|
|
- Některá tvrzení je možné dokázat (a některé výpočty je možné provést) tzv. elementárně, tedy bez znalosti
a použití metod funkcionální analýzy. To je sice hezké, v některých případech i zajímavé, ale často neefektivní
a zdlouhavé. Metody funkcionální analýzy slouží mj. právě k tomu, abychom se zdlouhavým výpočtům a argumentům
vyhnuli.
- Příkladem je důkaz, že zadané lineární zobrazení je spojité. To je samozřejmě možné dokazovat pomocí
ε-δ definice, pomocí konvergence posloupností s využitím Heineho věty a všelijak jinak.
Ale nejjednodušší a správný postup z hlediska funkcionální analýzy je odhad normy. Například:
|
| Dokažte, že zobrazení φ:C([0,1])→F definované vzorcem φ(f)=Σn=1∞ f(1/n)/n2 je spojité.
Důkaz s použitím funkcionální analýzy: Pokud je zobrazení definované všude, je zřejmě lineární (podle věty o aritmetice limit). Ukážeme, že řada v definici je
absolutně konvergentní a při té příležitosti odhadneme:
Σn=1∞ |f(1/n)/n2|≤Σn=1∞ ||f||∞/n2=||f||∞ . Σn=1∞ 1/n2.
Protože řada Σn=1∞1/n2 je konvergentní, je φ dobře definováno a zároveň platí |φ(f)|≤||f||∞ . Σn=1∞1/n2, tedy φ je spojité a ||φ||≤Σn=1∞1/n2. (A není podstatné,
zda známe součet té řady.)
Důkaz s použitím ε-δ definice: Nejprve dokážeme, že φ je dobře definované. To dokážeme tak, že ověříme, že řada ve vzorci
konverguje (dokonce absolutně). Výpočet je podobný jako výše. Dále ukážeme spojitost. Nechť f∈C([0,1]) a ε>0. Pro g∈C([0,1]) odhadneme
φ(g)-φ(f):
|φ(g)-φ(f)|=|Σn=1∞ g(1/n)/n2-Σn=1∞ f(1/n)/n2|
=|Σn=1∞ (g(1/n)-f(1/n))/n2|
≤Σn=1∞ |g(1/n)-f(1/n)|/n2≤
Σn=1∞ ||g-f||∞/n2=||g-f||∞ . Σn=1∞ 1/n2.
Protože řada Σn=1∞ 1/n2 je konvergentní, stačí vzít δ=ε/Σn=1∞ 1/n2.
Důkaz s použitím Heineho věty: Nejprve dokážeme, že φ je dobře definované. To dokážeme tak, že ověříme, že řada ve vzorci
konverguje (dokonce absolutně). Výpočet je podobný jako výše. Dále ukážeme spojitost. Nechť (fk) je posloupnost
konvergující v C([0,1]) k f. To znamená, že (fk) je posloupnost spojitých funkcí konvergující stejnoměrně k funkci f.
To, co potřebujeme dokázat, je limk→∞Σn=1∞ fk(1/n)/n2=Σn=1∞ f(1/n)/n2. To lze dokázat více způsoby - napříkad pomocí Moore-Osgoodovy věty, protože řada Σn=1∞ fk(1/n)/n2 konverguje stejnoměrně (vzhledem ke k), což plyne z Weierstrassova kritéria, protože řada Σn=1∞ 1/n2 konverguje a posloupnost (fk) je stejně omezená (díky tomu, že je to stejnoměrně konvergentní posloupnost omezených funkcí).
Komentář: Všechny tři cesty vedou k cíli. Ale nejlepší je první způsob. Je zároveň nejrychlejší. V ostatních způsobech totiž musíme udělat na začátku stejné
odhady (i když třeba méně pečlivě) a pak ještě přemýšlet, počítat a psát dále. Zatímco první způsob znamená, že ty odhady uděláme jen o maličko pečlivěji a již máme hotovo.
