Normirani prostori vjeºbe 2015/2016. Tomislav Beri

Transcript

1 Normirani prostori vjeºbe 25/26 Tomislav Beri

2 Sadrºaj Unitarni prostori 2 Normirani prostori 2 3 Banachovi i Hilbertovi prostori 5 4 l p prostori 8 5 Ograni eni linearni operatori na normiranim prostorima 6 Topolo²a baza 4 7 Hilbertovi prostori 6 7. Ortonormirane baze Rieszov teorem o projeciji HahnBanachov teorem 2 9 Linearna nezavisnost 22 Slaba onvergencija 25 i

3 Unitarni prostori Definicija Funcija (x, y) x, y sa X X u Φ je salarni produt na vetorsom prostoru X nad poljem Φ ao vrijedi: (i) x + x 2, y = x, y + x 2, y, x, x 2, y X, (ii) λx, y = λ x, y, λ Φ, x, y X, (iii) x, y = y, x, x, y X (hermitsa simetrija) (iv) x, x, x X (pozitivnost) (v) x, x = x = (strogost, regularnost) Unitarni prostor (X,, ) je ureženi par vetorsog prostora i salarnog produta na njemu. Primjer X = Φ n = {(ξ,..., ξ n ) : ξ,..., ξ n Φ} je vetorsi prostor nad Φ. Na X X deniramo x, y = ξ i η i, x = (ξ,..., ξ n ), y = (η,..., η n ). Tada je (X,, ) unitarni prostor. Primjer 2 Podsup R n je segment u R n ao je = [α, β ] [α n, β n ], α i < β i, i. C( ) := {f : Φ : f nepreidna} je vetorsi prostor, C( ) Φ. Presliavanje f, g := f(t)g(t) dt, f, g C( ) je salarni produt. Teorem. (CauchySchwarzBuniaowsy). Nea je (X,, ) unitaran prostor. Tada je x, y 2 x, x y, y, x, y X. Jednaost vrijedi ao i samo ao su x i y linearno zavisni. Doaz. Za y = tvrdnja je trivijalna, a ao je y sve tvrdnje se dobiju odmah iz sljede e jednaosti x, x y, y x, y 2 = y, y x x, y y, y, y x x, y y. y, y Primjena CSB: (na primjer i primjer 2) 2 ( ) (. ξ i η i ξ i 2 η i ), 2 ξ i, η i Φ, i =,..., n. 2 ( ) ( ) 2. f(t)g(t)dt f(t) 2 dt g(t) 2 dt, f, g C( ).

4 2 Normirani prostori Definicija Funcija x x sa vetorsog prostora X u R je norma na X ao ima sljede a svojstva: (i) x, x X (pozitivnost) (ii) x = x = (strogost, regularnost) (iii) λx = λ x, λ Φ, x X (pozitivna homogenost) (iv) x + y x + y, x, y X (subaditivnost, nejednaost trouta) Normirani prostor (X, ) je ureženi par vetorsog prostora i norme na njemu. Definicija Nea su (X, ) i (X 2, ) normirani prostori nad Φ. Presliavanje ϕ : X X 2 je izometri o ao je ϕ(x) = x, x X. Normirani prostori su izometri i izomorfni ao postoji linearna bijecija ϕ : X X 2 oja je izometrija. Prostori X i X 2 su (topolo²i) izomorfni ao postoji ϕ : X X 2 oje je linearna bijecija tava da su ϕ i ϕ nepreidne. Primjer 3 Gledamo x = (ξ,..., ξ n ) Φ n i f C( ). (i) x := n ξ i je norma na Φ n. (ii) x := max{ ξ,..., ξ n } je norma na Φ n (iii) f := f(t) dt je norma na C( ) (iv) f := max{ f(t) : t } je norma na C( ) Zadata 2.. Nea je (X,, ) unitaran prostor. Tada je funcija x x := x, x norma na X i za nju vrijedi: (i) ao su x, y, onda je x + y = x + y t > t.d. je x = ty, (ii) x, y = y λx + y, λ Φ. norma: trivijalno sve osim nejednaosti trouta x + y 2 = x + y, x + y = x 2 + x, y + y, x + y 2 = x Re x, y + y 2 x x, y + y 2 CSB x x y + y 2 = ( x + y ) 2, x, y X. (i) x + y = x + y = x, y = x y = CSB λ Φ t.d. x = λy = λy + y = λy + y = λ + y = ( λ + ) y = λ + = λ + λ=a+ib = ( + a) 2 + b 2 = + a 2 + b 2 = a = a 2 + b 2 = b = = λ = a. Vratimo se opet na + a = + a i odavde dobivamo da je a >. lao (ii) Za x, y X, λ Φ vrijedi: λx + y 2 = λ 2 x Re λx, y + y 2. 2

5 x, y = = λx + y 2 = λ 2 x 2 + y 2 y 2. λx + y y, λ Φ = λ 2 x Re λx, y, λ Φ. Tada posebno za λ := x 2 y, x, x (za x = jednaost je trivijalna) vrijedi λ 2 x Re λx, y = x 2 x, x, y 2 y 2 2 Re x 2 x, y 2 = x 2 Dale, x, y =. Napomena Prethodni zadata nam daje mogu e poop enje pojma ortogonalnosti na normirane prostore oji nisu unitarni. Ta ortogonalnost nije simetri na. Na primjer, u (R 2, ) vrijedi da je (, ) oomit na (2, ), ali (2, ) nije oomit na (, ). Ovaj pojam ortgonalnosti se naziva BirhoJamesova ortogonalnost. Vidimo da salarni produt inducira normu pa je svai unitaran prostor ujedno i normiran. Da li vrijedi obrat? Teorem 2. (Jordanvon Neumann). Nea je norma na X. Sljede a dva svojstva su mežusobno evivalentna: (a) vrijedi jednaost paralelograma: x + y 2 + x y 2 = 2 x y 2, x, y X, (b) postoji salarni produt, na X t.d. je x = x, x, x X. Salarni produt iz (b) je jedinstven i dan s: x, y = 4 x + y 2 4 x y 2, za Φ = R, x, y = 4 x + y 2 4 x y 2 + i 4 x + iy 2 i 4 x iy 2, za Φ = C. Napomena Primjetimo da je x, y = ao i samo ao je x + y = x y (realni slu aj), odnosno x + y = x y i x + iy = x iy (omplesni slu aj). To nam daje poop enje pojma ortogonalnosti oje je simetri no. Ovaj pojam ortogonalnosti nije evivalentan s BirhoJamesovom ortogonalno² u. Na primjer, moºemo opet promatrati prostor (R 2, ). U njemu je (, ) oomit na (2, ) u BirhoJamesovom smislu, ali ne i s obzirom na prethodnu ortogonalnost. Taožer je (2, ) oomit na (, ) u prethodnom smislu, ali ne i s obzirom na BirhoJamesovu ortogonalnost. Primjer 4 (i) x 2 = n ξ i 2, x = (ξ,..., ξ n ) Φ n je norma na Φ n inducirana salarnim produtom ( (ii) f 2 = f(t) 2 dt ) x, y = ξ i η i, 2, f C( ) je norma na C( ) inducirana salarnim produtom f, g = 3 f(t)g(t)dt.

