Eisagwg sth Sunarthsiak Anˆlush. Shmei seic

Transcript

1 Eisagwg sth Sunarthsiak Anˆlush Shmei seic Tm ma Majhmatik n Panepist mio Ajhn n Aj na, 2014

2

3 Perieqìmena I Basik jewrða 3 1 Χώροι με νόρμα Γραμμικοί χώροι Χώροι με νόρμα - Χώροι Banach Παραδείγματα χώρων με νόρμα Σύγκλιση σειρών Ασκήσεις Χώροι πεπερασμένης διάστασης Βασικές ιδιότητες Συμπάγεια και πεπερασμένη διάσταση Ασκήσεις Τελεστές και συναρτησοειδή Φραγμένοι γραμμικοί τελεστές Γραμμικά συναρτησοειδή Χώροι τελεστών - δυϊκοί χώροι Ασκήσεις Χώροι Hilbert Χώροι με εσωτερικό γινόμενο Καθετότητα Ορθογώνιο συμπλήρωμα - προβολές Το Θεώρημα αναπαράστασης του Riesz Ορθοκανονικές βάσεις Συζυγείς τελεστές σε χώρους Hilbert Ασκήσεις Το Θεώρημα Hahn - Banach Το Λήμμα του Zorn Το Θεώρημα Hahn - Banach Εφαρμογές Διαχωριστικά θεωρήματα Ασκήσεις

4 Perieqomena 1 6 Βασικά θεωρήματα για χώρους Banach Το θεώρημα ομοιόμορφου φράγματος Το θεώρημα ανοικτής απεικόνισης Το θεώρημα κλειστού γραφήματος Ασκήσεις II Epiplèon jèmata 99 7 Ασθενείς συγκλίσεις Ορισμός και βασικές ιδιότητες Σύγκλιση ακολουθιών τελεστών και συναρτησοειδών Εφαρμογή στην αθροισιμότητα ακολουθιών Ασκήσεις Το θεώρημα σταθερού σημείου Συστολές - θεώρημα σταθερού σημείου Εφαρμογή στις διαφορικές εξισώσεις Εφαρμογή στις ολοκληρωτικές εξισώσεις Ασκήσεις Κατανομές Συναρτήσεις δοκιμής και κατανομές Πράξεις με κατανομές Διαφορικές εξισώσεις και κατανομές Κατασκευή μιας συνάρτησης στον Cc (R) Ασκήσεις

5

6 Mèroc I Basik jewrða

7

8 Kefˆlaio 1 Q roi me nìrma 1.1 GrammikoÐ q roi Ξεκινάμε υπενθυμίζοντας (χωρίς πολλές λεπτομέρειες) τις βασικές έννοιες των γραμμικών χώρων από τη Γραμμική Άλγεβρα. Ορισμός Ενα μη κενό σύνολο X λέγεται γραμμικός χώρος (ή διανυσματικός χώρος) πάνω από το R αν είναι εφοδιασμένο με δύο πράξεις + : X X X (την πρόσθεση) και : R X X (τον πολλαπλασιασμό) που ικανοποιούν τα εξής: (Ι) Αξιώματα της πρόσθεσης: για κάθε x, y, z X, (i) x + y = y + x. (ii) x + (y + z) = (x + y) + z. (iii) Υπάρχει ένα στοιχείο 0 X τέτοιο ώστε, για κάθε x X, 0 + x = x. (iv) Για κάθε x X υπάρχει (μοναδικό) x X τέτοιο ώστε x + ( x) = 0. Δηλαδή, το X είναι αντιμεταθετική ομάδα με την πράξη της πρόσθεσης. (ΙΙ) Αξιώματα του πολλαπλασιασμού: για κάθε x, y X και λ, µ R, (i) λ(µx) = (λµ)x. (ii) 1x = x. (iii) λ(x + y) = λx + λy. (iv) (λ + µ)x = λx + µx. Άμεσες συνέπειες των αξιωμάτων του γραμμικού χώρου είναι, για παράδειγμα, οι 0x = 0, λ 0 = 0, x = ( 1)x. Στη συνέχεια θα χρησιμοποιούμε ελεύθερα τέτοιου είδους ιδιότητες (η δομή του γραμμικού χώρου θα θεωρηθεί, σε γενικές γραμμές, γνωστή). Τα στοιχεία του X θα λέγονται σημεία (ή και διανύσματα).

9 2 Qwroi me norma Παραδείγματα (α) Ο R m γίνεται γραμμικός χώρος με πράξεις τις (ξ 1,..., ξ m ) + (η 1,..., η m ) = (ξ 1 + η 1,..., ξ m + η m ), λ(ξ 1,..., ξ m ) = (λξ 1,..., λξ m ). Εύκολα ελέγχουμε ότι 0 = (0,..., 0) και (ξ 1,..., ξ m ) = ( ξ 1,..., ξ m ). (β) Το σύνολο S των ακολουθιών πραγματικών αριθμών γίνεται γραμμικός χώρος αν ορίσουμε πρόσθεση και πολλαπλασιασμό κατά συντεταγμένη: αν x = (ξ k ), y = (η k ), και λ R, θέτουμε x + y = (ξ k + η k ), λx = (λξ k ). (γ) Αν A και F (A) είναι το σύνολο όλων των συναρτήσεων f : A R, τότε το F (A) γίνεται γραμμικός χώρος αν ορίσουμε πρόσθεση και πολλαπλασιασμό κατά σημείο: αν f, g F (A) και λ R, ορίζουμε f + g, λf F (A) θέτοντας (f + g)(t) = f(t) + g(t), (λf)(t) = λf(t), t A. Ορισμός Αν X είναι ένας γραμμικός χώρος και Y ένα μη κενό υποσύνολο του X, το Y λέγεται (γραμμικός) υπόχωρος του X αν για κάθε x, y Y και λ, µ R έχουμε λx + µy Y. Εύκολα ελέγχουμε ότι ο Y είναι υπόχωρος του X αν και μόνο αν ο Y είναι γραμμικός χώρος με πράξεις τους περιορισμούς των +, στα Y Y και R Y αντίστοιχα. Ο Y λέγεται γνήσιος υπόχωρος του X αν είναι υπόχωρος του X και Y {0}, X. Οπως θα δούμε και παρακάτω, πολλά από τα κλασικά παραδείγματα χώρων που παρουσιάζουν ενδιαφέρον για τη Συναρτησιακή Ανάλυση είναι υπόχωροι του S ή κάποιου F (A). Ορισμός Αν x 1,..., x m είναι διανύσματα του γραμμικού χώρου X, τότε γραμμικός συνδυασμός των x i είναι κάθε διάνυσμα u της μορφής (1.1) u = λ 1 x λ m x m, λ i R. Αν M X, M, τότε ο υπόχωρος που παράγεται από το M (γράφουμε span(m) ή M ) είναι το σύνολο όλων των γραμμικών συνδυασμών στοιχείων του M: (1.2) span(m) = {λ 1 x λ m x m : λ i R, x i M, m N}. Εύκολα βλέπουμε ότι ο span(m) είναι όντως υπόχωρος του X. Ορισμός Αν τα x 1,..., x m είναι διανύσματα του γραμμικού χώρου X, λέμε ότι τα x i είναι γραμμικά ανεξάρτητα αν (1.3) λ 1 x λ m x m = 0 = λ 1 =... = λ m = 0. Ισοδύναμα, αν κανένα x i δεν γράφεται σαν γραμμικός συνδυασμός των x j, j i. Λέμε ότι το πεπερασμένο σύνολο {x 1,..., x m } είναι γραμμικά ανεξάρτητο αν τα x 1,..., x m είναι γραμμικά ανεξάρτητα. Πιό γενικά, ένα μη κενό M X λέγεται γραμμικά ανεξάρτητο αν κάθε πεπερασμένο υποσύνολό του είναι γραμμικά ανεξάρτητο. Τα x 1,..., x m λέγονται εξαρτημένα αν υπάρχουν λ i R όχι όλοι μηδέν, τέτοιοι ώστε λ 1 x λ m x m = 0. Ενα M λέγεται εξαρτημένο αν έχει πεπερασμένο εξαρτημένο υποσύνολο, αν δηλαδή υπάρχουν εξαρτημένα x 1,..., x m M.

10 1.2. Qwroi me norma - Qwroi Banach 3 Παραδείγματα (α) Στο χώρο X = F ( [a, b] ), το σύνολο M = {1, t,..., t N,...} είναι γραμμικά ανεξάρτητο: Ας υποθέσουμε ότι λ 0 + λ 1 t + + λ N t N = 0 για κάποιο N N, και λ N 0. Αυτό σημαίνει ότι το πολυώνυμο P (t) = λ 0 + λ 1 t + + λ N t N μηδενίζεται ταυτοτικά στο [a, b]. Άρα και η N-στή του παράγωγος είναι ταυτοτικά 0 στο [a, b]. Ομως, P (N) (t) N!λ N 0, άτοπο. Επομένως, το M είναι γραμμικά ανεξάρτητο (γιατί;). (β) Ορίζουμε δ nk = 0 αν n k και δ nk = 1 αν n = k. Το σύνολο M = {e n : n N} (όπου e n = (δ nk ) k N ) είναι γραμμικά ανεξάρτητο στον S (εξηγήστε). Ορισμός Λέμε ότι ο χώρος X έχει πεπερασμένη διάσταση αν υπάρχει n N τέτοιος ώστε (i) Στον X υπάρχουν n το πλήθος γραμμικά ανεξάρτητα διανύσματα x 1,..., x n. (ii) Αν k n + 1, οποιαδήποτε k διανύσματα του X είναι γραμμικά εξαρτημένα. Επεται ότι τα x 1,..., x n παράγουν το χώρο: X = span{x 1,..., x n } (άσκηση). Ο X έχει άπειρη διάσταση αν X {0} και ο X δεν έχει πεπερασμένη διάσταση. Δηλαδή, αν περιέχει άπειρο γραμμικά ανεξάρτητο υποσύνολο. Ορισμός Ενα υποσύνολο M του X λέγεται βάση (Hamel βάση) του X αν είναι γραμμικά ανεξάρτητο και παράγει τον X. Σχετικά με τις Hamel βάσεις ισχύει το εξής θεμελιώδες: Θεώρημα Κάθε γραμμικός χώρος X έχει Hamel βάση. Το θεώρημα είναι γνωστό στην περίπτωση της πεπερασμένης διάστασης από τη Γραμμική Άλγεβρα. Για την απόδειξη στη γενική περίπτωση απαιτούνται περισσότερα συνολοθεωρητικά εργαλεία (Λήμμα του Zorn) και για αυτό την αναβάλλουμε ως το Κεφάλαιο 5. Επιπλέον, αποδεικνύεται ότι οποιεσδήποτε δύο βάσεις ενός γραμμικού χώρου X είναι ισοπληθικές (η απόδειξη παραλείπεται). Ορίζεται καλά λοιπόν το εξής: Ορισμός Αν X ένας γραμμικός χώρος, η διάσταση του X (dimx) είναι ο πληθάριθμός μιας βάσης του. 1.2 Q roi me nìrma - Q roi Banach Υπενθυμίζουμε ότι μια μετρική σε ένα μη κενό σύνολο X είναι μια συνάρτηση d : X X R που ικανοποιεί τα εξής: για κάθε x, y, z X, (Μ1) d(x, y) 0, (Μ2) d(x, y) = 0 αν και μόνο αν x = y, (Μ3) d(x, y) = d(y, x) και

