Functionaal analyse I [version 11 Jan 2010 ed.] [PDF]

Zitiervorschau

FUNCTIONAAL ANALYSE I 2009-2010 Eric Jespers http://homepages.vub.ac.be/∼efjesper http://www.vub.ac.be/OSC/pointcarre/teleleerplatform

Inhoudsopgave 1 INLEIDING

1

2 INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN 2.1 Banachruimten . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Vervollediging . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Eindigdimensionale ruimten . . . . . . . . 2.4 Begrensde lineaire operatoren . . . . . . . 2.5 De duale ruimte van een Banachruimte . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 Separabele genormeerde ruimten . . . . . 2.7 Pre-Hilbertruimte . . . . . . . . . . . . . . 2.8 Hilbertruimte . . . . . . . . . . . . . . . . 2.9 Vervollediging en Hilbertruimte . . . . . . 2.10 Orthogonale Complementen . . . . . . . . 2.11 Orthonormale basissen . . . . . . . . . . . 2.12 De duale ruimte van een Hilbertruimte . . . . . . . . . . . . . . . . 2.13 Enkele voorbeelden . . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

3 3 7 12 16

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

22 24 25 27 29 30 35

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

40 42

. . . .

. . . .

47 47 53 56 61

4 FOURIERTRANSFORMATIE 4.1 Convolutieproduct . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 De Fourierintegraal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Inversieformule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

69 72 73 81

3 BENADERING DOOR CONVOLUTIE 3.1 Convolutieproduct . . . . . . . . . . . . 3.2 Stelling van Weierstrass . . . . . . . . . 3.3 Trigonometrische veeltermen . . . . . . 3.4 Puntsgewijze convergentie . . . . . . . .

i

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

ii

INHOUDSOPGAVE 4.4

Fouriertransformatie in L2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5 HERMITISCHE OPERATOREN 5.1 Lineaire operatoren . . . . . . . . . 5.2 Inverteerbare begrensde lineaire operatoren . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Spectrum van een operator . . . . 5.4 Adjunctafbeelding . . . . . . . . . 5.5 Hermitische operatoren . . . . . . 5.6 Spectrum van een Hermitische operator . . . . . . . . . . . . . . . 5.7 Positieve operatoren . . . . . . . . 5.8 Projectie operatoren . . . . . . . . 5.9 Compacte operatoren . . . . . . . 5.10 Compacte Hermitische operatoren

. . . . . . . . . . . . . . .

82 87 88

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. 89 . 92 . 98 . 103

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

112 116 121 123 129

6 Appendix 137 6.1 Sommatieproc´ed´es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137 6.2 Convergentie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140 6.3 Exponenti¨ele functies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142 7 Oefeningen 147 7.1 Inleiding tot Hilbertruimten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147 7.2 Benadering door convolutie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 7.3 Hermitische operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156 Bibliografie

163

Index

163

INHOUDSOPGAVE

iii

EVALUATIE Mondeling examen (40%) over theorie HOC Schriftelijk examen (40%) over oefeningen en huiswerken Projectwerk (20%) schriftelijk in te dienen met mondelinge verdediging; beide onderdelen worden gelijk verrekend in de evaluatie

iv

INHOUDSOPGAVE

Hoofdstuk 1

INLEIDING In deze analyse cursus worden vooral functieruimten behandeld. D.w.z. wij beschouwen vectorruimten van (lineaire) functies (gedefini¨eerd op een lineaire ruimte) voorzien van een topologie (of meerdere toplogie¨en). Er zijn dan twee verschillende richtingen die men kan uitgaan: (1) de studie van de meetkunde op de lineaire ruimte (afhankelijk van de topologie) en (2) de studie van de lineaire operatoren op de ruimte. Beide takken zijn al een beetje aan bod gekomen in je studie, namelijk in de lineaire algebra en analyse I en II (met inbegrip van topologie). In lineaire algebra heb je echter vooral gewerkt met eindig dimensionale vectorruimten. In deze cursus bestuderen wij vooral richting (2): lineaire operatoren op oneindigdimensionale ruimten. In Hoofdstuk 2 behandelen wij Banach en Hilbertruimten (complete ruimten) en lineaire operatoren op zulke ruimten, alsook duale ruimten. Verder beschouwen wij zekere klassen (ringen/algebra’s) van functieruimten. Deze hebben niet noodzakelijk een ´e´enheidselement. Doch wij kunnen een benaderende eenheid beschouwen en hiervoor benodigen wij het convolutieproduct. Als toepassing bewijzen wij dan de Stelling van Weierstrass: alle continue re¨ele functies op een compact re¨eel interval zijn uniform te benaderen door veeltermfuncties (een resultaat dat was aangekondigd in de cursussen analyse I en II). Dit alles wordt behandeld in Hoofdstuk 3. In een latere cursus geeft men als toepassing ook oplossingen voor bepaalde differentiaalvergelijkingen (o.a. de warmtevergelijking). In deze cursus bestuderen wij vooral uniforme benaderingen van functies via orthogonale verzamelingen van functies. In andere cursussen zal je ook andere methoden bestuderen, o.a. Fouriertransformatie. Deze transformatie is bovendien erg nuttig bij het oplossen van differentiaalvergelijkingen. Het staat soms toe om “ingewikkelde differentiaalvergelijkingen” om te zetten in “eenvoudigere 1

2

HOOFDSTUK 1. INLEIDING

(algebra¨ısche) differentiaalvergelijkingen”. Het vorige toont een andere leidraad in deze cursus: de interactie tussen analyse en algebra. Dit laatste komt nog meer aan bod in Hoofdstuk 5 dat handelt over Hermitische operatoren. Net zoals in eindig dimensionale lineaire algebra bestuderen wij hier een diagonalisatieproces van zekere operatoren op functieruimten (deze zijn voornamelijk oneindig dimensionaal).

EVALUATIE • mondeling examen over theorie HOC: 40% • schriftelijk examen over oefeningen en huiswerken: 40% • Projectwerk schriftelijk in te dienen met mondelinge verdediging (beide onderdelen worden gelijk verrekend in de evaluatie): 20%

Hoofdstuk 2

INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN 2.1

Banachruimten

Tenzij anders vermeld stelt K het veld van ofwel de re¨ele getallen R ofwel het veld van de complexe getallen C voor. Met een vectorruimte bedoelen wij steeds een K-vectorruimte. Een Banachruimte is een genormeerde K-ruimte waarin elke Cauchy rij convergent is (dus een volledige genormeerde ruimte). Wij geven verschillende voorbeelden. Het eerste voorbeeld werd bewezen in een vorige cursus. Voorbeeld 2.1.1. De ruimte Rn of Cn voorzien van de norm  kxk = 

n X

1/2 |xj |2 

,

j=1

met x = (x1 , . . . , xn ) is een Banachruimte.

Het tweede voorbeeld is een veralgemening van het vorige (voor een bewijs verwijzen wij naar de literatuur). Voorbeeld 2.1.2. Zij p ≥ 1 een re¨eel getal. De ruimte `p is een Banachruimte. 3

4

HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN

p definitie de verzameling van complexe rijen x = (xn ) waarvoor P∞` is per p p eerd als volgt: n=1 |xn | convergent is. De norm op ` is gedefini¨

 1/p ∞ X kxk =  |xj |p  , j=1

voor x = (xn ) ∈ `p . Dus voor y = (yn ) ∈ `p ,  1/p ∞ X d(x, y) =  |xj − yj |p  . j=1

In een vorige cursus werden de volgende eigenschappen bewezen. Zij X een verzameling en (Y, k k) een genormeerde ruimte. Met (B(X, Y ), k k∞ ) noteren wij de ruimte van de begrensde functies van X naar Y met de supnorm k k∞ . Herinner dat kf k∞ = sup{kf (x)k | x ∈ X. Verder is C(X, Y ) de ruimte van de continue functies van X naar Y . Eigenschap 2.1.3. Zij X een verzameling en (Y, k k) een genormeerde ruimte. Dan, Y is een Banachruimte als en slechts als (B(X, Y ), k k∞ ) een Banachruimte is. Eigenschap 2.1.4. Een deelruimte M van een volledige ruimte X is zelf volledig als en slechts als M gesloten is in X. Als X en Y genormeerde ruimten zijn en Y volledig is, dan is de ruimte van de continue begrensde functies C ∗ (X, Y ) een Banachruimte voor de supnorm. Als toepassing van deze eigenschappen kan men allerlei voorbeelden van Banachruimten geven. Voorbeeld 2.1.5. Zij `∞ de ruimte van de complexe begrensde rijen x = (xj ) met norm kxk∞ = sup{|xj | | j ≥ 1}. Deze ruimte is een Banachruimte.

2.1. BANACHRUIMTEN

5

Gevolg 2.1.6. De ruimte c van alle convergente complexe rijen x = (xn ) met de norm k k∞ (de supnorm) is een Banachruimte. Bewijs. Wegens Eigenschap 2.1.4 is het voldoende om aan te tonen dat c gesloten is in `∞ . Zij dus x = (xn ) ∈ c, de sluiting van c in `∞ . Dan bestaat er een rij (zn ) in c zodat zn → x. Schrijf zn = (xn,j ). Voor  > 0 bestaat een natuurlijk getal N zodat voor elke n ≥ N en voor alle j ≥ 1,  |xn,j − xj | ≤ d(zn , x) < . 3 Daar zn = (xn,j ) ∈ c een convergente rij is, en dus een Cauchy rij is, bestaat er een natuurlijk getal N1 zodat |xn,j − xn,k |
0, dan bestaat een natuurlijk getal N zodat  d(xn , xN ) < , 2 voor n > N . Stel y = (xN , xN , . . .) ∈ xc en xc N N ∈ Y . Bovendien  ˆ x, xc < . d(ˆ N ) = lim d(xn , xN ) ≤ n→∞ 2 ˆ bevat een element van Y . Dus, elke -omgeving van een willekeurige x ˆ∈X ˆ Dus is Y dicht in X. ˆ is volledig. (v) X ˆ Omdat Y dicht is in X ˆ bestaat er voor elke x Zij (c xn ) een Cauchyrij in X. cn een yc n ∈ Y zodat 1 ˆ xn , yc d(c . n) < n Wegens de driehoeksongelijkheid volgt er dus ˆ yc ˆc ˆc ˆ xn , yc d( c c cn ) + d(c m, y n ) ≤ d(y m, x m ) + d(x m, x n) 1 1 ˆ xc < + d( cn ) + . m, x m n Er volgt dan eenvoudig dat (yc m ) een Cauchyrij is. Aangezien X en Y isometrisch zijn (onder de functie f ) volgt er dat (ym ) b de klasse tot welke een Cauchyrij is in X, met ym = f −1 (yc b∈ X m ). Zij y (ym ) behoort. Wij bewijzen nu dat yb de limiet is van (c xn ). Inderdaad, ˆ xn , yb) ≤ d(c ˆ xn , yc ˆ yn , yb) d(c n ) + d(c 1 ˆ yn , yb) < + d(c n 1 < + lim d(yn , ym ). n m→∞

10

HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN

Daar, voor elke  > 0, limm→∞ d(yn , ym ) <  voor voldoende grote n, volgt er dat lim x cn = yˆ. n→∞

ˆ (vi) Uniciteit van X. e een andere volledige metrische ruimte met dichte deelruimte Ye e d) Zij (X, e e en Y isometrisch met X (onder een isometrie g). Dan, voor elke x ˜, y˜ ∈ X bestaan er rijen (f xn ), (f yn ) in Ye zodat x fn → x e en yf e. Bijgevolg, uit n →y e x, ye) − d(f e xn , yf e x, x e y , yf |d(e fn ) + d(e n )| ≤ d(e n) (dit wordt bewezen zoals een vorige ongelijkheid) volgt er e x, ye) = d(e =

e xn , yf lim d(f n)

n→∞

lim d(g −1 (f xn ), g −1 (f yn ))

n→∞

ˆ x, yˆ), = d(ˆ

waar x ˆ = g −1 (f xn ) en yˆ = g −1 (f yn ) . Bijgevolg defini¨eert x e 7→ x ˆ, met
g −1 (f xn ) ∈ x ˆ e en X. ˆ (Merk op dat en limn→∞ x fn = x e en x fn ∈ Ye , een isometrie tussen X de afbeelding x ˜ 7→ x ˆ ook bijectief is.) 2 Gevolg 2.2.2. Zij X = (X, k k) een genormeerde ruimte. Dan bestaat er ˆ en isometrie van X op een dichte deelruimte Y van X. ˆ een Banachruimte X ˆ De ruimte X wordt de completie van X genoemd. Bewijs. Wij gebruiken dezelfde notatie als in het bewijs van ˆ een isometrie. Stelling 2.2.1. Zij f : X → Y ⊆ X ˆ ˆ Vooreerst bewijzen wij dat X een vectorruimte is. Zij daarom x ˆ, yˆ ∈ X en (xn ) ∈ x ˆ, (yn ) ∈ yˆ. Stel zn = xn + yn . Dan is (zn ) een Cauchyrij in X omdat kzn − zm k = k(xn + yn ) − (xm + ym )k ≤ kxn − xm k + kyn − ym k.

2.2. VERVOLLEDIGING

11

Defini¨eer x ˆ + yˆ = zˆ met z = (zn ). Deze definitie is onafhankelijk van de keuze van de Cauchyrijen. Inderdaad, zij (xn ) ∼ (x0n ) en (yn ) ∼ (yn0 ), dan k(xn + yn ) − (x0n + yn0 )k ≤ kxn − x0n k + kyn − yn0 k. Er volgt dat (xn + yn ) ∼ (x0n + yn0 ). ˆ Het scalair product is gedefini¨eerd als volgt, voor r ∈ K en x ˆ ∈ X, \ rˆ x = (rx n ). ˆ aldus een vectorruimte is waarbij Het is eenvoudig te verifi¨eren dat X ˆ Y een deelruimte is van X. Het nulelement is ˆ0, de klasse die de constante nulrij bevat. ˆ als volgt. Voor y = f (x), Vervolgens defini¨eren wij een norm k k1 op X met x ∈ X, kyk1 = kxk. De corresponderende metriek op Y is de beperking van dˆ tot Y (omdat f een isometrie is). Dus voor y = f (x), met x ∈ X, ˆ x, ˆ0). kyk1 = kxk = d(x, 0) = d(ˆ ˆ Defini¨eer nu voor een willekeurige x ˆ ∈ X, ˆ x, ˆ0). kˆ xk1 = d(ˆ Gebruikmakend van een limietproces en de normeigenschappen op X en dus ˆ 2 op Y , volgt er dat k k1 inderdaad een norm defini¨eert op X. Met de technieken zoals in het vorige bewijs toont men de volgende eigenschap aan. Eigenschap 2.2.3. De sluiting Y van een deelruimte Y van een genormeerde ruimte X is een deelruimte van X.

12

2.3

HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN

Eindigdimensionale genormeerde ruimten en deelruimten

In dit gedeelte bestuderen wij een speciale klasse van genormeerde ruimten: de eindig dimensionale ruimten. Lemma 2.3.1. Zij {x1 , x2 , . . . , xn } een stel lineair onafhankelijke vectoren in een genormeerde ruimte X. Dan bestaat er een getal c > 0 zodat voor elke r1 , r2 , . . . , rn ∈ K, kr1 x1 + · · · + rn xn k ≥ c(|r1 | + · · · + |rn |). Bewijs. Zij r1 , . . . , rn ∈ K en r = |r1 | + · · · + |rn |. Als r = 0, dan is elke ri = 0 en dus is de ongelijkheid evident. Als r 6= 0, dan vervangen wij ri door ri r . Het Pn volgt dat het voldoende is het lemma te bewijzen voor scalairen ri met i=1 |ri | = 1. Veronderstel dat het lemma niet waar is. Dan bestaat er een rij vectoren ym = rm,1 x1 + · · · rm,n xn , met

Pn

i=1 |rm,i |

= 1, zodat kym k → 0.

Voor elke i is |rm,i | ≤ 1 is, en dus is de rij (rm,i ) = (r1,i , r2,i , . . .) begrensd. Wegens de Stelling van Bolzano-Weierstrass heeft de rij (rm,1 ) = (r1,1 , r2,1 , . . .) een convergente deelrij. Zij t1 de limiet van deze rij en (ym,1 ) de corresponderende deelrij van (ym ). Hetzelfde argument toegepast op de rij (ym,1 ) geeft een deelrij (ym,2 ) voor dewelke de corresponderende rij van scalairen (rm,2 ) convergeert. Zij t2 de limiet van deze rij. Na n toepassingen verkrijgen wij een deelrij (ym,n ) = (y1,n , y2,n , . . .) van (ym ) zodat ym,n =

n X

0 rm,i xi met

i=1

n X

0 |rm,i |=1

i=1

en, voor alle 1 ≤ i ≤ n, 0 rm,i → ti als m → ∞.

Bijgevolg, als m → ∞, dan ym,n → y =

n X i=1

ti xi

2.3. EINDIGDIMENSIONALE RUIMTEN en

n X

13

|ti | = 1.

i=1

I.h.b. zijn niet alle ti nul. Aangezien de verzameling {x1 , . . . , xn } lineair onafhankelijk is, volgt er dat y 6= 0. Anderzijds, omdat ym,n → y als m → ∞, volgt dat kym,n k → kyk (wegens de continu¨ıteit van de norm). Maar wij weten ook dat kym k → 0. Dus kyk = 0 en bijgevolg y = 0, een contradictie. 2 Stelling 2.3.2. Een eindig dimensionale deelruimte Y van een genormeerde ruimte X is volledig, en dus een gesloten deelruimte. I.h.b. elke eindig dimensionale genormeerde ruimte is een Banachruimte. Bewijs. Zij (ym ) een Cauchyrij in Y . Zij n de dimensie van Y en {e1 , . . . , en } een basis van Y . Dan, voor elke m bestaan rm,i ∈ K zodat ym = rm,1 e1 + · · · rm,n en . Voor elke  > 0 bestaat er een natuurlijk getal N , zodat voor elke m, k > N , kym − yk k < . Wegens Lemma 2.3.1 bestaat er een getal c > 0 zodat  > kym − yk k n X = k (rm,i − rk,i )ei k i=1

≥ c

n X

|rm,i − rk,i |

i=1

voor m, k > N . Dus |rm,i − rk,i | ≤

n X i=1

 |rm,i − rk,i | < . c

Bijgevolg is, voor elke 1 ≤ i ≤ n, de rij (rm,i ) = (r1,i , r2,i , . . .) een Cauchrij in K. Dus is deze rij convergent, met limiet, zeg, ri . Defini¨eer y=

n X i=1

ri ei .

14

HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN

Duidelijk is y ∈ Y en kym − yk = k ≤

n X

(rm,i − ri )ei k

i=1 n X

|rm,i − ri |kei k.

i=1

Aangezien rm,i → ri als m → ∞, volgt er dat kym − yk → 0 en dus ym → y. Dus elke Cauchyrij in Y heeft een limiet in Y . 2 Wij merken op dat een oneindig dimensionale deelruimte niet noodzakelijk gesloten is. Inderdaad, zij X = CR ([0, 1]) en Y de deelruimte voortgebracht door de polynoomfuncties pi met pi (t) = ti en i ≥ 0 een geheel getal. Dus Y is de ruimte van alle polynoomfuncties. De functie f ∈ CR ([0, 1]) met 1 f (t) = 1−

t 2

=

∞  n X t n=0

2

is geen polynoomfunctie maar is de limiet van polynoomfuncties. Een ander voorbeeld is de deelruimte Y = {(xn ) | {n | xn 6= 0} is eindig}. Deze ruimte is niet gesloten in `∞ . Definitie 2.3.3. Een norm k k op een vectorruimte X is equivalent met een norm k k0 op X als er strikt positieve getallen a en b bestaan zodat, voor elke x ∈ X, akxk0 ≤ kxk ≤ bkxk0 . Merk op dat twee normen equivalent zijn als en slechts als de identieke functie een Lipschitz functie is. Bijgevolg defini¨eren equivalente normen dezelfde topologie op X. De volgende stelling is niet geldig voor oneindig dimensionale ruimten. Stelling 2.3.4. Op een eindig dimensionale ruimte X zijn elke twee normen equivalent. Bewijs. Zij k k en k k0 twee normen op X. Zij {e1 , . . . , en } een basis van X. Elke x ∈ X kan geschreven worden als x = r1 e1 + · · · + rn en , met ri ∈ K. Wegens Lemma 2.3.1 bestaat er een getal c zodat kxk ≥ c(|r1 | + · · · + |rn |).

2.3. EINDIGDIMENSIONALE RUIMTEN

15

Bovendien, wegens de driehoeksongelijkheid, kxk0 ≤

n X

|ri |kei k0 ≤ k

i=1

n X

|ri |,

i=1

met k = max{kei k0 | 1 ≤ i ≤ n}. Dus, c kxk0 ≤ kxk. k Door k k en k k0 te verwisselen verkrijgen wij de andere ongelijkheid. 2 Het is welbekend dat in een metrische ruimte X een compacte deelruimte gesloten en begrensd is. Het omgekeerde is echter niet waar. Wij geven een voorbeeld. Voorbeeld 2.3.5. Beschouw de rij (en ) ∈ `∞ met en = (δni ). Dus en heeft een 1 op de n-de plaats en 0 op elke andere plaats. Dan is ken k∞ = 1 en dus is en een begrensde rij. De verzameling {en | n ≥ 1} is gesloten maar niet compact. In een eindig dimensionale genormeerde ruimte heeft men echter de volgende stelling. Stelling 2.3.6. In een eindig dimensionale genormeerde ruimte X is een deelverzameling Y compact als en slechts als Y gesloten en begrensd is.

Stelling 2.3.7. (Riesz) Zij X = (X, k k) een genormeerde ruimte. De volgende eigenschappen zijn equivalent. 1. X is eindig dimensionaal, 2. de gesloten ´e´enheidsbol B = {x | kxk ≤ 1} is compact, 3. iedere gesloten bol in X is compact, 4. er bestaat een compacte bol in X. Bewijs. (1)⇒(2) Omdat de gesloten eenheidsbol gesloten en begrensd is en omdat X eindig dimensionaal is, volgt uit Stelling 2.3.6 dat de eenheidsbol compact is. (2)⇒(1) Aangezien B compact is bestaan er x1 , x2 , . . . , xn ∈ X zodat B ⊆ ∪ni=1 Bi ,

16

HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN

met Bi = {x ∈ X | kx − xi k ≤ 12 }. Zij Y de deelruimte voortgebracht door x1 , . . . , xn . Als eindig dimensionale ruimte is Y een gesloten deelruimte van X. Wij beweren dat X = Y , en dus volgt het resultaat. Veronderstel X 6= Y . Dan bestaat er een x ∈ (X \ Y ) zodat d(x, Y ) = inf{kx − yk | y ∈ Y } = p > 0. Kies y ∈ Y met kx − yk ≤ en stel z=

3p , 2

1 (x − y). kx − yk

Dan z ∈ B en dus bestaat 1 ≤ i ≤ n zodat z ∈ Bi . Aangezien x − (y + kx − ykxi ) = kx − yk(z − xi ) en y + kx − ykxi ∈ Y volgt er 3p 1 p ≤ kx − yk kz − xi k ≤ kx − yk ≤ , 2 4 een contradictie. De rest van het bewijs laten wij over aan de lezer. 2

2.4

Begrensde lineaire operatoren

Een lineaire operator (lineaire afbeelding) tussen twee vectorruimten is een functie f : V → W zodat f (rv1 + sv2 ) = rf (v1 ) + sf (v2 ), voor alle r, s ∈ K en v1 , v2 ∈ V . De kern (of nulruimte) van f is de deelruimte ker(f ) = {v ∈ V | f (v) = 0}. Het beeld van f is de deelruimte Im(f ) = f (V ) = {f (v) | v ∈ V }. Het is welbekend dat f injectief is als en slechts als ker(f ) = {0}. Als f bijectief is, dan is de inverse functie f −1 ook een lineaire operator. Wij geven enkele voorbeelden van lineaire operatoren.

2.4. BEGRENSDE LINEAIRE OPERATOREN

17

1. De identieke operator IV : V → V : v 7→ v. 2. De nul operator 0 : V → V : v 7→ 0. 3. De afgeleide operator op de ruimte CR1 (I) van de continue afleidbare functies op een gesloten interval I voorzien van de supremumnorm. De functie D : CR1 (I) → CR (I) : f 7→ f 0 is lineair. 4. De integratie operator T op CR ([a, b]) gedefini¨eerd door Z

t

f (x)dx met t ∈ [a, b]

T (f )(t) = a

is lineair. 5. Zij A een re¨ele n × n-matrix. Dan is TA : Rn → Rn : x 7→ Ax een lineaire operator op de Euclidische ruimte Eigenschap 2.4.1. Zij X en Y genormeerde ruimten en f : X → Y een lineaire operator. De volgende eigenschappen zijn equivalent: 1. f is continu in een punt van X, 2. f is continu, 3. er bestaat een re¨eel getal c zodat kf (x)k ≤ ckxk voor alle x ∈ X, 4. f is begrensd op B(0, 1) = {x ∈ X | kxk ≤ 1}, d.w.z. er bestaat een re¨eel getal c zodat kf (x)k ≤ c voor alle x ∈ B(0, 1). Bewijs. (1)⇒(3). Veronderstel dat f continu is in x0 ∈ X. Kies  > 0. Dan bestaat er δ > 0 zodat, als x ∈ X en kx − x0 k ≤ δ dan kf (x) − f (x0 )k ≤ . Zij nu 0 6= x1 ∈ X en defini¨eer x = x0 +

δ x1 . kx1 k

18

HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN

Dan x − x0 =

δ kx1 k x1

en dus kx − x0 k = δ. Aangezien f lineair is volgt er

kf (x) − f (x0 )k = kf (x − x0 )k = k

δ δ f (x1 )k = kf (x1 )k ≤ . kx1 k kx1 k

Bijgevolg

 kf (x1 )k ≤ kx1 k. δ Voorwaarde (3) volgt dus met c = δ . (3)⇒(2). Indien f = 0 dan is (2) evident voldaan. Veronderstel dus dat f 6= 0. Wegens voorwaarde (3) bestaat dan   kf (x)k δ1 = sup | 0 6= x ∈ X . kxk Zij nu x0 ∈ X en  > 0. Stel δ = 0 6= kx − x0 k < δ,

 δ1 .

Aangezien f lineair is, volgt er voor

kf (x) − f (x0 )k = kf (x − x0 )k ≤ δ1 kx − x0 k < δ1 δ = . Dus is f continu in een willekeurige x0 ∈ X. (2)⇒(1). Dit is evident. (3)⇒(4). Dit is evident. (4)⇒(3) Veronderstel dat f begrensd is op B(0, 1). Zij dus c een re¨eel getal zodat kf (x0 )k ≤ c voor elke x0 ∈ B(0, 1). Zij nu 0 6= x ∈ X, dan kf (x)k = kxk kf (

1 kxk x

∈ B(0, 1). Dus

x )k ≤ kxkc. kxk

Dus volgt (3). 2 Een lineaire operator f : X → Y die voldoet aan de voorwaarde van Eigenschap 2.4.1 noemt men een begrensde lineaire operator. De vectorruimte van alle begrensde lineaire operatoren van een genormeerde ruimte X naar een genormeerde ruimte Y wordt genoteerd B(X, Y ). Merk op dat het begrip “begrensde lineaire operator” verschillend is van begrensde functie voor de supremumnorm.

2.4. BEGRENSDE LINEAIRE OPERATOREN

19

Stelling 2.4.2. Zij X en Y genormeerde ruimten. Dan is B(X, Y ) een genormeerde ruimte voor de norm kf k = sup{kf (x)k | x ∈ X, kxk ≤ 1} kf (x)k = sup{ | x ∈ X, x 6= 0} kxk = sup{kf (x)k | x ∈ X, kxk = 1} = sup{kf (x)k | x ∈ X, kxk < 1} = inf{c | kf (x)k ≤ ckxk voor elke x ∈ X} Bovendien is B(X, Y ) een Banachruimte als Y een Banach ruimte is. Bewijs. Wij bewijzen slechts het laatste gedeelte. Zij dus Y een Banachruimte. Zij (fn ) een Cauchyrij in B(X, Y ). Dan, voor elke  > 0 bestaat er een natuurlijk getal N zodat kfn − fm k <  voor alle m, n > N . Bijgevolg, voor elke x ∈ X en m, n > N , kfn (x) − fm (x)k ≤ kfn − fm k kxk ≤ kxk. Bijgevolg is elke (fn (x)) een Cauchrij. Aangezien Y volledig is, verkrijgen wij fn (x) → y, voor een y = y(x) ∈ Y . Defini¨eer f : X → Y : x 7→ y = y(x). De operator f is lineair aangezien lim fn (rx1 + sx2 ) = lim rfn (x1 ) + lim sfn (x2 ).

n→∞

n→∞

n→∞

Wij bewijzen nu dat f begrensd is en fn → f . Inderdaad, aangezien fn (x) → f (x) volgt er door de continu¨ıteit van de normfunctie dat, voor elke n > N , kfn (x) − f (x)k = kfn (x) − lim fm (x)k m→∞

=

lim kfn (x) − fm (x)k

m→∞

≤ kxk. Er volgt dat voor elke n > N , fn − f en dus ook f = fn − (fn − f ) begrensde lineaire operatoren zijn. Bovendien   k(fn − f )(x)k kfn − f k = sup | x ∈ X, x 6= 0 ≤ , kxk

20

HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN

zodat fn → f . 2 Als f ∈ B(X, Y ) voldoet aan kf (x)k = kxk voor alle x ∈ X, dan is f een normbewarende afbeelding (i.h.b. is de afbeelding injectief). Indien, bovendien, f (X) = Y dan noemt men f een isomorfisme van genormeerde ruimten. Men zegt dan dat X en Y isomorf zijn. Wij geven enkele voorbeelden van begrensde lineaire operatoren. Uiteraard zijn de identieke en nul operator zulke operatoren. Wij “veralgemenen” nu de integratie operator in het volgende voorbeeld. Voorbeeld 2.4.3. Zij k : [a, b] × [a, b] → R een continue functie. De afbeelding T : CR ([a, b]) → CR ([a, b]) : f 7→ T (f ) met Z

b

k(t, x)f (x)dx

T (f )(t) = a

is een begrensde lineaire operator. Bewijs. Aangezien k continu is op het gesloten deel [a, b] × [a, b] bestaat er een constante c zodat |k(t, x)| ≤ c voor alle t, x ∈ [a, b]. Bovendien |f (x)| ≤ max{|f (t)| | t ∈ [a, b]} = kf k∞ . Bijgevolg, Z

b

kT (f )k∞ = max{| k(t, x)f (x)dx| | t ∈ [a, b]} a Z b ≤ max{ |k(t, x)| |f (x)|dx | t ∈ [a, b]} a

≤ ckf k∞ |b − a|. Dus T is inderdaad begrensd. 2 Zij A een n × n-re¨ele matrix. Het is welbekend (zie een vorige cursus) dat de operator TA : Rn → Rn : x 7→ Ax op de Euclidische ruimte Rn een begrensde lineaire operator is. Algemener, elke lineaire operator op een eindig dimensionale genormeerde ruimte is een begrensde lineaire operator.

2.4. BEGRENSDE LINEAIRE OPERATOREN

21

Een voorbeeld van een lineaire operator die niet begrensd is, is de afgeleide operator D : P → P : f 7→ f 0 , waar P de genormeerde ruimte is van alle re¨ele polynoomfuncties op [0, 1] met norm gedefini¨eerd door kf k∞ = max{|f (t)| | t ∈ [0, 1]}. Inderdaad, zij pn de polynoomfunctie pn (t) = tn , voor n een natuurlijk getal. Dan is kpn k = 1 en D(pn )(t) = p0n (t) = ntn−1 . Dus kD(pn )k = n = nkpn k en bijgevolg is D niet begrensd. Wij geven enkele elementaire eigenschappen van begrensde lineaire operatoren. Eigenschap 2.4.4. Zij f1 : X → Y en f2 : Y → Z begrensde lineaire operatoren. Dan 1. als xn → x in X, dan f1 (xn ) → f1 (x) in Y . 2. ker(f1 ) is gesloten. 3. kf2 ◦ f1 k ≤ kf1 k kf2 k. Bewijs. (1) Dit is een onmiddellijk gevolg van het feit dat f1 continu is. (2)Zij x in de sluiting van ker(f1 ). Dan bestaat er een rij (xn ) in ker(f1 ) zodat xn → x. Wegens (1), f1 (xn ) → f1 (x). Omdat f1 (xn ) = 0 volgt er f1 (x) = 0. Dus x ∈ ker(f1 ). (3) Dit is eenvoudig te verifi¨eren. 2 Eigenschap 2.4.5. Zij X1 een deelruimte van een genormeerde ruimte X en zij f : X1 → Y een begrensde lineaire operator. Als Y een Banachruimte is, dan bestaat er een begrensde lineaire operator f˜ : X1 → Y met kf˜k = kf k en f˜|X1 = f . Bewijs. Zij x ∈ X1 en (xn ) een rij in X1 zodat (xn ) → x. Aangezien f begrensd en lineair is, volgt er kf (xn ) − f (xm )k = kf (xn − xm )k ≤ kf k kxn − xm k.

