniające własności 3 nazywamy F-normą. Uwaga. Jeśli odwzorowanie : X R jest F-normą, to wzór dx, y = x y definiuje metrykę przesuwalną na X, która indukuje F-normę równą wyjściowej F-normie. Rzeczywiście, z warunku mamy dx, y = x y = x = y. Z kolei z 2 wynika, że Natomiast 3 implikuje dx, y = x y = x y = dy, x. dx, y = x z + z y x z + z y = dx, z + dz, y dla dowolnych x, y, z X. Uwaga. Jeżeli d jest metryką przesuwalną na X, to działanie + : X X X jest ciągłe. Rzeczywiście, jeżeli lim n x n = x i lim n y n = y, to ponieważ dx n + y n, x + y dx n + y n, x n + y + dx n + y, x + y = dy n, y + dx n, x, otrzymujemy lim n x n + y n = x + y. Oczywiście narzuca się w tym momencie pytanie o ciągłość działania mnożenia przez skalar. 3

4 Przykład. Niech X będzie przestrzenią liniową z F-normą daną wzorem {, gdy x =, x =, gdy x. Powyższa F-norma wyznacza metrykę dyskretną. Zauważmy, że dla x mamy nx =. Stąd ciąg n x nie jest zbieżny do. Zatem w tym przykładzie działanie mnożenia przez skalar nie jest ciągłe. Definicja. Przestrzeń X nazywamy liniowo-metryczną, gdy odwzorowania są ciągłe. + : X X X, : C X X : R X X Uwaga. Jeżeli przestrzeń X jest liniowo-metryczna, to dla s, s C, odwzorowanie M s : X X, M s x = s x jest homeomorfizmem. Definicja. F-normę : X R nazywamy normą, gdy λx = λ x dla wszystkich λ C R i x X. Jeśli metryka d na X jest zadana przez normę, to przestrzeń X nazywamy przestrzenią unormowaną. Uwaga. Każda przestrzeń unormowana jest przestrzenią liniowo-metryczną. Sprawdźmy, że zachodzi ciągłość mnożenia przez skalar. Niech lim n λ n = λ, lim n x n = x. Wówczas λ n x n λx λ n x n λ n x + λ n x λx = λ n x n x + λ n λ x. Definicja. Przestrzenią unitarną nad C nazywamy przestrzeń liniową X z zadanym na niej iloczynem skalarnym, tzn. odwzorowaniem, : X X C spełniającym dla dowolnych x, x, x 2, y, y, y 2 X, α, α 2, β, β 2 C warunki: a x, x oraz x, x = x =, b α x + α 2 x 2, y = α x, y + α 2 x 2, y, c x, β y + β 2 y 2 = β x, y + β 2 x, y 2. Uwaga. W przestrzeni unitarnej X dla dowolnych x, y X mamy x, y = y, x. Istotnie, niech x, y = a + ib, y, x = a + ib. Wówczas x + y, x + y = x, x + x, y + y, x + y, y R. Stąd a + ib + a + ib R, czyli b = b. Ponadto x + iy, x + iy = x, x i x, y + i y, x + iy, iy R. Stąd ia + ib + ia + ib = b b + i a + a R, czyli a = a. Weźmy teraz t R. Wówczas x + ty, x + ty = x, x + 2t Re x, y + t 2 y, y. Otrzymaliśmy wielomian zmiennej t o współczynnikach rzeczywistych, który przyjmuje jedynie wartości nieujemne, więc = 4Re x, y 2 4 x, x y, y. 4

5 Zatem dla dowolnych x, y X Re x, y 2 x, x y, y. Załóżmy, że x, y. Jeśli w ostatniej nierówności podstawimy za y wektor x,y x,y y, to Stąd 2 x, y x, y Re x, x, y y x, x x, y y, x, y x, y y. Re 2 x, y x, y x, y x, x x, y x, y W ten sposób udowodniliśmy nierówność Schwarza dla dowolnych x, y X. Zdefiniujmy Mamy zatem x, y 2 x, x y, y x = x, x. x, y x y. x, y y, y. x, y Odwzorowanie : X R jest normą. Sprawdźmy jedynie, czy zachodzi nierówność trójkąta x + y 2 = x + y, x + y = x, x + 2 Re x, y + y, y x x y + y 2 = x + y 2. Wniosek. Każda przestrzeń unitarna jest przestrzenią unormowaną. W szczególności jest ona przestrzenią liniowo-metryczną. Przypomnijmy, że jeśli X jest przestrzenią liniową, to podzbiór K X nazywamy wypukłym, gdy x, x 2 K t tx + tx 2 K. Natomiast podzbiór B X nazywamy symetrycznym, gdy z warunku x B wynika, że x B. Załóżmy, że X jest przestrzenią liniowo-metryczną. Definicja. Podzbiór A X nazywamy ograniczonym, gdy dla dowolnego ciągu x n elementów z A i dowolnego ciągu λ n liczb zespolonych rzeczywistych z warunku lim n λ n = wynika, że lim n λ n x n =. Uwaga. Jeśli X jest przestrzenią unormowaną, to zbiór A X jest ograniczony w sensie liniowometrycznym wtedy i tylko wtedy, gdy M x A x M. Implikacja jest oczywista. Z drugiej strony załóżmy, że istnieje ciąg x n elementów zbioru A taki, że x n n 2. Weźmy λ n = n. Wtedy nie jest prawdą, że granica ciągu λ nx n jest równa zero. Uwaga. Nich X będzie przestrzenią liniowo-metryczną, x X, x, lim n t n =. Wówczas zbiór A = {t n x; n } nie jest ograniczony. W szczególności półproste nie są zbiorami ograniczonymi. Istotnie, biorąc λ n = t n, mamy λ n t n x = x. Przykład. W przestrzeni unormowanej X kula jednostkowa {x X; x < } jest zbiorem otwartym, wypukłym, symetrycznym i ograniczonym. Definicja. Mówimy, że dwie metryki d, ρ na zbiorze X są równoważne, gdy dla każdego ciągu x n elementów z X, lim n x n = x względem metryki d wtedy i tylko wtedy, gdy lim n x n = x względem metryki ρ. 5

6 Twierdzenie Kołmogorowa. Niech X będzie przestrzenią liniowo-metryczną nad R z metryką przesuwalną d. Załóżmy, że U jest zbiorem otwartym, wypukłym, symetrycznym i ograniczonym. Wówczas na X można określić normę spełniającą i U = {x X; x < }, ii metryka ρ wyznaczona przez normę jest równoważna metryce d. Dowód. Niech będzie funkcjonałem Minkowskiego zbioru U, tzn. { x } x = inf t > ; t U. Pokażemy, że mamy do czynienia z normą. Sprawdźmy poprawność definicji. Ponieważ lim n n x = x = U, więc wykorzystując otwartość zbioru U otrzymujemy {t > ; x t U}. 2 Jeżeli x =, to x =, bo U. Załóżmy, że x oraz x =. Wówczas istnieje ciąg liczb dodatnich t n zbieżny do i taki, że x t n U. Zatem dzięki wypukłości zbioru U, cała półprosta {tx; t } jest zawarta w zbiorze U. Stąd U nie jest zbiorem ograniczonym i otrzymujemy sprzeczność. 3 Załóżmy, że λ >. Wówczas { λx λx = inf t > ; t = λ inf { s > ; } { t U = λ inf x } s U = λ x. λ > ; λx t } { t U = λ inf λ > ; } x t/λ U = Niech teraz λ <. Ponieważ U jest zbiorem symetrycznym, więc λx t U wtedy i tylko wtedy, gdy λx t U. Stąd λx = λx = λ x. 4 Niech x, y, < ε <. Z określenia wynika, że istnieje δ < ε taka, że x x / δ U. Wówczas ε x x = ε δ x x / δ + ε U. δ Podobnie ε y y U. Zatem Stąd x + y ε x + y i wobec dowolności ε > mamy = ε x x Sprawdźmy, że warunki i, ii są spełnione. x + y x y + ε x + y y x + y ε x + y x + y. 5 Załóżmy, że x <. Wówczas istnieje liczba < t < taka, że x t U. Zatem x = t x + t U. t y x + y U. Odwrotnie, niech x U. Ponieważ x = x U, więc x. Z otwartości zbioru U i ciągłości mnożenia przez skalar wynika, że istnieje δ > taka, że + δ x U. Stąd + δ x. Zatem x + δ <. W ten sposób udowodniliśmy, że zachodzi warunek i. 6

