Przestrzenie Hilberta i Banacha - Skrypt, materiały naukowe do szkół i na studia, Matematyka chomikuj

[ Pobierz całość w formacie PDF ]
Grzegorz Plebanek
Rozdział IV:Przestrzenie Banacha i przestrzenie Hilberta
1. Przykłady przestrzeni Banacha
specykacja ciała nie jest niezb¦dna to ciało liczbowe oznacza¢ b¦dziemy przez
.
B¦dziemyrozwa»a¢przestrzenieliniowenadciałem
lub
;je»eliwdanymmomencie
Przypomnijmy,»eX nazywamyprzestrzeni¡liniow¡nadciałem
je»eliwX okre±lo-
nejestdodawanieelementów,zdeniowanejestmno»enieelementówX przezliczbyz
i
działania te spełniaj¡ naturalne aksjomaty ? . W dalszym ci¡gu elementy x,y,...
2
X
nazywa¢ b¦dziemy wektorami, a a,b,c,...
2
skalarami.
Przykład 1.1.Najbardziejoczywistymi przestrzeniamiliniowymis¡
n
oraz
n
,gdzie
n
2
. Działania dodawania i mno»enia s¡ zdeniowane “po współrz¦dnych”.
}
Denicja 1.2 Je»eli X jest przestrzeni¡ liniow¡ to odwzorowanie
||·||
: X
!
nazywamy norm¡ je±li ma ono nast¦puj¡ce własno±ci dla dowolnych x,y
2
X i a
2
||
x
||-
0,
||
x
||
=0 wtedy i tylko wtedy gdy x=0;
||
ax
||
=
|
a
|||
x
||
;
||
x+y
||¬||
x
||
+
||
y
||
.
Przestrze« X z ustalon¡ norm¡ nazywamy przestrzeni¡ unormowan¡.
Norm¦ wektora x nale»y interpretowa¢ jako jego długo±¢, albo te» odległo±¢ punktu
x od 0. Co wi¦cej, prawdziwy jest nast¦puj¡cy fakt.
Lemat 1.3 Ka»da przestrze« unormowana X jest przestrzeni¡ metryczn¡, gdzie metry-
ka zadana jest wzorem
(x,y)=
||
x

y
||
dla x,y
2
X.
Dowód. Beztrudusprawdzamy,»eaksjomatymetrykiwynikaj¡bezpo±redniozwłasno±ci
normy. Na przykład
(x,y)=
||
x

y
||
=
||
(

1)(y

x)
||
=
|−
1
|||
y

x
||
=
(y,x);
(x,y)=
||
x

y
||
=
||
(x

z)+(z

y)
||¬||
x

z
||
+
||
z

y
||
=
(x,z)+
(z,y).
}
Odległo±¢zdeniowana za pomoc¡metryki ma szczególn¡ własno±¢: jest niezmienni-
cza na przesuni¦cia, to znaczy
(x,y)=
(x+z,y+z) dla dowolnych x,y,z.
Analiza 4, Przestrzenie Banacha i Hilberta
2
Przykład 1.4. Niektóre przestrzenie metryczne rozwa»ane w cz¦±ci I skryptu były w
istocie przestrzeniami unormowanymi. Sprawdzili±my ju» (patrz lista zada« nr 1), »e
wzór
t
X
n
||
x
||
=
x
k
k=1
denuje norm¦(euklidesow¡); ametryka euklidesowa jest poprostudanaprzez
||
x

y
||
.
Podobnie sprawdzamy, »e norm¦ w
n
mo»na okre±li¢ wzorem
t
X
n
||
x
||
=
|
x
k
|
2
.
k=1
Innym przykładem przestrzeni unormowanej jest X =C[a,b] z norm¡
||
f
||
=sup
{|
f(x)
|
: x
2
[a,b]
}
;
przypomnijmy, »e metryka supremum w tej przestrzeni jest zadana przez
||
f

g
||
.
}
Denicja 1.5 Przestrze« liniow¡ X (nad ciałem
) z wyró»nion¡ norm¡ nazywamy
Zauwa»my, »e zbie»no±¢ ci¡gu x
n
do x w przestrzeni unormowanej X oznacza po
prostu, »e lim
||
x
n