11 4 Qwroi me norma (Μ4) d(x, z) d(x, y) + d(y, z) (τριγωνική ανισότητα). Τότε, το ζεύγος (X, d) λέγεται μετρικός χώρος και η ποσότητα d(x, y) απόσταση των x και y. Θα θεωρήσουμε γνωστή στα παρακάτω τη θεωρία των μετρικών χώρων 1, εισάγουμε απλά τους εξής συμβολισμούς: αν (X, d) ένας μετρικός χώρος, x 0 X, r > 0, (i) Η ανοικτή μπάλα κέντρου x 0 και ακτίνας r είναι το σύνολο (1.4) D(x 0, r) = {y X : d(y, x 0 ) < r}. (ii) Η κλειστή μπάλα κέντρου x 0 και ακτίνας r είναι το σύνολο (1.5) B(x 0, r) = {y X : d(y, x 0 ) r}. (iii) Η σφαίρα κέντρου x 0 και ακτίνας r είναι το σύνολο (1.6) S(x 0, r) = {y X : d(y, x 0 ) = r} = B(x 0, r) \ D(x 0, r). Στα παρακάτω θα μας απασχολήσει μια υποκλάση των μετρικών χώρων, οι χώροι με νόρμα. Δίνουμε τον εξής: Ορισμός Εστω X ένας γραμμικός χώρος. Μια συνάρτηση : X R λέγεται νόρμα αν ικανοποιεί τα εξής: για κάθε x, y X και λ R, (Ν1) x 0. (Ν2) x = 0 x = 0. (Ν3) λx = λ x. (Ν4) x + y x + y. (η νόρμα του διανύσματος x «μετράει» την απόσταση του x από το 0, και ζητάμε να έχει τις πιό φυσιολογικές ιδιότητες που η απόσταση θα έπρεπε να έχει.) Το ζεύγος (X, ) λέγεται χώρος με νόρμα. Κάθε νόρμα επάγει μια μετρική στον X: για κάθε x, y X, ορίζουμε (1.7) d(x, y) = x y. Πρόταση Η d είναι μετρική. Απόδειξη. Ελέγχουμε τις ιδιότητες (Μ1)-(Μ4): αν x, y, z X, (Μ1) d(x, y) = x y 0, από την (Ν1). (Μ2) d(x, y) = 0 x y = 0 x y = 0 x = y, από την (Ν2). (Μ3) d(y, x) = y x = ( 1)(x y) = 1 x y = x y = d(x, y), από την (Ν3). (Μ4) d(x, z) = x z = (x y) + (y z) x y + y z = d(x, y) + d(y, z), από την (Ν4). 1 Gia mia leptomer parousðash parapèmpoume stic Shmei seic Pragmatik c Anˆlushc, P. Balèttac.

12 1.2. Qwroi me norma - Qwroi Banach 5 Αποδεικνύουμε στη συνέχεια κάποιες βασικές ιδιότητες των χώρων με νόρμα και της επαγόμενης μετρικής: Πρόταση Σε κάθε χώρο με νόρμα X, οι και +, είναι συνεχείς συναρτήσεις. Απόδειξη. Τι εννοούμε μ αυτό: πρώτα-πρώτα, αν x n, x X, τότε x n x στον X αν και μόνο αν d(x n, x) 0, δηλαδή αν x n x 0. Κατόπιν, για να ελέγξουμε τη συνέχεια μιας συνάρτησης f, αρκεί να δείξουμε ότι x n x = f(x n ) f(x). (α) Η είναι συνεχής: Ζητάμε, x n x = x n x. Αυτό όμως έπεται από την x x n x x n, αφού x x n 0. (β) Η + είναι συνεχής: Θέλουμε να δείξουμε ότι αν x n x και y n y, τότε x n + y n x + y. Αυτό είναι συνέπεια της (x n + y n ) (x + y) = (x n x) + (y n y) x n x + y n y 0. (γ) Η είναι συνεχής: Θα δείξουμε ότι αν λ n λ και x n x, τότε λ n x n λx. Γράφουμε ( ) λx λ n x n = λ n (x x n ) + (λ λ n )x λ n x x n + x λ λ n. Παρατηρήστε ότι, αφού λ n λ, υπάρχει M > 0 τέτοιος ώστε λ n M, για κάθε n N. Οπότε, η ( ) γίνεται λx λ n x n M x x n + x λ λ n 0. Κάθε μετρική που επάγεται από νόρμα έχει πρόσθετες ιδιότητες: είναι «καλή» μετρική (παρατηρήστε ότι στην απόδειξη της Πρότασης δεν χρησιμοποιήθηκαν όλες οι ιδιότητες της νόρμας): Πρόταση Εστω X χώρος με νόρμα, και d η επαγόμενη μετρική. Τότε, για κάθε x, y, z X και κάθε λ R, έχουμε (i) d(x + z, y + z) = d(x, y), (ii) d(λx, λy) = λ d(x, y). Απόδειξη. (i) d(x + z, y + z) = (x + z) (y + z) = x y = d(x, y). (ii) d(λx, λy) = λx λy = λ(x y) = λ x y = λ d(x, y). Παράδειγμα Στον S, αν x = (ξ k ) και y = (η k ) η συνάρτηση (1.8) d(x, y) = 1 2 k ξ k η k 1 + ξ k η k

13 6 Qwroi me norma είναι μετρική. Ο S είναι γραμμικός χώρος, όμως η d δεν επάγεται από κάποια νόρμα στον s: θα έπρεπε να ικανοποιεί την δηλαδή για κάθε x = (ξ k ) S θα είχαμε d(2x, 0) = 2x = 2 x = 2d(x, 0), 1 2 ξ k 2 k ξ k = 2 1 ξ k 2 k 1 + ξ k. Αυτό δεν ισχύει (πάρτε, για παράδειγμα, x = (1, 0,...).) Ορισμός Εστω X χώρος με νόρμα. Η μοναδιαία μπάλα B X του X είναι η κλειστή μπάλα με κέντρο 0 και ακτίνα 1. Δηλαδή, (1.9) B X = {x X : x 1}. Πρόταση Σε κάθε χώρο με νόρμα X, η μοναδιαία μπάλα B X είναι σύνολο κλειστό, φραγμένο, κυρτό και συμμετρικό ως προς το 0, με μη κενό εσωτερικό. Απόδειξη. (α) Η B X είναι φραγμένη: B X D(0, 2). (β) Αν x n 1 και x n x, τότε x = lim n x n 1. Δηλαδή, η B X είναι κλειστό σύνολο. (γ) Η B X είναι κυρτή 2 : αν x, y B X και λ (0, 1), τότε λx + (1 λ)y λx + (1 λ)y λ + (1 λ) = 1, δηλαδή, λx + (1 λ)y B X. (δ) Αν x B X, τότε x = x 1, δηλαδή x B X. Άρα, η B X είναι συμμετρική ως προς το 0. (ε) D(0, 1/2) B X, άρα B X. Εχουμε δεί τον ορισμό της συγκλίνουσας ακολουθίας σε ένα χώρο με νόρμα: αν x n, x X, n N, τότε λέμε ότι x n x αν x n x 0. Τελείως ανάλογα, μια ακολουθία (x n ) στον X λέγεται ακολουθία Cauchy αν για κάθε ε > 0 υπάρχει n 0 = n 0 (ε) N τέτοιος ώστε n, m n 0 = x n x m < ε. Ορισμός Χώρος Banach είναι ένας πλήρης χώρος με νόρμα (δηλαδή, ένας γραμμικός χώρος με νόρμα που είναι πλήρης ως προς τη μετρική d που επάγεται από τη νόρμα.) 2 UpenjumÐzoume ìti èna K X eðnai kurtì an gia kˆje x, y K kai λ (0, 1) isqôei kai λx + (1 λ)y K.

14 1.3. Paradeigmata qwrwn me norma ParadeÐgmata q rwn me nìrma Ορίζουμε παρακάτω μερικούς κλασικούς χώρους με νόρμα: 1. Στον R m θεωρούμε την Ευκλείδεια νόρμα 2 : R m R με ( m ) 1/2 (1.10) x 2 = ξ k 2, όπου x = (ξ 1, ξ 2,..., ξ m ) R m. Η απόδειξη των ιδιοτήτων (Ν1)-(Ν3) της νόρμας είναι άμεση. Για την τριγωνική ανισότητα θα χρειαστούμε την ανισότητα Cauchy-Schwarz: Πρόταση (Ανισότητα Cauchy-Schwarz). Εστω x 1, x 2,..., x m και y 1, y 2,..., y m πραγματικοί αριθμοί. Τότε, ισχύει η ανισότητα (1.11) ( m m ) 1/2 ( m ) 1/2 x i y i x i 2 y i 2. i=1 i=1 i=1 Απόδειξη. Η απόδειξη που παραθέτουμε οφείλεται στον Schwarz. Θεωρούμε τη συνάρτηση p : R R με p(λ) = ( x 1 λ + y 1 ) ( x m λ + y m ) 2 0. Κάνοντας τις πράξεις, η p παίρνει τη μορφή p(λ) = Aλ 2 + 2Bλ + C 0, όπου A = m i=1 x i 2, B = m i=1 x iy i και C = m i=1 y i 2. Συνεπώς, η διακρίνουσα του τριωνύμου p(λ) πρέπει να είναι μη θετική και άρα (2B) 2 4AC 0 ή ισοδύναμα B AC που είναι ακριβώς η ζητούμενη ανισότητα. Επιστρέφουμε στην απόδειξη της τριγωνικής ανισότητας για την 2 : αν x = (ξ 1,..., ξ m ) και y = (η 1,..., η m δύο διανύσματα του R m, τότε x + y 2 2 = m ξ k + η k 2 m m m = ξ k ξ k η k + η k 2 x m ξ k η k + y 2 2 x x 2 y 2 + y 2 2, όπου στην τελευταία ανισότητα χρησιμοποιήσαμε την ανισότητα Cauchy-Schwarz. Ετσι, x + y 2 2 ( x 2 + y 2 ) 2 = x + y 2 x 2 + y 2.

