FUNCTIONAAL ANALYSE I

Transcriptie

1 FUNCTIONAAL ANALYSE I Eric Jespers efjesper

2 Inhoudsopgave 1 INLEIDING 1 2 INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN Banachruimten Vervollediging Eindigdimensionale ruimten Begrensde lineaire operatoren De duale ruimte van een Banachruimte Separabele genormeerde ruimten Pre-Hilbertruimte Hilbertruimte Vervollediging en Hilbertruimte Orthogonale Complementen Orthonormale basissen De duale ruimte van een Hilbertruimte Enkele voorbeelden BENADERING DOOR CONVOLUTIE Convolutieproduct Stelling van Weierstrass Trigonometrische veeltermen Puntsgewijze convergentie FOURIER- TRANSFORMATIE Convolutieproduct De Fourierintegraal Inversieformule i

3 ii INHOUDSOPGAVE 4.4 Fouriertransformatie in L HERMITISCHE OPERATOREN Lineaire operatoren Inverteerbare begrensde lineaire operatoren Spectrum van een operator Adjunctafbeelding Hermitische operatoren Spectrum van een Hermitische operator Positieve operatoren Projectie operatoren Compacte operatoren Compacte Hermitische operatoren Appendix Sommatieprocédés Convergentie Exponentiële functies Oefeningen Inleiding tot Hilbertruimten Benadering door convolutie Hermitische operatoren Bibliografie 163 Index 163

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

5 iv INHOUDSOPGAVE

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

7 2 HOOFDSTUK 1. INLEIDING (algebraïsche) differentiaalvergelijkingen. Het vorige toont een andere leidraad in deze cursus: de interactie tussen analyse en algebra. Dit laatste komt nog meer aan bod in Hoofdstuk 5 dat handelt over Hermitische operatoren. Net zoals in eindig dimensionale lineaire algebra bestuderen wij hier een diagonalisatieproces van zekere operatoren op functieruimten (deze zijn voornamelijk oneindig dimensionaal). EVALUATIE mondeling examen over theorie HOC: 40% schriftelijk examen over oefeningen en huiswerken: 40% Projectwerk schriftelijk in te dienen met mondelinge verdediging (beide onderdelen worden gelijk verrekend in de evaluatie): 20%

8 Hoofdstuk 2 INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN 2.1 Banachruimten Tenzij anders vermeld stelt K het veld van ofwel de reële getallen R ofwel het veld van de complexe getallen C voor. Met een vectorruimte bedoelen wij steeds een K-vectorruimte. Een Banachruimte is een genormeerde K-ruimte waarin elke Cauchy rij convergent is (dus een volledige genormeerde ruimte). Wij geven verschillende voorbeelden. Het eerste voorbeeld werd bewezen in een vorige cursus. Voorbeeld De ruimte R n of C n voorzien van de norm n x = x j 2 j=1 met x = (x 1,..., x n ) is een Banachruimte. 1/2, Het tweede voorbeeld is een veralgemening van het vorige (voor een bewijs verwijzen wij naar de literatuur). Voorbeeld Zij p 1 een reëel getal. De ruimte l p is een Banachruimte. 3

9 4 HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN l p is per definitie de verzameling van complexe rijen x = (x n ) waarvoor n=1 x n p convergent is. De norm op l p is gedefiniëerd als volgt: x = x j p j=1 voor x = (x n ) l p. Dus voor y = (y n ) l p, 1/p d(x, y) = x j y j p j=1, 1/p. In een vorige cursus werden de volgende eigenschappen bewezen. Zij X een verzameling en (Y, ) een genormeerde ruimte. Met (B(X, Y ), ) noteren wij de ruimte van de begrensde functies van X naar Y met de supnorm. Herinner dat f = sup{ f(x) x X. Verder is C(X, Y ) de ruimte van de continue functies van X naar Y. Eigenschap Zij X een verzameling en (Y, ) een genormeerde ruimte. Dan, Y is een Banachruimte als en slechts als (B(X, Y ), ) een Banachruimte is. Eigenschap Een deelruimte M van een volledige ruimte X is zelf volledig als en slechts als M gesloten is in X. Als X en Y genormeerde ruimten zijn en Y volledig is, dan is de ruimte van de continue begrensde functies C (X, Y ) een Banachruimte voor de supnorm. Als toepassing van deze eigenschappen kan men allerlei voorbeelden van Banachruimten geven. Voorbeeld Zij l de ruimte van de complexe begrensde rijen x = (x j ) met norm x = sup{ x j j 1}. Deze ruimte is een Banachruimte.

10 2.1. BANACHRUIMTEN 5 Gevolg De ruimte c van alle convergente complexe rijen x = (x n ) met de norm (de supnorm) is een Banachruimte. Bewijs. Wegens Eigenschap is het voldoende om aan te tonen dat c gesloten is in l. Zij dus x = (x n ) c, de sluiting van c in l. Dan bestaat er een rij (z n ) in c zodat z n x. Schrijf z n = (x n,j ). Voor ɛ > 0 bestaat een natuurlijk getal N zodat voor elke n N en voor alle j 1, x n,j x j d(z n, x) < ɛ 3. Daar z n = (x n,j ) c een convergente rij is, en dus een Cauchy rij is, bestaat er een natuurlijk getal N 1 zodat x n,j x n,k < ɛ 3 voor j, k N 1. Vanwege de driehoeksongelijkheid verkrijgen wij dus x j x k x j x N,j + x N,j x N,k + x N,k x k < ɛ. Bijgevolg is de rij x = (x n ) convergent, d.w.z. x c. Dus elke x c behoort tot c. Bijgevolg is c = c gesloten. Voorbeeld Zij I een reëel gesloten interval en C(I) = C C (I) de ruimte van de complexe continue functies gedefiniëerd op I met norm x = sup{ x(t) t I} = max{ x(t) t I}. De ruimte C(I) is een Banachruimte. Wij geven nu enkele voorbeelden van genormeerde ruimten die niet volledig zijn. Het is welbekend dat de rationale getallen Q met de norm de absolute waarde geen volledige ruimte is. Zij P de ruimte van de polynoomfuncties gedefiniëerd op een gesloten interval I = [a, b] met norm gedefiniëerd via en geinduceerde metriek f = max{ f(t) t I} d(f, g) = max{ f(t) g(t) t I}.

11 6 HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN Er bestaan functies die een limiet zijn van polynoomfuncties, maar die zelf geen polynoomfunctie zijn. Dus is P geen Banachruimte. (Later bewijzen wij in de Stelling van Weierstrass dat alle continue functies in C R (I) benaderd worden door polynomen.) Voorbeeld De ruimte C R ([a, b]) is niet volledig voor de norm f = b a f(t) dt. Bewijs. Zij a < b reële getallen. Voor elk voldoende groot geheel getal m, zodat a+b m b, beschouw de continue functie f m : I R gedefiniëerd als volgt: a a t a+b 2 = a + ( ) b a 2 ( ( ) f m (t) = m(b a)t + a b 2 a 2 2 m) a+b 2 t a+b m b (Merk op dat voor m voldoende groot, a a+b g C R ([a, b]), a+b m t b m b.) Dus, voor elke d(f m, g) = b a f m (t) g(t) dt = a+b 2 a b + a+b m a g(t) dt + f m (t) g(t) dt a+b 2 a+b m b g(t) dt Veronderstel dat d(f m, g) 0 (d.w.z. f m g). Aangezien de drie integralen positief zijn, volgt er dat elke integraal convergeert naar nul. Omdat g continu is volgt er g(t) = a voor [ t a, a + b ) 2 g(t) = b voor ( ] a + b t 2, b. Dit is echter onmogelijk omdat g continu is.