22

HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN

Omdat (xn ) convergeert verkrijgen wij dus dat (f (xn )) een Cauchyrij is. Aangezien Y een Banachruimte is bestaat er dus een y ∈ Y met f (xn ) → y. Defini¨eer f˜(x) = y. Wij tonen nu eerst aan dat f˜ goed gedefini¨eerd is, d.w.z. f˜(x) is onafhankelijk van de keuze van de rij (xn ). Dus, veronderstel xn → x en zn → x met xn , zn ∈ X1 . Dan wn → x, waarbij (wn ) de volgende rij is (x1 , z1 , x2 , z2 , . . . ). Wegens het voorgaande convergeert de rij f (wn ) in Y . Bovendien is de limiet dezelfde als deze van de deelrijen (f (xn )) en (f (zn )). Dus is inderdaad f˜(x) onafhankelijk van de keuze van de rij. Het is evident dat de functie f˜ lineair is en dat f˜|X1 = f . Aangezien, kf (xn )k ≤ kf k kxn k en omdat de norm functie continu is, volgt er kf˜(x)k ≤ kf k kxk. Dus is f˜ begrensd en kf˜k ≤ kf k. De omgekeerde ongelijkheid is evident. Dus kf˜k = kf k. 2

2.5

De duale ruimte van een Banachruimte

Zij X een genormeerde ruimte. De duale ruimte van X is X ∗ = B(X, K). Dus de norm op X ∗ is  kf k = sup

 |f (x)| | 0 6= x ∈ X . kxk

Wegens Stelling 2.4.2 is X ∗ een Banachruimte. In een vorige cursus werd bewezen dat (Rn )∗ = Rn , met Rn de Euclidische ruimte.

2.5. DE DUALE RUIMTE VAN EEN Voorbeeld 2.5.1. `1


∗

BANACHRUIMTE

23

= `∞

Bewijs. Zij ei = (δij ), de rij met 1 op de i-de plaats en nul op alle andere plaatsen. Dan heeft elke x = (xn ) ∈ `1 een unieke representatie in de vorm x=

∞ X

xi ei ,

i=1

Pn

d.w.z. i=1 xi ei → x. Zij f ∈ continu) en bijgevolg

(`1 )∗ .

f (x) =

∞ X

Dan is f lineair en begrensd (dus xi f (ei ).

k=1

Bovendien |f (ei )| ≤ kf k kei k zodat sup{|f (ei )| | i ≥ 1} ≤ kf k. Bijgevolg is (f (en )) ∈ Defini¨eer

`∞ . T : `1


∗

→ `∞ : f 7→ (f (en )).

Wij bewijzen nu dat T surjectief is. Zij daarom (an ) ∈ `∞ en defini¨eer
∗ 1 f∈ ` door ∞ X f ((xn )) = xi ai . i=1

Dan is duidelijk f lineair en f is begrensd omdat |f ((xn ))| ≤

∞ X

|xi | |ai |

i=1

≤ sup{|ai | | i ≥ 1}

∞ X

|xi |

i=1

≤ k(xn )k sup{|ai | | i ≥ 1}. Dus is f begrensd. Daar T (f ) = (f (en )) = (an ) volgt er dus dat T surjectief is. Tenslotte tonen wij aan dat T de norm bewaart. Zij (xn ) ∈ `1 en f ∈
∗ `1 , dan |f ((xn ))| = |

∞ X i=1

xi f (ei )| ≤ sup{|f (ei )| | i ≥ 1}k(xn )k.

24

HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN

Dus kf k = sup{|f (xn )| | k(xn )k = 1} ≤ sup{|f (ei )| | i ≥ 1} = k(f (en ))k∞ = kT (f )k∞ ≤ kf k. 2 Men kan ook het volgende bewijzen Voorbeeld 2.5.2. Zij 1 < p < ∞ en q de geconjugeerde van p, d.w.z. 1. De duale ruimte van `p is `q .

2.6

1 1 p+q

=

Separabele genormeerde ruimten

In de vorige voorbeelden maakten wij gebruik van het volgende begrip. Definitie 2.6.1. Een rij vectoren (en ) in een genormeerde ruimte X is een Schauder basis voor X als voor elke x ∈ X een unieke rij scalairen (an ) bestaat zodat kx − (a1 e1 + · · · + an en )k → 0. P∞ Dus x = i=1 ai ei . Eigenschap 2.6.2. Als een genormeerde ruimte X een Schauder basis heeft, dan is X separabel, d.w.z. X heeft een aftelbaar dicht deel. Bewijs. Zij (en ) een Schauder basis van X, dan is de sluiting van de Q(i)deelruimte (of Q-deelruimte, in geval K = R) voortgebracht door (en ) de volledige ruimte X. 2 Pas in 1973 gaf Enflo een voorbeeld van een separabele Banachruimte die geen Schauder basis bezit. Definitie 2.6.3. Een totale deelverzameling in een genormeerde ruimte X is een deelverzameling A zodat vect A = X.

Eigenschap 2.6.4. Een genormeerde ruimte X is separabel als en slechts als X een aftelbare totale deelverzameling bevat.

2.7. PRE-HILBERTRUIMTE

2.7

25

Pre-Hilbertruimte

Zij X een vectorruimte. Een afbeelding < , >: X × X → K die voldoet aan de volgende eigenschappen, voor elke x, y, z ∈ X en r, s ∈ K, (H1) < rx + sy, z >= r < x, z > +s < y, z > (lineariteit), (H2) < x, y >= < y, x > (en dus < x, y >∈ R), (H3) < x, x > > 0 als x 6= 0, noemt men een inproduct, inwendig product of Hermitisch inproduct. Definitie 2.7.1. Een pre-Hilbertruimte is een vectorruimte X voorzien van een inproduct. Eigenschap 2.7.2. Zij X een pre-Hilbertruimte met inproduct < , >. Dan gelden de volgende eigenschappen: 1. voor elke x ∈ X is de afbeelding < x, >: X → K : y 7→< x, y > toegevoegd lineair (of semilineair), d.w.z. voor alle y, z ∈ X en r ∈ K, < x, y + z >=< x, y > + < x, z > en < x, ry >= r < x, y > . 2. voor alle x, y ∈ X, < x + y, x + y > + < x − y, x − y >= 2(< x, x > + < y, y >), de parallellogrameigenschap. 3. voor alle x, y ∈ X | < x, y > | ≤

√

√ < x, x > < y, y >,

de ongelijkheid van Cauchy-Schwarz. Bovendien geldt de gelijkheid als en slechts als {x, y} lineair afhankelijk is.

26

HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN 4. voor alle x, y ∈ X √ √ √ < x + y, x + y > ≤ < x, x > + < y, y >, de driehoeksongelijkheid. Bovendien geldt de gelijkheid als en slechts als y = 0 of x = cy, met c re¨eel en c ≥ 0.

Bewijs. (1), (2) en (3) zijn evident. (4) volgt eenvoudig uit (3). Wij bewijzen nu (4). Dit is evident als y = 0. Veronderstel dus dat y 6= 0. Dan, voor elke r ∈ K, < x + ry, x + ry > = < x, x > +r < y, x > +r < x, y > +rr < y, y > = < x, x > +r < x, y > +r(< y, x > +r < y, y >) ≥ 0. Kies r = − , dan volgt er 0 ≤ < x, x > −

| < x, y > |2 < y, y >

en dus | < x, y > |2 ≤ < x, x > < y, y > . 2 Gevolg 2.7.3. Zij X een pre-Hilbertruimte met inproduct < , > dan is de afbeelding √ k k : X → R : x 7→ kxk = < x, x > een norm op X. Wij noemen dit de norm ge¨ınduceerd door het inproduct.

Eigenschap 2.7.4. (Polarizatie-identiteit) Zij X een pre-Hilbertruimte met inwendig product < , >. Dan, voor elke x, y ∈ X, 1. als K = R, dan < x, y >= 2. als K = C, dan


1 kx + yk2 − kx − yk2 , 4 3

1X n < x, y >= i kx + in yk2 . 4 n=0

2.8. HILBERTRUIMTE

27

I.h.b. is het inwendig product volledig gekarakteriseerd door de ge¨ınduceerde norm. Bewijs. Dit is eenvoudig te verifi¨eren. 2 Wij merken op dat niet elke norm op een genormeerde ruimte ge¨ınduceerd wordt door een inproduct. Voorbeeld 2.7.5. Veronderstel a, b ∈ R en a < b. De ruimte CR ([a, b]) (voorzien van de supnorm) is geen pre-Hilbertruimte. Bewijs. Wij tonen aan dat de norm kf k∞ = max{f (t) | t ∈ [a, b]} niet ge¨ınduceerd is door een inproduct. Het is voldoende aan te tonen dat de norm t−a niet voldoet aan de parallellogrameigenschap. Zij f (t) = 1 en g(t) = b−a voor t ∈ [a, b]. Dan kf k∞ = 1 en kgk∞ = 1. Ook kf + gk∞ = 2 en kf − gk∞ = 1. Dus kf + gk2∞ + kf − gk2∞ = 5 maar 2(kf k2∞ + kgk2∞ ) = 4. 2 Eigenschap 2.7.6. Zij X een pre-Hilbertruimte. Als xn → x en yn → y, dan < xn , yn >→< x, y >. Bewijs. Wegens de driehoeksongelijkheid en de ongelijkheid van Schwarz verkrijgen wij | < xn , yn > − < x, y > | = | < xn , yn > − < xn , y > + < xn , y > − < x, y > | ≤ | < xn , yn − y > | + | < xn − x, y > | ≤ kxn k kyn − yk + kxn − xk kyk Het resultaat volgt. 2

2.8

Hilbertruimte

Definitie 2.8.1. Een pre-Hilbertruimte die volledig is noemt men een Hilbertruimte (volledig t.o.v. de metriek, norm, ge¨ınduceerd door het inproduct). Wij geven enkele voorbeelden.

28

HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN 1. De Euclidische ruimten K n (met K = R of K = C) met inproduct n X

< x, y >=

xi yi ,

i=1

waar x = (x1 , . . . , xn ) en y = (y1 , . . . , yn ). Wegens Voorbeeld 2.1.1 zijn deze ruimten Hilbertruimten. 2. Elke eindig dimensionale deelruimte van een pre-Hilbertruimte is een Hilbertruimte. 3. De ruimte `2 is een Hilbertruimte voor het inproduct gedefini¨eerd door ∞ X

< x, y >=

xi yi ,

i=1

P met x = (xn ), y = (yn ) ∈ `2 . Merk op dat de reeks ∞ i=1 xi yi convergeert wegens de Cauchy-Schwarz ongelijkheid (in het eindig dimensionale geval en neem limiet). De volledigheid van de ruimte volgt uit Voorbeeld 2.1.2. 4. Een deelruimte Y van een Hilbertruimte X is volledig als en slechts als Y gesloten is (wegens Eigenschap 2.1.4). Vervolgens geven wij enkele voorbeelden van genormeerde ruimten die geen Hilbertruimten zijn. 1. De ruimte CR ([a, b]) met het inproduct Z b < f, g >= f (t)g(t)dt, a

en dus met ge¨ınduceerde norm s Z

b

kf k =

f (t)2 .

a

Wij hebben in Voorbeeld 2.1.9 reeds aangetoond dat deze ruimte niet volledig is. 2. Zij p ≥ 1 maar p 6= 2. Dan is is `p geen pre-Hilbertruimte en dus geen Hilbertruimte (alhoewel het een Banachruimte is). D.w.z. de norm !1/p ∞ X p k(xn )k = |xi | i=1

2.9. VERVOLLEDIGING EN HILBERTRUIMTE

29

is niet ge¨ınduceerd uit een inproduct. Het is voldoende om aan te tonen dat de norm niet voldoet aan aan de parallellogrameigenschap. Inderdaad, zij x = (1, 1, 0, 0, . . .) ∈ `p en y = (1, −1, 0, 0, . . .) ∈ `p . Dan kxk = kyk = 21/p , kx + yk = kx − yk = 2. Daar p 6= 2 volgt kx + yk2 + kx − yk2 6= 2(kxk2 + kyk2 ).

2.9

Vervollediging van een pre-Hilbertruimte

Een isomorfisme tussen twee pre-Hilbertruimte X en Y is een bijectieve lineaire operator f :X→Y die het inproduct bewaart, d.w.z., voor alle x1 , x2 ∈ X, < f (x1 ), f (x2 ) >=< x1 , x2 > . In dit geval noemt men X en Y isomorfe inproductruimten. Stelling 2.9.1. (Completie) Zij X een pre-Hilbertruimte, dan bestaat er een Hilbertruimte H en een isomorfisme f : X → Y , met Y een dichte deelruimte van H. De ruimte H is uniek op isomorfisme na. Bewijs. Wegens Gevolg 2.2.2 bestaat er een Banachruimte H en een isometrie f : X → Y , met Y een dichte deelruimte van H. Het volgt uit de constructie van f dat de afbeelding f lineair is, en dus is f een isomorfisme van genormeerde ruimten. Wegens Eigenschap 2.7.6 kunnen wij een inproduct op H defini¨eren al volgt: = lim < xn , yn >, n→∞

met x ˆ de klasse in H die (xn ) bevat, en yˆ de klasse die (yn ) bevat. Wegens de polarizatie-eigenschap is f een inproduct bewarende afbeelding. Dus een isometrie van Hilbertruimten. Ook wegens Gevolg 2.2.2 is H uniek voor norm bewarende isometrie¨en, ˜ completies zijn van X dan bestaat er een isometrie g : d.w.z. als H en H ˜ H → H. Het is nu eenvoudig te bewijzen dat g (lineair is en) het inproduct bewaart. 2

30

HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN

Wij behandelen enkele voorbeelden. De ruimte CC ([a, b]) voorzien van het inproduct Z b f (t)g(t)dt. < f, g >= a

Wij weten dat deze ruimte niet volledig is (Voorbeeld 2.1.9). De completie noteren wij als L2 ([a, b]). De ruimte CC1 ([a, b]) van de continue differenti¨eerbare functies op een interval [a, b] uitgerust met het inwendig product Z b Z b f (t)g(t)dt + f 0 (t)g 0 (t)dt < f, g >1 = a

a

= < f, g > + < f 0 , g 0 > is een pre-Hilbertruimte, maar geen Hilbertruimte.

2.10

Orthogonale Complementen

Orthogonaliteit en afstand van een vector tot een (gesloten) deelruimte zijn cruciaal in de theorie van Hilbertruimte en voor de toepassingen tot het benaderen van functies. Definitie 2.10.1. Een deelverzameling S van een vectorruimte V noemt men convex als voor elke x, y ∈ S, r ∈ [0, 1]: rx + (1 − r)y ∈ S. De verzameling {rx + (1 − r)y | r ∈ [0, 1]} noemt men het segment dat x en y verbindt. De punten x en y noemen wij de randpunten van het segment, elk ander punt noemt men inwendig.

Stelling 2.10.2. (Approximatiestelling) Zij H een pre-Hilbertruimte en G een niet-lege convexe en volledige deelverzameling van H. Dan, voor elke x ∈ H bestaat er een unieke y ∈ G zodat kx − yk = inf{kx − gk | g ∈ G}. Men noteert d(x, G) = inf{kx − gk | g ∈ G}.

2.10. ORTHOGONALE COMPLEMENTEN

31

Bewijs. Eerst tonen wij het bestaan aan van y ∈ G zodat kx − yk = inf{kx − yk | y ∈ G}. Zij gn ∈ G zodat kx − gn k ≤ d + n1 , met d = d(x, G). Wij bewijzen dat (gn ) een Cauchy rij is. Wegens de parallellogrameigenschap, verkrijgen wij voor elke p, q ≥ 1, kgp − gq k2 = k(gp − x) − (gq − x)k2 = 2(kgp − xk2 + kgq − xk2 ) − k(gp − x) + (gq − x)k2 1 1 1 ≤ 2((d + )2 + (d + )2 ) − 4k (gp + gq ) − xk2 p q 2 1 1 1 1 ≤ 2(2d2 + (2d( + ) + ( 2 + 2 )) − 4d2 . p q p q (de laatste ongelijkheid volgt omdat 21 (gp + gq ) ∈ G, aangezien G convex is.) Dus   1 1 1 1 2 kgp − gq k ≤ 4 d( + ) + ( 2 + 2 . p q p q Dit toont aan dat inderdaad (gn ) een Cauchy rij is in G. Wegens de veronderstelling dat G volledig is bestaat dus y = lim gn ∈ G. n→∞

Er volgt, d ≤ kx − yk ≤ kx − gn k + kgn − yk ≤ d +

1 + kgn − yk. n

Daar d + n1 + kgn − yk → d volgt er kx − yk = d. Vervolgens bewijzen wij dat y uniek is. Veronderstel dus dat y1 , y2 ∈ G met kx − y1 k = kx − y2 k = d. Wegens de parallellogrameigenschap, ky1 − y2 k2 = k(y1 − x) − (y2 − x)k2 = 2ky1 − xk2 + 2ky2 − xk2 − k(y1 − x) + (y2 − x)k2 1 = 4d2 − 4k (y1 + y2 ) − xk2 2 Nu is 12 (y1 + y2 ) ∈ G, omdat G convex is. Dus ky1 − y2 k2 ≤ 4d2 − 4d2 = 0. Dus y1 = y2 . 2

32

HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN

Gevolg 2.10.3. Zij H een Hilbertruimte en G ⊆ H een gesloten deelruimte (dus volledig), dan bestaat er voor elke x ∈ H een unieke y ∈ G zodat kx − yk = inf{kx − gk | g ∈ G}.

Definitie 2.10.4. Een element x in een pre-Hilbertruimte H noemt men orthogonaal tot y ∈ H als < x, y >= 0. Men noteert deze eigenschap als x⊥y. Analoog, voor deelverzamelingen A en B van H noteren wij x⊥A als x⊥a voor alle a ∈ A, en A⊥B als a⊥b voor alle a ∈ A en b ∈ B. Wij vermelden enkele evidente eigenschappen. Eigenschap 2.10.5. Zij H een pre-Hilbertruimte, en A, B ⊆ H. 1. Als {x1 , . . . , xn } ⊆ H en xi ⊥xj voor elke i 6= j, dan k

n X

xi k2 =

i=1

n X

kxi k2 .

i=1

2. Zij A0 ⊆ A en B 0 ⊆ B. Als A⊥B, dan A0 ⊥B 0 . 3. A⊥B als en slechts als A ⊆ B ⊥ , waar per definitie B ⊥ = {h ∈ H | h⊥b, voor alle b ∈ B}. 4. Als A⊥B, dan vect(A)⊥vect(B). 5. H ⊥ = {0} en {0}⊥ = H. 6. A ⊆ (A⊥ )⊥ . Wij noteren (A⊥ )⊥ als A⊥⊥ . 7. A⊥ = A⊥⊥⊥ . Bewijs. Wij bewijzen (7). Wegens (6), A ⊆ A⊥⊥ en dus A⊥⊥⊥ ⊆ A⊥ .
⊥⊥ Wegens (6) geldt ook A⊥ ⊆ A⊥ . Dus A⊥ = A⊥⊥⊥ . 2 Lemma 2.10.6. Met notaties zoals in de Approximatiestelling (Stelling 2.10.2). Als, bovendien, G een deelruimte is, dan (x − y)⊥G. Men noemt y de orthogonale projectie van x op G, en wij noteren dit element als projG (x) (of eenvoudig pG (x)).

2.10. ORTHOGONALE COMPLEMENTEN

33

Bewijs. Het is voldoende om aan te tonen dat < x − y, g >= 0 voor elke g ∈ G met kgk = 1. Stel z = x − y. Dan, voor elke r ∈ K, kzk2 ≤ kx − (y + rg)k2 = kz − rgk2 = kzk2 − r < z, g > −r < g, z > +|r|2 . Dus, voor r =< z, g >, kzk2 ≤ kzk2 − | < z, g > |2 . Bijgevolg < z, g >= 0. 2 Definitie 2.10.7. Een vectorruimte V is de directe som van twee deelruimten X en Y , genoteerd V = X ⊕ Y , als elke v ∈ V op een unieke wijze geschreven kan worden als v = x + y, met x ∈ X en y ∈ Y . De lineaire operator pX : V → X : v 7→ x wordt de projectie van V op X genoemd. Deze operator is idempotent, d.w.z. p2X = pX . Merk op dat (pX )|X = idX .

Gevolg 2.10.8. Zij G een gesloten deelruimte van een Hilbertruimte H (of G een eindig dimensionale deelruimte van een pre-Hilbertruimte H). Dan H = G ⊕ G⊥ . Bovendien is G⊥ gesloten in H, G = G⊥⊥ en pG is begrensd. Verder, als G 6= {0}, dan kpG k = 1. Bewijs. Wegens de veronderstellingen volgt er uit Gevolg 2.10.3 en Lemma 2.10.6 dat elke x ∈ H kan geschreven worden als x = y + z, met z ∈ G⊥ en y ∈ G. Wij tonen nu aan dat dit op slechts ´e´en manier zo kan geschreven worden. Veronderstel dus dat x = y + z = y 1 + z1 ,

34

HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN

met y, y1 ∈ G en z, z1 ∈ G⊥ . Dan y − y1 = z1 − z ∈ G ∩ G⊥ = {0}. Dus inderdaad y = y1 en z = z1 . Er volgt dus dat G⊥ = ker(pG ). Als wij bewijzen dat pG begrensd is, dan volgt uit Eigenschap 2.4.4 dat G⊥ gesloten is. (Dit kan ook rechtstreeks bewezen worden als een gevolg van de continu¨ıteit van het inwendig product.) Passen wij de verkregen informatie toe op de ruimte G⊥ dan volgt er (G⊥ )⊥ = ker(pG⊥ ) = G. Er rest ons dus te bewijzen dat pG begrensd is. Wel, voor elke x ∈ H, x = pG (x) + z, met z ∈ G⊥ . Bijgevolg, kxk2 = kpG (x)k2 + kzk2 ≥ kpG (x)k2 . Dus is pG begrensd en kpG k ≤ 1. Als, bovendien G 6= {0}, dan voor g ∈ G, kpG (g)k = kgk. Dus kpG k = 1. 2 Gevolg 2.10.9. (Dichte deelverzamelingen) Voor elke niet-lege deelverzameling M van een Hilbertruimte H geldt vect(M ) = H als en slechts als M ⊥ = {0}. Bewijs. Veronderstel vect(M ) = H en x ∈ M ⊥ . Dan bestaat er een rij (xn ) in vect(M ) zodat xn → x. Aangezien x ∈ M ⊥ en M ⊥ ⊥vect(M ) volgt er < xn , x >= 0. De continu¨ıteit van het inproduct geeft dus < xn , x >→< x, x > (Eigenschap 2.7.6). Dus < x, x >= 0 en bijgevolg x = 0. Er volgt M ⊥ = {0}. Omgekeerd, veronderstel dat M ⊥ = {0}. Als x ∈ H en x ∈ vect(M )⊥ , dan x⊥M en dus x = 0. Bijgevolg vect(M )⊥ = {0}. Gevolg 2.10.8 toegepast op vect(M ) geeft dan vect(M ) = H. 2 Voor een Hilbertruimte H en V ⊆ H gelden de volgende eigenschappen: 1. V ⊥⊥ is de kleinste (voor de inclusierelatie) gesloten deelruimte die V omvat. 2. Als V een deelruimte is, dan is V = V ⊥⊥ . 3. Als V1 en V2 gesloten en orthogonale deelruimten zijn van H, dan is ook V1 ⊕ V2 een gesloten deelruimte van H.

2.11. ORTHONORMALE BASISSEN

2.11

35

Orthonormale basissen

Een deelverzameling S van een pre-Hilbertruimte H noemt men orthogonaal als 0 6∈ S en x⊥y voor alle x, y ∈ S met x 6= y. Als bovendien kxk = 1, voor elke x ∈ S, dan noemt men S orthonormaal. Eigenschap 2.11.1. Een orthogonale verzameling in een pre-Hilbertruimte is lineair onafhankelijk. Bewijs. Het is voldoende om aan te tonen dat elke eindige orthogonale deelverzameling lineair onafhankelijk is. Veronderstel dus dat {e1 , e2 , · · · , en } een orthogonale deelverzameling in een pre-Hilbertruimte H, en veronderstel P {k1 , . . . , kn } ⊆ K zodat ni=1 ki ei = 0. Dan, voor elke 1 ≤ j ≤ n, 0 =


i=1

=

n X

ki < ei , ej >

i=1

= kj kej k2 . Bijgevolg kj = 0 voor elke 1 ≤ j ≤ n, en dus is de verzameling {e1 , . . . , en } linear onafhankelijk. 2 Eigenschap 2.11.2. Zij {e1 , . . . , en } een orthonormale verzameling in een pre-Hilbertruimte H. Dan, voor x ∈ H, P 1. projV (x) = ni=1 < x, ei > ei en
1/2 P d(x, V ) = kxk2 − ni=1 | < x, ei > |2 , met V = vect{e1 , . . . , en }. Pn 2. Als x ∈ V , dan x = i=1 < x, ei > ei . 3. x − projV (x)⊥V Bewijs. (3) Dit volgt uit Lemma 2.10.6. Pn(2) Zij x ∈ V = vect{e1 , . . . , en }. Dan bestaan ki ∈ K zodat x = i=1 ki ei . Er volgt, voor elke 1 ≤ j ≤ n, < x, ej >=

n X

ki < ei , ej >= kj .

i=1

(1) Aangezien x − projV (x) ∈ V ⊥ en x = (x − projV (x)) + projV (x) volgt er, voor elke 1 ≤ i ≤ n, < x, ei >=< projV (x), ei > .

36

HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN

Dus volgt (1) uit (2). 2 Definitie 2.11.3. Zij S een orthonormale deelverzameling in een pre-Hilbertruimte H. De inproducten < x, s >, met s ∈ S, worden de Fourierco¨effici¨enten van x ten opzichte van S genoemd. Eigenschap 2.11.4. (Ongelijkheid van Bessel) Zij S een orthonormale deelverzameling in een pre-Hilbertruimte H. Dan, voor elke x ∈ H, 1. de verzameling {s ∈ S |< x, s >6= 0} is aftelbaar. P 2 2 2. s∈S | < x, s > | ≤ kxk Bewijs. Zij T een eindige deelverzameling van S. Dan volgt uit Eigenschap 2.11.2 dat X | < x, t > |2 ≤ kxk2 . t∈T

Bijgevolg, voor elk geheel getal m ≥ 1 is het aantal Fourierco¨effici¨enten met 1 | < x, s > | > m (s ∈ S) eindig. Deel (1) volgt nu onmiddellijk. Zij T = {s1 , s2 , . . .} de verzameling van de elementen s ∈ S met
< x, s >6= Pn 2 monotoon | < x, s > | 0. Dan volgt uit de ongelijkheid dat de rij i P i=1 stijgend en begrensd is door kxk2 . Dus convergeert de reeks ni=1 | < x, si > |2 naar een k ∈ R met k ≤ kxk2 . 2 Eigenschap 2.11.5. Zij (en ) een orthonormale rij in een Hilbertruimte H. Dan P∞ P∞ 2 1. i=1 ki ei convergeert als en slechts als i=1 |ki | convergeert. (als en slechts als (ki ) ∈ `2 .) Bovendien, k

∞ X

2

ki ei k =

i=1

∞ X

|ki |2 .

i=1

P convergeert, dan ki =< x, ei > met x = ∞ i=1 ki ei . P 3. Voor elke x ∈ H convergeert de reeks ∞ i=1 < x, ei > ei commutatief. 2. Als

P∞

i=1 ki ei

Bewijs. (1) Wegens de orthonormaliteit van de rij (en ), k

q X i=p

ki ei k2 =

q X i=p

|ki |2 ,

2.11. ORTHONORMALE BASISSEN

37


Pn P 2 voor alle q ≥ p. Dus is ( ni=1 ki ei ) een Cauchy rij als en slechts als i=1 |ki | een Cauchy rij is in R. Omdat H en R volledige ruimten zijn volgt (1). (2) Weer wegens de orthonormaliteit, voor n ≥ 1,
= kj ,

i=1

voor elke 1 ≤ j ≤ n. Wegens de veronderstelling, x ∈ H. De continu¨ıteit van het inproduct geeft kj =
→< x, ej >,

i=1

als n → ∞. Door n voldoende groot te nemen volgt er kj =< x, ej >, voor alle j ≥ 1. (3) Wegens de ongelijkheid van Bessel zien wij dat de reeks ∞ X

| < x, ei > |2

i=1

convergeert. Dus volgt (3) uit (1). 2 Definitie 2.11.6. Een totale orthonormale verzameling in een pre-Hilbertruimte H wordt een orthonormale basis van H genoemd. Eigenschap 2.11.7. Zij B een deelverzameling van een pre-Hilbertruimte H, dan 1. als B totaal is, dan B ⊥ = {0}. 2. als H een Hilbertruimte is, dan is B totaal als en slechts als B ⊥ = {0}. ˆ de completie van H. Dan is H dicht in H. ˆ Wegens de Bewijs. (1) Zij H ˆ veronderstelling is vect{B} dicht in H, en dus ook in H. Bijgevolg vect(B) = ˆ Gevolg 2.10.9 geeft dus dat B ⊥ = {0}. H. (2) Als H een Hilbertruimte is en B ⊥ = {0}, dan volgt weer uit Gevolg 2.10.9 dat vect(B) = H, d.w.z. B is totaal in H. 2 Er bestaan niet-volledige pre-Hilbertruimten zonder orthonormale basis. Een voorbeeld vindt men in [6] en [4, blz 155]. Een ander belangrijk criterium voor totaliteit is het volgende.

38

HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN

Eigenschap 2.11.8. Een orthonormale verzameling B in een Hilbertruimte H is totaal in H als en slechts als voor elke x ∈ H X kxk2 = | < x, b > |2 (Gelijkheid van Parseval) b∈B

(merk op dat vorige eigenschappen de convergentie waarborgen). Indien B P totaal is, volgt voor 0 6= x ∈ H dat x = n hx, bn ibn , waarbij hx, bn i de niet-nul Fourierco¨effici¨enten zijn. Bewijs. Veronderstel dat de gelijkheid van Parseval geldig is voor elke x ∈ H. Wij bewijzen dat B totaal is. Inderdaad, veronderstel dat dit niet zo is, dan bestaat er wegens Eigenschap 2.11.7 een 0 6= x ∈ B ⊥ . Dus < x, b >= 0 voor elke b ∈ B. Maar dan is de Parseval gelijkheid duidelijk niet waar voor x, een contradictie. Voor het omgekeerde, veronderstel dat B totaal is in H. Zij x ∈ H. Zij < x, bn > de niet-nul Fourierco¨effici¨enten (wegens Eigenschap 2.11.4 zijn er een slechts een aftelbaar niet-nul co¨effici¨enten). Stel y=

∞ X

< x, bn > bn .

n=1

Merk op dat wegens Eigenschap 2.11.5.(3) deze reeks convergeert. Er volgt < x − y, bj > = < x, bj > −

∞ X

< x, bi >< bi , bj >

i=1

= < x, bj > − < x, bj > = 0 Bovendien, voor elke v ∈ B \ (bn ), < x, v >= 0 en dus < x − y, v >=< x, v > −

∞ X

< x, bk >< bk , v >= 0 − 0 = 0.

k=1

Dus x − y ∈ B ⊥ . Omdat B totaal is, volgt er wegens Eigenschap 2.11.7 dat B ⊥ = {0}. Dus x = y. Bijgevolg kxk2 =
bn ,

∞ X n=1

< x, bn > bn >=

∞ X n=1

< x, bn > < x, bn >.

2.11. ORTHONORMALE BASISSEN

39

Eigenschap 2.11.9. (Orthonormalisatie van Gram-Schmidt) Zij H een pre-Hilbertruimte en (bn ) een lineair onafhankelijke deelverzameling. Dan bestaat er een orthonormale verzameling (en ) zodat, voor alle n ≥ 1, vect{b1 , . . . , bn } = vect{e1 , . . . , en }. Bewijs. Stel e1 = kb11 k b1 . Veronderstel dat e1 , . . . , en reeds bepaald zijn. Aangezien bn+1 6∈ vect{e1 , . . . , en }, 0 6= bn+1 −

n X

< bn+1 , ei > ei = bn+1 − projVn (bn+1 ),

i=1

met Vn = vect{e1 , . . . , en }. Defini¨eer

Dus is fn+1 = bn+1 − projVn (bn+1 ) ∈ Vn⊥ .

en+1 =

1 kfn+1 k

fn+1 .

