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

Transkript

1 MIT Açık Ders Malzemeleri Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Koşulları hakkında bilgi almak için veya adresini ziyaret ediniz Introduction to Functional Analysis Bahar 009 Prof.Dr.Richard Melrose 199

2 18.10 Fonksiyonel Analize Giriş Bahar Dönemi 009 DERS 4. HERMİT TABANININ TAMLANIŞI Harmonik salınım (4.1) H = d dx + x, Hu 0 = u 0, u 0 = e x dan başlayarak ve aşağıdaki yaradılış ve yoketme dönüşümleri (4.) A = d dx, kullanılarak C = d + x, AC CA = Id, H = CA + Id dx (4.3) u j = C j u 0 = p j (x)u 0 (c), p(x) = j x j + l.o.ts, Hu j = (j + 1 uj özvektörleri incelendi ve j k için u j u k olduğu gösterildi ve dolayısıyla normalleştirilme yapıldığında L (R) de ortonormal sistem (0.4) e j = u j j (j!) 1 π 1 4 bulundu. Burada çok detaya girmeden e j lerin L (R) de ortonormal bir taban olduğu gösterilecek, yani tam ortonormal dizi olduğu gösterilecek. e j lerin tamlığını göstermek için, özvektörleri bunlar olan, sıfır uzayı olmayan özeşlenik kompakt dönüşümler bulmak yeterlidir. Bunun bir kaç yolu olmasına karşın bu kanıtlardan basit olanları ters Fourier formülünü kullanır. Ben ise tamlığı kullanıp ters Fourier formülünü kanıtlamak istiyorum. Dolayısı ile Mehler formülünün bir biçimini kullanacağım. Bu bağlamda size gecen derste sizi bir miktar yönlendirmeye çalıştım. Yapacaklarımızın ilk kısmı kolay, ikinci kısmı ise biraz daha karışıktır. e j lerin tümünün gerçel olduğunu hatırlayarak özfonksiyonları e j olan ve buna karşılık gelen özdeğerleri λ j > 0 olan bir dönüşüm bulmak için (4.5) Au(x) = λ j (u, e j )e j (x) = λ j e j (x) e j (y)u(y) tanımını yapalım. Bunun dönüşüm olması için j için λ j 0 olmasına gereksinim vardır 00

3 (serinin yakınsak olması için λ j lerin sınırlı olması yeterlidir). Bununla beraber problem A nın sıfır uzayının olmamasıdır-elbette bu,λ j lerin pozitif olması varsayımı ile, λ j lerin tam olmasına karşılık gelir; (4.6) Au = 0 u e j, j. Yapmak zorunda olduğumuz iş artık belli oldu. Temel fikir A yı bir integral dönüşümü olarak yazmak ve sonuçta bununla çalışmaktır. w [0, 1) için λ j = w j olarak alalım. Buradaki fikir (4.7) A w u = w j e j (x)e j (y) = A(w, x, y) için açık bir formül bulabileceğimizdir. A(w, x, y) yi bulmak için son yapılan şeyler kullanılacak. Son olarak Fourier dönüşümü F : L 1 (R) C (R), 0 F(u) = ǔ (4.8) ǔ(ξ) = e ixξ u(x), sup ǔ ǔ L 1 olarak tanımlanmış ve özellikleri incelenmişti. Sonra u 0 nın Fourier dönüşümü hesap edilmişti, yani Bunu kullanarak olduğu gösterilir. Değişkenlerin adları değiştirilerek (4.9) (Fu 0 )(ξ) = πu 0 (ξ). (4.10) v = e x 4 ǔ = πe ξ (4.11) e x = 1 e ixs s 4 ds π R elde edilir. Bu durumda u j lerin tanımı, yeniden olarak yazılabilir. (4.1) u j (x) = ( d dx + x)j e x = e x d ( dx )j e x. 01

4 Bunu (4.11) de kullanarak ve türev alarak-bunu yapabilmemizin nedeni integralin yakınsamasındandır- (4.13) u j (x) = e x ( is) j e ixs s 4 ds π R elde edilir. Bunu (4.7) nin sağındaki toplamda iki kez kullanarak ve normalleştirmeleri (4.4) de kullanarak, (4.14) w j e j (x)e j (y) = e x + y 4π 3 R ( 1) j w j s j t j e isx+ity s j 4 t 4 dsdt j! bulunur. Burada olan serilerin yakınsaması ve toplamlarının üstel olmasıdır. Böylece aşağıdaki sonuç elde edilir. Önteorem 19. (4.7) eşitliği aşağıdaki gibi gerçekleşir. (4.15) A(w, x, y) = Kanıt. (4.14) deki serileri toplayarak (4.16) A(w, x, y) = e x + y 1 exp( 1 w π 1 w 4(1 + w) (x+y) 1 + w 4(1 w) (x y) ). 4π 3 R exp( 1 s wst + isx + ity 4 t 4 )dsdt elde edilir. Daha önce yaptığımız gibi aynı formülü u 0 nın Fourier dönüşümü için uygulayarak bu integralleri açık bir biçimde hesap edebiliriz. Daha önce yapılandan daha kolay biçimde, değişkenler değiştirilerek, (4.17) 1 s wst+isx +ity 4 s 4 s = (S + T ), t = (S T ) dsdt = dsdt, (x + y) = is 1 (x y) 4 (1+w)S it 1 4 (1 w)t elde edilir. exp( x ) nin Fourier dönüşümü için formül kullanılabilir, bir değişken değişimi sonrasında, R exp(is x + y 1 4 (1 + w)s )ds = π (x + y) exp( (1 + w) (1 + w) ) 0