x
||
= 0. Podobnie zupełno±¢ oznacza, »e je±li x
n
jest ci¡giem Cau-
chy’ego, czyli
||
x
n

x
m
||
d¡»y do zera wraz z n,m
! 1
to istnieje w X granica tego
ci¡gu.
Przestrze« Banacha to jeden z podstawowych obiektów współczesnej matematyki;
termin ten został utworzony na cze±¢ Stefana Banacha (1892–1945), jednego z najwy-
bitniejszych polskich matematyków, twórcy analizy funkcjonalnej.
Przykład 1.6.Przestrzenie
n
,
n
,C[0,1](zodpowiedniminormami)s¡przestrzenia-
Z
1
||
f
||
=
|
f(x)
|
dx.
0
}
W dalszym ci¡gu, przy sprawdzaniu własno±ci norm u»yteczne b¦d¡ nast¦puj¡ce
klasyczne nierówno±ci.
Lemat 1.7 Dla dowolnych lizb a,b,p,q >0, je±li 1/p+1/q =1 to
ab
¬
a
p
p
+
b
q
q
.
przestrzeni¡ Banacha je»eli metryka zdeniowana przez t¦ norm¦ jest zupełna.
miBanacha—zupełno±¢sprawdzili±mywcz¦±ciI.Przykłademprzestrzeniunormowanej
niezupełnej jest, jak pami¦tamy, C[0,1] z norm¡ okre±lon¡ przez całke
Analiza 4, Przestrzenie Banacha i Hilberta
3
Dowód. Rozwa»my funkcj¦ g(t) = t
p−1
na odcinku [0,a] oraz odwrotn¡ do niej funkcj¦
g(s)=s
1/(p−1)
naodcinku[0,b].Elementarnerozwa»aniapokazuj¡,»epolepodwykresem
funkcjigpluspolepodwykresemfunkcjihprzekraczapoleprostok¡taobokacha,b.St¡d
Z
a
Z
b
s
1/(p−1)
ds=
a
p
p
+
b
q
t
p−1
dt+
ab
¬
q
,
0
0
gdy», jak łatwo sprawdzi¢, 1/(p

1)+1=q.
}
Lemat 1.8 Dla dowolnych x
1
,x
2
,...,x
n
,y
1
,y
2
,...,y
n
2
i p,q > 0 takich »e 1/p+
X
n
X
n
!
1/p
X
n
!
1/q
|
x
k
y
k

|
x
k
|
p
|
y
k
|
q
.
k=1
k=1
k=1
Dowód. Dla ustalonego k
¬
n podstawmy w nierówno±ci z poprzedniego lematu
a=
P
j=1
|
x
j
|
p
)
1/p
, b=
|
x
k
|
P
n
j=1
|
y
j
|
q
)
1/q
.
|
y
k
|
(
n
(
Otrzymane w ten sposób n nierówno±ci sumujemy stronami i otrzymujemy
X
n
|
x
k
y
k
|
j=1
|
y
j
|
q
)
1/q
¬
1
p
+
1
P
n
P
q
=1,
(
j=1
|
x
j
|
p
)
1/p
(
n
k=1
co daje »¡dan¡ nierówno±¢.
}
Lemat 1.9 Dla dowolnychx
1
,x
2
,...,x
n
,y
1
,y
2
,...,y
n
2
i p
-
1 zachodzinast¦puj¡ca
X
n
!
1/p
X
n
!
1/p
X
n
!
1/p
|
x
k
+y
k
|
p
|
x
k
|
p
+
|
y
k
|
p
.
¬
k=1
k=1
k=1
Dowód. Łatwo sprawdzi¢ nierówno±¢ w przypadku, gdy p = 1. Ustalmy wi¦c p > 1 i
niechq b¦dzietak¡liczb¡,»e1/p+1/q =1.Poni»ej dwukrotnie zastosujemy nierówno±¢
CH;
X
X
n
X
n
X
n
|
x
k
+y
k
|
p
=
|
x
k
+y
k
|
p−1
|
x
k
+y
k