12 2.2. VERVOLLEDIGING 7 Op analoge manier als het vorige voorbeeld bewijst men het volgende resultaat. Voorbeeld De ruimte C C ([a, b]) met norm is niet volledig. ( b f = a ) 1/2 f(t) 2 dt 2.2 Vervollediging van een genormeerde ruimte Herinner dat een afbeelding T : (X, d) ( X, d) tussen twee metrische ruimten een isometrie genoemd wordt als het de metriek bewaart, d.w.z. d(x, y) = d(t (x), T (y)) voor alle x, y X. Als T bovendien bijectief is dan zeggen wij dat X en X isometrisch zijn. In dit geval is T een homeomorfisme, d.w.z. T en T 1 zijn continue afbeeldingen. Meestal maken wij geen onderscheid tussen isometrische ruimten X en Y ; wij maken dikwijls misbruik van notatie en schrijven eenvoudig X = Y. Stelling Zij X = (X, d) een metrische ruimte, dan bestaat er een volledige metrische ruimte ˆX = ( ˆX, ˆd) en een dichte deelruimte Y in ˆX die isometrisch is met X. De ruimte ˆX is uniek (op isometrieën na), d.w.z. als X een volledige metrische ruimte is met een dichte deelruimte Ỹ isometrisch met X, dan zijn X en ˆX isometrisch. Bewijs. Wij geven een bewijs in zes stappen. (i) Constructie van ˆX = ( ˆX, ˆd). Twee Cauchyrijen (x n ) en (y n ) in X noemt men equivalent, genoteerd (x n ) (y n ), als lim d(x n, y n ) = 0. n

13 8 HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN De relatie is een equivalentierelatie op de verzameling van alle Cauchyrijen op X. De equivalentieklasse van een Cauchyrij x = (x n ) wordt genoteerd door ˆx. Zij ˆX = {ˆx x een Cauchyrij in X}, de verzameling van de equivalentieklassen van de Cauchyrijen op X. Definiëer ˆd(ˆx, ŷ) = lim n d(x n, y n ), waarbij (x n ) ˆx en (y n ) ŷ. Wij bewijzen nu dat deze limiet bestaat en onafhankelijk is van de keuze van de Cauchyrijen in ˆx en ŷ. Inderdaad, aangezien verkrijgen wij en analoog Dus d(x n, y n ) d(x n, x m ) + d(x m, y m ) + d(y m, y n ) d(x n, y n ) d(x m, y m ) d(x n, x m ) + d(y m, y n ) d(x m, y m ) d(x n, y n ) d(x m, x n ) + d(y n, y m ). d(x n, y n ) d(x m, y m ) d(x n, x m ) + d(y m, y n ). Aangezien x en y Cauchyrijen zijn en omdat R volledig is, volgt er nu eenvoudig dat lim n d(x n, y n ) bestaat. Vervolgens, veronderstel dat (x n ) (x n) en (y n ) (y n), dan (zoals in de vorige paragraaf) d(x n, y n ) d(x n, y n) d(x n, x n) + d(y n, y n). Aangezien d(x n, x n) 0 en d(y n, y n) 0 volgt er dat lim d(x n, y n ) = lim n n d(x n, y n). (ii) ˆd is een metriek op ˆX. Duidelijk is ˆd(ˆx, ŷ) 0, ˆd(ˆx, ˆx) = 0 en ˆd(ˆx, ŷ) = ˆd(ŷ, ˆx). Bovendien volgt er uit ˆd(ˆx, ŷ) = 0 dat (x n ) (y n ) en dus ˆx = ŷ. Bijgevolg, ˆd(ˆx, ŷ) = 0 als en slechts als ˆx = ŷ. Tenslotte volgt de driehoeksongelijkheid door een limiet te nemen van de ongelijkheid d(x n, y n ) d(x n, z n ) + d(z n, y n ).

14 2.2. VERVOLLEDIGING 9 (iii) Constructie van de isometrie f : X Y, met Y ˆX. Voor elke x X noteren wij de constante rij (x, x,...) ook met x. Zij Y de deelruimte van ˆX van de equivalentieklassen van de constante rijen. Definiëer Dan, voor elke x, y X, f : X ˆX : x (x, x,...). ˆd(ˆx, ŷ) = lim d(x, y) = d(x, y). n Bijgevolg is f een injectieve isometrie en dus zijn X en Y isometrisch. (iv) Y is dicht in ˆX. Veronderstel ˆx ˆX en (x n ) ˆx. Zij ɛ > 0, dan bestaat een natuurlijk getal N zodat d(x n, x N ) < ɛ 2, voor n > N. Stel y = (x N, x N,...) x N en x N Y. Bovendien ˆd(ˆx, x N ) = lim n d(x n, x N ) ɛ 2 < ɛ. Dus, elke ɛ-omgeving van een willekeurige ˆx ˆX bevat een element van Y. Dus is Y dicht in ˆX. (v) ˆX is volledig. Zij ( x n ) een Cauchyrij in ˆX. Omdat Y dicht is in ˆX bestaat er voor elke x n een ŷ n Y zodat ˆd( x n, ŷ n ) < 1 n. Wegens de driehoeksongelijkheid volgt er dus ˆd(ŷ m, ŷ n ) ˆd(ŷ m, x m ) + ˆd( x m, x n ) + ˆd( x n, ŷ n ) < 1 m + ˆd( x m, x n ) + 1 n. Er volgt dan eenvoudig dat (ŷ m ) een Cauchyrij is. Aangezien X en Y isometrisch zijn (onder de functie f) volgt er dat (y m ) een Cauchyrij is in X, met y m = f 1 (ŷ m ). Zij ŷ X de klasse tot welke (y m ) behoort. Wij bewijzen nu dat ŷ de limiet is van ( x n ). Inderdaad, ˆd( x n, ŷ) ˆd( x n, ŷ n ) + ˆd(ŷ n, ŷ) < 1 n + ˆd(ŷ n, ŷ) < 1 n + lim m d(y n, y m ).

15 10 HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN Daar, voor elke ɛ > 0, lim m d(y n, y m ) < ɛ voor voldoende grote n, volgt er dat lim n x n = ŷ. (vi) Uniciteit van ˆX. Zij ( X, d) een andere volledige metrische ruimte met dichte deelruimte Ỹ en Ỹ isometrisch met X (onder een isometrie g). Dan, voor elke x, ỹ X bestaan er rijen ( x n ), (ỹ n ) in Ỹ zodat x n x en ỹ n ỹ. Bijgevolg, uit d( x, ỹ) d( x n, ỹ n ) d( x, x n ) + d(ỹ, ỹ n ) (dit wordt bewezen zoals een vorige ongelijkheid) volgt er d( x, ỹ) = lim d( x n, ỹ n ) n = lim n d(g 1 ( x n ), g 1 (ỹ n )) = ˆd(ˆx, ŷ), waar ˆx = ( g 1 ( x n ) ) en ŷ = ( g 1 (ỹ n ) ). Bijgevolg definiëert x ˆx, met ( g 1 ( x n ) ) ˆx en lim n x n = x en x n Ỹ, een isometrie tussen X en ˆX. (Merk op dat de afbeelding x ˆx ook bijectief is.) Gevolg Zij X = (X, ) een genormeerde ruimte. Dan bestaat er een Banachruimte ˆX en isometrie van X op een dichte deelruimte Y van ˆX. De ruimte ˆX wordt de completie van X genoemd. Bewijs. Wij gebruiken dezelfde notatie als in het bewijs van Stelling Zij f : X Y ˆX een isometrie. Vooreerst bewijzen wij dat ˆX een vectorruimte is. Zij daarom ˆx, ŷ ˆX en (x n ) ˆx, (y n ) ŷ. Stel z n = x n + y n. Dan is (z n ) een Cauchyrij in X omdat z n z m = (x n + y n ) (x m + y m ) x n x m + y n y m.