15 8 Qwroi me norma Συνεπώς, ο R m εφοδιασμένος με την 2 γίνεται χώρος με νόρμα με επαγόμενη μετρική που ορίζεται από τη σχέση ( m ) 1/2 (1.12) d(x, y) = ξ k η k 2, όπου x = (ξ 1,..., ξ m ) και y = (η 1,..., η m ). Πρόταση Ο R m με τη μετρική που ορίζεται από την (1.12) είναι πλήρης μετρικός χώρος, δηλαδή χώρος Banach. Απόδειξη. Εστω (x n ) ακολουθία Cauchy στον R m. Γράφουμε x n = (ξ n1,..., ξ nm ), ξ nk R. Εστω ε > 0. Η (x n ) είναι Cauchy, επομένως υπάρχει n 0 (ε) N με την ιδιότητα n, s n 0 = d(x n, x s ) < ε. Στην περίπτωσή μας αυτό σημαίνει ότι ( m ) 1/2 ( ) n, s n 0 = (ξ nk ξ sk ) 2 < ε. Η βασική παρατήρηση είναι ότι k = 1,..., m, ( m ) 1/2 ξ nk ξ sk (ξ nk ξ sk ) 2 < ε. Επομένως, αν n, s m 0, τότε για κάθε k = 1,..., m χωριστά έχουμε ξ nk ξ sk < ε. Αυτό σημαίνει ότι: για κάθε k = 1,..., m η ακολουθία (ξ nk ) n είναι Cauchy στο R. Από την πληρότητα του R έπεται ότι υπάρχουν ξ 1,..., ξ m R τέτοιοι ώστε ξ n1 ξ 1,..., ξ nm ξ m καθώς n. Ορίζουμε x = (ξ 1,..., ξ m ) R m, και μένει να δείξουμε ότι d(x n, x) 0 καθώς n. Επιστρέφουμε στην ( ): για κάθε n, s n 0 έχουμε ( m ) 1/2 (ξ nk ξ sk ) 2 < ε. Σταθεροποιούμε το n και αφήνουμε το s να πάει στο άπειρο: ( m ) 1/2 ( m ) 1/2 (ξ nk ξ sk ) 2 (ξ nk ξ k ) 2. Άρα, για κάθε n n 0 έχουμε ( m ) 1/2 d(x n, x) = (ξ nk ξ k ) 2 ε. Αφού το ε > 0 ήταν τυχόν, βλέπουμε ότι d(x n, x) 0. Δηλαδή, x n x.

16 1.3. Paradeigmata qwrwn me norma 9 2. Ο χώρος l = l (N) των φραγμένων ακολουθιών, δηλαδή (1.13) l = {x = (ξ n ) n : υπάρχει M M(x) > 0 : ξ n M για κάθε n}. Ο l είναι γραμμικός υπόχωρος του S και η συνάρτηση : l R με (1.14) x = sup{ ξ k : k N} για x = (ξ 1, ξ 2,...) l είναι νόρμα σε αυτόν. Αποδεικνύουμε μόνο την τριγωνική ανισότητα: αν x = (ξ 1, ξ 2,...) και y = (η 1, η 2,...), τότε για k N: ξ(k) + η(k) ξ(k) + η(k) x + y. Συνεπώς, x + y x + y. Συνεπώς ο l έχει τη δομή χώρου με νόρμα με επαγόμενη μετρική που ορίζεται από τη σχέση (1.15) d(x, y) = sup{ ξ k η k : k N} για x = (ξ k ) και y = (η k ). Πρόταση Ο l με τη μετρική που ορίζεται από την (1.15) είναι πλήρης μετρικός χώρος, δηλαδή χώρος Banach. Απόδειξη. Εστω (x n ) ακολουθία Cauchy στον l. Γράφουμε x n = (ξ nk ) = (ξ n1,..., ξ nk,...). Εστω ε > 0. Η (x n ) είναι Cauchy, άρα υπάρχει n 0 (ε) N με την ιδιότητα ( ) n, s n 0, sup{ ξ nk ξ sk : k N} < ε. Επομένως, αν n, s n 0 έχουμε για κάθε k N χωριστά ( ) ξ nk ξ sk < ε. Αυτό σημαίνει ότι για κάθε k N η ακολουθία (ξ nk ) είναι Cauchy (ως προς n) στο R. Άρα, υπάρχουν ξ k R τέτοιοι ώστε ξ n1 ξ 1,..., ξ nk ξ k,... (n ). Ορίζουμε x = (ξ 1,..., ξ k,...). Πρέπει πρώτα να δείξουμε ότι x l. Επιστρέφοντας στην ( ) και σταθεροποιώντας s = n 0, έχουμε και, για κάθε k N, n n 0 k N, ξ nk ξ n0k < ε ξ nk ξ n0k ξ k ξ n0k καθώς n. Άρα, ξ k ξ n0k ε για κάθε k N, δηλαδή k N, ξ k ξ n0k + ε. Ομως x n0 l. Άρα, υπάρχει M > 0 τέτοιος ώστε ξ n0k M για κάθε k N. Επεται ότι sup k ξ k M + ε, δηλαδή x l. Επίσης, από την ( ), αφήνοντας το s έχουμε: δηλαδή, για κάθε n n 0, n n 0 k N, ξ nk ξ k ε, d(x n, x) = sup{ ξ nk ξ k : k N} ε. Αφού το ε > 0 ήταν τυχόν, x n x ως προς την d.

17 10 Qwroi me norma 3. Οι χώροι c και c 0. Θεωρούμε τους χώρους: (1.16) c = {x = (ξ n ) n : lim n ξ n R} των συγκλινουσών ακολουθιών και (1.17) c 0 = {x = (ξ n ) n : lim n ξ n = 0} των μηδενικών ακολουθιών. Είναι σαφές ότι και οι δύο είναι γραμμικοί χώροι και μάλιστα υπόχωροι του l. Συνεπώς, για να εξεταστεί αν είναι χώροι Banach αρκεί να εξεταστεί αν είναι κλειστοί στον l 3. Πρόταση Οι χώροι c και c 0 είναι πλήρεις μετρικοί χώροι. Απόδειξη. Εστω x = (ξ k ) c. Δηλαδή, υπάρχουν x n = (ξ nk ) c με x n x. Πρέπει να δείξουμε ότι x c, δηλαδή ότι η (ξ k ) συγκλίνει στο R. Αρκεί να δείξουμε ότι η (ξ k ) είναι Cauchy στο R. Εστω ε > 0. Αφού x n x, υπάρχει n 0 N τέτοιος ώστε d(x, x n ) < ε για κάθε n n 0. Δηλαδή, ( ) n n 0 k N, ξ k ξ nk < ε. Κρατάμε ένα μόνο n: τον n 0. Η x n0 = (ξ n0k) ανήκει στον c, δηλαδή συγκλίνει, δηλαδή είναι Cauchy. Άρα, υπάρχει k 0 N τέτοιος ώστε ( ) s, r k 0, ξ n0s ξ n0r < ε. Τότε, χρησιμοποιώντας τις (1) και (2) βλέπουμε ότι, για κάθε s, r k 0, ξ s ξ r ξ s ξ n0s + ξ n0s ξ n0r + ξ n0r ξ r < ε + ε + ε = 3ε. Άρα, η (ξ k ) είναι Cauchy, δηλαδή x c. Αφού c c, ο c είναι κλειστό υποσύνολο του l. Για το δεύτερο ισχυρισμό, έστω x = (ξ k ) c 0. Δηλαδή, υπάρχουν x n = (ξ nk ) c 0 με x n x. Πρέπει να δείξουμε ότι x c 0, δηλαδή ότι ξ k 0 όταν k. Εστω ε > 0. Αφού x n x, υπάρχει n 0 N τέτοιος ώστε d(x, x n ) < ε για κάθε n n 0. Δηλαδή, ( ) n n 0 k N, ξ k ξ nk < ε. Η x n0 = (ξ n0k) ανήκει στον c 0, άρα, υπάρχει k 0 N τέτοιος ώστε ( ) k k 0, ξ n0k < ε. Τότε, χρησιμοποιώντας τις ( ) και ( ) βλέπουμε ότι, για κάθε k k 0, Άρα, ξ k 0 όταν k, δηλαδή x c 0. ξ k ξ k ξ n0k + ξ n0k < ε + ε = 2ε. 3 JumhjeÐte ìti an X pl rhc metrikìc q roc kai Y upìqwroc tou X, tìte o Y eðnai pl rhc an kai mìno an eðnai kleistì uposônolo tou X.