Dan vect{e1 , . . . , en+1 } = vect{b1 , . . . , bn+1 } en het resultaat volgt. 2 Gevolg 2.11.10. (Separabele ruimten) Zij H een niet-nul Hilbertruimte. Dan zijn de volgende voorwaarden equivalent: 1. H is separabel, 2. H heeft een totale orthonormale rij. Bovendien, als H separabel en oneindig dimensionaal is, dan is elke orthonormale verzameling aftelbaar van aftelbaar (oneindig). Bewijs. Wegens Eigenschap 2.6.4 volgt (1) uit (2). Omgekeerd, veronderstel (1) en zij B = (bn ) een aftelbaar dicht deel. Stel k(0) = 1 en veronderstel dat k(0), . . . , k(n − 1) reeds gedefini¨eerd zijn. Stel dan  k(n) = min m ∈ N | {bk(0) , . . . , bk(n−1) , bm } lineair onafhankelijk . Dan is de verzameling (bk(n) ) lineair onafhankelijk en vect{bk(n) | n ∈ N} = H. Het orthonormalisatie proces van Gram-Schmidt geeft dan een totale orthonormale rij. Dit bewijst (2).

40

HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN

Om de laatste bewering te bewijzen, veronderstel dat H separabel is. Zij B een aftelbaar dicht deel en veronderstel dat M een orthonormale verzameling is in H. Dan, voor elke x, y ∈ M , kx − yk2 =< x − y, x − y >=< x, x > + < y, y >= 2. Dus B(x, 13 ) ∩ B(y, 31 ) = ∅. Aangezien B dicht is in H, B ∩ B(x, 13 ) 6= ∅ en B ∩B(y, 13 ) 6= ∅. Bijgevolg, omdat B aftelbaar is volgt er dat M ook aftelbaar is. 2 Gevolg 2.11.11. Zij H een oneindigdimensionale separabele Hilbertruimte, dan is H isomorf met `2 . Bewijs. Wegens Gevolg 2.11.10 heeft H een totale orthonormale rij, zeg (en ). Dus (Eigenschap 2.11.4) verkrijgen wij de volgende lineaire afbeelding: T : H → `2 : x 7→ (< x, en >). Dat T injectief is volgt uit Eigenschap 2.11.8. De surjectiviteit volgt uit Eigenschap 2.11.5 en Eigenschap 2.11.8. Wegens de gelijkheid van Parseval bewaart T de norm en dus, wegens de Poloarisatie-identiteit, bewaart T het inproduct. 2 Wegens Gevolg 2.11.10 hebben totale orthonormale verzamelingen in een oneindid dimensionale separabele Hilbertruimte dezelfde kardinaliteit. Men kan bewijzen dat elke niet-nul Hilbertruimte H een totale orthonormale verzameling heeft en dat de kardinaliteit van zo een verzameling eenduidig bepaald is (zie bijvoorbeeld in [7]). Deze kardinaliteit noemt men de Hilbert dimensie (als H = {0} dan is deze dimensie nul per definitie). Men kan Gevolg 2.11.11 ook uitbreiden. Namelijk, voor elke Hilbertdimensie bestaat (op isomorfisme na) precies ´e´en re¨ele en ´e´en complexe Hilbertruimte. Stelling 2.11.12. (Isomorfisme en Hilbert dimensie) Twee K-Hilbertruimten zijn isomorf als en slechts als zij dezelfde Hilbert dimensie hebben.

2.12

De duale ruimte van een Hilbertruimte

Wij weten dat de duale ruimte H ∗ van een Hilbertruimte H een Banachruimte is. Wij tonen nu aan H ∗ ook een Hilbertruimte is. Wegens de polarisatie-

2.12. DE DUALE RUIMTE VAN EEN

HILBERTRUIMTE

41

identiteit is het voldoende om een injectieve isometrie (d.w.z. norm bewarende en semilineaire lineaire afbeelding) tussen H en H ∗ te construeren. Lemma 2.12.1. Zij X een pre-Hilbertruimte en x, y ∈ X. Als < x, z >=< y, z > voor alle z ∈ X, dan x = y. Bewijs. Wegens de veronderstelling, < x − y, z >= 0 voor alle z ∈ X. I.h.b. < x − y, x − y >= kx − yk2 = 0. Bijgevolg x = y. 2 Stelling 2.12.2. (Riesz) Zij H een Hilbertruimte en f ∈ H ∗ . Dan bestaat er een unieke y ∈ H zodat f (x) =< x, y > voor alle x ∈ H. Bovendien kyk = kf k. Bewijs. Zij f ∈ H ∗ . Wegens Lemma 2.12.1 bestaat er hoogstens ´e´en y ∈ H zodat f (x) =< x, y > voor alle x ∈ H. Bovendien veronderstel dat y bestaat, dan verkrijgen wij wegens de ongelijkheid van Schwarz |f (x)| = | < x, y > | ≤ kxk kyk. Dus kf k ≤ kyk. Anderzijds, f (y) =< y, y >= kyk2 zodat kf k ≥ kyk. Bijgevolg kf k = kyk. Wij bewijzen nu dat y bestaat. Indien f = 0, dan y = 0. Veronderstel dus dat f 6= 0. Dan is ker(f ) 6= H een gesloten deelruimte (Eigenschap 2.4.4) en H = ker(f ) ⊕ ker(f )⊥ (Gevolg 2.10.8). Aangezien ker(f )⊥ 6= {0} bestaat h ∈ ker(f )⊥ met khk = 1. Stel y = f (h)h, met f (h) de complex toegevoegde van f (h). Daar h 6∈ ker(f ) volgt er y 6= 0. Merk op dat < h, y >= f (h) < h, h >= f (h). Nu, omdat f (h) 6= 0 volgt voor x ∈ H dat f (x) = rf (h) voor een r ∈ K. Bijgevolg f (x − rh) = 0 en daarom x − rh ∈ ker(f ), d.w.z. x = a + rh met a ∈ ker(f ). Er volgt < x, y >=< a + rh, y > = < a, y > +r < h, y > = r < h, y >= rf (h) = f (x). 2

42

HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN

Gevolg 2.12.3. Voor een Hilbertruimte H is H → H ∗ : y 7→< −, y > een geconjugeerde (of semilineaire) isometrie. Dus is H ∗ ook een Hilbertruimte. Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit de Stelling van Riesz. 2

2.13

Enkele voorbeelden

Wij vermelden enkele voorbeelden van separabele ruimten en dus van totale orthonormale rijen.

Legendre Veeltermen Beschouw de ruimte C([−1, 1], R) van de continue re¨ele functies met inwendig product gedefini¨eerd door Z

1

< f, g >=

f (t)g(t)dt. −1

De completie noteren wij L2 ([−1, 1]) (of L2 ([−1, 1], R)). Wij passen het Gramm-Schmidt proces toe op de volgende veeltermen x0 (t) = 1, x1 (t) = t, · · · , xj (t) = tj ,

t ∈ [−1, 1].

Dit geeft een orthonormale rij (en ), en elke en is een veelterm van graad n. Eigenschap 2.13.1. Voor elke n = 0, 1, 2, . . ., r 2n + 1 en (t) = Pn (t), 2 met Pn (t) =


n 1 dn 2 t −1 , n n 2 n! dt

de Legendre polynoom van graad n. Bovendien is (en ) totaal in L2 ([−1, 1]). Dus is de re¨ele ruimte L2 ([a, b]) separabel.

2.13. ENKELE VOORBEELDEN

43

De Legendre veelterm Pn is een oplossing van de Legendre differentiaalvergelijking (1 − t2 )PN00 − 2T Pn0 + n(n + 1)Pn = 0. Dus is Pn een eigenfunctie van de operator (1 − t2 )P 00 − 2tP 0 . Hermite Veeltermen Beschouw de ruimte L2 (−∞, ∞) met het inwendig product Z ∞ f (t)g(t)dt. < f, g >= −∞

Wij passen het Gram-Schmidt proces toe op de volgende rij functies: 2 /2

w(t) = e−t

, tw(t), t2 w(t), . . .

Het is eenvoudig na te gaan dat deze functies begrensd zijn op R. Dus bestaan er kn ∈ R zodat |tn w(t)| ≤ kn voor alle t ∈ R. Merk op dat Z ∞ 2 Z a 2 −y 2 −y 2 e dy = lim e dy a→∞ −∞ −a Z aZ a 2 2 = lim e−x −y dxdy a→∞ −a −a Z 2 2 = lim e−x −y dxdy, R→∞ D

met D een schijf van straal R. Wij gebruiken nu polaire co¨ordinaten om deze laatste integraal te berekenen (x = r cos θ, y = r sin θ). Z Z 2π Z R 2 −x2 −y 2 e dxdy = e−r rdrdθ D

0

0

 1 −r2 R = − e dθ 2 0 0  Z 2π  1 −R2 1 = − e + dθ 2 2 0 h i 2 = π 1 − e−R Z

Bijgevolg, Z

∞

−∞

2

e−y dy = lim

R→∞

√

2π



2

π(1 − e−R )1/2 =

√

π.

44

HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN Dus Z

∞

|

m −t2 /2 n −t2 /2

t e

t e

Z

∞

dt| ≤ km+n

2 /2

e−t

√ dt = km+n 2π.

−∞

−∞

Eigenschap 2.13.2. Het Gram-Schmidt proces geeft de orthonormale rij en (t) =

1 2 e−t /2 Hn (t), √ 1/2 (2n n! π)

waar

dn  −t2  e , n = 1, 2, . . . dtn De polynoom Hn (t) wordt de Hermite polynoom van orde n genoemd. Bovendien, H0 (t) = 1,

2

Hn (t) = (−1)n et

Hn (t) = n!

N X

(−1)j

j=0

=

N X (−1)j j=0

j!

2n−2j tn−2j j!(n − 2j)!

n(n − 1) · · · (n − 2j + 1)(2t)n−2j ,

met N = n2 als n even is, en N = n−1 2 als n oneven is. De rij (en ) is orthonormaal en totaal in L2 (−∞, ∞). De Hermite veeltermen Hn zijn oplossingen van de Hermite differentiaalvergelijking Hn00 − 2tHn0 + 2nHn = 0. In het bijzonder is Hn een eigenfunctie van de operator H 00 − 2tH 0 . Laguerre veeltermen Door de transformatie t = b − s of t = s + a toe te passen, verkrijgen wij uit totale orthonormale rijen van L2 [0, ∞) totale orthonormale rijen in L2 (−∞, b] en L2 [a, ∞). Wij beschouwen dus L2 [0, ∞) en passen het Gram-Schmidt proces toe op de volgende rij e−t/2 , te−t/2 , t2 e−t/2 , . . . Wij verkrijgen aldus een totale orthonormale rij (en ). Men kan aantonen dat en (t) = e−t/2 Ln (t),

2.13. ENKELE VOORBEELDEN

45

waarbij de Laguerre polynoom van orde n gedefini¨eerd wordt als volgt: L0 (t) = 1, en et dn n −t (t e ) n! dtn   n X (−1)n n j t . = j! j

Ln (t) =

j=0

De Laguerre veelterm Ln is een oplossing van de Laguerre differentiaalvergelijking tL00n + (1 − t)L0n + nLn = 0. In het bijzonder is Ln een eigenfunctie van de operator tL00 + (1 − t)L0 .

46

HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN

Hoofdstuk 3

BENADERING DOOR CONVOLUTIE In dit hoofdstuk geven wij een algemene techniek om bepaalde functies te benaderen.

3.1

Convolutieproduct

Wij beschouwen C(R, C), de continue functies van R naar C. Wij wensen f ∈ C(R, C) te benaderen door specifieke functies. Om convergentieproblemen te vermijden beschouwen wij slechts functies met een compacte drager, en wij noteren Cc (R, C) = {f ∈ C(R, C) | f heeft compacte drager}, waarbij de drager van f per definitie de sluiting is van de volgende verzameling {x ∈ dom(f ) | f (x) 6= 0}. Bijgevolg bestaat de integraal Z

∞

f (x)dx. −∞

Definitie 3.1.1. Zij f, g ∈ Cc (R, C). Het convolutieproduct van f en g is de functie f ∗ g gedefini¨eerd door Z ∞ (f ∗ g)(x) = f (t)g(x − t)dt. −∞

47

48

HOOFDSTUK 3. BENADERING DOOR CONVOLUTIE

(De definitie maakt ook zin voor elke twee functies f en g die stuksgewijze continu zijn op elk interval, en zodat f begrensd is en g absoluut integreerbaar is op (−∞, ∞).) Merk op dat f ∗ g terug een compacte drager heeft. Inderdaad, als drager(f ) ⊆ [a, b] en drager(g) ⊆ [c, d], dan drager(f ∗ g) ⊆ [a, b] + [c, d]. Bijgevolg defini¨eert ∗ een product op de C-vectorruimte Cc (R, C). Beschouw de volgende norm op Cc (R, C): Z

∞

|f (x)|dx.

kf k1 = −∞

Eigenschap 3.1.2. Zij f, g, h ∈ Cc (R, C) en c ∈ C. Dan, 1. f ∗ g ∈ Cc (R, C), 2. f ∗ g = g ∗ f , 3. (cf ) ∗ g = c(f ∗ g), 4. (f + h) ∗ g = (f ∗ g) + (h ∗ g), 5. (f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h), 6. Tc (f ∗ g) = (Tc (f )) ∗ g = f ∗ (Tc (g)), met Tc (f ) : R → C de functie gedefini¨eerd door Tc (f )(x) = f (x − c). 7. kf ∗ gk1 ≤ kf k1 kgk1 (merk op dat kf ∗ gk∞ ≤ kf k∞ kgk∞ |drager|). Bewijs. (2) Dit wordt bewezen door een eenvoudige substitutie. Z

∞

(f ∗ g)(x) =

f (t)g(x − t)dt −∞ Z −∞

−f (x − z)g(z)dz

= ∞

= (g ∗ f )(x) (3), (4) en (5) zijn eenvoudig te verifi¨eren. (7) Dit wordt bewezen als

3.1. CONVOLUTIEPRODUCT

49

volgt. Wij maken gebruik van de stelling van Fubini. Z ∞ Z ∞ f (x − t)g(t)dt|dx | kf ∗ gk1 = −∞ −∞  Z ∞ Z ∞ |f (x − t)g(t)|dt dx ≤ −∞ −∞  Z ∞ Z ∞ |f (x − t)|dx |g(t)|dt ≤ −∞ −∞ Z ∞ kf k1 |g(t)|dt ≤ −∞

= kf k1 kgk1 (1) Wij merken eerst op dat Tc (f ∗ g)(x) = (f ∗ g)(x − c) Z ∞ = f (x − c − t)g(t)dt −∞ Z ∞ = Tc (f )(x − t)g(t)dt −∞

= (Tc (f ) ∗ g)(x) Dus, kTc (f ∗ g) − (f ∗ g)k1 = k(Tc (f ) − f ) ∗ gk1 ≤ kTc (f ) − f k1 kgk1 Omdat f compacte drager heeft is deze functie uniform continu op R. Bijgevolg Z ∞ kTc (f ) − f k1 = |f (x − c) − f (x)|dx → 0 als c → 0. −∞

Dus ook, voor elke x ∈ R, |(f ∗ g)(x − c) − (f ∗ g)(x)| → 0 als c → 0. Er volgt dat f ∗ g continu is en dus f ∗ g ∈ Cc (R, C). Tenslotte, (6) volgt uit (1) en de vorige opmerking. 2 Wij merken op dat als f of g periodisch zijn, dan is (wegens Eigenschap 3.1.2.(6)) ook f ∗ g periodisch.

50

HOOFDSTUK 3. BENADERING DOOR CONVOLUTIE

Eigenschap 3.1.3. Veronderstel f, g ∈ Cc (R, C). Als f continu differenti¨eerbaar is , dan d df (f ∗ g) = ∗ g. dx dx Bewijs. De opgelegde voorwaarden staan toe de integraal en afgeleide te verwisselen: Z ∞ d d f (x − t)g(t)dt (f ∗ g)(x) = dx dx −∞  Z ∞ d = f (x − t) g(t)dt −∞ dx   df ∗ g (x) = dx 2

Definitie 3.1.4. De vectorruimte van de oneindig differenti¨eerbare functies op R met compacte drager noteren wij D(R, C).

Gevolg 3.1.5. Als f ∈ D(R, C) en g ∈ Cc (R, C), dan dn dn (f ) (f ∗ g) = ∗ g, dxn dxn voor elk natuurlijk getal n.

Wij verkrijgen dus onmiddellijk.

Gevolg 3.1.6. (Cc (R, C), +, ∗) is een algebra en D(R, C) is een ideaal in Cc (R, C). In een volgende sectie bewijzen wij dat D(R, C) dicht is in Cc (R, C). De algebra Cc (R, C) heeft echter geen ´e´enheidselement voor de bewerking ∗, d.w.z. er bestaat geen functie e ∈ Cc (R, C) zodat e ∗ g = g, voor alle g ∈ Cc (R, C). Inderdaad, veronderstel dat wel een ´e´enheidselement e bestaat.

3.1. CONVOLUTIEPRODUCT

51

Dan, voor elke g ∈ Cc (R, R+ ) met drager [a − , a + ] en kgk1 ≤ 1: g(a) = (e ∗ g)(a) Z ∞ = e(t)g(a − t)dt Z−∞  = e(t)g(a − t)dt − Z  g(a − t)dt ≤ |e(α)| −

≤ |e(α)| voor een α ∈ [−, ]. Als wij nu g beperken tot een [a − δ, a + δ] met δ <  (en dan terug uitbreiden tot een continue functie met drager [−, ] zodat deze functie in modulus zijn maximum bereikt in het interval [a − δ, a + δ]) , dan verkrijgen wij g(a) ≤ |e(β)| met β ∈ [−δ, δ]. Omdat e continu is hebben wij e(α) → e(0) als α → 0 (d.w.z.,  → 0). Dus g(a) ≤ |e(0)|. Doch dit is onmogelijk voor alle functies g ∈ Cc (R, R+ ) met kgk1 = 1. Wij tonen aan dat er een vervanging bestaat voor de ´e´enheid, namelijk een “benadering” van het ´e´enheidselement. Wij geven eerst de volgende definitie. Definitie 3.1.7. Een Diracrij is een rij continue functies Kn : R → R die voldoen aan de volgende voorwaarden: DIR.1 Kn (x) ≥ 0, voor alle x ∈ R, R∞ DIR.2 −∞ Kn (x)dx = 1, DIR.3 voor elke  > 0 en δ > 0 bestaat een natuurlijk getal N zodat voor alle n ≥ N : Z −δ Z ∞ Kn (x)dx + Kn (x)dx < . −∞

δ

Voorwaarde DIR.2 betekent dat de oppervlakte onder de grafiek van de curve y = Kn (x) gelijk is aan 1. Voorwaarde DIR.3 zegt dat deze oppervlakte vooral geconcentreerd is rond de oorsprong (voor N voldoende groot). Stelling 3.1.8. Zij f : R → R een stuksgewijze continue en begrensde functie. Zij S een compacte deelverzameling van R zodat f continu is op S (merk op:

52

HOOFDSTUK 3. BENADERING DOOR CONVOLUTIE

wij bedoelen hier dat f continu is in elke s ∈ S, en wij bedoelen niet dat f|S continu is). Als (Kn ) een Dirac rij is, dan convergeert f ∗ Kn uniform naar f op S. Bewijs. Stel fn = Kn ∗ f . Dan Z fn (x) =

∞

Kn (t)f (x − t)dt.

−∞

Wegens DIR.2, Z

∞

Z

f (x) = f (x)

∞

Kn (t)dt = −∞

Bijgevolg Z

Kn (t)f (x)dt. −∞

∞

fn (x) − f (x) =

Kn (t) [f (x − t) − f (x)] dt. −∞

Omdat S compact en f continu is op S (en dus uniform continu), bestaat er voor elke  > 0 een δ > 0 zodat |f (x − t) − f (x)| < , voor alle x ∈ S en |t| < δ. Zij M zodat kf k∞ ≤ M , en dus wegens DIR.3, zij N een natuurlijk getal zodat voor alle n ≥ N , Z −δ Z ∞  Kn (t)dt + Kn (t)dt < . 2M −∞ δ Er volgt, Z

−δ

|fn (x) − f (x)| ≤

Kn (t)|f (x − t) − f (x)|dt + Z−∞ ∞ Kn (t)|f (x − t) − f (x)|dt + δ

Z

δ

Kn (t)|f (x − t) − f (x)|dt −δ

Z δ  ≤ 2M + Kn (t)|f (x − t) − f (x)|dt 2M −δ Z δ ≤ + Kn (t)dt −δ Z ∞ ≤ + Kn (t)dt −∞

≤ 2.

3.2. STELLING VAN WEIERSTRASS

53

Dus kfn − f k∞ ≤ 2. 2 De functies Kn vermeld in Stelling 3.1.8 worden soms ook kernfunctoren genoemd. Zij hebben het effect om f om te vormen in functies fn , die gewoonlijk betere eigenschappen hebben dan f zelf, en die f benaderen. Later geven wij enkele specifieke voorbeelden van kernfunctoren: de Landau rij die banaderende polynoomfucnties geven, de Fejerkernen die benaderende trigonometrische functies geven, de warmtekern die een fundamentele oplossing geeft van de warmtevergelijking. Wij geven nu een algemene klasse van voorbeelden. Zij R ∞K : R → R een continue functie met compacte drager zodat K ≥ 0 en −∞ K(t)dt = 1. Defini¨eer Kn (t) = nK(nt). Dan is (Kn ) een Dirac rij. Er bestaan zelfs voorbeelden van zo’n functies K die oneindig differentieerbaar zijn en even zijn.

3.2

Stelling van Weierstrass

Wij bewijzen hier als toepassing van Stelling 3.1.8 dat door een gepaste keuze van de Dirac rij te maken wij een willekeurige continue functie op een compact interval kunnen benaderen door een veeltermfunctie. Stelling 3.2.1. (Stelling van Weierstrass) Zij f : [a, b] → R een continue functie. Dan bestaat er een rij polynomen (pn ) welke uniform convergeert naar f op het interval [a, b]. M.a.w. R[x] is dicht in C([a, b], R) voor de norm k k∞ . Bewijs. Eerst herleiden wij het probleem tot het compacte interval [0, 1]. Duidelijk mogen wij veronderstellen dat a 6= b. Stel t=

x−a b−a

voor a ≤ x ≤ b. Dan x = (b − a)t + a en 0 ≤ t ≤ 1. Stel g(t) = f ((b − a)t + a). Indien voor een gegeven  > 0 een polynoom p bestaat zodat |p(t) − g(t)| < 

54

HOOFDSTUK 3. BENADERING DOOR CONVOLUTIE

voor alle t ∈ [0, 1], dan  x−a − f (x)| <  |p b−a   voor alle a ≤ x ≤ b. Aangezien p x−a b−a een polynoom is in x hebben wij de situatie herleid tot het geval [a, b] = [0, 1]. Veronderstel dus vanaf nu dat a = 0 en b = 1. Vervolgens tonen wij aan dat wij ook mogen veronderstellen dat f (0) = f (1) = 0. Stel, 

h(x) = f (x) − f (0) − x[f (1) − f (0)]. Dan h(0) = 0 = h(1). Indien wij h kunnen benaderen door polynomen, dan kunnen wij natuurlijk ook f benaderen door polynomen. Dus vanaf nu mogen wij veronderstellen dat a = 0, b = 1 en f (0) = f (1) = 0. Wij breiden dan f uit tot een functie op R door f (x) = 0 te defini¨eren voor |x| ≥ 1 en voor x < 0. Bijgevolg is f continu en begrensd op R. Wij defini¨eren nu een gepaste Dirac rij om Stelling 3.1.8 te kunnen toepassen. Voor elke n ≥ 1, defini¨eer  (1−t2 )n  voor − 1 ≤ t ≤ 1  cn Kn (t) = ,   0 voor |t| > 1 waar Z

1

cn =

(1 − t2 )n dt.

−1

Dit laatste betekent dat DIR.2 voldaan is. Uiteraard is Kn (t) ≥ 0 voor alle t ∈ R en bovendien is Kn een continue en even funcite. Wij tonen nu aan dat (Kn ) voldoet aan DIR.3 en dus een Dirac rij vormt. Inderdaad, Z 1 cn = 2 (1 − t2 )n dt 0 Z 1 = 2 (1 − t)n (1 + t)n dt 0 Z 1 ≥ 2 (1 − t)n dt 0

=

2 . n+1

3.2. STELLING VAN WEIERSTRASS

55

Voor 1 ≥ δ > 0 verkrijgen wij Z 1 Z 1 (1 − t2 )n Kn (t)dt = dt cn δ δ Z 1 n+1 ≤ (1 − δ 2 )n dt 2 δ n+1 ≤ (1 − δ 2 )n (1 − δ). 2
(1 − δ 2 )n (1 − δ) = 0 volgt er Aangezien limn→∞ n+1 2 Z

−δ

1

Z

1

Kn dt → 0,

Kn (t)dt = 2

Kn (t)dt + −1

Z δ

δ

als n → ∞. Dus is DIR.3 voldaan. Wegens Stelling 3.1.8 , limn→∞ Kn ∗ f = f . Er blijft nog te bewijzen dat Kn ∗ f een polynoom is. Omdat Kn (x − t) een polynoom is in t en x (van graad 2n in x) bestaan er polynomen g0 , . . . , g2n in t zodat Kn (x − t) = g0 (t) + g1 (t)x + · · · + g2n (t)x2n . Dus, omdat de drager van f bevat is [0, 1], Z ∞ (Kn ∗ f )(x) = Kn (x − t)f (t)dt −∞ 1

Z

Kn (x − t)f (t)dt

= 0

Z =

1

(g0 (t) + g1 (t)x + · · · + g2n (t)x2n )f (t)dt

0

= a0 + a1 x + · · · + a2n x2n , met Z

1

gi (t)f (t)dt ∈ R

ai = 0

voor 0 ≤ i ≤ 2n. Dus is elke Kn ∗ f inderdaad een polynoom. 2 De functies Kn , gedefini¨eerd in het bewijs van Stelling 3.2.1, noemt men de Landau kernen. Gevolg 3.2.2. Zij f : [a, b] → R een n-maal continu differentieerbare functie. Voor elke  > 0 bestaat een p ∈ R[x] zodat voor elke l ≤ n, kf (l) − p(l) k∞ < .

56

HOOFDSTUK 3. BENADERING DOOR CONVOLUTIE

Bewijs. Wegens de Stelling van Weierstrass bestaat er een rij polynomen (n) (n) u (pi )i≥0 zodat pi → f (n) . Nu f

(n−1)

(x) = f

(n−1)

Z (a) +

x

f (n) (t)dt.

a

Wegens Eigenschap 6.2.1 volgt er dan f

(n−1)

= =

Z

x

(n) lim pi (t)dt a i→∞ Z x (n) pi (t)dt f (n−1) (a) + lim i→∞ a   Z x (n) (n−1) lim f (a) + pi (t)dt . i→∞ a

(x) = f

(n−1)

(a) +

R x (n) Duidelijk is f (n−1) (a) + 0 pi (t)dt een polynoom in x en dus wordt f (n−1) benaderd door polynomen. Het resultaat volgt nu door veelvuldige toepassingen van dit proc´ed´e. 2 Merk op dat een functie f die kan benaderd worden door veeltermen niet noodzakelijk gelijk is aan een machtreeks. Deze laatste zijn immers analytisch. Bovendien, in een machreeks benadert men f met een rij veeltermen waarvan de co¨effici¨enten van xn constant blijven na de n-de term.

3.3

Benadering door trigonometrische veeltermen

In dit hoofdstuk beschouwen wij de completie van de ruimte van de continue complexe functies van periode 2π. Deze ruimte wordt genoteerd L2 (T ). Hier is T = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 = 1}, de ´e´enheidscirkel in R2 . De ruimte van de continue complexe functies op T is in bijectief verband met de continue functies van periode 2π. Vandaar de notatie. Het inproduct op L2 (T ) is gegeven door de formule Z π < f, g >= f (x)g(x)dx. −π

Wij geven een beknopt overzicht van een benaderingsmethode.

3.3. TRIGONOMETRISCHE VEELTERMEN

57

Voor elke n ∈ Z, zij en ∈ L2 (T ) de functie gedefini¨eerd door en (x) = einx . Het is eenvoudig aan te tonen dat dit een orthogonale rij is. Als f ∈ L2 (T ), dan is de Fourierco¨effici¨ent van f ten opzichte van (en ) het getal Z π 1 f (x)e−inx dx. cn (f ) = cn = 2π −π Wij defini¨eren nu een andere orthogonale rij periodische functies (ϕn ) als volgt: ϕ0 (x) = 1, ϕn (x) = cos(nx) (n > 0), ϕ−n (x) = sin(nx) (n > 0). Merk ook op dat < ϕn , ϕn >= π en < ϕ0 , ϕ0 >= 2π, voor n 6= 0. Bovendien kennen wij de volgende relaties: einx + e−inx = 2 cos(nx), einx − e−inx = 2i sin(nx) en einx = cos(nx) + i sin(nx). Wij noteren de Fourierco¨effici¨enten van een functie f ten opzichte van (ϕn ) door an (voor ϕn met n ≥ 0) en bn (voor ϕ−n met n > 0). Dus Rπ 1 a0 = 2π −π f (x)dx, an =

1 π

Rπ

bn =

1 π

Rπ

−π

−π

f (x) cos(nx)dx, f (x) sin(nx)dx.

Defini¨eer a−n = bn voor n > 0. Definitie 3.3.1. De Fourierreeks van f ∈ L2 (T ) is de reeks X Sf = cn (f )en . n∈Z

58

HOOFDSTUK 3. BENADERING DOOR CONVOLUTIE Bij afspraak zijn de parti¨eelsommen de volgende functies: sn,f (x) = sn (x) = =

n X

ck ek (x)

k=−n n X

ck (cos(kx) + i sin(kx))

k=−n

= c0 +

n X

{ck (cos(kx) + i sin(kx))

k=1

+c−k (cos(kx) − i sin(kx))} n X = c0 + (ck + c−k ) cos(kx) + k=1 n X

i(ck − c−k ) sin(kx)

k=1

= a0 +

n X

ak cos(kx) +

=

bk sin(kx)

k=1

k=1 n X

n X

ak ϕk (x)

k=−n

Deze reeksen worden trigonometrische polynomen genoemd. Momenteel zijn deze reeksen slechts formele reeksen; de convergentie moet nog besproken worden. Wij schrijven Sf (x) = a0 +

∞ X

(an cos(nx) + bn sin(nx)) =

∞ X

cn en (x).

−∞

n=1

Zij f en g twee periodische en stuksgewijze continue functies van periode 2π. Defini¨eer Z π (f ∗ g)(x) = f (t)g(x − t)dt. −π

Wij noemen dit weer het convolutieproduct van f en g. Wij beschouwen twee kernfuncties: 1. De Dirichletkern: Dn =

n 1 X ek . 2π k=−n

3.3. TRIGONOMETRISCHE VEELTERMEN

59

2. De Fejerkern of Cesarokern: Fn =

n−1 m 1 X X ek 2πn m=0 k=−m

=

1 (D0 + · · · + Dn−1 ). n

De Fejerkern is een gemiddelde van de Dirichletkernen. Men kan aantonen dat de Fejerkernen een Diracrij vormen in de volgende zin (de Dirichletkernen vormen geen Diracrij). Definitie 3.3.2. Een Diracrij (Kn ) is een rij van continue periodische functies (van periode 2π) die voldoet aan de volgende eigenschappen: DIR.1 Kn ≥ 0, voor alle n, Rπ DIR.2 −π Kn (t)dt = 1, voor alle n, DIR.3 voor elke  > 0 en δ > 0 bestaat er een natuurlijk getal N zodat voor alle n ≥ N , Z −δ Z π Kn (t)dt + Kn (t)dt < . −π

δ

Een belangrijk lemma om dit te bewijzen is het volgende. Lemma 3.3.3. Zij x ∈ R. Als x geen geheel veelvoud is van 2π, dan Fn (x) =

1 sin2 ( nx 2 ) . x 2 2πn sin ( 2 )

Bewijs. Wij maken gebruik van de formule voor een parti¨eelsom van een meetkundige reeks. Dit geeft: m X

eikx =

m X

eix


k

k=−m

k=−m

=

1 − ei(m+1)x 1 − e−i(m+1)x + − 1. 1 − eix 1 − e−ix

Bijgevolg, n−1 X

m X

ikx

e

   inx ix 1 − e n−e + 1 − eix



1 1 − eix



1 1 − e−ix

=

m=0 k=−m

   1 − e−inx n − e−ix − n. 1 − e−ix

60

HOOFDSTUK 3. BENADERING DOOR CONVOLUTIE

Nu,

x 2i sin( ) = ei(x/2) − e−i(x/2) 2

en dus

x 2i sin( )ei(x/2) = eix − 1. 2

Er volgt (omdat x geen veelvoud is van 2π) n−1 X

m X

ikx

e

=

m=0 k=−m

−e−i(x/2) 2i sin(x/2)



ei(x/2) 2i sin(x/2)



− einx 1 − eix

ix 1

n−e

 +

− e−inx 1 − e−ix



n(eix/2 − e−ix/2 ) eix/2 = + 2i sin(x/2) 2i sin(x/2)   e−ix/2 1 − e−inx − −n 2i sin(x/2) 1 − e−ix



= n+ = =

=

−ix 1

n−e

−n 1 − einx 1 − eix



eix/2 (einx − 1) e−ix/2 (e−inx − 1) + −n eix/2 (2i sin(x/2))2 e−ix/2 (2i sin(x/2))2


1 inx + e−inx − 2 2 e (2i sin(x/2)) 2  1 in(x/2) −in(x/2) e − e (2i sin(x/2))2 sin2 (nx/2) . sin2 (x/2)

2 Het volgende geeft een verband tussen de partieelsommen van een periodische stuksgewijze continue functie f (van periode 2π) en zijn Fourierreeks. f ∗ Dn = sn,f = sn en f ∗ Fn =

1 (s0 + · · · + sn−1 ). n

Net zoals in een vorige situatie bewijst men de volgende stelling.

