Analyse 2. Rasmus Sylvester Bryder, Katrine Frovin Gravesen, Søren Frejstrup Grav Petersen og Anders Wolfsberg

Transkript

1 Analyse 2 Rasmus Sylvester Bryder, Katrine Frovin Gravesen, Søren Frejstrup Grav Petersen og Anders Wolfsberg 2010

2

3 Indhold 1 Fuldstændige og kompakte metriske rum 5 2 Normerede rum og Hilbert rum 11 3 Ortogonale projektioner 15 4 Fourier-rækker 21 5 Duale rum 29 6 Lineære operatorer 35 NY henviser til Nicholas Young: An Introduction to Hilbert Space. CB henviser til Christian Berg: Metriske rum. Man bør have haft VtMat med Rasmus og Søren for at forstå forsideillustrationen. 3

4 4 INDHOLD

5 Kapitel 1 Fuldstændige og kompakte metriske rum Kompakt delmængde af et metrisk rum. Lader vi (M, d) være et metrisk rum og (x n ) en punktfølge i (M, d), er a fortætningspunkt for (x n ), hvis {n N d(a, x n ) < r} = for alle r > 0. Lad (M, d) være et metrisk rum og K en delmængde af (M, d). K kaldes kompakt, hvis enhver punktfølge i K har et fortætningspunkt i K. Det blev vist i Analyse 1, at denne betingelse var ækvivalent med betingelsen, at enhver punktfølge i K har en konvergent delfølge med grænsepunkt i K. Man siger, at et metrisk rum er kompakt, hvis det er kompakt som delmængde af sig selv. Alle kompakte mængder i et metrisk rum er afsluttede. Et bevis for dette følger indirekte. Lad nemlig A R k være kompakt. Antag, at A ikke er afsluttet. Da er A \ A, så vi kan nde x A \ A. Der ndes endvidere en punktfølge (x n ) i A med lim n x n = x, da x A. Da vi antog, at A var kompakt, har (x n ) et fortætningspunkt x A, og det følger af CB 6.3, at der ndes en konvergent delfølge (x np ) af (x n ), så lim p x np = x. Da delfølgen nødvendigvis må konvergere mod samme punkt som følgen, må x = x, og dermed x A, hvorpå vi opnår en modstrid. Omvendt giver Heine-Borels sætning, at alle afsluttede og begrænsede delmængder af R k er kompakte delmængder i det metriske rum (R k, d), hvor d er den sædvanlige metrik. Fx er [0, 1] R kompakt i (R, d). Fuldstændigt metrisk rum. Lad (M, d) være et metrisk rum, og lad (x n ) være en punktfølge i (M, d). (x n ) kaldes en Cauchy-følge, hvis der for alle ε > 0 ndes N N, således at hvis m, n N og m, n N, da er d(x n, x m ) < ε. Det følger let af denitionen, at alle konvergente følger i et metrisk rum er Cauchy-følger. Et metrisk rum (M, d) kaldes fuldstændigt, hvis enhver Cauchyfølge i (M, d) er konvergent. I R er Cauchy-følger konvergente, og således er (R, d) et fuldstændigt metrisk rum med den sædvanlige metrik. Det samme kan vises for R k, såfremt vi lader 5

6 6 KAPITEL 1. FULDSTÆNDIGE OG KOMPAKTE METRISKE RUM en Cauchy-følge (x n ), hvor x n = (x n1,..., x nk ), n N, i R k være givet. Da x nj x mj = x nj x mj 2 k x ni x mi 2 = x n x m 2 for alle j = 1,..., k, ses, at hver koordinatfølge i (x n ), altså (x nj ), j = 1,..., k, er en Cauchy-følge, og da koordinatfølgerne er følger i R, er de konvergente. Derpå ses, at lim n x n = (lim n x n1,..., lim n x nk ), hvorpå (x n ) er konvergent. Det kan indses ved et isometrisk argument, at (C k, d) er et fuldstændigt metrisk rum med den sædvanlige metrik. (Q, d) er ikke et fuldstændigt metrisk rum med den sædvanlige metrik jf. CB 5.3, idet Q ikke er en afsluttet delmængde i R (tag eksempelvis følgen ( n i=1 i 2 ) n N, som i R konvergerer imod π2 /6 / Q, hvorpå Q Q). i=1 Fælles- og foreningsmængder. Vi har i et metrisk rum (M, d), at (i) enhver endelig forening af kompakte mængder er kompakt, og (ii) ethvert snit af kompakte mængder er kompakt. Bevis. (i). Lad A = F 1 F n være en endelig forening af kompakte mængder. Lad (x n ) være en følge i A. Da der er uendelig mange elementer i følgen, må der gælde for mindst ét k {1,..., n}, at {n N x n F k } = (gjaldt der ikke dette, ville {n N x n A} n i=1 {n N x n F i } <, hvilket er i modstrid med, at der er uendelig mange elementer i følgen). Lad k {1,..., n} opfylde dette. Betragt nu delfølgen (x np ), hvor x np er det p'te element i F k fra (x n ). Denne er en følge i F k, som jo var kompakt, og derfor har (x np ) en konvergent delfølge (x nps ) i F k. Men da (x nps ) også er en delfølge af (x n ) i A, har (x n ) en konvergent delfølge i A. Da er A kompakt. Det uendelige tilfælde gælder ikke generelt: tag fx de kompakte mængder G i = [ i, i] i (R, d); da er i=1 G i = R tydeligvis ikke kompakt i (R, d). (ii). Lad B = F n være snittet af de kompakte mængder i familien (F n ) n N. Da B er afsluttet da F n er kompakt og afsluttet for alle n N (pr. CB 2.7) og B F 1, som er kompakt, må B selv være kompakt. Desværre. En homeomor f er en bijektiv afbildning mellem to metriske rum, hvorom der gælder, at f og f 1 er kontinuerte. Begrebet er meget vigtigt inden for topologi. Der gælder ikke, at hvis f : (M, d M ) (N, d N ) er en homeomor og (M, d M ) er et fuldstændigt metrisk rum, at (N, d N ) også er et fuldstændigt metrisk rum. Lad nemlig (M, d M ) være det fuldstændigt metriske rum (R, d), hvor d er den sædvanlige metrik, og lad (N, d N ) = (( 1, 1), d), som ikke er et fuldstændigt metrisk rum, thi ( 1, 1) ikke er afsluttet i det fuldstændigt metriske rum (R, d); lad til sidst f : (R, d) (( 1, 1), d) være givet ved f(x) = 2 /π arctan(x). Det er let at se, at denne er en homeomor.

7 7 Et kompakt metrisk rum er fuldstændigt. Lad nemlig (M, d) være et kompakt metrisk rum. Vi skal vise, at enhver Cauchyfølge i M konvergerer, så lad (x n ) være en Cauchy-følge og lad ε > 0 være givet. Da (M, d) er kompakt, må (x n ) have en konvergent delfølge (x np ), der konvergerer imod a M. Dvs. der ndes N N, så d(x np, a) < ε /2 for p N, og der ndes Q N, så d(x n, x m ) < ε /2 for n, m Q. Sætter vi nu R = max{n, Q}, får vi for n R, da n R R N, at d(x n, a) d(x n, x nr ) + d(x nr, a) < ε /2 + ε /2 = ε. Det gælder dog ikke i almindelighed, at fuldstændige metriske rum er kompakte. Tag for eksempel R med den sædvanlige metrik d vi ved, at det er fuldstændigt fra før, men da diamr = sup{d(x, y) x, y R} =, er R ikke begrænset som delmængde af sig selv, og dermed ikke kompakt. Kompakthed som begrænsningsegenskab. En endelig delmængde af et metrisk rum er kompakt. Lad nemlig (M, d) være et metrisk rum, og lad K være en endelig delmængde af M. K kan skrives som en endelig forening af etpunktsmængder, som er kompakte. Men så er K kompakt pr. foregående sætning. Der gælder ydermere, at en kompakt delmængde af et metrisk rum er begrænset. Beviset er som følger: Antag, at den kompakte delmængde A af et metrisk rum (M, d) ikke er begrænset. Da kan vi vælge y 1 A, og da A er ubegrænset, kan vi vælge y 2 A\B(y 1, 1), idet B(a, r) angiver kuglen med centrum a og radius r. Da B(y 1, 1) B(y 2, 1) er begrænset, kan denne mængde ikke indeholde den ubegrænsede mængde A, så vi vælger y 3 A \ (B(y 1, 1) B(y 2, 1)). Vi får rekursivt en følge (y n ) i A med egenskaben y n+1 A \ n i=1 B(y i, 1) for n N. Dvs. at d(y n, y m ) 1 for alle n m, men denne følge kan ikke have et fortætningspunkt, hvorpå vi opnår en modstrid. En kontinuert funktion f : K Y på en kompakt delmængde K af et metrisk rum (X, d X ) er begrænset i (Y, d Y ). Vi viser dette direkte ved at vise, at enhver punktfølge i f(k) har en konvergent delfølge. Lad da (y n ) være en punktfølge med punkter i f(k). Da y n f(k) for alle n N, kan vi for alle n N nde x n K, så f(x n ) = y n. Vi får deraf en følge (x n ) med punkter i K. Da K er kompakt, ndes nu x K og en delfølge (x np ) af (x n ), så lim p x np = x. Da f var antaget kontinuert på K, gælder nu, at f(x) = lim p f(x np ) = lim p y np. Da konvergerer (y np ) mod f(x) f(k), så (y n ) har altså en konvergent delfølge med grænsepunkt i f(k). Altså er f(k) en kompakt delmængde af (Y, d Y ), og dermed begrænset ved ovenstående. Vi får af ovenstående sætning ekstremalværdisætningen: En kontinuert reel funktion på et begrænset, afsluttet interval i R er begrænset og har både mindsteværdi og størsteværdi. Begrænsede, afsluttede intervaller i R er netop kompakte delmængder af (R, d), hvor d er den sædvanlige metrik, og idet vi lader sekundærrummet være (R, d) ligeså, har vi, at billedmængden for funktionen er kompakt i (R, d) og dermed afsluttet og begrænset, hvorpå den har mindste- og størsteværdi som følge af afslutningen i R.