18 1.3. Paradeigmata qwrwn me norma Ο χώρος των p-αθροίσιμων ακολουθιών l p, για 1 p < είναι το σύνολο { } (1.18) l p = x = (ξ n ) n : ξ n p < n=1 εφοδιασμένος με τη νόρμα p : l p R που ορίζεται ως ( ) 1/p (1.19) x p = ξ k p, για x = (ξ k ) l p. Οι ιδιότητες (Ν1)-(Ν3) του ορισμού της νόρμας επαληθεύονται εύκολα. Επιπλέον η απόδειξη της (Ν4) στην περίπτωση p = 1 είναι απλή (να την κάνετε. Για την απόδειξη της τριγωνικής ανισότητας για p > 1 θα χρειαστούμε μια σειρά από κλασσικές ανισότητες: Λήμμα (Ανισότητα Young). Αν x, y 0 και p, q > 1 με 1 p + 1 q = 14, τότε (1.20) xy xp p + yq q με ισότητα μόνο αν x p = y q. Απόδειξη. Η συνάρτηση f : (0, + ) R με f(x) = ln x είναι γνησίως κοίλη. Αν λοιπόν a 1,..., a m > 0 και t j (0, 1) με t t m = 1, τότε m t j ln a j ln(t 1 a t m a m ), j=1 από την ανισότητα Jensen. Επεται ότι (1.21) a t1 1 at2 2 atm m t 1 a t m a m με ισότητα μόνο αν a 1 = = a m. Η ανισότητα αυτή γενικεύει την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου. Αν t 1 = = t m = 1/m, παίρνουμε m a 1 a m a a m. m Εφαρμόζουμε την ανισότητα (1.21) με a = x p, b = y q. Αφού 1 p + 1 q ότι xy = a 1/p b 1/q a p + b q = xp p + yq q με ισότητα μόνο αν x p = a = b = y q. = 1, συμπεραίνουμε Πρόταση (Ανισότητα Hölder). Εστω p, q > 1 ώστε 1 p + 1 q = 1. Αν x = (ξ k ) l p και y = (η k ) l q, τότε για την z = (ξ k η k ) ισχύει z l 1 και επιπλέον ( ) 1/p ( ) 1/q (1.22) ξ k η k ξ k p η k q, δηλαδή z 1 x p y q. 4 Tìte oi p kai q lègontai suzugeðc ekjètec.

19 12 Qwroi me norma Απόδειξη. Κάνουμε πρώτα την επιπλέον υπόθεση ότι ξ k p = η k q = 1. Για κάθε k = 1, 2,..., από την ανισότητα Young έχουμε Προσθέτοντας κατά μέλη παίρνουμε ξ k η k = ξ k η k ξ k p ξ k η k 1 ξ k p + 1 p q p = 1 p + 1 q = 1, + η k q. q η k q δηλαδή την ανισότητα του Hölder σ αυτή την ειδική περίπτωση (γιατί;). Για τη γενική περίπτωση: μπορούμε να υποθέσουμε ότι x, y 0 (γιατί;), οπότε ορίζουμε ξ k = ξ k ( ξ k p ) 1/p, η k = η k ( η k q ) 1/q, k N. Από τον τρόπο ορισμού τους, οι (ξ k ), (η k ) ικανοποιούν τις ξ k p ξ k p = ξ k = 1 = η k q p η k = η k q. q Από το πρώτο βήμα της απόδειξης (το εφαρμόζουμε για τις (ξ k ), (η k )), βλέπουμε ότι δηλαδή ξ kη k = ξ k η k ( ξ k p ) 1/p ( η k q ) ( ) 1/p ( ) 1/q ξ k η k ξ k p η k q. 1/q 1, Σχόλιο. Είναι εμφανές ότι στην περίπτωση p = q = 2 η ανισότητα Hölder είναι ακριβώς η ανισότητα Cauchy-Schwarz. Πρόταση (Ανισότητα Minkowski). Εστω p > 1. Αν x = (ξ k ) l p και y = (η k ) l p, τότε x + y l p και μάλιστα (1.23) ( ) 1/p ( ) 1/p ( ) 1/p ξ k + η k p ξ k p + η k p, δηλαδή x + y p x p + y p.

20 1.3. Paradeigmata qwrwn me norma 13 Απόδειξη. Για κάθε n N έχουμε: n ξ k + η k p = = n ξ k + η k p 1 ξ k + η k n ξ k + η k p 1 ( ξ k + η k ) n ξ k + η k p 1 ξ k + n ξ k + η k p 1 η k. Για καθένα από τα δύο αθροίσματα εφαρμόζουμε την ανισότητα του Hölder με εκθέτες p, q (τα αθροίσματα έχουν n όρους, αλλά η ανισότητα ισχύει και σ αυτή την περίπτωση - γιατί;). Τότε, S n := n ξ k + η k p ( n ) 1/q ( n ) 1/p ( n ) 1/p ξ k + η k q(p 1) ξ k p + η k p, και επειδή q(p 1) = qp p = p, παίρνουμε ( n ) 1/p ( n ) 1/p S n Sn 1/q ξ k p + η k p. Αν S n > 0, διαιρούμε με Sn 1/q, και αφού 1 1 q = 1 p, έχουμε ( n ) 1/p ξ k + η k p ( n ) 1/p ( n ) 1/p ξ k p + η k p ( ) 1/p ( ) 1/p ξ k p + η k p. (Αν S n = 0, τότε αυτή η τελευταία ανισότητα ισχύει ούτως ή άλλως.) Αφού το δεξιό μέλος είναι πεπερασμένο, το αριστερό παραμένει φραγμένο ανεξάρτητα από το n. Αφήνοντας το n να πάει στο άπειρο, συμπεραίνουμε ότι η z = (ξ k + η k ) l p και ( ) 1/p ( ) 1/p ( ) 1/q ξ k + η k p ξ k p + η k q. Ετσι, από την ανισότητα Minkowski, ο l p, p 1, γίνεται (γραμμικός) χώρος με νόρμα και επαγόμενη μετρική την ( ) 1/p (1.24) d p (x, y) = ξ k η k p για x = (ξ k ), y = (η k ) l p.

21 14 Qwroi me norma Πρόταση Για 1 p < οι χώροι (l p, p ) είναι πλήρεις μετρικοί χώροι, δηλαδή χώροι Banach. Απόδειξη. Θα μιμηθούμε την απόδειξη της Πρότασης Εστω (x n ) ακολουθία Cauchy στον l p. Γράφουμε x n = (ξ nk ) = (ξ n1,..., ξ nk,...), ξ nk R. Εστω ε > 0. Η (x n ) είναι Cauchy, επομένως υπάρχει n 0 (ε) N με την ιδιότητα ( ) 1/p ( ) n, s n 0 = ξ nk ξ sk p < ε. Άρα, για κάθε n, s n 0 και κάθε k N έχουμε ( ) 1/p ξ nk ξ sk ξ nk ξ sk p < ε. Δηλαδή, για κάθε k N η ακολουθία (ξ nk ) είναι Cauchy (ως προς n) στο R. Από την πληρότητα του R, υπάρχουν ξ 1,..., ξ k,... R τέτοιοι ώστε ξ n1 ξ 1,..., ξ nk ξ k,... καθώς n. Ορίζουμε x = (ξ 1,..., ξ k,...). Πρέπει πρώτα να δείξουμε ότι x l p. Κρατάμε N N σταθερό, και από την ( ) έχουμε και καθώς s, οπότε n, s m 0, ( N ) 1/p ξ nk ξ sk p < ε, ( N ) 1/p ( N ) 1/p ξ nk ξ sk p ξ nk ξ k p n n 0, ( N ) 1/p ξ nk ξ k p ε, και αφήνοντας το N παίρνουμε ( ) n n 0, ( ) 1/p ξ nk ξ k p ε. Δηλαδή, π.χ. για n = n 0, η (ξ n0k ξ k ) l p, και αφού (ξ n0k) l p, από την ανισότητα του Minkowski βλέπουμε ότι x = (ξ k ) = ((ξ k ξ n0k) + ξ n0k) l p. Επιπλέον, η ( ) είναι ισοδύναμη με την απ όπου συμπεραίνουμε ότι x n x. n n 0, d(x, x n ) ε,

22 1.3. Paradeigmata qwrwn me norma Ο χώρος c 00 των τελικά μηδενικών ακολουθιών (1.25) c 00 = {x = (ξ n ) n : υπάρχει n = n(x) ώστε ξ k = 0, k n} είναι ένας γραμμικός υπόχωρος του l (γιατί;). Συνεπώς, όπως κάναμε και για τους c, c 0 για να εξετάσουμε αν είναι κλειστός, πρέπει να εξετάσουμε αν είναι κλειστός υπόχωρος αυτού. Ισχυρισμός. Ο c 00 δεν είναι κλειστός στον l. Απόδειξη. Για n N θεωρούμε τις x n = (1, 12,..., 1n ), 0, 0,... c 00 καθώς και την x = Είναι εμφανές ότι x / c 00 ενώ ( 1, 1 2,..., 1 ) n, 1 n + 1,... l. ( x n x = 1 0, 0,..., 0, n + 1, 1.) n + 2,.. = 1 n + 1 0, δηλαδή x n x στον l. Βρήκαμε λοιπόν μια ακολουθία (x n ) στον c 00 και ένα στοιχείο x l με x n x αλλά x / c 00, και άρα έπεται το ζητούμενο. Επεται λοιπόν ότι ο c 00 είναι χώρος με νόρμα αλλά όχι χώρος Banach. Σημείωση: Θα δούμε παρακάτω ότι ο c 00 δε μπορεί να γίνει χώρος Banach με οποιαδήποτε νόρμα κι αν εφοδιαστεί: αυτό θα προκύψει ως συνέπεια του ότι έχει αριθμήσιμη Hamel βάση σε συνδυασμό με το Θεώρημα Baire. 6. Ο χώρος των συνεχών συναρτήσεων σε ένα κλειστό διάστημα [a, b] του R (1.26) C[a, b] = {f : [a, b] R : f συνεχής} εφοδιασμένο με τη supremum νόρμα (1.27) f = sup{ f(t) : t [a, b]}. Εφ όσον η f είναι συνεχής, το supremum αυτό είναι καλά ορισμένο και μάλιστα είναι maximum. Αφήνεται ως άσκηση ο έλεγχος των ιδιοτήτων (Ν1)-(Ν4) για την. Η νόρμα αυτή επάγει την εξής μετρική: για f, g C[a, b] (1.28) d (f, g) = f g = sup{ f(t) g(t) : t [a, b]}. Πρόταση Ο C[a, b] εφοδιασμένος με τη supremum νόρμα είναι πλήρης μετρικός χώρος, δηλαδή χώρος Banach. Απόδειξη. Η απόδειξη είναι ανάλογη αυτής της Πρότασης και αφήνεται ως άσκηση.