Úspora času je aspoň poloviční, ne-li vyšší.
|
- I v případě, že spojitost lineárního zobrazení dokazujeme pomocí odhadu normy, je na místě používat metody funkcionální analýzy (Hölderovu nerovnost,
trojúhelníkovou nerovnost pro známé normy atp.) a nespoléhat se pouze na elementární výpočty a odhady. Například:
|
|
Dokažte, že vzorec T((xn))=(x1/n + x2/n2+xn/3) definuje spojitý lineární operátor na ℓ3.
Důkaz s použitím funkcionální analýzy: Vidíme, že T((xn))=x1.(1/n) + x2.(1/n2)+1/3.(xn). Protože posloupnosti (1/n) i (1/n2) patří do ℓ3, je T opravdu zobrazení ℓ3 do ℓ3.
Navíc je zřejmě lineární. Pro odhad normy použijeme trojúhelníkovou nerovnost v ℓ3:
||T((xn))||=||x1.(1/n) + x2.(1/n2)+1/3.(xn)|| ≤
|x1|.||(1/n)|| + |x2|.||(1/n2)||+1/3.||(xn)||
≤ (||(1/n)|| + ||(1/n2)||+1/3).||(xn)||,
z čehož plyne, že T je spojité a ||T||≤||(1/n)|| + ||(1/n2)||+1/3.
Pokus o elementární výpočet: Chceme nějak odhadnout Σn=1∞ |x1/n + x2/n2+xn/3|3. Ve výpočtech se nejspíš zamotáme a k ničemu nedojdeme. Pokud ovšem máme dost času, vytrvalosti a nápadů, může se nám podařit v tomto případě
imitovat důkaz Minkowského nerovnosti pro p=3 a k cíli dojít. Ale je to zbytečná námaha, protože tu nerovnost známe a není třeba ji dokazovat v každém konkrétním případě.
|
- Chceme-li ukázat, že lineární zobrazení T:X→Y je izomorfismus (X do Y), je možné použít (mj.) jeden ze tří postupů:
|
|
- Ukážeme, že T je spojité, prosté a inverzní zobrazení T-1 je spojité na T(X).
- Ukážeme, že existují konstanty c,d>0 takové, že pro každé x∈X platí c.||x||≤||T(x)||≤d.||x||.
- Jsou-li X,Y Banachovy prostory, stačí ověřit, že T je spojité, prosté a T(X) je uzavřený podprostor Y.
|
V praxi nejsnazší bývá postup b. Postup c je vhodný v případě, že je nějak snadno vidět, že T(X) je uzavřený podprostor. Postup a obvykle vhodný není,
protože při jeho aplikaci buď fakticky použijeme postup b nebo bude řešení výrazně delší.
- Máme-li za úkol spočítat přesně normu funkcionálu, může to dát trochu víc práce, v závislosti na volbě prostoru a vzorce pro funkcionál. Ale jsou některé případy,
kdy není třeba počítat téměř nic, protože je možné použít známé reprezentace duálů klasických Banachových prostorů. Například:
|
|
Nechť μ je míra na (0,∞) s hustotou t↦t2 vůči Lebesgueově míře. Pro která p∈[1,∞) definuje vzorec
φ(f)=∫01 f(t) dt spojitý lineární funkcionál na Lp(μ)? Určete též normu tohoto funkcionálu.
Řešení s použitím vět o reprezentaci duálů: Nejprve vzorec pro φ upravíme, aby bylo vidět, jak souvisí s mírou μ.
φ(f)=∫01 f(t) dt= ∫01 f(t)/t2. t2 dt
= ∫(0,1) f(t)/t2 dμ(t) = ∫(0,∞) f(t).χ(0,1)(t)/t2 dμ(t).
Protože duál k prostoru Lp(μ) je izometrický prostoru Lq(μ), kde q je duální exponent k p
(a zároveň víme, jak tato izometrie vypadá), je φ spojitý lineární funkcionál na Lp(μ), právě když funkce χ(0,1)(t)/t2 patří do Lq(μ). Další řešení rozdělíme na dva případy:
p=1: Pak q=∞. Funkce χ(0,1)(t)/t2 není esenciálně omezená (například protože na (0,1) je spojitá a neomezená),
proto φ nedefinuje spojitý lineární funkcionál na L1(μ).
p∈(1,∞): Pak q∈(1,∞). Funkce χ(0,1)(t)/t2 patří do Lq(μ), právě když konverguje integrál
∫(0,∞) (χ(0,1)(t)/t2)q dμ(t)= ∫(0,1) 1/t2q dμ(t)
=∫(0,1) 1/t2q. t2 dt=∫(0,1) t2-2q dt.