3.4. PUNTSGEWIJZE CONVERGENTIE

61

Stelling 3.3.4. Zij f een stuksgewijze continue periodische functie (van periode 2π) en veronderstel dat f begrensd is. Zij (Kn ) een Diracrij en S een compacte deelverzameling van R op dewelke f continu is. Dan convergeert de rij (Kn ∗ f ) uniform naar f op S.

Gevolg 3.3.5. Zij f een stuksgewijze continue en periodische functie (van periode 2π). De functies f ∗ Fn convergeren uniform naar f op elke compacte verzameling waarop f continu is. Gevolg 3.3.6. Zij f en g stuksgewijze continue en periodische functies (van periode 2π). Als cn,f = cn,g , dan is f = g, behalve voor ten hoogste een eindig aantal punten.

Gevolg 3.3.7. De verzameling {en | n ∈ Z} is een orthogonale basis van L2 (T ) (of van de continue periodische functies van periode 2π); d.w.z. {en | n ∈ Z} is een totale orthogonale basis in L2 (T ). I.h.b. de ruimte van de oneindig maal differentieerbare functies in L2 (T ) is dicht in L2 (T ).

Gevolg 3.3.8. De ruimte L2 (T ) is een oneindig dimensionale separabele Hilbertruimte, en dus isomorf met `2 . Bijgevolg is een rij complexe getallen 2 (a Pn ) de 2rij van de Fourierco¨effici¨enten van een f ∈ L (T ) als en slechts als n |an | < ∞.

3.4

Trigonometrische functies en puntsgewijze convergentie

P∞ Stelling 3.4.1. Zij (a Pn∞)n∈Z een rij getallen zodat −∞ an ϕn uniform convergeert, en zij g = −∞ an ϕn . Dan is an de Fourierco¨effici¨ent van g ten opzichte van (ϕn ): < g, ϕn > an = . < ϕn , ϕn > P Dus is an ϕn de Fourierreeks van g.

62

HOOFDSTUK 3. BENADERING DOOR CONVOLUTIE

Bewijs. Dit volgt uit Eigenschap 2.11.5. Men kan dit weer bewijzen op de volgende manier.Daar elke functie ϕm begrensd is (kϕn k∞ ≤ 1), volgt er dat de reeks ∞ X

ak ϕk ϕm = gϕm

k=−∞

uniform convergeert. Dus, wegens Proposition 6.2.1, mag men de reeks term per term integreren. Wegens de orthogonaliteitsrelaties volgt er dan am < ϕm , ϕm >=< g, ϕm > . Dus volgt het resultaat. 2 Lemma 3.4.2. (Riemann-Lebesgue) Veronderstel a < b en veronderstel dat f de uniforme limiet is van trapfuncties op [a, b] (dus f is bijvoorbeeld een continue functie). Dan Z b lim f (x)einx dx = 0. n→∞ a

Een analoge eigenschap geldt wanneer wij einx vervangen door cos(nx) of sin(nx). Bewijs. Veronderstel eerst dat f ook differenti¨eerbaar is, behalve in ten hoogste een eindig aantal punten, en veronderstel dat de afgeleide stuksgewijze continu is. Door het interval op te delen in een eindig aantal deelintervallen, zien wij dat het voldoende is het lemma te bewijzen voor elk zulk deelinterval. M.a.w. het is voldoende (in dit geval) het lemma te bewijzen voor een f op [a, b] met continue afgeleide. Nu Z b Z f (b)einb f (a)eina 1 b 0 f (x)einx dx| = | | f (x)einx dx| − − in in in a a |f (b)| |f (a)| 1 0 ≤ + + kf k∞ (b − a). n n n Dus, Z

b

f (x)einx dx → 0 als n → ∞.

a

Wij beschouwen nu het algemeen geval. Voor  > 0 bestaat een trapfunctie g op [a, b] zodat Z b  |f (x) − g(x)|dx < . 2 a

3.4. PUNTSGEWIJZE CONVERGENTIE

63

Dus Z |

b inx

f (x)e

Z

b inx

(f (x) − g(x))e dx + a Z b  g(x)einx dx| +| 2 a

dx| = |

a

≤

Z

b

g(x)einx dx|

a

Wegens het eerste gedeelte van het bewijs Z b  g(x)einx dx| < , | 2 a voor n voldoende groot. Dus Z b | f (x)einx dx| < , a

voor n voldoende groot. Dit bewijst het lemma voor de functie einx . De andere gevallen worden analoog bewezen. 2 Zij L1 (T ) de ruimte van de stuksgewijze continue en periodische functies (van periode 2π) met norm Z π 1 kf k1 = |f (t)|dt. 2π −π En zij c0 (Z) = {(xn )n∈Z | lim xn = 0, xn ∈ C}, n→∞

met norm k(xn )k∞ = sup{|xn | | n ∈ Z}. Gevolg 3.4.3. De afbeelding F : L1 (T ) → c0 (Z) : f 7→ (cn (f )) is continu en lineair. Bewijs. Wegens het Lemma van Riemann-Lebesgue is de functie goed gedefini¨eerd. Het is eenvoudig na te gaan dat cn (f + g) = cn (f ) + cn (g) en cn (rf ) = rcn (f ) voor alle r ∈ C. Dus is F lineair. De continuiteit volgt uit het feit |cn (f )| ≤ kf k1 , en dus kF(f )k∞ = sup{|cn (f )| | n ∈ Z} ≤ kf k1 .

64

HOOFDSTUK 3. BENADERING DOOR CONVOLUTIE

2 Men kan ook aantonen dat F een homomorfisme van algebras (met involutie) defini¨eert Eigenschap 3.4.4. Zij f een k-maal continu differentieerbare periodische functie (van periode 2π). Dan cn (f (k) ) = (in)k cn (f ) en dus nk |cn (f )| ≤ kf (k) k1 . Bovendien, lim nk cn (f ) = 0,

n→∞

of anders geformuleerd cn (f ) = O(1/nk ) als n → ∞. I.h.b., er bestaat een constante Mk zodat |cn (f )| ≤ Mk |n|−k . Bijgevolg is de Fourierreeks absoluut en uniform convergent voor k ≥ 2. Bewijs. Gebruik parti¨ele integratie k-maal, en volg een bewijs analoog zoals dat van het Riemann-Lebesgue Lemma. 2 Definitie 3.4.5. Een rij (an )n∈Z heet snel dalend als voor elke k ∈ N er een Mk > 0 bestaat zodat |an | ≤ Mk |n|−k , voor elke n. De vectorruimte van de snel dalende rijen noteren wij S(Z).

Gevolg 3.4.6. Voor elke f ∈ C ∞ (T ) (de oneindig maal continu differentieerbare en periodische functies, van periode 2π) geldt dat (cn (f ))n∈Z ∈ S(Z). Wij zullen later ook het omgekeerde van dit resultaat bewijzen. Het Lemma van Riemann-Lebesgue speelt een analoge rol als voorwaarde DIR.3 in de definitie van Diracrijen; namelijk de bijdrage van de integraal buiten een δ-interval rond de oorsprong is erg klein voor n voldoende groot. Om de convergentie van de Fourierreeks te bestuderen benodigen wij twee eigenschappen van de Dirichletkernen Dn :

3.4. PUNTSGEWIJZE CONVERGENTIE D.2

Rπ −π

65

Dn (x)dx = 1, sin((2n+1)(x/2)) 2π sin(x/2)

(voor x 6= 2πv, v ∈ Z). Rπ Eigenschap D.2 is duidelijk aangezien −π einx dx = 0 voor n 6= 0. Eigenschap D.3 wordt als volgt bewezen. Wegens de berekeningen in Lemma 3.3.3: D.3 Dn (x) =

n X

eikx =

k=0

1 − ei(n+1)x 1 − eix 1

=

e−ix/2 − ei(n+ 2 )x . −2i sin(x/2)

Analoog −1 +

n X

e−ikx = −1 +

k=0

1 − e−i(n+1)x 1 − e−ix 1

eix/2 − e−i(n+ 2 )x = −1 + . 2i sin(x/2) Dus m X k=−m

1

ikx

e

1

eix/2 − e−ix/2 + ei(n+ 2 )x − e−i(n+ 2 )x = −1 + 2i sin(x/2) 2i sin(x/2) + 2i sin((n + 12 )x) 2i sin(x/2) 1 sin((n + 2 )x) sin(x/2)

= −1 + =

Dit bewijst inderdaad D.3. Herinner dat een periodische functie f voldoet aan de Lipschitz voorwaarde in x als er een constante M > 0 en een open interval U bestaat zodat x ∈ U en voor alle y ∈ U , |f (x) − f (y)| ≤ M |x − y|. Indien dit geldt voor elke x en M onafhankelijk is van x dan zeggen wij dat f voldoet aan de Lipschitzvoorwaarde. Het is welbekend dat een functie met begrensde afgeleide voldoet aan de Lipschitzvoorwaarde. I.h.b. voldoen de continu differentieerbare functies aan de Lipschitzvoorwaarde.

66

HOOFDSTUK 3. BENADERING DOOR CONVOLUTIE

Stelling 3.4.7. Zij f een periodische functie (van periode 2π) die de uniforme limiet is van trapfuncties op [−π, π]. Veronderstel dat f voldoet aan de Lipschitzvoorwaarde in een gegeven punt x. Dan convergeert de Fourierreeks Sf (x) naar f (x). Bewijs. Zij x ∈ R en  > 0. Omdat f periodisch is (van periode 2π) en de uniforme limiet is van trapfuncties, volgt er sn,f (x) − f (x) = (Dn ∗ f )(x) − f (x) Z π Dn (t)[f (x − t) − f (x)]dt. = −π

Defini¨eer de volgende functie: ( fn (t) =

sin((2n+1)(t/2)) 2π sin(t/2) 2n+1 2π

voor t 6= 2πv, v ∈ Z . voor t = 2πv, v ∈ Z

Wegens Eigenschap D.3 weten wij dat fn (t) = Dn (t) (op het domein van Dn ) en dus is fn continu. Bijgevolg, Z π sin((2n + 1)(t/2)) sn,f (x) − f (x) = [f (x − t) − f (x)]dt. 2π sin(t/2) −π Het Lemma van Riemann-Lebesgue is niet onmiddellijk toepasbaar op het (x−t)−f (x) volledige interval, dit omdat de functie g(t) = f 2π sin(t/2) niet noodzakelijk een uniforme limiet is van trapfuncties (aangezien sin(t/2) nul is voor t = 0). Om dit probleem te vermijden splitsen wij de integraal in drie delen. Omdat f voldoet aan de Lipschitzvoorwaarde in x, bestaat er een δ1 en een constante C > 0 zodat |f (x − t) − f (x)| < C|t| voor alle t met |t| ≤ δ1 . Dus, voor elke 0 < δ < δ1 , Z δ Z δ f (x − t) − f (x) f (x − t) − f (x) sin((2n + 1)(t/2))dt| ≤ | |dt | 2π sin(t/2) 2π sin(t/2) −δ −δ Z δ C|t| ≤ dt −δ 2π| sin(t/2)| t Aangezien de functie t 7→ sin(t/2) (met functiewaarde 2 voor t = 0) continu is in [−δ, δ], bestaat er een constante M > 0 zodat Z δ f (x − t) − f (x) 2δ | sin((2n + 1)(t/2))dt| ≤ CM. 2π sin(t/2) 2π −δ

3.4. PUNTSGEWIJZE CONVERGENTIE

67

Dus voor een gegeven  > 0 bestaat er een δ voldoende klein zodat δ

Z

 Dn (t)[f (x − t) − f (x)]dt| < , 2 −δ

|

en dit onafhankelijk van n. Wegens het Lemma van Riemann-Lebesgue verkrijgen wij ook Z

−δ

Dn (t)[f (x − t) − f (x)]dt

lim

n→∞ −π

−δ

Z =

1 f (x − t) − f (x) sin((n + )t) dt = 0 2 2π sin(t/2)

lim

n→∞ −π

en ook Z

π

Dn (t)[f (x − t) − f (x)]dt = 0.

lim

n→∞ δ

Bijgevolg, voor n voldoende groot, Z

π

|

Dn (t)[f (x − t) − f (x)]dt| −π

Z

−δ

≤

Z

δ

+ −π

Z

−δ

π

|Dn (t)[f (x − t) − f (x)]|dt

+ δ

≤ . 2 Gevolg 3.4.8. Zij f een periodische functie (van periode 2π) in C 2 , de klasse van de 2-maal continu differentieerbare functies. Dan convergeert de Fourierreeks Sf uniform naar f . Bewijs. De functie f voldoet aan de Lipschitzvoorwaarde omdat f ∈ C 2 . Bijgevolg, wegens Stelling 3.4.7 convergeert Sf puntsgewijze naar f . Ook weten wij (Eigenschap 3.4.4) dat Sf uniform convergeert naar een functie g. Dus g = f en is de convergentie uniform naar f . 2 Gevolg 3.4.9. De Fourierreeksontwikkeling geeft een isomorfisme tussen C ∞ (T ) en S(Z).

68

HOOFDSTUK 3. BENADERING DOOR CONVOLUTIE

Bewijs. Wij weten reeds dat (Gevolg 3.4.6) de Fourierreeksontwikkeling een injectieve afbeelding geeft van C ∞ (T ) naar S(Z). P Omgekeerd, zij (an ) ∈ S(Z). Dan convergeert de reeks n an en uniform naar een functie f en cn (f ) = an . Inderdaad, dat de reeks uniform convergeert naar een functie f volgt uit het feit dat voor elke k ∈ N een getal Mk > 0 bestaat zodat |an | ≤ Mk |n|−k . Wegens Stelling 3.4.1 is inderdaad ook an = cn (f ). Analoog bewijst men dat voor elk strikt positief geheel getal X (in)l an en n

uniform convergeert. Nu is, wegens Eigenschap 3.4.4, (in)l an = cn (f (l) ). Dus, Pwegens Eigenschap 6.2.2 is f inderdaad oneindig maal differentieerbaar en n (in)l an en = f (l) . 2

Hoofdstuk 4

FOURIERTRANSFORMATIE Tot nu toe was ons hoofddoel functies te benaderen door (reeksen) van functies en dit via orthogonale verzamelingen van functies. In dit hoofdstuk bespreken wij integraaltransformaties: een andere manier om functies te bestuderen en om differentiaalvergelijkingen op te lossen. Wij doen dit via de Fouriertransformatie. Dit staat ons toe om functies met domein R te behandelen; dit op een manier analoog aan Fourierreeksen die vooral functies op een eindig interval behandelden. Wij motiveren even de situatie. Zij f : R → C een (periodische) en 2-maal continu differenti¨eerbare functie. Voor elke l > 0 hebben wij een Fourierreeks van f beperkt tot [−l, l]. Voor x ∈ [−l, l], ∞

1 X cn,l eiπnx/l , 2l −∞ Z l = f (y)e−iπny/l dy.

f (x) = cn,l

−l

Stel ∆ξ =

π l

en ξn = n∆ξ = nπ/l. Dus worden de formules ∞

1 X cn,l eiξn x ∆(ξ), 2π −∞ Z l = f (y)e−iyξn dy.

f (x) = cn,l

−l

Als f (x) voldoende klein wordt als x → ±∞, dan zal cn,l weinig veranderen 69

70

HOOFDSTUK 4. FOURIER-

TRANSFORMATIE

als wij het interval [−l, l] uitbreiden tot (−∞, ∞). Dus Z ∞ f (y)e−iξn y dy. cn,l ≈ −∞

Wij noteren deze integraal door fˆ(ξn ) (een functie van ξn ). Bijgevolg ∞ 1 Xˆ f (x) ≈ f (ξn )eiξn x ∆ξ (|x| < l). 2π −∞

Dit lijkt op een Riemann som. Als l → ∞ zodat ∆ξ → 0, dan zou ≈ moeten gelijkheid worden. Dus Z ∞ 1 f (x) = fˆ(ξ)eiξx dξ 2π −∞ met fˆ(ξ) =

Z

∞

f (x)e−iξx dx.

−∞

De vorige berekeningen zijn erg rudimentair en niet exact. Wij zullen in dit hoofdstuk echter aantonen dat deze formules geldig zijn als f aan bepaalde beperkingen voldoet. De functie fˆ wordt de Fouriertransformatie van f genoemd. Wij zullen de volgende notatie gebruiken   Z ∞ 1 1 L = L (R) = f | kf k1 = |f (x)|dx < ∞ . −∞

De integraal is de Lebesgue integraal, een uitbreiding van de Riemann integraal. Dit technisch punt zal echter niet veel of geen rol spelen in deze cursus. De ruimte L1 is een volledige ruimte. Ook gebruiken wij de volgende notatie: C1 (R) = C10 (R) = {f : R → C | f continu en de Riemann integraal  Z ∞ |f (x)|dx convergeert −∞

71 en ook C1n (R) = {f ∈ C n (R) | voor elke k ≤ n convergeert Z ∞ |f (k) (x)|dx} de Riemann integraal −∞

Wij geven enkele opmerkingen. (1) L1 6⊆ L2 , L2 6⊆ L1 .

Wij geven een voorbeeld. Zij  −2/3 x f (x) = 0

0 0. Dan fˆ(ξ) = . a e √ Indien a = 1, dan fˆ = 2πf . Inderdaad wegens Eigenschap 4.2.4.(2) Z ∞ 2 0 ˆ e−ax /2 (−ix)e−iξx dx (f ) (ξ) = −∞ 2

Parti¨ele integratie met u = e−iξx en dv = −axe−ax /2 dx geeft Z i ∞ −ax2 /2 0 −ξix (fˆ)0 (ξ) = − (e )e dx a −∞ Z i ∞ −ax2 /2 −ξix = − e e (−ξi)dx a −∞ Z ξ ∞ −ax2 /2 −ξix e e dx = − a −∞ ξ = − fˆ(ξ) a Bijgevolg d dξ

fˆ(ξ) e−ξ2 /2a

!

2 2 − aξ fˆ(ξ)e−ξ /2a − fˆ(ξ)(−ξ/a)e−ξ /2a = 0. = e−ξ2 /a

Dus 2 fˆ(ξ) = Ce−ξ /2a ,

voor een constante C. Duidelijk is C = fˆ(0) =

R∞

−ax2 /2 dx. −∞ e

r Z ∞ r 2 2π −y 2 C= e dy = a −∞ a

Dus

4.2. DE FOURIERINTEGRAAL

79

en dus r fˆ(ξ) =

2π −ξ2 /2a e . a

Voorbeeld 3. Zij  f (x) =

1 − |x| voor |x| ≤ 1 0 voor |x| > 1

Dan Z

fˆ(ξ) =

1

(1 − |x|)e−iξx dx

−1

Z

1

(1 − x) cos(ξx)dx   1 − cos ξ = 2 ξ2

= 2

0

Om technische redenen, zoals het vermijden van Lebesgue integratie, en om fˆ ∈ L1 te verkrijgen, beperken wij ons nu tot een deelruimte van L1 . Vooraleer wij deze ruimten defini¨eren geven wij enkele definities. Definitie 4.2.5. Een functie f heet sneldalend als voor alle natuurlijke getallen n de functie |x|n |f (x)| begrensd is.

(n) (ξ) en dus |fˆ(ξ)| |ξ n | = Lemma 4.2.6. Als f ∈ C1n (R), dan is fˆ(ξ) (iξ)n = fd bˆ (n) (ξ)|. Bijgevolg, als f ∈ C ∞ (R), dan is fˆ sneldalend (en dus bestaat f ). |fd 1

Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit Eigenschap 4.2.4. 2 In het bijzonder, als f ∈ C12 (R), dan fc00 (ξ) = −ξ 2 fˆ(ξ) en dus (1 + ξ 2 )|fˆ(ξ)| ≤ C, voor een constante C. Dus |fˆ(ξ)| ≤

C , 1 + ξ2

80

HOOFDSTUK 4. FOURIER-

TRANSFORMATIE

voor alle ξ ∈ R. Er volgt dat fˆ ∈ C1 (R). Bijgevolg bestaat de Fouriertransformatie van fˆ en f, fˆ ∈ L2 . Definitie 4.2.7. De Schwarzruimte S(R) is de deelruimte van C ∞ (R) bestaande uit alle functies f ∈ C ∞ (R) zodat f (n) sneldalend is voor elke natuurlijk getal n.

Lemma 4.2.8. Als f sneldalend is, dan bestaat voor elk natuurlijk getal n een constante c zodat c |xn f (x)| ≤ , 1 + x2 i.h.b. X n f ∈ C1 (R). Bewijs. Dit is evident. 2 Gevolg 4.2.9. Als f ∈ S(R), dan voor elk natuurlijk getal n, (n) = (iX)n fˆ, \n f en fd fˆ(n) = (−iX)

i.h.b. fˆ ∈ S. Bovendien, als ook g ∈ S(R), dan f ∗ g ∈ S(R) en (f ∗ g)(n) = f (n) ∗ g = f ∗ g (n) en \ (f ∗ g) = fbgb. Bijgevolg is (S(R), +, ∗) een commutatieve algebra en defini¨eert f ∗ (x) = f (−x) een involutie op S(R). Bovendien is F : S(R), +, ∗ → S(R), +, · : f 7→ fˆ een algebrahomomorfisme. 2 Wij tonen vervolgens aan dat F een isomorfisme defini¨eert. Dit zal volgen uit de inversieformule die wij bewijzen in de volgende paragraaf.

4.3. INVERSIEFORMULE

4.3

81

Inversieformule

Stelling 4.3.1. (Inversieformule) Voor elke functie f ∈ S(R) geldt b fb = 2πf ∗ . Bewijs. Zij f, g ∈ S(R). Dan, wegens Stelling 4.2.1, Z ∞ fˆ(ξ)e−iξx g(ξ)dξ −∞ Z ∞Z ∞ = f (t)e−itξ e−iξx g(ξ)dtdξ −∞ −∞ Z ∞Z ∞ = f (t)e−iξ(t+x) g(ξ)dtdξ −∞ −∞ Z ∞  Z ∞ −iξ(t+x) = f (t) e g(ξ)dξ dt −∞ −∞ Z ∞ = f (t)ˆ g (t + x)dt −∞

Zij nu h ∈ S(R) en stel g(x) = h(ax) voor a > 0. Dan, wegens Eigenschap 4.2.2, 1ˆ η  gˆ(η) = h a a en dus Z ∞ Z ∞ 1ˆ t + x fˆ(ξ)e−iξx h(aξ)dξ = f (t) h( )dt a a −∞ −∞ Z ∞ ˆ = f (au − x)h(u)du, −∞

met u = t+x a . Beide integralen zijn continu afhankelijk van de parameter a. Laat a → 0, dan volgt er Z ∞ ˆˆ ˆ h(u)du h(0)f (x) = f (−x) −∞

ˆˆ = f (−x)h(0). 2 ˆ Stel h(x) = e−x /2 dan volgt uit een vorig voorbeeld dat h(ξ) = 2 /2 b b −ξ ˆ ˆ en dus h(ξ) = 2πe . Dus h(0) = 2π. Er volgt dat

ˆ fˆ = f (−x)2π. 2

√

2πe−ξ

2 /2

82

HOOFDSTUK 4. FOURIER-

TRANSFORMATIE

Gevolg 4.3.2. De functie F : S(R) → S(R) is een isomorfisme van algebras. Bewijs. Wij weten reeds dat F een homomorfisme is. Het is injectief, want als fˆ = gˆ, dan volgt uit de inversieformule dat 1 ˆˆ 1 ˆ f= gˆ = g ∗ , 2π 2π en dus f = g. De inversieforume heeft ook als onmiddellijk gevolg dat F surjectief is. 2 f∗ =

Gevolg 4.3.3. Voor alle f, g ∈ S(R), 1 ˆ d (f ∗ gˆ). (f g) = 2π ˆ Dan fˆ = ϕ∗ 2π en gˆ = ψ ∗ 2π. Bewijs. Zij ψ, ϕ ∈ S(R) zodat f = ϕˆ en g = ψ. Dus wegens Eigenschap 4.2.2 c fcg = ϕˆψˆ [ = ϕ[ ∗ψ = (ϕ ∗ ψ)∗ 2π = (ϕ∗ ∗ ψ ∗ )2π 1 ˆ (f ∗ gˆ) = 2π 2 Wij merken tenslotte op dat de inversieformule onder heelwat zwakkere voorwaarden kan bewezen worden. Het is bijvoorbeeld voldoende dat f, fˆ ∈ C1 (R).

4.4

Fouriertransformatie in L2

Merk op dat voor f ∈ L2 (R) de Fouriertransformatie niet noodzakelijk zin heeft (omdat L2 6⊆ L1 ). Dus is een andere definitie vereist. Het is wel duidelijk dat S(R) ⊆ L2 (R).

4.4. FOURIERTRANSFORMATIE IN L2

83

Eigenschap 4.4.1. Voor f ∈ S(R) geldt √ kfˆk2 = 2πkf k2 . Bewijs. Stel Z

∞

∗

f (t)f (t − x)dt = f ∗ f (x).

g(x) = −∞

Dan

Z

∞

g(0) = −∞

f (t)f (t)dt = kf k22 .

Bovendien ∗ c∗ gˆ = f\ ∗ f = fˆf = fˆfˆ.

Dus gˆ(ξ) = |fˆ(ξ)|2 . Wegens de inversieformule verkrijgen wij aldus Z ∞ 1 ˆ g(x) = f (ξ)eixξ dξ −∞ 2π en dus kf k22

Z

∞

= g(0) = −∞

2

1 1 ˆ 2 |f (ξ)| dξ = kfˆk22 . 2π 2π

Stelling 4.4.2. (Plancherel) Er bestaat een unieke afbeelding F : L2 (R) → L2 (R) zodat 1. F(f ) = fˆ voor f ∈ S(R), 2. hF(f ), F(g)i = 2πhf, gi voor f, g ∈ L2 , 3. kF(f )k2 = 2πkf k2 voor f, g ∈ L2 . Bewijs. Wegens Eigenschap 4.4.1 is de afbeelding 1 F : S(R) → S(R) : f 7→ √ fˆ 2π een isometrie van genormeerde ruimten. Aangezien kF(f )k2 = kf k2 volgt er dat F een begrensde lineaire operator is. Dus, wegens Eigenschap 2.4.5 bestaat er een unieke uitbreiding F e : S(R) → L2 (R) zodat e F|S(R) =F

en die de norm bewaart. Omdat S(R) = L2 (R) en wegens de inversiestelling L2 (R) = S(R) ⊆ F(S(R)) volgt nu het resultaat. 2

84

HOOFDSTUK 4. FOURIER-

TRANSFORMATIE

Wij geven nu een lijst van voorbeelden van Fouriertransformaties (a, c ∈ R, a > 0).

f (x)

fˆ(ξ)

f (x − c)

e−icξ fˆ(ξ)

eicx f (x)

fˆ(ξ − c)

f (ax)

a−1 fˆ(a−1 ξ)

f 0 (x)

iξ fˆ(ξ)

xf (x)

i(fˆ)0 (ξ)

(f ∗ g)(x)

fˆ(ξ)ˆ g (ξ)

f (x)g(x)

1 ˆ 2π (f ∗

e−ax

√

2 /2

(x2 + a2 )−1

 χa (x) =

x−1 sin(ax)

gˆ)(ξ)

2πa−1 e−ξ

2 /2a

π −a|ξ| ae

1 |x| < a 0 |x| ≥ a

2ξ −1 sin(aξ)

 πχa (ξ) =

π |ξ| < a 0 |ξ| ≥ a

4.4. FOURIERTRANSFORMATIE IN L2

85

De definitie van Fouriertransformatie die wij hier gebruikt hebben is niet noodzakelijk de gebruikelijke. Andere gebruikelijke definities zijn Z 1 ˜ f (ξ) = √ e−iξx f (x)dx 2π en f˘(ξ) =

Z

e−2πiξx f (x)dx.

De respectievelijke inversieformules worden dan, Z 1 f (x) = √ eiξx f˜(ξ)dξ 2π en

Z f (x) =

e2πiξx f (ξ)dξ.

Er volgt dan dat ^ kf˜k2 = kf k2 en (f ∗ g) =

√

2π f˜g˜

en kf˘k2 = kf k2 en (f ˘∗ g) = f˘g˘ en f˘0 (ξ) = 2πiξ f˘(ξ).

86

HOOFDSTUK 4. FOURIER-

TRANSFORMATIE

Hoofdstuk 5

HERMITISCHE OPERATOREN Een typisch centraal probleem in functionaal analyse is het oplossen van vergelijkingen van de vorm Lf = g met L een gegeven lineaire (differentiaal) operator en g een gegeven functie. De functie f is de onbekende en moet eventueel voldoen aan een aantal beginof randvoorwaarden. Zelfs als wij de vergelijking kunnen oplossen voor f is het helemaal niet zeker dat de oplossingsmethode werkt voor de volledige klasse van vergelijkingen onder beschouwing. Bovendien is het onduidelijk of elke vergelijking een oplossing heeft, of dat er zelfs een unieke oplossing is. “Wiskundig” gezien is het niet voldoende om te zeggen dat de vergelijking een fysisch probleem beschrijft en daarom een unieke oplossing moet hebben (bovendien zijn wiskundige beschrijvingen exacte voorstellingen van de realiteit en kunnen bijvoorbeeld kleine veranderingen in de beginvoorwaarde grote (onrealistische) veranderingen weergeven in de wiskundige oplossing). Om vergelijkingen Lf = g op te lossen doen wij een beroep op lineaire algebra. Doch de situatie is nu veel ingewikkelder dan in eindig dimensionale lineaire algebra (meetkunde); zo zullen determinanten om zeggens geen rol spelen. De theorie doet ook beroep op topologie en maattheorie. Dit alles werd ontwikkeld in het begin van de 20-ste eeuw. In dit hoofdstuk bestuderen wij Hermitische operatoren; deze hebben mooie diagonalisatieresultaten. 87

88

HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN

5.1

Lineaire operatoren

Zij V en W genormeerde ruimten. Herinner dat een lineaire operator f : V → W begrensd genoemd wordt als er een constante C ≥ 0 bestaat zodat kf (v)k ≤ Ckvk voor alle v ∈ V . De norm van f is kf k = sup{kf (v)k | v ∈ V, kvk = 1}. De operator f is begrensd als en slechts als f continu is, of equivalent, als f continu is in 0. De vectorruimte B(V, W ) van alle continue lineaire operatoren is een genormeerde ruimte. Als, bovendien, W een Banachruimte is, dan is ook B(V, W ) een Banachruimte. Wij geven enkele nieuwe voorbeelden.

