MIT Açık Ders Malzemeleri Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için

Transkript

1 MIT Açı Ders Malzemeler Bu materyallerden alıntı yapma veya Kullanım Koşulları haında blg alma çn veya adresn zyaret ednz Introducton to Functonal Analyss Bahar 2009 Prof.Dr.Rchard Melrose 11

2 Fonsyonel Analze Grş Bahar Dönem 2009 DERS 3. BANACH UZAYLARI Br normlu uzaydan br Banach uzayına tanımlı sınırlı dönüşümlern br Banach uzayı olduğunun anıtını hatırlayalım. Bunun çn ço zor olmayan anıtın adımlarını hatırlamata yarar var: Br normlu uzayın Banach uzayı olması çn gerel ve yeterl oşul her mutla toplanablr (absolutely convergent) sernn yaınsa olmasıdır. Burada geçen mutla toplanablme, normların toplamının sonlu olması anlamındadır. Kanıtın büyü br ısmı mutla toplanablr dzler yardımıyla, her normlu uzayın br Banach uzayına tamamalanableceğ le lgldr. Kanıtın son ısmı br sonra ev ödevnn, ve anıtın nasıl sonlandırılableceğ onusunda yol gösterc olan, l sorusudur. Önce dersde yer alan tamlı le lgl ısmın anıtı aşağıdalern çersndedr. (1) Wlde:-Önerme 1.6 (2) Chen:-Bulamadım. (3) Ward:- En olay yolu Önteorem 2.1. Bugünü derste normlu uzayın tamlanışı haında yapmış olduğum onunun braz ısaltılmış bçm burada. İnc problem lstesnde yer alan problemlern brnc ısmını 24 Şubat a adar değl, MIT tavmne göre btrmenz styorum. Bu problemler zor gözüse de bunlara çalışmanız onuyu anlamanızı sağlayacatır. Bunları yapmadan önce, bze gereece blgler vereceğz. V,. V normuna göre br normlu uzay olsun. V nn tamlanışı aşağıda oşulları sağlayan br B Banach uzayıdır. (1) Br I : V B brebr (1-1) doğrusal fonsyon vardır. (2) Her v V çn (3.1) I(v) B = v V. (3) V nn görüntüsü I(V ) B, B de yoğundur. V nn ends br Banach uzayı se B = V ve I y brm fonsyon olara seçeblrz. Teorem 1 Her normlu uzayın br tamlanışı vardır. Kanıt ( Son ısmı sze bıraıldı). Öncelle daha büyü br uzay tanımlayalım. (3.2) Ṽ = {(u ) =1 : u V, Σ =1 u < }. Ṽ nın elemanlarına V de mutla toplanablr serler denr. Ṽ nın elemanlarının br Cauchy dzs olduğu gösterld. Yan (u ) mutla toplanablr br dz se v N = Σ N =1 ısm toplamlar dzs, Cauchy dır. 12

3 Aşağıda dzlern toplama ve br sabtle çarpma şlemne göre Ṽ br vetör uzayıdır (lneer uzay):- (3.3) t 1 (u ) + t 2 (u ) = (t 1 u + t 2 u ). Bu mutla toplanablr serler çn üçgen eştszlğn verr: (3.4) t 1 u + t 2 u t 1 u + t 2 u. Ṽ nn altuzayı (3.5) S = {(u ) : u <, u = 0} ele alalım. Ṽ nn S ye göre bölüm uzayına B dyelm. Yan (3.6) B = Ṽ /S. B nn elemanları, (u ) Ṽ olma üzere, (u ) + S Ṽ bçmndedr. B nın aşağıda özelller sağladığını ontrol edelm. (1) B üzernde br norm (3.7) b B = lm n n =1 u, (u ) + S = b olara tanımlanır. (2) İl uzay V, B uzayına aşağıda gb gömüleblr: (3.8) V v I(v) = (u ) + S, u 1 = v, u = 0 > 1 ve norm (3.1) ı sağlar. (3) I(V ) B yoğundur. (4) B, (3.7) de norma göre br Banach uzayıdır. Öncelle (3.7) br normdur. Br Cauchy dzsnn normlar R de br Cauchy dzs olduğundan (3.7) nn sağ tarafında lmt vardır. S nn elemanlarının özellğnden dolayı, S nn br elemanının (u ) Ṽ elenmesyle ısmı toplamlar dzsnn normu değşmez. Buradan b B çn b B y tanımlı olduğu görülür. Ayrıca b B = 0 olması tam anlamıyla (u ) dzsnn normda 0 a yaınsamasıdır ve dolayısıyla S nn elemanı ve böylece b = 0. b, b B sırasıyla 13