Ten ovšem konverguje, právě když 2-2q>-1, neboli q<3/2. Protože q=p/(p-1), je to ekvivalentní nerovnosti p>3.
Tedy φ je spojitý lineární funkcionál na Lp(μ), právě když p>3. Norma funkcionálu je pak rovna normě funkce χ(0,1)(t)/t2 v Lq(μ), tedy dle výše uvedeného výpočtu je tato norma rovna
||φ||=(∫(0,1) t2-2q dt)1/q=([t3-2q/(3-2q)]01)1/q=(1/(3-2q))1/q
=((p-1)/(p-3))(p-1)/p.
Řešení bez použití vět o reprezentaci duálů: První krok je stejný - vyjádříme φ(f)=∫(0,1) f(t)/t2 dμ(t) a další řešení rozdělíme na případy p=1 a p∈(1,∞). Pro případ p=1 uvažme funkce χ(0,1). Tato funkce patří do L1(μ),
protože ∫(0,1) 1 dμ(t)=∫(0,1) t2 dt=1/3, ale φ(f) není definováno, proto φ nedefinuje spojitý lineární funkcionál na L1(μ).
Dále uvažujme p∈(1,∞). Označme q duální exponent a použijme Hölderovu nerovnost:
|φ(f)|=|∫(0,1) f(t)/t2 dμ(t)|≤ ||f||p.(∫(0,1) 1/t2q dμ(t))1/q.
Nyní použijeme stejné výpočty jako při prvním postupu a odvodíme, že pro p>3 je funkcionál spojitý a jeho norma je nejvýše rovna ((p-1)/(p-3))(p-1)/p. Zbývá ještě ukázat, že norma se rovná této hodnotě a že pro p≤3 φ není spojitý lineární funkcionál. První tvrzení se dokáže volbou
f(t)= ((p-3)/(p-1))1/p.1/t2/(p-1) (na to se přijde použitím znalosti, kdy v Hölderově nerovnosti nastává rovnosti, tj. metodou z důkazu
věty o reprezentaci). Pro důkaz druhého tvrzení lze zvolit například posloupnost fn=gn/||gn||p, kde gn(t)=1/t2/(p-1).χ(1/n,1)(t). Pak totiž ||fn||=1 a φ(fn)→∞.
Komentář: Nechceme-li použít větu o reprezentaci duálů, nejspíš musíme použít řadu věcí z jejího důkazu, čímž se výpočet stává delším a složitějším.
|
- Při počítání norem a vzdáleností v Hilbertových prostorech je dobré používat Pythagorovu větu a Parsevalovu rovnost, kdykoli je to možné. K tomu také tyto
věty slouží, zároveň si tím zjednodušíme práci a vyhneme se opakování již provedených výpočtů. Například:
|
|
Nechť H=L2(μ), kde μ je míra na (0,∞) s hustotou t↦e-t. Pro n∈N∪{0} nechť fn(t)=tn. Najděte nejbližší bod k prvku f3 v prostoru Y=span{f0,f1,f2}.
Toto bylo součástí jednoho příkladu v písemce. Ještě předtím se měla najít nějaká ortonormální báze prostoru Y. Jako první krok řešení bylo vhodné (dle doporučení v zadání) spočítat, že ∫(0,∞) tn dμ(t)=n! pro n∈N∪{0}. Pak se běžným způsobem spočítala ortonormální báze, která vyšla
u0(t)=1, u1(t)=t-1, u2(t)=t2/2-2t+1.
Nejbližší bod: Ten najdeme jako hodnotu ortogonální projekce, tedy to bude g=<f3,u0>.u0+<f3,u1>.u1+<f3,u2>.u2. Spočteme tedy <f3,u0>=6, <f3,u1>=18 a <f3,u2>=18. Po úpravě vyjde g(t)=9t2-18t+6.