8 8 KAPITEL 1. FULDSTÆNDIGE OG KOMPAKTE METRISKE RUM (B(M), ) er et fuldstændigt metrisk rum med metrikken givet ved den uniforme norm. Lad M være en mængde og dener for funktionen f : M C f = sup f(m). m M B(M) er mængden af funktioner f : M C, for hvilke f <. Trin 1: Find grænsekandidat for Cauchy-følge. Lad (f k ) være en Cauchy-følge af funktioner i B(M). Da fås følgende: For ethvert ε > 0 ndes et K, så k, l K medfører f k f l < ε. For alle x M og k, l K gælder, at f k (x) f l (x) sup x M f k (x) f l (x) = f k f l < ε. Dette viser, at (f k (x 0 )) k N er en Cauchy-følge for hvert x 0 M i C, som jo er et fuldstændigt metrisk rum, hvorfor (f k (x 0 )) konvergerer mod et y C; kald f(x 0 ) = y. (f k ) k N konvergerer altså punktvist mod en funktion f. Trin 2: f B(M). Da (f k ) k N er en Cauchy-følge, ndes K N, så k, l K medfører f k (x) f l (x) < 1 for alle x M (og dermed også for l = K). Da f K B(M), ndes N R, så f K (x) N for alle x M. For alle x M fås nu, at f k (x) f k (x) f K (x) + f K (x) < 1 + N. Det følger, idet : C R er kontinuert, at f(x) = lim k f k (x) 1 + N for alle x M; dvs. sup x M f(x) 1 + N <. Da er f B(M). Trin 3: f k f. Givet ε > 0 ndes K N, så k, l K medfører f k (x) f l (x) f k f l < ε/2 for alle x M, da (f k ) var Cauchy. Det følger for alle x M, at lim l (f k (x) f l (x)) = f k (x) f(x) ε/2, når blot k K, idet : C R er kontinuert. Det vil altså sige, at f k f = sup x M f k (x) f(x) ε/2 < ε for k K. Men det betyder jo netop, at f k f i B(M). En vigtig isometri. Lad nu (M, d) være et metrisk rum, og lad a M være fast. Vi denerer nu for m M funktionen f m : M C givet ved f m (t) = d(t, m) d(t, a). Vi har for t M, at f m (t) = d(t, m) d(t, a) d(a, m). Dette medfører, at sup t M f m (t) d(a, m). Da er d(a, m) en majorant for { f m (t) t M}. Lader vi nu b R være givet, så f m (t) b for alle t M, skal vi vise, at d(a, m) b. Men da b f m (m) = d(m, m) d(m, a) = d(a, m), har vi slutteligt, at d(a, m) = sup t M f m (t) = f m. f m B(M), da f m = d(a, m) <. Vi denerer nu ϕ : M B(M) ved ϕ(m) = f m. Denne er faktisk en isometri; lader vi nemlig m, n M være givet, kan vi denere afbildningen g m : M C ved g m (t) = d(t, m) d(t, n), hvorpå g m = d(m, n), da vi viste f m = d(a, m) for et fast a M; vi får nu ϕ(m) ϕ(n) = f m f n = sup f m (t) f n (t) t M = sup t M d(t, m) d(t, n) = sup t M g m (t) = g m = d(m, n).

9 9 Der ndes altid en fuldstændiggørelse af et metrisk rum (M, d). Der ndes et metrisk rum ( M, d ) og en isometri ϕ : (M, d) ( M, d ), så ϕ(m) er overalt tæt i M. Lad (M, d) være et metrisk rum. Idet vi lod a M være fast, denerede vi for m M funktionen f m : M C givet ved f m (t) = d(t, m) d(t, a). Vi k dermed en isometri ϕ : (M, d) (B(M), ) givet ved ϕ(m) = f m. Det er nu klart, at ϕ(m) B(M), og dermed, at ϕ(m) B(M). Da en afsluttet delmængde af et fuldstændigt metrisk rum selv er et fuldstændigt metrisk rum, har vi, at det metriske rum (ϕ(m), ) er fuldstændigt. Da ϕ er en isometri fra M til ϕ(m) B(M), og da ϕ(m) pr. denition er tæt i ϕ(m), er (ϕ(m), ) en fuldstændiggørelse af (M, d). Vi kan altid lave denne ud fra det tidligere fundne, uanset rummet (M, d).

10 10 KAPITEL 1. FULDSTÆNDIGE OG KOMPAKTE METRISKE RUM

11 Kapitel 2 Normerede rum og Hilbert rum Denitioner. Et normeret rum er et par (E, ), hvor E er et reelt eller komplekst vektorrum, og hvor er en norm på E, dvs. en afbildning : E R, som opfylder: (N1) x > 0, hvis x 0 i E (N2) λx = λ x for alle λ C (i det reelle tilfælde R) og x E (N3) x + y x + y for alle x, y E. Et Banach rum er et normeret rum, som er et fuldstændigt metrisk rum med hensyn til metrikken induceret af dens norm (idet vi lader metrikken d være givet ved d(u, v) = u v for u, v E). Vi denerer endvidere et indre produkt rum eller et præ-hilbert rum til at være et par (V, (, )), hvor V er et reelt eller komplekst vektorrum, og hvor (, ) : V V L er et indre produkt; altså en afbildning, som for alle x, y, z V og λ L opfylder: (i) (x, y) = (x, y) (ii) (λx, y) = λ(x, y) (iii) (x + y, z) = (x, z) + (y, z) (iv) (x, x) > 0 for x 0. Et Hilbert rum er et indre produkt rum, som er et fuldstændigt metrisk rum med hensyn til metrikken induceret af dets indre produkt. Der gælder, at alle Hilbert rum er Banach rum, men ikke i almindelighed det omvendte. Fuldstændiggørelse af normeret rum. Lad (X, ) være et normeret rum. En fuldstændiggørelse af X er et Banach rum (X, ) og en lineær afbildning T : X X, som opfylder, at T (x) = x (altså, at T er en isometri), og at clin(t (X)) = X. 11