6 Definicija Norme x x i x x na X su evivalentne ao postoje m, M > t.d. je Oznaa:. m x x M x, x X. Napomena Na ona nodimenzionalnim normiranim prostorima sve su norme mežusobno evivalentne. DZ 2.. Nioje dvije od normi, 2 i nisu evivalentne na prostoru C([a, b]). Zadata 2.2. Nea je P([, ]) = { p [,] : p C[x] } vetorsi prostor restricija polinoma s omplesnim oecijentima na segment [, ]. Na P([, ]) denirano je presliavanje : P([, ]) R ao p = a i, gdje je p(x) = a n x n + a n x n a x + a. i= (a) Doaºite da je norma na vetorsom prostoru P([, ]). (b) Da li je norma inducirana salarnim produtom? (c) Da li su norme i evivalentne na P([, ])? (a) (i) p = a + a a n. (b) DZ (ii) =, a = p = a + a a n povla i da je a = a =... = a n = pa je p =. (iii) λp = λa + λa λa n = λ ( a + a a n ) = λ p. (iv) Vrijedi: p + q = a n a m+ + a m + b m a + b + a + b a n a m+ + a m + b m a + b + a + b = = ( a n a + a ) + ( b m b + b ) = p + q. (c) Doaºimo da norme nisu evivalentne. Za svai n N stavimo ( ) n p n (t) := (t ) n = ( ) n t. Tada je p n = i p n = = = ( ) n = ( + ) n = 2 n. Kada bi norme bile evivalentne, onda bi postojale onstante m, M > tave da je m p p M p, p P ([, ]). Posebno bi bilo ²to o ito ne vrijedi. 2 n = p n M p n = M, n N 4

7 3 Banachovi i Hilbertovi prostori Definicija Niz vetora (x n ) n N u normiranom prostoru X onvergira po normi ili jao onvergira vetoru x X ao niz brojeva x n x onvergira. Definicija Niz vetora (x n ) n N u normiranom prostoru X je Cauchyjev niz ao ( ε > )( n (ε) N) t.d. ( x p x q < ε, p, q n (ε)). Definicija Normirani prostor X je potpun ili Banachov ao je svai Cauchyjev niz u X onvergentan. Potpun unitaran prostor nazivamo Hilbertov prostor. Teorem 3.. Svai ona nodimenzionalan normirani prostor je Banachov. Propozicija 3.. Prostor B(T ) je Banachov prostor s obzirom na normu. Primjer 5 Za T = N prostor B(N) je prostor svih ograni enih nizova i ozna avamo ga s l. Prethodni zadata nam posebno aºe da je (l, ) Banachov prostor. Definicija (i) c := { x = (ξ i ) i N Φ N : lim n ξ n } = sup svih onvergentnih nizova u Φ, (ii) c := { x = (ξ i ) i N Φ N : lim n ξ n i lim n ξ n = } = sup svih onvergentnih nizova u Φ s limesom Napomena Vrijedi da je c c l (svai onvergentan niz je ograni en). Zadata 3.. (c, ) je zatvoren u l (otprije znamo da je l Banachov prostor pa je onda i c Banachov). Nea je (a n ) n N onvergentan niz u c. Znamo da mu je limes u l, ali tvrdimo jo² i da je u c. Stavimo ( ) a n = a (n), a (n) 2,..., a (n),..., n N. ( ) Postoji a = lim n a n, a = a (), a () 2,..., a (),... l. ( ) Po pretpostavci je za svai n N, a n = a (n) onvergentan niz; ozna imo b n := lim a (n). N a : a () a () 2 a () 3 a () b a 2 : a (2) a (2) 2 a (2) 3 a (2) b 2 a 3 : a (3) a (3) 2 a (3) 3 a (3) b a n : a (n) a (n) 2 a (n) 3 a (n) b n a : a () a () 2 a () 3 a ()?(da li postoji limes?) Najprije emo doazati da je (b n ) n N Cauchyjev niz u Φ. Nea je ε >. Kao je (a n ) n N Cauchyjev niz u c, postoji n N taav da je a p a q < ε 3, za p, q n. Tada je a (p) Za p, q n imamo a (p) a p a q < ε 3, p, q n, N. b p b q b p a (p) + a (p) a (q) + a (q) b q < ε. 5

8 U prethodnoj nejednaosti smo oristili da je b p p (ε), q (ε) N tave da je a (p) b p < ε 3, p a (q) ε b q < 3, q = lim a (p) i b q = lim a (q) pa moºemo na i pa gornja nejednaost vrijedi za sve max{ p, q }. Dobili smo da je doista (b n ) n N Cauchyjev niz u Φ pa je onvergentan jer je Φ potpun prostor. Stavimo b := lim n b n. Tvrdimo da je b = lim a (). Nea je ε > proizvoljan. Tada postoji n (ε) N t.d. je a n a < ε, za sve n n 3. Tada je i a (n) a () < ε, N, n n 3. Slijedi da je a () a () b a (n) + a (n) b n + bn b < ε,, gdje je dobiven na sljede i na in. Kao je (b n ) n N Cauchyjev, postoji n 2 (ε) N t.d. je b n b < ε, 3 n n 2. Nea je n := max{n, n 2 }. Kao je b n = lim a (n), onda postoji = (ε, n) t.d. je a (n) b n < ε, 3. Prirodan broj ovisi o n, a n ovisi o ε pa ovisi samo o ε. Napomena Napomenimo da je (c, ) Banachov prostor ao zatvoren potprostor Banachovog prostora l. Propozicija 3.2. Prostori (C([, ]), ) i (C([, ]), 2 ) nisu Banachovi. Zadata 3.2. Na prostoru C ([, ]) deniramo presliavanje f f X := f() + f. Ozna- imo X = (C ([, ]), X ) i Y = (C ([, ]), ). Doazati: (i) X i Y su normirani prostori. (ii) X je potpun, a Y nije potpun. (iii) Dane norme nisu evivalentne. (i) (DZ) (ii) Nea je (f n ) n N Cauchyjev niz u X. Za svai ε > postoji n N t.d. je f n f m X < ε, m, n n. Slijedi da je f n () f m () + f n f m < ε, m, n n. () Slijedi da je (f n ()) n N Cauchyjev niz u C, a (f n) n N je Cauchyjev niz u (C([, ]), ). Kao su prostori C i (C([, ]), ) potpuni, nizovi (f n ()) n N i (f n) n N onvergiraju; stavimo lim n f n () =: a C i lim n f n =: g C([, ]) (limes s obzirom na ). Denirajmo f(x) := x g(ξ) dξ + a. Slijedi da je f C ([, ]), f() = a, f (x) = g(x), x. Dale, f() = lim n f n () i f = lim n f n (u ). Pustimo lim m u () i dobivamo f n () f() + f n f < ε, n n, 6

9 tj. f n f X < ε, n n. Dobili smo da (f n ) n N onvergira prema f X Dale, X je potpun. Doaºimo jo² da Y nije potpun. Nea je f C([, ]) \ C ([, ]). Svaa nepreidna funcija na [, ] se moºe aprosimirati nizom polinoma (StoneWeierstrassov teorem), tj. postoji niz (p n ) n N u C([, ]) t.d. f p n. Kao su p n polinomi, onda je p n C ([, ]), n, pa je (p n ) n N Cauchyjev niz u Y i lim n p n / Y. (iii) Ao su i 2 evivalentne norme na neom vetorsom prostoru V, onda je niz (x n ) n N V Cauchyjev u ao je Cauchyjev u 2. Taožer, (x n ) n N je onvergentan u ao je onvergentan u 2. Zato je (V, ) potpun ao je (V, 2 ) potpun. Zbog tog razloga i iz (ii) slijedi da X i nisu evivalentne na C ([, ]). Zadata 3.3. Postoji li pravi otvoren potprostor M normiranog prostora X? Pretpostavimo da postoji. Kao je M potprostor, onda je M, a ao je otvoren, postoji ε > taav da je K(, ε) M. Nea je x X, x proizvoljan. Tada je ε 2 x x < ε pa je ε 2 x K(, ε) M. No, tada je x i x M (jer je M zatvoren na mnoºenje salarom). Dale, M = X. Dale, ne postoji pravi otvoreni potprostor normiranog prostora. Definicija Nea je X normirani prostor, S X. Kaºemo da je S gust u X ao ε > i x X s S t.d. je x s < ε, tj. ao je S = X. Prostor X je separabilan ao postoji prebrojiv gust podsup od X. Zadata 3.4. Nea je c l prostor nizova oji su soro svuda jednai (tj, samo na ona no mnogo mjesta nisu nula). Tada je c gust potprostor od c. O ito ( je da je ) doista c l i c l. Nea je a = a (), a () 2,... c proizvoljan. Za ε > postoji n N taav da je Stavimo ( ) h := a (), a () 2,..., a () n,,,... c { } a () Slijedi da je a h = sup i h i : i N < ε. Dale, c je gust u c. Zadata 3.5. Prostor (C([, ]), ) je separabilan. Za svai N deniramo { S = q : [, ] Φ : q(x) = } b i x i, b i Q, i. i= a () n < ε, n n. (ao je Φ = C, onda uzimamo samo b i oblia b i = α i + iβ i t.d. je α i, β i Q) Kao je Q prebrojiv, onda je S prebrojiv za svai N. No, tada je i S := N S prebrojiv sup u C([, ]). Uzmimo proizvoljne f C([, ]) i ε >. Tada postoji polinom p n C([, ]) t.d. je f p n < ε 2 (Weierstrassov teorem). Polinom p n je oblia p n (x) = n i= a ix i, x [, ], a i Φ, i =,..., n. Nea su b,..., b n Q t.d. je b i a i < ε, i. Stavimo q 2 n+ n(x) = n i= b ix i. Slijedi da je p n (x) q n (x) < ε, x [, ] pa je p 2 n q n < ε. Kona no, imamo 2 f q n f p n + p n q n < ε 2 + ε 2 = ε. 7