7 6 Niech ρx, y = x y. Mamy pokazać, że metryki ρ i d są równoważne. Skoro obie są przesuwalne, to wystarczy pokazać, że x n dx n, dla dowolnego ciągu x n elementów z X. : Jeśli x n, to 2 x n. Z warunku i wynika, że ograniczoność zbioru U dla metryki przesuwalnej d, względem metryki d. x n 2 x n lim x n = lim 2 x x n n n n 2 x n = U. Zatem wykorzystując : Niech ε >. Wtedy zbiór εu jest otwarty w metryce d. Zatem jeśli dx n,, to x n εu dla dostatecznie dużych n, a więc x n < ε z określenia. WYKŁAD II Przejdziemy do przypadku zespolonego twierdzenia Kołmogorowa. Niech, będą normami na przestrzeni liniowej X. Definicja. Normy, są równoważne, gdy metryki przez nie wyznaczone są równoważne. Lemat. Normy, są równoważne wtedy i tylko wtedy, gdy A, B > x X, x A x B. x Dowód. Implikacja jest oczywista. Z drugiej strony załóżmy, że normy, są równoważne i B > x X, x x > B x. Stąd istnieje ciąg x n niezerowych elementów przestrzeni X taki, że x n > n 2 x n dla n. Połóżmy y n = n x n x n. Mamy lim n y n = oraz Zatem otrzymujemy sprzeczność. y n = n x n x n > n n2 = n. Uwaga. Powyższy lemat zachodzi w obu przypadkach: rzeczywistym i zespolonym. Załóżmy, że X, d spełnia założenia twierdzenia Kołmogorowa z tą różnicą, że X jest przestrzenią nad C. Wówczas, rozpatrując X jako przestrzeń nad R, d jest równoważna metryce wyznaczonej przez pewną normę rzeczywistą. Zauważmy, że sup x X,x λx sup λ = x < +. Istotnie, gdyby tak nie było, to istniałyby ciągi x n, λ n, λ n = takie, że λ n x n > n x n. Niech y n = λ n n x n x n 7

8 dla n. W dowodzie części rzeczywistej twierdzenia Kołmogorowa pokazaliśmy, że x n 2 x n U. Ponie- 2λ waż zbiór U jest ograniczony w metryce d oraz lim n n n =, więc lim n y n = w metryce d, jak również w. Z drugiej strony y n = λ n n x n x n = n x n λ nx n > i otrzymujemy sprzeczność. Połóżmy x = sup λx. λ = Z wcześniejszych rozważań osiąga tylko skończone wartości. Sprawdźmy, że jest normą na przestrzeni zespolonej X. Jeżeli x =, to x =, a więc x =. 2 Niech µ C. Mamy { µ λx; λ = } = {λµx; λ = } gdy µ, to µ λx = µ µ λ µx i µ µ =. Zatem 3 Zauważmy, że µx = sup λµx = sup µ λx = sup µ λx = µ sup λx = µ x. λ = λ = λ = λ = x + y = sup λx + y sup λx + λy = sup λx + sup λy = x + y. λ = λ = λ = λ = Normy, są równoważne jako normy rzeczywiste, gdyż bezpośrednio z definicji wynika, że x x oraz z, istnieje M > taka, że x M x dla dowolnego x X. Wniosek. Twierdzenie Kołmogorowa jest prawdziwe w wersji zespolonej bez własności i. Problem. Jak poprawić definicję zbioru U w twierdzeniu Kołmogorowa, aby otrzymać również i? Definicja. Przestrzeń liniowo-metryczną z metryką przesuwalną nazywamy przestrzenią Frécheta, gdy jest ona zupełna. Przykład. Niech < q <. Rozpatrzmy przestrzeń l q = {x = x n C; x n q < + } i odwzorowanie na niej dane wzorem x = x n q. Pokażemy, że l q, jest przestrzenią Frécheta. Uwaga. Dla dowolnych x, y zachodzi nierówność x + y q x q + y q. Istotnie, przy ustalonym y rozpatrzmy funkcję fx = x + y q x q y q. Mamy f x = qx + y q qx q <. Zatem f jest malejąca i ponieważ f =, więc fx dla dowolnego x. 8

9 Powyższa uwaga dowodzi, że l q jest przestrzenią liniową, a definiuje F-normę na l q. Otrzymujemy w ten sposób przestrzeń liniowo-metryczną ciągłość mnożenia wynika z równości λx = λ q x. Pokażemy, że jest ona zupełna. Niech x n będzie ciągiem elementów z l q, x n = x n, xn 2,.... Załóżmy, że ε > N N n, m > N x m x n < ε, tzn. Zatem ε > N N n, m > N x m i x n i < ε q x m i i= x n i q < ε. i stąd ciąg x n i jest zbieżny dla i. Niech lim n x n i = x i oraz x = x i i=. Ponieważ k x m i i= dla dowolnego k. Zatem również Ponadto i= x n i q < ε, więc k x i x n q ε i= x i x n q ε. i= x i q x i x n q + i= i i i x n i i= gdzie oba szeregi po prawej stronie nierówności są zbieżne. Zatem pokazaliśmy, że x n x l q. Na koniec pokażemy, że l q nie przestrzenią normowalną. Załóżmy, że istnieje norma, której metryka jest równoważna metryce d zadanej przez F-normę. Wówczas istnieje otwarty, wypukły, symetryczny i ograniczony w metryce d zbiór U zawierający U może być, na przykład, otwartą kulą jednostkową względem. Ponieważ U jest zbiorem otwartym, więc istnieje liczba ε > taka, że Niech B, ε = {x l q ; dx, < ε} U. x n =,...,, ε/q 2 n,,,... Zauważmy, że x n ε = 2 q < ε. Zatem x n B, ε i z wypukłości zbioru U wynika, że y n = x + + x n U. n Ale y n ε = /q 2n,..., ε ε/q 2n,,,... = n }{{} 2n q = ε 2 q n q +. n Stąd łatwo znajdziemy ciąg skalarów a n taki, aby an y n = an q y n + i otrzymamy sprzeczność z tym, że zbiór U jest ograniczony. Zajmiemy się teraz przestrzeniami ilorazowymi. Niech X będzie przestrzenią liniowo-metryczną z metryką przesuwalną d. Załóżmy, że F X jest podprzestrzenią domkniętą i niech X/F będzie przestrzenią ilorazową. Dla x, y X definiujemy. q, d F [x], [y] = inf{dx, y ; x [x], y [y]}. Pokażemy, że d F jest metryką przesuwalną na X/F. 9