12 12 KAPITEL 2. NORMEREDE RUM OG HILBERT RUM Sætning om l 2 som fuldstændiggørelse af præ-hilbert rum. Lad (X, X ) være et normeret rum med X = lin{e 1, e 2,...}, hvor e 1, e 2,... er en uendelig ortonormalfølge i et præ-hilbert rum. Lad endvidere T : X l 2 være den lineære afbildning givet ved T (e n ) = (0,..., 0, 1, 0,...), hvor 1 er på den n'te plads i følgen. Da gælder, at (l 2, l2 ) og T er en fuldstændiggørelse af X. Bevis. Strategien for beviset er at vise følgende trin, hvorpå det følger af denitionen på fuldstændiggørelse: (1) (l 2, l2 ) er et Banach rum, (2) T (x) l2 = x X x X, og (3) (T (X)) = l 2. (1) (l 2, l2 ) er udstyret med den norm, der er induceret af det indre produkt deneret på l 2, nemlig x l2 = (x, x) 1 /2 l 2. NY 3.2 giver da, at l 2 er et fuldstændigt metrisk rum, med metrikken givet netop ved den ovenstående norm. Således er (l 2, l2 ) et Hilbert rum, og derfor specielt et Banach rum. (2) Lad x X = lin{e 1, e 2,...} være givet. Da er x på formen x = m λ ne n, hvor m N, e n er vektorer i X og λ n C for alle n N. Da gælder, at ( m T (x) l2 = T λ n e n) l2 = ( ). Da T er lineær, normen er homogen, samt at e 1, e 2,... er en ortonormalfølge og specielt et ortogonalt system (NY 4.4) følger det, at: ( ) = = m λ n T (e n ) = m λ n T (e n ) 2 l 2 = m λ n 2 T (e n ) 2 l 2 l2 m λ n 2, hvoraf sidste lighed gælder, da der for alle n N gælder, at T (e n ) l2 = 1, thi T (e n ) = (0,..., 0, 1, 0,...), hvor 1 er på den n'te plads, og y l2 = y n 2 for alle y l 2. NY 4.4, samt at normen er homogen, giver os da: m x X = λ n e n = X m λ n e n 2 X = m λ n 2 e n 2 X = m λ n 2, hvoraf sidste lighed kommer af, at e 1, e 2,... er en ortonormalfølge i X, og heraf at e n X = 1 for alle n N. Altså er x X = T (x) l2 for alle x X. (3) Lad x = (x 1, x 2,...) l 2. Vi vil vise, at der ndes en følge i T (X), som konvergerer imod x.

13 Betragt for alle n N a n X, hvor a n = n k=1 x ke k ; vi har nu i T (X), at T (a n ) = T ( n k=1 x ke k ) = n k=1 x kt (e k ), hvilket vi får ud fra lineariteten af T. Vi betragter nu følgen (T (a n )) T (X). Vi har for n N, at n x x k T (e k ) k=1 l 2 = k=n+1 x k T (e k ) l 2 = k=n+1 x k 2, som går imod 0, når n, thi k=1 x k 2 <. Altså er x grænsepunkt for en følge i T (X), og dermed er T (X) = l Separable Hilbert rum. Et Hilbert rum H er separabelt, hvis det indeholder en tæt følge, dvs. hvis der er x n M, n N, så {x n n N} = M. NY giver en anden denition af denne term: et Hilbert rum H er separabelt, hvis den indeholder en fuldstændig ortonormalfølge (e n ) indiceret af en tællelig mængde, dvs. at hvis (x, e n ) = 0 for alle n N, medfører det, at x = 0. NY 4.15 giver, at dette er ækvivalent med, at clin{e n n N} = H. Det viser sig, at disse to betingelser er ækvivalente: Sætning 1. Et Hilbert rum H indeholder en tæt følge, hvis og kun hvis det indeholder en fuldstændig ortonormalfølge (e n ) n N, dvs. hvis der ndes en ortonormalfølge (e n ) n N, så clin{e n n N} = H. Bevis. Antag først, at der ndes en ortonormalfølge clin{e n n N} = H. Vi har, at (e n ) n N, således at { m } H = clin{e n n N} = λ n e n m N, λ 1,..., λ m C = A, hvor A = { m λ ne n m N, λ 1,..., λ m C}. Vi har, at hver koecient λ n kan opsplittes λ n = Reλ n + iimλ n, hvor Reλ n, Imλ n R. Vi betragter nu i stedet delmængden B A, hvor B kun indeholder de λ n, for hvilke realdelen og imaginærdelen er rationale, altså { m } B = λ n e n m N, Reλ 1, Imλ 1,..., Reλ m, Imλ m Q. Denne mængde af elementer i H er tællelig, idet den er et produkt af tællelige mængder (hvor sindssyg denne mængde end er). Der kan derfor laves en bijektiv korrespondance mellem denne mængde og N; lad ϕ være en sådan og dener nu følgen (x n ) i H, hvor x n = ϕ(n) for alle n N; da er B = {x n n N}. Vi viser nu, at (x n ) er tæt, altså at B = H = A. At B H = A er trivielt, da A er afsluttet. Lad nu y A være givet. Da ndes en følge (y p ) i A, så y p y. Lad k N være givet. y k i denne følge er på formen y k = m λ n e n = m (Reλ n + iimλ n )e n,

14 14 KAPITEL 2. NORMEREDE RUM OG HILBERT RUM hvor m N, λ 1,..., λ m C. Da Q er tæt i R, ndes følger (a k,n,l ) og (b k,n,l ) i Q, så a k,n,l Reλ n og b k,n,l Imλ n for l, for alle n = 1,..., m. I C får vi altså, at lim l (a k,n,l + ib k,n,l ) = Reλ n + iimλ n = λ n. Hvis vi har en følge (c l ) i C, hvorom der gælder, at c l c, vil der gælde i et Hilbert rum V for x V, at c l x cx, thi cx c l x = c c l x 0. Dermed vil også gælde, at lim l (a k,n,l + ib k,n,l )e n = λ n e n i H. Vi får heraf, at y k,l = m (a k,n,l + ib n,k,l )e n B for alle l N. Altså vil gælde, at lim l y k,l B for alle n N, men lim y k,l = lim l l m (a k,n,l + ib n,k,l )e n = m lim (a k,n,l + ib n,k,l )e n = l m λ n e n. Altså vil y k B for alle k N. Da vil grænsepunktet y for følgen (y p ), nu i B, ligge i closb = B, thi B er en afsluttet mængde og B B, hvorpå closb = B. Men da vil A B, og dermed A = B. Dvs. at H = B = {x n n N}, hvorpå H indeholder en tæt følge (x n ). Antag nu, at H indeholder en tæt følge (x n ) n N. Lad y 1 = x 1, og lad y i være det element x m med mindste m N, så x m / lin{y 1,..., y i 1 }. Derpå opnås en endelig eller tælleligt uendelig familie (y i ) i I af lineært uafhængige vektorer i H, hvorom der gælder, at lin{y i i I} = lin{x n n N}. Vi kan ortogonalisere disse med Gram-Schmidt-metoden og derpå normere dem, hvorpå opnås et ortonormalsystem (z i ) i I af vektorer. Da vi, når vi laver Gram-Schmidt, kun lægger vektorer i (y i ) i I påganget konstanter i C til vektorer (y i ) i I, hvorpå der normeres med konstanter i C, må lin{z i i I} = lin{y i i I}, hvorpå clin{z i i I} = clin{x n n N} {x n n N} = H. Da er (z i ) i I en fuldstændig ortonormalfølge. Af dette får vi altså, at de to denitioner på termen separabelt Hilbert rum er ækvivalente.

15 Kapitel 3 Ortogonale projektioner Denitioner. To vektorer x, y i et præ-hilbert rum (V, (, )) er ortogonale, såfremt (x, y) = 0. En familie af vektorer (e i ) i I kaldes et ortogonalsystem, såfremt (e i, e j ) = 0 for i j; hvis e i = 1 for alle i I, kaldes familien et ortonormalsystem. Hvis et ortogonalsystem kan indiceres som en følge med N, kaldes den en ortonormalfølge. En ortonormalbasis i et Hilbert rum H er et fuldstændigt ortonormalsystem, altså et ortonormalsystem, hvorom der gælder, at den eneste vektor i H ortogonal med alle vektorer i systemet er nulvektoren. Tætteste-punkt-egenskab. Lad A være en ikke-tom, afsluttet og konveks delmængde af et Hilbert rum H. Da ndes for alle x 0 H et entydigt y A, således at y er tættere på x 0 end noget andet punkt i A, altså så x 0 y = inf a A x 0 a. Indskrænkning af beviset for tætteste-punkt-egenskab. Lader vi (E, ) være et normeret vektorrum, gælder for fast x 0 E, at T : E E givet ved T (x) = x+x 0 er en isometri, thi x+x 0 (y+x 0 ) = x y for x, y E. Denne isometri er endvidere bijektiv, og dens inverse er T 1 : E E givet ved T 1 (x) = x x 0. For at vise, at tætteste-punkt-egenskaben gælder for alle x 0 E, rækker det at vise, at tætteste-punkt-egenskaben gælder for x 0 = 0. Antag, at den gælder for x 0 = 0; altså, at der gælder i et Hilbert rum H, hvor B H er afsluttet og konveks, at der ndes et entydigt y B, så y = inf b B b. Lad x 0 H være givet, og lad A H være afsluttet og konveks. Dan isometrien T som ovenfor i H (hvilket er ladsiggørligt, da H er et normeret rum), og betragt nu mængden T 1 (A) H. Denne er ikke-tom og afsluttet, thi T er en isometri (dermed kontinuert) og A er ikke-tom og afsluttet. Tillige er den konveks, thi for p, p T 1 (A) og t [0, 1] gælder, at der ndes q, q A, så q = T (p) = p+x 0, q = T (p ) = p +x 0, 15