10 Kao je q n S, poazali smo da je (C([, ]), ) separabilan. Propozicija 3.3. Nea je X separabilan normirani prostor i Y X. Tada je i Y separabilan. Propozicija 3.4. Prostor (B(T ), ) je neseparabilan ao i samo ao je sup T besona an. Napomena Iz prethodne propozicije slijedi da l = B(N) nije separabilan. DZ 3.. Je li c gust u c? Je li c gust u l? 4 l p prostori Definicija Za p [, + deniramo sup { l p := x = (ξ i ) i N : ξ i Φ, i N, } ξ i p < Φ N. Za p = + deniramo { } l := x = (ξ i ) i N : ξ i Φ, i N, sup ξ i < i N Napomena l p je vetorsi prostor, za sve p [, + ]. Zadata 4.. Nea su p, q R tavi da je < p < q <. Tada vrijedi () l p l q l l p l q c c l. Φ N. Nea je x = (ξ i ) i N l p proizvoljan. Po deniciji je ξ i p <. Za ε = postoji n N taav da je i=n + ξ i p <. Posebno je ξ i p <, i n +. Za q > p vrijedi q p p > pa je (jer je x x α, za α > rastu a funcija). ( ξ i p ) q p p <, i n + Dobili smo da je ξ i q p <, tj. ξ i q < ξ i p, i n +. Kona no, Dale, x l q. n ξ i q = ξ i q + Posebno je i l l p, p >. (2) l p c i=n + n ξ i q ξ i q + i=n + } {{ } < ξ i p <. Nea je x = (ξ i ) i N l p. Po deniciji je ξ i p <. Slijedi da je lim i ξ i p = pa je onda i lim i ξ i =. Dale, x c. 8

11 Napomena Za p, + postoji jedinstveni q, + taav da je + p q onjugirani esponent od p). Za p = stavljamo q = +, i obratno. Definicija Na prostoru l p, p [, + deniramo presliavanje = (q zovemo l p x = (ξ i ) i N ( ξ i p ) p =: x p. (2) Teorem 4.. Za p [, + s presliavanjem (2) denirana je norma na prostoru l p, tj. je normirani prostor. tovi²e, l p je separabilan Banachov prostor. (l p, p ) Zadata 4.2. Nea su r, s R t.d. je s < r <. Jesu li norme r i s evivalentne na prostoru l s? Deniramo niz ( x n :=, ( ( te deniramo x := ) ) s i ( ) ( ) ( ) ) s s s,,...,,,,... l s l r, 2 3 n i N. Uo imo, jer je r s >, da je ( ) r s i i=n+ < pa je x l r. No, zato ²to je = +, onda x i / l s. Nadalje, x n x r r = ( ) r s. i n N Dale, x n x u l r, odnosno, (x n ) n N je onvergentan niz u prostoru l r, s limesom x l r. Tvrdimo da dane norme nisu evivalentne na prostoru l s. Pretpostavimo suprotno. Kao je (x n ) n N onvergentan niz u l r, onda je Cauchyjev niz u l r. Kao su norme evivalentne, onda je (x n ) n N Cauchyjev niz u l s. Zbog potpunosti prostora l s postoji (jedinstveni) y l s taav da x n y u l s. No, l s l r pa je y l r i zbog jedinstvenosti limesa slijedi da je x = y l s, tj. x l s. Time smo do²li do ontradicije. ( ( ) ) Napomena Nea je p [, + ] i x n = ξ (n) i l p niz u prostoru l p oji onvergira prema ( ) i N n N x = ξ () i l p. Tada pripadne oordinate onvergiraju u Φ, tj. ξ (n) i ξ () i, i N (vidi se ao i N i u doazu teorema da je l p Banachov). Primjerom emo poazati da obrat op enito ne vrijedi. Deniramo niz e n := (δ in ) i N, n N. Fisirajmo proizvoljni i N. Slijedi da je lim n δ in =, tj. sve oordinate onvergiraju, no i j imamo e i e j p = p 2, za p <, a e i e j =. Dale, niz (e n ) n N nije Cauchyjev niz pa, posebno, nije ni onvergentan u prostoru l p. Teorem 4.2. l 2 je separabilan Hilbertov prostor sa salarnim produtom x, y = ξ i η i, x = (ξ i ) i N, y = (η i ) i N l 2. 9

12 Zadata 4.3. Norma p na l p je inducirana salarnim produtom ao i samo ao je p = 2. Za p = +, l = B(N), a znamo da nije inducirana salarnim produtom na prostoru B(T ) za bilo oji sup T oji ima barem dva elementa. Stavimo x = e, y = e 2. Tada vrijedi x + y 2 p + x y 2 p = (p + p ) 2 p + ( p + p ) 2 p = 2 p 4 2 x 2 p + 2 y 2 p = 2 ( + ) = 4. Dale, ao je p inducirana salarnom produtom, mora vrijediti 2 p 4 = 4 p pa slijedi da je p = 2. Obrat je prethodni teorem. 5 Ograni eni linearni operatori na normiranim prostorima Na po etu, par oznaa: L(X, Y ) = {A : X Y A je linearni operator }. Sa L(X) ozna avamo L(X, X), a sa X = L(X, Φ) prostor svih linearnih funcionala na X. Definicija Linearni operator A : X Y je ograni en ao postoji M > t.d. Ozna avamo: Ax M x, x X. B(X, Y ) := {A L(X, Y ) : A ograni en } L(X, Y ). Napomena Nema smisla denirati ograni enost linearnog operatora isto ao i ograni enost proizvoljne omplesne funcije jer ad bi postojao M > taav da je Ax M, x X, onda bi za sni x X i svai λ Φ imali M A(λx) = λ Ax ²to je nemogu e. Propozicija 5.. Za A L(X, Y ) evivalentno je: (i) A je ograni en operator, (ii) A je uniformno nepreidan, (iii) A je nepreidan na X, (iv) A je nepreidan u neoj to i x X. Kona nodimenzionalni normirani prostori nam ovdje nisu pretjerano zanimljivi zbog sljede e propozicije. Propozicija 5.2. Ao je dim X <, onda je B(X, Y ) = L(X, Y ). Definicija Na B(X, Y ) deniramo normu A operatora A ao najmanji (u smislu inmuma) M > za oji je Ax M x, x X. Na predavanjima se doazuje da je to doista norma.

13 Zadata 5.. Nea je A B(X, Y ). Tada je O ito vrijedi sup Ax = sup Ax = A DZ Ax = sup x = x x x. sup Ax sup x = x Ax }{{} A x A A. Prva nejednaost vrijedi jer je {x X : x = } {x X : x } pa na desnoj strani uzimamo supremum po ve em supu. Da bismo doazali da je A sup x = Ax, doazati emo da je Ax ( sup Ay y = ) x, x X pa zbog denicije norme A slijedi tvrdnja zadata. Za proizvoljan x X vrijedi Ax = A x ( ) x x sup Ay x. y = DZ 5.. Nea su X, Y, Z normirani prostori i A B(X, Y ), B B(Y, Z). Tada je BA B(X, Z) i BA B A. Teorem 5.. Ao je Y Banachov prostor, onda je B(X, Y ) Banachov. Napomena X = B(X, Φ) je uvije Banachov. Zadata 5.2. Nea je funcional g : l 2 Φ deniran s Doazati da je g (l 2 ) i g = 2. g(x) = ξ n ξ n, x = (ξ i ) i N l 2, za nei sni n N. Za DZ doazati da je g linearni operator. g(x) = ξ n ξ n ξ n + ξ n 2 ( ξ n 2 + ξ n 2) 2 x 2, gdje predzadnja nejednaost vrijedi zbog (a + b) 2 2(a 2 + b 2 ), a, b R. (moºe se dobiti i iz CSB za vetore ( ξ n, ξ n ) i (, ) u R 2 ). Dobili smo da je g 2. Deniramo vetor x = 2,,...,, 2, }{{} (n ). mjesto 2 }{{} 2 n. mjesto,,,... l2. Vrijedi da je x 2 2 ( = ) 2 ( 2 ) = i g(x ) = ( 2 ) = 2. Kao je g(x ) g x 2, onda je 2 g pa slijedi da je g = 2.