16 2.2. VERVOLLEDIGING 11 Definiëer ˆx + ŷ = ẑ met z = (z n ). Deze definitie is onafhankelijk van de keuze van de Cauchyrijen. Inderdaad, zij (x n ) (x n) en (y n ) (y n), dan (x n + y n ) (x n + y n) x n x n + y n y n. Er volgt dat (x n + y n ) (x n + y n). Het scalair product is gedefiniëerd als volgt, voor r K en ˆx ˆX, rˆx = (rx n ). Het is eenvoudig te verifiëren dat ˆX aldus een vectorruimte is waarbij Y een deelruimte is van ˆX. Het nulelement is ˆ0, de klasse die de constante nulrij bevat. Vervolgens definiëren wij een norm 1 op ˆX als volgt. Voor y = f(x), met x X, y 1 = x. De corresponderende metriek op Y is de beperking van ˆd tot Y (omdat f een isometrie is). Dus voor y = f(x), met x X, y 1 = x = d(x, 0) = ˆd(ˆx, ˆ0). Definiëer nu voor een willekeurige ˆx ˆX, ˆx 1 = ˆd(ˆx, ˆ0). Gebruikmakend van een limietproces en de normeigenschappen op X en dus op Y, volgt er dat 1 inderdaad een norm definiëert op ˆX. Met de technieken zoals in het vorige bewijs toont men de volgende eigenschap aan. Eigenschap De sluiting Y van een deelruimte Y van een genormeerde ruimte X is een deelruimte van X.

17 12 HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN 2.3 Eindigdimensionale genormeerde ruimten en deelruimten In dit gedeelte bestuderen wij een speciale klasse van genormeerde ruimten: de eindig dimensionale ruimten. Lemma Zij {x 1, x 2,..., x n } een stel lineair onafhankelijke vectoren in een genormeerde ruimte X. Dan bestaat er een getal c > 0 zodat voor elke r 1, r 2,..., r n K, r 1 x r n x n c( r r n ). Bewijs. Zij r 1,..., r n K en r = r r n. Als r = 0, dan is elke r i = 0 en dus is de ongelijkheid evident. Als r 0, dan vervangen wij r i door r i r. Het volgt dat het voldoende is het lemma te bewijzen voor scalairen r i met n i=1 r i = 1. Veronderstel dat het lemma niet waar is. Dan bestaat er een rij vectoren met n i=1 r m,i = 1, zodat y m = r m,1 x 1 + r m,n x n, y m 0. Voor elke i is r m,i 1 is, en dus is de rij (r m,i ) = (r 1,i, r 2,i,...) begrensd. Wegens de Stelling van Bolzano-Weierstrass heeft de rij (r m,1 ) = (r 1,1, r 2,1,...) een convergente deelrij. Zij t 1 de limiet van deze rij en (y m,1 ) de corresponderende deelrij van (y m ). Hetzelfde argument toegepast op de rij (y m,1 ) geeft een deelrij (y m,2 ) voor dewelke de corresponderende rij van scalairen (r m,2 ) convergeert. Zij t 2 de limiet van deze rij. Na n toepassingen verkrijgen wij een deelrij (y m,n ) = (y 1,n, y 2,n,...) van (y m ) zodat en, voor alle 1 i n, y m,n = n r m,ix i met i=1 n r m,i = 1 i=1 r m,i t i als m. Bijgevolg, als m, dan y m,n y = n t i x i i=1

18 2.3. EINDIGDIMENSIONALE RUIMTEN 13 en n t i = 1. i=1 I.h.b. zijn niet alle t i nul. Aangezien de verzameling {x 1,..., x n } lineair onafhankelijk is, volgt er dat y 0. Anderzijds, omdat y m,n y als m, volgt dat y m,n y (wegens de continuïteit van de norm). Maar wij weten ook dat y m 0. Dus y = 0 en bijgevolg y = 0, een contradictie. Stelling Een eindig dimensionale deelruimte Y van een genormeerde ruimte X is volledig, en dus een gesloten deelruimte. I.h.b. elke eindig dimensionale genormeerde ruimte is een Banachruimte. Bewijs. Zij (y m ) een Cauchyrij in Y. Zij n de dimensie van Y en {e 1,..., e n } een basis van Y. Dan, voor elke m bestaan r m,i K zodat y m = r m,1 e 1 + r m,n e n. Voor elke ɛ > 0 bestaat er een natuurlijk getal N, zodat voor elke m, k > N, y m y k < ɛ. Wegens Lemma bestaat er een getal c > 0 zodat voor m, k > N. Dus ɛ > y m y k n = (r m,i r k,i )e i c r m,i r k,i i=1 n r m,i r k,i i=1 n r m,i r k,i < ɛ c. i=1 Bijgevolg is, voor elke 1 i n, de rij (r m,i ) = (r 1,i, r 2,i,...) een Cauchrij in K. Dus is deze rij convergent, met limiet, zeg, r i. Definiëer y = n r i e i. i=1

19 14 HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN Duidelijk is y Y en y m y = n (r m,i r i )e i i=1 n r m,i r i e i. i=1 Aangezien r m,i r i als m, volgt er dat y m y 0 en dus y m y. Dus elke Cauchyrij in Y heeft een limiet in Y. Wij merken op dat een oneindig dimensionale deelruimte niet noodzakelijk gesloten is. Inderdaad, zij X = C R ([0, 1]) en Y de deelruimte voortgebracht door de polynoomfuncties p i met p i (t) = t i en i 0 een geheel getal. Dus Y is de ruimte van alle polynoomfuncties. De functie f C R ([0, 1]) met f(t) = 1 1 t 2 = n=0 ( ) t n 2 is geen polynoomfunctie maar is de limiet van polynoomfuncties. Een ander voorbeeld is de deelruimte Y = {(x n ) {n x n 0} is eindig}. Deze ruimte is niet gesloten in l. Definitie Een norm op een vectorruimte X is equivalent met een norm 0 op X als er strikt positieve getallen a en b bestaan zodat, voor elke x X, a x 0 x b x 0. Merk op dat twee normen equivalent zijn als en slechts als de identieke functie een Lipschitz functie is. Bijgevolg definiëren equivalente normen dezelfde topologie op X. De volgende stelling is niet geldig voor oneindig dimensionale ruimten. Stelling Op een eindig dimensionale ruimte X zijn elke twee normen equivalent. Bewijs. Zij en 0 twee normen op X. Zij {e 1,..., e n } een basis van X. Elke x X kan geschreven worden als x = r 1 e r n e n, met r i K. Wegens Lemma bestaat er een getal c zodat x c( r r n ).

20 2.3. EINDIGDIMENSIONALE RUIMTEN 15 Bovendien, wegens de driehoeksongelijkheid, x 0 n n r i e i 0 k r i, i=1 i=1 met k = max{ e i 0 1 i n}. Dus, c k x 0 x. Door en 0 te verwisselen verkrijgen wij de andere ongelijkheid. Het is welbekend dat in een metrische ruimte X een compacte deelruimte gesloten en begrensd is. Het omgekeerde is echter niet waar. Wij geven een voorbeeld. Voorbeeld Beschouw de rij (e n ) l met e n = (δ ni ). Dus e n heeft een 1 op de n-de plaats en 0 op elke andere plaats. Dan is e n = 1 en dus is e n een begrensde rij. De verzameling {e n n 1} is gesloten maar niet compact. In een eindig dimensionale genormeerde ruimte heeft men echter de volgende stelling. Stelling In een eindig dimensionale genormeerde ruimte X is een deelverzameling Y compact als en slechts als Y gesloten en begrensd is. Stelling (Riesz) Zij X = (X, ) een genormeerde ruimte. De volgende eigenschappen zijn equivalent. 1. X is eindig dimensionaal, 2. de gesloten éénheidsbol B = {x x 1} is compact, 3. iedere gesloten bol in X is compact, 4. er bestaat een compacte bol in X. Bewijs. (1) (2) Omdat de gesloten eenheidsbol gesloten en begrensd is en omdat X eindig dimensionaal is, volgt uit Stelling dat de eenheidsbol compact is. (2) (1) Aangezien B compact is bestaan er x 1, x 2,..., x n X zodat B n i=1b i,