16 16 KAPITEL 3. ORTOGONALE PROJEKTIONER hvorpå T (tp + (1 t)p ) = t(q x 0 ) + (1 t)(q x 0 ) + x 0 = tq + (1 t)q A, da A er konveks; altså tp + (1 t)p T 1 (A). Da ndes et y T 1 (A), så y = inf b T 1 (A) b, og dette y er entydigt. Ud fra T 's bijektivitet, gælder for y T 1 (A), at der ndes entydigt y A, så y = T (y ), dvs. y = y x 0. Endvidere gælder også, ud fra T 's bijektivitet, at der for alle b T 1 (A) eksisterer et entydigt a A, så a = T (b) = b + x 0 dvs. b = a x 0. Da gælder inf{ b b T 1 (A)} = inf{ a x 0 a x 0 T 1 (A)} = inf{ a x 0 a A}. Dette giver altså y x 0 = inf a A a x 0. Deraf får vi, hvad vi skulle vise: der ndes entydigt y A for fast x 0 H, så y x 0 = inf a A a x 0. Men også kun for Hilbert rum. Generaliserer vi H til at være et Banach rum, ryger entydigheden. Et eksempel på at entydigheden ikke gælder, hvis der ikke er tale om et Hilbert rum, kunne være det normerede rum R 2 med normen 1 : Lad A = { (x, y) R 2 y = x + 1, x [0, 1] }. Da er A afsluttet i R 2, og konveks, idet der for alle z, w A, hvor z = (x 1, y 1 ), w = (x 2, y 2 ) og t [0, 1] gælder at tz + (1 t)w = t(x 1, y 1 ) + (1 t)(x 2, y 2 ) = (tx 1 + (1 t)x 2, ty 1 + (1 t)y 2 ), hvor det ses, at der for andetkoordinatet gælder: ty 1 + (1 t)y 2 = tx 1 x tx 2 t = (tx 1 + x 2 tx 2 ) + 1 = (tx 1 + (1 t)x 2 ) + 1, hvilket viser, at tz + (1 t)w A, og A er altså konveks; men vi har samtidig, at alle punkter i A har afstand 1 til (1, 1). Alle punkter i A er derfor nærmeste punkt til (1, 1), og entydigheden gælder altså ikke i dette tilfælde. En dejlig egenskab. Lad H være et indre produkt-rum og z H være givet. Da er snitfunktionen x (x, z) kontinuert. Dette indses med Cauchy-Schwarz, idet (a, y) (x, y) = (a x, y) a x y < δ y, hvorpå vi sætter δ = ε y 1. Ortogonale komplementer. Det ortogonale komplement til en delmængde E af et Hilbert rum H (med det indre produkt (, )) deneres ved E := {x H (x, y) = 0 for alle y E}. Der gælder for alle delmængder E af et Hilbert rum H, at E er et lukket underrum.

17 17 Bevis. Lad E H være givet. E er først og fremmest ikke-tom, da 0 E, idet (0, y) = 0 for alle y E. Lad derpå x, y E og λ C være givet. Da er (x, z) = 0 og (y, z) = 0 for alle z E, hvorpå (x + y, z) = (x, z) + (y, z) = 0 og (λx, z) = λ(x, z) = 0 for alle z E. Altså er x + y, λx E, og E er et underrum. Lader vi en konvergent følge (x n ) i H med punkter i E være givet, vil vi vise, at grænsepunktet x ligger i E, altså at (x, z) = 0 for alle z E. Lad derfor z E være givet. Da vil med ovenstående dejlige egenskab gælde, at (x, z) = lim n (x n, z) = lim n 0 = 0, hvorpå grænsepunktet for en følge i E er i E ; E er lukket. Lukkede underrum. Lad M være et lukket underrum af Hilbert rummet H. Underrummet M kan betragtes som et præ-hilbert rum med det indre produkt fra H ved restriktion af det indre produkt til M M C (da vektorerne i M også er vektorer i H). Da M er lukket, er delrummet M med den arvede metrik fra H fuldstændigt pr. CB 5.3, thi H er et fuldstændig metrisk rum. Altså er M et Hilbert rum med det indre produkt fra H. Sætning 2 (Projektionssætningen). Lad H være et Hilbert rum og lad M være et lukket underrum af H. Lad x H og y M. Da er følgende betingelser ækvivalente: (1) x y M (2) x y = inf m M x m (3) (y, m) = (x, m) for alle m M Bevis. Vi viser (1) (2) og (1) (3). (1) (2): Antag x y M. Da gælder ig. NY 4.23 at x y z x y for alle z M. For alle m M gælder nu, at m y M (da M er et underrum), så for alle m M gælder, at x y x y (m y) = x m. Altså er x y minorant for mængden { x m m M} R. At x y også er største minorant, følger af, at hvis vi har et b R, så b x m for alle m M, så vil b x y, thi y M. Altså er x y = inf m M x m. (2) (1): Antag x y = inf m M x m. Da er x y x m for alle m M. For alle z M gælder, at y+z M (da M er et underrum), så for alle z M vil x y x (y+z) = x y z, hvilket pr. NY 4.23 giver, at x y M. (1) (3): x y M er pr. denition ækvivalent med, at (x y, m) = 0 for alle m M, som er ækvivalent med pr. NY 1.2, at (x, m) (y, m) = 0 for alle m M, som er ækvivalent med, at (x, m) = (y, m) for alle m M. Korollar 3 (Entydighed). Med betingelserne i projektionssætningen er y entydigt bestemt ved (1), (2) og (3).

18 18 KAPITEL 3. ORTOGONALE PROJEKTIONER Bevis. Her er det selvfølgelig nok at vise en enkelt. Antag (1): x y M. Lad endvidere z M, så x z M ; vi skal vise, at z = y. Det ses, at der gælder for alle h H, hvor h = h m + h m med h m M, h m M : (y z, h) = (x z (x y), h m + h m ) = (x z, h m ) (x y, h m ) + (x z, h m ) (x y, h m ) = (x z, h m ) (x y, h m ) = (y z, h m ) = 0 hvoraf sidste lighed kommer af, at y, z M. Antag (2): x y = inf m M x m. Da M (thi y M) er lukket og konveks (da M er et underrum) i Hilbert rummet H, følger af tætteste-punktegenskaben, at y er entydigt bestemt. Antag (3): (x, m) = (y, m) for alle m M. Vi viser, at hvis (x, m) = (z, m) for alle m M, er z = y; da M er et Hilbert rum og (z, m) = (x, m) = (y, m) for alle m M, er z = y. Ortonormaludviklinger. Lad H være et Hilbert rum og lad M være et lukket underrum af H. Lad x H. Hvis e 1,... er en ortonormalbasis for M (altså en fuldstændigt ortonormalsystem i Hilbert rummet M), vil y = (x, e 1 )e 1 + M opfylde (1), (2) og (3). Altså vil y være det punkt i M, der er tættest på x H. Er {e 1,...} =, forstås højresiden som summen af en konvergent række. Sætning 4. En ortonormalfølge (e n ) n N i et Hilbert rum H er symmetrisk i den forstand, at for hver følge (λ n ) l 2 og hver bijektion σ : N N er λ n e n = λ σ(n) e σ(n). Bevis. Vi har, at clin{e n n N} er et lukket underrum pr. NY 2.9 og NY 2.12 (da lin{e n n N} er et underrum); sæt M = clin{e n n N}, hvormed vi kan benytte projektionssætningen direkte på M. Vi husker i det følgende, at M dermed er et Hilbert rum. Med den givne bijektion σ sættes δ n = λ σ(n) og f n = e σ(n) for alle n N. Da er λ σ(n)e σ(n) = δ nf n. Da δ n 2 = λ σ(n) 2 < da ethvert ombytte af den absolut konvergente række λ n 2 er konvergent, jf. Kalkulus og da (λ n ) l 2 følger af NY 4.11, at δ nf n konvergerer i H og dermed også λ σ(n)e σ(n). Vi har altså, at z = λ σ(n)e σ(n) H. Da følgen ( m λ σ(n)e σ(n) ) med elementer i lin{e n n N} konvergerer imod z for m, må z M. Vi har deneret M, så (e n ) n N er en ortonormalbasis i M (NY 4.15). Nu vil pr. NY 4.14 gælde, da z M, at ( ) ( ) z = (z, e k )e k = λ σ(n) e σ(n), e k e k = λσ(n) e σ(n), e k ek, k=1 k=1 k=1

