Λύσεις στην Συναρτησιακή Ανάλυση Κανονική εξεταστική 2009 (μπορεί να περιέχουν λάθη)

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Λύσεις στην Συναρτησιακή Ανάλυση Κανονική εξεταστική 2009 (μπορεί να περιέχουν λάθη)"

Βερενίκη Παπαδόπουλος
7 χρόνια πριν
Προβολές:

1 Λύσεις στην Συναρτησιακή Ανάλυση Κανονική εξεταστική 009 (μπορεί να περιέχουν λάθη) (L) Θέμα 1 α) i Ένα σύνολο A X λέγεται γραμμικά ανεξάρτητο αν κάθε πεπερασμένο υποσύνολό του είναι γραμμικά ανεξάρτητο. To {x 1, x,... x } A λέγεται γραμμικά ανεξάρτητο αν λ 1 x 1 + λ x + + λ x 0 X λ 1 λ λ 0. Ένα σύνολο D X λέγεται Hamel βάση του X, αν είναι γραμμικά ανεξάρτητο και η γραμμική θήκη του D είναι το X. ii) Έστω ότι η (x + y ) N δεν είναι γραμμικά ανεξάρτητη, τότε υπάρχει k N και λ 1,..., λ k R όχι όλα μηδέν τέτοια ώστε λ (x + y ) 0 λ x ( λ )y z τότε z < (x ) N >, z < (y ) N >, όμως < (x ) N > < (y ) N > {0 X }, τότε λ x 0 X κάτι που είναι άτοπο καθώς η (x ) N είναι γραμμικά ανεξάρτητη ακολουθία και από την υπόθεση που έχουμε κάνει δεν είναι όλα τα λ μηδέν. β) i) Για κάθε i 1,,..., ο x i είναι γραμμικός και φραγμένος. Έστω x, y X, l, m R τότε T (lx + my) x i (lx + my) (lx i (x) + mx i (y))x i l x i (x)x i + m x i (y)x i lt (x) + mt (y). Άρα, ο T είναι γραμμικός. Ο Τ είναι και φραγμένος καθώς για κάθε x X έχουμε ότι T (x) x i (x)x i x i (x)x i (τριγωνική ανισότητα) ( x i (x) x i x i x i ) x. x i x x i (o x i φραγμένος) άρα, ο T είναι φραγμένος καθώς για M x i x i έχουμε ότι T (x) M x. ii) Έστω x Kerx i, τότε x i (x) 0, i 1,,..., τότε T (x) x i (x)x i 0 x KerT, άρα Kerx i KerT. Αν επιπλέον τα {x i } είναι γραμμικά ανεξάρτητα, τότε αν x KerT T (x) 0 x i (x)x i 0 οπότε θα πρέπει οι συντελεστές των x i να είναι μηδέν, αρα x i (x) 0, i 1,,..., x 1