10 Jeżeli [x] = [y], to oczywiście d F [x], [y] =. Z drugiej strony niech d F [x], [y] =. Wówczas istnieją ciągi x n elementów z [x] i y n elementów z [y] takie, że lim n dx n, y n =. Stąd lim n dx n y n, =. Ale x n y n należy do zbioru domkniętego [x y] dla n, więc [x y]. Zatem = [x y] = [x] [y], czyli [x] = [y]. 2 Warunek symetrii jest oczywisty. 3 Zanim uzasadnimy, że zachodzi nierówność trójkąta, zajmijmy się warunkiem przesuwalności dla d F. Dla dowolnego z X, wykorzystując przesuwalność metryki d, mamy d F [x + z], [y + z] = inf dx + z + f, y + z + f = inf dx + f, y + f = d F [x], [y]. f,f F f,f F 4 Z 3 wynika, że nierówność trójkąta dla d F będzie zachodzić, jeżeli d F [x y], d F [x z], + d F [z y], dla dowolnych x, y, z X. Ale powyższy warunek będzie prawdziwy, jeżeli d F [x] + [y], d F [x], + d F [y], dla dowolnych x, y X. Wybierzmy x n [x], y n [y] tak, aby Wówczas lim dx n, = d F [x], i lim dy n, = d F [y],. n n d F [x] + [y], inf n N dx n + y n, inf n N dx n, + dy n, lim inf n N dx n, + dy n, = = lim n dx n, + lim n dy n, = d F [x], + d F [y],. 5 Skoro d F jest metryką przesuwalną, to dodawanie w X/F jest funkcją ciągłą. Zauważmy, że również mnożenie przez skalary jest funkcją ciągłą. Niech λ n λ w przestrzeni skalarów i [x n ] [x] względem d F. Wówczas istnieją f n F dla n i f F takie, że x n + f n x + f w przestrzeni X. Stąd λ n x n + f n λx + f i λ n x n + λ n f n λx + λf. Zatem [λ n x n ] [λx], gdyż λ n f n, λf F dla n. Udowodniliśmy, że X/F, d F jest przestrzenią liniowo-metryczną. Uwaga. Jeśli dodatkowo X, d jest przestrzenią zupełną, to X/F, d F jest przestrzenią zupełną. Istotnie, zauważmy najpierw, że jeśli to dx, [y] = dx, [y] dla każdego x [x]. Zatem dx, [y] = inf{dx, y ; y [y]}, d F [x], [y] = dx, [y] 2 dla dowolnych x, y X. Niech teraz [x n ] będzie ciągiem Cauchy ego w X/F, d F. Wybierzmy podciąg [x nk ] k= tak, aby d F [x ], [x ] < nk nk+ 2 k+. Wykorzystując 2 możemy indukcyjnie wybrać elementy x n k [x nk ] tak, aby dx n k, x n k+ < 2 k. Zatem ciąg x n k k= jest ciągiem Cauchy ego w X, a więc istnieje x X taki, że x n k x i stąd [x nk ] [x]. Otrzymaliśmy, że ciąg Cauchy ego zawiera podciąg zbieżny, czyli sam też musi być zbieżny. Wniosek. Przestrzeń ilorazowa przestrzeni Frécheta jest przestrzenią Frécheta. Ćwiczenie. Niech X, będzie przestrzenią unormowaną, F zaś podprzestrzenią domkniętą w X. Pokazać, że odwzorowanie zdefiniowane wzorem [x] F = inf{ x ; x [x]} jest normą na X/F.

11 WYKŁAD III Przestrzenie skończenie wymiarowe. Niech X będzie przestrzenią liniowo-metryczną i niech dim C X = n. Weźmy dowolną bazę liniową przestrzeni X: e,..., e n. Zauważmy, że jeśli t m m=,..., t n m są ciągami skalarów oraz lim m lim m ti m = t i m= dla i =,..., n, to z ciągłości działań dodawania i mnożenia przez skalary wynika t m e + + t n m e n = t e + + t n e n. Lemat. Załóżmy, że dla ciągów skalarów t m dla i =,..., n. m=,..., t n m lim t m e + + t n m e n = x m m=. Niech x = t e + + t n e n. Wówczas lim m ti m = t i Dowód. Bez straty ogólności możemy założyć, że x = zamieniając ciągi t i m m= na ciągi t i m t i. Mamy więc pokazać, że lim m= m t i m = dla i =,..., n. Rozważmy dwa przypadki:, i =,..., n będą ograniczone. Załóżmy, że wśród nich istnieje taki, m= Niech wszystkie ciągi t i m który nie zbiega do zera. Możemy zatem znaleźć podciąg m k k= oraz i n takie, że lim k ti m k = s i dla i =,..., n oraz s i korzystamy tutaj oczywiście z twierdzenia Bolzano Weierstrassa wybierając najpierw podciąg, wzdłuż którego mamy zbieżność, ale nie do zera, następnie z niego wybieramy podciąg zbieżny dla i = itd.. Wtedy, wykorzystując ciągłość działań, mamy = lim t m k k e + + t i m k e i + + t n m k e n = s e + + s i e i + + s n e n. Zatem otrzymujemy sprzeczność. 2 Załóżmy, że nie wszystkie ciągi t i m, i =,..., n są ograniczone. Wówczas można znaleźć podciąg m= m k k= oraz i n takie, że lim t i t m k = + oraz i t m k i m k k dla dowolnych k, i =,..., n znajdujemy najpierw i tak, aby był spełniony warunek pierwszy i następnie testujemy warunek drugi, mając możliwość przechodzenia do podciągów, ewentualnie zmieniając i. Stąd Zatem lim k lim k t i m k t m k t m k e + + t i m k e i + + t n m k e n =. t i m k W ten sposób otrzymujemy sytuację z punktu. e + + e i + + t n m k t i m k e n =.

12 Uwaga. Pokazaliśmy, że w przestrzeni skończenie wymiarowej, przy dowolnym wyborze bazy, zbieżność odbywa się po współrzędnych. Twierdzenie. Jeśli dim C X = n, to X jest homeomorficzna z C n. Dowód. Jeżeli e,..., e n jest bazą w X, ē,..., ē n zaś bazą kanoniczną w C n, to z lematu wynika, że odwzorowanie t e + + t n e n t ē + + t n ē n jest homeomorfizmem. Ćwiczenie. Niech X będzie skończenie wymiarową przestrzenią liniowo-metryczną nad R, e,..., e n zaś dowolną bazą w X. Dla M > rozważmy zbiór { } n A = x X; x = t i e i, i =,..., n t i < M. Pokazać, że na X istnieje norma taka, że i= A = B, = {x X; x < }. Wskazówka: skorzystać z twierdzenia Kołmogorowa. Uwaga. Niech Y, Z będą przestrzeniami liniowo-metrycznymi z metrykami przesuwalnymi d Y, d Z. Załóżmy, że I : Y Z jest izomorfizmem liniowym, który jest jednocześnie homeomorfizmem. Wówczas jeśli Z, d Z jest przestrzenią zupełną, to Y, d Y jest również zupełna. Istotnie, niech y n Y będzie ciągiem Cauchy ego, tzn. Stąd lim d Y y n, y m =. m,n lim d Y y n y m, =. m,n Zatem wykorzystując ciągłość odwzorowania I w mamy lim d Z Iyn y m, I = lim d Z Iyn Iy m, = lim d Z Iyn, Iy m =. m,n m,n m,n To oznacza, że Iy n jest ciągiem Cauchy ego w Z, a zatem jest zbieżny. Wykorzystując teraz ciągłość I, otrzymamy zbieżność ciągu y n. Powyższa uwaga nie jest prawdziwa, jeśli pominiemy założenie przesuwalności metryk. Przykład. W przestrzeni R rozważmy dwie metryki: euklidesową d e i metrykę d zadaną wzorem dx, y = arctg x arctg y. Są one równoważne, więc przestrzenie R, d e i R, d są homeomorficzne. Jednak przestrzeń R, d nie jest zupełna np. n jest rozbieżnym ciągiem Cauchy ego w d. Twierdzenie. Jeżeli X jest skończenie wymiarową przestrzenią liniowo-metryczną z metryką przesuwalną d, to X, d jest przestrzenią zupełną. Dowód. Dowód wynika z wcześniejszego twierdzenia i uwagi. Jeśli dim C X = n, to X jest homeomorficzna z C n, która jest zupełna z metryką euklidesową. Wniosek. Niech Y będzie przestrzenią liniowo-metryczną z metryką przesuwalną d. Załóżmy, że X Y jest podprzestrzenią liniową skończonego wymiaru. Wówczas X jest podzbiorem domkniętym. Dowód. Przestrzeń X z metryką indukowaną spełnia założenia poprzedniego twierdzenia, a zatem jest zupełna. Stąd X jest podzbiorem domkniętym. 2