23 16 Qwroi me norma 7. Κλείνουμε αυτή την ενότητα με ένα ακόμη παράδειγμα ενός χώρου με νόρμα ο οποίος δεν είναι χώρος Banach. Συγκεκριμένα, θεωρούμε και πάλι το χώρο X = C[a, b] του προηγούμενου παραδείγματος εφοδιασμένο με τη συνάρτηση 1 : X R που ορίζεται ως (1.29) f 1 = b a f(t) dt για f C[a, b]. Εύκολα βλέπουμε (να το επαληθεύσετε) ότι η 1 ορίζει μια νόρμα στο C[a, b] με επαγόμενη μετρική την: (1.30) d 1 (f, g) = όπου f, g C[a, b]. b a f(t) g(t) dt, Ισχυρισμός. Ο (C[0, 1], 1 ) δεν είναι πλήρης. Απόδειξη. Ορίζουμε μια ακολουθία συνεχών συναρτήσεων (f n ), n 3, στον X ως εξής: 0, 0 t 1 2 f n (t) = n ( ) t 1 2, 1 2 < t < a n = n, 1, a n t 1. (1) Η (f n ) είναι ακολουθία Cauchy ως προς την d 1 : έστω n > m. Τότε, και (κάντε ένα σχήμα), a m = m > n = a n, d 1 (f n, f m ) = = 1/2 0 am 1/2 am 1 f n f m + 1/2 f n f m + f n f m a m f n f m a m 1 2 = 1 m. Εστω τώρα ε > 0. Υπάρχει n 0 N με 1 n 0 < ε, και αν n, m n 0, τότε δηλαδή, η (f n ) είναι Cauchy. d 1 (f n, f m ) 1 m 1 n 0 < ε, (2) Ας υποθέσουμε ότι f n f (ως προς την d 1 ) για κάποια συνεχή f : [0, 1] R. Δηλαδή, καθώς n. Ειδικότερα, 0 1/2 0 f(t) dt = 1 0 1/2 0 f n (t) f(t) dt 0 f n (t) f(t) dt 1 0 f n (t) f(t) dt 0,

24 1.4. Sugklish seirwn 17 και αφού η f είναι συνεχής στο [0, 1], πρέπει να ισχύει f(t) = 0, t [0, 1/2]. Εστω τώρα δ (1/2, 1). Υπάρχει n 0 N τέτοιο ώστε n < δ για κάθε n n 0. Τότε, για κάθε n n 0 έχουμε Ομως, άρα 0 1 δ f n (t) = 1, t [δ, 1]. f n (t) f(t) dt 1 δ f(t) dt = 0 f n (t) f(t) dt 0, (γιατί;). Από τη συνέχεια της f, συμπεραίνουμε ότι f(t) = 1 για κάθε t [δ, 1], και αφού το δ ήταν τυχόν στο (1/2, 1), έπεται ότι f(t) = 1 για κάθε t (1/2, 1]. Επεται ότι η f είναι ασυνεχής στο σημείο t 0 = 1/2, το οποίο είναι άτοπο αφού η f υποτέθηκε συνεχής στο [0, 1]. Βρήκαμε ακολουθία Cauchy (f n ) στον X, η οποία δεν συγκλίνει (ως προς την d) σε στοιχείο του X. Άρα, ο (X, d) δεν είναι πλήρης. 1.4 SÔgklish seir n Ο X είναι γραμμικός χώρος, επομένως μπορούμε να προσθέτουμε τους όρους μιάς ακολουθίας στον X. Αυτό οδηγεί σε μια φυσιολογική γενίκευση της έννοιας της συγκλίνουσας σειράς σε αυθαίρετο χώρο με νόρμα: Ορισμός (α) Εστω (x k ) ακολουθία στον X. Η ακολουθία (s n ) των μερικών αθροισμάτων της (x k ) ορίζεται από την (1.31) s n = x x n, n = 1, 2,... Αν υπάρχει x X τέτοιο ώστε s n x, τότε λέμε ότι η σειρά x k συγκλίνει στο x, και γράφουμε (1.32) x = x k. (β) Λέμε ότι η σειρά x k συγκλίνει απολύτως, αν (1.33) x k < + (δηλαδή, αν η σειρά πραγματικών αριθμών x 1 + x 2 + συγκλίνει στο R.) Πρόταση Εστω X ένας χώρος Banach. Αν η x k συγκλίνει απολύτως στον X, τότε συγκλίνει στον X.

25 18 Qwroi me norma Απόδειξη. Εστω (x k ) ακολουθία στον X, με την ιδιότητα x k <. Αν μάς δώσουν ε > 0, υπάρχει n 0 (ε) N τέτοιος ώστε, για κάθε n > m n 0, Τότε, αν n > m n 0, x m x n < ε. s n s m = x m x n x m x n < ε. Το ε > 0 ήταν τυχόν, άρα η (s n ) είναι Cauchy. Ο X είναι πλήρης, άρα η s n συγκλίνει σε κάποιο x X. Αυτό εξ ορισμού σημαίνει ότι η x k συγκλίνει στο x. Η ιδιότητα της Πρότασης δίνει έναν πολύ χρήσιμο χαρακτηρισμό των χώρων Banach: Πρόταση Αν σε ένα χώρο X με νόρμα, κάθε απολύτως συγκλίνουσα σειρά συγκλίνει, τότε ο X είναι πλήρης (είναι χώρος Banach). Απόδειξη. Θα χρησιμοποιήσουμε το εξής (γνωστό) αποτέλεσμα: Αν μια ακολουθία Cauchy σε ένα μετρικό χώρο έχει συγκλίνουσα υπακολουθία, τότε είναι και η ίδια συγκλίνουσα. (Θυμηθείτε την απόδειξη αυτού του ισχυρισμού.) Εστω (x n ) ακολουθία Cauchy στον X. Για ε = 1, k = 1, 2,..., μπορούμε να βρούμε (γιατί;) n 2 k 1 < n 2 <... < n k <... τέτοια ώστε n > m n k, x n x m < 1 2 k. Ειδικότερα, n 2 > n 1 n 1 = x n2 x n1 < 1 2, n 3 > n 2 n 2 = x n3 x n2 < 1 2 2, και, γενικά, για κάθε k N. Άρα, n k+1 > n k n k = x nk+1 x nk < 1 2 k x nk+1 x nk < 1 < +. Η (x n k+1 x nk ) συγκλίνει απολύτως, οπότε (από την υπόθεσή μας) συγκλίνει: υπάρχει x X τέτοιο ώστε m (x nk+1 x nk ) x, δηλαδή, x nm+1 x n1 x. Άρα, x nk x+x n1. Δείξαμε ότι η (x n ) έχει συγκλίνουσα υπακολουθία. Είναι όμως και ακολουθία Cauchy. Συνεπώς είναι συγκλίνουσα και άρα έπεται ότι ο X είναι πλήρης. Εχοντας στη διάθεσή μας την έννοια της συγκλίνουσας σειράς, μπορούμε να ορίσουμε μια έννοια «βάσης» διαφορετική από αυτήν της Hamel βάσης:

26 1.4. Sugklish seirwn 19 Ορισμός Μια ακολουθία (e n ) λέγεται βάση Schauder του χώρου X, αν e n X, n N, και κάθε x X γράφεται κατά μοναδικό τρόπο στη μορφή x = a n e n. n=1 (υπάρχουν δηλαδή μοναδικοί a n = a n (x) R τέτοιοι ώστε x (a 1 e a m e m ) 0 καθώς m.) Η σειρά n=1 a ne n είναι το ανάπτυγμα του x ως προς τη βάση (e n ). Παράδειγμα Αν 1 p <, η ακολουθία (e n ) με e n = (δ nk ) είναι μια βάση Schauder του l p. Απόδειξη. Εστω x = (ξ k ) k l p. Για m N, θέτουμε a m (x) = ξ m και παρατηρούμε ότι ( ) 1/p x ξ 1 e 1... ξ m e m p = ξ k p 0. k=m+1 Για τη μοναδικότητα, αν (a k ) S, τότε για κάθε t N και m t: ξ t a t x a 1 e 1... a m e m p και κατά συνέπεια, αν x a 1 e 1... a m e m p 0, αναγκαστικά είναι a t = ξ t για κάθε t. Πρόταση Εστω X χώρος με νόρμα. Αν ο X έχει βάση Schauder (e n ) n N, τότε ο X είναι διαχωρίσιμος. Απόδειξη: Ορίζουμε M = { m n=1 q ne n : m N, q n Q}. Το M είναι αριθμήσιμο. Εστω x X και ε > 0. Υπάρχουν a n R, n N τέτοιοι ώστε άρα υπάρχει m N με την ιδιότητα x = n=1 a n e n, n=1 m x a n e n ε < 2. Για κάθε n = 1,..., m, βρίσκουμε q n Q τέτοιους ώστε Τότε, m n=1 q ne n M, και m x q n e n x n=1 q n a n e n < ε 2m. m a n e n + m (a n q n )e n n=1 n=1 ε m 2 + a n q n e n n=1 < ε 2 + m ε 2m = ε.

27 20 Qwroi me norma Άρα, M = X. Σημείωση: Το 1936, ο Mazur ρώτησε αν ισχύει το αντίστροφο της Πρότασης 1.4.5: αν δηλαδή, κάθε διαχωρίσιμος χώρος Banach έχει βάση Schauder. Το ερώτημα αποδείχθηκε εξαιρετικά δύσκολο: το 1973, ο Per Enflo έδωσε αρνητική απάντηση. 1.5 Ask seic Ομάδα Α 1. Αν Y και Z είναι υπόχωροι του X, δείξτε ότι ο Y Z είναι υπόχωρος του X, ενώ ο Y Z είναι υπόχωρος του X αν και μόνο αν είτε Y Z είτε Z Y. 2. Εστω X χώρος με νόρμα. Δείξτε ότι η κλειστή θήκη Y ενός γραμμικού υποχώρου Y του X είναι γραμμικός υπόχωρος του X. 3. Δείξτε ότι σε έναν χώρο με νόρμα (X, ), για κάθε x X και r > 0 ισχύουν B(x, r) = D(x, r), int (B(x, r)) = D(x, r) και B(x, r) = D(x, r) = S(x, r). 4. Εστω X γραμμικός χώρος, και, δύο νόρμες στον X. Δείξτε ότι x x για κάθε x X, αν και μόνο αν B (X, ) B (X, ). 5. Θεωρούμε τον c 00 σαν υπόχωρο του l. Εστω y n = ( 0,..., 0, 1 n 2, 0,... ), n N. Δείξτε ότι η n y n συγκλίνει, αλλά η n y n δεν συγκλίνει στον Y. Τι συμπεραίνετε; Ομάδα Β 6. (α) Δείξτε ότι, αν 1 p < r, τότε για κάθε x R n ισχύει x r x p n 1 p 1 r x r. Βρείτε διανύσματα x για τα οποία ισχύει ισότητα στις παραπάνω ανισότητες. (β) Δείξτε ότι για κάθε ε > 0 υπάρχει N N τέτοιος ώστε: αν N < p < +, τότε για κάθε x R n ισχύει x x p (1 + ε) x. 7. Εστω X χώρος με νόρμα, και Y ένας γραμμικός υπόχωρος του X. Δείξτε ότι αν Y, τότε Y = X. 8. Ο c 00 περιέχεται σε κάθε l p, 1 p. Δείξτε ότι είναι πυκνός στον l p, 1 p < +, όχι όμως στον l. 9. Θεωρούμε το S = {x l : ξ k 1}. Δείξτε ότι το S είναι κλειστό στον l 1 (και στον l ) ως προς την x = sup{ ξ k : k N} και έχει κενό εσωτερικό. Δείξτε ότι ο l 1 με νόρμα την x = sup{ ξ k : k N} δεν είναι χώρος Banach. 10. Στον l 1 ορίζουμε ( x = 2 ξ k ) ξ k. k k=2