2 Kerx i, άρα KerT Kerx i Kerx i και από (L) έχουμε ότι KerT Θέμα α) Το K 1 + K είναι κυρτό καθώς αν x, y K 1 + K, x x 1 + x, y y 1 + y, x 1, y 1 K 1, x, y K τότε για κάθε λ [0, 1] έχουμε ότι λx + (1 λ)y λx 1 + (1 λ)y 1 + λx + (1 λ)y K 1 + K καθώς λx 1 + (1 λ)y 1 K 1 αφού το K 1 είναι κυρτό και x 1, y 1 K 1 και όμοια λx + (1 λ)y K. Άρα, το K 1 + K είναι κυρτό. Επίσης, το K 1 + K είναι κλειστό καθώς αν (x ) N K 1 + K συγκλίνουσα, τότε x x 1 + x K 1 + K. Οπότε, η x 1 + x είναι συγκλίνουσα. Από την υπόθεση έχουμε ότι το K είναι συμπαγές, άρα υπάρχει υπακολουθία της x συγκλίνουσα έστω η x k, με lim x k x K τότε αν lim x 1 k + x k x θα ισχύει ότι lim x 1 k x x άρα υπάρχει και το όριο της x 1 k έστω x 1 και αφού τα K 1, K είναι κλειστά, τότε x x 1 + x K 1 + K, άρα το K 1 + K είναι κλειστό. β) Έστω x, y K τότε υπάρχουν (x ) N K, (y ) N K με x x, y y, τότε για κάθε λ [0, 1] ισχύει ότι λx + (1 λ)y K καθώς λx + (1 λ)y K καθώς το K είναι κυρτό και λx + (1 λ)y λx + (1 λ)y. Άρα, το K είναι κυρτό. Θα δείξουμε επίσης ότι το K είναι κυρτό. Για αυτό αρκεί να δείξω ότι για λ (0, 1) ισχύει λy 0 + (1 λ)x 0 K. Χωρίς βλάβη της γενικότητας θεωρώ ότι y 0 0 X (αλλιώς θεωρώ το K y 0 ). Θα δείξουμε ότι για κάθε λ (0, 1) ισχύει ότι λx 0 K ή ισοδύναμα υπάρχει ϵ λ τέτοιο ώστε B(λx 0, ϵ λ ) K. Από την υπόθεση έχουμε ότι 0 X K. Άρα υπάρχει ϵ > 0 τέτοιο ώστε B(0 X, ϵ) K. Θα δείξουμε ότι B(λx 0, ϵ(1 λ)) K. Έστω x B(λx 0, ϵ(1 λ)) τότε x λx 0 < ϵ(1 λ). Άρα υπάρχει w X με x λx 0 + w, w < ϵ(1 λ) w 1 λ < ϵ w 1 λ K w 1 λ z, z K τότε x λx 0 + (1 λ)z, x 0, z K. Άρα, B(λx 0, ϵ(1 λ)) K. Άρα λ (0, 1)λx 0 K. Για μια βοηθητική εικόνα δείτε το Σχήμα 1. Θέμα 3 α) Αφού ρ(x, K) if{ x y : y K} τότε υπάρχει ακολουθία (y ) N K : x y ρ(x, K). Θα δείξουμε ότι η (y ) N είναι βασική. Από τον κανόνα του παραλληλογράμου έχουμε ότι y y m x y + x y m 4 x y + y m. y Αφού το K είναι κυρτό θα ισχύει ότι +y m K. Τότε, x y+ym ρ (x, K). Τότε, 0 y y m x y + x y m 4ρ (x, K) και επειδή x y ρ(x, K) και x y m ρ(x, K) τότε η (y ) N είναι βασική. Τώρα, αφού ο K είναι κλειστός και ο H είναι Hilbert και άρα Baach τότε η (y ) N συγκλίνει σε κάποιο y K. Άρα υπάρχει y K : x y ρ(x, K). Θα δείξουμε ότι το y είναι μοναδικό. Οπότε, έστω y 1, y K με y 1 x y x ρ(x, K) τότε y 1 y x y 1 + x y 4 x y 1 + y > 0 x y 1 + y < ρ (x, K). Άτοπο