19 19 da det indre produkt er kontinuert, og endvidere, at ( ) (z, e k )e k = λ σ(n) eσ(n), e k ek = λ k (e k, e k ) e k = λ k e k, k=1 k=1 thi (e n ) er en ortonormalbasis, hvorpå det eneste n, så (e σ(n), e k ) 0, er det n, så σ(n) = k. Men da er λ ne n = z = λ σ(n)e σ(n) i H. Ortogonale projektioner. Lad H være et Hilbert rum og lad M være et lukket underrum af H. Vi denerer nu afbildningen P : H H ved P (x) = y, hvor y M opfylder (1), (2) og (3) i projektionssætningen for x H. Denitionen giver mening, da y var entydigt bestemt ved x. Med denne afbildning har vi altså, at (P (x), m) = (x, m) for alle x H og m M. Billedet af P er P (H) = M. Antag i det følgende, at M {0}. (0) P er en lineær operator, dvs. P (λx + µy) = λp (x) + µp (y) for alle x, y H og λ, µ C. Lad x, y H og λ, µ C være givet. Da vi nemlig har, at (P (x), m) = (x, m) og (P (y), m) = (y, m) for alle m M, er λ(p (x), m) = λ(x, m) og µ(p (y), m) = µ(y, m) for alle m M. Vi har altså med NY 1.2, at (λp (x) + µp (y), m) = λ(p (x), m) + µ(p (y), m) = λ(x, m) + µ(y, m) k=1 = (λx + µy, m) = (P (λx + µy), m), for alle m M. Altså vil P (λx + µy) = λp (x) + µp (y) jf. NY 1.5 i Hilbert rummet M = P (H), og P er en lineær operator på H. (1) P er sin egen adjungerede eller selvadjungeret, dvs. (P (x), y) = (x, P (y)) for x, y H. Lad nemlig x, y H være givet; da gælder i C k=1 (P (x), y) = (y, P (x)) = (P (y), P (x)) = (P (x), P (y)) = (x, P (y)). (2) P er endvidere idempotent, dvs. P 2 = P. Dette ses let, idet vi lader x H være givet, hvorpå (P (P (x)), m) = (P (x), m) for alle m H. Da er P (P (x)) = P (x) i M = P (H). (3) Hvis P = 0, vil P (x) = 0 for alle x H. Altså vil P = 0, idet vi har antaget P (H) {0}. Vi har slutteligt, at P = 1, hvor P = sup x H, x 1 P (x). Lad nemlig 0 x H, x 1 være givet. Da er P (x) = (P (x), P (x)) P (x) = (x, P (x)) P (x) x 1 grundet Cauchy-Schwarz' ulighed. Da også P (0) = 0 1, fås, at P 1 for alle x H. Samtidig har vi, da P er idempotent, at P (x) = P (P (x)) P P (x) jf. NY 7.1, hvorpå P 1. Altså er P = 1.

20 20 KAPITEL 3. ORTOGONALE PROJEKTIONER Afbildningen P med billede P (H) = M kaldes den ortogonale projektion på M. Vi ser med projektionssætning, at P sender et punkt over i det tætteste punkt i M; deraf navnet. Mere om ortogonale projektioner. Vi beholder H og M fra før i det følgende. Hvis Q : H M er den ortogonale projektion på M, sender Q et vilkårligt x over i det tætteste punkt på M, Q(x). Nu kan dette x skrives x = z + y, hvor z er det tætteste punkt i M og y M. Altså vil z = x y ligge i M. Med projektionssætningen fås nu, at y = P (x). Altså er tætteste punkt til x på M dermed Q(x) = z = x P (x). Den ortogonale projektion på M er altså 1 H P. Last but not least. Lad H være det samme Hilbert rum som før. Lad B : H H være en begrænset lineær operator ; der ndes altså M 0, så B(x) M x for alle x H. Lad endvidere B være selvadjungeret og idempotent. Der gælder, at B(H) er et lukket underrum i H, og at B er den ortogonale projektion på B(H). Bevis. At B(H) er et underrum, følger af, at B(H), thi B(0) = 0 B(H), og af, at B er lineær. Lad en konvergent følge (y n ) n N i H med punkter i B(H) være givet, hvor y n y. Vi skal vise, at y B(H); at der ndes x H, så B(x) = y. Da y n B(H) for alle n N, ndes x n for alle n N, så B(x n ) = y n. Da B er begrænset er B kontinuert ig. NY 7.4. Men da y n = B(x n ) = B(B(x n )) = B(y n ) B(y) B(H) grundet kontinuiteten og idempotensen af B, må y = B(y) B(H), thi enhver følge i et metrisk rum højst har ét grænsepunkt. Dermed er B(H) lukket. Det skal vises, at B sender x over i det tætteste punkt i B(H); altså at x B(x) B(H), pr. projektionssætningen for et givet x H. Men vi har, at B(x B(x)) = B(x) B(B(x)) = B(x) B(x) = 0, så x B(x) ker B. Et lemma i kapitel 6 giver, at ker B = clos(ranb ) = clos(ranb) = B(H), thi B er selvadjungeret og B(H) er lukket. Altså vil x B(x) B(H) for alle x H.

21 Kapitel 4 Fourier-rækker Fourier-rækken n Z c n(f)e int er en ortonormal udvidelse af f L 2 (, π), når der gælder c n (f) = 1 2π π f(t)e int dt, n Z, samt at L 2 (, π) er udstyret med det indre produkt (f, g) = 1 π 2π f(t)g(t)dt. Vi denerer i det følgende e n : R C ved e n (x) = e inx for n Z. Ovenstående betyder altså, at L 2 (, π) f = n Z c n(f)e n i L 2 (, π), hvor (e n ) n Z er en ortonormalbasis for L 2 (, π), og c n (f) = (f, e n ). Hvis disse påstande skulle bevises, ville vi skulle vise følgende: (1) (e n ) n Z er en ortonormalfølge i L 2 (, π). (2) At (e n ) n Z er en ortonormalbasis, som ig. NY 4.15 er det samme som at clin{e n n Z} = L 2 (, π). Dette kan f.eks. vises ved at vise C 2π ligger tæt i C[, π], og at C[, π] ligger tæt i L 2 (, π). Der skal det naturligt også vises, at dette medfører clin{e n n Z} = L 2 (, π). 2π-periodiske kontinuerte funktioner med supremumsnormen. Der gælder, at (C 2π, ) er et Banach rum, hvor f = sup f(t). t [,π] Bevis. Vi vælger først at vise, at C[, π] er et Banach rum; beviset kan også bruges til at vise, at C 2π er et Banach rum, blot man husker at vise, at f(π) = f(pi). Lad (f n ) n N være en Cauchyfølge i (C[, π], ). For alle x [, π] vil f n (x) f m (x) f n f m = sup x [,π] f n (x) f(x). Dvs. (f n (x)) n N er Cauchy i C. Da følgen konvergerer, idet C er et fuldstændigt metrisk rum, vil 21