13 Niech X będzie n-wymiarową przestrzenią liniowo-metryczną nad C, e,..., e n bazą w X, f : X C zaś funkcjonałem liniowym. Mamy Zatem fx = a t + + a n t n dla x = t e + + t n e n, gdzie a = fe,..., a n = fe n. f = a f + + a n f n, gdzie f i : X C są funkcjonałami liniowymi takimi, że {, gdy i = j, f i e j = δ ij =, gdy i j. Wniosek. Przestrzeń funkcjonałów liniowych na X ma wymiar n. Dowód. Załóżmy, że n i= α if i =. Wtedy dla j =,..., n mamy n = α i f i e j = α j f j e j = α j. Zatem f,..., f n tworzą bazę w przestrzeni funkcjonałów liniowych na X. i= Wniosek. Każdy funkcjonał liniowy na X jest ciągły. Dowód. Niech Wtedy lim m t i m x m = n i= t i m e i, x = = t i dla i =,..., n. Zatem n t i e i, i= lim x m = x. m lim fx m = lim m n m i= t i m fe i = n n t i fe i = f t i e i = fx. i= i= Ćwiczenie. Pokazać, że w skończenie wymiarowej przestrzeni unormowanej kula jednostkowa jest zbiorem relatywnie zwartym tzn. takim, którego domknięcie jest zbiorem zwartym. Twierdzenie. Niech X, będzie przestrzenią unormowaną nieskończonego wymiaru. Wówczas kule nie są zbiorami relatywnie zwartymi w X. Dowód. Weźmy dowolny element e X taki, że e =. Niech F = span{e }, tzn. F jest przestrzenią liniową generowaną przez e. F jako podprzestrzeń skończonego wymiaru jest zbiorem domkniętym. Rozpatrzmy X/F z normą ilorazową [x] F = inf{ x ; x [x]}. Jest to nadal przestrzeń nieskończenie wymiarowa, a zatem istnieje [x] X/F taki, że [x] F = 2. Stąd wynika, że x + f 2 dla każdego f F. Ponieważ f e F, więc x + f e 2. Ponadto f możemy tak dobrać, aby x + f. Zatem istnieje x [x] taki, że x oraz x e 2. Połóżmy e = x. Następnie powtarzamy powyższe rozumowanie dla F 2 = span{e, e } i mamy [x] X/F 2 taki, że [x] F2 = 2, 3

14 a stąd x 2 [x] taki, że x 2 oraz x 2 e 2, x 2 e 2. Kładziemy e 2 = x 2 i tak dalej indukcyjnie definiujemy ciąg e n n= elementów z X o normach nie większych niż, ale takich, że e i e j 2 dla i j. Z tego ciągu oczywiście nie można wybrać podciągu zbieżnego. Funkcjonały liniowe i ciągłe w przestrzeniach liniowo-metrycznych. Twierdzenie. Niech X będzie przestrzenią liniową, f : X C niezerowym funkcjonałem liniowym. Połóżmy H f = {x X; fx = }. Wówczas H f jest hiperpłaszczyzną tzn. warstwą podprzestrzeni liniowej kowymiaru oraz H f. Jeżeli natomiast H X jest hiperpłaszczyzną taką, że H, to istnieje dokładnie jeden funkcjonał liniowy f : X C spełniający H = H f. Dowód. Weźmy dowolny element x H f i niech H f = H f x. Łatwo sprawdzić, że H f jest podprzestrzenią liniową, oczywiście H f = ker f. Ponieważ f, więc X/ ker f im f = C. Zatem X/ ker f ma wymiar, czyli ker f ma kowymiar. Oczywiście H f. Z drugiej strony jeśli H jest hiperpłaszczyzną, to jest postaci H + x, gdzie x H oraz H jest podprzestrzenią liniową taką, że dim X/ H =. Zatem każdy niezerowy element jest bazą w X/ H. Weźmy e = H + x = H. Ponieważ H, więc e. Kładziemy fte = t dla dowolnego t C. Zdefiniowany w ten sposób funkcjonał f możemy potraktować jako funkcjonał liniowy na X, który jest stały na warstwach podprzestrzeni H. Pozostaje wykazać jedyność funkcjonału f. Załóżmy, że f, g są niezerowymi funkcjonałami na X takimi, że H f = H g. Z pierwszej części dowodu wynika, że ker f = ker g. Ustalmy y ker f i niech α = gy fy fy. Dla dowolnego y X, jeśli t = fy, to y ty ker f = ker g. Stąd gy = tgy = αfy. Zatem g = αf, a ponieważ, jak widać, w tym przypadku funkcjonał jest wyznaczony przez niezerową wartość w jednym punkcie, więc f = g. Uwaga. Funkcjonał liniowy jest wyznaczony z dokładnością do przemnożenia przez stałą przez swoje jądro. Niech X będzie przestrzenią liniowo-metryczną z metryką przesuwalna d. Twierdzenie. Niech f : X C będzie funkcjonałem liniowym. Wówczas f jest ciągły wtedy i tylko wtedy, gdy jest ciągły w jednym punkcie. Dowód. Załóżmy, że funkcjonał f jest ciągły w x X. Niech x X i weźmy ciąg x n elementów z X zbieżny do x w metryce d. Wykorzystując przesuwalność metryki d, mamy A zatem lim fx n x + x = fx n lim x n x = n lim x n x + x = x. n lim fxn fx + fx = fx lim fx n = fx. n n Oznaczmy przez X przestrzeń liniową wszystkich funkcjonałów liniowych i ciągłych na X. 4

15 Wniosek. Niech f : X C będzie funkcjonałem liniowym. Wówczas f X wtedy i tylko wtedy, gdy H f jest zbiorem domkniętym lub równoważnie, gdy ker f jest zbiorem domkniętym. Dowód. : Zauważmy, że H f = f {}, a zbiór {} jest domknięty. : Załóżmy, że f nie jest funkcjonałem ciągłym. Wówczas nie jest on ciągły w zerze, tzn. istnieje ciąg x n elementów z X zbieżny do zera taki, że fx n ε > dla n. Wówczas ciąg jest ograniczony. Wybierzmy podciąg zbieżny: fx n Mamy Natomiast f lim k lim k fx nk = c C. fx nk x n k = c =. fx nk x n k =, tzn. fx nk x n k H f. Zatem ponieważ H f jest domknięty, to H f i otrzymujemy sprzeczność. WYKŁAD IV Przestrzenie Banacha. Przykłady. Zacznijmy od prostego lematu. Lemat. Jeśli α, β >, λ [, ], to α λ β λ λα + λβ. Dowód. Niech a = ln α, b = ln β. Ponieważ funkcja wykładnicza jest wypukła, więc α λ β λ = e a λ e b λ = e λa+λb λe a + λe b = λα + λβ. Rozpatrzmy odcinek [, ] z miarą Lebesgue a λ. Twierdzenie nierówność Höldera. Niech p, q R, p >, p + q mierzalnych f, g : [, ] C prawdziwa jest nierówność =. Wówczas dla dowolnych funkcji Dowód. Oznaczmy Rozpatrzmy przypadki: fg dλ /p /q f p dλ g dλ q. /p /q A = f dλ p, B = g dλ q. A B =. Wówczas przynajmniej jedna z funkcji f, g jest prawie wszędzie równa zero i w związku z tym lewa strona nierówności jest równa zero. A B = +. Wówczas nierówność jest prawdziwa w oczywisty sposób. 5

16 < A < +, < B < +. Ustalmy x [, ] i połóżmy p q α = A fx, β = B gx. Z lematu mamy to znaczy α p β q p α + q β, fx gx AB pa p fx p + qb q gx q. Ponieważ nierówność powyższa zachodzi dla dowolnego x [, ], więc co kończy dowód. AB fg dλ pa p f p dλ + qb q g q dλ = p + q =, Twierdzenie nierówność Minkowskiego. Jeśli p oraz f, g : [, ] C są funkcjami mierzalnymi, to /p /p /p f + g dλ p f dλ p + g dλ p. Dowód. Dla p = nierówność jest oczywista. Możemy zatem założyć, że p >. Jeśli jedna z całek po prawej stronie nierówności jest nieskończona, to nierówność jest prawdziwa. Załóżmy więc, że obie całki są skończone. Ponieważ max{ f, g } f + g 2 max{ f, g }, więc Całkując otrzymujemy więc f + g p 2 max{ f, g } p = 2 p max{ f p, g p } 2 p f p + g p. f + g p dλ 2 p f p dλ + 2 p g p dλ, f + g p dλ < +. Ponieważ p >, więc możemy znaleźć liczbę q taką, że Stosując nierówność Höldera, otrzymujemy f + g p dλ = f + g f + g p dλ p + =. q f f + g p dλ + /p /q f p dλ f + g dλ qp + g f + g p dλ /p /q g p dλ f + g dλ qp. Z wynika, że p + q = pq, a stąd qp = p. Zatem [ /p /p ] /q f + g p dλ f dλ p + g p dλ f + g dλ p. Ponieważ q = p, więc po wykonaniu obustronnie dzielenia mamy dokładnie nierówność Minkowskiego zakładamy, że funkcja f + g jest prawie wszędzie różna od zera, w przeciwnym przypadku nierówność jest oczywista. 6