14 Zadata 5.3. Nea je f : c C deniran s f(x) = + ξ i 2 i, x = (ξ i) i N c. Doaºite da je f (c ) i izra unajte f. Nea je n N proizvoljan. Uvaºimo li da je c l, onda je ξ i 2 i ξ i x 2 i 2 x i 2 = x i. Kao to vrijedi za svai n N, onda je f(x) = ξ i 2 i x, x c. pa je f. Deniramo niz x n = (,,...,,,,...) c }{{}, n N. Jasno je da je x n =, n N. Taožer n mjesta je ( ) n f(x n ) = 2 =, n N. i 2 Kao je f(x n ) f x n, n N, slijedi da je ( 2) n f, n N. Pustimo li limes po n, dobivamo da je f. Dale, f =. Zadata 5.4. Nea je X = { p [,] : p polinom }. Nea je f : X R funcional deniran s f(p) = p(3). Doazati da f nije ograni en s obzirom na norme i 2. Presliavanje f je o ito linearni funcional. Deniramo p n (t) := t n, n N. Tada je p n =, n N i f(p n ) = p n (3) = 3 n. Kad bi f bio ograni en s obzirom na, onda bi vrijedilo f(p n ) f p n, n N, tj. 3 n f, n N ²to je ontradicija. Dale, f nije ograni en u. Da bismo doazali da nije ograni en ni u 2, deniramo q n (t) = 2n + t n, n N. Tada je ( q n 2 = ) q n (t) 2 2 dt =, n N. Taožer je f(q n ) = q n (3) = 2n + 3 n, n N. Kad bi f bio ograni en s obzirom na 2, moralo bi vrijediti f(q n ) f q n 2, n N, tj. 2n + 3 n f, n N i opet smo do²li do ontradicije. Dale, f nije ograni en ni u 2. Zadata 5.5. Nea je X = (C([, ]), R) i F : X R deniran sa F (f) = (f(t) f( t)) dt. Doazati da je F X, F = 2, ali ne postoji f X taav da je f = i F (f) = 2. 2

15 Lao se vidi da je F linearan funcional. Vrijedi F (f) f(t) + f( t) dt 2 f }{{}}{{}, f X. f f Dale, F je ograni en i F 2. Deniramo niz funcija Vrijedi da je f n =, n N i, t [ ], n f n (t) = nt, t [ n, ] n, t [, ] n F (f n ) = Kao je F (f n ) F f n, onda je (f n (t) f n ( t)) dt = 2, n N. n 2 n F, n N. Pustimo li limes po n dobivamo da je F 2 pa je onda F = 2. Pretpostavimo da postoji f X taav da je f = i F (f) = 2. Kao je F (f) R, bez smanjenja op enitosti moºemo pretpostaviti da je F (f) = 2 (ina e zamijenimo f sa f). Vrijedi: odale slijedi da je + = 2 = F (f) = (f(t) ) }{{} dt = (f(t) f( t)) dt (f( t) + ) }{{} Pritom je lijevi integral negativan i desni pozitivan jer je f = pa je f(t), t [, ]. Slijedi da je (f(t) ) dt = dt. (f( t) + ) dt =. Dale, f(t) =, t [, ] i f( t) + =, t [, ]. Dobili smo da f mora biti {, t [, ] f(t) =, t [, ] ²to je u ontradiciji s nepreidno² u od f. 3

16 6 Topolo²a baza Definicija Familija (e j : j J), gdje je J nei neprazan sup indesa, je algebarsa ili Hamelova baza vetorsog prostora X ao je ona linearno nezavisna i ao sup E = {e j : j J} razapinje X. Definicija Niz vetora (f i ) i N normiranog prostora X je topolo²a ili Schauderova baza u X ao se svai vetor x X moºe na jedinstven na in priazati u obliu x = ξ i f i, ξ i Φ, i N. (red onvergira s obzirom na normu na X) DZ 6.. Nea je (e i ) i N topolo²a baza u normiranom prostoru X. Tada je X separabilan. Napomena l nije separabilan pa nema topolo²u bazu. Napomena Nea je X normiran prostor, B = {e, e 2,...} topolo²a baza u X. (i) B je linearno nezavisan sup u X (zbog jedinstvenosti priaza x X), (ii) B razapinje gust potprostor u X, tj. [B] = X. Obrat ne mora vrijediti ao ²to poazuje sljede i primjer. Primjer 6 Nea je X = (C([, ]), ). Sup {, t, t 2,...} X je linearno nezavisan i razapinje gust potprostor u X, ali nije topolo²a baza. Naime, ad bi bio topolo²a baza, onda bi se svai f C([, ]) mogao priazati u obliu f(t) = α t. No, tada bi slijedilo da svaa nepreidna funcija ima sve derivacije, a to o ito nije istina. = Zadata 6.. Algebarsa baza prostora c je neprebrojiva. Gledamo sup {x t = (, t, t 2,...) : t, } c. Ova familija je neprebrojiva i linearno nezavisna. Uzmimo ona an podsup {x t,..., x tn }, gdje su t i mežusobno razli iti. Ao pretpostavimo da je n α ix ti =, onda po oordinatama imamo sljede u situaciju:. oordinata: n α i =, 2. oordinata: n α it i =,. n. oordinata: n α it n i =. Ovaj sustav linearnih jednadºbi s nepoznanicama α i moºemo zapisati matri no i njegova determinanta je t t 2 t n t n t2 n t n jer je to Vandermondeova determinanta i svi t i su mežusobno razli iti. Dale, sustav ima jedinstveno rje²enje, a ao je to homogen sustav, jedino mogu e rje²enje je α = α 2 =... = α n =. n 4

17 Zadata 6.2. Doaºite da {e n : n N}, gdje je e n = (δ in ) i N, ini topolo²u bazu za c, ali nije topolo²a baza za c. Trebamo doazati da za svai x c postoje jedinstveni salari α i, i N, tavi da je x = α i e i. Nea je x = (ξ n ) n N c proizvoljan. Za svai ε > postoji n N taav da je ξ n < ε, n n 2. Za n n je x ξ i e i = (,...,, ξ n+, ξ n+2,...) = sup ξ i ε. i>n Dale, x = ξ ie i. Jo² treba doazati jedinstvenost priaza. Pretpostavimo da je x = α ie i, za nei niz salara (α i ) i N i da je α m ξ m, za nei m N. Za ε = ξ m α m > postoje n, n 2 N tavi da je 2 x ξ i e i < ε i 2 x α i e i < ε 2, n max{n, n 2 }. Tada za svai n max{n, n 2, m} vrijedi < ξ m α m ξ i e i α i e i ξ i e i x + x α i e i < < ε 2 + ε 2 = ε = ξ m α m 2 ²to o ito ne vrijedi. Dale, priaz je stvarno jedinstven. Da bismo doazali da {e n } nije topolo²a baza za c, doazat emo da se vetor x = (,,...) ne moºe priazati ao x = α ie i ni za oji izbor salara α i. Pretpostavimo suprotno, tj. da je x = α ie i, za nee salare α i, i N. Slijedi da no pa smo do²li do ontradicije. (,,,...) (α, α 2,..., α n,,,...) n, (,,,...) (α, α 2,..., α n,,,...), n N DZ 6.2. Sup {e n : n N} {(,,...)} je topolo²a baza za c. Zadata 6.3. Nea je (e i ) topolo²a baza prostora X. Tada za svai f X vrijedi f(x) = f(e i )ξ i, gdje je x = ξ i e i. Vrijedi da je ( ) ( f(x) f(e i )ξ i = f(x) f ξ i e i = f x ) ξ i e i f x n ξ i e i. Dale, f(x) = f(e i)ξ i, za svai x X. Napomena Prostor (l p ) je izometri i izomorfan s l q, gdje je < p, q < i + =. Taožer je p q (l ) izometri i izomorfan s l. No, (l ) nije izometri i izomorfan s l. Vrijedi da je c izometri i izomorfan s l. 5

