FUNCTIONAAL ANALYSE I

FUNCTIONAAL ANALYSE I
2009-2010
Eric Jespers
http://homepages.vub.ac.be/∼efjesper
http://www.vub.ac.be/OSC/pointcarre/teleleerplatform
Inhoudsopgave
1 INLEIDING
1
2 INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN
2.1 Banachruimten . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Vervollediging . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Eindigdimensionale ruimten . . . . . . . .
2.4 Begrensde lineaire operatoren . . . . . . .
2.5 De duale ruimte van een
Banachruimte . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6 Separabele genormeerde ruimten . . . . .
2.7 Pre-Hilbertruimte . . . . . . . . . . . . . .
2.8 Hilbertruimte . . . . . . . . . . . . . . . .
2.9 Vervollediging en Hilbertruimte . . . . . .
2.10 Orthogonale Complementen . . . . . . . .
2.11 Orthonormale basissen . . . . . . . . . . .
2.12 De duale ruimte van een
Hilbertruimte . . . . . . . . . . . . . . . .
2.13 Enkele voorbeelden . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
3
3
7
12
16
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
22
24
25
27
29
30
35
. . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . .
40
42
.
.
.
.
.
.
.
.
47
47
53
56
61
4 FOURIERTRANSFORMATIE
4.1 Convolutieproduct . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 De Fourierintegraal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3 Inversieformule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
69
72
73
81
3 BENADERING DOOR CONVOLUTIE
3.1 Convolutieproduct . . . . . . . . . . . .
3.2 Stelling van Weierstrass . . . . . . . . .
3.3 Trigonometrische veeltermen . . . . . .
3.4 Puntsgewijze convergentie . . . . . . . .
i
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
ii
INHOUDSOPGAVE
4.4
Fouriertransformatie in L2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5 HERMITISCHE OPERATOREN
5.1 Lineaire operatoren . . . . . . . . .
5.2 Inverteerbare begrensde lineaire
operatoren . . . . . . . . . . . . . .
5.3 Spectrum van een operator . . . .
5.4 Adjunctafbeelding . . . . . . . . .
5.5 Hermitische operatoren . . . . . .
5.6 Spectrum van een Hermitische
operator . . . . . . . . . . . . . . .
5.7 Positieve operatoren . . . . . . . .
5.8 Projectie operatoren . . . . . . . .
5.9 Compacte operatoren . . . . . . .
5.10 Compacte Hermitische operatoren
. . . . . . . . . . . . . . .
82
87
88
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. 89
. 92
. 98
. 103
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
112
116
121
123
129
6 Appendix
137
6.1 Sommatieprocédés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137
6.2 Convergentie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140
6.3 Exponentiële functies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142
7 Oefeningen
147
7.1 Inleiding tot Hilbertruimten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147
7.2 Benadering door convolutie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153
7.3 Hermitische operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156
Bibliografie
163
Index
163
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
iv
INHOUDSOPGAVE
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
2
HOOFDSTUK 1. INLEIDING
(algebraı̈sche) 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%
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 2.1.1. De ruimte Rn of Cn voorzien van de norm

kxk = 
n
X
1/2
|xj |2 
,
j=1
met x = (x1 , . . . , xn ) is een Banachruimte.
Het tweede voorbeeld is een veralgemening van het vorige (voor een bewijs
verwijzen wij naar de literatuur).
Voorbeeld 2.1.2. Zij p ≥ 1 een reëel getal. De ruimte `p is een Banachruimte.
3
4
HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN
p
definitie de verzameling van complexe rijen x = (xn ) waarvoor
P∞` is per
p
p
n=1 |xn | convergent is. De norm op ` is gedefiniëerd als volgt:

1/p
∞
X
kxk = 
|xj |p  ,
j=1
voor x = (xn ) ∈ `p . Dus voor y = (yn ) ∈ `p ,

1/p
∞
X
d(x, y) = 
|xj − yj |p  .
j=1
In een vorige cursus werden de volgende eigenschappen bewezen. Zij X
een verzameling en (Y, k k) een genormeerde ruimte. Met
(B(X, Y ), k k∞ )
noteren wij de ruimte van de begrensde functies van X naar Y met de supnorm k k∞ . Herinner dat kf k∞ = sup{kf (x)k | x ∈ X. Verder is
C(X, Y )
de ruimte van de continue functies van X naar Y .