4 Ṽ de (u ) ve (u ) dzleryle temsl edlsn. Bu durumda tb, b + b B elemanları Ṽ de sırasıyla (tu ) ve (u + u ) dzleryle temsl edlrler ve n lm n =1 n tu = t lm n u, n lm (u n + u ) = A = =1 n (3.9)verlen ɛ > 0, çn N n N, A ɛ (u + u ) = =1 n n A ɛ u + u n N = =1 =1 =1 A ɛ b B + b B ɛ > 0 = b + b B b B + b B. Bu durumda I(v) = v, 0, 0,..., elemanının normu ısm toplamlar dzsnn normlarının lmtdr ve böylece v V dolayısıyla I(v) B = v V ve I(v) = 0, buradan da v = 0 elde edlr. Yan I brebrdr. B nn tam ve I(V ) nn yoğun olduğunu göstermelyz. Bunun zorluğunun tartışması burada. Bel sz end yöntemnzle farlı br yönden baablrsnz. Bu onuda sonra problemler lstes çn end yöntemlernz yazmanızı styorum. Bugün dersde gördügümüz gb, B nn Banach uzayı olması B de her mutla toplanablr sernn yaınsa olmasıdır. (u (n) ) Ṽ olma üzere B de (b n) dzs b n = (u (n) ) + S verlsn ve toplanablme oşulu sağlansın. Yan (3.10) > n b n B = n lm u (n) N. =1 V Buradan n b n = b olduğunu, lmt b y bulmamız gereyor. Bunun mutla toplanablr br seryle verleceğ varsayılıyor. Burada problem bell anlamda bu sernn n u (n) ne benzeyeceğ. Çünü sernn b n lern toplamıyla temsl edldğ varsayılıyor. Şmd (3.11) u (n) < V n 14

5 olduğunun gösterlmes ço y olacatır. Çünü bu çft toplamdan urtulmamıza frsat verr ve buradan mutla toplanablr br ser elde edleblr. Kötü olan durum (3.11) nn olmasının geremedğ. üzernden toplamın her n çn yaınsa olduğunu blyoruz faat toplamın yaınsa olduğunu blmyoruz. Bldğmz (3.10) da sadece normların lmtlernn toplamının yaınsadığı. Problemn çözümü çn yollardan br b n nn temsln l olara (u (n) ) olara seçme zorunda olmamamz-b n nn temsln (u (n) ) e S nn br elemanını eleyere yapablrz. Her sabt n çn, u n daha hızlı yaınsayaca bçmde düzenleme br fr. Verlen ɛ > 0 e arşılı her N N 1 çn (3.12) N u (N) b n B ɛ, V u (n) ɛ V N olaca bçmde N 1 sayısı seçeblrz. Üstel N j < N j 1 olara seçeblrz (n nn sabtlendğn hatırlayalım), dolayısıyla (3.13) u (N) b n B N j 2 j ɛ, V Şmde sernn yen toplamı v (n) 1 = N 1 n nc serler çn ɛ = 2 n alınsın. Şmd (3.14) =1 u(n), v(n) j v n V < n u (n) 2 j ɛ. V N j = N j =N j 1 u (n) tanımlamasıyla, olduğunu ontrol ednz. Tab, l toplanablr ser gb b n = (v n ) + S alınara elde edlen yen toplanablr sernn de çalıştığı ontrol edlmel. Şmd (3.15) b = (w ) + S, w = l+p= olara tanımlanan dznn lmtn bulmaya çalışalım. Dolayısıyla (w ) nn V de mutla toplanablr ve n çn b n b olduğunu ontrol etmelyz. Tamlı haında gererse daha fazla tartışma yapablrm. Son olara I(v) nn B çersnde yoğun olduğu sorusu var. Bu yuarıda aynı frle yapılablr-belde bunu önce yapma daha y olablrd. Verlen b B elemanı çn, en I(v ) b B 0 olaca bçmde v V v (p) l V 15

6 elemanları bulmalıyız. b y temsl eden mutla toplanablr (u ) sersn ve v j = N j =1 u alalım, N j ler yuarıda gb oluşturuldu. (3.16) I(v j ) b B = lm p u p V V p>n j p>n j u p eştszlğnden I(v j ) b olduğunu ontrol ednz. 16