18 7 Hilbertovi prostori 7. Ortonormirane baze Propozicija 7. (Besselova nejednaost). Nea je X unitaran prostor i (e n ) n N ortonormiran niz u X. Tada je x, e i 2 x 2, x X. (3) Zadata 7.. Nea je H Hilbertov prostor i a, b H\{} dva mežusobno oomita vetora. Operator U : H H zadan je sa U(x) = x, b a + x, a b. Doaºite da je U = a b. Vrijedi Ux 2 = x, b 2 a 2 + x, a 2 b 2 = a 2 b 2 ( x, b 2 = a 2 b 2 ( x, b 2 + b x, b 2 ) a 2 = ( ) a + ) x, a 2 a 2 = Kao je { a, b } ortonormiran sup, onda po Besselovoj nejednaosti slijedi da je a b ( ) a 2 b 2 x 2. Dale, U a b. S druge strane, za x = a je U a Ua = a 2 b = a 2 b pa je U = a b. Teorem 7.. Nea je X besona nodimenzionalan separabilan unitaran prostor i (e n ) n N ortonormiran niz u X. Evivalentno je: (i) x X, x = x, e i e i, (ii) [{e i : i N}] = X, (iii) x X, x 2 = x, e i 2 (Parsevalova jednaost), (iv) x, y X, x, y = x, e i e i, y. Niz (e n ) n N oji zadovoljava ove uvjete zovemo ortonormirana baza od X. Primjer 7 l 2 je separabilan Hilbertov prostor sa salarnim produtom x, y = ξ i η i, x = (ξ i ) i N, y = (η i ) i N l 2. l 2 ima ONB (e n ) n N, gdje je e n = (δ in ) i N, n N. 6

19 Teorem 7.2. Nea je X besona nodimenzionalan separabilan Hilbertov prostor. Tada su X i l 2 izometri i izomorfni. Jo² nei primjeri separabilnih Hilbertovih prostora: Primjer 8 (i) L 2 [, ] sa salarnim produtom f, g = f(t)g(t) dt ima ONB {e 2πint } n Z. Taožer ima ONB dobivenu ortonormiranjem supa polinoma {, x, x 2,...}. Ti ortonormirani polinomi zovu se Legendreovi polinomi. (ii) M n (C) sa salarnim produtom A, B = tr (AB ) ima ONB {E ij : i, j n}. Napomena Svai besona nodimenzionalan separabilan Hilbertov prostor ima ONB. Postoje i neseparabilni Hilbertovi prostori. Primjer 9 (neseparabilan Hilbertov prostor) Nea je { } X := f : R C f(t) = c e iαt, n N, c C, α R, =,..., n = prostor tzv. trigonometrijsih polinoma. Na njemu deniramo presliavanje, : X X C sa R f, g = lim f(t)g(t) dt. R 2R R To je salarni produt na X pa je X unitaran prostor, a upotpunjenje X od X je Hilbertov prostor. Normu induciranu zadanim salarnim produtom ozna it emo sa. Doazat emo samo regularnost salarnog produta jer je ostala svojstva lao doazati. Nea je f(t) = n = c e iαt tava da je f, f =. Tada je 2 R = lim c e iα t dt = lim R 2R R R = = c 2 R lim dt + c j c j R 2R j j = = = = R c 2 + j j c j c j lim R c 2. = R 2R R lim R 2R c 2 e i(α α )t + c j c j e i(α j α )t j dt = j j = R R 2R i(α j α j ) ei(α j α j )t e i(α j α j )t dt = R R = = c 2 + sin ((α j α j )R) c j c j lim R R α j j j α j Dale, slijedi da je c =,, tj. f =. Doaºimo jo² da prostor X nije separabilan. Stavimo e α (t) := e iαt. O ito je e α X, α R. Doazat emo da je familija funcija {e α } α R ortonormirana. Za α β vrijedi R e α, e β = lim e i(α β)t dt =. R 2R R = 7

20 Taožer je e α 2 R = e α, e α = lim e i(α α)t dt =, α R. R 2R R Posebno je e α e β = 2, α β. Sada imamo neprebrojiv sup u ojem su svi elementi mežusobno udaljeni za 2. Neseparabilnost slijedi iz leme: Lema 7.. Ao je A neprebrojiv podsup normiranog prostora X taav da je a b ε, a b, a, b A, onda je X neseparabilan. Doaz. Pretpostavimo da postoji prebrojiv gust podsup {x n } n N od X. Denirajmo presliavanje f : A N ao f(a) := min { n N : a x n < ε 2}. Presliavanje f je dobro denirano jer je {xn } n gust u X, a taožer je i injecija jer f(a) = f(b) =: n povla i da je a = b jer bi ina e vrijedilo ε a b a x n + x n b < ε 2 + ε 2 = ε. Sada imamo injeciju sa neprebrojivog supa u prebrojiv sup ²to je ontradicija. Kao je span{e α } α = X i X gust u X, to je span{e α } α = X pa je {e α } α ONB za X. Primjer Jo² jedan primjer neseparabilnog Hilbertovog prostora je l 2 (R) oji je deniran ao sup svih nizova (x α ) α R indesiranih po R oji imaju najvi²e prebrojivo mnogo lanova razli itih od nule i oji su tavi da je α R x α 2 <. Salarni produt na tom prostoru je x, y = α R x αy α. 7.2 Rieszov teorem o projeciji Definicija Kaºemo da je K H onvesan ao x, y K, < t < tx + ( t)y K. Teorem 7.3. Nea je H Hilbertov prostor i K H neprazan, zatvoren i onvesan sup. Za svai x H postoji jedinstveni x K taav da je x x = inf y K x y =: d(x, K). Napomena Iz teorema slijedi da je dobro denirano presliavanje Pr K : H H, Pr K x = x. DZ 7.. Prethodni teorem ne vrijedi op enito za Banachove prostore. Na primjer, niz (,,,...) nema jedinstveni minimizator udaljenosti do zatvorenog onvesnog podsupa c. Zadata 7.2. Odrediti projeciju na onvesni sup B := K(, ). Ao je x B, onda je o ito Pr x = x. Ao x / B, onda je x > i d(x, B) x x x = x. Za svai y B je y < x pa slijedi Dale, d(x, B) = x x x x y x y x. = x pa je Pr x = x x. DZ 7.2. Odredite projeciju na K(a, r). Uputa: oristiti prethodni zadata i svojstva projecije: (a) Pr a+k (x) = a + Pr K (x a), 8

21 (b) Pr rk (x) = r Pr K ( x r ). Teorem 7.4 (Rieszov teorem o projeciji). Nea je X Hilbertov prostor i Y zatvoren potprostor od X. Svai vetor x X ima jedinstven priaz oblia x = y + z, gdje je y Y, z Y. Vetor y naziva se ortogonalna projecija vetora x na potprostor Y. Operator P : X X, P (x) := y, je linearan, P 2 = P i P = ao je Y {}. Operator P nazivamo ortogonalni projetor prostora X na Y. Definicija Za S X deniramo ortogonalni omplement od S. S := {x X : x, y =, y S} Napomena Rieszov teorem o projeciji aºe: Ao je Y X zatvoren, onda je X = Y Y. Napomena Jedinstveni minimizator udaljenosti do onvesnog zatvorenog podsupa za zatvoreni potprostor je P x. Karateriziran je uvjetima P x M i x P x M. DZ 7.3. Nea je X unitaran prostor, S X. Tada je S zatvoren potprostor. DZ 7.4. Doaºite da je S = [S], za svai S X. DZ 7.5. Ao je S S 2, onda je S 2 S. Zadata 7.3. Nea je X Hilbertov prostor i M X. Tada vrijedi: ( M ) = M. Nea je x M. Tada je x, m =, m M. Slijedi da je x ( M ). Dobili smo da je M ( M ) pa je M (M ) = ( M ) (jer je ortogonalni omplement uvije zatvoren sup). Nea je x ( M ). Tada je x, m =, m M. Kao je M M, onda je ( M ) M. Posebno je x, m =, m ( M ). Kao je M zatvoren, po Rieszovom teoremu o projeciji je X = M ( M ) pa se x X moºe na jedinstven na in zapisati ao x = y + z, y M, z ( M ). Slijedi da je y + z, m =, m ( M ), tj. y, m + z, m }{{} =, m ( M ). = jer je y M Dale, z, m =, m ( M ) ( ),. Kao je i z M slijedi da je z = pa je x = y M. DZ 7.6. Doaºite da je [S] gusta u X ao i samo ao je S = {}. Zadata 7.4. Odredite ortogonalni omplement supa M parnih funcija u L 2 ([, ], R). Nea je g M. Tada za svai f M vrijedi = f, g = = f(t)g( t) dt + f(t)g(t) dt = f(t)g(t) dt = f(t)g(t) dt + f(t)g(t) dt = f( t)g( t) dt + f(t) (g(t) + g( t)) dt. f(t)g(t) dt = 9