17 Uwaga. Zapiszmy wersje skończoną i dyskretną nierówności Minkowskiego: N /p N /p N /p x i + y i p x i p + y i p, i= i= i= /p /p /p x i + y i p x i p + y i p, i= gdzie x, x 2,... C, y, y 2,... C, N N. Ćwiczenie. Kiedy w powyższych nierównościach zachodzą równości? i= Definicja. Przestrzeń unormowaną X, nazywamy przestrzenią Banacha, gdy przestrzeń metryczna X, ρ, ρx, y = x y jest zupełna. Uwaga. Mówimy, że ciąg x n elementów przestrzeni unormowanej X, tworzy szereg bezwzględnie zbieżny szereg x n jest bezwzględnie zbieżny, gdy x n < +. Twierdzenie. Przestrzeń unormowana jest zupełna wtedy i tylko wtedy, gdy każdy szereg bezwzględnie zbieżny jest zbieżny w tej przestrzeni. Dowód. : Załóżmy, że przestrzeń X, jest zupełna. Niech x n będzie szeregiem bezwzględnie zbieżnym. Ustalmy ε >. Dla pewnego naturalnego N mamy Niech k, m N, k < m. Wówczas x n < ε. n=n i= x k + x k+ + + x m x k + x k+ + + x m x n Zatem szereg x n spełnia warunek Cauchy ego, a stąd jest zbieżny n=k x n < ε. : Niech x n będzie ciągiem Cauchy ego. Przechodząc do podciągu możemy założyć, że n=n dla k. Połóżmy y k = x nk+ x nk. Wówczas k= k= x nk x nk+ < 2 k y k = x nk+ x nk < 2 k < +. Zatem, z założenia, szereg k= y k jest zbieżny. Niech k= y k = y. Oznaczmy s m = m k= y k. Wtedy s m = x nm x n dla m 2. Zatem k= lim x n m m x n = y, a stąd lim x n m m = y + x n. To oznacza, że x n zawiera podciąg zbieżny, więc sam jest zbieżny. Podamy teraz kilka przykładów przestrzeni Banacha. 7

18 l p = { x = x n C; } x n p < +, /p x p = x n p Dla p z nierówności Minkowskiego wynika, że przestrzeń l p, p jest unormowana. Pokażemy, że jest również zupełna. Weźmy ciąg Cauchy ego x n lp. Wtedy x n k jest ciągiem Cauchy ego w C, więc istnieje x = x k k= taki, że lim n xn k = x k dla każdego k. Weźmy ε >. Wówczas M > n, m M x n x m p < ε 2.. Zatem dla dowolnego N N Przechodząc do granicy z m mamy a z dowolności N ciągle dla n M x n k k= N x n k k= x n k k= x m k /p p < ε 2. /p p x k ε 2, /p p x k ε 2 < ε. Zatem x n x l p, skąd x l p oraz lim n x n = x. 2 { } l = x = x n C; sup x n < +, n x = sup x n. n Postępując według schematu z, można pokazać, że l, jest przestrzenią Banacha. 3 c = { x = x n C; } lim x n = l, n x c = x. Załóżmy, że x n c i lim n x n = x w l. Niech ε >. Wówczas N > n N x n x < ε 2. Ustalmy n N. Wtedy a więc dla każdego k K mamy x k x k x n k K > k K n x ε k < 2, + x n k x x n + x n k < ε 2 + ε 2 = ε. Stąd x c. Zatem c jest domkniętą podprzestrzenią przestrzeni l, a więc c, jest przestrzenią Banacha. 8

19 4 { L p [, ] = f : [, ] C; } /p f p dλ < +, f p = f dλ p. Dla p z nierówności Minkowskiego wynika, że przestrzeń L p [, ], p jest unormowana. Pokażemy, że jest również zupełna. Niech f n L p [, ]. Załóżmy, że f n p < +. Musimy pokazać, że szereg f n jest zbieżny w L p [, ]. Niech N s N x = f n x, gx = f n x. Wówczas s N x gx, więc s N x p gx p. Stąd wykorzystując twierdzenie Lebesgue a o całkowaniu ciągu monotonicznego mamy N p N p g p N dλ = sup f n dλ = sup f n dλ = sup f N N N n p N p N p = sup f n sup f n p = f n p < +. N p N Wynika stąd, że g L p [, ] i w szczególności funkcja ta jest prawie wszędzie skończona. To oznacza, że szereg f nx jest prawie wszędzie zbieżny, a stąd szereg f nx jest prawie wszędzie zbieżny. Połóżmy { fx = f nx, gdy szereg f nx jest zbieżny,, gdy szereg f nx nie jest zbieżny. Mamy dla prawie wszystkich x [, ], więc fx f n x = gx p p = W końcu f p dλ N f f n = f n p n=n+ p g p dλ < +. n=n+ f n p N. 5 L [, ] = {f : [, ] C; A [, ], λa = c > x [, ] \ A fx c}, f = ess sup f := inf sup A [,],λa= x [,]\A fx. CX = {f : [, ] C; f ciągła}, f CX = sup fx, x X gdzie X jest przestrzenią metryczną zwartą. Zauważmy, że zbieżność względem powyższej normy jest dokładnie zbieżnością jednostajną. Natomiast jednostajny warunek Cauchy ego implikuje jednostajną zbieżność i ponadto granica jednostajnie zbieżnego ciągu funkcji ciągłych jest ciągła. Ćwiczenie. Udowodnić, że L [, ], jest przestrzenią Banacha. 9

20 WYKŁAD V Podstawowe informacje o przestrzeniach Hilberta. Niech H,, będzie przestrzenią unitarną i niech x = x, x. Wypiszemy pewne własności iloczynu skalarnego. Ciągłość. Jeśli x n x, y n y w przestrzeni H, to wykorzystując nierówność Schwarza mamy x n, y n x, y = x n, y n x, y n + x, y n x, y = x n x, y n + x, y n y Tożsamość równoległoboku: x n x, y n + x, y n y x n x y n + x y n y. x + y 2 + x y 2 = 2 x y 2. Wzór polaryzacyjny: Zauważmy, że x, y = 4 x + y 2 + i x + iy 2 x y 2 i x iy 2. x + y 2 + i x + iy 2 x y 2 i x iy 2 = 4 = 4 x Re x, y + y 2 + i x Re x, iy + y 2 x Re x, y + y 2 i x Re x, iy + y 2 = = 4 4 Re x, y + i 4 Re i x, y = Re x, y + i Im x, y = x, y. Ćwiczenie. Uzasadnić tożsamość równoległoboku. Definicja. Przestrzeń unitarną H,, nazywamy przestrzenią Hilberta, gdy H, jest przestrzenią Banacha. Przykłady. L 2 [, ], f, g = fḡ dλ. Zauważmy, że powyższy iloczyn skalarny daje nam normę 2 oraz że nierówność Schwarza, to nierówność Höldera dla p = q = 2. 2 l 2, x, y = x n y n. Pokażemy, że w przestrzeni Hilberta odległość elementu od podprzestrzeni domkniętej jest realizowana i to w dokładnie jeden sposób. Lemat. Niech H będzie przestrzenią Hilberta, M H zaś podprzestrzenią domkniętą. Wówczas x H! z M y M x z x y. 2