28 1.5. Askhseic 21 Δείξτε ότι η είναι νόρμα. Είναι ισοδύναμη με την x = ξ k ; Είναι ο (l 1, ) χώρος Banach; 11. Εστω X n-διάστατος πραγματικός γραμμικός χώρος, και x 1,..., x m διανύσματα που παράγουν τον X. Τότε, για κάθε x X υπάρχουν λ 1,..., λ m R (όχι αναγκαστικά μοναδικά), τέτοια ώστε x = m i=1 λ ix i. Ορίζουμε { m x = inf λ i : λ i R, x = i=1 Δείξτε ότι ο (X, ) είναι χώρος με νόρμα. m λ i x i }. 12. Εστω C 1 [0, 1] ο χώρος των συνεχώς παραγωγίσιμων f : [0, 1] R, με νόρμα την { } f = max max f(t), max f (t). 0 t 1 0 t 1 Δείξτε ότι η είναι όντως νόρμα, και ότι ο (C 1 [0, 1], ) είναι χώρος Banach. Γενικεύστε στο χώρο C k [0, 1] των συναρτήσεων f : [0, 1] R με συνεχή k οστή παράγωγο. 13. Στον c 0 θεωρούμε την x = νόρμα, αλλά δεν είναι χώρος Banach. Ομάδα Γ i=1 ξ k 2 k. Δείξτε ότι ο (c 0, ) είναι χώρος με 14. Εστω B(x n, r n ) μια φθίνουσα ακολουθία από κλειστές μπάλες σε έναν χώρο Banach X. Δείξτε ότι n=1 B(x n, r n ). [Υπόδειξη: Δείξτε πρώτα ότι x n+1 x n r n r n+1.] 15. Εστω f : [0, 1] R. Η κύμανση της f ορίζεται από την { n } V (f) = sup f(t i ) f(t i 1 ) : n N, 0 = t 0 < t 1 <... < t n = 1. i=1 Αν V (f) <, η συνάρτηση f καλείται συνάρτηση φραγμένης κύμανσης. Θεωρούμε το χώρο BV [0, 1] όλων των συναρτήσεων φραγμένης κύμανσης f : [0, 1] R, οι οποίες είναι συνεχείς από δεξιά και ικανοποιούν την f(0) = 0. Δείξτε ότι η f = V (f) είναι νόρμα στον BV [0, 1] και ότι ο (BV [0, 1], ) είναι χώρος Banach. 16. Εστω 1 p < και K κλειστό και φραγμένο υποσύνολο του l p. Αποδείξτε ότι το K είναι συμπαγές αν και μόνο αν για κάθε ε > 0 υπάρχει n 0 (ε) N ώστε για κάθε n n 0 και κάθε x = (ξ k ) K να ισχύει ξ k p < ε. k=n 17. Εστω x = (ξ n ) l. Αποδείξτε ότι η απόσταση του x από τον c 0 είναι d(x, c 0 ) = lim sup ξ n. n

29

30 Kefˆlaio 2 Q roi peperasmènhc diˆstashc 2.1 Basikèc idiìthtec Η πρώτη κλάση χώρων με νόρμα που θα μελετήσουμε είναι αυτή των χώρων που, σαν γραμμικοί χώροι, έχουν πεπερασμένη διάσταση. Είναι λογικό να περιμένει κανείς ότι η δομή τους θα είναι απλούστερη. Στο Κεφάλαιο αυτό θα δούμε αρκετές καλές τους ιδιότητες, καθώς και μερικές σημαντικές διαφορές τους από τους χώρους άπειρης διάστασης. Το πρώτο βασικό αποτέλεσμα αυτού του Κεφαλαίου (Θεώρημα 2.1.2) λέει ότι κάθε υπόχωρος πεπερασμένης διάστασης ενός χώρου με νόρμα είναι αναγκαστικά πλήρης. Για την απόδειξη αυτού του αποτελέσματος θα χρειαστούμε το εξής βασικό: Λήμμα Εστω X χώρος με νόρμα, και έστω x 1,..., x m γραμμικά ανεξάρτητα διανύσματα στον X. Υπάρχει μια σταθερά c > 0 (που εξαρτάται από τη νόρμα και από τα x 1,..., x m ), τέτοια ώστε για κάθε a 1,..., a m R να ισχύει (2.1) c ( a a m ) a 1 x a m x m. (δηλαδή, αν οι συντελεστές a i είναι «μεγάλοι», τότε το διάνυσμα a 1 x a m x m δεν μπορεί να έχει «αυθαίρετα» μικρή νόρμα.) Απόδειξη. Θα δείξουμε πρώτα ότι υπάρχει c > 0 τέτοιος ώστε ( ) m β i = 1 = β 1 x β m x m c. i=1 Ας υποθέσουμε ότι αυτό δεν ισχύει. Τότε, για κάθε k N υπάρχουν β (k) 1,..., β(k) m R με m = 1 και i=1 β(k) i β (k) 1 x β (k) m x m < 1 k. Δηλαδή, αν θέσουμε y (k) = m i=1 β(k) i x i, έχουμε y (k) 0.

31 24 Qwroi peperasmenhc diastashc Σκεφτόμαστε ως εξής: αφού για κάθε k ισχύει η m i=1 β(k) i = 1, ειδικότερα για κάθε k έχουμε β (k) 1 1. Άρα, υπάρχει υπακολουθία (β(ks) 1 ) της (β (k) 1 ) που συγκλίνει σε κάποιον β 1 R. Κοιτάμε τώρα την (β (ks) 2 ): πάλι, β (ks) 2 1, επομένως υπάρχει υπακολουθία (β (k ls ) 2 ) της (β (ks) 2 ) με β (k ls ) 2 β 2 R. Ομως τότε, β (k ls ) 1 β 1 (είναι υπακολουθία της (β (ks) 1 ).) Κάνοντας m βήματα, βρίσκουμε β 1,..., β m R και k 1 < k 2 <... < k n <... τέτοιους ώστε i = 1,..., m, Ορίζουμε y = β 1 x β m x m. Τότε, i=1 β (kn) i β i. m m y y (kn) = (β i β (kn) i )x i β i β (kn) i x i 0. Άρα, y (kn) y και αφού y (kn) 0, i=1 y = lim n y(kn) = 0, δηλαδή, y = β 1 x β m x m = 0. Τα x 1,..., x m έχουν υποτεθεί γραμμικά ανεξάρτητα, άρα β 1 = β 2 =... = β m = 0. Ομως, m β i = lim i=1 m n i=1 το οποίο είναι άτοπο. Αυτό αποδεικνύει την ( ). β (kn) i = lim 1 = 1, n Εστω τώρα τυχόντες a 1,..., a m R. Αν a 1 =... = a m = 0, τότε 0 = a 1 x a m x m c m a i = 0. Αν A = m i=1 a i 0, ορίζουμε β i = a i /A. Τότε, m i=1 β i = 1, οπότε η ( ) δίνει i=1 1 A (a 1x a m x m ) = β1 x β m x m c, ή, ισοδύναμα, m a 1 x a m x m ca = c a i. i=1 Χρησιμοποιώντας αυτό το Λήμμα, δείχνουμε κάποιες βασικές ιδιότητες των χώρων πεπερασμένης διάστασης: Θεώρημα Εστω X χώρος με νόρμα, και έστω Y υπόχωρος του X που έχει πεπερασμένη διάσταση. Τότε, ο Y είναι πλήρης. Ειδικότερα, κάθε χώρος πεπερασμένης διάστασης με νόρμα είναι πλήρης.

32 2.1. Basikec idiothtec 25 Απόδειξη. Υποθέτουμε ότι dimy = n, και σταθεροποιούμε μια βάση {e 1,..., e n } του Y. Εστω (y (m) ) ακολουθία Cauchy στον Y. Κάθε y (m) γράφεται μονοσήμαντα σαν γραμμικός συνδυασμός των e i : y (m) = n i=1 a (m) i e i. Εστω ε > 0. Αφού η (y (m) ) είναι ακολουθία Cauchy, υπάρχει m 0 (ε) N τέτοιος ώστε: αν m, s m 0, τότε y (m) y (s) < ε. Δηλαδή, για κάθε m, s m 0, n (a (m) i i=1 a (s) i )e i < ε. Τα e i είναι γραμμικά ανεξάρτητα, άρα, από το Λήμμα υπάρχει c > 0 τέτοιος ώστε: για κάθε m, s m 0, c n i=1 a (m) i a (s) i n (a (m) i i=1 Ειδικότερα, για κάθε i = 1,..., n και κάθε m, s m 0, a (m) i a (s) i < ε c a (s) i )e i < ε. (γιατί;). Άρα, για κάθε i = 1,..., n, η (a (m) i ) είναι ακολουθία Cauchy στο R. Οπότε, υπάρχουν a 1,..., a n R τέτοιοι ώστε a (m) 1 a 1,..., a (m) n a n. Ορίζουμε y = a 1 e a n e n Y. Τότε, y y (m) n i=1 δηλαδή, y (m) y. Άρα, ο Y είναι πλήρης. a i a (m) i e i 0, Σημείωση: Γνωρίζουμε ότι αν (X, d) είναι ένας μετρικός χώρος, τότε κάθε πλήρης υπόχωρός του είναι κλειστός. Η παρατήρηση αυτή και το Θεώρημα έχουν την εξής άμεση συνέπεια: Θεώρημα Εστω X χώρος με νόρμα, και έστω Y υπόχωρος του X που έχει πεπερασμένη διάσταση. Τότε, ο Y είναι κλειστός στον X. Απόδειξη. Από το Θεώρημα 2.1.2, ο Y είναι πλήρης. Εφαρμογή Αν X είναι ένας απειροδιάστατος χώρος Banach, τότε κάθε βάση Hamel του X είναι υπεραριθμήσιμη. Απόδειξη. Υποθέτουμε ότι ο X έχει άπειρη αριθμήσιμη βάση Hamel e 1, e 2,..., e n,...