22 22 KAPITEL 4. FOURIER-RÆKKER lim n f n (x) = f(x) være veldeneret. Dette er vores bud på en grænse for (f n ) n N i C[, π]. Vi ønsker nu at vise, at f C[, π], altså at f : [, π] R er kontinuert; altså for alle x [, π] og for alle ε > 0, at der eksisterer et δ > 0 så x y < δ f(x) f(y) < ε. Lad derfor ε > 0 være givet. Der ndes et N N så når n, m N er f n (x) f m (x) < ε 6 for alle x [, π]. Dette medfører for alle x [, π]: f N (x) f(x) = f N (x) f m (x) + f m (x) f(x) f N (x) f m (x) + f m (x) f(x) ε 6 + f m(x) f(x) Vi kan endvidere for hvert x [, π] nde et M N, så når m > M, er f m (x) f(x) < ε 6 for alle x [, π], hvilket så medfører, at f N(x) f(x) < ε 3 for alle x [, π] ( ). Lad nu x [, π] være givet. Da ndes δ > 0, så når x y < δ, er f N (x) f N (y) < ε 3, da f N er kontinuert. Dette giver endvidere, at hvis x y < δ, så gælder f(x) f(y) = f(x) f N (x) + f N (x) f N (y) + f N (y) f(y) f(x) f N (x) + f N (x) f N (y) + f N (y) f(y) < ε 3 + ε 3 + ε 3 = ε, hvilket altså viser, at f er kontinuert, og altså at f C[, π]. Det ses endvidere at f n f 0 for n i C[, π] ud fra ( ). Lad (f n ) være en konvergent følge med følgeelementer i C 2π i Banach rummet (C[, π], ). Da ndes f C[, π], så f n f 0 for n. Specielt vil f n () f() 0 og f n (π) f(π) 0. Altså vil f() = lim n f n () = lim n f n (π) = lim n f n (π) = f(π). Altså er f C 2π. Dermed er C 2π lukket i (C[, π], ), hvorpå (C 2π, ) er et Banach rum. Ortonormalbasis. (e n ) n Z er en ortonormalbasis for L 2 (, π) mht. 2. Bevis. Beviset forløber over 4 trin: (1) (e n ) n Z er en ortonormalfølge i L 2 (, π). For n = m fås nemlig: (e int, e imt ) = 1 π e int e imt dt 2π = 1 2π = 1; 2π

23 23 og for n m fås: (e int, e imt ) = 1 2π = 1 2π = 1 2π = 1 2π π π e int e imt dt e it(n m) dt [ ] π 1 (n m)i eit(n m) 1 (e iπ(n m) e iπ(n m)) (n m)i = 1 2π 1 2i sin(π(n m)) = 0. (n m)i (2) Fejérs teorem siger nu, at enhver funktion i C 2π kan tilnærmes i som en linearkombination af elementer i lin{e n n Z}, hvorfor lin{e n n Z} ligger tæt i C 2π mht.. Da alle konvergenser i også er konvergenser i 2 (thi (2π) 1 /2 f 2 f for f L 2 (, π)), gælder da også, at lin{e n n Z} ligger tæt i C 2π mht. 2. (3) C 2π ligger tæt i C[, π] i 2. Lad f C[, π] og ε > 0 være givet. Sæt a = ε2 /3 f 2 og lad g : [, π] C være givet ved x+π a f(x) for x [, + a] g(x) = f(x) for x ( + a, π a) f(x) for x [π a, π] π x a Vi har nu, at g C 2π. Denerer vi tillige g 0 (x) = 0 for alle x [, π], ser vi også, at g 0 C 2π. Gælder f 2 > ε2 /3π, har vi, at f g 2 2 = = = π π+a +a f(t) g(t) 2 dt π f(t) g(t) 2 dt + π a π 2 a t π f(t) a dt + ( +a 2 f 2 a t π a dt + f 2 2a < ε 2. Gælder f 2 ε2 3π, har vi, at f(t) g(t) 2 dt π a π 2 a π + t f(t) a dt ) 2 a π + t a dt π a f g = f 2 2 2π f 2 < ε 2, og dermed kan vi for enhver kugle i C[, π], mht. 2, med centrum f C[, π] og radius ε nde en funktion h C 2π, så h er indeholdt i kuglen. Dermed er C 2π tæt i C[, π].

24 24 KAPITEL 4. FOURIER-RÆKKER (4) Vi har nu vist, at enhver C[, π]-funktion kan tilnærmes i 2 med en C 2π -funktion, men vi har også fra Fejérs teorem, at enhver C 2π -funktion kan tilnærmes i samme norm med en funktion i lin{e n n Z}, og ved yderligere, at C[, π] ligger tæt i L 2 (, π) mht. 2. Lad derfor f L 2 (, π) og ε > 0 være givet. Nu ndes en funktion ϕ 1 C[, π], så f ϕ 1 2 < ε /3, en funktion ϕ 2 C 2π, så ϕ 1 ϕ 2 2 < ε /3 og en funktion ϕ 3 lin{e n n Z}, så ϕ 2 ϕ 3 2 < ε /3. Altså vil f ϕ 3 2 f ϕ ϕ 1 ϕ ϕ 2 ϕ 3 2 < ε, hvorpå clin{e n n Z} = L 2 (, π). Entydighedssætning. Lad f, g C[, π]. Antag, at c n (f) = c n (g) for alle n Z. Da er f(t) = g(t) for alle t [, π]. Bevis. Specielt gælder f, g L 2 (, π). Da vi fandt i det foregående, at (e n ) n Z var en ortonormalbasis for L 2 (, π) et Hilbert rum har vi for alle h L 2 (, π), at h = n Z (h, e n)e n. Vi har endvidere pr. antagelse for alle n Z, at (f, e n ) = c n (f) = c n (g) = (g, e n ). Da det indre produkt er kontinuert, får vi for alle h L 2 (, π), at (f, h) = ( f, ) (h, e n )e n n Z = n Z (h, e n )(g, e n ) = = n Z (h, e n )(f, e n ) ( g, ) (h, e n )e n n Z = (g, h), hvormed f = g i L 2 (, π). Altså vil f g = 0 næsten overalt på [, π], men da f og g var antaget kontinuerte, må deres dierens også være kontinuert; altså er f g = 0 overalt på [, π], hvormed det ønskede er vist. Bemærk, at kontinuiteten af f og g netop medfører, at vi kan konkludere lighed for dem; ved vi ikke, at f og g er kontinuerte, kan vi allerbedst konkludere lighed m-næsten overalt. Lemma. f c n (f) for f L 2 (, π) er lineær, thi for f, g L 2 (, π) og λ C er 1 π c n (f + λg) = (f(t) + λg(t))e int dt 2π = 1 π f(t)e int dt + λ π g(t)e int dt = c n (f) + λc n (g). 2π 2π

25 25 En unitær afbildning. Afbildningen T : L 2 (, π) l 2 (Z) givet ved er unitær. T (f) = (c n (f)) n Z Bevis. Det er selvfølgelig vigtigt, at vi faktisk får en følge i l 2 (denne følge kan omindiceres til de naturlige tal - se beviset for NY hvorpå vi kan regne med rækkerne og kompositionerne som i l 2 (N)). L 2 (, π) indeholder en ortonormalbasis (e n ) n Z ; for f L 2 (, π) gælder, at c n (f) = (f, e n ) for alle n Z. For alle f L 2 (, π) fås ved NY 4.15, at n Z (f, e n) 2 = f 2 <, hvorpå ((f, e n )) n Z = (c n (f)) n Z l 2 (Z). Vi har nu for f, g L 2 (, π) og λ C, at T (f) + λt (g) = (c n (f)) n Z + λ(c n (g)) n Z = (c n (f) + λc n (g)) n Z = (c n (f + λg)) n Z = T (f + λg), idet f c n (f) er lineær og vi benytter den sædvanlige komponentvise addition og skalarmultiplikation i l 2 (Z), hvorpå T er lineær. Vi har endvidere, at T (f) 2 l 2(Z) = (c n(f)) n Z 2 l 2(Z) = ((f, e n)) n Z 2 l 2(Z) = n Z (f, e n ) 2 = f 2 for f L 2 (, π) jf. NY 4.15, thi (e n ) n Z er en ortonormalbasis. Dermed er T også injektiv. T er tilmed surjektiv. Lad nemlig en følge (h m ) m Z l 2 (Z) være givet. Betragt nu funktionen m Z h me m ; denne konvergerer i L 2 (, π) jf. NY 4.11, da (h m ) m Z l 2 (Z). Vi har nu for n Z, at ( ) ( ) 1 π c n h m e m = h m e m (t) e int dt 2π m Z m Z = 1 π h m e imt e int 1 π dt = h m e i(m n)t dt = h n, 2π 2π m Z thi integralet har værdien 0 for alle m Z, så n m 0, dvs. så n m (se NY s. 48). I ovenstående udregninger bruger vi frit ombytning af sum og integral fra Målteori-kurset. Altså vil T ( m Z h me m ) = (c n ( m Z h me m )) n Z = (h n ) n Z. Dermed gælder pr. NY 4.18, at T er unitær. Parsevals formler. m Z Da T er unitær, gælder ydermere jf. NY 4.17, at (T (f), T (g)) l2(z) = (f, g) L 2 (,π) i C for f, g L 2 (, π). Da vi har i l 2 (Z) jf. NY s. 48, at det indre produkt ((a n ) n Z, (b n ) n Z ) er lig n Z a nb n, får vi nu for f, g L 2 (, π), at 1 2π π f(t)g(t)dt = (f, g) L2 (,π) = (T (f), T (g)) l2(z) = ((c n (f)) n Z, (c n (g)) n Z )) l2(z) = n Z c n (f)c n (g).