Eigenschap 2.1.3. Zij X een verzameling en (Y, k k) een genormeerde
ruimte. Dan, Y is een Banachruimte als en slechts als (B(X, Y ), k k∞ ) een
Banachruimte is.
Eigenschap 2.1.4. 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 2.1.5. Zij `∞ de ruimte van de complexe begrensde rijen x = (xj )
met norm
kxk∞ = sup{|xj | | j ≥ 1}.
Deze ruimte is een Banachruimte.
2.1. BANACHRUIMTEN
5
Gevolg 2.1.6. De ruimte c van alle convergente complexe rijen x = (xn )
met de norm k k∞ (de supnorm) is een Banachruimte.
Bewijs. Wegens Eigenschap 2.1.4 is het voldoende om aan te tonen dat c
gesloten is in `∞ . Zij dus x = (xn ) ∈ c, de sluiting van c in `∞ . Dan bestaat
er een rij (zn ) in c zodat zn → x. Schrijf zn = (xn,j ). Voor > 0 bestaat een
natuurlijk getal N zodat voor elke n ≥ N en voor alle j ≥ 1,
|xn,j − xj | ≤ d(zn , x) < .
3
Daar zn = (xn,j ) ∈ c een convergente rij is, en dus een Cauchy rij is, bestaat
er een natuurlijk getal N1 zodat
|xn,j − xn,k | <
3
voor j, k ≥ N1 . Vanwege de driehoeksongelijkheid verkrijgen wij dus
|xj − xk | ≤ |xj − xN,j | + |xN,j − xN,k | + |xN,k − xk | < .
Bijgevolg is de rij x = (xn ) convergent, d.w.z. x ∈ c. Dus elke x ∈ c behoort
tot c. Bijgevolg is c = c gesloten. 2
Voorbeeld 2.1.7. Zij I een reëel gesloten interval en C(I) = CC (I) de
ruimte van de complexe continue functies gedefiniëerd op I met norm
kxk∞ = 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
kf k = max{|f (t)| | t ∈ I}
en geinduceerde metriek
d(f, g) = max{|f (t) − g(t)| | t ∈ I}.
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 CR (I) benaderd
worden door polynomen.)
Voorbeeld 2.1.8. De ruimte CR ([a, b]) is niet volledig voor de norm
Z b
kf k =
|f (t)|dt.
a
Bewijs. Zij a < b reële getallen. Voor elk voldoende groot geheel getal m,
1
zodat a+b
2 + m ≤ b, beschouw de continue functie fm : I → R gedefiniëerd
als volgt:

b−a
a+b
=
a
+
a
a
≤
t
≤

2
2





2 2 a+b
1
a+b
m(b − a)t + a − b −a
m
fm (t) =
2
2 ≤t≤ 2 + m






a+b
1
b
2 + m ≤t≤b
(Merk op dat voor m voldoende groot, a ≤
g ∈ CR ([a, b]),
Z b
d(fm , g) =
|fm (t) − g(t)|dt
a+b
2
+
1
m
≤ b.) Dus, voor elke
a
a+b
2
Z
=
Z
|a − g(t)|dt +
a+b
2
a
Z
a+b
1
+m
2
|fm (t) − g(t)|dt
b
|b − g(t)|dt
+
a+b
1
+m
2
Veronderstel dat d(fm , g) → 0 (d.w.z. fm → g). Aangezien de drie integralen
positief zijn, volgt er dat elke integraal convergeert naar nul. Omdat g continu
is volgt er
a+b
g(t) = a voor t ∈ a,
2
a+b
g(t) = b voor t ∈
,b .
2
Dit is echter onmogelijk omdat g continu is. 2
2.2. VERVOLLEDIGING
7
Op analoge manier als het vorige voorbeeld bewijst men het volgende
resultaat.
Voorbeeld 2.1.9. De ruimte CC ([a, b]) met norm
Z
kf k =
b
1/2
|f (t)| dt
2
a
is niet volledig.