21 16 HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN met B i = {x X x x i 1 2 }. Zij Y de deelruimte voortgebracht door x 1,..., x n. Als eindig dimensionale ruimte is Y een gesloten deelruimte van X. Wij beweren dat X = Y, en dus volgt het resultaat. Veronderstel X Y. Dan bestaat er een x (X \ Y ) zodat d(x, Y ) = inf{ x y y Y } = p > 0. Kies y Y met x y 3p 2, en stel z = 1 (x y). x y Dan z B en dus bestaat 1 i n zodat z B i. Aangezien en y + x y x i Y volgt er x (y + x y x i ) = x y (z x i ) p x y z x i 1 2 x y 3p 4, een contradictie. De rest van het bewijs laten wij over aan de lezer. 2.4 Begrensde lineaire operatoren Een lineaire operator (lineaire afbeelding) tussen twee vectorruimten is een functie f : V W zodat f(rv 1 + sv 2 ) = rf(v 1 ) + sf(v 2 ), voor alle r, s K en v 1, v 2 V. De kern (of nulruimte) van f is de deelruimte Het beeld van f is de deelruimte ker(f) = {v V f(v) = 0}. Im(f) = f(v ) = {f(v) v V }. Het is welbekend dat f injectief is als en slechts als ker(f) = {0}. bijectief is, dan is de inverse functie f 1 ook een lineaire operator. Als f Wij geven enkele voorbeelden van lineaire operatoren.

22 2.4. BEGRENSDE LINEAIRE OPERATOREN De identieke operator I V : V V : v v. 2. De nul operator 0 : V V : v De afgeleide operator op de ruimte CR 1 (I) van de continue afleidbare functies op een gesloten interval I voorzien van de supremumnorm. De functie D : CR 1 (I) C R(I) : f f is lineair. 4. De integratie operator T op C R ([a, b]) gedefiniëerd door is lineair. T (f)(t) = t 5. Zij A een reële n n-matrix. Dan is a f(x)dx met t [a, b] T A : R n R n : x Ax een lineaire operator op de Euclidische ruimte Eigenschap Zij X en Y genormeerde ruimten en f : X Y een lineaire operator. De volgende eigenschappen zijn equivalent: 1. f is continu in een punt van X, 2. f is continu, 3. er bestaat een reëel getal c zodat f(x) c x voor alle x X, 4. f is begrensd op B(0, 1) = {x X x 1}, d.w.z. er bestaat een reëel getal c zodat f(x) c voor alle x B(0, 1). Bewijs. (1) (3). Veronderstel dat f continu is in x 0 X. Kies ɛ > 0. Dan bestaat er δ > 0 zodat, als x X en x x 0 δ dan f(x) f(x 0 ) ɛ. Zij nu 0 x 1 X en definiëer x = x 0 + δ x 1 x 1.

23 18 HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN Dan x x 0 = δ x 1 x 1 en dus x x 0 = δ. Aangezien f lineair is volgt er f(x) f(x 0 ) = f(x x 0 ) = δ x 1 f(x 1) = Bijgevolg Voorwaarde (3) volgt dus met c = ɛ δ. f(x 1 ) ɛ δ x 1. δ x 1 f(x 1) ɛ. (3) (2). Indien f = 0 dan is (2) evident voldaan. Veronderstel dus dat f 0. Wegens voorwaarde (3) bestaat dan { } f(x) δ 1 = sup 0 x X. x Zij nu x 0 X en ɛ > 0. Stel δ = ɛ δ 1. Aangezien f lineair is, volgt er voor 0 x x 0 < δ, f(x) f(x 0 ) = f(x x 0 ) δ 1 x x 0 < δ 1 δ = ɛ. Dus is f continu in een willekeurige x 0 X. (2) (1). Dit is evident. (3) (4). Dit is evident. (4) (3) Veronderstel dat f begrensd is op B(0, 1). Zij dus c een reëel getal zodat f(x 0 ) c voor elke x 0 B(0, 1). Zij nu 0 x X, dan 1 x x B(0, 1). Dus f(x) = x f( x ) x c. x Dus volgt (3). Een lineaire operator f : X Y die voldoet aan de voorwaarde van Eigenschap noemt men een begrensde lineaire operator. De vectorruimte van alle begrensde lineaire operatoren van een genormeerde ruimte X naar een genormeerde ruimte Y wordt genoteerd B(X, Y ). Merk op dat het begrip begrensde lineaire operator verschillend is van begrensde functie voor de supremumnorm.

24 2.4. BEGRENSDE LINEAIRE OPERATOREN 19 Stelling Zij X en Y genormeerde ruimten. genormeerde ruimte voor de norm Dan is B(X, Y ) een f = sup{ f(x) x X, x 1} = sup{ f(x) x X, x 0} x = sup{ f(x) x X, x = 1} = sup{ f(x) x X, x < 1} = inf{c f(x) c x voor elke x X} Bovendien is B(X, Y ) een Banachruimte als Y een Banach ruimte is. Bewijs. Wij bewijzen slechts het laatste gedeelte. Zij dus Y een Banachruimte. Zij (f n ) een Cauchyrij in B(X, Y ). Dan, voor elke ɛ > 0 bestaat er een natuurlijk getal N zodat f n f m < ɛ voor alle m, n > N. Bijgevolg, voor elke x X en m, n > N, f n (x) f m (x) f n f m x ɛ x. Bijgevolg is elke (f n (x)) een Cauchrij. Aangezien Y volledig is, verkrijgen wij f n (x) y, voor een y = y(x) Y. Definiëer De operator f is lineair aangezien f : X Y : x y = y(x). lim f n(rx 1 + sx 2 ) = lim rf n(x 1 ) + lim sf n(x 2 ). n n n Wij bewijzen nu dat f begrensd is en f n f. Inderdaad, aangezien f n (x) f(x) volgt er door de continuïteit van de normfunctie dat, voor elke n > N, f n (x) f(x) = f n (x) lim m f m(x) = lim f n(x) f m (x) m ɛ x. Er volgt dat voor elke n > N, f n f en dus ook f = f n (f n f) begrensde lineaire operatoren zijn. Bovendien { } (fn f)(x) f n f = sup x X, x 0 ɛ, x

25 20 HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN zodat f n f. Als f B(X, Y ) voldoet aan f(x) = x voor alle x X, dan is f een normbewarende afbeelding (i.h.b. is de afbeelding injectief). Indien, bovendien, f(x) = Y dan noemt men f een isomorfisme van genormeerde ruimten. Men zegt dan dat X en Y isomorf zijn. Wij geven enkele voorbeelden van begrensde lineaire operatoren. Uiteraard zijn de identieke en nul operator zulke operatoren. Wij veralgemenen nu de integratie operator in het volgende voorbeeld. Voorbeeld Zij k : [a, b] [a, b] R een continue functie. De afbeelding T : C R ([a, b]) C R ([a, b]) : f T (f) met T (f)(t) = is een begrensde lineaire operator. b a k(t, x)f(x)dx Bewijs. Aangezien k continu is op het gesloten deel [a, b] [a, b] bestaat er een constante c zodat k(t, x) c voor alle t, x [a, b]. Bovendien Bijgevolg, f(x) max{ f(t) t [a, b]} = f. T (f) = max{ max{ Dus T is inderdaad begrensd. b a b a c f b a. k(t, x)f(x)dx t [a, b]} k(t, x) f(x) dx t [a, b]} Zij A een n n-reële matrix. Het is welbekend (zie een vorige cursus) dat de operator T A : R n R n : x Ax op de Euclidische ruimte R n een begrensde lineaire operator is. Algemener, elke lineaire operator op een eindig dimensionale genormeerde ruimte is een begrensde lineaire operator.