21 Dowód. Niech d = inf y M x y, tzn. d jest odległością punktu x od zbioru M. Wtedy istnieje ciąg y n M taki, że lim n x y n = d. Wykorzystując tożsamość równoległoboku mamy y n y m 2 = y n x y m x 2 = 2 y n x y m x 2 y n x + y m x 2 = = 2 y n x y m x 2 4 x 2 y n + y m 2 2 y n x y m x 2 4d 2 m,n. Ostatnia nierówność zachodzi, gdyż 2 y n + y m M wystarczy, że M jest zbiorem wypukłym. Zatem y n jest ciągiem Cauchy ego, a więc lim n y n = z M. Stąd x z = d. Gdyby x z = d dla z M, to podobnie jak wyżej z z 2 = 2 z x z x 2 4 x 2 z + z 2 2 z x z x 2 4d 2 =. Stąd z = z. Możemy zatem zdefiniować operator P M : H M, P M x = z. Mówimy, że elementy x, y H są ortogonalne prostopadłe, gdy x, y =. Piszemy wówczas x y. Ćwiczenie. Pokazać, że jest domkniętą podprzestrzenią liniową. M = {x H; x y dla każdego y M} Twierdzenie o projekcji ortogonalnej. Niech H będzie przestrzenią Hilberta, M zaś jej domkniętą podprzestrzenią. Wówczas każdy element x H można jednoznacznie zapisać w postaci x = z + w, gdzie z M, w M. Dowód. Połóżmy z = P M x oraz w = x z. Mamy pokazać, że w M. Niech y M, t R, d = x z. Wówczas Stąd d 2 x z + ty 2 = w ty 2 = w 2 2t Re w, y + t 2 y 2 = d 2 2t Re w, y + t 2 y 2. 2t Re w, y + t 2 y 2. Zatem wyróżnik wielomianu po lewej stronie nierówności musi być niedodatni, czyli = 4 Re w, y 2. To oznacza, że Re w, y =. Podobnie, biorąc zamiast t liczbę it pokazuje się, że Im w, y =. Stąd w, y =. Gdyby istniały natomiast dwa rozkłady x = z + w = z + w, to M z z = w w M. Zatem z = z, w = w. Uwaga. Powyższe twierdzenie zapisujemy jako H = M M. Ćwiczenie. Dany jest ciąg przestrzeni Hilberta H, H 2,.... Definiujemy { } H = H n = x = x, x 2,... H H 2... ; x n 2 < + norma elementu x n jest normą pochodzącą od iloczynu skalarnego w H n oraz x, y = x n, y n. Pokazać poprawność powyższej definicji oraz wykazać, że H z tak zdefiniowanym iloczynem skalarnym jest przestrzenią Hilberta zwaną sumą prostą przestrzeni Hilberta. 2

22 Definicja. Podzbiór S H przestrzeni Hilberta nazywamy ortonormalnym, gdy x = dla każdego x S, x y dla dowolnych x, y S, x y. Gdy zachodzi tylko drugi warunek, to mówimy o zbiorze ortogonalnym. Maksymalny podzbiór ortonormalny nazywamy bazą ortonormalną lub bazą hilbertowską, lub podzbiorem ortonormalnym zupełnym. Uwaga. W każdej przestrzeni Hilberta istnieje baza ortonormalna. Istotnie, niech R będzie rodzina wszystkich podzbiorów ortonormalnych z relacją częściowego porządku zadaną przez inkluzję zbiorów. Rodzina R jest niepusta, bo zawiera, na przykład, jednoelementowy podzbiór ortonormalny { x x }. Jeśli Sλ λ Λ R jest łańcuchem, to λ Λ S λ jest też podzbiorem ortonormalnym. Zatem z lematu Kuratowskiego Zorna otrzymujemy tezę. Uwaga. Jeśli H jest ośrodkową przestrzenią Hilberta, to każda baza ortonormalna w H jest przeliczalna. Istotnie, jeśli x, y H spełniają x y, x = y =, to x y 2 = x y, x y = x, x x, y y, x + y, y = x 2 + y 2 = 2. Czyli x y = 2. Stąd, jeśli S = {s i } i I jest zbiorem ortonormalnym, to s i s j = 2 dla i j. Zatem rodzina kul o środkach w punktach ze zbioru S i promieniach równych 2 3 jest rodziną zbiorów parami rozłącznych. Gdyby tych kul było nieprzeliczalnie wiele, to otrzymalibyśmy sprzeczność z założeniem ośrodkowości. Uwaga twierdzenie Pitagorasa. Jeśli zbiór {x,..., x n } jest ortogonalny, to x + + x n 2 = x x n 2. Twierdzenie. Niech H będzie ośrodkową przestrzenią Hilberta, S = {x n } zaś bazą ortonormalną w H. Wówczas dla dowolnego y H mamy y = y, x n x n, 2 y 2 = y, x n 2. Dowód. Niech y H. Mamy y = N N y, x n x n + y y, x n x n. Twierdzimy, że w ten sposób rozłożyliśmy y na sumę dwóch wektorów prostopadłych: N N N N N y, x n x n, y y, x n x n = y, x n x n, y y, x n y, x m x n, x m = Zatem z twierdzenia Pitagorasa wynika, że = y 2 N 2 N = y, x n x n + y 2 y, x n x n = a więc otrzymaliśmy y 2 = m= N N y, x n y, x n y, x n y, x n =. N N y, x n 2 + y 2 y, x n x n, N y, x n 2 N + y 2 y, x n x n. 3 22

23 Zauważmy, że w szczególności wykorzystując tylko założenie ortonormalności mamy Kładziemy teraz Dla n < m mamy k= N y, x n 2 y 2, 4 y, x n 2 y 2. 4 y n = n y, x k x k. k= y n y m 2 n m 2 = y, x k x k y, x k x k = k= m k=n+ y, x k x k 2 = m k=n+ y, x k 2 n,m, gdyż z 4 szereg y, x n 2 jest zbieżny. Zatem ciąg y n jest zbieżny w H. Niech lim n y n = y. Wykorzystując ciągłość iloczynu skalarnego, dla dowolnego p, mamy y y, x p = lim n y y n, x p = lim n y n y, x k x k, x p = lim y, xp y, x p =, k= a więc z zupełności zbioru S wynika, że y = y. Pokazaliśmy w ten sposób. Ponadto z 3 i mamy 2. Uwaga. i Szereg w nazywamy szeregiem Fouriera elementu y względem układu ortonormalnego zupełnego S = {x n }. ii Nierówność 4 nosi nazwę nierówności Bessela i jest prawdziwa dla dowolnego układu ortonormalnego, niekoniecznie zupełnego. Ćwiczenie. Niech {x n } będzie układem ortonormalnym w przestrzeni Hilberta H. Weźmy ciąg liczb zespolonych a n taki, że a n 2 < +. Pokazać, że szereg a nx n jest zbieżny w H. Ćwiczenie. Pokazać, że każda nieskończenie wymiarowa, ośrodkowa przestrzeń Hilberta jest izomorficzna z l 2 tutaj przez izomorfizm rozumiemy liniowy izomorfizm zachowujący iloczyn skalarny. n Niech H będzie przestrzenią Hilberta, M zaś jej domkniętą podprzestrzenią. Twierdzenie. Dla dowolnych x, y H, α, β C projekcja ortogonalna P M ma następujące własności: i P M x, y = P M x, P M y = x, P M y, ii P M P M x, y = P M x, y, iii P M x, x = P M x 2, iv P M x x, v x 2 = x P M x 2 + P M x 2, vi M = {x H; P M x = x} = {x H; P M x 2 = x 2 }, vii P M x = x M, viii P M αx + βy = αp M x + βp M y, ix P M H = M. 23

24 Dowód. i P M x, y = P M x, P M y + P M x, y P M y = P M x, P M y, x, P M y = P M x, P M y + x P M x, P M y = P M x, P M y. ii P M P M x, y = P M x, P M y = P M x, y. iii P M x, x = P M x, P M x = P M x 2. iv Wykorzystując nierówność Schwarza, mamy P M x 2 = P M x, P M x = P M x, x P M x x i dzieląc przez P M x, otrzymujemy szukaną nierówność. v Wynika z twierdzenia Pitagorasa. vi Mamy M {x H; P M x = x} {x H; P M x 2 = x 2 }. Natomiast, jeśli P M x 2 = x 2, to z v otrzymujemy x = P M x M. Ćwiczenie. Uzupełnić dowód powyższego twierdzenia. Uwaga. Niech H = L 2 [, ]. Rozważmy funkcje Wówczas f n = dla n Z oraz dla n m f n, f m = f n t = e int dla n =, ±, ±2,.... e in mt dt = in m ein mt = =. in m Mamy więc układ ortonormalny przeliczalny. Pokażemy później gdy przejdziemy do klasycznej teorii szeregów Fouriera, że układ ten jest zupełny. WYKŁAD VI Operatory liniowe i ograniczone w przestrzeniach unormowanych. Niech X, Y będą przestrzeniami unormowanymi, A : X Y zaś operatorem liniowym. Oczywiście ze względu na równość Aλx = λ Ax nie możemy oczekiwać, że A, jako funkcja, będzie odwzorowaniem ograniczonym. Okazuje się, że istotna jest ograniczoność A, jako funkcji, na kulach. Definicja. Mówimy, że operator liniowy A : X Y jest ograniczony, gdy Uwaga. M > x X Ax M x. Jeżeli A jest operatorem ograniczonym, to dla x A M x Ax = A x x x x x M i oczywiście x x =. Zatem ograniczoność operatora A oznacza, że jest on ograniczony, jako funkcja, na sferach. 24