De vermenigvuldiging operator. Zij f ∈ C([a, b], R) en M : L2 ([a, b]) → L2 ([a, b]) gedefinieerd als volgt (M x)(t) = f (t)x(t). Wij noemen f de vermenigvuldiger. De functie M is duidelijk lineair en, voor elke x ∈ L2 ([a, b]), Z b 2 kM xk = |f (t)|2 |x(t)|2 dt a Z b 2 ≤ sup{|f (t)| | a ≤ t ≤ b} |x(t)|2 dt a 2

≤ Ckxk , met C = sup{|f (t)|2 | a ≤ t ≤}. Dus is M begrensd en kM k ≤ kf k∞ . De “shift operator” Beschouw de ruimte `2 van de complexe rijen (xn ) = x waarvoor de pP 2 volgende norm convergent is: kxk = |xn | . Definieer S : `2 → `2

5.2. INVERTEERBARE BEGRENSDE LINEAIRE OPERATOREN 89 als volgt S(x1 , x2 , x3 , . . .) = (0, x1 , x2 , . . .). Duidelijk is S een isometrie (i.h.b. kSxk = kxk voor alle x ∈ `2 ). Dus is S begrensd en kSk = 1. Analoog is er de “backward” shift operator S ∗ op `2 . Deze is gedefinieerd als volgt S ∗ (x1 , x2 , . . .) = (x2 , x3 , x4 , . . .). Ook S ∗ is begrensd en kS ∗ k = 1, maar S ∗ is geen isometrie. Merk op dat in de ruimte van de differentieerbare functies op R: M D 6= DM, voor D =

5.2

d dx

en M de vermenigvuldigingsoperator.

Inverteerbare begrensde lineaire operatoren

Zij H een Banachruimte en f ∈ B(H). De operator is inverteerbaar als er een g ∈ B(H) bestaat zodat f g = gf = 1 (de identieke operator op H). De operator g is uniek en wordt genoteerd f −1 . Als f en g inverteerbaar zijn op H, dan (f g)−1 = g −1 f −1 . Voor f ∈ B(H) noteren wij met f (H) het beeld van f . Lemma 5.2.1. Veronderstel f ∈ B(H). Als c > 0 zodat kf (x)k ≥ ckxk voor alle x ∈ H, dan is f (H) gesloten. Bewijs. Zij y ∈ f (H) en kies een rij (xn ) in H zodat limn→∞ f (xn ) = y. Aangezien (f (xn )) een Cauchy rij is, bestaat er voor  > 0 een natuurlijk getal N zodat voor alle m, n ≥ N , kf (xn ) − f (xm )k = kf (xn − xm )k < . Wegens de veronderstelling volgt er dus  kxn − xm k < , c en dus is (xn ) een Cauchy rij. Aangezien H volledig is, bestaat er dus een x ∈ H zodat limn→∞ xn = x. Wegens de continu¨ıteit van f volgt er dus y = limn→∞ f (xn ) = f (x). Dus y ∈ f (H), en f (H) is gesloten. 2

90

HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN

Eigenschap 5.2.2. Een operator f ∈ B(H) is inverteerbaar als en slechts als f (H) = H en er een c > 0 bestaat zodat kf (x)k ≥ ckxk voor alle x ∈ H. Bewijs. Als f inverteerbaar is en y ∈ H, dan y = f (f −1 y) ∈ f (H). Dus f (H) = H. Ook, voor x ∈ H, kxk = kf −1 f (x)k ≤ kf −1 k kf (x)k. Dus, met c =

1 kf −1 k

verkrijgen wij kf (x)k ≥ ckxk.

Omgekeerd, veronderstel f (H) = H en kf (x)k ≥ ckxk voor een c > 0 en alle x ∈ H. Dus, voor x 6= y, kf (x) − f (y)k = kf (x − y)k ≥ ckx − yk > 0. Dus, f (x) 6= f (y) en f is injectief. Wegens de veronderstelling is f ook surjectief, en dus bijectief. Er volgt dat f een inverse lineaire functie f −1 heeft. Bovendien, kyk = kf f −1 (y)k ≥ ckf −1 (y)k en dus

1 kf −1 (y)k ≤ kyk. c

Zodat f −1 ∈ B(H). 2 Merk op dat als H een eindig dimensionale Banachruimte is, dan is f ∈ B(H) inverteerbaar als en slechts als f injectief is. Voor oneindig dimensionale ruimten is dit niet waar. Voorbeeld Zij H = `2 en S de shift operator. Duidelijk is S injectief en S(H) 6= H. Men kan evenwel de volgende stelling bewijzen. Stelling 5.2.3. (Begrensde inverse stelling) Zij H een Banachruimte en f ∈ B(H). Als f bijectief is dan is de inverse functie f −1 begrensd. In sommige boeken noemt men een operator f : H → H inverteerbaar als er een functie g : f (H) → H bestaat zodat gf = f g = 1. Het volgende voorbeeld toont aan dat g niet noodzakelijk begrensd is. Voorbeeld. Zij H = `2 en f : H → H : (x1 , x2 , . . .) 7→ (x1 ,

x2 x3 , , . . .). 2 3

5.2. INVERTEERBARE BEGRENSDE LINEAIRE OPERATOREN 91 Het is duidelijk dat f lineair is en v v u∞ u∞ uX |xn |2 uX t |xn |2 = k(xn )k. kf (xn )k = ≤t n2 n=1

n=1

Dus is f begrensd. Met de vorige notatie: g : f (H) → H : (x1 , x2 , . . .) 7→ (x1 , 2x2 , 3x3 , . . .). Maar g is niet begrensd. Inderdaad, zij en de rij met als n-de term 1 en alle andere termen nul. Dan ken k = 1 en kg(en )k = n. Dus is g onbegrensd. Eigenschap 5.2.4. Zij H een Banachruimte en f ∈ B(H). Als kf k < 1, dan bestaat (1 − f )−1 en (1 − f )−1 ∈ B(H). Bovendien, −1

(1 − f )

=

∞ X

fi = 1 + f + f2 + · · ·

i=0

(en de reeks convergeert voor de norm op B(H)). Bewijs. Het isPeenvoudig na te gaan dat kf i k ≤ kf ki . Aangezien de meeti kundige reeks ∞ i=0 kf k convergeert voor kf k < 1 volgt er dat de reeks ∞ X

fi

i=0

absoluut convergeert voor kf k < 1. Omdat H, en dus ook B(H) volledig is, volgt er dat elke absolute P∞ i convergente reeks in B(H) ook convergent is. Bijgevolg is de reeks i=0 f convergent, voor kf k < 1. Zij S de som van deze reeks. Wij tonen aan dat S = (1−f )−1 . Inderdaad, aangezien (1 − f )(1 + f + · · · + f n ) = (1 + f + · · · + f n )(1 − f ) = 1 − f n+1 en omdat lim f n+1 = 0 (kf k < 1)

n→∞

volgt er dat (1 − f )S = S(1 − f ) = 1. 2

92

5.3

HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN

Spectrum van een operator

Zij H een (complexe) vectorruimte en f :H→H een lineaire operator. Een complex getal λ is een eigenwaarde van f als er een niet-nul vector h ∈ H bestaat zodat f (h) = λh. Zo’n vector h noemt men een eigenvector van f corresponderend met λ. In het geval van functieruimten noemt men h dikwijls een eigenfunctie. Het is welbekend dat voor een eindig dimensionale ruimte H, λ een eigenwaarde is als en slechts als f − λ1 niet inverteerbaar is. Definitie 5.3.1. Zij H een genormeerde complexe ruimte en f : H → H een operator. De verzameling Spec(f ) = {λ ∈ C | f − λ1 is niet inverteerbaar} noemt men het spectrum van f . De resolvent van f is de verzameling ρ(f ) = C \ Spec(f ). De eigenwaarden van f zijn uiteraard bevat in Spec(f ). De verzameling van de eigenwaarden noemen wij het puntspectrum. Wij geven een voorbeeld van een begrensde operator f op een Banachruimte die geen eigenwaarde heeft maar waarvoor λ ∈ Spec(f ) bestaat. Dus ker(f − λ1) = {0} en (wegens de Begrensde Inversie Stelling) is f − λ1 niet bijectief. Voorbeeld Zij H = C([a, b], C), de Banachruimte van de continue functies voorzien van de norm k k∞ . Beschouw de vermenigvuldigeroperator M met vermenigvuldiger u ∈ H (wij weten reeds dat M begrensd is): (M x)(t) = u(t)x(t), voor x ∈ H. Dus (M − λ1)(x) = ux − λx = (u − λ1)x. Als (u − λ1)(t) 6= 0 voor alle t ∈ [a, b], dan is (u − λ1)−1 : [a, b] → C : t 7→ ((u − λ1)(t))−1 een continue functie en is de vermenigvuldiger operator

5.3. SPECTRUM VAN EEN OPERATOR

93

M(u−λ1)−1 de inverse operator van M −λ1. Dus als λ ∈ Spec(M ) dan bestaat een t ∈ [a, b] zodat (u − λ1)(t) = 0 en dus u(t) = λ. Omgekeerd, als u(t) = λ voor een t ∈ [a, b], dan (M − λ1)x(t) = 0 voor alle x ∈ C([a, b], C). In dit geval bevat het beeld van M − λ1 alleen functies die nul zijn in t. Omdat er uiteraard x ∈ C([a, b], C) bestaan zodat x(t) 6= 0, volgt er dat het beeld van M − λ1 niet gelijk aan H is. Dus Spec(M ) = {λ ∈ C | u(t) = λ voor een t ∈ [a, b]} = u([a, b]). Nu, als u de constante functie is op c ∈ C, dan is λ = c een eigenwaarde van M . Inderdaad, M u = λu. Anderzijds, als u een strikt stijgende functie is, dan heeft M geen eigenwaarden. Inderdaad, als x 6= 0 en M x = λx, dan volgt er ux = λx en dus u(t) = λ voor alle t waarvoor x(t) 6= 0. Omdat x continu is, zijn er verschillende t waarvoor x(t) 6= 0. Maar dan is u(t) = λ voor verschillende t, een contradictie. Dus in dit geval heeft M geen eigenwaarden, maar Spec(M ) = [u(a), u(b)]. Wij zullen later zien dat de besluiten van dit voorbeeld blijven gelden voor de L2 -norm. Doch hiervoor bestuderen wij eerst eigenschappen over hermitische operatoren en benaderende eigenwaarden. In het algemeen deelt men Spec(f ) verder op in drie delen: Spec(f ) = Specp (f ) ∪ Specc (f ) ∪ Specr (f ), met Specp (f ) het punt spectrum, Specc (f ) = {λ ∈ Spec(f ) | (f − λ1)−1 bestaat op een dicht deel van H, (f − λ1)−1 is niet begrensd}, het continu spectrum, en Specr (f ) = {λ ∈ Spec(f ) | (f − λ1)−1 bestaat op een niet dicht deel van H}, het residueel spectrum. Voor H eindig dimensionaal, Specc (f ) = Specr (f ) = ∅. Later tonen wij een veralgemening van dit resultaat aan. Voorbeeld. Zij S een deelruimte van een pre-Hilbertruimte H en pS de projectie van H op S. Dan zijn 0 en 1 de enige eigenwaarden van pS . Inderdaad, als λ ∈ C, en 0 6= h ∈ H met pS (h) = λh, dan λh = λ2 h (omdat pS idempotent is). Dus λ = λ2 , en bijgevolg λ = 0 of 1. De eigenvectoren corresponderende met 1 zijn de niet-nul vectoren van S. De eigenvectoren die corresponderen met 0 zijn vectoren van een directe sommand van H (namelijk de kern van p; zie een vorig hoofdstuk). Als H een Hilbertruimte is dan is S ⊥ een directe sommand.

94

HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN

Stelling 5.3.2. (Spectrum) Het spectrum Spec(f ) van een begrensde lineaire operator op een complexe Banachruimte is begrensd. Bovendien, Spec(f ) ⊆ BC (0, kf k), i.h.b. ρ(f ) 6= ∅. Men kan bewijzen dat Spec(f ) 6= ∅; wij zullen dit later bewijzen voor Hermitische operatoren. Bewijs. Zij λ 6= 0. Wegens Eigenschap 5.2.4 verkrijgen wij dat Rλ = (f − λ1)−1 1 = − (1 − (λ−1 )f )−1 λ ∞ 1 X −1 i = − (λ f ) λ i=0

∞ 1X 1 i ( f) = − λ λ i=0

voor alle λ zodat

1 kf k k fk = < 1, λ |λ|

d.w.z. voor |λ| > kf k. Dus λ ∈ ρ(f ). Bijgevolg Spec(f ) ⊆ BC (0, kf k) en bijgevolg is het spectrum begrensd. 2 Voor een begrensde lineaire operator f op een Banachruimte H defini¨eren wij de functie R(f, ·) : ρ(f ) → B(H) : λ 7→ (f − λ1)−1 = Rλ , de resolvent functie. Deze naam is gekozen omdat Rλ helpt om de vergelijking (f − λ1)x = y op te lossen. Belangrijker zijn eigenschappen van Rλ omdat deze helpen de operator f te onderzoeken. Spectraaltheorie bestudeert precies zulke eigenschappen.

5.3. SPECTRUM VAN EEN OPERATOR

95

Stelling 5.3.3. De resolvent verzameling ρ(f ) van een begrensde lineaire operator f op een complexe Banachruimte H is open; en dus is Spec(f ) gesloten. Wegens Stelling 5.3.2 volgt er dat Spec(f ) compact is. Bewijs. Wij weten reeds dat ρ(f ) 6= ∅. Zij λ0 ∈ ρ(f ) en λ ∈ C. Dan f − λ1 = (f − λ0 1) − (λ − λ0 )1 = (f − λ0 1)[1 − (λ − λ0 )(f − λ0 1)−1 ]. Stel g = 1 − (λ − λ0 )(f − λ0 1)−1 en voor α ∈ C fα = f − α1. Dan fλ = fλ0 g met g = 1 − (λ − λ0 )fλ−1 . 0 Omdat λ0 ∈ ρ(f ) hebben wij dat Rλ0 = fλ−1 ∈ B(H). Wegens Eigen0 schap 5.2.4, voor elke λ zodat k(λ − λ0 )Rλ0 k < 1 heeft g een inverse g −1 in B(H), en g −1 =

∞ X

[(λ − λ0 )Rλ0 ]i

i=0

=

∞ X

(λ − λ0 )i Rλi 0 .

i=0

Dus zo’n inverse bestaat voor elke λ zodat |λ − λ0 |
=< f ∗ (f (x)), x > ≤ kf ∗ f (x)k kxk ≤ kf ∗ f kkxk2 . Dus, kf k2 ≤ kf ∗ f k = kf 2 k. Omdat kf 2 k ≤ kf k2 volgt de bewering. Wij be¨eindigen deze paragraaf met een eenvoudige eigenschap en nog een voorbeeld. Eigenschap 5.3.6. Zij f een operator op een complexe ruimte H en zij λ een eigenwaarde. Dan,

5.3. SPECTRUM VAN EEN OPERATOR

97

1. {h ∈ H | f (h) = λh} is een deelruimte van H (de eigenruimte van λ); de dimensie van deze ruimte noemt men de multipliciteit van λ. 2. Zij g een inverteerbare operator op H. Dan hebben f en gf g −1 dezelfde eigenwaarden. Voorbeeld. Beschouw de lineaire operator f : L2 ([0, 2π]) → L2 ([0, 2π]) gedefinieerd als volgt Z

2π

cos(t − y)u(y)dy.

(f u)(t) = 0

Wij tonen nu aan dat π de enige niet nul eigenwaarde is en dat de eigenfuncties corresponderend met π de volgende functies zijn u(t) = a cos t + b sin t, met a, b ∈ C. Inderdaad, λ is een eigenwaarde als en slechts als er een niet-nul functie u bestaat zodat Z 2π f (u)(t) = cos(t − y)u(y)dy = λu(t), 0

of equivalent, Z

2π

cos(t)

Z (cos y)u(y)dy + sin(t)

0

2π

(sin y)u(y)dy = λu(t).

(5.1)

0

Dus, voor λ 6= 0, u(t) = a cos t + b sin t, met a, b ∈ C. Uit 5.1 verkrijgen wij Z 2π Z cos t (a(cos y)2 + b cos y sin y)dy + sin t 0

2π

(b(sin y)2 + a cos y sin y)dy

0

= λ(a cos t + b sin t). Dus (cos t)aπ + (sin t)bπ = λ(a cos t + b sin t). Bijgevolg aπ = aλ en bπ = bλ, en dus λ = π. De eigenruimte is {a cos t + b sin t | a, b ∈ C}, een ruimte van dimensie twee. Merk op dat λ = 0 ook een eigenwaarde is. De corresponderende eigenruimte zijn alle functies die orthogonaal zijn tot cos t en sin t; dus een ruimte van oneindige dimensie.

98

5.4

HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN

Adjunctafbeelding

In Gevolg 2.12.3 hebben wij gezien dat, voor een Hilbertruimte H, de afbeelding H → H ∗ = B(H, C) : y 7→< −, y > een geconjugeerde isometrie is. Definitie 5.4.1. Zij H0 en H1 Hilbertruimten en f ∈ B(H0 , H1 ). Dan is f τ : H1∗ → H0∗ gedefinieerd als volgt f τ (η) = η ◦ f. Als H0 een eindig dimensionale Hilbertruimte is en f ∈ B(H0 , H0 ) dan kunnen wij f voorstellen door een matrix M . Men kan eenvoudig aantonen dat f τ dan voorgesteld wordt door M t (de getransponeerde matrix) als wij in H0∗ de duale basis nemen van deze in H0 . Eigenschap 5.4.2. f τ is begrensd en lineair en kf τ k ≤ kf k. Bewijs. Voor elke x ∈ H0 en y ∈ H1∗ , kf τ (y)(x)k = k(y ◦ f )(x)k ≤ kyk kf (x)k ≤ kyk kf k kxk Bijgevolg, kf τ (y)k ≤ kyk kf k en dus kf τ k ≤ kf k. 2 Men kan (via de stelling van Hahn-Banach) bewijzen dat kf τ k = kf k. Hiervoor moet men aantonen dat H1∗ voldoende groot is, d.w.z. H1∗ bevat voldoende elementen met bepaalde eigenschappen. Zij X een re¨ele vectorruimte. Een functie f : X → R noemt men sublineair als p(x + y) ≤ p(x) + p(y),

5.4. ADJUNCTAFBEELDING

99

de subadditieve eigenschap, en p(αx) = αp(x), de positief homogene eigenschap, voor alle x ∈ X en α ≥ 0. In geval van een complexe ruimte X eist men p(αx) = |α| |x|. De Hahn-Banach stelling handelt over uitbreidingen van sublineaire functies p : X → R. Meer precies, zij f : Z → R een lineaire functie op een deelruimte Z van X en veronderstel dat f (z) ≤ p(z) voor alle z ∈ Z. Dan heeft f een lineaire uitbreiding f˜ van Z naar X zodat f˜(x) ≤ p(x) voor alle x ∈ X, d.w.z. f˜ : X → R is lineair en f˜(x) = f (x) voor alle x ∈ Z en f˜(x) ≤ p(x) voor alle x ∈ X. Eigenschap 5.4.3. Zij f, g ∈ B(H0 , H1 ), dan (f + g)τ = f τ + g τ en, voor c ∈ C,

(cf )τ = cf τ .

Als h ∈ B(H1 , H2 ), dan (hf )τ = f τ hτ . Als f −1 bestaat en f −1 ∈ B(H1 , H0 ), dan bestaat (f τ )−1 en (f τ )−1 = (f −1 )τ . Zij H0 en H1 Hilbertruimten en f ∈ B(H0 , H1 ). Zij η0 : H0 → H0∗ : y 7→< −, y > en η1 : H1 → H1∗ : y 7→< −, y > de semilineaire isometrie¨een verkregen uit de Stelling van Riesz. Dan verkrijgen wij een lineaire operator f ∗ : H1 → H0 gedefinieerd als volgt f ∗ = η0−1 f τ η1 .

100

HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN

Dus, f ∗ is een lineaire operator die het volgende diagram commutatief maakt: fτ

H0∗ ←− Hx1∗ η1  −1  yη0 ∗ f H0 ←− H1 Men noemt f ∗ de adjunctafbeelding van f . Eigenschap 5.4.4. f ∗ is de adjunctafbeelding van f als en slechts als < f (x), y >=< x, f ∗ (y) > voor alle x ∈ H0 en y ∈ H1 . Bewijs. Veronderstel dat f ∗ de adjunctafbeelding is. Dan, voor alle y ∈ H1 , f ∗ (y) = η0−1 f τ η1 (y), of equivalent, η0 (f ∗ (y)) = f τ (η1 (y)) = η1 (y)f. Dit laatste betekent, voor elke x ∈ H0 en y ∈ H1 , hx, f ∗ (y)i = hf (x), yi. Omgekeerd, veronderstel g : H1 → H0 zodat hf (x), yi = hx, g(y)i voor alle x ∈ H0 en y ∈ H1 . Dan hx, g(y)i = hx, f ∗ (y)i en dus hx, (g − f ∗ )(y)i = 0, voor alle x ∈ H0 en y ∈ H1 . Dus (g − f ∗ )(y) = 0 voor alle y ∈ H1 . Bijgevolg g − f ∗ = 0 en dus g = f ∗ . 2 Eigenschap 5.4.5. Zij H0 en H1 Hilbertruimten en f, g ∈ B(H0 , H1 ) en c ∈ C. Dan, 1. < f ∗ (y), x >=< y, f (x) >, voor alle x ∈ H0 en y ∈ H1 ;

5.4. ADJUNCTAFBEELDING

101

2. (f ∗ )∗ = f ; 3. kf ∗ k = kf k, i.h.b. f ∗ is een begrensde operator; 4. (f + g)∗ = f ∗ + g ∗ ; 5. (cf )∗ = cf ∗ ; 6. kf ∗ f k = kf f ∗ k = kf k2 ; 7. f ∗ f = 0 als en slechts als f = 0; 8. (f g)∗ = g ∗ f ∗ (voor H0 = H1 ). Bewijs. (1) Voor elke x ∈ H0 en y ∈ H1 , hf ∗ y, xi = hx, f ∗ yi = hf (x), yi = hy, f (x)i. (2) Voor elke x ∈ H0 en y ∈ H1 , h(f ∗ )∗ x, yi = hx, f ∗ yi = hf x, yi en dus (f ∗ )∗ = f . (3) Voor x ∈ H0 en y ∈ H1 verkrijgen wij uit de ongelijkheid van Schwarz dat |hf ∗ y, xi| = |hy, f (x)i| ≤ kyk kf (x)k ≤ kf k kyk kxk. Dus met x = f ∗ (y), kf ∗ (y)k2 = hf ∗ (y), f ∗ (y)i ≤ kf k kyk kf ∗ (y)k. Bijgevolg kf ∗ k ≤ kf k en dus is f ∗ begrensd. Passen wij dan de vorige ongelijkheid toe op f ∗ dan verkrijgen wij kf k = k(f ∗ )∗ k ≤ kf ∗ k. Dus kf k = kf ∗ k.

102

HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN (4) Voor alle x ∈ H0 en y ∈ H1 , hx, (f + g)∗ yi = h(f + g)x, yi = hf (x), yi + hg(x), yi = hx, f ∗ (x)i + hx, g ∗ (y)i = hx, (f ∗ + g ∗ )(y)i

en dus f ∗ + g ∗ = (f + g)∗ . (5) Voor alle x ∈ H0 en y ∈ H1 , h(cf )∗ (y), xi = hy, (cf )xi = hy, c(f (x))i = chy, f (x)i = chf ∗ (y), xi = hcf ∗ (y), xi Dus (cf )∗ = cf ∗ . (6) Duidelijk f ∗ f : H0 → H0 en f f ∗ : H1 → H1 . Wegens de ongelijkheid van Schwarz verkrijgen wij voor elke x ∈ H0 , kf (x)k2 = hf (x), f (x)i = hf ∗ f (x), xi ≤ kf ∗ f (x)k kxk ≤ kf ∗ f k kxk2 . Dus, kf k2 ≤ kf ∗ f k. Anderzijds, wegens (3), kf ∗ f k ≤ kf ∗ k kf k = kf k2 . Dus kf ∗ f k = kf k2 . Bijgevolg ook kf f ∗ k = k(f ∗ )∗ f ∗ k = kf ∗ k2 = kf k2 . (7) Dit volgt onmiddellijk uit (6). (8) Voor alle x ∈ H0 en H1 volgt er, door verschillende keren (1) te gebruiken, hx, (f g)∗ yi = h(f g)x, yi = hg(x), f ∗ (y)i = hx, g ∗ f ∗ (y)i

5.5. HERMITISCHE OPERATOREN

103

Dus, (f g)∗ = g ∗ f ∗ . 2 Wij merken op dat B = B(H) een algebra is met eenheidselement. Bovendien is kf gk ≤ kf k kgk. Zo’n algebra noemt men een Banachalgebra (een deel van de definitie is dat B volledig is). Verder is f 7→ f ∗ een involutie die isometrisch is (d.w.z. kf k = kf ∗ k). Zo’n Banachalgebra noemt men een Banachalgebra met involutie. Als bovendien kf ∗ f k = kf k2 voor alle f ∈ B, dan noemt men B een C ∗ -algebra.

5.5

Hermitische operatoren

Een begrensde lineaire operator f : H → H op een Hilbertruimte heet hermitisch als f = f ∗ . (Men noemt f unitair als f ∗ = f −1 (d.w.z., f is bijectief en f ∗ = f −1 ), normaal als f ∗ f = f f ∗ en anti-hermitisch als f ∗ = −f ). Dus f is hermitisch als en slechts als < f (x), y >=< x, f (y) > voor alle x, y ∈ H. Eigenschap 5.5.1. Zij H een Hilbertruimte. Een begrensde lineaire operator f : H → H is hermitisch als en slechts als < f (x), x >=< x, f (x) > voor alle x ∈ H. Bewijs. Als f hermitisch is, dan is duidelijk hf (x), xi = hx, f ∗ (x)i = hx, f (x)i. Omgekeerd, veronderstel dat hf (x), xi = hx, f (x)i = hf ∗ (x), xi voor alle x ∈ H. Dus, voor elke x ∈ H, hg(x), xi = 0 met g = f − f ∗ . Bijgevolg, voor alle x, y ∈ H, 0 = hg(x + y), x + yi = hf (x), xi + hf (x), yi + hf (y), xi + hf (y), yi −hf ∗ (x), xi − hf ∗ (x), yi − hf ∗ (y), xi − hf ∗ (y), yi = hg(x), yi + hg(y), xi.

104

HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN

Dus 0 = hg(x), yi + hg(y), xi

(5.2)

voor alle x, y ∈ H. Analoog, 0 = hg(x + iy), x + iyi = hf (x), xi − ihf (x), yi + ihf (y), xi + hf (y), yi −hf ∗ (x), xi + ihf ∗ (x), yi − ihf ∗ (y), xi − hf ∗ (y), yi = −i(hg(x), yi − hg(y), xi). Dus 0 = hg(x), yi − hg(y), xi

(5.3)

Uit 5.2 en 5.3 volgt 0 = hg(x), yi voor alle x, y ∈ H. Bijgevolg f = f ∗ . 2 Wij geven nu een voorbeeld van een begrensde lineaire operator die niet gelijk is aan zijn geadjungeerde. Zij H = C2 en f : H → H gedefinieerd als volgt: f (x, y) = (0, x). Dan < f (x, y), (x0 , y 0 ) >=< (0, x), (x0 , y 0 ) >= xy 0 en < (x, y), f (x0 , y 0 ) >= yx0 . Wij geven nu verschillende voorbeelden van hermitische operatoren. Voorbeeld. Zij H = Cn en {e1 , . . . , en } de standaard orthonormale basis van H. Zij f een operator gerepresenteerd door de matrix (aij ), d.w.z. aij =< f (ej ), ei >. De adjunct operator f ∗ is dan gerepresenteerd door de matrix (bij ) met bij =< f ∗ (ej ), ei >. Bijgevolg bij

= < f ∗ (ej ), ei > = < ej , f (ei ) > = < f (ei ), ej > = aji .

5.5. HERMITISCHE OPERATOREN

105

Dus (bij ) = (aij )t . Een matrix A = (aij ) noemt men een hermitische matrix; als A = At ; vandaar de naam hermitische operator. Voorbeeld. Een orthogonale projectie p : H = G ⊕ G⊥ → G is een hermitische operator met kpk = 1 (zie Gevolg 2.10.8). Voorbeeld. Een diagonaaloperator f : `2 → `2 : (xi ) 7→ (di xi ) in met re¨ele en begrensde diagonaal (di ). Dan is kf k = sup{|di | | 1 ≤ i < ∞} en f = f ∗ . Voorbeeld. De vermenigvuldigeroperator. Zij f ∈ C([a, b], R) en M : L2 ([a, b]) → L2 ([a, b]), met (M x)(t) = f (t)x(t). Wij weten reeds dat kM k ≤ kf k∞ . Bovendien Z b < M x, y > = f (t)x(t)y(t)dt a Z b = x(t)f (t)y(t)dt a

= < x, M y > . Dus M = M ∗ is hermitisch. Voorbeeld. Zij H = C0∞ ([a, b], C) = {f ∈ C ∞ | f (a) = f (b) = 0}. Dit is een preHilbertruimte. Zij D de operator gedefinieerd als volgt: Df = if 0 . Dan Z

b

if 0 (t)g(t)dt a Z b b = i[f (t)g(t)]a − if (t)g 0 (t)dt

< Df, g > =

a

= < f, Dg > . Voorbeeld. Zij K de Fredholm operator K : L2 ([a, b], C) → L2 ([a, b], C)

106

HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN

gedefinieerd door een continue functie k : [a, b] × [a, b] → C. Dus

b

Z

k(x, y)f (y)dy.

K(f )(x) = a

Men kan gemakkelijk aantonen dat K een begrensde lineaire operator is voor de supnorm. Nu, wegens de ongelijkheid van Schwarz, Z b |K(f )(x)|2 = | k(x, y)f (y)dy|2 a Z b |k(x, y)|2 dy kf k22 . ≤ a

Bijgevolg kK(f )k22

Z bZ

b

|k(x, y)|2 dxdy kf k22

≤ a

a

en dus Z b Z

b

|k(x, y)|2 dxdy

kKk2 ≤ a

1/2

a

≤ kkk∞ |b − a| Wij merken op dat de continu¨ıteitsvoorwaarde op k kan afgezwakt worden tot k ∈ L2 ([a, b] × [a, b]). Bovendien, wegens de Stelling van Fubini (welke geldig blijft voor Lebesgue integreerbare functies), Z bZ b k(x, y)f (y)g(x)dxdy < Kf, g > = a

a

Z bZ

b

=

k(x, y)f (y)gxdxdy a

Z =

a b

Z b k(x, y)g(x)dxdy f (y)

a

a

= < f, K ∗ g > met ∗

Z

(K g)(y) =

b

k(x, y)g(x)dx. a

Als k(x, y) = k(y, x) dan < Kf, g > = < f, Kg >

5.5. HERMITISCHE OPERATOREN

107

en dus is K = K ∗ hermitisch. Merk op dat men in bovenstaande redenering Lebesgue integratie kan vermeden worden door het vorige bewijs toe te passen op het dicht deel C([a, b]) in L2 ([a, b]). Vervolgens breidt men dan de begrensde operator uit tot de sluiting L2 ([a, b]). Eigenschap 5.5.2. Zij H een Hilbertruimte en f ∈ B(H). Dan is f hermitisch als en slechts als < f (x), x >∈ R voor alle x ∈ H. Bewijs. Veronderstel dat f hermitisch is, d.w.z., voor alle x ∈ H, hf (x), xi = hx, f (x)i = hf (x), xi. Bijgevolg hf (x), xi ∈ R. Omgekeerd, veronderstel hf (x), xi ∈ R voor alle x ∈ H. Dan hf (x), xi = hf (x), xi = hx, f (x)i. 2 Wij geven nu enkele basiseigenschappen van hermitische operatoren. Eigenschap 5.5.3. Zij H een Hilbertruimte en f, g ∈ B(H). 1. f ∗ f en f + f ∗ zijn hermitisch. 2. Als f en g hermitisch zijn, dan is f g hermitisch als en slechts als f g = gf . 3. Als f hermitisch is, dan is elke re¨ele veelterm cn f n + cn−1 f n−1 + · · · + c1 f + c0 hermitisch. Bewijs. (1) Dit is eenvoudig te bewijzen. (3) is een gevolg van (2). Wij bewijzen dus slechts (2). Zij daarom f = f ∗ en g = g ∗ Hermitische operatoren. Wegens Eigenschap 5.4.5 volgt er (f g)∗ = g ∗ f ∗ = gf. Dus is f g hermitisch als en slechts als f g = gf . 2 Eigenschap 5.5.4. Zij H een Hilbertruimte en f ∈ B(H). Dan bestaan hermitische operatoren f1 en f2 op H zodat f = f1 + if2 . Bovendien, f ∗ = f1 − if2 .