26 2.4. BEGRENSDE LINEAIRE OPERATOREN 21 Een voorbeeld van een lineaire operator die niet begrensd is, is de afgeleide operator D : P P : f f, waar P de genormeerde ruimte is van alle reële polynoomfuncties op [0, 1] met norm gedefiniëerd door f = max{ f(t) t [0, 1]}. Inderdaad, zij p n de polynoomfunctie p n (t) = t n, voor n een natuurlijk getal. Dan is p n = 1 en D(p n )(t) = p n(t) = nt n 1. Dus D(p n ) = n = n p n en bijgevolg is D niet begrensd. Wij geven enkele elementaire eigenschappen van begrensde lineaire operatoren. Eigenschap Zij f 1 : X Y en f 2 : Y Z begrensde lineaire operatoren. Dan 1. als x n x in X, dan f 1 (x n ) f 1 (x) in Y. 2. ker(f 1 ) is gesloten. 3. f 2 f 1 f 1 f 2. Bewijs. (1) Dit is een onmiddellijk gevolg van het feit dat f 1 continu is. (2)Zij x in de sluiting van ker(f 1 ). Dan bestaat er een rij (x n ) in ker(f 1 ) zodat x n x. Wegens (1), f 1 (x n ) f 1 (x). Omdat f 1 (x n ) = 0 volgt er f 1 (x) = 0. Dus x ker(f 1 ). (3) Dit is eenvoudig te verifiëren. Eigenschap Zij X 1 een deelruimte van een genormeerde ruimte X en zij f : X 1 Y een begrensde lineaire operator. Als Y een Banachruimte is, dan bestaat er een begrensde lineaire operator met f = f en f X1 = f. f : X 1 Y Bewijs. Zij x X 1 en (x n ) een rij in X 1 zodat (x n ) x. Aangezien f begrensd en lineair is, volgt er f(x n ) f(x m ) = f(x n x m ) f x n x m.

27 22 HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN Omdat (x n ) convergeert verkrijgen wij dus dat (f(x n )) een Cauchyrij is. Aangezien Y een Banachruimte is bestaat er dus een y Y met f(x n ) y. Definiëer f(x) = y. Wij tonen nu eerst aan dat f goed gedefiniëerd is, d.w.z. f(x) is onafhankelijk van de keuze van de rij (x n ). Dus, veronderstel x n x en z n x met x n, z n X 1. Dan w n x, waarbij (w n ) de volgende rij is (x 1, z 1, x 2, z 2,... ). Wegens het voorgaande convergeert de rij f(w n ) in Y. Bovendien is de limiet dezelfde als deze van de deelrijen (f(x n )) en (f(z n )). Dus is inderdaad f(x) onafhankelijk van de keuze van de rij. Het is evident dat de functie f lineair is en dat f X1 = f. Aangezien, f(x n ) f x n en omdat de norm functie continu is, volgt er f(x) f x. Dus is f begrensd en f f. De omgekeerde ongelijkheid is evident. Dus f = f. 2.5 De duale ruimte van een Banachruimte Zij X een genormeerde ruimte. De duale ruimte van X is X = B(X, K). Dus de norm op X is f = sup { f(x) x } 0 x X. Wegens Stelling is X een Banachruimte. In een vorige cursus werd bewezen dat (R n ) = R n, met R n de Euclidische ruimte.

28 2.5. DE DUALE RUIMTE VAN EEN BANACHRUIMTE 23 Voorbeeld ( l 1 ) = l Bewijs. Zij e i = (δ ij ), de rij met 1 op de i-de plaats en nul op alle andere plaatsen. Dan heeft elke x = (x n ) l 1 een unieke representatie in de vorm x = x i e i, i=1 d.w.z. n i=1 x ie i x. Zij f (l 1 ). Dan is f lineair en begrensd (dus continu) en bijgevolg f(x) = x i f(e i ). Bovendien zodat k=1 f(e i ) f e i sup{ f(e i ) i 1} f. Bijgevolg is (f(e n )) l. Definiëer T : ( l 1) l : f (f(e n )). Wij bewijzen nu dat T surjectief is. f ( l 1) door f((x n )) = Zij daarom (a n ) l en definiëer x i a i. i=1 Dan is duidelijk f lineair en f is begrensd omdat f((x n )) x i a i i=1 sup{ a i i 1} x i i=1 (x n ) sup{ a i i 1}. Dus is f begrensd. Daar T (f) = (f(e n )) = (a n ) volgt er dus dat T surjectief is. Tenslotte tonen wij aan dat T de norm bewaart. Zij (x n ) l 1 en f ( l 1 ), dan f((x n )) = x i f(e i ) sup{ f(e i ) i 1} (x n ). i=1

29 24 HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN Dus f = sup{ f(x n ) (x n ) = 1} sup{ f(e i ) i 1} Men kan ook het volgende bewijzen = (f(e n )) = T (f) f. Voorbeeld Zij 1 < p < en q de geconjugeerde van p, d.w.z. 1 p + 1 q = 1. De duale ruimte van l p is l q. 2.6 Separabele genormeerde ruimten In de vorige voorbeelden maakten wij gebruik van het volgende begrip. Definitie Een rij vectoren (e n ) in een genormeerde ruimte X is een Schauder basis voor X als voor elke x X een unieke rij scalairen (a n ) bestaat zodat x (a 1 e a n e n ) 0. Dus x = i=1 a ie i. Eigenschap Als een genormeerde ruimte X een Schauder basis heeft, dan is X separabel, d.w.z. X heeft een aftelbaar dicht deel. Bewijs. Zij (e n ) een Schauder basis van X, dan is de sluiting van de Q(i)- deelruimte (of Q-deelruimte, in geval K = R) voortgebracht door (e n ) de volledige ruimte X. Pas in 1973 gaf Enflo een voorbeeld van een separabele Banachruimte die geen Schauder basis bezit. Definitie Een totale deelverzameling in een genormeerde ruimte X is een deelverzameling A zodat vect A = X. Eigenschap Een genormeerde ruimte X is separabel als en slechts als X een aftelbare totale deelverzameling bevat.

30 2.7. PRE-HILBERTRUIMTE Pre-Hilbertruimte Zij X een vectorruimte. Een afbeelding <, >: X X K die voldoet aan de volgende eigenschappen, voor elke x, y, z X en r, s K, (H1) < rx + sy, z >= r < x, z > +s < y, z > (lineariteit), (H2) < x, y >= < y, x > (en dus < x, y > R), (H3) < x, x > > 0 als x 0, noemt men een inproduct, inwendig product of Hermitisch inproduct. Definitie Een pre-hilbertruimte is een vectorruimte X voorzien van een inproduct. Eigenschap Zij X een pre-hilbertruimte met inproduct <, >. Dan gelden de volgende eigenschappen: 1. voor elke x X is de afbeelding < x, >: X K : y < x, y > toegevoegd lineair (of semilineair), d.w.z. voor alle y, z X en r K, < x, y + z >=< x, y > + < x, z > en < x, ry >= r < x, y >. 2. voor alle x, y X, < x + y, x + y > + < x y, x y >= 2(< x, x > + < y, y >), de parallellogrameigenschap. 3. voor alle x, y X < x, y > < x, x > < y, y >, de ongelijkheid van Cauchy-Schwarz. Bovendien geldt de gelijkheid als en slechts als {x, y} lineair afhankelijk is.