33 26 Qwroi peperasmenhc diastashc Ορίζουμε Y n = e 1,..., e n. Κάθε Y n έχει πεπερασμένη διάσταση, επομένως είναι κλειστός υπόχωρος του X. Από την άλλη πλευρά, κάθε x X είναι πεπερασμένος γραμμικός συνδυασμός των e n, άρα (2.2) X = Y n. n=1 Ομως, ο X είναι πλήρης. Το Θεώρημα του Baire μας λέει ότι κάποιος Y n έχει μη κενό εσωτερικό. Υπάρχουν δηλαδή n N, x Y n και r > 0 τέτοια ώστε D(x, r) = {z X : z x < r} Y n. Αυτό οδηγεί σε άτοπο: έστω w X. Υπάρχει λ > 0 για το οποίο λw < r. Τότε, x+λw Y n (γιατί;). Ομως x Y n, και ο Y n είναι γραμμικός υπόχωρος του X. Άρα, w = 1 λ ((x + λw) x) Y n. Επεται ότι Y n = X. Αυτό όμως είναι άτοπο, γιατί ο X είναι απειροδιάστατος. Συνέπεια: Αν X είναι ένας γραμμικός χώρος που έχει άπειρη αριθμήσιμη διάσταση, τότε όποια νόρμα κι αν ορίσουμε στον X αποκλείεται να πάρουμε χώρο Banach. Τέτοια παραδείγματα είναι ο χώρος P [a, b] των πολυωνύμων στο [a, b] καθώς και ο c 00 (εξηγήστε). Ορισμός Εστω X ένας γραμμικός χώρος. Δύο νόρμες και στον X λέγονται ισοδύναμες αν υπάρχουν θετικοί αριθμοί a, b τέτοιοι ώστε, για κάθε x X (2.3) a x x b x. Πρόταση Εστω και ισοδύναμες νόρμες στον X. Αν x n, x X, τότε (2.4) x x n 0 x x n 0. (δηλαδή, x n x στον (X, ) αν και μόνο αν x n x στον (X, ): οι δύο χώροι έχουν ακριβώς τις ίδιες συγκλίνουσες ακολουθίες.) Απόδειξη. Αν x x n 0, τότε x x n 1 a x x n 0. Δηλαδή, x x n 0. Ομοια, αν x x n 0, τότε δηλαδή x x n 0. x x n b x x n 0, Πρόταση Εστω και ισοδύναμες νόρμες στον X. Αν A X, τότε το A είναι κλειστό στον (X, ) αν και μόνο αν το A είναι κλειστό στον (X, ).

34 2.1. Basikec idiothtec 27 Απόδειξη. Υποθέτουμε ότι το A είναι κλειστό στον (X, ). Εστω x n A με x n x ως προς την. Από την Πρόταση 2.1.6, x n x ως προς την, και αφού το A είναι κλειστό ως προς την, έπεται ότι x A. Άρα, το A είναι κλειστό ως προς την. Η αντίστροφη συνεπαγωγή αποδεικνύεται εντελώς ανάλογα. Οι δύο αυτές Προτάσεις οδηγούν στο εξής: Θεώρημα Δύο ισοδύναμες νόρμες στον γραμμικό χώρο X ορίζουν την ίδια τοπολογία στον X. Απόδειξη. Ενα A X είναι ανοιχτό ως προς την αν και μόνο αν είναι ανοιχτό ως προς την (γιατί;). Αυτό που μπορεί να δείξει κανείς είναι ότι, σε ένα χώρο πεπερασμένης διάστασης οποιεσδήποτε δύο νόρμες είναι ισοδύναμες: Θεώρημα Εστω X γραμμικός χώρος πεπερασμένης διάστασης. Αν και είναι δύο νόρμες στον X, τότε υπάρχουν a, b > 0 με την ιδιότητα: για κάθε x X, (2.5) a x x b x. Απόδειξη. Υποθέτουμε ότι dimx = n, και έστω {e 1,..., e n } μια βάση του X. Από το Λήμμα (το εφαρμόζουμε για την και για την ), υπάρχουν c, c τέτοια ώστε, για κάθε a 1,..., a n R, και c c n a i a 1 e a n e n, i=1 n i=1 a i a 1 e a n e n. Εστω x X. Υπάρχουν a 1,..., a n R τέτοιοι ώστε x = a 1 e a n e n. Τότε, x = a 1 e a n e n όπου a = c / max e i. Ομοια, ( ) max e n i a i i n max e i c c i=1 n a i i=1 n a i e i i=1 max e i c a 1 e a n e n = 1 a x, x = a 1 e a n e n max e i x = b x. c

35 28 Qwroi peperasmenhc diastashc Άρα το ζητούμενο ισχύει με c a = max e i, b = max e i. c Το Θεώρημα μας λέει λοιπόν ότι σε ένα χώρο πεπερασμένης διάστασης, όλες οι νόρμες επάγουν την ίδια τοπολογία: ένα σύνολο είναι ανοιχτό ως προς όλες τις δυνατές νόρμες στον X ή δεν είναι ανοιχτό για καμία απ αυτές. Κλείνουμε αυτή την παράγραφο με ένα παράδειγμα νορμών που δεν είναι ισοδύναμες. Θεωρούμε τον γραμμικό χώρο c 00 του προηγούμενου Κεφαλαίου και ορίζουμε δύο νόρμες σε αυτόν: (2.6) x = max{ ξ k : k N}, x 1 = ξ k. Προφανώς, x x 1. Θα δείξουμε ότι δεν υπάρχει b > 0 τέτοιος ώστε x X, x 1 b x. Αν υπήρχε τέτοιος b, θέτοντας x n = (1,..., 1, 0,...) θα είχαμε n = x n 1 b x n = b, κι αυτό για κάθε n N, άτοπο. Ο X είναι βέβαια απειροδιάστατος. 2.2 Sumpˆgeia kai peperasmènh diˆstash Ο ορισμός της συμπάγειας που θα χρησιμοποιήσουμε είναι αυτός της ακολουθιακής συμπάγειας 1 : Εστω X χώρος με νόρμα. Ενα μη κενό υποσύνολο M του X λέγεται συμπαγές αν για κάθε ακολουθία (x m ) στο M υπάρχουν x M και υπακολουθία (x km ) της (x m ) τέτοια ώστε x x km 0. Πρόταση Αν το M είναι συμπαγές, τότε είναι κλειστό και φραγμένο. Απόδειξη. (α) Το M είναι κλειστό: έστω x M. Υπάρχει (x m ) στο M με x m x. Αφού το M είναι συμπαγές, υπάρχουν y M και x km y. Αφού όμως x m x, θα πρέπει x km x. Άρα, x = y M. Δηλαδή, M M. (β) Θα δείξουμε ότι υπάρχει A > 0 τέτοιος ώστε x A για κάθε x M. Αλλιώς υπάρχουν x m M, m N, με x m > m. Από συμπάγεια, υπάρχουν x M και x km x. Τότε, x km x. Ομως, από την επιλογή των x m, x km : ατοπο. 1 H isodunamða autoô tou orismoô me ton antðstoiqo topologikì orismì kaj c kai di- ˆforec idiìthtec twn sumpag n q rwn upˆrqoun stic Shmei seic Pragmatik c Anˆlushc, P. Balèttac.

36 2.2. Sumpageia kai peperasmenh diastash 29 Το αντίστροφο της Πρότασης δεν είναι σωστό. Για παράδειγμα, ας θεωρήσουμε το M = {e n : n N} στον l 1. Αν n m, τότε e n e m 1 = 2. Το M είναι κλειστό και φραγμένο (δείξτε το), αλλά δεν είναι συμπαγές. Η α- κολουθία (e n ) στο M δεν έχει συγκλίνουσα υπακολουθία: αν είχε, οι όροι της θα έπρεπε να είναι τελικά ο ένας κοντά στον άλλον, ενώ οποιοιδήποτε δύο απ αυτούς έχουν απόσταση ίση με 2. Θεώρημα Εστω X χώρος πεπερασμένης διάστασης με νόρμα, και έστω M X. Τότε, το M είναι συμπαγές αν και μόνο αν είναι κλειστό και φραγμένο. Απόδειξη. ( ) Υποθέτουμε ότι dimx = n, και έστω {e 1,..., e n } μιά βάση του X. Εστω x m = a (m) 1 e a (m) n e n, ακολουθία στο M. Το M είναι φραγμένο, άρα υπάρχει A > 0 τέτοιος ώστε a (m) 1 e a (m) n e n = x m A, m N. Από το βασικό Λήμμα 2.1.1, υπάρχει c > 0 τέτοιος ώστε c n i=1 a (m) i x m A, m N, και, όπως ακριβώς στην απόδειξη του Λήμματος 2.1.1, βρίσκουμε k 1 < k 2 <... < k m <... και a i R τέτοιους ώστε Ορίζουμε x = a 1 e a n e n. Τότε, x x km = a (km) 1 a 1,..., a (km) n a n. n (a i a (km) i )e i i=1 n i=1 a i a (km) i e i 0, δηλαδή x km x. Τέλος, x M αφού x km M και το M είναι κλειστό. Κάθε ακολουθία του M έχει συγκλίνουσα (στο M) υπακολουθία, άρα το M είναι συμπαγές. Η αντίστροφη κατεύθυνση είναι ακριβώς η Πρόταση και ισχύει χωρίς την υπόθεση της πεπερασμένης διάστασης. Σε χώρους πεπερασμένης διάστασης, τα συμπαγή είναι ακριβώς τα κλειστά και φραγμένα σύνολα. Στους απειροδιάστατους χώρους αυτό παύει να ισχύει. Και μάλιστα, η μοναδιαία μπάλα B X ενός απειροδιάστατου χώρου X δεν είναι ποτέ συμπαγής. Η απόδειξη αυτού του αποτελέσματος βασίζεται σε ένα γεωμετρικό λήμμα: Λήμμα (F. Riesz). Εστω X χώρος με νόρμα, και Y, Z υπόχωροι του X. Υποθέτουμε ότι ο Y είναι κλειστός, γνήσιος υπόχωρος του Z. Τότε, για κάθε θ (0, 1) υπάρχει z Z τέτοιο ώστε z = 1 και (2.7) d(z, Y ) = inf{ z y : y Y } θ. Απόδειξη. Ο Y είναι γνήσιος υπόχωρος του Z, άρα υπάρχει v Z \ Y. Ο Y είναι κλειστός και v / Y, επομένως υπάρχει r > 0 τέτοιος ώστε D(v, r) Y =. Δηλαδή, v y r για κάθε y Y. Επεται ότι d(v, Y ) = inf{ v y : y Y } = a > 0.