2.2
Vervollediging van een genormeerde
ruimte
e tussen twee metrische
e d)
Herinner dat een afbeelding T : (X, d) → (X,
ruimten een isometrie genoemd wordt als het de metriek bewaart, d.w.z.
e (x), T (y)) voor alle x, y ∈ X. Als T bovendien bijectief is dan
d(x, y) = d(T
e isometrisch zijn. In dit geval is T een homeomorfisme,
zeggen wij dat X en X
−1
d.w.z. T en T
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 2.2.1. Zij X = (X, d) een metrische ruimte, dan bestaat er een
ˆ en een dichte deelruimte Y in X̂ die
volledige metrische ruimte X̂ = (X̂, d)
isometrisch is met X. De ruimte X̂ is uniek (op isometrieën na), d.w.z. als
X̃ een volledige metrische ruimte is met een dichte deelruimte Ỹ isometrisch
met X, dan zijn X̃ en X̂ isometrisch.
Bewijs. Wij geven een bewijs in zes stappen.
ˆ
(i) Constructie van X̂ = (X̂, d).
Twee Cauchyrijen (xn ) en (yn ) in X noemt men equivalent, genoteerd
(xn ) ∼ (yn ),
als
lim d(xn , yn ) = 0.
n→∞
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 = (xn ) wordt genoteerd
door x̂. Zij
X̂ = {x̂ | x een Cauchyrij in X},
de verzameling van de equivalentieklassen van de Cauchyrijen op X. Definiëer
ˆ ŷ) = lim d(xn , yn ),
d(x̂,
n→∞
waarbij (xn ) ∈ x̂ en (yn ) ∈ ŷ. Wij bewijzen nu dat deze limiet bestaat en
onafhankelijk is van de keuze van de Cauchyrijen in x̂ en ŷ.
Inderdaad, aangezien
d(xn , yn ) ≤ d(xn , xm ) + d(xm , ym ) + d(ym , yn )
verkrijgen wij
d(xn , yn ) − d(xm , ym ) ≤ d(xn , xm ) + d(ym , yn )
en analoog
d(xm , ym ) − d(xn , yn ) ≤ d(xm , xn ) + d(yn , ym ).
Dus
|d(xn , yn ) − d(xm , ym )| ≤ d(xn , xm ) + d(ym , yn ).
Aangezien x en y Cauchyrijen zijn en omdat R volledig is, volgt er nu eenvoudig dat limn→∞ d(xn , yn ) bestaat.
Vervolgens, veronderstel dat (xn ) ∼ (x0n ) en (yn ) ∼ (yn0 ), dan (zoals in de
vorige paragraaf)
|d(xn , yn ) − d(x0n , yn0 )| ≤ d(xn , x0n ) + d(yn , yn0 ).
Aangezien d(xn , x0n ) → 0 en d(yn , yn0 ) → 0 volgt er dat
lim d(xn , yn ) = lim d(x0n , yn0 ).
n→∞
n→∞
(ii) dˆ is een metriek op X̂.
ˆ ŷ) ≥ 0, d(x̂,
ˆ x̂) = 0 en d(x̂,
ˆ ŷ) = d(ŷ,
ˆ x̂). Bovendien volgt er
Duidelijk is d(x̂,
ˆ ŷ) = 0 dat (xn ) ∼ (yn ) en dus x̂ = ŷ. Bijgevolg, d(x̂,
ˆ ŷ) = 0 als en
uit d(x̂,
slechts als x̂ = ŷ. Tenslotte volgt de driehoeksongelijkheid door een limiet te
nemen van de ongelijkheid
d(xn , yn ) ≤ d(xn , zn ) + d(zn , yn ).
2.2. VERVOLLEDIGING
9
(iii) Constructie van de isometrie f : X → Y , met Y ⊆ X̂.
Voor elke x ∈ X noteren wij de constante rij (x, x, . . .) ook met x. Zij Y de
deelruimte van X̂ van de equivalentieklassen van de constante rijen. Definiëer
f : X → X̂ : x → (x,\
x, . . .).
Dan, voor elke x, y ∈ X,
ˆ ŷ) = lim d(x, y) = d(x, y).
d(x̂,
n→∞
Bijgevolg is f een injectieve isometrie en dus zijn X en Y isometrisch.
(iv) Y is dicht in X̂.
Veronderstel x̂ ∈ X̂ en (xn ) ∈ x̂. Zij > 0, dan bestaat een natuurlijk getal
N zodat
d(xn , xN ) < ,
2
voor n > N . Stel y = (xN , xN , . . .) ∈ xc
en
xc
N
N ∈ Y . Bovendien
ˆ xc
< .
d(x̂,
N ) = lim d(xn , xN ) ≤
n→∞
2
Dus, elke -omgeving van een willekeurige x̂ ∈ X̂ bevat een element van Y .