7 PROBLEMLER 2 Problem Şubat da dersde nşa edlmş olan uzayın tam olduğu onusunda anıtı tamamlayınız. Bu nşanın betmlenmes Ders 3 de bulunacağı gb gösterlen yol zlenere de yapılablr. Problem 2.2. Basama fonsyonların mutla toplanablr dzler örneğne baalım. [0, 1) aralığ çn (sağdan apalılı ve soldan açılı seçm onusunda uvvetl br terch olduğunu hatırla) br çeşt standart Cantor altümesnn, basamalarda 3 şlemn gözönüne alalım. Yan merez aralı [ 1, 1) aralığını 3 3 çıartalım. Gerye C 1 = [0, 1) [ 2, 1) alacatır. Kalan aralıların herbrnn 3 3 merez aralılarının çıarılmasıylada C 2 = [0, 1) [ 2, 1) [ 2, 7) [ 8, 1) ümes elde edlr. Bu yol tap edlere C C 1 özellğnde her br sonlu tane yarı-açı aralıların brleşm olan ümeler elde ederz. Şmd C üzernde f (x) = 1, dğer durumlarda 0 olan f basama fonsyonlarının sersn ele alalım. (1) Bu sernn mutla toplanablr olduğunu ontrol ednz. (2) Hang x [0, 1) çn f (x) yaınsatır. (3) Bu sernn varlığı yardımıyla [0, 1) aralığında Lebesgue ntegralleneblr (Ders 4 de tanımlandığı gb) br fonsyon tanımla ve bunun Lebesgue ntegraln hesaplayınız. (4) Bu fonsyon Remann ntegralleneblr mdr (Remann ntegraln tanımı hatırlanırsa bu olay, zor değldr). (5) Son olara çıartılan ümelern brleşmler üzernde 1 ve dğer yerlerde sıfır olan g fonsyonunu ele alalım. g nn Lebesgue ntegralleneblr olduğunu gösterp ve ntegraln hesaplayınız. Problem 2.3 R 2 çn örtme Önteorem. R2 nn [a 1, b 1 ) [a 2, b 2 ) bçmnde alt ümesne br ddörtgen dyeceğz. Bu ddörtgenn alanı (b 1 a 1 ) (b 2 a 2 ) olara tanımlanır. (1) Aralıları alt aralığa bölere br ddörtgen altddörtgenlere ayırablrz.- [a 1, b 1 ) [a 1, b 1 ) [a 2, b 2 )] le değştrere. Br ddörtgenn alanının altddörtgenlernn alanlarının toplamına eşt olduğunu gösternz. (2) Sonlu ve ayrı ddörtgenlern brleşmnn br ddörtgen olduğunu varsayalım (her zaman aynı yarı-açı anlamında). Ayrı ddörtgenlern alanlarının toplamının brleşmlernn oluşturduğu ddörtgenn alanı olduğunu gösternz (İp ucu: altbölme şlemn uygula). (3) Brleşmler br ddörtgen çnde alan sayılablr ayrı ddörtgenler topluluğunun alanları toplamının bunları çne alan ddörtgenn alanından üçü ya da eşt olduğunu gösternz. 17

8 (4) Sonlu ddörtgenler topluluğunun alanlarının toplamının bunları çne alan ddörtgenn alanından, üçü ya da eşt olduğunu gösternz. (5) Önce sonuçda geçen şlem sayılablr ddörtgenlern brleşmler çersnde alan ddörtgenler çn genşletlebleceğn anıtlayınız. Problem 2.4 (1) [0, 1] aralığında tanımlı sürel her fonsyonun [0, 1) aralığında tanımlı basama fonsyonların düzgün lmt olduğunu gösternz. (İp ucu:- gerçel duruma ndrgeme, aralığı 2 n eşt aralığa böl ve basama fonsyonu her br bölünen aralıta sürel fonsyonun nfmum değer olara tanımla. Sonra düzgün yaınsamayı ullan. (2) Telesop yoetme yöntemn ullanara sürel her fonsyonun, f j ler her x [0, 1) çn f j (x) < oşulunu sağlayan basama fonsyonlar olma üzere f j lern toplam, yan (3.17) f j (x) x [0, 1) olara yazılableceğn gösternz. (3) [0, 1] aralığında tanımlı sürel her fonsyonun, bu aralı dışında 0 değer alan genşletlmş fonsyonun R de Lebesgue ntegralleneblr olduğunu gösternz. 18