|
x
k
||
x
k
+y
k
|
p−1
+
|
y
k
||
x
k
+y
k
|
p−1
¬
k=1
k=1
k=1
k=1
X
!
1/p
X
n
!
1/q
X
n
!
1/p
X
n
!
1/q
|
x
k
|
p
|
x
k
+y
k
|
(p−1)q
+
|
y
k
|
p
|
x
k
+y
k
|
(p−1)q
=
¬
k=1
k=1
k=1
k=1
2
3
!
1/p
!
1/p
!
1/q
X
n
X
n
X
n
=
4
|
x
k
|
p
+
|
y
k
|
p
5
|
x
k
+y
k
|
p
,
k=1
k=1
k=1
1/q =1 zachodzi nast¦puj¡ca nierówno±¢ Cauchy’ego–Holdera
nierówno±¢ Minkowskiego
n
n
Analiza 4, Przestrzenie Banacha i Hilberta
4
gdzie uwzgl¦dnili±my (p

1)q =p. Teraz dziel¡c obie strony nierówno±ci przez
X
n
!
1/q
|
x
k
+y
k
|
p
k=1
otrzymujemu »¡dan¡ nierówno±¢, bo 1

1/q =1/p.
}
Podstawiaj¡¢ w nierówno±ci Minkowskiego p = 2 otrzymujemy zwykł¡ nierówno±¢
trójk¡ta dla normy euklidesowej.
Przykład 1.10. Na przestrzeni liniowej
n
(gdzie
=
lub
=
) mo»emy okre±li¢
X
n
!
1/p
||
x
||
p
=
|
x
k
|
p
.
k=1
Istotnie, nierówno±¢ Minkowskiego oznacza, »e
||·||
p
spełnia nierówno±¢ trójk¡ta; pozo-
stałe własno±ci wynikaj¡ łatwo z samej denicji. W ten sposób, dla ka»dego p
-
1,
n
b¡d¹
n
jest przestrzeni¡ Banacha w normie
||·||
p
— zupełno±¢ sprawdzamy dokładnie
Przykład 1.11. W podobny sposób jak w przypadku sko«czenie wymiarowym mo»na
okre±li¢ ró»ne normy na przestrzeni ci¡gów. Dla ustalonego wykładnika p
-
1 niech
l
p
=
{
x=(x(n))
n
:
X
|
x(n)
|
p
<
1}
,
n
oznacza przestrze« ci¡gów sumowalnych z p–t¡ pot¦g¡. Dla x
2
l
p
denujemy
X
!
1/p
||
x
||
p
=
|
x(n)
|
p
.
n=1
Je»eli x,y
2
l
p
to dla dowolnego N
2
mamy z nierówno±ci Minkowskiego
!
1/p
!
1/p
!
1/p
X
X
X
N
|
x(n)+y(n)
|
p
|
x(n)
|
p
|
y(n)
|
p
+
¬||
x
||
p
+
||
y
||
p
.
¬
n=1
n=1
n=1
St¡d, przechodz¡c z N do granicy,
||
x+y
||
p
¬ ||
x
||
p
+
||
y
||
p
, co dowodzi nierówno±ci
trójk¡ta i jednocze±nie pokazuje, »e x + y
2
l
p
. Łatwo sprawdzi¢ »e tak»e cx
2
l
p
i
||
cx
||
p
=
|
c
|||
x
||
p
. Tym samym l
p
z
||·||
p
jest przestrzeni¡ unormowan¡.
Sprawdzimy teraz, »e l
p
jest przestrzeni¡ Banacha (czyli »e norma jest zupełna).
Niech x
1
,x
2
,...,x
k
,...
2
l
p
b¦dzie ci¡giem Cauchy’ego. Dla ustalonego n
|
x
k
(n)

x
m
(n)
|¬||
x
k

x
m
||
p
,
copozwalastwierdzi¢,»eci¡gliczbx
k
(n),k =1,2,...jestci¡giemCauchy’ego;oznaczmy
jego granic¦ przez x(n) = lim
k!1
x
k
(n). W ten sposób zdeniowali±my x = (x(n))
n
;
dla ka»dego p
-
1 norm¦ wzorem
tak, jak zupełno±¢ metryki euklidesowej (patrz te» nast¦pny przykład).
}
1
N
N
Analiza 4, Przestrzenie Banacha i Hilberta
5
nale»y teraz sprawdzi¢, »e x
2
l
p
oraz »e x
k
zbiega w normie do x. Dladowolnego ">0,
||
x
k