Dus is Y dicht in X̂.
(v) X̂ is volledig.
Zij (c
xn ) een Cauchyrij in X̂. Omdat Y dicht is in X̂ bestaat er voor elke x
cn
een yc
n ∈ Y zodat
1
ˆ xn , yc
d(c
.
n) <
n
Wegens de driehoeksongelijkheid volgt er dus
ˆ yc
ˆc
ˆc
ˆ xn , yc
d(
c
c
cn ) + d(c
m, y
n ) ≤ d(y
m, x
m ) + d(x
m, x
n)
1
1
ˆ xc
<
+ d(
cn ) + .
m, x
m
n
Er volgt dan eenvoudig dat (yc
m ) een Cauchyrij is.
Aangezien X en Y isometrisch zijn (onder de functie f ) volgt er dat (ym )
b de klasse tot welke
een Cauchyrij is in X, met ym = f −1 (yc
b∈ X
m ). Zij y
(ym ) behoort. Wij bewijzen nu dat yb de limiet is van (c
xn ). Inderdaad,
ˆ xn , yb) ≤ d(c
ˆ xn , yc
ˆ yn , yb)
d(c
n ) + d(c
1
ˆ yn , yb)
<
+ d(c
n
1
<
+ lim d(yn , ym ).
n m→∞
10
HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN
Daar, voor elke > 0, limm→∞ d(yn , ym ) < voor voldoende grote n, volgt
er dat
lim x
cn = ŷ.
n→∞
(vi) Uniciteit van X̂.
e een andere volledige metrische ruimte met dichte deelruimte Ye
e d)
Zij (X,
e
e
en Y isometrisch met X (onder een isometrie g). Dan, voor elke x̃, ỹ ∈ X
bestaan er rijen (f
xn ), (f
yn ) in Ye zodat x
fn → x
e en yf
e. Bijgevolg, uit
n →y
e x, ye) − d(f
e xn , yf
e x, x
e y , yf
|d(e
fn ) + d(e
n )| ≤ d(e
n)
(dit wordt bewezen zoals een vorige ongelijkheid) volgt er
e x, ye) =
d(e
=
e xn , yf
lim d(f
n)
n→∞
lim d(g −1 (f
xn ), g −1 (f
yn ))
n→∞
ˆ ŷ),
= d(x̂,
waar x̂ = g −1 (f
xn ) en ŷ = g −1 (f
yn ) . Bijgevolg definiëert
x
e 7→ x̂,
met
g −1 (f
xn ) ∈ x̂
e en X̂. (Merk op dat
en limn→∞ x
fn = x
e en x
fn ∈ Ye , een isometrie tussen X
de afbeelding x̃ 7→ x̂ ook bijectief is.) 2
Gevolg 2.2.2. Zij X = (X, k k) een genormeerde ruimte. Dan bestaat er
een Banachruimte X̂ en isometrie van X op een dichte deelruimte Y van X̂.
De ruimte X̂ wordt de completie van X genoemd.
Bewijs. Wij gebruiken dezelfde notatie als in het bewijs van
Stelling 2.2.1. Zij f : X → Y ⊆ X̂ een isometrie.
Vooreerst bewijzen wij dat X̂ een vectorruimte is. Zij daarom x̂, ŷ ∈ X̂
en (xn ) ∈ x̂, (yn ) ∈ ŷ. Stel zn = xn + yn . Dan is (zn ) een Cauchyrij in X
omdat
kzn − zm k = k(xn + yn ) − (xm + ym )k
≤ kxn − xm k + kyn − ym k.
2.2. VERVOLLEDIGING
11
Definiëer
x̂ + ŷ = ẑ met z = (zn ).
Deze definitie is onafhankelijk van de keuze van de Cauchyrijen. Inderdaad,
zij (xn ) ∼ (x0n ) en (yn ) ∼ (yn0 ), dan
k(xn + yn ) − (x0n + yn0 )k ≤ kxn − x0n k + kyn − yn0 k.
Er volgt dat (xn + yn ) ∼ (x0n + yn0 ).
Het scalair product is gedefiniëerd als volgt, voor r ∈ K en x̂ ∈ X̂,
\
rx̂ = (rx
n ).
Het is eenvoudig te verifiëren dat X̂ aldus een vectorruimte is waarbij
Y een deelruimte is van X̂. Het nulelement is 0̂, de klasse die de constante
nulrij bevat.