37 30 Qwroi peperasmenhc diastashc Αφού θ (0, 1), έχουμε a/θ > a. Άρα, υπάρχει y 0 Y τέτοιο ώστε v y 0 < a θ. Ορίζουμε z = v y0 v y (προφανώς y 0 0 v, άρα v y 0 = 0.) Τότε, z = 1, και z Z γιατί v, y 0 Z και ο Z είναι γραμμικός υπόχωρος του X. Θα δείξουμε ότι z y θ για κάθε y Y. Πράγματι, αν y Y έχουμε: z y = v y 0 v y 0 y = v (y 0 + v y 0 y) v y 0 = v (y 0 + v y 0 y) v (y 0 + v y 0 y) v y 0 a/θ a a/θ = θ, γιατί y 0 + v y 0 y Y (ο Y είναι υπόχωρος). Θεώρημα Εστω X χώρος με νόρμα. Ο X έχει πεπερασμένη διάσταση αν και μόνο αν η B X είναι συμπαγής. Απόδειξη. Αν ο X έχει πεπερασμένη διάσταση, τότε η B X είναι συμπαγής: έχουμε δεί ότι η B X είναι πάντα κλειστό και φραγμένο σύνολο, οπότε το συμπέρασμα έπεται από το Θεώρημα Μένει να δείξουμε ότι αν ο X είναι απειροδιάστατος, τότε η B X δεν είναι συμπαγής. Θα το δείξουμε κατασκευάζοντας μιά ακολουθία (x n ) στον X με x n = 1, n N, που ικανοποιεί την (2.8) n m = x n x m 1 2. (τότε, η (x n ) περιέχεται στην B X και είναι φανερό ότι δεν έχει συγκλίνουσα υπακολουθία.) 1. Σαν x 1 επιλέγουμε οποιοδήποτε διάνυσμα του X με x 1 = Επιλογή του x 2 : Ο Y 1 = x 1 έχει πεπερασμένη διάσταση, άρα είναι κλειστός υπόχωρος του X. Αφού ο X είναι απειροδιάστατος, ο Y 1 είναι γνήσιος υπόχωρος του X. Εφαρμόζουμε το Λήμμα του Riesz με Y = Y 1, Z = X και θ = 1 2 : υπάρχει x 2 X με x 2 = 1 και d(x 2, Y 1 ) 1/2. Ειδικότερα, αφού x 1 Y 1, βλέπουμε ότι x 2 x Επαγωγικό βήμα: Υποθέτουμε ότι έχουν επιλεγεί τα x 1,..., x k έτσι ώστε x n x m 1/2 αν n m, n, m {1,... k}. Ορίζουμε Y k = x 1,..., x k. Οπως πριν, ο Y k έχει πεπερασμένη διάσταση, άρα είναι κλειστός και γνήσιος υπόχωρος του X. Από το Λήμμα του Riesz με Y = Y k, Z = X και θ = 1 2, υπάρχει x k+1 X με x k+1 = 1 και d(x k+1, Y k ) 1/2. Αφού x 1,..., x k Y k, έπεται ότι x k+1 x j 1, j = 1,..., k. 2 Μαζί με την επαγωγική υπόθεση, αυτό σημαίνει ότι x 1 = x 2 =... = x k+1 = 1,

38 2.3. Askhseic 31 και, αν n m στο {1,..., k + 1}, τότε x n x m 1 2. Επαγωγικά, ορίζουμε ακολουθία (x n ) με τις ιδιότητες που θέλουμε. Ας θυμηθούμε τώρα μερικές ιδιότητες της συμπάγειας σχετικά με τις συνεχείς συναρτήσεις μεταξύ μετρικών χώρων: (α) Αν T : (X, d) (Y, ρ) συνεχής συνάρτηση, και M X συμπαγές, τότε το T (M) είναι συμπαγές. Απόδειξη. Εστω (y k ) ακολουθία στο T (M). Για κάθε k υπάρχει x k M τέτοιο ώστε T (x k ) = y k. Το M είναι συμπαγές, άρα υπάρχουν (x kn ) και x M με x kn x. Η T είναι συνεχής, άρα T (x kn ) T (x). Ομως, T (x kn ) = y kn. Άρα, όπως θέλαμε. y kn T (x) T (M), (β) Αν T : (X, d) (R, ) συνεχής και M X συμπαγές, τότε η T παίρνει μέγιστη και ελάχιστη τιμή στο M. Απόδειξη. Το T (M) είναι συμπαγές υποσύνολο του R, άρα κλειστό και φραγμένο. Αφού είναι φραγμένο έχει sup και inf, και αφού είναι κλειστό, το sup είναι max και το inf είναι min. Δηλαδή, υπάρχουν a, b R τέτοια ώστε a T (x) b για κάθε x M, και τα a, b είναι τιμές της T στο M: Υπάρχουν x 1, x 2 M τέτοια ώστε για κάθε x M. T (x 1 ) = a T (x) b = T (x 2 ) Σύμφωνα με το Θεώρημα 2.2.4, πρέπει κανείς να είναι πολύ προσεκτικός με αντίστοιχες προτάσεις για κλειστά και φραγμένα υποσύνολα απειροδιάστατων χώρων: τα κλειστά και φραγμένα δεν είναι πάντα συμπαγή, και η συμπάγεια ήταν πολύ ουσιαστική για την απόδειξη των (α) και (β). 2.3 Ask seic Ομάδα Α 1. Εστω και δύο ισοδύναμες νόρμες στο γραμμικό χώρο X. Να δείξετε ότι αν (x n ) μια ακολουθία στοιχείων του X και x X, τότε x n x 0 αν και μόνο αν x n x Εστω και δύο ισοδύναμες νόρμες στο γραμμικό χώρο X. Δείξτε ότι υπάρχει ομοιομορφισμός f : B (X, ) B (X, ). Δηλαδή, η f είναι συνεχής, ένα προς ένα και επί, και η f 1 είναι συνεχής. 3. Αποδείξτε ότι ο χώρος R m n των m n πραγματικών πινάκων είναι γραμμικός χώρος διάστασης mn. Συμπεράνετε ότι όλες οι νόρμες στο χώρο αυτό είναι ισοδύναμες. Ποιά θα ήταν τα ανάλογα των 1, 2 και σε αυτό το χώρο;

39 32 Qwroi peperasmenhc diastashc Ομάδα Β 4. (α) Δείξτε ότι για κάθε 1 p < q < +, ο l p περιέχεται γνήσια στον l q, και ο l q περιέχεται γνήσια στον c 0. (β) Εξετάστε αν οι νόρμες p και q είναι ισοδύναμες στον l p (p < q). (γ) Εξετάστε αν ισχύει c 0 = 1 p<+ l p. 5. Στον χώρο C[0, 1] θεωρούμε τη συνήθη νόρμα f = max t [0,1] f(t). Σε κάθε μία από τις παρακάτω περιπτώσεις, βρείτε το σύνολο {g K : f g = d(f, K)}. (α) K είναι το σύνολο των σταθερών συναρτήσεων, f τυχούσα στον C[0, 1]. (β) K = {ax : a R}, f σταθερή. (γ) K = {g C[0, 1] : g 0, 1 g(t)dt g(0) + 1}, f 0. 0 Ομάδα Γ 6. Δείξτε την εξής παραλλαγή του Λήμματος του Riesz: αν ο Y είναι υπόχωρος του X που έχει πεπερασμένη διάσταση, τότε υπάρχει x X με x = 1 και d(x, Y ) = 1. [Υπόδειξη: Πάρτε v X\Y. Ο Y είναι κλειστός, άρα d(v, Y ) = a > 0. Βρείτε y n Y τέτοια ώστε a v y n < a + 1 n. Η (y n) περιέχεται σε κατάλληλη κλειστή μπάλα του Y, η οποία είναι συμπαγής.] 7. Εστω X χώρος με νόρμα και 0 < θ < 1. Ενα A B X λέγεται θ δίκτυο για την B X αν για κάθε x B X υπάρχει a A με x a < θ. Αν το A είναι θ δίκτυο για την B X, δείξτε ότι για κάθε x X υπάρχουν a n A, n N, ώστε x = 8. Εστω X = (R n, ) και ένα ε > 0. a n θ n. n=0 (α) Εστω x 1, x 2,..., x k B X με την ιδιότητα x i x j ε αν i j. Να δείξετε ότι k (1 + 2/ε) n. [Υπόδειξη: Οι μπάλες B(x i, ε/2) περιέχονται στην B(0, 1 + ε/2) και έχουν ξένα εσωτερικά. (β) Δείξτε ότι υπάρχει ε δίκτυο για την B X με πληθάριθμο N (1 + 2/ε) n. 9. Εστω X απειροδιάστατος χώρος με νόρμα. (α) Δείξτε ότι υπάρχουν x 1, x 2,..., x n,... B X ώστε x n B X B X και τα x n B X να είναι ξένα. (β) Το ερώτημα απαιτεί κάποια γνώση Θεωρίας Μέτρου. Αποδείξτε ότι δεν υπάρχει μέτρο Borel µ στον X που να ικανοποιεί τα εξής: 1. Το µ είναι αναλλοίωτο στις μεταφορές, δηλαδή µ(x + A) = µ(a) για κάθε x X και κάθε Borel υποσύνολο A του X. 2. µ(a) > 0 για κάθε ανοικτό, μη κενό A X. 3. Υπάρχει μη κενό ανοικτό A 0 X με µ(a 0 ) <.