31 26 HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN 4. voor alle x, y X < x + y, x + y > < x, x > + < y, y >, de driehoeksongelijkheid. Bovendien geldt de gelijkheid als en slechts als y = 0 of x = cy, met c reëel en c 0. Bewijs. (1), (2) en (3) zijn evident. (4) volgt eenvoudig uit (3). Wij bewijzen nu (4). Dit is evident als y = 0. Veronderstel dus dat y 0. Dan, voor elke r K, < x + ry, x + ry > = < x, x > +r < y, x > +r < x, y > +rr < y, y > = < x, x > +r < x, y > +r(< y, x > +r < y, y >) 0. Kies r = <x,y> <y,y>, dan volgt er < x, y > 2 0 < x, x > < y, y > en dus < x, y > 2 < x, x > < y, y >. Gevolg Zij X een pre-hilbertruimte met inproduct <, > dan is de afbeelding : X R : x x = < x, x > een norm op X. Wij noemen dit de norm geïnduceerd door het inproduct. Eigenschap (Polarizatie-identiteit) Zij X een pre-hilbertruimte met inwendig product <, >. Dan, voor elke x, y X, 1. als K = R, dan < x, y >= 1 4 ( x + y 2 x y 2), 2. als K = C, dan < x, y >= i n x + i n y 2. n=0

32 2.8. HILBERTRUIMTE 27 I.h.b. is het inwendig product volledig gekarakteriseerd door de geïnduceerde norm. Bewijs. Dit is eenvoudig te verifiëren. Wij merken op dat niet elke norm op een genormeerde ruimte geïnduceerd wordt door een inproduct. Voorbeeld Veronderstel a, b R en a < b. (voorzien van de supnorm) is geen pre-hilbertruimte. De ruimte C R ([a, b]) Bewijs. Wij tonen aan dat de norm f = max{f(t) t [a, b]} niet geïnduceerd is door een inproduct. Het is voldoende aan te tonen dat de norm niet voldoet aan de parallellogrameigenschap. Zij f(t) = 1 en g(t) = t a b a voor t [a, b]. Dan f = 1 en g = 1. Ook f + g = 2 en f g = 1. Dus f + g 2 + f g 2 = 5 maar 2( f 2 + g 2 ) = 4. Eigenschap Zij X een pre-hilbertruimte. Als x n x en y n y, dan < x n, y n > < x, y >. Bewijs. Wegens de driehoeksongelijkheid en de ongelijkheid van Schwarz verkrijgen wij < x n, y n > < x, y > = < x n, y n > < x n, y > + < x n, y > < x, y > < x n, y n y > + < x n x, y > Het resultaat volgt. x n y n y + x n x y 2.8 Hilbertruimte Definitie Een pre-hilbertruimte die volledig is noemt men een Hilbertruimte (volledig t.o.v. de metriek, norm, geïnduceerd door het inproduct). Wij geven enkele voorbeelden.

33 28 HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN 1. De Euclidische ruimten K n (met K = R of K = C) met inproduct < x, y >= n x i y i, waar x = (x 1,..., x n ) en y = (y 1,..., y n ). Wegens Voorbeeld zijn deze ruimten Hilbertruimten. 2. Elke eindig dimensionale deelruimte van een pre-hilbertruimte is een Hilbertruimte. 3. De ruimte l 2 is een Hilbertruimte voor het inproduct gedefiniëerd door < x, y >= i=1 x i y i, met x = (x n ), y = (y n ) l 2. Merk op dat de reeks i=1 x iy i convergeert wegens de Cauchy-Schwarz ongelijkheid (in het eindig dimensionale geval en neem limiet). De volledigheid van de ruimte volgt uit Voorbeeld Een deelruimte Y van een Hilbertruimte X is volledig als en slechts als Y gesloten is (wegens Eigenschap 2.1.4). Vervolgens geven wij enkele voorbeelden van genormeerde ruimten die geen Hilbertruimten zijn. i=1 1. De ruimte C R ([a, b]) met het inproduct < f, g >= b a f(t)g(t)dt, en dus met geïnduceerde norm b f = f(t) 2. Wij hebben in Voorbeeld reeds aangetoond dat deze ruimte niet volledig is. 2. Zij p 1 maar p 2. Dan is is l p geen pre-hilbertruimte en dus geen Hilbertruimte (alhoewel het een Banachruimte is). D.w.z. de norm ( ) 1/p (x n ) = x i p a i=1

34 2.9. VERVOLLEDIGING EN HILBERTRUIMTE 29 is niet geïnduceerd uit een inproduct. Het is voldoende om aan te tonen dat de norm niet voldoet aan aan de parallellogrameigenschap. Inderdaad, zij x = (1, 1, 0, 0,...) l p en y = (1, 1, 0, 0,...) l p. Dan x = y = 2 1/p, x + y = x y = 2. Daar p 2 volgt x + y 2 + x y 2 2( x 2 + y 2 ). 2.9 Vervollediging van een pre-hilbertruimte Een isomorfisme tussen twee pre-hilbertruimte X en Y is een bijectieve lineaire operator f : X Y die het inproduct bewaart, d.w.z., voor alle x 1, x 2 X, < f(x 1 ), f(x 2 ) >=< x 1, x 2 >. In dit geval noemt men X en Y isomorfe inproductruimten. Stelling (Completie) Zij X een pre-hilbertruimte, dan bestaat er een Hilbertruimte H en een isomorfisme f : X Y, met Y een dichte deelruimte van H. De ruimte H is uniek op isomorfisme na. Bewijs. Wegens Gevolg bestaat er een Banachruimte H en een isometrie f : X Y, met Y een dichte deelruimte van H. Het volgt uit de constructie van f dat de afbeelding f lineair is, en dus is f een isomorfisme van genormeerde ruimten. Wegens Eigenschap kunnen wij een inproduct op H definiëren al volgt: < ˆx, ŷ >= lim n < x n, y n >, met ˆx de klasse in H die (x n ) bevat, en ŷ de klasse die (y n ) bevat. Wegens de polarizatie-eigenschap is f een inproduct bewarende afbeelding. Dus een isometrie van Hilbertruimten. Ook wegens Gevolg is H uniek voor norm bewarende isometrieën, d.w.z. als H en H completies zijn van X dan bestaat er een isometrie g : H H. Het is nu eenvoudig te bewijzen dat g (lineair is en) het inproduct bewaart.

35 30 HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN Wij behandelen enkele voorbeelden. De ruimte C C ([a, b]) voorzien van het inproduct < f, g >= b a f(t)g(t)dt. Wij weten dat deze ruimte niet volledig is (Voorbeeld 2.1.9). De completie noteren wij als L 2 ([a, b]). De ruimte CC 1 ([a, b]) van de continue differentiëerbare functies op een interval [a, b] uitgerust met het inwendig product < f, g > 1 = b a f(t)g(t)dt + b = < f, g > + < f, g > is een pre-hilbertruimte, maar geen Hilbertruimte. a f (t)g (t)dt 2.10 Orthogonale Complementen Orthogonaliteit en afstand van een vector tot een (gesloten) deelruimte zijn cruciaal in de theorie van Hilbertruimte en voor de toepassingen tot het benaderen van functies. Definitie Een deelverzameling S van een vectorruimte V noemt men convex als voor elke x, y S, r [0, 1]: rx + (1 r)y S. De verzameling {rx + (1 r)y r [0, 1]} noemt men het segment dat x en y verbindt. De punten x en y noemen wij de randpunten van het segment, elk ander punt noemt men inwendig. Stelling (Approximatiestelling) Zij H een pre-hilbertruimte en G een niet-lege convexe en volledige deelverzameling van H. Dan, voor elke x H bestaat er een unieke y G zodat x y = inf{ x g g G}. Men noteert d(x, G) = inf{ x g g G}.