Vervolgens definiëren wij een norm k k1 op X̂ als volgt. Voor y = f (x),
met x ∈ X,
kyk1 = kxk.
De corresponderende metriek op Y is de beperking van dˆ tot Y (omdat f een
isometrie is). Dus voor y = f (x), met x ∈ X,
ˆ 0̂).
kyk1 = kxk = d(x, 0) = d(x̂,
Definiëer nu voor een willekeurige x̂ ∈ X̂,
ˆ 0̂).
kx̂k1 = d(x̂,
Gebruikmakend van een limietproces en de normeigenschappen op X en dus
op Y , volgt er dat k k1 inderdaad een norm definiëert op X̂. 2
Met de technieken zoals in het vorige bewijs toont men de volgende eigenschap aan.
Eigenschap 2.2.3. De sluiting Y van een deelruimte Y van een genormeerde
ruimte X is een deelruimte van X.
12
2.3
HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN
Eindigdimensionale genormeerde
ruimten en deelruimten
In dit gedeelte bestuderen wij een speciale klasse van genormeerde ruimten:
de eindig dimensionale ruimten.
Lemma 2.3.1. Zij {x1 , x2 , . . . , xn } een stel lineair onafhankelijke vectoren
in een genormeerde ruimte X. Dan bestaat er een getal c > 0 zodat voor elke
r1 , r2 , . . . , rn ∈ K,
kr1 x1 + · · · + rn xn k ≥ c(|r1 | + · · · + |rn |).
Bewijs. Zij r1 , . . . , rn ∈ K en r = |r1 | + · · · + |rn |. Als r = 0, dan is elke
ri = 0 en dus is de ongelijkheid evident. Als r 6= 0, dan vervangen wij ri door
ri
r . Het
Pn volgt dat het voldoende is het lemma te bewijzen voor scalairen ri
met i=1 |ri | = 1.
Veronderstel dat het lemma niet waar is. Dan bestaat er een rij vectoren
ym = rm,1 x1 + · · · rm,n xn ,
met
Pn
i=1 |rm,i |
= 1, zodat
kym k → 0.
Voor elke i is |rm,i | ≤ 1 is, en dus is de rij
(rm,i ) = (r1,i , r2,i , . . .)
begrensd. Wegens de Stelling van Bolzano-Weierstrass heeft de rij (rm,1 ) =
(r1,1 , r2,1 , . . .) een convergente deelrij. Zij t1 de limiet van deze rij en (ym,1 )
de corresponderende deelrij van (ym ). Hetzelfde argument toegepast op de
rij (ym,1 ) geeft een deelrij (ym,2 ) voor dewelke de corresponderende rij van
scalairen (rm,2 ) convergeert. Zij t2 de limiet van deze rij. Na n toepassingen
verkrijgen wij een deelrij (ym,n ) = (y1,n , y2,n , . . .) van (ym ) zodat
ym,n =
n
X
0
rm,i
xi met
i=1
n
X
0
|rm,i
|=1
i=1
en, voor alle 1 ≤ i ≤ n,
0
rm,i
→ ti als m → ∞.
Bijgevolg, als m → ∞, dan
ym,n → y =
n
X
i=1
ti xi
2.3. EINDIGDIMENSIONALE RUIMTEN
en
n
X
13
|ti | = 1.
i=1
I.h.b. zijn niet alle ti nul. Aangezien de verzameling {x1 , . . . , xn } lineair
onafhankelijk is, volgt er dat y 6= 0.
Anderzijds, omdat ym,n → y als m → ∞, volgt dat kym,n k → kyk (wegens
de continuı̈teit van de norm). Maar wij weten ook dat kym k → 0. Dus
kyk = 0 en bijgevolg y = 0, een contradictie. 2
Stelling 2.3.2. 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 (ym ) een Cauchyrij in Y . Zij n de dimensie van Y en {e1 , . . . , en }
een basis van Y . Dan, voor elke m bestaan rm,i ∈ K zodat
ym = rm,1 e1 + · · · rm,n en .
Voor elke > 0 bestaat er een natuurlijk getal N , zodat voor elke m, k > N ,
kym − yk k < .