x
m
||
p
<" dla du»ych k,m. Wtedy dla dowolnego N mamy
X
!
1/p
|
x
k
(n)

x
m
(n)
|
p
¬||
x
k

x
m
||
p
<".
n=1
Przechodzi¡c do granicy z m w powy»szej nierówno±ci otrzymujemy
X
!
1/p
|
x
k
(n)

x(n)
|
p
¬
".
n=1
Bior¡c teraz N
!1
otrzymujemy
||
x
k

x
||
p
¬
"
co dowodzi »e x
k
zbiega w normie do x; ponadto
||
x
||
p
¬||
x
k
||
p
+
||
x

x
k
||
p
<
1
wi¦c istotnie x
2
l
p
.
W rachunkach powy»ej nie było istotne, czy rozwa»amy ci¡gi liczb rzeczywistych,
czy zespolonych. Zdeniowali±my w ten sposób cał¡ rodzin¦ przestrzeni Banacha l
p
(p
mo»e przyjmowa¢ wszystkie warto±ci rzeczywiste
-
1); zauwa»my, »e l
p
l
p
0
dla p<p
0
,
co wynika z kryterium porównawczego zbie»no±ci szeregów: je»eli
P
l
1
l
2
l
5/2
...
lub D = [a,b]) i
rozwa»my zbiór L
1
[D] wszystkich funkcji D
!
całkowalnych w sensie Lebesgue’a,
czyli takich »e
b¦dzie ustalonym podzbiorem
(typowo D =
D
|
f
|
d
<
1
. Wtedy L
1
[D] jest przestrzeni¡ liniow¡ ? i naturalne jest
spróbowa¢ okre±li¢ na tej przestrzeni norm¦ wzorem
Z
||
f
||
=
D
|
f
|
d
,
porównajPrzykład1.6.Zwłasno±cicałkiwynika»e
||
cf
||
=
|
c
|||
f
||
i
||
f
|
+g
||¬||
f
||
+
||
g
||
.
Jednak»eistniej¡funkcjef
6
=0takie»e
||
f
||
=0(przypomnijmy,»etakjestgdyfunkcja
jestrównazeroprawiewsz¦dzie).Tymsamymniemo»napowiedzie¢,»e
||·||
jestnorm¡.
Te niedogodno±¢ mo»na pokona¢ w sposób nast¦puj¡cy.
Relacja pomi¦dzy funkcjami f =g prawie wsz¦dzie jest relacj¡ równowa»no±ci ? ?
Je»eli b¦dziemy rozwa»a¢ klasy abstrakcji wzgl¦dem tej relacji, to ró»ne klasy abstrak-
cji [f]
6
= [g] b¦d¡ odpowiadały funkcjom f i g, które istotnie si¦ od siebie ró»ni¡. W
praktyce niewygodnie jest operowa¢ klasami abstrakcji. My±limy raczej, »e elementami
L
1
[D] s¡ funkcje całkowalne, przy czym uto»samiamy funkcje równe prawie wsz¦dzie.
Przy tej interpretacji
||
f
||
=0 oznacza¢ b¦dzie »e f =0 prawie wsz¦dzie czyli »e w isto-
cie f = 0 (przy powy»szej umowie). W ten sposób okre±lamy przestrze« unormowan¡
funkcjicałkowalnych znaturaln¡ norm¡ całkow¡. Poni»sze twierdzenie wymaga gł¦bszej
znajomo±ci własno±ci całki i dlatego dowód zostanie tu pomini¦ty.
N
N
n
|
x(n)
|
p
<
1
to
|
x(n)
|
<1 dla prawie wszystkich n, a wtedy
|
x(n)
|
p
0
¬|
x(n)
|
p
. Mamy na przykład
gdzie l
1
jest po prostu przestrzeni¡ ci¡gów (szeregów) bezwzgl¦dnie zbie»nych.
}
Niech D
R
[ Pobierz całość w formacie PDF ]