36 2.10. ORTHOGONALE COMPLEMENTEN 31 Bewijs. Eerst tonen wij het bestaan aan van y G zodat x y = inf{ x y y G}. Zij g n G zodat x g n d + 1 n, met d = d(x, G). Wij bewijzen dat (g n ) een Cauchy rij is. Wegens de parallellogrameigenschap, verkrijgen wij voor elke p, q 1, g p g q 2 = (g p x) (g q x) 2 = 2( g p x 2 + g q x 2 ) (g p x) + (g q x) 2 2((d + 1 p )2 + (d + 1 q )2 ) (g p + g q ) x 2 2(2d 2 + (2d( 1 p + 1 q ) + ( 1 p q 2 )) 4d2. (de laatste ongelijkheid volgt omdat 1 2 (g p + g q ) G, aangezien G convex is.) Dus g p g q 2 4 (d( 1p + 1q ) + ( 1p 2 + 1q ) 2. Dit toont aan dat inderdaad (g n ) een Cauchy rij is in G. Wegens de veronderstelling dat G volledig is bestaat dus Er volgt, y = lim n g n G. d x y x g n + g n y d + 1 n + g n y. Daar d + 1 n + g n y d volgt er x y = d. Vervolgens bewijzen wij dat y uniek is. Veronderstel dus dat y 1, y 2 G met x y 1 = x y 2 = d. Wegens de parallellogrameigenschap, y 1 y 2 2 = (y 1 x) (y 2 x) 2 = 2 y 1 x y 2 x 2 (y 1 x) + (y 2 x) 2 = 4d (y 1 + y 2 ) x 2 Nu is 1 2 (y 1 + y 2 ) G, omdat G convex is. Dus Dus y 1 = y 2. y 1 y 2 2 4d 2 4d 2 = 0.

37 32 HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN Gevolg Zij H een Hilbertruimte en G H een gesloten deelruimte (dus volledig), dan bestaat er voor elke x H een unieke y G zodat x y = inf{ x g g G}. Definitie Een element x in een pre-hilbertruimte H noemt men orthogonaal tot y H als < x, y >= 0. Men noteert deze eigenschap als x y. Analoog, voor deelverzamelingen A en B van H noteren wij x A als x a voor alle a A, en A B als a b voor alle a A en b B. Wij vermelden enkele evidente eigenschappen. Eigenschap Zij H een pre-hilbertruimte, en A, B H. 1. Als {x 1,..., x n } H en x i x j voor elke i j, dan n x i 2 = i=1 n x i 2. i=1 2. Zij A A en B B. Als A B, dan A B. 3. A B als en slechts als A B, waar per definitie B = {h H h b, voor alle b B}. 4. Als A B, dan vect(a) vect(b). 5. H = {0} en {0} = H. 6. A (A ). Wij noteren (A ) als A. 7. A = A. Bewijs. Wij bewijzen (7). Wegens (6), A A en dus A A. Wegens (6) geldt ook A ( A ). Dus A = A. Lemma Met notaties zoals in de Approximatiestelling (Stelling ). Als, bovendien, G een deelruimte is, dan (x y) G. Men noemt y de orthogonale projectie van x op G, en wij noteren dit element als proj G (x) (of eenvoudig p G (x)).

38 2.10. ORTHOGONALE COMPLEMENTEN 33 Bewijs. Het is voldoende om aan te tonen dat < x y, g >= 0 voor elke g G met g = 1. Stel z = x y. Dan, voor elke r K, Dus, voor r =< z, g >, Bijgevolg < z, g >= 0. z 2 x (y + rg) 2 = z rg 2 = z 2 r < z, g > r < g, z > + r 2. z 2 z 2 < z, g > 2. Definitie Een vectorruimte V is de directe som van twee deelruimten X en Y, genoteerd V = X Y, als elke v V op een unieke wijze geschreven kan worden als v = x + y, met x X en y Y. De lineaire operator p X : V X : v x wordt de projectie van V op X genoemd. Deze operator is idempotent, d.w.z. p 2 X = p X. Merk op dat (p X ) X = id X. Gevolg Zij G een gesloten deelruimte van een Hilbertruimte H (of G een eindig dimensionale deelruimte van een pre-hilbertruimte H). Dan H = G G. Bovendien is G gesloten in H, G = G en p G is begrensd. Verder, als G {0}, dan p G = 1. Bewijs. Wegens de veronderstellingen volgt er uit Gevolg en Lemma dat elke x H kan geschreven worden als x = y + z, met z G en y G. Wij tonen nu aan dat dit op slechts één manier zo kan geschreven worden. Veronderstel dus dat x = y + z = y 1 + z 1,

39 34 HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN met y, y 1 G en z, z 1 G. Dan y y 1 = z 1 z G G = {0}. Dus inderdaad y = y 1 en z = z 1. Er volgt dus dat G = ker(p G ). Als wij bewijzen dat p G begrensd is, dan volgt uit Eigenschap dat G gesloten is. (Dit kan ook rechtstreeks bewezen worden als een gevolg van de continuïteit van het inwendig product.) Passen wij de verkregen informatie toe op de ruimte G dan volgt er (G ) = ker(p G ) = G. Er rest ons dus te bewijzen dat p G begrensd is. Wel, voor elke x H, met z G. Bijgevolg, x = p G (x) + z, x 2 = p G (x) 2 + z 2 p G (x) 2. Dus is p G begrensd en p G 1. Als, bovendien G {0}, dan voor g G, p G (g) = g. Dus p G = 1. Gevolg (Dichte deelverzamelingen) Voor elke niet-lege deelverzameling M van een Hilbertruimte H geldt vect(m) = H als en slechts als M = {0}. Bewijs. Veronderstel vect(m) = H en x M. Dan bestaat er een rij (x n ) in vect(m) zodat x n x. Aangezien x M en M vect(m) volgt er < x n, x >= 0. De continuïteit van het inproduct geeft dus < x n, x > < x, x > (Eigenschap 2.7.6). Dus < x, x >= 0 en bijgevolg x = 0. Er volgt M = {0}. Omgekeerd, veronderstel dat M = {0}. Als x H en x vect(m), dan x M en dus x = 0. Bijgevolg vect(m) = {0}. Gevolg toegepast op vect(m) geeft dan vect(m) = H. Voor een Hilbertruimte H en V H gelden de volgende eigenschappen: 1. V is de kleinste (voor de inclusierelatie) gesloten deelruimte die V omvat. 2. Als V een deelruimte is, dan is V = V. 3. Als V 1 en V 2 gesloten en orthogonale deelruimten zijn van H, dan is ook V 1 V 2 een gesloten deelruimte van H.

40 2.11. ORTHONORMALE BASISSEN Orthonormale basissen Een deelverzameling S van een pre-hilbertruimte H noemt men orthogonaal als 0 S en x y voor alle x, y S met x y. Als bovendien x = 1, voor elke x S, dan noemt men S orthonormaal. Eigenschap Een orthogonale verzameling in een pre-hilbertruimte is lineair onafhankelijk. Bewijs. Het is voldoende om aan te tonen dat elke eindige orthogonale deelverzameling lineair onafhankelijk is. Veronderstel dus dat {e 1, e 2,, e n } een orthogonale deelverzameling in een pre-hilbertruimte H, en veronderstel {k 1,..., k n } K zodat n i=1 k ie i = 0. Dan, voor elke 1 j n, n 0 = < k i e i, e j > = i=1 n k i < e i, e j > i=1 = k j e j 2. Bijgevolg k j = 0 voor elke 1 j n, en dus is de verzameling {e 1,..., e n } linear onafhankelijk. Eigenschap Zij {e 1,..., e n } een orthonormale verzameling in een pre-hilbertruimte H. Dan, voor x H, 1. proj V (x) = n i=1 < x, e i > e i en d(x, V ) = ( x 2 n i=1 < x, e i > 2) 1/2, met V = vect{e1,..., e n }. 2. Als x V, dan x = n i=1 < x, e i > e i. 3. x proj V (x) V Bewijs. (3) Dit volgt uit Lemma (2) Zij x V = vect{e 1,..., e n }. Dan bestaan k i K zodat x = n i=1 k ie i. Er volgt, voor elke 1 j n, < x, e j >= n k i < e i, e j >= k j. i=1 (1) Aangezien x proj V (x) V en x = (x proj V (x)) + proj V (x) volgt er, voor elke 1 i n, < x, e i >=< proj V (x), e i >.