5 (4.18) R exp(it x y 1 4 (1 w)t )ds = π (x y) exp( (1 w) (1 w) ) sonuçu bulunur. Bunların (4.16) da yerine konmasıyla, (4.19) A(w, x, y) = 1 (x + y) (x y) exp( π 1 w (1 + w) (1 w) + x + y ) bulunur. Bu, bazı ayarlamalarla, (4.15) i verir. Integral dönüşümleri diliyle elde edilen A w nin açık yazılımından aşağıdaki önerme elde edilir. Önerme 31. Gerçel değerli f L (R) için (4.0) (u, e j ) = f L. j=1 Kanıt. A w nin tanımından (4.1) j=1 (u, e j ) = lim w 1 (f, A w f), dolayısıyla (4.0) ifadesi (4.) lim w 1 (f, A w f) = f L ifadesine indirgenir. (4.) yi kanıtlamak için, önce f C 0 (R) sürekli fonksiyonunu sınırlı bir aralık dışında sıfır, yani, x > R için f(x) = 0 varsayarak, integral dönüşümünü basitleştireceğiz. Bu durumda L uzayındaki iççarpımı çift katlı integral olarak yazabiliriz, bu gerçekten gerçek bir Riemann integralidir: (4.3) (f, A w f) = A(w, x, y)f(x)f(y)dydx. Burada f ve A nın gerçel değerli oldukları kullanıldı. (4.15) de A için verilen formüle bakalım. Önce, (1 w ) 1 çarpanının w 1 için sınırsız olduğuna dikkat edelim edelim. Diğer taraftan exponensiyelin 03

6 argumentinin iki teriminden ilki, w 1 için sıfıra ve ikincisi ise, en azından, x y 0 olduğu zaman sınırsızdır. Verilen ip uclarından (4.4) eğer ɛ > 0, ise X = {(x, y) : x R, y R x y ɛ} w 1 için sup A(w, x, y) 0 X olduğu görülür. Böylece (4.3) deki integralin x y ɛ üzerindeki parçası, w 1 için sıfıra gider. Diğer parçaya x y ɛ üzerinde bakalım. f nin düzgün sürekliliğinden, verilen δ > 0 için (4.5) x y ɛ f(x) f(y) δ olacak biçimde ɛ > 0 vardır. Şimdi ((4.3) üç parçaya ayıralım:s = [ R, R] olmak üzere (4.6) (f, A w f) = A(w, x, y)f(x)f(y)dydx S { x y ɛ} + A(w, x, y)(f(x) f(y))f(y)dydx S { x y ɛ} + A(w, x, y)f (y)dydx S { x y ɛ} Şimdi önemli olduğu için (4.36) daki üçünçü integrale bakalım. Eğer değşkeni x den t = 1+w(x y) değişkenine değiştirirsek, integral 1 w 1 + w A(w, y + t S { x y ɛ} 1 w, y))f (y)dydt 1 + w (4.7) A(w, y + t 1 w, y) ( ) 1 (1 w) = exp π(1 + w) 4(1 + w) (y + t 1 w) exp( t 4 ) haline dönüşür. Burada y sınırlıdır; ilk üstel çarpan 1 e yaklaştığından her ɛ > o için (4.6) daki üçüncü terim e t 4 04 = π olduğundan

7 (4.8) w 1 iken f L sayısına yakınsar. A > 0 olduğundan benzer akıl yürütme integraldeki ikinci terimin de δ sayısının bir katından küçük olduğunu verir. Bu, (önce δ sonra ɛ secimi ile) (4.) ve sonrasında ise f nin sürekli ve [ R, R] aralığı dışında sıfır olması nedeni ile (4.0) ifadesini kanıtlar. Genel durumun kanıtı ise sürekli ve bir kompakt kümenin dışında sıfır olan fonksiyonların L (R) içinde yoğun olmaları ve (4.0) ifadesinde her iki taraftaki f L ( R) fonksiyonunun sürekliliğinden elde edilir. (4.) ifadesi e j fonksiyonlarının, gösterilmek istendiği gibi, ortonornal bir taban olduğunu verir. 05