25 Jeżeli A jest operatorem ograniczonym, to Oczywiście Natomiast, jeśli < x, to Ax = A sup Ax = sup Ax. x = x sup Ax sup Ax. x = x x x x A x x sup Ay. y = Załóżmy, że A : X Y jest operatorem liniowym i ograniczonym. Definiujemy Uwaga. Ax A x dla dowolnego x X. A = sup x Ax. A = inf{m > ; x X Ax M x }. Istotnie, jeśli x, to Ax A i stąd sup x Ax A. Z drugiej strony dla każdego x więc A sup x Ax. Ax = A x x x sup Ay x, y Twierdzenie. Niech A : X Y będzie operatorem liniowym. Wówczas A jest ciągły wtedy i tylko wtedy, gdy jest ograniczony. Dowód. : W oczywisty sposób A jest ciągły w zerze. : Załóżmy, że sup x = Ax =, to znaczy istnieje ciąg x n elementów z X o normach równych taki, że Ax n n dla n. Mamy co przeczy ciągłości A w zerze. x n lim n n =, natomiast A x nn = n Ax n, Oznaczmy przez BX, Y przestrzeń operatorów liniowych i ograniczonych z X do Y. Zauważmy, że ponieważ A + Bx Ax + Bx A x + B x = A + B x dla każdego x X, więc A + B A + B. Ponadto A = A =, λa = λ A dla λ C. Zatem BX, Y, jest przestrzenią unormowaną. Twierdzenie. Jeśli Y jest przestrzenią Banacha, to BX, Y też jest przestrzenią Banacha. 25

26 Dowód. Niech A n będzie ciągiem Cauchy ego w BX, Y. Weźmy ε >. Wtedy Jeśli ustalimy x X, to dla n, m N N n, m N A n A m < ε. A n x A m x < ε x, więc A n x jest ciągiem Cauchy ego w Y. Zatem jest on zbieżny i oznaczmy jego granicę przez Ax Y. W ten sposób otrzymujemy operator A, który jako granica punktowa operatorów liniowych też jest liniowy. Pokażemy, że A jest ograniczony. Dla x i m N mamy A m x A N x A m A N < ε. Przechodząc do granicy z m otrzymujemy Ax A N x ε i stąd Ax Ax A N x + A N x ε + A N, więc A jest ograniczony. Ponadto nierówność Ax A N x ε, a w zasadzie Ax A n x ε dla n N i dowolnego x oznacza, że lim n A n = A w BX, Y. Niech X będzie przestrzenią unormowaną. Przypomnijmy, że przez X oznaczyliśmy przestrzeń funkcjonałów liniowych i ciągłych na X. Na przestrzeni X mamy normę Wniosek. X, jest przestrzenią Banacha. f = sup fx. x Przestrzeń X nazywamy przestrzenią sprzężoną do przestrzeni X. Rozszerzenia funkcjonałów. Niech X będzie przestrzenią liniową nad R. Odwzorowanie p : X R nazywamy funkcjonałem Banacha, gdy x, y X px + y px + py, x X t ptx = tpx. Uwaga. Każdy funkcjonał liniowy jest oczywiście funkcjonałem Banacha. Lemat. Niech X będzie podprzestrzenią przestrzeni X kowymiaru. Załóżmy, że na X określony jest funkcjonał liniowy f : X R spełniający dla dowolnego x X nierówność f x px. Wówczas istnieje funkcjonał liniowy F : X R taki, że dla dowolnego x X. Dowód. Ustalmy y X. Wówczas Niech x, x 2 X. Mamy F X = f oraz F x px X = {x + ty; x X, t R}. f x + f x 2 = f x + x 2 px + x 2 = p x + y + x 2 y px + y + px 2 y. 26

27 Zatem Stąd Weźmy A C B i połóżmy Niech t >, x = x + ty. Mamy f x 2 px 2 y f x + px + y. A := sup f x 2 px 2 y inf f x + px + y =: B. x 2 X x X F x + ty = f x + tc. F x = tc + f x tb + f x t f x t + p x t + y + f x = = f x + px + ty + f x = px. Natomiast, gdy t <, to F x = tc + f x ta + f x t f x t = f x + px + ty + f x = px. p x t y + f x = Zinterpretujemy geometrycznie powyższy lemat. Jeśli X, jest przestrzenią unormowaną, to px = x jest funkcjonałem Banacha. Zauważmy, że dla funkcjonału liniowego F : X R zachodzi Istotnie, jeśli F x x dla każdego x X, to Stąd Zatem F. Odwrotnie, jeśli F, to F p F. F x = F x x = x. x F x x, czyli F x x. F x F x F x x dla każdego x X. Załóżmy, że X X ma kowymiar i niech f : X R będzie funkcjonałem liniowym takim, że f = stąd f p X. Niech H = {x X ; f x = }. Jak wykazaliśmy w jednym z poprzednich wykładów jest to hiperpłaszczyzna w X w X podprzestrzeń ker f ma kowymiar 2. Niech K = {x X; x < }. Zauważmy, że Rzeczywiście, gdyż jeśli x H K, to Z drugiej strony jeśli H K =. H K = f, = f x f x < f. f = sup f x >, x to istnieje x X taki, że x i f x >. Wówczas x f x H K. 27

28 Zatem powyższy lemat interpretujemy następująco: istnieje hiperpłaszczyzna H domknięta w X zawierająca H i nie mająca punktów wspólnych z K. Istotnie, jeśli mamy H, to istnieje F X ciągłość F wynika z domkniętości H taki, że H = {x X; F x = }. Stąd F X = f, gdyż H H i ponieważ H K =, więc F. Jeśli natomiast lemat jest spełniony, to definiujemy H := {x X; F x = } i wówczas H K =, gdyż F. Twierdzenie Hahna Banacha wersja rzeczywista. Niech X będzie podprzestrzenią przestrzeni liniowej X, p : X R zaś funkcjonałem Banacha. Załóżmy, że na X określony jest funkcjonał liniowy f : X R spełniający dla dowolnego x X nierówność f x px. Wówczas istnieje funkcjonał liniowy F : X R taki, że dla dowolnego x X. Dowód. Rozważmy rodzinę F X = f oraz F x px P = {X, f ; X X podprzestrzeń liniowa, X X, z częściowym porządkiem f : X R funkcjonał liniowy, f X = f, x X f x px} X, f X 2, f 2, gdy X X 2, f 2 X = f. Mamy X, f P. Niech X λ, f λ będzie łańcuchem w P,. Wówczas λ Λ X = λ Λ X λ jest przestrzenią liniową, natomiast odwzorowanie f = λ Λ f λ, tzn. fxλ = f λ x λ dla x λ X λ, jest dobrze określonym funkcjonałem liniowym. Mamy X, f P. Zatem korzystając z lematu Kuratowskiego Zorna, istnieje element maksymalny X, f. Gdyby X X, to istniałby element y X \ X. Biorąc ˆX = { x + ty; x X, t R}, z lematu, rozszerzylibyśmy f do przestrzeni ˆX, a to oznaczałoby sprzeczność. Uwaga. Jeśli F x px, to F x = F x p x. Zatem Niech X będzie przestrzenią unormowaną, A >. Określmy p x F x px. px = A x dla x X. Odwzorowanie p jest funkcjonałem Banacha i p x = px. Zatem jeśli F jest rozszerzeniem z twierdzenia Hahna Banacha, to z mamy F x px = A x dla dowolnego x X. Stąd F A. 28