108

HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN

Bewijs. Definieer 1 f1 = (f + f ∗ ) en f2 = (2i)−1 (f − f ∗ ). 2 ∗ Dan fi = fi en f = f1 + if2 . Bovendien, voor x, y ∈ H, hf (x), yi = h(f1 + if2 )(x), yi = hf1 (x), yi + ihf2 (x), yi = hx, f1 (y)i + ihx, f2 (y)i = hx, (f1 − if2 )(y)i. Dus f ∗ = f1 − if2 . 2 Voor de studie van spectraaleigenschappen van hermitische operatoren is de volgende eigenschap belangrijk. Stelling 5.5.5. Zij H een Hilbertruimte en f ∈ B(H) een hermitische operator. Dan kf k = sup{| < f (x), x > | | x ∈ H, kxk = 1}. Bewijs. Stel M = sup{|hf (x), xi| | x ∈ H, kxk = 1}. Er volgt, voor x ∈ H met kxk = 1, |hf (x), xi| ≤ kf (x)k kxk = kf (x)k ≤ kf k kxk = kf k. Dus M ≤ kf k. De omgekeerde ongelijkheid is evident als f = 0. Veronderstel nu dat f 6= 0 en x ∈ H met f (x) 6= 0. Dan, kf (x)k2 = hf (x), f (x)i = hf (cx), yi = hcx, f (y)i = hf (y), cxi (de laatste gelijkheid geldt omdat de getallen re¨eel zijn) met c =



en y = c−1 f (x). Bijgevolg kf (x)k2 = ≤ = = =

1 [hf (cx + y), cx + yi − hf (cx − y), cx − yi] 4
1 M kcx + yk2 + kcx − yk2 4 1 M (kcxk2 + kyk2 ) 2 1 M (c2 kxk2 + c−2 kf (x)k2 ) 2 M kxk kf (x)k.

kf (x)k kxk

1/2

5.5. HERMITISCHE OPERATOREN

109

Dus voor alle x ∈ H, kf (x)k ≤ M kxk en kf k ≤ M. 2 Lemma 5.5.6. Zij H een Hilbertruimte en f ∈ B(H). 1. Als f hermitisch is, dan ker(f ) = f (H)⊥ . 2. Als f hermitisch en injectief is, dan H = f (H)⊥⊥ = f (H). Bewijs. (1) Als x ∈ ker(f ), dan voor alle y ∈ H, 0 = hy, f (x)i = hf (y), xi. Dus x ∈ f (H)⊥ . Omgekeerd, veronderstel x ∈ f (H)⊥ . Dan 0 = hf (y), xi = hy, f (x)i voor alle y ∈ H. Bijgevolg f (x) = 0 en dus x ∈ ker f . (2) Veronderstel dat f Hermitisch en injectief is. Dan, wegens (1), 0 = ker f = f (H)⊥ . Dus, wegens Gevolg 2.10.9 f (H) = H = f (H)⊥⊥ . 2 Stelling 5.5.7. Zij H een Hilbertruimte en f ∈ B(H), een hermitische operator. Dan, f is inverteerbaar als en slechts als er een c > 0 bestaat zodat kf (x)k ≥ ckxk voor alle x ∈ H. Bewijs. Wegens Eigenschap 5.2.2 is het voldoende te bewijzen dat f (H) = H als er een c > 0 bestaat met kf (x)k ≥ ckxk. Zij dus c zo’n positief getal. Wij tonen nu eerst aan dat f injectief is. Zij daarom x ∈ H met f (x) = 0. Dan 0 = kf (x)k ≥ ckxk. Dus kxk = 0 en bijgevolg x = 0. Wegens Lemma 5.5.6 is dan f (H) dicht in H. Definieer g : f (H) → H als volgt g(y) = x

als f (x) = y.

110

HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN

Dan is g een lineaire afbeelding en, voor y = f (x), kyk ≥ ckg(y)k. Bijgevolg kg(y)k ≤ c−1 kyk voor elke y ∈ f (H). Dus is g een begrensde operator. Wegens Eigenschap 2.4.5 bestaat er dan een begrensde lineaire operator g˜ : H = f (H) → H met g˜|f (H) = g en k˜ g k = kgk. Duidelijk is g˜ ◦ f = 1 (wegens de definitie van g en g˜). Stel e = f ◦ g˜. Dan e2 = f g˜f g˜ = f 1˜ g = f g˜ = e. Bijgevolg e(H) = ker(1 − e). Omdat 1 − e begrensd is, volgt er uit Eigenschap 2.4.4 dat ker(1 − e) gesloten is. Nu, voor elke y = f (x) ∈ f (H), e(y) = f g˜(y) = f g˜f (x) = f gf (x) = f (g ◦ f )(x) = f (x) = y. Dus f (H) ⊆ e(H). Omdat e(H) = ker(1 − e) gesloten is, verkrijgen wij dus dat H = f (H) ⊆ e(H). Bijgevolg e(H) = H, d.w.z. f g˜ = 1. Dus g˜ = f −1 . 2 Stelling 5.5.8. Zij (fn ) een rij Hermitische operatoren fn : H → H op een Hilbertruimte H. Als in B(H), limn→∞ fn = f dan is f = f ∗ ∈ B(H). Bewijs. We moeten bewijzen dat kf − f ∗ k = 0. Wel, kfn∗ − f ∗ k = k(fn − f )∗ k = kfn − f k.

5.5. HERMITISCHE OPERATOREN

111

Wegens de driehoeksongelijkheid verkrijgen wij dan kf − f ∗ k ≤ kf − fn k + kfn − fn∗ k + kfn∗ − f ∗ k = kf − fn k + kfn − f k = 2kf − fn k Wegens de veronderstelling limn→∞ kf − fn k = 0 en dus kf − f ∗ k = 0. 2 Wij geven nu een korte bespreking van unitaire en normale operatoren. Merk op dat niet elke normale operator hermitisch of unitair is. Bijvoorbeeld zij I : H → H de identieke operator en T = 2iI. Dan is T normaal omdat T ∗ = −2iI en T T ∗ = T ∗ T = 4I. Maar T ∗ 6= T −1 = − 12 iI. Men kan ook gemakkelijk via matrices tegenvoorbeelden geven. Lemma 5.5.9. Zij X een complexe pre-Hilbertruite en f : X → X een begrensde lineaire operator. Dan is f = 0 als en slechts als < f (x), x >= 0 voor alle x ∈ X. Stelling 5.5.10. (Unitaire Operator) Zij f : H → H en g : H → H unitaire operatoren (op een Hilbertruimte H). Dan: 1. f is een isometrie, 2. kf k = 1 als H 6= {0}, 3. f −1 = f ∗ is unitair, 4. f g is unitair, 5. f is normaal, 6. p ∈ B(H) is unitair als en slechts als p is een isometrie en p is bijectief. Stelling 5.5.11. f ∈ B(H) is normaal als en slechts als kf (x)k = kf ∗ (x)k voor alle x ∈ H. Lemma 5.5.12. Als f ∈ B(H) normaal is, dan is elke αI − f normaal (α ∈ C). Stelling 5.5.13. Zij H een Hilbertruimte. Als g, h ∈ B(H) en g = g ∗ en h = h∗ , dan is f = g + ih normaal als en slechts g en h commuteren. Stelling 5.5.14. Zij H een Hilbertruimte en f ∈ B(H). Dan is f isometrisch als en slechts als f ∗ f = I.

112

5.6

HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN

Spectrum van een Hermitische operator

In deze paragraaf is H een complexe Hilertruimte. Stelling 5.6.1. Als f ∈ B(H) hermitisch is, dan is Spec(f ) ⊆ R. Bewijs. Zij λ = a + ib met a, b ∈ R. Het is voldoende om aan te tonen dat f − λ1 inverteerbaar is als b 6= 0. Indien f = 0 dan is dit duidelijk. Wij veronderstellen dus dat f 6= 0. Voor alle 0 6= x ∈ H geldt k(f − λ1)(x)k2 = k(f − a1)(x)k2 + b2 kxk2 − i (hbx, (f − a1)(x)i − h(f − a1)(x), bxi) . Omdat f Hermistisch is en a ∈ R volgt er dat de laatste term nul is. Dus k(f − λ1)(x)k ≥ |b| kxk met |b| > 0. Bijgevolg is f − λ1 injectief als |b| > 0. Uiteraard geldt hetzelfde voor f − λ1 = (f − λ1)∗ . I.h.b. k(f − λ1)(x)k ≥ |b| kxk. Omdat f − λ1 niet noodzakelijk hermitisch is kunnen wij niet rechtstreeks Stelling 5.5.7 toepassen. Wij tonen nu eerst aan dat (f − λ1)(H) dicht is in H. Om dit te bewijzen is het voldoende om aan te tonen dat (f − λ1)⊥ = {0}. Om dit laatste aan te bewijzen, zij x ∈ H zodat, voor alle y ∈ H, 0 = h(f − λ1)(y), xi. Dan 0 = hy, (f − λ1)(x)i. Dus (f − λ)(x) = 0 en bijgevolg x = 0, zoals gewenst. Omdat (f − λ1)(H) dicht is in H en f − λ1 injectief is geldt het bewijs van Stelling 5.5.7. Er volgt dat f − λ1 inverteerbaar is. 2 Definitie 5.6.2. Een complex getal λ noemt men een benaderende eigenwaarde van een operator f op H als er een rij (xn ) in H bestaat zodat kxn k = 1, voor alle n ∈ N, en lim (f − λ1)(xn ) = 0.

n→∞

5.6. SPECTRUM VAN EEN HERMITISCHE

OPERATOR

113

Het is duidelijk dat elke eigenwaarde een benaderende eigenwaarde is. Het omgekeerde geldt niet in een oneindigdimensionale Hilbertruimte. Inderdaad, zij H een Hilbertruimte met een complete orthonormale rij (en ). Veronderstel dat (λn ) een rij is in C die convergeert naar λ en λn 6= λ voor elke n. Defini¨eer een operator f op H als volgt: f (x) =

∞ X

λn < x, en > en .

n=1

Dan is elke λn een eigenwaarde van f , maar λ is geen eigenwaarde. Anderzijds, kf (en ) − λen k = kλn en − λen k = k(λn − λ)en k = |λn − λ| → 0. Dus is λ een benaderende eigenwaarde van f . Eigenschap 5.6.3. Zij f ∈ B(H) hermitisch. Dan is Spec(f ) de verzameling van de benaderende eigenwaarden. Bewijs. Eerst tonen wij aan dat elke benaderende eigenwaarde λ tot het spectrum behoort. Wij bewijzen dit door contrapositie. Veronderstel dus dat λ 6∈ Spec(f ). Dan is f − λ1 inverteerbaar. Zij g = (f − λ1)−1 . Zij (xn ) een rij in H met kxn k = 1 voor elke n. Als limn→∞ (f − λ1)(xn ) bestaat dan lim kg(f − λ1)(xn )k = 1

n→∞

en dus limn→∞ (f − λ1)(xn ) 6= 0. Bijgevolg is λ geen benaderende eigenwaarde. Omgekeerd, zij λ ∈ Spec(f ), d.w.z. f − λ1 is niet inverteerbaar. Merk op dat λ ∈ R en dus is f − λ1 ook hermitisch. Wegens Stelling 5.5.7 bestaat er dan een rij (xn ) in H met lim (f − λ1)(xn ) = 0

n→∞

en kxn k = 1. Dus is λ een benaderende eigenwaarde. 2 Wij weten reeds dat het spectrum van een hermitische operator re¨eel en compact is (dit laatste geldt voor elke begrensde operator op een Banachruimte). Stelling 5.6.4. Zij f ∈ B(H) hermitisch. Dan Spec(f ) ⊆ [m, M ]

114

HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN

met m = inf{< f (x), x >| x ∈ H, kxk = 1} en M = sup{< f (x), x >| x ∈ H, kxk = 1}. Bewijs. Wij weten Spec(f ) ⊆ R. Wij tonen nu aan dat f − λ1 inverteerbaar is voor elke λ ∈ R met λ > M . Zij 0 6= x ∈ H en v = kxk−1 x. Dan hf (x), xi = kxk2 hf (v), vi ≤ kxk2 M. Wegens de ongelijkheid van Schwarz volgt er dus k(f − λ1)(x)k kxk ≥ −h(f − λ1)(x), xi = −hf (x), xi + λhx, xi ≥ (−M + λ)hx, xi ≥ (−M + λ)kxk2 Dus k(f − λ1)(x)k ≥ ckxk met c = −M + λ > 0. Wegens Stelling 5.5.7 is f − λ1 dus inderdaad inverteerbaar. Analoog bewijst men dat voor λ < m de operator f − λ1 inverteerbaar is. Dus volgt het resultaat. 2 Eigenschap 5.6.5. Als f ∈ B(H) hermitisch is dan kf k = max{|m|, |M |} = sup{| < f (x), x > | | x ∈ H, kxk = 1}. Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit Stelling 5.5.5 en Stelling 5.6.4. 2 De volgende eigenschap toont aan dat de grenzen in Stelling 5.6.4 niet verscherpt kunnen worden. Stelling 5.6.6. Als f ∈ B(H) hermitisch is, dan max{|λ| | λ ∈ Spec(f )} = kf k. Eigenlijk kf k of − kf k ∈ Spec(f ), en i.h.b. Spec(f ) 6= ∅.

5.6. SPECTRUM VAN EEN HERMITISCHE

OPERATOR

115

Bewijs. De stelling is evident voor f = 0. Veronderstel dus dat f 6= 0. Omdat kf k = sup{|hf (x), xi| | x ∈ H, kxk = 1} bestaat er een rij (xn ) ∈ H met kxn k = 1 en lim hf (xn ), xn i = kf k = λ n→∞

met  = 1 of  = −1. Bijgevolg, 0 ≤ k(f − λ1)(xn )k2 = kf (xn )k2 − 2λhf (xn ), xn i + λ2 kxn k2 ≤ kf k2 − 2λhf (xn ), xn i + λ2 . Dus 0 ≤ k(f − λ1)(xn )k2 ≤ 2λ2 − 2λhf (xn ), xn i. Er volgt 0 ≤ lim sup k(f − λ1)(xn )k2 ≤ 2λ2 − 2λ lim hf (xn ), xn i 2

≤ 2λ − 2λ

n→∞ 2

= 0. Dus lim sup k(f − λ1)(xn )k2 = 0 en bijgevolg limn→∞ (f (xn ) − λxn ) = 0. Dus is λ een benaderende eigenwaarde. Wegens Eigenschap 5.6.3 is dan λ = kf k of − kf k ∈ Spec(f ). Dus volgt het resultaat. 2 Men kan bewijzen dat als H 6= {0} dan m, M ∈ Spec(f ). Daarom moeten wij eerst de volgende eigenschap bewijzen. Stelling 5.6.7. (Spectraalstelling voor polynomen) Zij H een complexe Hilbertruimte en f = f ∗ ∈ B(H). Stel p(X) = cn X n + cn−1 X n−1 + · · · + c0 (cn 6= 0) een complexe polynoom. Dan Spec(p(f )) = p(Spec(f )), d.w.z. het spectrum van de operator p(f ) = cn f n + cn−1 f n−1 + · · · + c0 bestaat precies uit de waarden f (s) met s ∈ Spec(f ).

116

HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN

Stelling 5.6.8. Zij f ∈ B(H) een hermitische operator op een Hilbertruimte H (H 6= {0}). Dan zijn m = inf{< f (x), x >| x ∈ H, kxk = 1} en M = max{< f (x), x >| x ∈ H, kxk = 1} spectraalwaarden van f .

5.7

Positieve operatoren

Zij H een Hilbertruimte. En hermitische operator f op H noemt men positief als < f (x), x > ≥ 0 voor alle x ∈ H. Wij noteren dit door f ≥ 0. Merk op dat alle eigenwaarden van een positieve operator positief zijn. Algemener, als f, g ∈ B(H) hermitische operatoren zijn met f − g ≥ 0, dan noteren wij dit f ≥ g. Men kan eenvoudig de volgende eigenschappen aantonen: 1. als f ≥ 0 en kf k ≤ 1, dan f ≤ 1. 2. kf k−1 f ≤ 1, als kf k = 6 0. Inderdaad, om de eerst eigenschap te bewijzen, zij x ∈ H. Omdat kf k ≤ 1 verkrijgen wij kf (x)k ≤ kf k kxk ≤ kxk. Bijgevolg, kxk2 ≥ kf (x)k kxk ≥ hf (x), xi. Omdat f ≥ 0 volgt er hx, xi ≥ hf (x), xi ≥ 0. Dus hf (x)−x, xi ≤ 0. Omdat dit geldt voor alle x ∈ H volgt er f − 1 ≤ 0, zoals gewenst. Om de tweede eigenschap te bewijzen merken wij op dat voor elke x ∈ H, hkf k−1 f (x), xi ≤ kf k−1 kf k kxk kxk = hx, xi. Het resultaat volgt dan. Voobeeld. Zij f ∈ C([a, b], R) met f (x) ≥ 0 voor alle x ∈ [a, b]. De vermenigvuldigeroperator M : L2 ([a, b]) → L2 ([a, b]) gedefinieerd door Mg = fg

5.7. POSITIEVE OPERATOREN

117

is positief. Inderdaad, Z

b

Z f (t)g(t)g(t)dt =

< M g, g >= a

b

f (t)|g(t)|2 dt ≥ 0.

a

Wij geven nog enkele elementaire eigenschappen. Eigenschap 5.7.1. Zij f, g ∈ B(H). Dan 1. de som van positieve operatoren is positief. 2. f ∗ f en f f ∗ zijn positief. 3. als f g = gf en f en g positief zijn, dan is f g positief. 4. als f inverteerbaar en positief is, dan is f −1 positief. Bewijs. (1) Dit is evident. (2) Voor alle x ∈ H, hf ∗ f x, xi = hf x, f xi = kf (x)k2 ≥ 0 en hf f ∗ x, xi = hf ∗ x, f ∗ xi = kf ∗ xk2 ≥ 0. (3) Veronderstel dat 0 6= f en g positieve operatoren zijn en f g = gf . Definieer f1 = kf k−1 f en fn+1 = fn − fn2 voor n ≥ 1. Wegens Eigenschap 5.5.3 is elke operator fn hermistisch. Wij beweren dat 0 ≤ fn ≤ 1. Wij bewijzen dit door inductie. Voor n = 1 is dit duidelijk. Veronderstel nu dat de bewering geldt voor n. Dan hfn2 (1 − fn )x, xi = hfn (1 − fn )x, fn xi = h(1 − fn )fn x, fn xi ≥ 0 en hfn (1 − fn )2 x, xi = hfn (1 − fn )x, (1 − fn )xi ≥ 0. Dus fn2 (1 − fn ) ≥ 0 en fn (1 − fn )2 ≥ 0.

118

HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN

Bijgevolg, fn+1 = fn2 (1 − fn ) + fn (1 − fn )2 ≥ 0 en 1 − fn+1 = (1 − fn ) + fn2 ≥ 0. Dus volgt de bewering. Nu, f1 =

f12

+ f2 =

f12

f22

+

n X + f3 = · · · = ( fi2 ) + fn+1 . i=1

Bijgevolg,

n X

fi2 = f1 − fn+1 ≤ f1 .

i=1

Er volgt

n X

hfi (x), fi (x)i ≤ hf1 (x), xi.

i=1

Dus convergeert de reeks

P∞

2 i=1 kfi (x)k

en

kfi (x)k → 0 als n → ∞. Bijgevolg, n X

! fi2

(x) = f1 (x) − fn+1 (x) → f1 (x)

i=1

als n → ∞. Dus

∞ X

fi2 (x) = f1 (x).

i=1

Omdat g commuteert met elke fi verkrijgen wij hf g(x), xi = hkf kf1 gx, xi = kf khgf1 x, xi ∞ X = kf k hgfi2 (x), xi i=1

= kf k

∞ X i=1

≥ 0. Dus is f g positief.

hgfi x, fi xi

5.7. POSITIEVE OPERATOREN

119

(4) Veronderstel dat f inverteerbaar en positief is. Dan voor y ∈ H, y = f (x) voor een x ∈ H. Dus hf −1 y, yi = hf −1 f x, f xi = hx, f (x)i ≥ 0. 2 

1 De voorwaarde f g = gf in (3) is noodzakelijk. Inderdaad, f = 0    1 1 1 en g = defini¨eren positieve operatoren op R2 . Maar f g = 1 1 0 is niet positief.

 0 0  1 0

Het volgende resultaat is analoog aan een eigenschap van re¨ele getallen. Stelling 5.7.2. Zij f1 ≤ f2 ≤ f3 · · · een rij commuterende hermitische operatoren op H. Als g ∈ B(H) hermitisch is en fn g = gfn en fn ≤ g voor alle n ≥ 1, dan convergeert de rij (fn ) naar een hermitische operator f met f1 ≤ f ≤ g. Bewijs. Stel hn = g − fn . Dan hn hm = hm hn voor alle n, m ≥ 1 en h1 ≥ h2 ≥ · · · ≥ 0. Wegens Eigenschap 5.7.1 zijn de operatoren (hm − hn )hm en hn (hm − hn ) positief voor alle n > m. Bijgevolg hh2m x, xi ≥ hhm hn x, xi ≥ hh2n x, xi voor alle x ∈ H. Voor x ∈ H is dus (hh2n (x), xi) een dalende rij van positieve getallen. Bijgevolg convergeert deze rij en lim hhm hn x, xi = lim hh2n x, xi.

m,n→∞

n→∞

Dus khm x − hn xk2 = h(hm − hn )x, (hm − hn )xi = hh2m x, xi − 2hhm hn x, xi + hh2n x, xi →0

120

HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN

als m, n → ∞. Dus is (hn (x)) een Cauchy rij voor elke x ∈ H. Bijgevolg convergeert deze rij en dus ook de rij (fn x). Het is eenvoudig aan te tonen dat de operator f gedefinieerd door f (x) = lim fn (x) n→∞

hermitisch is en f1 ≤ f ≤ g. 2 Definitie 5.7.3. Een wortel van een operator f is een hermitische operator g zodat g 2 = f . Stelling 5.7.4. Een positieve operator f heeft een unieke positieve wortel g. Bovendien commuteert g met elke operator die commuteert met f . Bewijs. Zij f een positieve operator en zij c ∈ R, c > 0, zodat c2 f ≤ 1. Definieer 1 f0 = 0 en fn+1 = fn + (c2 f − fn2 ) 2 voor n ≥ 0. Wegens Eigenschap 5.5.3 is elke fn hermitisch en bovendien commuteert fn met elke operator die met f comuteert. I.h.b., fn fm = fm fn voor alle m, n ≥ 0. Nu, voor elke n ≥ 0, 1 1 1 − fn+1 = (1 − fn )2 + (1 − c2 f ) 2 2 en

1 ((1 − fn−1 ) + (1 − fn )) (fn − fn−1 ). 2 Wegens de eerste gelijkheid verkrijgen wij dat fn ≤ 1 voor alle n ≥ 0. Bovendien volgt uit de tweede gelijkheid fn+1 − fn =

0 ≤ f0 ≤ f1 ≤ · · · ≤ fn ≤ · · · ≤ 1 Wegense Stelling 5.7.2 convergeert de rij (fn ) naar een positieve operator p. Uit de definitie van fn+1 volgt er dan 1 p = p + (c2 f − p2 ). 2 Dus (c−1 p)2 = f. Stel g = c−1 p. Het is duidelijk dat g een positieve operator is. Aangezien fn commuteert met elke operator die met f commuteert volgt er dat p en dus ook g deze commuterende eigenschap heeft.

5.8. PROJECTIE OPERATOREN

121

Wij bewijzen nu dat er slechts ´e´en zo’n functie (wortel) g bestaat. Stel dus dat q een positieve operator is met q 2 = f . Aangezien qf = f q, volgt er dat qg = gq. Bijgevolg, voor x ∈ H en y = (g − q)(x), hgy, yi + hqy, yi = h(g + q)y, yi = h(g + q)(g − q)x, yi = h(g 2 − q 2 )x, yi = 0. Omdat g en q positief zijn volgt er hgy, yi = hqy, yi = 0. Als r een wortel is van g, dan kryk2 = hr2 y, yi = hgy, yi = 0. Dus ry = 0 en bijgevolg gy = r2 y = 0. Analoog qy = 0 en dus kgx − qxk2 = h(g − q)2 x, xi = h(g − q)y, xi = 0, voor elke x ∈ H. Dus g = q. 2

5.8

Projectie operatoren

Wij weten reeds dat de projectie pG van een Hilbertruimte H op een gesloten deelruimte een idempotente lineaire operator is met kpG k = 1 (als G 6= 0). Men noemt zulke operator een projectieoperator. Voorbeeld. Zij {e1 , e2 , . . .} een compleet orthonormaal systeem van een gesloten deelruimte G van een Hilbertruimte H. Dan, voor elke x ∈ H, pG (x) =

∞ X

< x, en > en .

n=1

Voorbeeld. Zij H = L2 ([−π, π]). Dan, voor elke x ∈ H, x = y + z,

122

HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN

met y een even functie en z een oneven functie. Dan is de operator p gedefinieerd door p(x) = y de projectieoperator op de deelruimte van alle even functies. Met de notaties van het eerste voorbeeld, p(x) =

∞ X

< x, ϕn > ϕn ,

n=0

met ϕ0 (t) = 1 en ϕn (t) =

q

1 π

cos nt, voor n = 1, 2, . . .

Voorbeeld. Zij H = L2 ([−π, π]) en p de operator op H gedefinieerd als volgt:  (pf )(t) =

0 f (t)

als t ≤ 0 als t > 0

p is de projectieoperator op de ruimte van alle functies welke triviaal zijn op (−∞, 0]. Eigenschap 5.8.1. Zij H een Hilbertruimte. Een begrensde operator f ∈ B(H) is een projectieoperator als en slechts als f idempotent en hermitisch is. Als f een projectieoperator is, dan < f (x), x >= kf (x)k2 voor alle x ∈ H. (Ook is 1 − f een projectieoperator: men noemt dit de complementaire projectieoperator van f . Wij noteren deze door f ⊥ .) Bewijs. Wij weten reeds dat een projectieoperator f hermitisch is. Duidelijk is f ook idempotent. Dus zijn de voorwaarden nodig. Wij bewijzen nu dat deze voorwaarden voldoende zijn. Zij f ∈ B(H) hermitisch en idempotent. Noteer G = {x ∈ H | f x = x} = ker(f − 1) (dit is een gesloten deelruimte omdat f − 1 begrensd is). Omdat f een continue operator is, volgt er dat G gesloten is. Als x ∈ H, dan voor alle y ∈ G, hx − f x, yi = hx, yi − hf x, yi = hx, yi − hx, f yi = hx, yi − hx, yi = 0. Bovendien, f (f (x)) = f (x) voor alle x ∈ H (omdat f 2 = f ). Bijgevolg, voor alle x ∈ H, x = f x + (x − f x), met f (x) ∈ G en x − f x ∈ G⊥ . Dus is f = pG .

5.9. COMPACTE OPERATOREN

123

Het laatste gedeelte van de stelling volgt nu ook eenvoudig. Inderdaad, voor alle x ∈ H, hf (x), xi = hf f x, xi = hf x, f ∗ (x)i = hf x, f xi = kf (x)k2 . 2 De som van twee projectieoperatoren is in het algemeen geen projectieoperator. Inderdaad, als p een projectieoperator is, dan kp + pk = k2pk = 2 zodat p + p geen projectieoperator is. Anderzijs is p + p⊥ een projectieoperator. Twee projectieoperatoren p en q noemt men orthogonaal als pq = 0. Merk op dat pq = 0 als en slechts als qp = 0; omdat pq = p∗ q ∗ = (qp)∗ . Eigenschap 5.8.2. Zij pG1 en pG2 projectieoperatoren. Dan gelden de volgende eigenschappen. 1. pG1 en pG2 zijn orthogonaal als en slechts als G1 ⊥ G2 . 2. pG1 + pG2 is een projectieoperator als en slechts als pG1 en pG2 orthogonaal zijn. In dit geval, pG1 + pG2 = pG1 ⊕G2 . 3. pG1 pG2 is een projectieoperator als en slechts als pG1 en pG2 commuteren. In dit geval pG1 pG2 = pG1 ∩G2 . Bewijs. Dit is eenvoudig te bewijzen. 2 Stelling 5.8.3. Zij G1 en G2 twee gesloten deelruimten van een Hilbertruimte H. Dan zijn de volgende voorwaarden equivalent: 1. G1 ⊆ G2 ; 2. pG2 pG1 = pG1 , 3. pG1 pG2 = pG1 ; 4. kpG1 (x)k ≤ kpG2 (x)k, voor elke x ∈ H.

5.9

Compacte operatoren

Compacte operatoren hebben gelijkaardige eigenschappen als operatoren op eindig dimensionale ruimten.

124

HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN

Definitie 5.9.1. Zij X en Y genormeerde ruimten. Een lineaire operator f : X → Y noemt men compact als voor elke begrensde deelverzameling M in X de sluiting f (M ) compact is. Equivalent, f is compact als en slechts als voor elke begrensde rij (xn ) heeft de rij (f (xn )) een convergente deelrij in Y . Het is duidelijk dat de som van compacte operatoren terug een compacte operator is. Bovendien als c ∈ C en f een compacte operator is, dan is ook cf een compacte operator. Dus de compacte operatoren van X naar Y vormen een vectorruimte. Wij tonen nu aan dat deze ruimte bevat is in B(X, Y ). Eigenschap 5.9.2. Een compacte operator is begrensd (en dus continu). Bewijs. Noteer B = {x ∈ X | kxk = 1}, een begrensde verzameling. Omdat f compact is volgt er dat f (B) compact is en dus is f (B) begrensd. Bijgevolg is f begrensd. 2 Een operator f : X → Y met dim(f (X)) eindig dimensionaal noemt men een operator van eindige rang (of ook wel een eindig dimensionale operator). Voorbeeld Als f ∈ B(X, Y ) eindige rang heeft dan is f compact. Inderdaad, zij (xn ) een begrensde rij in X. Omdat kf (xn )k ≤ kf k kxn k volgt er dat (f (xn )) een begrensde rij is in de eindig dimensionale ruimte f (X). Wegens Stelling 2.3.6 volgt er dat (f (xn )) compact (gesloten en begrensd) is . Bijgevolg heeft (f (xn )) een convergente deelrij. Dus is f inderdaad compact. Voorbeeld Zij H een Hilbertruimte en y, z ∈ H. Defini¨eer de lineaire operator f op H als volgt: f (x) =< x, y > z. Dan, voor elke begrensde rij (xn ), | < xn , y > | ≤ kxn k kyk ≤ sup{kxn k | n ∈ N} kyk. Dus bevat de rij (< xn , y >) een convergente deelrij (< xpn , y >). Zij c de limiet van deze deelrij. Dan lim f (xpn ) = lim < xpn , y > z = cz.

n→∞

n→∞

Dus is f een compacte operator. Voorbeeld De Fredholm operator K : L2 ([a, b], C) → L2 ([a, b], C)

5.9. COMPACTE OPERATOREN

125

gedefini¨eerd door een continue functie k : [a, b] × [a, b] → C is een compacte operator. Herinner dat Z b k(x, y)f (y)dy K(f )(x) = a

en dat K een begrensde operator is (die ook hermitisch is als k(x, y) = k(y, x)). Wij bewijzen nu dat deze operator inderdaad compact is. Zij E = C([a, b], R). Wij tonen nu eerst aan dat K1 : E → E : f 7→ K(f ) compact is. Zij daarom BE de eenheidsbol in E. Zij f ∈ BE en g = K(f ). Voor alle x1 , x2 ∈ [a, b], b

Z |g(x1 ) − g(x2 )| = |

(k(x1 , y) − k(x2 , y))f (y)dy| a b

Z

2

≤

1/2

|k(x1 , y) − k(x2 , y)| dy

kf k2

a

≤ max{|k(x1 , y) − k(x2 , y)| | y ∈ [a, b]} kf k2

√

b−a

Omdat k uniform continu is volgt er dat K1 (B) een equicontinue verzameling is. Bovendien is {K1 (f )(x) | f ∈ BE } en x ∈ [a, b] begrensd. Inderdaad, Z

b 2

|g(x)| ≤ ≤

1/2

|k(x, y)| dy √

kf k2

a

b − a max{|k(x, y)| | (x, y) ∈ [a, b] × [a, b]}.

Wegens de Stelling van Ascoli is dan K1 (BE ) compact in E. Nu is K|E = i ◦ K1 met i : E → L2 ([a, b]), de natuurlijke injectie. De continu¨ıteit van i volgt uit de volgende ongelijkheid (voor g ∈ C): Z kgk2 =

b

1/2 |g(x)| dx ≤ kgk∞ (b − a)1/2 . 2

a

Bijgevolg is i(K1 (BE )) compact. Omdat K(BE ) = i(K1 (BE )) ⊆ i(K1 (BE )) volgt er dat K(BE ) ⊆ i(K1 (BE )).