26 26 KAPITEL 4. FOURIER-RÆKKER Sættes g = f i det ovenstående, fås for f L 2 (, π), at 1 2π π Disse formler kaldes Parsevals formler. f(t) 2 dt = f 2 = n Z Fourier-rækker og uniform konvergens. c n (f) 2. Lad f C 2π C 1 ([, π]). Dette f vil naturligvis ligge i L 2 (, π), da den er kontinuert. Strategi: vi viser først sætningen (1) og uligheden (2). Uligheden giver, at den tilhørende følge konvergerer. Kan vi vise, at Fourier-rækken konvergerer uniformt (3), og at grænsefunktionen er lig f (4), er vi færdige. (1) Relationen c n (f ) = inc n (f), n Z, gælder for Fourier-koecienterne for f og f. Da f og f er kontinuerte på [, π], gælder, at f, f L 2 (, π), hvormed vi kan opskrive Fourier-koecienter c n for disse. Vi får nu med partiel integration for n Z, at 2πcn (f ) = π f (t)e int dt = [ f(t)e int] π + in π f(t)e int dt = f(π)e inπ f()e inπ + in 2πc n (f) = in 2πc n (f), thi f(π)e inπ = f()( 1) n = f()e inπ ; dermed det ønskede. (2) Følgen (a n ), hvor a n = n 1 for n 0, n Z og a 0 = 1 ligger i l 2 (Z), thi n Z a n 2 = a n <. Da vi endvidere har en unitær 2 afbildning L 2 (, π) l 2 (Z) givet ved g (c n (g)) n Z, vil (c n (f )) n Z l 2 (Z). Da altså n Z c n(f ) 2 <, vil også ( c n (f ) ) n Z l 2 (Z), og derpå vil følgen (b n ), hvor b n = c n (f ) for n 0 og b 0 = c 0 (f) også ligge i l 2 (Z). Vi har nu med det indre produkt og Cauchy-Schwarz i l 2 (Z), at c n (f) = c 0 (f) 1 + c n (f ) n n Z n 0 = ((b n ), (a n )) l2(z) c n (f ) n 2 <. Dvs. ( m n= m c n(f) ) konvergerer. Dvs. vi kan altså for ethvert ε > 0 nde N, så for m N vil n Z c n(f) m n= m c n(f) = m+1 n c n(f) < ε. (3) Lad ε > 0. Da c n (f)e int = c n (f) for alle t, får vi altså, at der for alle t R gælder, at m c n (f)e int c n (f)e int c n (f) < ε, n Z n= m m+1 n når m er større end et vist N. Altså vil Fourier-rækken for f konvergere uniformt.

27 27 (4) Fourier-rækken konvergerer altså uniformt imod en grænsefunktion g = n Z c n(f)e int. g må være kontinuert, da den er uniform grænse af en følge af kontinuerte funktioner. Vi ved tillige, at f = g i L 2 (, π), altså at funktionerne er ens næsten overalt. Da både f og g er kontinuerte, må dierensen f g også være kontinuert, men da denne er 0 næsten overalt, må den være 0 overalt. Altså er f = g. Fourier-rækker og dierentiabilitet. Lad α < 1, og lad p være det største naturlige tal mindre end (1 + α), hvis det eksisterer. Antag for f L 2 (, π), at der gælder c n (f) n α for alle n Z, n 0. Hvis p er deneret, ndes da en funktion i ækvivalensklassen i L 2 (, π) for f, som er p 1 gange kontinuert dierentiabel. Bevis. (1) Aedte af Fourier-udviklingen. Ved at dierentiere den m'te afsnitssum af Fourier-udviklingen for f, får vi, at den k'te aedte af denne er m n= m c n(f)(in) k e int for k N. Alle disse er selvfølgelig kontinuerte. (2) For alle k < (1 + α) konvergerer n Z c n(f)(in) k e int uniformt. Lad ε > 0 og k < (1 + α), k N. Da vil gælde, at n 0 n k+α <. Vi har nu, at rækken m n= m c n(f)(in) k e int konvergerer uniformt for m, thi for alle t R gælder, at m c n (f)(in) k e int c n (f)(in) k e int c n (f) n k n Z n= m m+1 n n k+α < ε, når m er større end et vist N N. m+1 n (3) For alle k < (1+α) er n Z c n(f)(in) k 1 e int dierentiabel med kontinuert dierentialkvotient n Z c n(f)(in) k e int. For ovenstående k vil tillige gælde, at n Z c n(f)(in) k 1 e ind konvergerer for alle d R. Vi har nemlig, at c n (f)(in) k 1 e ind = c n (f) n k 1 c 0 (f) + n α+k 1 n Z n Z n 0 < c 0 (f) + n 0 n 2 <. Vi har altså, at ( m n= m c n(f)(in) k 1 e int ) konvergerer uniformt imod en differentiabel funktion for 1 k < (1 + α). 1 For alle samme k vil desuden gælde, at n Z c n(f)(in) k 1 e int har dierentialkvotient n Z c n(f)(in) k e int, da d dt c n (f)(in) k 1 e int d m = lim c n (f)(in) k 1 e int = c n (f)(in) k e int m dt n Z n= m n Z 1 Hvis (f n) er en følge af funktioner på [a, b] og de aedte f n er kontinuerte og konvergerer uniformt, samt at (f n(d)) konvergerer for mindst ét d [a, b], vil (f n) konvergere uniformt mod en dierentiabel funktion f, og lim n f n (x) = (limn fn(x)).

28 28 KAPITEL 4. FOURIER-RÆKKER jf. sætningen. Dette giver altså, at n Z c n(f)(in) k 1 e int er dierentiabel med kontinuert dierentialkvotient for 1 k < (1 + α). (4) Konklusion. Altså vil n Z c n(f)e int være p 1 gange kontinuert dierentiabel. Altså ndes en funktion i ækvivalensklassen til f i L 2 (, π), der er p 1 gange kontinuert dierentiabel. Hvis f var antaget kontinuert, ville f = n Z c n(f)e int overalt, hvorpå f ville være det.

29 Kapitel 5 Duale rum Denitioner og sætninger. Et lineært funktional på et vektorrum V over L er en afbildning A : V L, som opfylder for alle x, y V og λ, µ L, at A(λx + µy) = λa(x) + µa(y). Er A et lineært funktional på et vektorrum, er kontinuitet for dette ækvivalent med begrænsethed; altså, at sup x 1 A(x) < hvor x V. Eksisterer dette supremum, betegnes det A. Der gælder for alle x V, at A(x) A x. Mængden V af alle kontinuerte (eller begrænsede) lineære funktionaler på et normeret vektorrum V er et Banach rum med hensyn til punktvise operationer og ovennævnte funktionalnorm. V kaldes det duale rum til V. Kerner og skalarer. Hvis to lineære funktionaler f 1 og f 2 på et vektorrum V over legemet L opfylder, at ker f 1 ker f 2, ndes en skalar λ L, så f 1 = λf 2. Bevis. Hvis ker f 1 = V, er f 1 = 0, hvorpå λ = 0 giver det ønskede. Antag, at ker f 1 V. Nu vil ndes x 0 V, så f 1 (x 0 ) 0, hvilket medfører x 0 / ker f 1 og x 0 / ker f 2, dvs. f 2 (x 0 ) 0. Lad µ L, så µf 2 (x 0 ) = f 2 (µx 0 ) = 1. Lad nu x V være givet. Da vil f 2 (x) være en skalar, hvilket giver f 2 (x µx 0 f 2 (x)) = f 2 (x) f 2 (µx 0 )f 2 (x) = 0, så x µx 0 f 2 (x) ker f 2 ker f 1. Altså vil også f 1 (x µx 0 f 2 (x)) = 0. Med linearitet får vi derpå, at f 1 (x) = µf 1 (x 0 )f 2 (x) = λf 2 (x), hvor λ = µf 1 (x 0 ). Præ 2 -Riesz-Fréchet. Lad H være et Hilbert rum og y H være givet. Da er funktionen x (x, y) et kontinuert lineært funktional på H. Bevis. At funktionen er et lineært funktional, er let at indse ved regneregler for det indre produkt. Kontinuiteten indses med Cauchy-Schwarz, idet (a, y) (x, y) = (a x, y) a x y < δ y, 29