Wegens Lemma 2.3.1 bestaat er een getal c > 0 zodat
> kym − yk k
n
X
= k
(rm,i − rk,i )ei k
i=1
≥ c
n
X
|rm,i − rk,i |
i=1
voor m, k > N . Dus
|rm,i − rk,i | ≤
n
X
i=1
|rm,i − rk,i | < .
c
Bijgevolg is, voor elke 1 ≤ i ≤ n, de rij
(rm,i ) = (r1,i , r2,i , . . .)
een Cauchrij in K. Dus is deze rij convergent, met limiet, zeg, ri . Definiëer
y=
n
X
i=1
ri ei .
14
HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN
Duidelijk is y ∈ Y en
kym − yk = k
≤
n
X
(rm,i − ri )ei k
i=1
n
X
|rm,i − ri |kei k.
i=1
Aangezien rm,i → ri als m → ∞, volgt er dat
kym − yk → 0
en dus ym → y. Dus elke Cauchyrij in Y heeft een limiet in Y . 2
Wij merken op dat een oneindig dimensionale deelruimte niet noodzakelijk
gesloten is. Inderdaad, zij X = CR ([0, 1]) en Y de deelruimte voortgebracht
door de polynoomfuncties pi met pi (t) = ti en i ≥ 0 een geheel getal. Dus Y
is de ruimte van alle polynoomfuncties. De functie f ∈ CR ([0, 1]) met
1
f (t) =
1−
t
2
=
∞ n
X
t
n=0
2
is geen polynoomfunctie maar is de limiet van polynoomfuncties. Een ander
voorbeeld is de deelruimte Y = {(xn ) | {n | xn 6= 0} is eindig}. Deze ruimte
is niet gesloten in `∞ .
Definitie 2.3.3. Een norm k k op een vectorruimte X is equivalent met een
norm k k0 op X als er strikt positieve getallen a en b bestaan zodat, voor elke
x ∈ X,
akxk0 ≤ kxk ≤ bkxk0 .
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 2.3.4. Op een eindig dimensionale ruimte X zijn elke twee normen
equivalent.
Bewijs. Zij k k en k k0 twee normen op X. Zij {e1 , . . . , en } een basis van
X. Elke x ∈ X kan geschreven worden als x = r1 e1 + · · · + rn en , met ri ∈ K.
Wegens Lemma 2.3.1 bestaat er een getal c zodat
kxk ≥ c(|r1 | + · · · + |rn |).
2.3. EINDIGDIMENSIONALE RUIMTEN
15
Bovendien, wegens de driehoeksongelijkheid,
kxk0 ≤
n
X
|ri |kei k0 ≤ k
i=1
n
X
|ri |,
i=1
met k = max{kei k0 | 1 ≤ i ≤ n}. Dus,
c
kxk0 ≤ kxk.
k
Door k k en k k0 te verwisselen verkrijgen wij de andere ongelijkheid. 2
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 2.3.5. Beschouw de rij (en ) ∈ `∞ met en = (δni ). Dus en heeft
een 1 op de n-de plaats en 0 op elke andere plaats. Dan is ken k∞ = 1 en dus
is en een begrensde rij. De verzameling {en | n ≥ 1} is gesloten maar niet
compact.
In een eindig dimensionale genormeerde ruimte heeft men echter de volgende stelling.
Stelling 2.3.6. In een eindig dimensionale genormeerde ruimte X is een
deelverzameling Y compact als en slechts als Y gesloten en begrensd is.
Stelling 2.3.7. (Riesz) Zij X = (X, k k) een genormeerde ruimte. De volgende eigenschappen zijn equivalent.
1. X is eindig dimensionaal,
2. de gesloten éénheidsbol B = {x | kxk ≤ 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 2.3.6 dat de eenheidsbol
compact is.
(2)⇒(1) Aangezien B compact is bestaan er x1 , x2 , . . . , xn ∈ X zodat
B ⊆ ∪ni=1 Bi ,
16
HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN
met Bi = {x ∈ X | kx − xi k ≤ 12 }. Zij Y de deelruimte voortgebracht door
x1 , . . . , xn . Als eindig dimensionale ruimte is Y een gesloten deelruimte van
X.
Wij beweren dat X = Y , en dus volgt het resultaat. Veronderstel X 6= Y .
Dan bestaat er een x ∈ (X \ Y ) zodat
d(x, Y ) = inf{kx − yk | y ∈ Y } = p > 0.
Kies y ∈ Y met
kx − yk ≤
en stel
z=
3p
,
2
1
(x − y).
kx − yk
Dan z ∈ B en dus bestaat 1 ≤ i ≤ n zodat z ∈ Bi . Aangezien
x − (y + kx − ykxi ) = kx − yk(z − xi )
en y + kx − ykxi ∈ Y volgt er
3p
1
p ≤ kx − yk kz − xi k ≤ kx − yk ≤ ,
2
4
een contradictie.