Výpočet vzdálenosti pomocí metod funkcionální analýzy: Víme, že g je nejbližší bod, a tedy dist(f3,Y)=||f3-g||.
Zároveň víme, že g⊥f3-g, a tedy dle Pythagorovy věty je ||f3-g||2= ||f3||2-||g||2. Přitom ||f3||2=∫(0,∞) t6 dμ(t)=6!=720. Z předchozího výpočtu víme, že g=6u0+18u1+18u2, a tedy podle Parsevalovy rovnosti ||g||2=62+182+182=62(1+9+9)=36.19. Jest tedy dist(f3,Y)=√(720-36.19)=√(36)=6.
Elementární výpočet vzdálenosti: Víme, že g je nejbližší bod, a tedy dist(f3,Y)=||f3-g||. Tedy
dist(f3,Y)2=∫(0,∞) (t3-9t2+18t-6)2 dμ(t)
=∫(0,∞) (t6+81t4+182t2+36-18 t5+36t4-12t3
-324t3+108t2-216t) dμ(t)
=∫(0,∞) (t6-18 t5+117t4-336t3+432t2-216t+ 36) dμ(t)
= 720-18.120+117.24-336.6+432.2-216+36
=20.36-60.36+78.36-56.36+36.24-6.36+36=36.(-40+22+24-5)=36,
tedy vzdálenost je 6.
Komentář: Elementární výpočet není výrazně delší, ale nechť si každý uváží, zda by tento výpočet chtěl provádět v časové tísni
(bez kalkulačky a softwaru). V takovýchto výpočtech se snadno udělá chyba a studenti výpočty tohoto druhu navíc často vzdávají.
|
- Chceme-li dokázat, že nějaký operátor T∈L(X,Y) je kompaktní, je více možností jak postupovat. Mj. tyto:
|
|
- Dokážeme přímo, že T(BX) je relativně kompaktní (nebo totálně omezená).
- Ukážeme, že z každé omezené posloupnosti (xn) v X lze vybrat taková podposloupnost (xnk), že
posloupnost (T(xnk)) je konvergentní v Y.
- Najdeme posloupnost (Tn) konečnědimenzionálních operátorů v L(X,Y), pro kterou platí ||Tn-T||→0.
- V případě, že Y=C(K), je možné použít Arzela-Ascoliovu větu na množinu T(BX).
|
Přitom v konkrétních příkladech se většinou hodí spíše postupy c nebo d. Postup a slouží především jako definice a metoda ověření kompaktnosti v důkazech
vět. Postup b se též používá v důkazech vět a jeho obrácení k důkazu nekompaktnosti operátoru. Například:
|
|
Dokažte, že operátor T:c0(Z)→c0(Z) definovaný vzorcem T((xn))=((xn++x-n)/(1+|n|))n∈Z je kompaktní.
Toto byl jeden krok v řešení příkladu z písemky. Byl k němu uvedený návod, že je vhodné odhadnout normu ||T-PnT||, kde Pn je
kanonicka projekce na c0(Z), ktera
vynuluje všechny souřadnice s indexem k pro |k|>n.
Řešení pomocí postupu c s využitím návodu: Operátor PnT je konečnědimenzionální, protože jeho obor hodnot je obsažen v podprostoru dimenze 2n+1 tvořeném prvky, jejichž všechny souřadnice s výjimkou pozic -n,...,n jsou nulové. Odhadneme tedy, jak je naznačeno normu ||T-PnT||. Nechť
tedy (xk) je prvek c0(Z) s normou nejvýše 1. Protože pracujeme se supremovou normou, platí
||(T-PnT)((xk))||=sup {|(xk++x-k)/(1+|k|)| : |k|>n}
≤ sup {(|xk+|+|x-k|)/(1+|k|) : |k|>n}
≤ sup {2/(1+|k|) : |k|>n} =2/(2+n).
Proto ||T-PnT||≤2/(2+n)→0, a tedy T je kompaktní podle postupu c.