22 Posebno, ao je t g(t) + g( t) parna funcija, uvrstimo li je umjesto f, slijedi da je (g(t) + g( t)) 2 dt = pa je g(t) = g( t) za (soro sve) x [, ]. Obratno, ao je g neparna funcija, onda za sve parne funcije f vrijedi da je fg neparna funcija pa je f, g = f(t)g(t) dt = jer je integral neparne funcije na [, ]. Dale, ortogonalni omplement supa parnih funcija je sup neparnih funcija. Analogno se doazuje i obratna tvrdnja. Posebno smo dobili i da je sup svih parnih, odnosno svih neparnih funcija, zatvoren potprostor. Primjetimo da za sve funcije f L 2 [, ] vrijedi da je f(t) = f(t) + f( t) 2 gdje je prvi sumand parna funcija, a drugi neparna. Definicija Operator P B(X) je projetor ao je P 2 = P. + f(t) f( t), t [, ], 2 Propozicija 7.2. Nea je {f j } j J ONB zatvorenog potprostora M Hilbertovog prostora H i nea je P ortogonalni projetor na M. Tada je P x = j J x, f j f j, x H. Zadata 7.5. Nea je M = {(ξ, ξ, ξ, ξ 2, ξ 2, ξ 2, ξ 3, ξ 3, ξ 3,...) l 2 }. Odrediti ortogonalni projetor P M na M. Nea je x = (x n ) n l 2 proizvoljan. Vetor P M x je arateriziran svojstvima P M x M i x P M x M. Dale, P M x = (ξ, ξ, ξ, ξ 2, ξ 2, ξ 2,...) i x P M x e 3i+ + e 3i+2 + e 3i+2, i N. Iz x P M x e +e 2 +e 3 slijedi x ξ +x 2 ξ +x 3 ξ = pa je ξ = x +x 2 +x 3. Iz x P 3 M x e 4 +e 5 +e 6 dobivamo ξ 2 = x 4+x 5 +x 6 i tao dalje. Dale, 3 ( x + x 2 + x 3 P M x =, x + x 2 + x 3, x + x 2 + x 3, x 4 + x 5 + x 6, x 4 + x 5 + x 6, x ) 4 + x 5 + x 6, Rezultat smo mogli dobiti i primjenom prethodnog teorema ao primjetimo da je { 3 (e 3i+ + e 3i+2 + e 3i+3 )} i N ONB za M pa je P M x = i= x, (e 3i+ + e 3i+2 + e 3i+3 ) 3 (e 3i+ + e 3i+2 + e 3i+3 ). 3 Teorem 7.5 (Rieszov teorem o reprezentaciji). Nea je X Hilbertov prostor i X njegov dual. svai f X postoji jedinstveni a X taav da je Za f(x) = x, a, x X. Napomena Iz Rieszovog teorema o reprezentaciji slijedi da dual H Hilbertovog prostora H moºemo poistovjetiti sa H. 2

23 8 HahnBanachov teorem Teorem 8. (HahnBanach). Nea je X normirani prostor, Y X i f Y. Postoji F X taav da je F Y = f i F = f. Korolar 8.. Nea je X normirani prostor. Za svai x X postoji f X taav da je f(x) = x i f =. Korolar 8.2. Nea je X normirani prostor, M X i x / M. f(x) = i f M =. Tada postoji f X taav da je Korolar 8.3. Nea je X normiran prostor i Y X. Y je gust u X ao i samo ao iz f X, f Y = slijedi f =. Propozicija 8.. Nea je X normiran prostor. Ao je X separabilan, onda je X separabilan. Napomena Iz prethodne propozicije slijedi da (l ) = l jer l nije separabilan, a l je. Obrat prethodne propozicije ne vrijedi. Na primjer, otprije znamo da je (l ) = l. Zadata 8.. Nea je Y = {(x n ) n N l : x 3x 2 = } vetorsi potprostor od l i nea je f : Y R funcional deniran sa f ( (x n ) n N ) = x. Doaºite da je g : l R deniran sa g ( (x n ) n N ) = 3 4 x x 2 jedinstveno HahnBanachovo pro²irenje od f. Za svai (x, x 2, x 3,...) Y vrijedi g(x, 3 x, x 3,...) = 3 4 x x = x = f(x, 3 x, x 3,...). Dale, g Y = f. Odredimo normu od f. Za sve ( x, x 3, x 3,... ) Y je (x f, ) 3 x, x 3,... = x = 3 4 x + 3 x 3 ( ) x x + x = 3 ( 4 x, 3 x, x 3,...). Dale, f 3. Taožer je 4 f 4 = f (3,,,,...) f(3,,,,...) = 3. Dale, f = 3. 4 Najjednostavnije emo odrediti normu funcionala g tao da se prisjetimo da za sve h (l ) postoji y = (η i ) l taav da je h(ξ, ξ 2,...) = ξ n η n, (ξ i ) l n= i h = y. Funcional g je odrežen sa y = ( 3, 3,,,...) l pa je g = y 4 4 = 3 = f. 4 Nea je h (l ) taav da je h Y = f i h = f. Taožer, nea je h odrežen sa y = (η i ) l ao gore. Tada je ( x = h x, ) 3 x, x 3,... = x η + ( 3 x η 2 + x 3 η , x = x, ) 3 x, x 3,... Y. Uvrstimo li redom x = e, = 3, 4,..., dobivamo da je η =, 3. Taožer, ao uvrstimo da je x = e, dobivamo da je η + 3 η 2 =. 2

24 Taožer imamo Gledamo slu ajeve 3 4 = h = y = ) η = 3 η 2 = 3 4. Tada je i η 2 = 3 4. ( 3 η 2, η 2,,,...) { = max } 3 η 2, η 2. 2 ) η = 3 η 2 = 3 4. Tada je η 2 = 2 4 ²to je u ontradiciji s y = ) η 2 = 3 4. Tada je η = 3 η 2 = ) η 2 = 3 4. Tada je η = 3 η 2 = 5 4 ²to je u ontradiciji s y = 3 4. Dobili smo da je jedina mogu nost η = η 2 = 3, tj. h = g. 4 Zadata 8.2. Nea je X Hilbertov prostor. Doaºite da za svai x X, x, postoji jedinstveni f X taav da je f(x) = x, f =. Nea je x X, x siran. Traºeni funcional dobivamo iz HahnBanachovog teorema. Pretpostavimo da su f, f 2 X tavi da je f (x) = x = f 2 (x) i f = f 2 =. Rieszov teorem o reprezentaciji povla i da postoje a, a 2 X tavi da je Taožer je a i = f i =, i =, 2. Vrijedi da je f i (y) = y, a i, y X, i =, 2. x a i = x = x = f i (x) = x, a i, i =, 2. Dale, postiºe se jednaost u CauchySchwarzovoj nejednaosti x, a i x a i pa iz Cauchy Schwarzovog teorema slijedi da su {x, a } i {x, a 2 } linearno zavisni supovi. Dale, postoje λ, λ 2 Φ tavi da je a i = λ i x, i =, 2. Sada imamo λ x 2 = λ x, x = x, λ x = x, a = f (x) = f 2 (x) = x, a 2 = x, λ 2 x = λ 2 x, x = λ 2 x 2. Kao je x, slijedi da je λ = λ 2. Dale, a = a 2 pa je f = f 2. 9 Linearna nezavisnost Definicija Niz {x n } u normiranom prostoru X je fundamentalan (potpun) ao je span{x n } = X. Niz {x n } je minimalan ao je x m / span{x n } n m, za sve m N. Primjer Zbog StoneWeierstrassovog teorema je { x } fundamentalan u C [, ]. No, vrijedi a da je { x 2} fundamentalan u C [, ]. Vrijedi i op enitija tvrdnja, s tim da u sljede im rezultatima izraze oblia / izbacujemo iz danih redova. Teorem 9. (MüntzSzász). Nea je n < n < n 2 <.... (a) Niz {x n } je fundamentalan u C [, ] ao i samo ao je n = i n= 22 n =.