De rest van het bewijs laten wij over aan de lezer. 2
2.4
Begrensde lineaire operatoren
Een lineaire operator (lineaire afbeelding) tussen twee vectorruimten is een
functie f : V → W zodat
f (rv1 + sv2 ) = rf (v1 ) + sf (v2 ),
voor alle r, s ∈ K en v1 , v2 ∈ V . De kern (of nulruimte) van f is de deelruimte
ker(f ) = {v ∈ V | f (v) = 0}.
Het beeld van f is de deelruimte
Im(f ) = f (V ) = {f (v) | v ∈ V }.
Het is welbekend dat f injectief is als en slechts als ker(f ) = {0}. Als f
bijectief is, dan is de inverse functie f −1 ook een lineaire operator.
Wij geven enkele voorbeelden van lineaire operatoren.
2.4. BEGRENSDE LINEAIRE OPERATOREN
17
1. De identieke operator IV : V → V : v 7→ v.
2. De nul operator 0 : V → V : v 7→ 0.
3. De afgeleide operator op de ruimte CR1 (I) van de continue afleidbare
functies op een gesloten interval I voorzien van de supremumnorm. De
functie
D : CR1 (I) → CR (I) : f 7→ f 0
is lineair.
4. De integratie operator T op CR ([a, b]) gedefiniëerd door
Z
t
f (x)dx met t ∈ [a, b]
T (f )(t) =
a
is lineair.
5. Zij A een reële n × n-matrix. Dan is
TA : Rn → Rn : x 7→ Ax
een lineaire operator op de Euclidische ruimte
Eigenschap 2.4.1. 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 kf (x)k ≤ ckxk voor alle x ∈ X,
4. f is begrensd op B(0, 1) = {x ∈ X | kxk ≤ 1}, d.w.z. er bestaat een
reëel getal c zodat kf (x)k ≤ c voor alle x ∈ B(0, 1).
Bewijs. (1)⇒(3). Veronderstel dat f continu is in x0 ∈ X. Kies > 0. Dan
bestaat er δ > 0 zodat,
als x ∈ X en kx − x0 k ≤ δ dan kf (x) − f (x0 )k ≤ .
Zij nu 0 6= x1 ∈ X en definiëer
x = x0 +
δ
x1 .
kx1 k
18
HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN
Dan x − x0 =
δ
kx1 k x1
en dus kx − x0 k = δ. Aangezien f lineair is volgt er
kf (x) − f (x0 )k = kf (x − x0 )k = k
δ
δ
f (x1 )k =
kf (x1 )k ≤ .
kx1 k
kx1 k
Bijgevolg
kf (x1 )k ≤ kx1 k.
δ
Voorwaarde (3) volgt dus met c = δ .
(3)⇒(2). Indien f = 0 dan is (2) evident voldaan. Veronderstel dus dat
f 6= 0. Wegens voorwaarde (3) bestaat dan
kf (x)k
δ1 = sup
| 0 6= x ∈ X .
kxk
Zij nu x0 ∈ X en > 0. Stel δ =
0 6= kx − x0 k < δ,
δ1 .
Aangezien f lineair is, volgt er voor
kf (x) − f (x0 )k = kf (x − x0 )k ≤ δ1 kx − x0 k < δ1 δ = .
Dus is f continu in een willekeurige x0 ∈ 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
kf (x0 )k ≤ c
voor elke x0 ∈ B(0, 1). Zij nu 0 6= x ∈ X, dan
kf (x)k = kxk kf (
1
kxk x
∈ B(0, 1). Dus
x
)k ≤ kxkc.
kxk
Dus volgt (3). 2
Een lineaire operator f : X → Y die voldoet aan de voorwaarde van
Eigenschap 2.4.1 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.
2.4. BEGRENSDE LINEAIRE OPERATOREN
19
Stelling 2.4.2. Zij X en Y genormeerde ruimten. Dan is B(X, Y ) een
genormeerde ruimte voor de norm
kf k = sup{kf (x)k | x ∈ X, kxk ≤ 1}
kf (x)k
= sup{
| x ∈ X, x 6= 0}
kxk
= sup{kf (x)k | x ∈ X, kxk = 1}
= sup{kf (x)k | x ∈ X, kxk < 1}
= inf{c | kf (x)k ≤ ckxk 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 (fn ) een Cauchyrij in B(X, Y ). Dan, voor elke > 0 bestaat
er een natuurlijk getal N zodat kfn − fm k < voor alle m, n > N . Bijgevolg,
voor elke x ∈ X en m, n > N ,
kfn (x) − fm (x)k ≤ kfn − fm k kxk ≤ kxk.