30 30 KAPITEL 5. DUALE RUM hvorpå vi sætter δ = ε y 1. Præ-Riesz-Fréchet. Lad f : H C være et begrænset lineært funktional forskelligt fra 0 på Hilbert rummet H. Da ndes y 0 i (ker f), og for alle sådanne y ndes λ C, så f(x) = λ(x, y), x H. Bevis. Da ker f = {x H f(x) {0}} er lukket, vil antagelsen (ker f) = {0} medføre, at ker f = ker f = {0} = H (thi f er begrænset). Altså vil f = 0. Antagelsen, om at f 0, vil altså medføre, at der ndes y 0 i (ker f). Lad nu y 0 i (ker f) ; da er f(y) 0. Lad µ C, så f(µy) = 1, da y 0; µ kan ikke være 0, thi f(µx) = µf(x) = 1. Sæt z = µy, hvorpå z 0 og z (ker f), thi (ker f) er et underrum i H. Lad nu g(x) = (x, y) for alle x H, og lad a ker g. Da vil (a, y) = 0, og specielt vil 0 = µ(a, y) = (a, z) = (a f(a)z, z) + (f(a)z, z) = f(a) z 2 = f(a)µ 2 y 2, hvor vi bruger, at f(a f(a)z) = f(a) f(a)f(z) = 0. Da y 0 og µ 0, må f(a) = 0, hvorpå a ker f. Da ker g ker f, gælder ig. Kerner og skalarer, at der ndes λ C, så f(x) = λ(x, y) for alle x H. Bedre bevis for Præ-Riesz-Fréchet. Bevis. Der ndes igen y 0 i (ker f). Lad nu y 0 i (ker f). Lad g : H C være givet ved g(x) = (x, y); da er g(a) = (a, y) = 0 for alle a ker f. Altså vil ker f ker g, hvorpå foregående lemma giver, at der ndes µ C, så g = µf. Antages µ = 0, vil g(x) = 0 for alle x H, hvorpå y = 0. Altså er µ 0, og vi får nu ved at sætte λ = µ 1, at f = λg, som ønsket. Riesz-Fréchet. Lad f : H C være et kontinuert lineært funktional på Hilbert rummet H. Der ndes et entydigt y H, så f(x) = (x, y) for alle x H. Endvidere er y = f. Bevis. Et sådant y ville være entydigt, thi ndes tillige et y 0 H, så f(x) = (x, y 0 ) for alle x H, ville (x, y 0 ) = (x, y) for alle x H, hvorpå y 0 = y. Er f = 0, er sætningen opfyldt med y = 0; antag derfor, at f 0. Da er ker f H; var (ker f) = {0}, ville ker f = {0} = H (da ker f er afsluttet, idet f er kontinuert) altså er (ker f) {0}. Der ndes altså et z (ker f), så z 0, og med ovenstående lemma ndes altså λ C, så f(x) = λ(x, z) for alle x H. Sættes y = λz, har vi det ønskede y H. Tilbage er kun at vise, at y = f. Af Cauchy-Schwarz følger, at f(x) = (x, y) x y y for x 1, hvorpå f y. Da y 0, er y 1 y en enhedsvektor i H, og f f( y 1 y) = y 1 (y, y) = y, hvorpå f = y.

31 31 Hahn-Banachs sætning. Lad M være et lukket underrum i Hilbert rummet H, og lad f : M C være et kontinuert, lineært funktional over M. Da M selv er et Hilbert rum med det restringerede indre produkt på H, har vi nu, at der ndes y M, så f(x) = (x, y) for alle x M og y = f. Vi kan nu let denere f : H C til at være udvidelsen af f på H, og dermed fås igen et kontinuert, lineært funktional, med norm f = sup{ (x, y) x H, x 1} = y = f. Dette indses af udregningerne foretaget i beviset for y = f i Riesz-Fréchet. Vi har dermed bevist Hahn-Banachs sætning for Hilbert rum. Lineær isometrisk isomor. (c 0, ) kan identiceres med (l 1, 1 ). Mellem de to normerede rum er der en unitær afbildning T : l 1 (c 0 ) givet ved T (y)(x) = x ny n, hvor x = (x n ) c 0 og y = (y n ) l 1. Bevis. Påstanden vises i re trin: (1) T (y) er veldeneret på l 1 og giver et begrænset, lineært funktional på c 0. Endvidere er T (y) y. Lad y = (y n ) l 1 og c = (c n ) c 0 være givet. Nu er c n y n sup k N c k y n = sup k N c k y n = c y 1 <. Lad i det følgende y l 1 være givet. Det eftervises let, at T (y)(λa + µb) = λt (y)(a) + µt (y)(b) for λ, µ C og a, b c 0 ; T (y) er et lineært funktional på c 0. Begrænsetheden følger af følgende, ud fra ovenstående, idet vi lader c c 0 : T (y)(c) = c n y n c n y n c y 1 <. Lader vi endvidere c c 0 opfylde, at c 1, er T (y)(c) y 1, hvorpå vi har, at T (y) y som ønsket. (2) T er injektiv. Som vi senere skal vise, gælder også, at T (y) y, hvorpå antagelsen T (y) = 0 medfører 0 = T (y) = y, så y = 0. (3) T er surjektiv. Vi skal for ethvert f (c 0 ) nde y l 1, så T (y) = f. Lad f (c 0 ) være givet. Vi benytter nu følgen af følger i c 0, (e n ) n N, hvor e n er følgen med et 1-tal på den n'te plads og 0 ellers; alle disse ligger i c 0. Sæt y n = f(e n ) for alle n N og lad y = (y n ). y ligger i l 1 : For n N sættes z n = y n y n 1 hvis y n 0, og z n = 1, hvis y n = 0. Da er z n = 1 og z n = z ny n for alle n N. Lad nu z = (z 1,..., z N, 0,...); det er klart, at z c 0, og z = sup z n = 1. Nu vil ( N N N N ) N y n = y nz n = f(e n)z n = f e nz n f e nz n = f z = f,

32 32 KAPITEL 5. DUALE RUM hvor vi bruger, at N enzn c 0. Lader vi N, fås, at yn f <, hvorpå y l 1. Lad nu en følge c = (c n ) c 0 være givet. Da er c = c ne n. Da f er kontinuert, vil f(c) = f( c ne n ) = c nf(e n ) = c ny n = T (y)(c). Dermed er T (y) = f, og T er surjektiv. (4) T (y) y for y l 1. Lad y l 1. Vi denerer z n C som i trin 3 (med 1 i stedet for 80), og denerer z N = (z 1,..., z N, 0,...). Af dette ses, at z N c 0 og z N = 1 for alle N N. Da får vi, at T (y) = sup T (y)(x) T (y)(z N ) = x c 0, x 1 Tages supremum over N N på begge sider, fås, at T (y) sup N N N y n z n = N y n = y n = y. N y n. Dermed er T : l 1 (c 0 ) lineær, bijektiv og isometrisk ( T (y) = y ), og altså unitær. Selvdualitet. Et normeret rum kaldes selvdualt, hvis det er isomorft med sit duale rum. Hilbert rummet l 2 er selvdualt, dvs. der ndes en unitær afbildning mellem l 2 og (l 2 ). Bevis. Vi denerer afbildningen G : l 2 (l 2 ) ved G(y)(x) = x ny n, hvor x = (x n ), y = (y n ) l 2. For x, y l 2 ses med det indre produkt i l 2, at G(y)(x) = (x, y), hvor y er y med alle følgeelementer konjugerede. G(y) ses let at være lineær som følge af dette, og ved Cauchy-Schwarz fås G(y)(x) x y <, hvorpå G(y) (l 2 ). G er surjektiv, da ethvert funktional F på Hilbert rummet l 2 ved Riesz- Fréchet er givet ved F (x) = (x, y) = G(y)(x) = G(z)(x) for alle x l 2 med det indre produkt i l 2, og z = y. Altså er F = G(z) for et entydigt bestemt z l 2 (konjugering er en isomor); alle F (l 2 ) bliver ramt af et z l 2. Tilbage er kun at vise, at G er en isometri. For x, y l 2 er G(y)(x) = (x, y) x y ved det indre produkt i l 2. Specielt er G(y)(x) y for x 1; altså er G(y) y. Omvendt er y / y = 1, så G(y) G(y)( y / y ) = ( y / y, y) = y med det indre produkt i l 2, hvorpå G(y) = y ; G er dermed injektiv. Altså er G en lineær, bijektiv isometri, og dermed unitær. Eksempler. Vi denerer afbildningerne φ 1, φ 2 og φ 3 på Banach rummet C[, π] med ved (1) φ 1 : f f(π)