25 (b) Ao je < a < b <, onda je niz {x n } fundamentalan u C [a, b] ao i samo ao je n= n =. Definicija Za nizove {x n } X i {a n } X aºemo da su biortogonalni ao je a n (x m ) = δ mn, za sve m, n N. Napomena Ao je {x n } Schauderova baza za Banachov prostor X, onda za svai x X postoje jedinstveni salari a (x) n, n N, tavi da je x = a (x) n x n. Dale, moºemo denirati presliavanja a n : X F sa a n (x) = a (x) n, n N. Vrijedi da je a n X, n N, a o ito je a n (x m ) = δ mn, m, n, pa je {a n } biortogonalan nizu {x n }. Napomena Fundamentalnost niza moºemo provjeriti preo orolara 8.3 HahnBanachovog teorema. Naime, niz {x n } je fundamentalan ao f X i f(x n ) =, n, povla i da je f =. Posebno, u Hilbertovom prostoru H, niz {x n } je fundamentalan ao x H, x n, x =, n N, povla i da je x =. I minimalnost niza moºemo provjeriti prelasom na dualni prostor. Lema 9.. Niz {x n } u Banachovom prostoru X je minimalan ao i samo ao postoji niz {a n } X oji je biortogonalan nizu {x n }. Doaz. Pretpostavimo da je {x n } minimalan niz. Kao je x m / span{x n } n m, tada po orolaru 8.2 postoji a m X taav da je a m (x m ) = i a m (x n ) =, n m. Napravimo li ovaj postupa za sve m N, dobivamo biortogonalan niz {a n } nizu {x n }. Ao je {a n } biortogonalan niz nizu {x n }, onda doaºimo da je {x n } minimalan. Za sni m N i z span{x n } n m je z = N j= c n j x nj i a m (z) = N ( ) c nj a m xnj = j= jer su svi n j m. Kao je a m nepreidno presliavanje, slijedi da je a m (z) =, za sve z span{x n } n m. No, ao je a m (x m ) =, slijedi da je x m / span{x n } n m. Definicija Kaºemo da je niz {x n } u Banachovom prostoru X: (a) ona no linearno nezavisan (ili, ra e, nezavisan) ao N n= c nx n = povla i da je c =... = c N =. (b) l 2 (l p )nezavisan ao n= c nx n = za nei niz {c n } l 2 (l p ) povla i da je c n =, n N. (c) ωnezavisan ao n= c nx n onvergira i jedna je nuli samo ada je c n =, n N. (d) bazi ni niz ao je Schauderova baza za span{x n }. Teorem 9.2. Nea je {x n } niz u Banachovom prostoru X. Tada vrijedi (a) Ao je {x n } bazi ni niz, onda je {x n } minimalan. (b) Ao je {x n } minimalan, onda je {x n } ωnezavisan. (c) Ao je {x n } ωnezavisan, onda je {x n } ona no nezavisan. 23

26 Doaz. (a) Pretpostavimo da je {x n } bazi ni niz u X. Tada je {x n } baza za M := span{x n }. Stoga postoji niz {a n } M oji je biortogonalan nizu {x n }. Fisirajmo m N i denirajmo E m := span{x n } n m. Tada je a m (x) =, x E m, a ao je a m nepreidan, onda je a m (x) =, x E m. Kao je a m (x m ) =, slijedi da je x m / E m. Dale, {x n } je minimalan. (b) Nea je {x n } minimalan i c n x n =. Pretpostavimo da je c m za nei m. Tada je x m = c m n m c n x n span{x n } n m ²to je u ontradiciji s minimalno² u niza {x n }. Dale, {x n } je ωnezavisan. (c) o ito. Primjer 2 Obrati u prethodnom teoremu ne vrijede ni u Hilbertovom prostoru a ni ao pretpostavimo da je niz fundamentalan. (a) minimalan i fundamentalan baza Nea je {e n } ONB Hilbertovog prostora H i stavimo x n = e n +e, n 2. Tada je x m, e n = δ mn, m, n 2. Stoga je {e n } n 2 biortogonalan nizu {x n } n 2. Dale, {x n } n 2 je minimalan. Pretpostavimo da je x, x n =, za sve n 2. Slijedi da je x, e n = x, e, n 2, pa je x 2 = x, e n 2 = n= x, e 2 Dale, x, e = pa je i x, e n =, n 2 odale slijedi da je x =. Zbog orolara 8.3 slijedi da je {x n } n 2 fundamentalan niz. No, {x n } nije baza. Naime, stavimo x = n= e n n (onvergira u H) i pretpostavimo da je x = n=2 c nx n. Tada je m = x, e m = c n x n, e m = n=2 n= c n e n + e, e m = c m. Dale, x = n=2 (e n n + e ) ²to ne onvergira (lao se vidi gledaju i normu parcijalnih suma). (DZ) (b) ωnezavisan i fundamentalan minimalan Niz {x } je fundamentalan u C [, ] (prema Weierstrassovom teoremu). No, i {x 2 } je taožer fundamentalan niz pa {x } nije minimalan. Ao je f(x) := c x = (red onvergira uniformno na [, ]), onda je c = f() =. Da su ostali oecijenti jednai dobivamo deriviranjem. Dale, {x } je ωnezavisan. (c) ona no nezavisan i fundamentalan ωnezavisan Nea je X Banachov prostor oji ima bazu i nea je {x n } baza za X. Nea je {a n } X njegov biortogonalni niz i nea je x X element taav da je a n (x), n, npr. n=2 x = n x n 2 n x n. 24

27 Primjetimo da je x x n, za sve n jer je a m (x n ) =, za m n. Tada je niz {x n } {x} fundamentalan niz i vrijedi x+ n a n(x)x n = pa nije ωnezavisan. Poaºimo da je ona no nezavisan. Pretpostavimo da je c x + N n= c nx n =. Uvrstimo li x = a n (x)x n dobivamo N (c a n (x) + c n ) x n + n= n=n+ c a n (x)x n =. No, {x n } je baza pa mora biti c a n (x) + c n =, n =,..., N i c a n (x) =, za n > N. Kao su svi a n (x), mora biti c = pa je c =... = c N =. Dale, {x n } {x} je ona no nezavisan. DZ 9.. Nea je (e n ) n N ONB Hilbertovog prostora H. Doaºite da su sljede i nizovi ωnezavisni i fundamentalni, ali nisu minimalni: (a) {e } {e n + e n+ } n N Uputa: doaºite da je ve {e n + e n+ } n N fundamentalan niz. (b) {e } {e + n e n} n 2 DZ 9.2. Nea je {e n } ONB za Hilbertov prostor H i stavimo x n = n = e. Doaºite da je tada {x n } minimalan i fundamentalan u H, ali nije Schauderova baza za H. DZ 9.3. Nea je {x n } ωnezavisan niz u Banachovom prostoru X. Ao za svai x X postoje salari c n, n N, tavi da je x = c n x n, doaºite da je onda {x n } Schauderova baza za X. Slaba onvergencija Definicija Nea je X normiran prostor, (x n ) n N niz u X, x X. Kaºemo da: (i) niz vetora (x n ) n N onvergira jao vetoru x X (oznaa: x n s x) ao x n x. (ii) niz vetora (x n ) n N onvergira slabo vetoru x X (oznaa: x n w x) ao za svai f X vrijedi f(x n ) f(x). (iii) niz funcionala (f n ) n N onvergira slabo funcionalu f X (oznaa: f n w f) ao za svai x X vrijedi f n (x) f(x). Napomena (i) x n s x x n w x. Naime, za proizvoljni f X vrijedi f(x n ) f(x) = f(x n x) f x n x. Obrat ne vrijedi! Nea je X separabilan Hilbertov prostor i (e n ) n N ONB u X. Tada e n i e w n. Naime, proizvoljni f X je oblia f(x) = x, x, x X, za nei x X (Rieszov teorem o reprezentaciji) pa je f(e n ) = e n, x = f() jer za x X vrijedi n= x, e n 2 x 2 pa taj red onvergira i onda op i lan mora onvergirati. s S druge strane, e n jer je e n e m = 2, m n pa (e n ) n N nije ni Cauchyjev niz. 25 s