3 ΘΕΜΑ 5 3 β) Η f x (y) x, y είναι γραμμική καθώς αν y, z H, l, m R ισχύει ότι f x (ly+mz) x, ly + mz x, ly + x, mz l x, y +m x, z lf x (y)+mf x (z) επίσης, f x (y) x, y x y Ανισότητα Cauchy οπότε η f x είναι φραγμένη και f x x. Από την άλλη μεριά ισχύει ότι f x ( x x x ) x x. Άρα, f x x. Θέμα 4 α) Για κάθε x λ 1 e 1 + λ e + + λ e έχουμε ότι f(x) f( )λ i e i λ i f(e i ) ( λ i p ) 1 p ( f(e i ) q ) 1 q ( f(e i ) q ) 1 q x p άρα f ( f(e i ) q ) 1 q. Από την άλλη μεριά υπάρχουν λ 1, λ,..., λ R τέτοια ώστε να ισχύει λ i f(e i ) ( λ i p ) 1 p ( f(e i ) q ) 1 q (δείτε τις σημειώσεις του κυρίου Αργυρού). Άρα, f ( f(e i ) q ) 1 q β) y x i x i x i τότε y καθώς η (x ) N είναι ορθοκανονική ακολουθία και τότε x i 1, i 1,,..., οπότε αντικαθιστώντας έχουμε ότι y 1 0. Άρα, y 0, άρα y 0 H Θέμα 5 α) Το συναρτησιακό Mikowsky p k ορίζεται ως εξής: p k : X R με p k (x) if{λ > 0 : x λk}. Το p k είναι καλώς ορισμένο καθώς 0 X K ϵ > 0 : B(0 X, ϵ) K. Γνωρίζουμε ότι N B(0 X, ϵ) X οπότε N K X. Άρα, το Λ x {λ > 0 : x λk} είναι διαφορετικό του κενού και είναι κάτω φραγμένω από το 0 άρα υπάρχει το if(λ x ) p k (x). i) προφανώς αφού για κάθε x X υπάρχει N τέτοιο ώστε x K p k (x) <. ii) p k (λx) if{µ > 0 : x µk} λ if{ µ λ > 0 : x µ λ K} λp k(x) iii) Επειδή το K είναι κυρτό, τότε λk + µk (λ + µ)k οπότε αν x λk, y µk τότε x + y (λ + µ)k άρα Λ x + Λ y Λ x+y if(λ x+y ) if(λ x ) + if(λ y ) p k (x + y) p k (x) + p k (y) iv) η p k είναι θετικό υπογραμμικό συναρτησιακό, προκύπτει άμεσα από τα (ii), (iii) και p k (x) 0, x X. Επίσης, 0 X K ϵ > 0 τέτοιο ώστε B(0 X, ϵ) K άρα το σύνολο p k (B(0 X, ϵ)) είναι φραγμένο από το 1. Άρα, η p k είναι συνεχής. Οπότε για x K υπάρχει (x ) N K με x x, τότε p k (x ) p(x) και p k (x ) 1, N οπότε p k (x) 1. Άρα, αν x K, τότε p k (x) 1. Αντίστροφα, αν p k (x) 1 θα αποδείξουμε ότι x K. Έστω ότι x X/ K τότε υπάρχει B(x, ϵ) τέτοια ώστε B(x, ϵ) K, τότε x ϵ x / K x(1 ϵ x x ) / K x x x ϵ / K.

4 4 Όμως, αφού p k (x) 1 τότε για κάθε λ > 1 ισχύει x λ K, όμως για λ 0 x x ϵ έχουμε ότι x λ 0 / K κάτι που είναι άτοπο καθώς άρα x K β) Αφού ο X είναι διαχωρίσιμος, τότε υπάρχει (x ) N X που είναι πυκνή στον X. Τότε για κάθε N υπάρχει x X : x 1 με x (x ) x. Προφανώς {0 X } 1Kerx οπότε αρκεί να δείξω ότι 1Kerx {0 X }. Έστω x 1Kerx τότε για κάθε N έχουμε ότι x (x) 0. Τότε από υπόθεση έχουμε ότι η (x ) N είναι πυκνή στο X οπότε υπάρχει υπακολουθία (x k ) N της (x ) N με x k x οπότε x x x k + x k x x k + x k x x k + x k (x k ) x x k + x k (x k x) x x k + sup{x k x(x k ) : x 1} x x k + x x k x x k 0. Άρα x 0 x 0 X

5 ΘΕΜΑ 5 5 Σχήμα 1. figure for iterior

Σχετικά έγγραφα

Το φασματικό Θεώρημα

Το φασματικό Θεώρημα 1 Το φάσμα ενός τελεστή Λήμμα 1.1 Έστω A B(H) φυσιολογικός τελεστής. Αν x H είναι ιδιοδιάνυσμα του A με ιδιοτιμή λ, τότε A x = λx. Έπεται ότι οι ιδιόχωροι ενός φυσιολογικού τελεστή