29 Twierdzenie Hahna Banacha w przestrzeniach unormowanych, wersja rzeczywista. Niech X będzie podprzestrzenią przestrzeni unormowanej X i f X. Wówczas istnieje F X taki, że F X = f oraz F = f. Dowód. Niech A = f i px = A x dla x X. Oczywiście fx fx f x = px dla x X. Zatem z poprzedniego twierdzenia znajdujemy rozszerzenie F funkcjonału f do X, które jak widzieliśmy powyżej, spełnia F A = f. Nierówność w drugą stronę jest oczywista, gdyż F jest rozszerzeniem f. WYKŁAD VII Kontynuujemy temat rozszerzania funkcjonałów. Niech X będzie przestrzenią unormowaną nad C, f : X C zaś funkcjonałem liniowym i ciągłym. Wtedy f = g + ih, tzn. fx = gx + ihx, gdzie gx = Re fx, hx = Im fx. Piszemy g = Re f, h = Im f. Łatwo sprawdzić, że g i h są funkcjonałami liniowymi nad R. Ponadto gix + ihix = fix = ifx = igx + ihx = hx + igx. Stąd gix = hx, hix = gx. Otrzymaliśmy wzory Re fix = Im fx, Im fix = Re fx. Zatem fx = Re fx i Re fix. Niech teraz g : X R będzie funkcjonałem liniowym nad R i ciągłym. Definiujemy fx = gx igix. Twierdzimy, że f X nad C oraz f = g. Istotnie, oczywiście f jest odwzorowaniem addytywnym, f jest odwzorowaniem jednorodnym przy mnożeniu przez liczby rzeczywiste. Zauważmy, że f jest odwzorowaniem jednorodnym przy mnożeniu przez liczby zespolone. Mamy f λ + iµx = g λ + iµx ig iλ + iµx = λgx + µgix i µgx + λgix = = λ gx igix + iµ gx igix = λ + iµfx. Ponadto f = g. Istotnie, ponieważ więc x X β = fx = Re fβx, f = sup fx = sup Re fx = Re f = g. x x 29

30 Twierdzenie Hahna Banacha wersja zespolona, twierdzenie Bohnenblusta Sobczyka. Niech X będzie przestrzenią unormowaną nad C, X X podprzestrzenią liniową i f X. Wówczas istnieje F X taki, że F X = f oraz F = f. Dowód. Korzystając z wersji rzeczywistej twierdzenia Hahna Banacha, funkcjonał rzeczywisty Re f możemy rozszerzyć z zachowaniem normy do G X. Kładziemy Z wcześniejszych rozważań mamy Ponadto dla x X F x = Gx igix. F = G = Re f = f. F x = Gx igix = Re fx i Re fix = Re fx + i Im fx = fx. Wniosek. Niech X będzie przestrzenią unormowana, x X, x. Wówczas istnieje F X taki, że F = oraz F x = x. Dowód. Niech X = span{x } = Cx. Określmy f : X C wzorem fx = α x, gdzie x = αx. Ponieważ fx = α x = αx = x dla każdego x X, więc f =. Z twierdzenia Hahna Banacha istnieje F X taki, że F = oraz F x = fx = x. Uwaga. Przeformułowaniem tego wniosku jest stwierdzenie, że przestrzeń sprzężona X rozdziela punkty, tzn. jeśli x y, to istnieje F X taki, że F x F y. Niech X będzie przestrzenią Banacha. Przypomnijmy, że X jest przestrzenią Banacha, tym bardziej X = X jest przestrzenią Banacha. Ustalmy x X. Określamy Zauważmy, że F x jest funkcjonałem liniowym oraz F x : X C, F x f = fx. F x f = fx f x = x f. Stąd F x jest funkcjonałem liniowym i ograniczonym, a zatem ciągłym. Ponadto F x x. Zauważmy również, że z wniosku z twierdzenia Hahna Banacha dla x istnieje f X o normie taki, że f x = x, a więc Zatem F x = x. W ten sposób otrzymaliśmy odwzorowanie F x = sup F x f = sup fx f x = x. f f X x F x X, które jest liniową izometrią a więc jest ono również różnowartościowe. Oznaczmy je przez n : X X. Z izometryczności n wynika, że nx jest podprzestrzenią domkniętą w X. Istotnie, jeśli lim k = F X, k to nx k k= jest ciągiem Cauchy ego w X. Stąd x k k= jest ciągiem Cauchy ego w X. Zatem lim k x k = x X, a ponieważ n jest izometrią, to lim k nx k = nx. To oznacza, że F = nx. Odwzorowanie n nazywamy kanonicznym zanurzeniem przestrzeni Banacha w jej drugą przestrzeń sprzężoną. 3

31 Definicja. Przestrzeń Banacha X nazywamy przestrzenią refleksywną, gdy nx = X. Uwaga. Przestrzeń X jest refleksywna wtedy i tylko wtedy, gdy Przykłady. F X x X F = F x. Każda skończenie wymiarowa przestrzeń Banacha jest refleksywna. 2 Rozważmy przestrzeń l,, a w niej podprzestrzeń Banacha c ciągów zbieżnych do zera. Dla i niech e i =,...,,,,,..., gdzie występuje na i-tym miejscu oraz niech x = x i i= c. Mamy x = x i e i, to znaczy x = lim i= Weźmy f c. Ponieważ f jest liniowy i ciągły, więc fx = n i= n x i e i. a i x i, gdzie a i = fe i. i= Definiujemy ciąg z N N= c następująco: z N = α,..., α N,,,..., gdzie α i = wybieramy tak, aby α i a i = a i dla i. Wówczas N N a i = a i α i = f z N f z N = f. i= i= Zatem szereg i= a i jest zbieżny. Z drugiej strony jeśli szereg i= a i jest zbieżny, to wzór definiuje funkcjonał liniowy i ciągły na c wyliczenie normy tego funkcjonału pozostaje jako ćwiczenie. Jako konkluzję otrzymujemy c = l. 3 Można pokazać, że l p = l q, gdzie < p < + oraz p + q =. Stąd wnioskujemy, że l p jest przestrzenią refleksywną dla < p < +. Twierdzenie Riesza Frécheta. Niech H,, będzie przestrzenią Hilberta i f H. Wówczas! y H x H fx = x, y. W szczególności przestrzeń Hilberta jest refleksywną przestrzenią Banacha. Dowód. Istnienie. Jeżeli f =, to y =. Natomiast jeżeli f, to niech M = ker f. Mamy H = M M i dim M =. Niech z M i z =. Wtedy dowolny x H można jednoznacznie zapisać w postaci Mamy x = m + βz dla m M, β C. fx = fm + βfz = βfz = m, fzz + βfz z, z = m, fzz + βz, fzz = gdzie y = fzz. = m + βz, fzz = x, y, 3

32 2 Jedyność. Jeśli istnieją y, y 2 H takie, że x, y = x, y 2 dla każdego x H, to x, y y 2 =. Stąd biorąc x = y y 2 otrzymujemy y y 2 =. Niech H,, będzie przestrzenią Hilberta, K : H H zaś operatorem liniowym i ograniczonym. Ustalmy y H i rozpatrzmy fx = Kx, y. Zauważmy, że: f jest operatorem liniowym, f jest ograniczony, gdyż wykorzystując nierówność Schwarza, mamy fx Kx y K y x. Zatem f H i z twierdzenia Riesza Frécheta! y H x H fx = x, y. Niech K y = y. Otrzymujemy dla dowolnych x, y H. Kx, y = x, K y 2 Uwaga. Operator K : H H jest jedynym operatorem spełniającym 2. Ćwiczenie. Pokazać, że Id = Id, = oraz S + T = S + T, ST = T S dla dowolnych S, T BH, H. Twierdzenie. Niech K : H H będzie operatorem liniowym i ograniczonym. Wówczas K jest liniowy i ograniczony. Ponadto K = K oraz K = K. Dowód. Zauważmy, że dla y, y 2 H, α, α 2 C mamy x, K α y + α 2 y 2 = Kx, α y + α 2 y 2 = α Kx, y + α 2 Kx, y 2 = α x, K y + α 2 x, K y 2 = = x, α K y + α 2 K y 2 dla dowolnego x H. Zatem K jest operatorem liniowym. Pokażemy, że K K. Istotnie, K y 2 = K y, K y = KK y, y KK y y K K y y. Stąd K y K y, a więc K K. W szczególności K BH, H, a zatem K jest dobrze zdefiniowany oraz K x, y = x, K y dla dowolnych x, y H. Ponieważ więc x, Ky = Ky, x = y, K x = K x, y, x, Ky = K x, y = x, K y. Stąd K = K. Zatem z pierwszej części dowodu K = K K, a więc K = K. Definicja. K nazywamy operatorem sprzężonym do K. 32