126

HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN

Dus is ook K(BE ) compact. Nu, zij B de ´e´enheidsbol in L2 ([a, b]). Dan is B = BE in L2 ([a, b]). Dus K(B) = K(BE ) ⊆ K(BE ). Dus is K(B) compact. Voorbeeld De identieke operator 1 op een oneindig dimensionale Hilbertruimte is niet compact (maar wel begrensd). Inderdaad, beschouw een orthonormale rij (en ). Dan is (en ) een begrensde rij, maar (1en ) = (en ) heeft geen convergente deelrij. Eigenschap 5.9.3. Een compacte operator f : X → Y van een genormeerde ruimte X in Banachruimte Y heeft een compacte lineaire uitbreiding ˆ → Y, f˜ : X ˆ de completie van X. met X Bewijs. Wij weten dat f een begrensde lineaire uitbreiding f˜ heeft. Verifieer dat deze functie ook compact is. 2 Eigenschap 5.9.4. Zij H een Hilbertruimte en f ∈ B(H) een compacte operator. Dan is f ∗ compact. Bewijs. Zij (xn ) een begrensde rij in H. Dus kxn k ≤ c voor alle n ≥ 1. Stel yn = f ∗ (xn ). Omdat f ∗ begrensd is, is de rij (yn ) ook begrensd. Dus bevat het een deelrij (ynk ) zodat de rij (f ynk ) convergeert in H. Voor alle k, l ≥ 1, kynl − ynk k2 = kf ∗ xnl − f ∗ xnk k2 = hf ∗ (xnl − xnk ), f ∗ (xnl − xnk )i = hf f ∗ (xnl − xnk ), xnl − xnk i ≤ kf f ∗ (xnl − xnk )k kxnl − xnk k ≤ 2ckf ynl − f ynk k. Bijgevolg kynl − ynk k → 0 als l, k → ∞ en dus is (ynk ) een Cauchy rij in H. Dus is (ynk ) convergent en f ∗ compact. 2 Men kan eenvoudig de volgende eigenschappen bewijzen.

5.9. COMPACTE OPERATOREN

127

Stelling 5.9.5. Zij f een compacte operator op een Hilbertruimte H. 1. Als (en ) een orthonormale rij is in H, dan limn→∞ f en = 0. I.h.b., als de inverse van een compacte operator op een oneindigdimensionale ruimte bestaat dan is deze onbegrensd. 2. Als (xn ) een begrensde rij is in H en x ∈ H met limn→∞ < xn , y >=< x, y > voor alle y ∈ H, dan limn→∞ kf xn − f xk = 0. Bewijs. (1) Veronderstel dat de rij niet convergeert naar 0. Dan bestaat er een deelrij (enk ) zodat kf enk k ≥  voor een  en alle k ∈ N. Omdat (enk ) begrensd is, heeft de rij (f enk ) een convergente deelrij (f enl ) zodat lim f enl = y 6= 0.

nl →∞

Bijgevolg, lim hf enl , yi = kyk2 > 0.

nl →∞

Anderzijds, omdat (enl ) orthonormaal is, verkrijgen wij lim hf enl , yi = lim henl , f ∗ yi = 0.

nl →∞

nl →∞

Dit is in contradictie met het vorige. Veronderstel nu dat f een compacte operator is op een oneindigdimensioale ruimte zodat f −1 bestaat en begrensd is. Dus is f −1 continu en er volgt dat 0 = f −1 (limn→∞ f en ) = limn→∞ f −1 f (en ). Dus limn→∞ en = 0, een contradictie. (2) Bewijs dit zelf. 2 In (2) is de voorwaarde “(xn ) begrensd” overbodig. Men kan aantonen dat de andere voorwaarde automatisch “begrensdheid” geeft. Men kan ook aantonen dat (2) equivalent is met compactheid. Stelling 5.9.6. Zij (fn ) een rij compacte operatoren van een genormeerde ruimte Z in een Banachruimte Y . Als limn→∞ fn = f dan is f compact. Bewijs. Wij gebruiken een “diagonaalmethode” om aan te tonen dat voor elke begrensde rij (xn ) in Z de beeldrij f (xn ) een convergente deelrij heeft. Omdat f1 compact is, bestaat er een deelrij (x1,n ) zodat (f1 (x1,n )) een Cauchy rij is. Analoog heeft (x1,n ) een deelrij (x2,n ) zodat (f2 (x2,n )) een Cauchy rij is. Herhaal dit proc´ed´e. Er volgt dat de “diagonaalrij” (yn ) = (xn,n ) een deelrij is van (xn ) zodat voor alle n ≥ 1 de deelrij (fn ym )m∈N een Cauchy rij is.

128

HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN

Zij c > 0 zodat kxn k ≤ c voor alle n ≥ 1. Stel  > 0. Omdat limn→∞ fn = f bestaat er een p ≥ 1 zodat kf − fp k < /3c. Omdat (fp yn )n∈N een Cauchy rij is, bestaat er een N zodat  kfp yj − fp yk k < 3 voor alle j, k > N . Dus voor j, k > N , kf yj − f yk k ≤ kf yj − fp yj k + kfp yj − fp yk k + kfp yk − f yk k  ≤ kf − fp k kyj k + + kfp − f k kyk k 3    ≤ c+ + c 3c 3 3c = . Bijgevolg is (f yn ) een Cauchy rij. Omdat Y volledig is volgt er dat deze rij convergent is. Omdat (yn ) een deelrij is van (xn ), volgt er dat f inderdaad compact is. 2 Als toepassing tonen wij aan dat f : `2 → `2 : (xn ) 7→ (xn /n) een compacte operator is. Inderdaad, het is duidelijk dat f lineair is. Als (xn ) ∈ `2 dan is (xn /n) ∈ 2 ` . Defini¨eer fn (xi ) : `2 → `2 als volgt fn (xi ) = (x1 , x2 /2, x3 /3, . . . , xn /n, 0, 0, . . .). Dan is fn lineair en begrensd en compact (omdat het beeld eindig dimensionaal is). Bovendien k(f − fn )(xi )k

2

=

=

∞ X

|xi /i|2

i=n+1 ∞ X

|x2i |

i=n+1

≤

1 i2

∞ X 1 |xi |2 (n + 1)2 i=n+1

≤ Dus kf − fn k ≤

1 n+1 .

)k2

k(xi . (n + 1)2

Bijgevolg fn → f en wegens Stelling 5.9.6 is f compact.

5.10. COMPACTE HERMITISCHE OPERATOREN

5.10

129

Compacte Hermitische operatoren

Wij tonen eerst aan dat elke niet-nul spectraalwaarde van een compacte hermitische operator een eigenwaarde is. Stelling 5.10.1. Zij f een compacte hermitische operator op een Hilbertruimte H. Dan is elk niet-nul element in Spec(f ) een eigenwaarde. Bewijs. Zij 0 6= λ ∈ Spec(f ). Wegens Eigenschap 5.6.3 is λ een benaderende eigenwaarde. Dus bestaat er een rij (xn ) met kxn k = 1 en limn→∞ (f − λ1)(xn ) = 0. Aangezien f compact is, bevat de rij (f (xn )) een convergente deelrij (f (xnk ))k∈N . Zij y de limiet van deze rij. Dan y = lim f (xnk ) = lim λxnk . k→∞

k→∞

Aangezien λ 6= 0 volgt er lim xnk = λ−1 y.

k→∞

Omdat elke kxk k = 1 volgt kλ−1 yk = 1 en dus λ−1 y 6= 0. Er volgt f (λ−1 y) = lim f (xnk ) = y = λ(λ−1 y). k→∞

Dus is

λ−1 y

een eigenvector met eigenwaarde λ. 2

Enkele opmerkingen bij de vorige stelling. Men kan aantonen dat de stelling algemener geldt, namelijk voor elke compacte lineaire operator. Bovendien, wegens Stelling 5.6.6 (en het bewijs van die stelling) geldt dat, voor elke compacte hermitische operator f het getal kf k of −kf k de dominerende eigenwaarde is. Als f een positieve compacte operator is dan is kf k een eigenwaarde (omdat de eigenwaarden dan positief zijn). Eigenschap 5.10.2. Zij f een hermitische operator op een Hilbertruimte H. Zij λ, µ ∈ Spec(f ), λ 6= µ, en Hλ = ker(f − λ1). Dan Hλ ⊥ Hµ . Bewijs. Stel a ∈ Hλ en b ∈ Hµ . Dan λha, bi = hλa, bi = hf (a), bi = ha, f (b)i = ha, µbi = µha, bi = µha, bi,

130

HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN

omdat µ ∈ R. Bijgevolg (λ − µ)ha, bi = 0. Omdat λ 6= µ volgt er dat Hλ ⊥ Hµ . 2 Eigenschap 5.10.3. Zij f een lineaire operator op een vectorruimte V . Als xi een eigenvector is met eigenwaarde λi , 1 ≤ i ≤ n en λi 6= λj voor i 6= j, dan zijn {x1 , x2 , · · · , xn } lineair onafhankelijk. Bewijs. Dit is welbekend. 2 Eigenschap 5.10.4. Zij (λn ) een rij niet-nul verschillende eigenwaarden van een hermitische compacte operator f . Dan is {λn | n ∈ N} eindig ofwel limn→∞ λn = 0. (Dus 0 is het enige ophopingspunt in Spec(f ).) Bewijs. Veronderstel dat {λn | n ≥ 1} niet eindig is. Zij xn een eigenvector met eigenwaarde λn en kxn k = 1. Wegens Eigenschap 5.10.2 is {xn | n ≥ 1} een orthonormaal systeem. Bovendien, wegens Stelling 5.9.5, 0 = = = = =

lim kf xn k2

n→∞

lim hf xn , f xn i

n→∞

lim hλn xn , λn xn i

n→∞

lim λ2n kxn k2

n→∞

lim λ2n .

n→∞

Dus volgt het resultaat. 2 Wij zullen aantonen dat f slechts een aftelbaar aantal eigenwaarden heeft voor een compacte hermitische operator, en dat de eigenruimten Hλ eindig dimensionaal zijn (men kan aantonen dat de voorwaarde “hermitisch” overbodig is). Stelling 5.10.5. Zij {pn } een orthogonale verzameling van projectieoperatoren op een Hilbertruimte H en {λn } een verzameling getallen zodat limn→∞ λn = 0. Dan P 1. f = ∞ n=1 λn pn is convergent in B(H), en dus f is begrensd. 2. elke niet-nul eigenwaarde van f is ´e´en van de getallen λn en al deze getallen λn zijn eigenwaarden. 3. Als alle λn ∈ R, dan is f hermitisch.

5.10. COMPACTE HERMITISCHE OPERATOREN

131

4. Als alle pn van eindige rang zijn, dan is f compact. Bewijs. (1) Voor elke 1 ≤ k ≤ m, k, m ∈ N, k

m X

λn pn k = sup{k

n=k

m X

λn pn xk | x ∈ H, kxk = 1}.

n=k

Aangezien verschillende pn per veronderstelling orthogonaal zijn volgt er k

m X

λn pn xk2 =

n=k

=

m X n=k m X

kλn pn xk2 |λn |2 kpn xk2 .

n=k

Omdat limn→∞ λn = 0 geldt dat voor elke  > 0 en alle k, m voldoende groot, k

m X

λn pn xk

2

2

≤ 

m X

kpn xk2

n=k m X

n=k

= 2 k

≤ 2 k

n=k m X

pn xk2 pn k2 kxk2 .

n=k

Wegens Eigenschap 5.8.2 is P k m p k=n k k = 1. Bijgevolg sup{k

m X

Pm

n=k

pk terug een projectieoperator en dus is

λn pn xk2 | x ∈ H, kxk = 1} ≤ 2 ,

n=k

P voor k, m voldoende groot. Dus is de rij van parti¨eelsommen van ∞ n=1 λn pn een Cauchy rij in B(H). Omdat deze laatste een complete ruimte is, volgt er P λ pn ∈ B(H). dat ∞ n n=1 (2) Zij x ∈ pn (H). Dan pn (x) = x en pm (x) = 0 voor alle m 6= n (omdat pm pn = 0). Dus f x = λn x en bijgevolg is λn een eigenwaarde van f . Wij tonen nu aan dat er geen andere niet-nul eigenwaarden zijn. Veronderstel dat x een eigenvector is met corresponderende eigenwaarde λ. Stel xn = pn x voor n ≥ 1 en stel y = qx, met q de orthogonale projectie op het orthogonaal complement van f (H). Dan x=

∞ X n=1

xn + y,

132

HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN

met y ⊥ pn (H) voor alle n ≥ 1. Omdat f (y) = 0 en f continu is, volgt er f(

∞ X

xn + y) = f (

n=1

∞ X

xn )

n=1 ∞ X

=

f (xn ).

n=1

Bijgevolg, λ(

∞ X

xn + y) = λx

n=1

= f (x) ∞ X = λn xn . n=1

Of, equivalent,

∞ X

(λ − λn )xn + λy = 0.

n=1

Wegens de orthogonaliteit verkrijgen wij (λ − λn )xn = 0 en λy = 0, voor alle n ≥ 1. Als nu x 6= 0, dan is ofwel y 6= 0 of xn 6= 0 voor een n ≥ 1. Er volgt dat λ = 0 of λ = λn . Dus volgt (2). (3) Veronderstel dat alle λn ∈ R. Omdat pn = p∗n voor alle n ≥ 1, verkrijgen wij dat voor alle x, y ∈ H, hf x, yi = h = =

∞ X

λn pn x, yi

n=1 ∞ X

λn hpn x, yi

n=1 ∞ X

hx, λn pn yi

n=1

= hx,

∞ X

λn pn yi

n=1

= hx, f yi (4) Dit volgt onmiddellijk uit Stelling 5.9.6 2

5.10. COMPACTE HERMITISCHE OPERATOREN

133

Stelling 5.10.6. (Hilbert-Schmidt) Zij f een hermitische compacte operator op een Hilbertruimte H. Dan bestaat er een orthonormaal systeem van eigenvectoren {xn | n ∈ N} corresponderend met niet-nul eigenwaarden {λn } zodat elk element x op een unieke manier kan geschreven worden als x=

∞ X

cn xn + y,

n=1

met cn ∈ C en y ∈ ker(f ). M.a.w. H = vect{xn | n ∈ N} + ker(f ). Bewijs. Wegens Stelling 5.5.5 en Stelling 5.6.6 bestaat een eigenwaarde λ1 van f zodat |λ1 | = sup{|hf (x), xi| | x ∈ H, kxk = 1} = kf k. Zij x1 een eigenvector met eigenwaarde λ1 en zodat kx1 k = 1. Stel H1 = {x ∈ H | hx, x1 i = 0}, het orthogonaal complement van vect{x1 }. Dus H1 is gesloten en H = vect{x1 } ⊕ H1 . Als x ∈ H1 dan hf x, x1 i = hx, f x1 i = λ1 hx, x1 i = 0. Bijgevolg, als x ∈ H1 , dan f (x) ∈ H1 . Dus f|H1 : H1 → H1 , en H1 is een Hilbertruimte. Als f|H1 = 0 dan volgt het resultaat. Zoniet, herhalen wij de vorige redenering op de ruimte H1 . Dus bestaat een eigenwaarde λ2 zodat |λ2 | = sup{|hf x, xi| | x ∈ H1 , kxk = 1}. Zij x2 een eigenvector met eigenwaarde λ2 en kx2 k = 1. Stel H2 = {x ∈ H1 | x ⊥ x2 }. Het is duidelijk dat H = vect{x1 , x2 } ⊕ H2 . Als f|H2 = 0 dan volgt het resultaat, zoniet herhalen wij weer de vorige redenering. Dus, herhaaldelijk herhalen geeft λ1 , · · · , λn eigenwaarden corresponderend met x1 , · · · , xn . Definieer Hn = {x ∈ Hn−1 | hx, xn i = 0}

134

HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN

en zij λn+1 een eigenwaarde zodat |λn+1 | = sup{|hf x, xi| | x ∈ Hn , kxk = 1}. Veronderstel nu dat het vorige proc´ed´e een oneindige rij eigenwaarden λn met corresponderende eigenvectoren xn oplevert. Omdat (xn ) een orthonormale rij is en omdat h−, yi (voor y ∈ H) een compacte operator is (omdat het eindige rang heeft), volgt er uit Stelling 5.9.5 dat lim hxn , yi = 0 = h0, yi.

n→∞

voor alle y ∈ H. Dus weer wegens Stelling 5.9.5 lim f xn = 0 = f (0).

n→∞

Bijgevolg, |λn | = kλn xn k = kf xn k → 0. Zij S = vect{xn | n ≥ 1}. Dan is S een gesloten deelruimte en S is compleet (separabel) met orthonormale basis {xn | n ≥ 1}. Dus elk element van S kan geschreven worden als ∞ X

cn xn met

n=1

∞ X

|cn |2 < ∞.

n=1

Dus wegens de projectiestelling kan elk element x in H op een unieke manier geschreven worden als x=s+y P∞ met s = n=1 cn xn ∈ S en y ∈ S ⊥ . Veronderstel nu dat 0 6= y ∈ S ⊥ . Stel z = kyk−1 y. Dan hf y, yi = kyk2 hf z, zi. Omdat z ∈ S ⊥ ⊆ Hn , voor alle n ≥ 1, volgt er (wegens de definitie van λn+1 ) |hf y, yi| = kyk2 |hf z, zi| ≤ kyk2 |λn+1 | → 0. Bijgevolg, hf y, yi = 0 voor alle y ∈ S ⊥ . Dus wegens Stelling 5.5.5, kf|S ⊥ k = 0, d.w.z. f|S ⊥ = 0, and dus f (y) = 0 voor alle y ∈ S ⊥ . 2

5.10. COMPACTE HERMITISCHE OPERATOREN

135

Gevolg 5.10.7. (Spectraalstelling voor hermitische compacte operatoren) Zij H een Hilbertruimte en f ∈ B(H) hermitisch en compact. Dan bestaat er een orthonormale P basis B = B1 ∪ B2 van H, met B1 = {xn | n ≥ 1} een aftelbare basis voor λ∈Spec(f ), λ6=0 Hλ en B2 een basis voor ker(f ). Bovendien is iedere vector xn een eigenvector met eigenwaarde λn en voor elke x ∈ H, f (x) =

∞ X

λn < x, xn > xn =

n=1

∞ X

λn pn (x),

n=1

met pn de projectieoperator op vect{xn }. Dus f =

P∞

n=1 λn pn .

Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit het vorige resultaat door aan B1 = {xn | n ≥ 1} een orthonormale basis B2 van ker f toe te voegen. Omdat f continu is, volgt er ook f(

∞ X

cn xn ) =

n=1

=

∞ X n=1 ∞ X

cn f (xn ) λn cn xn ,

n=1

met cn = hx, xn i. 2 Wegens Stelling 5.10.5 verkrijgen wij onmiddellijk het eerste gedeelte van het volgende resultaat. Gevolg 5.10.8.

1. De enige niet-nul eigenwaarden van f zijn λn .

2. Voor elke 0 6= λ ∈ Spec(f ) geldt dim(Hλ ) < ∞. Bewijs. (2) Veronderstel 0 6= λ ∈ Spec(f ) en dim(Hλ ) = ∞. Dan heeft Hλ een oneindige orthonormale basis {en | n ≥ 1}. Duidelijk is de rij (en ) begrensd, en dus heeft de rij (f en ) een convergente deelrij. Bijgevolg bestaat y ∈ H zodat y = lim f (en ) = lim λen . n→∞

n→∞

Wegens Stelling 5.9.5, y = 0. Bijgevolg lim en = 0.

n→∞

Maar dit is onmogelijk omdat ken k = 1. 2 De vorige stelling en gevolg tonen aan dat elke hermitische compacte operator de limiet is van een rij hermitische operatoren van eindige rang.

136

HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN

Hoofdstuk 6

Appendix 6.1

Sommatieproc´ ed´ es

Zij (xn ) een rij in een genormeerde ruimte (X, k k), dan noemt men de rij (σn ) gedefini¨eerd door 1 1 σ1 = x1 , σ2 = (x1 + x2 ), . . . , σn = (x1 + · · · + xn ), . . . 2 n de rij van de aritmetische gemiddelden. Deze rij heeft de tendens om gebeurlijke fluctuaties te vereffenen. Ze heeft bijgevolg een betere kans om te convergeren. Indien σn → y dan noemen wij de rij Ces` aro sommeerbaar met som y. Voorbeeld 6.1.1. Zij (xn ) = (1, 0, 1, . . . , ). Dan σ2n =

1 2

en σ2n+1 =

n+1 2n + 1

1 aro sommeerbaar, maar de reeks Dus P limn→∞ σn = 2 . Bijgevolg is (xn ) Ces` xn is niet convergent.

Eigenschap 6.1.2. Zij (xn ) een rij in een genormeerde ruimte. Als xn → x, dan σn → x. Bewijs. Vooreerst merken wij op dat σn − x = =

1 (x1 + · · · + xn ) − x n 1 [(x1 − x) + · · · + (xn − x)] . n 137

138

HOOFDSTUK 6. APPENDIX

Aangezien limn→∞ xn = x bestaat voor elke  > 0 een natuurlijk getal N = N () zodat voor all m ≥ N , kxm − xk < . Bovendien bestaat er een re¨eel getal A zodat kxk − xk < A, voor alle k ≥ 1. Er volgt, voor n ≥ N , N n X X 1 1 kxk − x)k + kxk − xk n n k=1 k=N +1 ! N X n−N 1 ≤ A +  n n

kσn − xk ≤

k=1

=

NA n − N + . n n

Voor n voldoende groot verkrijgen wij NnA < . Aangezien n−N n < 1 volgt er dat kσn − xk < 2, voor n voldoende groot. Dus, inderdaad, x = limn→∞ σn . 2 In Analyse II werd de volgende eigenschap bewezen. P Stelling 6.1.3. (Abel) Zij (an ) een rij complexe zodat ∞ n=0 an conP∞ getallen n convergentiestraal R a z vergeert. Veronderstel dat de machtreeks n=0 n heeft met R ≥ 1. Zij f : [0, 1] → C : z 7→

∞ X

an z n .

n=0

Dan

∞ X

lim f (z) =

z→1−

en

P∞

n=0 an

zn

an

n=0

convergeert uniform op [0, 1].

Gebaseerd op dit criterium van Abel associ¨eren wij nu limieten met reeksen die niet noodzakelijk convergent zijn. Zij f (z) =

∞ X

bn z n

n=0

een reeks met convergentiestraal 1. Als lim

z→1, kzk 0 en voor elke x ∈ X een δ > 0 bestaat zodat de volgende eigenschap geldt: voor alle f ∈ E, als d(x, y) < δ dan kf (x) − f (y)k < . Dus δ is onafhankelijk van f ∈ E, maar is wel afhankelijk van x en . Bovendien, noemen wij E puntsgewijs begrensd als voor elke x ∈ X een M > 0 bestaat zodat kf (x)k < M , voor alle f ∈ E. Stelling 6.2.5. (Stelling van Ascoli) Zij X een compacte metrische ruimte en E ⊆ C(X, Rq ). De sluiting van E in C(X, Rq ), voorzien van de metriek van de uniforme convergentie, is dan en alleen dan compact als E equicontinu en puntsgewijs begrensd is.

6.3

Exponenti¨ ele functies

P 1 n Wij weten dat de machtreeks ∞ n=0 n! z oneindige convergentiestraal heeft. Dus convergeert deze reeks voor elk complex getal en de convergentie is uniform op elk compact deel in C. Wij noteren deze reeks als ez = exp z =

∞ X 1 n z n!

n=0

en noemen dit de exponenti¨ele reeks of exponenti¨ele functie. De afgeleide reeks is ∞ ∞ ∞ X X n n−1 X 1 1 n z = z n−1 = z = ez . n! (n − 1)! n! n=1

n=1

n=0

Bijgevolg heeft de complexe exponenti¨ele functie dezelfde eigenschap als zijn re¨ele tegenhanger, namelijk als f (z) = ez , dan f 0 (z) = ez .

Eigenschap 6.3.1. Zij U een open en samenhangend deel in C. Veronderstel dat f : U → C differentieerbaar is met f 0 (z) = 0 voor alle z ∈ U . Dan is f een constante functie.

¨ 6.3. EXPONENTIELE FUNCTIES

143

Bewijs. Stel z0 ∈ U en schrijf f (z0 ) = ω0 . Wij tonen aan dat als A = {z ∈ U | f (z) = ω0 } dan A = U . Omdat U samenhangend is, is het voldoende om aan te tonen dat A gesloten en open is. Eerst tonen wij aan dat A gesloten is. Veronderstel daarom dat z ∈ U en dat (zn ) een rij in A is met z = limn→∞ zn . Daar f (zn ) = ω0 voor alle n ≥ 1, en omdat f continu is, volgt er dat f (z) = ω0 , d.w.z. z ∈ A. Bijgevolg is A gesloten in U . Om aan te tonen dat A open is, veronderstel dat a ∈ A. Omdat U open is in C, bestaat een  > 0 zodat B(a, ) ⊆ U . Als a 6= z ∈ B(a, ), dan defini¨eren wij g(t) = f (tz + (1 − t)a), voor 0 ≤ t ≤ 1. Dan g(t) − g(s) g(t) − g(s) (t − s)z + (s − t)a = · , t−s (t − s)z + (s − t)a t−s voor s 6= t. Bijgevolg lim

t→s

g(t) − g(s) = f 0 (sz + (1 − s)a) · (z − a) = 0. t−s

Dus g 0 (s) = 0 voor 0 ≤ s ≤ 1, en bijgevolg is g constant. Er volgt f (z) = g(1) = g(0) = f (a) = ω0 . M.a.w. B(a, ) ⊆ A en dus is A open. 2 Gevolg 6.3.2. Voor alle a, b ∈ C, ea+b = ea eb en e−a =

1 . ea

Bewijs. Zij a ∈ C en stel g(z) = ez ea−z . Dan g 0 (z) = ez ea−z + ez (−ea−z ) = 0. Dus (wegens Eigenschap 6.3.1) bestaat een ω ∈ C zodat g(z) = ω, voor alle z ∈ C. Daar e0 = 1, volgt er dat ω = g(0) = ea en dus ez ea−z = ea voor alle z ∈ C. Dit bewijst het eerste gedeelte van het resultaat. Bijgevolg ez e−z = e0 = 1 en dus e−z = e1z . Dus is ook het tweede gedeelte aangetoond. 2 Daar alle co¨effi¨enten van de machtreeks ez = er dat exp(z) = exp(z). I.h.b. voor alle t ∈ R,

P∞

|eit |2 = eit e−it = e0 = 1

1 n n=0 n! z

re¨eel zijn, volgt

144

HOOFDSTUK 6. APPENDIX

en algemener |ez |2 = ez ez = ez+z = exp(2Re(z)). Dus |exp(z)| = exp(Re(z)). Naar analogie met de re¨ele machtreeksen defini¨eren wij cos z = 1 − =

∞ X

1 2 1 1 2n z + z 4 + · · · + (−1)n z + ··· 2! 4! (2n)!

(−1)n

n=0

1 2n z (2n)!

en sin z = z − =

∞ X n=0

1 3 1 1 z + z 5 + · · · + (−1)n z 2n+1 + · · · 3! 5! (2n + 1)!

(−1)n

1 z 2n+1 . (2n + 1)!

Beide reeksen hebben oneindige convergentiestraal en dus zijn cos z en sin z analytisch in C. Er volgt (cos z)0 = − sin z en (sin z)0 = cos z. Daar de reeksen absoluut convergeren volgt er (door het herschikken van de termen): 1 cos z = (eiz + e−iz ) 2 en 1 sin z = (eiz − e−iz ). 2i Bijgevolg cos2 z + sin2 z = 1 en eiz = cos z + i sin z. Als z = x + iy, met x, y ∈ R, dan z = |z|(cos θ + i sin θ), met θ = arg(z), θ ∈ [0, 2π]. Dus z = |z|eiθ .

¨ 6.3. EXPONENTIELE FUNCTIES

145

Een functie f (met C als domein) noemt men periodisch met periode c als f (z + c) = f (z) voor alle z ∈ C. Als c een periode is van de functie ez , dan ez = ez+c = ez ec . Dus ec = 1. Daar 1 = |ec | = exp(Re(c)) volgt er dat Re(c) = 0. Dus c = iθ voor een θ ∈ R. Aangezien 1 = eiθ = cos θ + i sin θ volgt er dat de periodes van ez al de gehele veelvouden zijn van 2πi. Dus men kan het vlak in oneindig veel horizontale banden verdelen via de horizontale rechten Im(z) = π(2k − 1), k ∈ Z, en de exponenti¨ele functie gedraagt zich hetzelfde in al deze banden. Dit gedrag komt niet voor bij re¨ele exponenti¨ele functies. In Analyse II werd aangetoond dat er slechts ´e´en mogelijke analytische uitbreiding is van de re¨ele exponenti¨ele functie naar de complexe getallen. Wij wensen nu een logaritmische functie te vinden. Omdat de exponenti¨ele functie niet injectief is, kan men een logaritmische functie niet defini¨eren als de inverse functie van ez . Wij zoeken een logaritmische functie, genoteerd log z, die voldoet aan w = ez wanneer z = log w. Aangezien ez 6= 0 voor alle z kunnen wij log 0 niet defini¨eren. Veronderstel ez = w en w 6= 0. Als z = x + iy, met x, y ∈ R, dan |w| = ex en y = arg(w) + 2πk voor een k ∈ Z. Dus is {log |w| + i(arg(w) + 2kπ) | k ∈ Z} de oplossing voor ez = w (merk op dat log |w| de gebruikelijke re¨ele logaritme is). Men kan dan bewijzen dat als f : U → C (U open) een continue functie is zodat z = exp(f (z)) voor elke z ∈ U , dan is f analytisch en f 0 (z) = z −1 . Zulke f noemen wij een tak van de logaritme. Voorbeeld 6.3.3. Definieer f (w) =

∞ X n=1

1 (−1)n−1 wn . n

(Deze reeks is de gebruikelijke reeks voor log(1 + w) wanneer w re¨eel is.) De reeks convergeert absoluut voor |w| < 1. Dus kunnen wij een tak van de logaritme defini¨eren als log z = f (z − 1) =

∞ X n=1

1 (−1)n−1 (z − 1)n , n

voor |z − 1| < 1. Dit defini¨eert een tak van de logaritme.

146

HOOFDSTUK 6. APPENDIX

Wij geven een ander voorbeeld van een reeks die een bekende situatie uitbreidt. Voorbeeld 6.3.4. (De binomiaalreeks) Zij 0 6= a een complex getal. Definieer de binomiaal co¨effici¨enten (n geheel getal en n ≥ 1)   a a(a − 1) · · · (a − n + 1) = n n! en de binomiaalreeks a

(1 + x) =

∞   X a n=0

a 0

n

xn .




= 1. Als a geen strikt positief geheel getal is, dan is de Bij afspraak convergentiestraal van de binomiaalreeks 1.
Bewijs. Wegens de veronderstelling is geen enkele co¨effici¨ent na nul en bovendien a
n! a(n − 1) · · · (a − (n − 1))(a − n) n+1
= a (n + 1)!a(a − 1) · · · (a − (n − 1)) n (a − n) = n+1 1 − a n = . 1 + n1 a ( ) Dus limn→∞ na = 1 en het resultaat volgt. 2 (n+1) 1 Zij m een strikt positief geheel getal en a = m . Dan heeft B(x) = P∞ 1
m xn convergentiestraal minstens 1. Dus convergeert deze reeks voor n=0 n |x| < 1. Eenvoudige berekeningen tonen aan dat

B(x)m = 1 + x wanneer x re¨el is en |x| < 1. Dus is B(x)m de unieke machtreeks zodat B(x)m = 1 + x voor alle voldoende kleine re¨ele x. Bijgevolg B(X)m = 1 + X. Bijgevolg hebben wij aangetoond, via binomiaalreeksen, dat m-de 1 machtswortels (1 + x) m kunnen genomen worden voor |x| < 1.

Hoofdstuk 7

Oefeningen 7.1

Inleiding tot Hilbertruimten

P −n x , 0, 0, 0, · · · ) een 1. Toon aan dat f : C∞ → C∞ : (xn )n 7→ ( ∞ n n=0 3 begrensde lineaire operator is als de vectorruimte C∞ = {(an )n ∈ CN | {n ∈ N | an 6= 0} is eindig} voorzien wordt van de norm k(an )n k = pP ∞ 2 n=0 |an | . 2. (a) Is c0 = {(an )n ∈ CN | limn→∞ an = 0} met k(an )n k = supn∈N |an | een Banachruimte? (b) Is C∞ = {(an )n ∈ CN | {n ∈ N | an 6= 0} is eindig} met k(an )n k = pP ∞ 2 n=0 |an | een Banachruimte? (c) Is C∞ = {(an )n ∈ CN | {n ∈ N | an 6= 0} is eindig} met k(an )n k = supn∈N |an | een Banachruimte? 3. Zij M een gesloten deelruimte van een genormeerde ruimte (X, k k) en zij R de relatie op X gedefinieerd als volgt: xRy als en slechts als x − y ∈ M. (a) Toon aan dat R een equivalentierelatie is. (b) Toon dat de quoti¨entverzameling X/M = {[x] | x ∈ X} een vectorruimte is voor de bewerkingen [x] + [y] = [x + y] en α[x] = [αx] (x, y ∈ X, α ∈ K). Merk op dat in algebra deze verzameling niets anders is dan de quoti¨entruimte X/M . (c) Toon aan dat k[x]kq = inf m∈M kx − mk een norm definieert op X/M . 147

148

HOOFDSTUK 7. OEFENINGEN (d) Indien (X, k k) een Banachruimte is, bewijs dat ook (X/M, k kq ) een Banachruimte is. (e) In het geval waar (X, k k) = (C([0, 1]), k k∞ ) en M = {f ∈ X | f (0) = 0} bewijs dat (X/M, k kq ) als genormeerde ruimte isomorf is met C.