28 (ii) Na X onvergencije izgledaju ovao: f n s f ao f n f, f n w f ao G(f n ) G(f), G X, f n w f ao f n (x) f(x), x X. (iii) Na X moºemo promatrati sve uvedene tipove onvergencije. Ve smo poazali da jaa onvergencija povla i slabu. Poaºimo jo² da slaba povla i slabu. Nea f n w f. Tada za svai G X vrijedi G(f n ) G(f). Posebno, za G = π(x) X deniran ao π(x)(f) := f(x) vrijedi Dale, f n w f. f n (x) = π(x)(f n ) π(x)(f) = f(x), x X. Obrat ne vrijedi. Uzmimo X = c pa je X = l i X = (l ) = l. Za funcionale f n denirane na X ao f n (x) = x n vrijedi da je f n c, n N, i, ao je c = l, za svai n N postoji jedinstveni y n l taav da je f n (x) = ξ i η (n) i, x c. O ito je y n = e n, n N. Sada je f n (x) = x n, x c pa f n w. No, za G (l ) deniran ao G(y) = η i vrijedi da je G(f n ) = G(y n ) = a to ne onvergira. Dale, f n. s s (iv) x n x, x n x x = x x n w x, x n w x x = x w η (n) i =, n N, Dovoljno je doazati drugu tvrdnju zbog (i). Vrijedi da f(x n ) f(x) i f(x n ) f(x ), f X. Zbog jedinstvenosti limesa i linearnosti od f je f(x x ) =, f X pa je, po HahnBanachovom teoremu, x x =. (v) Ao je dim X <, onda slaba onvergencija povla i jau (tj, na ona nodimenzionalnim prostorima su evivalentne). (vi) Na reesivnim prostorima (za oje je X = X) vrijedi f n w f f n w f. (vii) Za Hilbertov prostor H vrijedi da je H = H pa x n w x ao x n, a x, a, a H, 26

29 x n w x ao a, x n a, x, a H. (viii) Ao x n w x i x n x, onda x n s x. Naime, x n x 2 = x n x, x n x = x n 2 x }{{} n, x x, x }{{} n }{{} x 2 x,x = x 2 x,x = x 2 + x 2. Pritom, srednja dva lana onvergiraju x 2 zato ²to za f X deniran sa f(y) = y, x vrijedi f(x n ) f(x), tj. x n, x x, x = x 2. (ix) Ao x w n x, onda je sup x n X <. Na predavanjima je doazana ova tvrdnja za Hilbertove prostore, ali vrijedi i op enito za normirane prostore. Taožer vrijedi da ao f n w f, onda je sup f n X <. Zadata.. Doaºite da niz x n = (( ) n ) N c, n N ne onvergira slabo u c. Uzmimo linearni funcional f : c R, f(ξ, ξ 2,...) = lim i ξ i, i doaºimo da je ograni en. Za svai x = (ξ i ) c vrijedi f(x) = lim ξ i = lim ξ i lim x i i i = x. Dale, doista je f c i za svai n N je f(x n ) = ( ) n. No, ( ) n nije onvergentan niz pa smo na²li f c taav da f(x n ) ne onvegira. Dale, x n ne onvergira slabo u c. Zadata.2. Nea je x n := e n + e n e 2n, n N. Doaºite da niz (x n ) onvergira slabo u c. Konvergira li jao? Konvergira li (x n ) slabo/jao u l? (a) Doaºimo da (x n ) onvergira slabo u c, ali ne onvergira jao. Da bismo doazali slabu onvergenciju, moramo doazati da f(x n ) f() =, f c. Nea je f c = l proizvoljan. Tada za nei y = (η i ) l vrijedi f(x) = ξ i η i, x = (ξ i ) c. Slijedi da je f(x n ) f() = f(x n ) = f(x n ) = jer je (η i ) l. Dale, x n w u c. 2 =n η 2 =n η =n η n Napomena: Slabi limes niza (x n ) nismo pogodili, ve smo ga mogli dobiti iz injenice da slaba onvergencija u c povla i onvergenciju po oordinatama. Doaºimo jo² da (x n ) ne onvergira jao u. Za m > n je x m x n = sup ξ (m) i ξ (n) i = ξ n (m) ξ n (n) = =. i N Dale, (x n ) nije a ni Cauchyjev niz. 27

30 (b) Isto ao i u (a), zbog onvergencije po oordinatama moºemo zalju iti da je andidat za slabi limes. Doaºimo da ipa (x n ) ne onvergira slabo u l. Denirajmo funcional f : l Φ sa f(ξ, ξ 2, ξ 3,...) := ξ i. To je dobro deniran linearni funcional na l. Taožer je i ograni en. Naime, f(x) = ξ i ξ i = x, x = (ξ i ) l. = = Kad bi (x n ) onvergirao slabo u l, moralo bi biti n + = 2 =n = = f(x n ) ²to o ito ne vrijedi. Dale, (x n ) ne onvergira slabo u l pa ne onvergira ni jao u l (jer jaa onvergencija povla i slabu). Zadata.3. Nea je x n = (,...,,,,...), n N. Doaºite da niz (x }{{} n ) ne onvergira slabo n nula prema u l. Da li (x n ) onvergira jao? Uputa: promatrajte slabu onvergenciju na potprostoru c od l. Pretpostavimo suprotno, tj. da niz (x n ) onvergira slabo prema u l. Tada f(x n ) f() =, f (l ). Pogledajmo funcional f : c Φ, f(ξ, ξ 2,...) = lim i ξ i. Vrijedi da je f c. Kao je c l, po HahnBanachovom teoremu postoji g (l ) taav da je g c = f i g = f. Sada je g(x n ) = f(x n ) =, n N, ali g() =. Vrijedi = g(x n ) g() = ²to je ontradicija. Dale, (x n ) ne onvergira slabo u l. Zadata.4. Nea je x l, {x n } l = c. Doaºite da x n w x ao i samo ao je niz {x n } ograni en u normi i p (x n ) p (x ), N, gdje su p : l Φ anonse projecije, tj. p (x) = x, x l, N. Ao x n w x, onda x n (x) x (x), x c. Posebno za x = e vrijedi da je p (x n ) = ξ (n) = ξ (n) i δ i = x n (e ) x (e ) = ξ () i δ i = ξ () = p (x ). Ograni enost niza dobivamo iz principa uniformne ograni enosti. Obratno, nea je x n M, n i p (x n ) p (x ),. Nea je x = (α i ) i c. Tada je x (x) = α i ξ () i, x n (x) = α i ξ (n) i. 28

31 Za ε > postoji N N taav da je α i ξ () i ξ (n) i Za svai n n vrijedi x n (x) x (x) ε, i N. Za taj N postoji n 4M N taav da je ε 2N( x + ), i =,..., N, n n. N α i ξ (n) i ξ () i + i=n+ N x ξ (n) i ξ () i + ε 4M ( ε x 2( x + ) + ε 4M ε 2 + ε 4M 2M = ε. α i ξ (n) i ξ () i i=n+ ξ (n) i i=n+ ( ξ (n) + i + ξ () i ) ξ () i i=n+ ) Dale, x n (x) x (x), x c pa x n w x. DZ.. Nea je x c i {x n } c. Doaºite da x n w x ao i samo ao je niz {x n } ograni en u c i p (x n ) p (x), N. 29