9 PROBLEM 1 İN ÇÖZÜMLERİ İl dört problem üçü L p uzayları olara ta anılan l p uzayları haındadır. Çözümler l 2 çn verebleceğnz gb her p, 1 p < çn de vereblrsnz. Problem 1.1 Her p, 1 p < veya sadece p = 2 çn; dzlernn aşağıda normla, l p = {a : N C, a j p <, a j = a(j)} a p = ( a j p ) 1/p normlu br uzay olduğunu gösternz. Bu tanımlanan dzlern br vetör uzayı oldularını ve tanımlanan normun norm olma çn sağlaması gereen üç oşulu sağladığının gösterlmes demetr. Çözüm. Herhang br ümeden değerlern br vetör uzayında alan fonsyonların vetör uzayı olduğunu blyoruz- burada toplama şlem değerlern toplamı bçmndedr. Dolayısı le l p nn vetör uzayı olablmes çn toplama ve salerler le çarpma şlemler altında apalı olması gereyor. Salerler le çarpma şlem altında apalılığı gösterme olaydır: (3.18) ta = t a ta p = t a p Bu zaten. p fadesnn norm olduğunu göstermete gerelyd. l p de olan a, b dzlernn toplamı a + b nn de l p de olması üçgen eştszlğnn uygulaması le edlr. 0 t çn t p fonsyonunun artan olduğunu ullanara; (3.19) a + b p (2mas( a, b )) p = 2 p mas( a p, b p ) 2 p ( a p + b p ). Buradan da a + b p p = j a j + b j p 2 p ( a p + b p ) elde edlr. l p nn norm uzayı olduğunu anıtlama çn a p nn gerçeten br norm olduğunu anıtlamalıyız. a p sıfır dan üçü değerler alamaz. Eğer a p = 0 se, bu her çn, a = 0 deme olacağından, a = 0 buluruz. Gerye 19

10 alan te husus se üçgen eştszlğnn sağlandığıdır. Eğer p = 1 se, stenlen, mutla değer fonsyonunun üçgen eştszlğn sağlamasından elde edlr: (3.20) a + b 1 = a + b ( a + b ) = a 1 + b 1 p nn 1 < p < değerler çn anıtlamamız gereen eştszlğe Mnows eştszlğ adı verlr. Mnows eştszlğ Young eştszlğ olara tanınan eştlten elde edlen Hölder eştszlğnn br sonuçudur. Young eştszlğ, 1/p + 1/q = 1 çn (dolayısı le q = p/(p 1) dr). (3.21) αβ αp p + βq q, α, β 0 Bunu görme çn, α = x fonsyonu olara, (3.22) f(x) = xp p xβ + βq q Bu fonsyon x = 0 da negatf değldr ve x > 0 değerler çn x p, xβ dan daha hızlı büyüdüğü çn, poztftr. Dahası, türevleneblr br fonsyondur ve türev sadece x p 1 = β değernde sıfır olup, burada x > 0 çn mutla br mnmum değerne sahptr. Bu notada f(x) = 0 olduğundan Young eştszlğn elde ederz. Şmd bu eştszlğ, α = a / a p, β = b / b q (uşusuz sayı da sıfırdan farlı abul edlmetedr) sayıları çn ullanıp, üzernden toplam alara Hölder eştszlğn (3.23) a b / a p b q a b / a p b q ( a p a p pp + b q ) b q = 1 qq ve buradan da a b a p b q buluruz. Şmd buradan, üçgen eştszlğ ve brnc çarpanda q uvvet alara, Mnows eştszlğn elde ederz. (3.24) a + b p a + b (p 1) a + b a + b (p 1) a + a + b (p 1) b 20