41 36 HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN Dus volgt (1) uit (2). Definitie Zij S een orthonormale deelverzameling in een pre-hilbertruimte H. De inproducten < x, s >, met s S, worden de Fouriercoëfficiënten van x ten opzichte van S genoemd. Eigenschap (Ongelijkheid van Bessel) Zij S een orthonormale deelverzameling in een pre-hilbertruimte H. Dan, voor elke x H, 1. de verzameling {s S < x, s > 0} is aftelbaar. 2. s S < x, s > 2 x 2 Bewijs. Zij T een eindige deelverzameling van S. Dan volgt uit Eigenschap dat < x, t > 2 x 2. t T Bijgevolg, voor elk geheel getal m 1 is het aantal Fouriercoëfficiënten met < x, s > > 1 m (s S) eindig. Deel (1) volgt nu onmiddellijk. Zij T = {s 1, s 2,...} de verzameling van de elementen s S met < x, s > 0. Dan volgt uit de ongelijkheid dat de rij ( n i=1 < x, s i > 2) monotoon stijgend en begrensd is door x 2. Dus convergeert de reeks n i=1 < x, s i > 2 naar een k R met k x 2. Eigenschap Zij (e n ) een orthonormale rij in een Hilbertruimte H. Dan 1. i=1 k ie i convergeert als en slechts als i=1 k i 2 convergeert. (als en slechts als (k i ) l 2.) Bovendien, k i e i 2 = i=1 k i 2. i=1 2. Als i=1 k ie i convergeert, dan k i =< x, e i > met x = i=1 k ie i. 3. Voor elke x H convergeert de reeks i=1 < x, e i > e i commutatief. Bewijs. (1) Wegens de orthonormaliteit van de rij (e n ), q k i e i 2 = i=p q k i 2, i=p

42 2.11. ORTHONORMALE BASISSEN 37 voor alle q p. Dus is ( n i=1 k ie i ) een Cauchy rij als en slechts als ( n i=1 k i 2) een Cauchy rij is in R. Omdat H en R volledige ruimten zijn volgt (1). (2) Weer wegens de orthonormaliteit, voor n 1, < n k i e i, e j >= k j, i=1 voor elke 1 j n. Wegens de veronderstelling, n i=1 k ie i x, voor een x H. De continuïteit van het inproduct geeft k j =< n k i e i, e j > < x, e j >, i=1 als n. Door n voldoende groot te nemen volgt er k j =< x, e j >, voor alle j 1. (3) Wegens de ongelijkheid van Bessel zien wij dat de reeks < x, e i > 2 i=1 convergeert. Dus volgt (3) uit (1). Definitie Een totale orthonormale verzameling in een pre-hilbertruimte H wordt een orthonormale basis van H genoemd. Eigenschap Zij B een deelverzameling van een pre-hilbertruimte H, dan 1. als B totaal is, dan B = {0}. 2. als H een Hilbertruimte is, dan is B totaal als en slechts als B = {0}. Bewijs. (1) Zij Ĥ de completie van H. Dan is H dicht in Ĥ. Wegens de veronderstelling is vect{b} dicht in H, en dus ook in Ĥ. Bijgevolg vect(b) = Ĥ. Gevolg geeft dus dat B = {0}. (2) Als H een Hilbertruimte is en B = {0}, dan volgt weer uit Gevolg dat vect(b) = H, d.w.z. B is totaal in H. Er bestaan niet-volledige pre-hilbertruimten zonder orthonormale basis. Een voorbeeld vindt men in [6] en [4, blz 155]. Een ander belangrijk criterium voor totaliteit is het volgende.

43 38 HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN Eigenschap Een orthonormale verzameling B in een Hilbertruimte H is totaal in H als en slechts als voor elke x H x 2 = b B < x, b > 2 (Gelijkheid van Parseval) (merk op dat vorige eigenschappen de convergentie waarborgen). Indien B totaal is, volgt voor 0 x H dat x = n x, b n b n, waarbij x, b n de niet-nul Fouriercoëfficiënten zijn. Bewijs. Veronderstel dat de gelijkheid van Parseval geldig is voor elke x H. Wij bewijzen dat B totaal is. Inderdaad, veronderstel dat dit niet zo is, dan bestaat er wegens Eigenschap een 0 x B. Dus < x, b >= 0 voor elke b B. Maar dan is de Parseval gelijkheid duidelijk niet waar voor x, een contradictie. Voor het omgekeerde, veronderstel dat B totaal is in H. Zij x H. Zij < x, b n > de niet-nul Fouriercoëfficiënten (wegens Eigenschap zijn er een slechts een aftelbaar niet-nul coëfficiënten). Stel y = < x, b n > b n. n=1 Merk op dat wegens Eigenschap (3) deze reeks convergeert. Er volgt < x y, b j > = < x, b j > < x, b i >< b i, b j > i=1 = < x, b j > < x, b j > = 0 Bovendien, voor elke v B \ (b n ), < x, v >= 0 en dus < x y, v >=< x, v > < x, b k >< b k, v >= 0 0 = 0. k=1 Dus x y B. Omdat B totaal is, volgt er wegens Eigenschap dat B = {0}. Dus x = y. Bijgevolg x 2 =< < x, b n > b n, < x, b n > b n >= n=1 n=1 < x, b n > < x, b n >. n=1

44 2.11. ORTHONORMALE BASISSEN 39 Eigenschap (Orthonormalisatie van Gram-Schmidt) Zij H een pre-hilbertruimte en (b n ) een lineair onafhankelijke deelverzameling. Dan bestaat er een orthonormale verzameling (e n ) zodat, voor alle n 1, vect{b 1,..., b n } = vect{e 1,..., e n }. Bewijs. Stel e 1 = 1 b 1 b 1. Veronderstel dat e 1,..., e n reeds bepaald zijn. Aangezien b n+1 vect{e 1,..., e n }, 0 b n+1 n < b n+1, e i > e i = b n+1 proj Vn (b n+1 ), i=1 met V n = vect{e 1,..., e n }. Dus is f n+1 = b n+1 proj Vn (b n+1 ) Vn. Definiëer 1 e n+1 = f n+1 f n+1. Dan vect{e 1,..., e n+1 } = vect{b 1,..., b n+1 } en het resultaat volgt. Gevolg (Separabele ruimten) Zij H een niet-nul Hilbertruimte. Dan zijn de volgende voorwaarden equivalent: 1. H is separabel, 2. H heeft een totale orthonormale rij. Bovendien, als H separabel en oneindig dimensionaal is, dan is elke orthonormale verzameling aftelbaar van aftelbaar (oneindig). Bewijs. Wegens Eigenschap volgt (1) uit (2). Omgekeerd, veronderstel (1) en zij B = (b n ) een aftelbaar dicht deel. Stel k(0) = 1 en veronderstel dat k(0),..., k(n 1) reeds gedefiniëerd zijn. Stel dan k(n) = min { m N {b k(0),..., b k(n 1), b m } lineair onafhankelijk }. Dan is de verzameling (b k(n) ) lineair onafhankelijk en vect{b k(n) n N} = H. Het orthonormalisatie proces van Gram-Schmidt geeft dan een totale orthonormale rij. Dit bewijst (2).