4. q Onderzoek welke van de normen k k∞ , k k2 en k kw (met kf kw = R3 2 0 (1 + x)(f (x)) dx op C([0, 3], R) equivalent zijn. 5. Bewijs dat voor een lineaire afbeelding f : X → Y tussen genormeerde ruimten de volgende voorwaarden equivalent zijn: (a) f is begrensd, (b) f is Lipschitz, (c) f is uniform continu. 6. Onderzoek de continu¨ıteit van de lineaire vorm ω : C([0, 3], R) → R : f 7→ f (0) in het geval waar C([0, 3], R) voorzien wordt van de norm k k∞ , en nadien in het geval waar C([0, 3], R) voorzien wordt van de norm k k2 . 7. Onderzoek welk van de volgende genormeerde ruimten separabel zijn: (a) c0 (b) C∞ (c) `∞ 8. Bewijs dat het parallellepipedum P = {(xn )n ∈ `2 ; ∀n ∈ N : |xn | < 1} een open verzameling is in de Banachruimte `2 . 9. Neem een vast element v van de genormeerde ruimte (CC ([0, 1]), k k∞ ) en beschouw de afbeelding A : (CC ([0, 1]), k k∞ ) → (CC ([0, 1]), k k∞ ) : f 7→ f v. Toon dat A een lineaire operator is en bepaal de operatornorm kAk. 10. (a) Als (an )n ∈ `1 , toon dat f(an )n : c0 → C : (xn )n 7→

∞ X n=0

behoort tot

c∗0 .

Bereken kf(an )n k.

an xn

7.1. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN

149

(b) Bewijs dat de genormeerde ruimten c∗0 en `1 isomorf zijn. 11. Toon dat de metrische ruimte (C([0, 1], R+ ), d∞ ) (isomorf is met) de completie is van de metrische ruimte (C([0, 1], R+ 0 ), d∞ ). R1 12. Definieert < f, g >= −1 f (x)g(x)dx een inproduct op de vectorruimte R([−1, 1]) der regelfuncties [−1, 1] → R? 13. Laat zien dat door Z < f, g >=

1

(f (t)g(t) + f 0 (t)g 0 (t)dt

0

een inproduct op de ruimte der continu differentieerbare functies [0, 1] → R gedefinieerd is. 14. RBeschouw de pre-Hilbertruimte CR ([0, 1]) met inproduct < f, g >= 1 0 f (x)g(x)dx. Toon dat {f ∈ CR ([0, 1]) | f (0) = 0} een deelruimte is, die niet gesloten is. 15. In de Hilbertruimte `2 , bepaal de norm van de vectoren (an )n en (bn )n P 2−n −1/2 . als an = (n2 + n)−1/2 en bn = 2−n . Besluit ∞ n=1 (n2 +n)1/2 < 3 16. Ga in de Hilbertruimte `2 na welke van de volgende deelverzamelingen gesloten zijn: (a) {(an )n∈N ; a1 = a2 = a3 } (b) {(an )n∈N ; |a1 | ≤ 1, |a2 | ≤ 1} (c) {(an )n∈N ; |a1 | ≤ 1, |a2 | < 1} 17. Voor welke waarden van λ, µ wordt (Z

1

min

) 1/2 (ex − (λx + µ))2 dx | λ, µ ∈ R

−1

bereikt? 18. Beschouw in de Banachruimte (R2 , k kM ) de gesloten en convexe deelverzameling G = {(x, y) ∈ R2 | x ≥ 1}. Bestaat er een unieke (x, y) ∈ G zodat k(x, y)−(0, 0)kM = inf{k(x0 , y 0 )−(0, 0)kM | (x0 , y 0 ) ∈ G}? Waarom kan de approximatiestelling niet worden toegepast?

150

HOOFDSTUK 7. OEFENINGEN

19. Beschouw de re¨ele vectorruimte n C∞ = (xn )n≥0 ∈ RN ; ∃n0 als deelruimte van de Hilbertruimte ( 2

` =

N

(xn )n≥0 ∈ R ;

∀n ≥ n0

o xn = 0 .

∞ X

) x2n

= 1 en stel x = ( n+1 )n≥0 .

P

n xn yn

(en afgeleide norm k

k2 )

(a) Bereken inf{kx − y 0 k2 ; y 0 ∈ V }. (b) Bestaat er een unieke y ∈ V zodat kx − yk2 = inf{kx − y 0 k2 ; y 0 ∈ V }? (c) Is V volledig voor k (d) Zijn de normen k

k2 ?

k∞ en k

k2 equivalent op V ?

20. Beschouw de Euclidische vectorruimte R2 met norm k(x1 , x2 )k = |x1 |+ |x2 |. (a) Toon dat de minimale afstand van de oorsprong tot de rechte x1 + x2 = 1 gelijk is aan 1. (b) Bepaal alle punten op de rechte x1 +x2 = 1 die op afstand 1 liggen van de oorsprong. (c) Laat zien dat de norm k(x1 , x2 )k = |x1 | + |x2 | niet afgeleid is uit een inproduct op R2 . 21. Bepaal (C(∞) )⊥ en C(∞) ⊕ (C(∞) )⊥ in `2 . 22. Neem gesloten deelruimten F en G van een Hilbertruimte H. Toon: (a) F ⊆ G als en slechts als pG ◦ pF = pF . (b) als F ⊆ G, dan pF (G⊥ ) = {0} en pF ◦ pG = pF . 23. Zij H een Hilbertruimte en V ⊆ H. Bewijs de volgende eigenschappen: (a) V ⊥⊥ is kleinste gesloten deelruimte van H die V omvat. (b) als V een deelruimte is van H, dan is V = V ⊥⊥ .

7.1. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN

151

24. Beschouw twee complexe Hibertruimten H1 en H2 , een orthonormale verzameling {e1 , e2 , ..., en } in H1 , een orthonormale verzameling {b1 , b2 , ..., bn } in H2 en getallen λ1 , λ2 ,...,λn in C. Bewijs dat k

sup x∈H1 ,kxk≤1

n X

λi bi < x, ei > k = max |λi |. 1≤i≤n

i=1

25. Beschouw de ruimten van re¨ele rijen N

H = {(xn )n≥1 ∈ R |

∞ X

x2n is convergent}

n=1

K = {(xn )n≥1 ∈ E |

∞ X xn n=1

met inproduct < (xn )n , (yn )n >= van de volgende uitspraken: (a) K

H

n

P∞

= 0}

n=1 xn yn .

Onderzoek de waarheid

= K,

(b) H = K ⊕ K ⊥H . 26. Zij M een deelverzameling van een pre-Hilbertruimte E. Toon aan dat M ∩ M ⊥ ⊆ {0} en dat de gelijkheid geldt als en slechts als 0 ∈ M . 27. (a) Toon aan dat de som van twee volledige orthogonale deelruimten van een pre-Hilbertruimte volledig is. (b) Beschouw de rijen (e2n )n≥1 en (e2n+1 )n≥0 in `2 , waar (en )n≥1 de gewone orthonormale basis is van `2 . Stel 1 1 e2n + sin e2n+1 , n n = vect{e2n | n ≥ 1}

zn = cos G1

G2 = {zn | n ≥ 1} Beschouw is in `2 .

P∞

1 n≥1 sin n

e2n+1 en bewijs dat G1 + G2 niet gesloten

28. RBeschouw in de pre-Hilbertruimte H = C([0, 1], R) met inproduct hf, gi = 1 0 f (x)g(x)dx de deelruimte V = {f ∈ C([0, 1], R); f (0) = 0}. (a) Toon dat V een deelruimte is van H die niet gesloten is.

152

HOOFDSTUK 7. OEFENINGEN (b) Neem f ∈ H en beschouw voor elke n ∈ N0 de functie

fn : [0, 1] → R : x 7→

  xnf ( n1 ) 0 ≤ x ≤ f (x)



1 n

1 n

≤x≤1

Toon dat (fn )n → f in H. (c) Bepaal V ⊥ , V ⊕ V ⊥ en V in H. (d) Is V volledig? 29. Zij F een volledige deelruimte van een pre-Hilbertruimte H. Toon dat voor elke x0 ∈ H, inf kx − x0 k =

x∈F

| < x0 , y > |.

sup y∈F ⊥ ,kyk=1

30. Definieer de lineaire functionaal ϕ op L2 ([0, 1], C) door Z ϕ(f ) =

1 2

if.

0

(a) Vind g ∈ L2 ([0, 1], C) zodat voor alle f ∈ L2 ([0, 1], C) geldt ϕ(f ) =< f, g >. (b) Bepaal kϕk. 31. Gebruik de Legendre-veeltermen om Z min

1

a,b,c∈C −1

|x3 − a − bx − cx2 |2 dx

te bepalen. 32. Beschouw in de complexe prehilbertruimte H = C([0, 1], C) met inR1 product < f, g >= 0 f (x)g(x)dx de deelruimte V = {f ∈ C([0, 1], C); f (0) = f (1)}. (a) Bepaal V ⊥ en V . (b) Bestaat er A ∈ H ∗ zodat V = kerA?

7.2. BENADERING DOOR CONVOLUTIE

7.2

153

Benadering door convolutie

1. Beschouw de functies f, g : R → R met  cos x |x| ≤ π/2 f (x) = 0 |x| ≥ π/2 en g(x) = (f (x))2 . Zij f en g continu (afleidbaar)? Bereken kf k1 en kgk1 . Stel h = f ∗ g en toon aan: h is afleidbaar, h ≥ 0, h is even, khk1 = π. Ga na dat h(x) = 31 (1 + cos x)2 (|x| ≤ π) 2. (a) Bereken voor n ∈ N0 Z

∞

cn =

e−n|x| dx.

−∞

(b) Controleer dat de rij (un )n≥1 , met un (x) = is.

1 −n|x| cn e

een Dirac rij

(c) Indien g : R → R : x 7→ sin x, bereken un ∗ g en onderzoek of de rij (un ∗ f )n op R uniform convergeert naar de functie f op een compacte deelverzameling S van R. R∞ 3. Zij K : R → R een continue functie met K ≥ 0 en −∞ K(t)dt = 1. Bewijs dat door Kn (t) = tK(nt) een Dirac-rij (Kn )n gedefinieerd wordt. 4. Bestaat er een veelterm p(x) zodat (a) |p(x) − x1/3 | < 10−1 , voor alle x ∈ [−1, 2], (b) |p(x) −

[x] 6 |

< 10−1 , voor alle x ∈ [e, π],

(c) |p(x) − cos x1 | < 10−1 , voor alle x ∈ (0, 1]? 5. Stel P0 = 0 en definieer voor n = 0, 1, 2, 3, ... Pn+1 (x) = Pn (x) +

x2 − Pn2 (x) . 2

Bewijs dat de rij (Pn )n uniform naar |x| convergeert op [−1, 1]. 6. Zij [a, b] een interval van R en f : [a, b] → R een continue functie. Toon dat er een rij polynomen (pn )n bestaat die uniform convergeert naar f op [a, b] en welke voldoet aan pn (a) = f (a) voor elke n. Bestaat er ook een altijd een rij polynomen (qn )n die uniform convergeert naar f op [a, b] en die voldoet aan qn (a) = f (a) en qn (b) = f (b) voor elke n?

154

HOOFDSTUK 7. OEFENINGEN

7. Beschouw de rij (fn )n∈Z met fn (x) = einx in de complexe preHilbertruimte V = C ∞ ([−π, π], C). Bewijs dat A = {fn | n ∈ Z} begrensd is. Als (xn )n een rij is in A, toon dat volgende eigenschappen equivalent zijn: (a) (xn )n is een Cauchy rij, (b) (xn )n is uiteindelijk constant, (c) (xn )n convergeert in V , (d) (xn )n convergeert in A. 8. Bewijs voor alle f ∈ L2 (T ) dat Z

π

|f |2 = 2π|a0 |2 + π

−π

X

(|an |2 + |bn |2 ).)

n>0

9. Bewijs dat ∞ X

2−n cos(nx) =

n=0

4 − 2 cos x 5 − 4 cos x

voor alle x ∈ R. Laat zien dat de reeks in het linkerlid de trigonometrische Fourierreeks is van de functie in het rechterlid. 10. Bepaal de Fourierreeks van de enige 2π-periodieke, oneven functie f : R → R met f (0) = f (π) = 0, f (x) = 1 voor 0 < x < π. Bereken de som van de reeks 1 − 13 + 15 − 17 + · · · 11. Bepaal de Fourierreeks van de enige 2π-periodieke, oneven functie f : R → R met f (x) = x voor 0 ≤ x < π. Pas de stelling van Parseval toe om te besluiten dat ∞ X 1 π2 . = n2 6 n=1

12. Zij f :] − π, π] → R gedefinieerd door  f (x) =

0 x

als − π < x ≤ 0 als 0 < x ≤ π

Bepaal de Fourierreeks van de functie R → R die een periodische uitP∞ 1 breiding is van f . Bereken de som van de reeks n=1 (2n−1) 2.

7.2. BENADERING DOOR CONVOLUTIE

155

13. Zij f een stuksgewijs continue en periodische functie (van periode 2π). Onderstel dat in een zeker punt x voor de functie f de linkerlimiet f (x−) =

lim

f (x + h)

lim

f (x + h)

h→0,h0

bestaan. Bewijs dat de Fourierreeks van f in x convergeert naar Avf (x) = 14. Stel

f (x−) + f (x+) . 2

 f : R → R : x 7→

1 0

als x ∈] − 12 , 12 [ als x ∈] / − 12 , 12 [

(a) Bereken het convolutieproduct f ∗ f . (b) Bepaal de Fourierreeks van de enige 2π-periodieke functie g : R → R met g|[−π,π[ = (f ∗ f )|[−π,π[ . P P sin2 ( n ) sin4 ( n ) 2 2 (c) Bepaal de reekssommen ∞ en ∞ . n=1 n=1 n2 n4 P 1 π2 15. Gebruik makend van de gelijkheid ∞ n=1 n2 = 6 en van de Fourierreeks van de 2π-periodieke functie f : R → C gedefinieerd door   0 −π < x ≤ 0 f (x) =  x 0 0 en f (x) = 2a2

∞ X (−1)n cos nx

n2 + a2

n=1

.

(a) Toon dat door f (x) een continue en 2π-periodieke functie f : R → R gedefinieerd wordt. (b) Wat is de Fourierreeks van f ? (c) Toon, voor x ∈ R \ { π2 + 2kπ; k ∈ Z}, en voor elke n ∈ N0 n X

1

x

(−1)k+1 sin kx = im(

k=1

ei 2 + (−1)(n+1) eix(n+ 2 ) ) 2 cos x2

(d) Toon dat f afleidbaar is voor elke x ∈] − π, π[. 18. Gebruik de Fourierreeks van ex op [−π, π[ om te tonen dat (πcothπ − 1)/2 =

∞ X n=1

19. Is de reeks

n2

1 . +1

∞ X sin nx √ n n=1

de Fourierreeks van een f ∈ L2 (T )?

7.3

Hermitische operatoren

1. Zij (en )n een totale orthonormale rij in een Hilbertruimte H en (λn )n een begrensde rij in C. Stel, voor x ∈ H, f (x) =

X

λn < x, en > en .

(a) Toon dat f goed gedefinieerd is (b) Toon dat f ∈ B(H) (c) Bereken kf k (d) Vind nodige en voldoende voorwaarden op (λn )n opdat f inverteerbaar is. Bepaal in dat geval kf −1 k. Bepaal Spec(f ).

7.3. HERMITISCHE OPERATOREN

157

2. Beschouw de operatoren S : `2 → `2 : (x1 , x2 , · · · ) 7→ (0, x1 , x2 , · · · ) en S ∗ : `2 → `2 : (x1 , x2 , · · · ) 7→ (x2 , x3 , · · · ) (a) Toon dat S ∗ de adjunctafbeelding is van S. (b) Zijn S, S ∗ , SS ∗ , S ∗ S inverteerbaar? 3. Beschouw een Hilbertruimte H met vectoren a en b en de lineaire afbeelding A : H → H gedefinieerd door A(x) =< a, x > b. Bepaal Spec(A). 4. Zij f : V → V een lineaire operator op een preHilbertruimte V en 0 6= x ∈ V . Toon aan dat x een eigenvector van f is als en slechts als | < f (x), x > | = kf (x)k kxk. 5. Beschouw f :C

(∞)

→C

(∞)

: (x1 , x2 , · · · ) 7→ (

∞ X

3−n xn , 0, 0, · · · )

n=1

(a) Ga na dat f goed gedefinieerd en lineair is. (b) Bewijs dat f begrensd is en dat kf k ≤ (1/8)1/2 . (c) Bestaat er een operator g : C(∞) → C(∞) zodat < f (x), y >=< x, g(y) > voor alle x, y ∈ C(∞) ? 6. Zij H een Hilbertruimte en f ∈ B(H) een operator met eendimensionaal beeld. Toon dat er vectoren y, z ∈ H bestaan zodat f (x) =< x, z > y voor alle x ∈ H. Toon verder: (a) f ∗ (x) =< x, y > z voor alle x ∈ H, (b) f 2 = λf met λ ∈ R, (c) kf k = kykkzk, (d) f ∗ = f als en slechts als y = αz voor een re¨eel getal α.

158

HOOFDSTUK 7. OEFENINGEN

7. Beschouw de lineaire operator f : `2 → `2 : (x1 , x2 , · · · ) 7→ (

x1 x2 xn , ,··· , n,···) 2 4 2

(a) Bereken de norm van f . (b) Toon dat Im(f ) dicht is in `2 . (c) Toon dat f hermitisch is. (d) Bepaal de eigenwaarden en -vectoren van f . (e) Bepaal Spec(f ). 8. Toon dat √ √ f : `2R → `2R : (x1 , · · · , xn , · · · ) 7→ ( 1x1 , 2x2 , · · · , (n)1/n xn , · · · ) een begrensde lineaire operator is en bepaal kf k. Onderzoek of f inverteerbaar is en, zo ja, bepaal kf −1 k. Bepaal f ∗ . Is f hermitisch? 9. Zij H een Hilbertruimte. Voor elke y, z ∈ H defini¨eren we de lineaire operator fy,z : H → H : x 7→< x, z > y. Toon voor elke y, z ∈ H: (a) (fy,z )∗ (x) =< x, y > z voor elke x ∈ H, (b) er bestaat λ ∈ C zodat fy,z ◦ fy,z = λfy,z , (c) kfy,z k = kykkzk, (d) fy,z is hermitisch als en slechts als z = 0 of y = αz voor een re¨eel getal α. Toon verder dat voor f ∈ B(H) volgende voorwaarden equivalent zijn: (a) dimf (H) ≤ 1, (b) ∃y, z ∈ H : f = fy,z . (Als dimf (H) = 1, kies y ∈ f (H) met kyk = 1 en pas de stelling van Riesz toe op de lineaire vorm H → C : v 7→< f(v), y >) 10. Indien f en g twee positieve operatoren zijn op een complexe Hilbertruimte H met f + g = 0. Toon dat f = g = 0.

7.3. HERMITISCHE OPERATOREN

159

11. Onderzoek of de Fredholm-operatoren K : L2 ([−π, π], C) → L2 ([−π, π], C) gedefinieerd door Z

π

K(f )(x) =

k(x, y)f (y)dy −π

met respectievelijke kernen k(x, y) = cos(x − y) en k(x, y) = x + y positieve operatoren zijn. 12. Beschouw drie projectie-operatoren p1 , p2 en p3 op een Hilbertruimte H. Onderstel dat p1 + p2 + p3 = 1 en dat pi pj = 0 als i 6= j en definieer de lineaire begrensde operator f = 2p1 + 3p2 + 5p3 . (a) Bewijs dat f injectief is. (b) Vind, gegeven y ∈ H, x ∈ H met f (x) = y. (c) Bepaal de eigenwaarden en de bijhorende eigenruimten van f . (d) Bepaal Spec(f ). 13. Zijn pG1 en pG2 projectie-operatoren op een Hilbertruimte H. Bewijs (a) pG1 en pG2 zijn orthogonaal als en slechts als G1 ⊥ G2 . (b) pG1 + pG2 is een projectie-operator als en slechts als pG1 en pG2 orthogonaal zijn. In dat geval pG1 + pG2 = pG1 ⊕G2 . (c) pG1 pG2 is een projectie-operator als en slechts als pG1 en pG2 commuteren. In dat geval pG1 pG2 = pG1 ∩G2 . 14. Onderzoek of de operatoren uit Oefeningen 7 en ?? compact zijn. 15. Indien E, F, G, H genormeerde ruimten zijn, f ∈ B(E, F ), g ∈ B(F, G), h ∈ B(G, H) met g compact, dan is hgf compact. 16. Beschouw de genormeerde ruimte c0 = {(an )n ∈ CN ; limn→∞ an = 0} met de norm k(an )n k = supn |an | en de lineaire operator   an . A : c0 → c0 : (an )n 7→ log(n + 2) n (a) Bepaal de operatornorm kAk. (b) Bepaal de eigenwaarden van A. (c) Bepaal SpecA.

160

HOOFDSTUK 7. OEFENINGEN (d) Is A compact?

17. Beschouw de lineaire operator f : l2 → l2 : (xn )n≥1 7→ (

nn xn )n≥1 . (n + 1)n

(a) Bepaal de eigenwaarden en eigenvectoren van f , alsook Specf . (b) Bepaal kf k. (c) Bepaal µ ∈ C zodat f − µid compact is. 18. Toon dat voor een Hilbertruimte H en f ∈ B(H) volgende eigenschappen equivalent zijn: (a) f is compact, (b) f f ∗ is compact, (c) f ∗ f is compact, (d) f ∗ is compact. 19. Op de Hilbertruimte L2 ([0, 1], C), beschouw de operator A bepaald door Z A(f )(x) = (1 − x)

x

Z

0

1

(1 − y)f (y)dy.

yf (y)dy + x x

Indien f (x) = ex , bereken A(f ). Toon dat A een Fredholmoperator is en bepaal de kern. Is A compact? Is A hermitisch? Is A inverteerbaar? Als f ∈ L2 ([0, 1], C), ga na dat A(f ) continu is, A(f )(0) = A(f )(1) = 0. Vind de eigenvectoren en -waarden van A, alsook Spec(A). Indien f (x) =

∞ X

βn sin nπx

n=1

in L2 ([0, 1], C),P bepaal A(f ), m.a.w. bepaal λn ∈ C en en ∈ L2 ([0, 1], C) zodat A(f ) = ∞ n=1 λn < f, en > en . 20. Zij ϕ : [0, 1] → R een continue functie en A : L2 ([0, 1]) → L2 ([0, 1]) gedefinieerd door Z (Af )(x) = ϕ(x)

1

ϕ(t)f (t)dt. 0

(a) Toon dat A Hermitisch en positief is.

7.3. HERMITISCHE OPERATOREN

161

(b) Bewijs R 1 2 dat A een niet nulle projectie-operator is als en slechts als 0 ϕ (t)dt = 1. (c) Is A compact? 21. Beschouw voor elke α ∈ [0, 1] de operator Pα op L2 ([0, 1], C) gedefinieerd door Pα (f ) = χα f waar χα de indicatorfunctie van [0, α] is. (a) Bewijs dat elke Pα een projectie-operator is. (b) Bepaal Pα Pβ voor α, β ∈ [0, 1]. (c) Onderstel 0 ≤ α < β ≤ 1. Vind een projectie-operator Q zodat Pβ = Pα + Q. 22. Toon aan dat een projectie-operator op een gesloten deelruimte G van een Hilbertruimte H een compacte operator is als en slechts als G eindigdimensionaal is. 23. Indien f ∈ B(H) een projectie-operator is op een Hilbertruimte H, toon dan: (a) 1 − f is een projectie-operator, (b) g = 1 − 2f voldoet aan g ∗ g = 1, (c) Im(f ) = ker(1 − f ). 24. Zij H een Hilbertruimte en f ∈ B(H). Toon aan dat g = 1 + f ∗ f ∈ B(H) injectief is. Is g Hermitisch? Is g positief? In het geval f : `2 → `2 : (x0 , x1 , · · · ) 7→ (0, x0 , x1 , x2 , · · · ), bepaal kgk, en de eigenwaarden van g. Is g compact? 25. Beschouw f : `2 → `2 : (x0 , x1 , x2 , · · · ) 7→ (x0 , 0, x1 , 0, x2 , 0, · · · ). Toon dat f een begrensde operator is en bereken de norm van f . Bepaal de adjunctafbeelding f ∗ van f . Is f Hermitisch? Is f compact? Is het beeld van f gesloten? Bepaal de eigenwaarden van f . Is f inverteerbaar? Is f een projectie-operator? Is f positief? 26. Als H een Hilbertruimte is en f ∈ B(H), zeggen we dat f “unitair” is als f f ∗ = f ∗ f = IV en dat f een isometrie is als < f (x), f (x) >=< x, x > voor elke x ∈ H. Toon voor f ∈ B(H): (a) Als f een surjectieve isometrie is, dan is f ∗ een isometrie.

162

HOOFDSTUK 7. OEFENINGEN (b) f is unitair als en slechts als f een bijectieve isometrie is.

27. Zij H een Hilbertruimte. Een operator f ∈ B(H) heet “normaal” indien f ∗f = f f ∗. (a) Indien f ∈ B(H) normaal is, g ∈ B(H) inverteerbaar en f commuteert met g ∗ g, toon dan dat gf g −1 normaal is. (b) Indien f ∈ B(H) en g ∈ B(H) beide normaal zijn en f g ∗ = g ∗ f , toon dan dat f + g en f g normaal zijn. 28. Als f hermitisch is en niet nul, toon f k 6= 0 voor elke k = 2l met l ∈ N0 . Besluit dat f k 6= 0 voor elke k ∈ N. 29. Twee unitaire operatoren f en g op een Hilbertruimte H heten “unitair equivalent” als er een unitaire operator h bestaat zodat f = hgh−1 . Indien f en g unitair equivalent zijn en f is hermitisch, toon dan dat ook g hermitisch is.

Bibliografie [1] R.G. Bartle, The elements of real analysis, second edition, John Wiley & Sons, New York, London, Sydney, Toronto, 1976. [2] R.G. Bartle, D.R. Sherbert, Introduction to real analysis, John Wiley and Sons, New York, 1992. (ISBN: 0-471-51000-9) [3] R. Beals, Advanced mathematical analysis, Springer Verlag, GTM 12, New York, Heidelberg, Berlin, 1973. (ISBN: 3-540-90066-7) [4] N. Bourbaki, ´el´ements de math´ematique , livre V, Espaces vectoriels topologiques, chap. III `a V, Paris Hermann, 1955. [5] L. Debnath, P. Mikusi´ nski, Introduction to Hilbert spaces with applications, Academic Press, Inc., London, New York, 1990. (ISBN: 0-12208435-7) [6] J. Dixmier, Sur les bases orthonormales dans les espaces pr´ehilbertien, Acta Math. Szeged 15 (1953), [7] E. Hewitt, K. Stromberg, Real and Abstract Analysis, Sprnger, Berlin, 1969. [8] E. Kreyszig, Introductory functional analysis with applications, Wiley Classics Library Edition Published 1989, John Wiley & Sons, Chichester, New York, 1978. (ISBN: 0-471-50459-9) [9] S. Lang, Undergraduate Analysis, Second edition, Springer Verlag, UTM, New York, Berlin, Heidelberg, 1997. (ISBN: 0-387-94841-4) [10] S. Lang, Real and functional analysis, third edition, Springer Verlag, GTM 142, New York, Heidelberg, London, Paris, 1993. (ISBN: 3-54094001-4) [11] W.R. Wade, An introduction to analysis, Prentice Hall, 1995. (ISBN: -13-093089-X) [12] N. Young, An introduction to Hilbert space, Cambridge University Press, 1988. (ISBN: 0-521-33717-8)

163

Index A⊥⊥ , 32 C(I), 5 C(X, Y ) = CX (Y ), 4 C 2 , 67 C1 , 70 C1n , 71 CC (I), 5 CR1 (I), 17 D, 17 L1 , 70 L1 (T ), 63 L2 , 42 L2 (T ), 56 L2 ([a, b]), 30 S(R), 80 T , 17 TA , 17 X ∗ , 22 ⊥, 32 `∞ , 4 `p , 4 projG (x), 32 c, 5 c0 (Z), 63 f ∗ g, 47 pG , 32 P, 5 B(X, Y ), 18 D(R, C), 50 S(Z), 64 (H1), 25 (H2), 25

(H3), 25 Abel sommatieproc´ed´e, 139 adjunctafbeelding, 100 afbeelding lineair, 16 afbeelding lineair, 16 afegeleide operator, 17 aritmetisch gemiddelde, 137 Banachruimte, 3 basis, 37 Schauder, 24 beeld, 16 begrensd, 88 puntsgewijs, 142 benaderende eigenwaarde, 112 Bessel, 36 Ces`aro sommeerbaar, 137 Cesaro, 59 Cesarokern, 59 complementaire projectieoperator, 122 completie, 10, 29 convex, 30 convolutieproduct, 47, 58, 72 De vermenigvuldiging operator, 88 dimensie Hilbert, 40 Dirac, 51 Diracrij, 51, 59 164

INDEX directe som, 33 Dirichlet, 58 Dirichletkern, 58 drager, 47 driehoeksongelijkheid, 26 duale ruimte, 22 E´enheidselement, 50 eigenfunctie, 92 eigenruimte, 97 eigenvector, 92 eigenwaarde, 92 benaderende, 112 equicontinu, 142 equivalent, 14 exponenti¨ele reeks, 142 Fejer, 53, 59 Fejerkern, 59 Fourierco¨effici¨enten, 36 Fourierreeks, 57 Fouriertransformatie, 70, 73 Gelijkheid van Parseval, 38 Gram-Schmidt, 39 Hahn-Banach, 99 Hermite, 44 Hermite polynoom, 44 Hermitisch inproduct, 25 Hilbert dimensie, 40 Hilbert-Schmidt, 133 Hilbertruimte, 27 homeomorfisme, 7 idempotent, 33 identieke operator, 17 inproduct, 25 integratie operator, 17 Inversieformule, 81 inwendig, 30 inwendig product, 25

165 isometrie, 7 isomorfisme, 20, 29 kern, 16 kernfunctoren, 53 Laguerre, 45 Laguerre polynoom, 45 Landau, 53, 55 Legendre, 42 Legendre polynoom, 42 lineair toegevoegd, 25 lineaire afbeelding, 16 lineaire operator, 16 beeld, 16 begrensd, 18 kern, 16 nulruimte, 16 Lipschitz, 65 Lipschitz voorwaarde, 65 logaritme, 145 tak, 145 matrix hermitisch, 105 multipliciteit, 97 norm, 88 equivalent, 14 nul operator, 17 nulruimte, 16 ongelijkheid van Bessel, 36 ongelijkheid van Cauchy-Schwarz, 25 operator begrensd, 88 compact, 124 eindige rang, 124 hermitisch, 103 inverteerbaar, 89

166 lineair, 16 norm, 88 positief, 116 shift, 88 orthognale projectie, 32 orthogonaal, 32, 35 orthogonale projectieoperatoren, 123 orthonormaal, 35 orthonormale basis, 37 Orthonormalisatie van Gram-Schmidt, 39 parallellogrameigenschap, 25 Parseval, 38 periodisch, 145 Plancherel, 83 Polarizatie-identiteit, 26 pre-Hilbertruimte, 25 projectie, 33 projectieoperator, 121 puntsgewijs begrensd, 142 puntspectrum, 92 randpunten, 30 reeks exponenti¨ele, 142 resolvent functie, 94 Riesz, 15, 41 ruimte Banach, 3 duaal, 22 Schauder basis, 24 Schwarzruimte, 80 segment, 30 semilineair, 25 separabel, 24 snel dalend, 64 sneldalend, 79 sommatieproc´ed´e van Abel, 139 spectraalstelling, 135

INDEX spectraalstraal, 96 spectrum, 92 sublineair, 98 tak, 145 Tauber, 139 toegevoegd lineair, 25 totale deelverzameling, 24 trigonometrische polynomen, 58