11 İl çarpanla bölere, sağ tarafta ( ( a + b p )) 1/q ( a p + b q ) (3.25) a + b p a p + b p Dolayısıyla, l p gerçeten normlu br uzaydır. Problem 1.2 Problem 1.1 de zor ısım üçgen eştszlğ d. Eğer sze hern çn ( a j p ) 1/p fadesnn C N de norm olduğu verlseyd, bunu ullanablr mydnz? Çözüm. Evet, gerçeten her N çn, (3.26)( a j + b j p ) 1/p ( a j p ) 1/p + ( b j p ) 1/p doğru olsaydı, l p nn öğeler çn norm yuarıda sağ taraf çn br üstsınır olurdu, yan, (3.27) ( a j + b j p ) 1/p a p + b p Sol taraf N sayısının artan değerler le arttığından, yaınsar ve üstten, N sayısından bağımsız olan, sağ tarafta fade le sınırlı olur. Bu üçgen eştszlğdr. Özetlerse, bu l problemde us yürütmenn N den bağımsız olara terarıdır. Problem 1.3 Problem 1.1 de tanımlanan l p nn ya da l 2 nn tam olduğunu anıtlayınız. Yan Banach uzayı olduğunu gösternz. Yan her Cauchy dzsnn yaınsa olduğunu anıtlayınız. Burada problem verlen Cauchy dzsnn lmtn bulmatır. Her N çn N notasında budanmayla elde edlen C N de her dznn C N de br Cauchy dzs olduğunu gösternz. Çözüm. l p uzayında Cauchy dzs olan a (n) alalım. Dzde her öğe yne l p de olan, {a (n) j } dzsdr. Aşağıda Problem 1.5 de anıtlanaca olan 21

12 normun sürellğnden, a (n) dzs R de br Cauchy dzsdr ve yaınsar. Buradan dznn sınırlı olduğunu elde ederz. Yan, br A sayısı ve her n çn a (n) p A vardır. Cauchy tanımından, verlen ɛ > 0 çn, öyle br M sayısı vardır her m, n > M çn (3.28) a (n) a (m) p = ( a (n) a (m) p ) 1/p < ɛ/2 Her damgası çn, a (n) a (m) a (n) a (m) p sağlandığından, a (n) C de Cauchy dzsdr. C tam olduğundan, her = 1,2,... çn dzs (3.29) lm n a (n) = a vardır. Verlen dznn lmt çn aday, a = (a ) dzsdr. Normların sınırlılığı, (3.30) verr, burada n en lmt alara (3.31) a (n) =1 p A p a p A p, N a p A bulunur. Dolayısı le a l p bulundu. Benzer bçmde Cauchy oşulunda sonlu eştszlte m en lmt alara, (3.32) ( =1 a (n) elde ederz. Dolayısıyla, her N çn bulur ve buradan da a (m) p ) 1/p < ɛ/2 (3.33) ( a (n) a p ) 1/p ɛ/2 (3.34) a (n) a < ɛ, n > M elde ederz ve bu l p uzayında, a (n) a demetr. Problem 1.4 İstersenz n = 2 alablrsnz, lp uzayının brm yuvarı S ümesn düşünelm. Bu üme uzunluları 1 olan vetörlern 22

13 S = {a l p : a p = 1} ümesdr. (1) S ümesnn apalı olduğunu gösternz. (2) Dlersenz Rudn nn ıtabına da baara, metr uzaylarda ompat ümelern dzsel betmlenşn anımsayınız. (3) Dlersenz n-nc yerde 1, alan oordnatlarda 0 olan dzy düşünere S ümesnn ompat olmadığını anıtlayınız. Çözüm. Br sonra alıştırmada ele alınan, normun sürellğ neden ve S ümesnn, apalı {1} n ümesnn ters görüntüsüne eşt olmasından, S apalıdır. Anımsanmasını stedğmz sonuç, metr uzaylarda br altümenn ompat olması çn gere ve yeter oşulun ümede her dznn yne üme çnde yaınsayan br altdzsnn olmasıdır. Bu durumda aşağıda dzler dzsn ele alalım: { (3.36) a (n) 0, eğer, n = 1, eğer, = n Bu dznn n m çn, a (n) a (m) p = 2 1/p özellğ vardır. Bu nedenle hç br Cauchy altdzs olamaz. Bu nedenle yaınsa değldr. Bu da S ümesnn ompat olamıyacağını verr. Bu sonuç önemldr. Sonlu ve sonsuz boyutlu normlu uzaylar arasında temel farlılığı gösterr. Sonlu boyutlu uzaylarda Hene-Borel teoremnden brm yuvar ompat, sonsuz boyutlu uzaylarda se ompat değldr. Problem 1.5 Normlu her uzayda, norm süreldr. Çözüm. Esasına baarsanız bu problem ço daha önce ele almalıydı! Üçgen eştszlğ normlu br uzayda u, v vetörler çn verr, buradan da (3.37) u u v + v, v u v + u (3.38) u v u v bulunur, bu normun sadece sürellğn değl aynı zamanda Lpschtz sürellğn de verr. 23