Řešení pomocí postupu a, tj. s využitím definice: Nechť ε>0. Chceme najít konečnou ε-síť množiny T(Bc0(Z)). Všimneme si, že pro x,y∈Bc0(Z) platí
||Tx-Ty||≤||PnTx-PnTy||+||(Tx-PnTx)-(Ty-PnTy)||≤ ||PnTx-PnTy||+4/(2+n),
kde použijeme podobný výpočet jako v prvním postupu. Zvolme tedy n tak velké, aby 4/(2+n)<ε/2. Pro toto n si uvědomme, že Pn(T(Bc0(Z))) je omezená množina v podprostoru konečné dimenze, a tedy je totálně omezená. Proto najdeme takové body x1,...,xm∈Bc0(Z), že PnTx1,...,PnTxm tvoří ε/2-síť množiny Pn(T(Bc0(Z))). Ukážeme nyní, že Tx1,...,Txm tvoří ε-síť množiny T(Bc0(Z)):
Nechť y∈T(Bc0(Z)). Zvolme x∈Bc0(Z), aby platilo y=Tx. Najděme j, aby ||PnTx-PnTxj||<ε/2. Then
||y-Txj||=||Tx-Txj||≤||PnTx-PnTxj||+4/(2+n)<ε/2+ε/2=ε,
což dokončí důkaz.
Řešení pomocí postupu b: Nechť (xm) je omezená posloupnost v c0(Z). Bez újmy na obecnosti můžeme předpokládat, že tato posloupnost je obsažena v jednotkové kouli. Posloupnost (Txm) je také omezená (protože T je spojitý lineární operátor), a tedy pro každé n je posloupnost
příslušných souřadnic (Txm)n)m omezená. Postupně vybíráme konvergentní posloupnosti:
|
|
- (x1,m) je vybraná posloupnost z (xm), pro kterou je ((Tx1,m)0) konvergentní.
- (x2,m) je vybraná posloupnost z (x1,m), pro kterou je ((Tx2,m)1) konvergentní.
- (x3,m) je vybraná posloupnost z (x2,m), pro kterou je ((Tx3,m)-1) konvergentní.
- (x4,m) je vybraná posloupnost z (x3,m), pro kterou je ((Tx4,m)2) konvergentní.
- (x5,m) je vybraná posloupnost z (x4,m), pro kterou je ((Tx5,m)-2) konvergentní.
- Atd. indukcí.
|
Uvažme nyní posloupnost (ym)=(xm,m). To je vybraná posloupnost z posloupnosti (xm) a pro každé n∈Z je
posloupnost (Tymn)m konvergentní. Označme zn=limmTymn.
Zbývá ukázat, že z=(zn)∈c0(Z) a ||Tym-z||→0. To lze sice udělat najednou, ale pro přehlednost
to provedeme postupně.
Nechť ε>0. Zvolme n∈N, aby 2/(2+n)<ε. Potom pro každé m∈N a každé k∈Z splňující |k|>n platí |(Tx5,m)k|≤ε (viz výpočet v prvním postupu). Limitním přechodem dostaneme |zk|≤ε
pro |k|>n. To dokazuje, že z∈c0(Z).
Pro důkaz konvergence zvolme opět ε>0 a n∈N, aby 2/(2+n)<ε. Protože PnTym→Pnz
(z konstrukce plyne konvergence po souřadnicích, která v konečněrozměrném prostoru dává konvergenci v normě), existuje m0, že pro m≥m0 platí ||PnTym-Pnz||<ε. Tedy pro m≥m0 je
||Tym-z||≤ ||Tym-PnTym||+||PnTym-Pnz||+||Pnz-z||<3ε.
To dokazuje konvergenci.
Komentář: Druhý postup vlastně spočívá v důkazu věty, na níž je založen postup c. Proto jsme museli provést stejné odhady jako při prvním postupu a kromě toho ještě leccos navíc.
Třetí postup byl ještě delší - opět spočívá v důkazu věty, na níž je založen postup c, tentokrát ovšem na složitější verzi důkazu. Myslím, že při tomto srovnání je zřejmé, který postup
je vhodné zvolit. Zejména zdůrazňuji, že odhady z prvního postupu je třeba provést i v dalších verzích, kde jsou součástí delší argumentace.
|
|