Bijgevolg is elke (fn (x)) een Cauchrij. Aangezien Y volledig is, verkrijgen
wij fn (x) → y, voor een y = y(x) ∈ Y . Definiëer
f : X → Y : x 7→ y = y(x).
De operator f is lineair aangezien
lim fn (rx1 + sx2 ) = lim rfn (x1 ) + lim sfn (x2 ).
n→∞
n→∞
n→∞
Wij bewijzen nu dat f begrensd is en fn → f .
Inderdaad, aangezien fn (x) → f (x) volgt er door de continuı̈teit van de
normfunctie dat, voor elke n > N ,
kfn (x) − f (x)k = kfn (x) − lim fm (x)k
m→∞
=
lim kfn (x) − fm (x)k
m→∞
≤ kxk.
Er volgt dat voor elke n > N , fn − f en dus ook
f = fn − (fn − f )
begrensde lineaire operatoren zijn. Bovendien
k(fn − f )(x)k
kfn − f k = sup
| x ∈ X, x 6= 0 ≤ ,
kxk
20
HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN
zodat fn → f . 2
Als f ∈ B(X, Y ) voldoet aan kf (x)k = kxk 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 2.4.3. Zij k : [a, b] × [a, b] → R een continue functie. De afbeelding
T : CR ([a, b]) → CR ([a, b]) : f 7→ T (f )
met
Z
b
k(t, x)f (x)dx
T (f )(t) =
a
is een begrensde lineaire operator.
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
|f (x)| ≤ max{|f (t)| | t ∈ [a, b]} = kf k∞ .
Bijgevolg,
Z
b
kT (f )k∞ = max{|
k(t, x)f (x)dx| | t ∈ [a, b]}
a
Z b
≤ max{
|k(t, x)| |f (x)|dx | t ∈ [a, b]}
a
≤ ckf k∞ |b − a|.
Dus T is inderdaad begrensd. 2
Zij A een n × n-reële matrix. Het is welbekend (zie een vorige cursus) dat
de operator
TA : Rn → Rn : x 7→ Ax
op de Euclidische ruimte Rn een begrensde lineaire operator is. Algemener,
elke lineaire operator op een eindig dimensionale genormeerde ruimte is een
begrensde lineaire operator.
2.4. BEGRENSDE LINEAIRE OPERATOREN
21
Een voorbeeld van een lineaire operator die niet begrensd is, is de afgeleide
operator
D : P → P : f 7→ f 0 ,
waar P de genormeerde ruimte is van alle reële polynoomfuncties op [0, 1]
met norm gedefiniëerd door kf k∞ = max{|f (t)| | t ∈ [0, 1]}. Inderdaad,
zij pn de polynoomfunctie pn (t) = tn , voor n een natuurlijk getal. Dan is
kpn k = 1 en
D(pn )(t) = p0n (t) = ntn−1 .
Dus kD(pn )k = n = nkpn k en bijgevolg is D niet begrensd.
Wij geven enkele elementaire eigenschappen van begrensde lineaire operatoren.
Eigenschap 2.4.4. Zij f1 : X → Y en f2 : Y → Z begrensde lineaire
operatoren. Dan
1. als xn → x in X, dan f1 (xn ) → f1 (x) in Y .
2. ker(f1 ) is gesloten.
3. kf2 ◦ f1 k ≤ kf1 k kf2 k.
Bewijs. (1) Dit is een onmiddellijk gevolg van het feit dat f1 continu is.
(2)Zij x in de sluiting van ker(f1 ). Dan bestaat er een rij (xn ) in ker(f1 )
zodat xn → x. Wegens (1), f1 (xn ) → f1 (x). Omdat f1 (xn ) = 0 volgt er
f1 (x) = 0. Dus x ∈ ker(f1 ).
(3) Dit is eenvoudig te verifiëren. 2
Eigenschap 2.4.5. Zij X1 een deelruimte van een genormeerde ruimte X
en zij f : X1 → Y een begrensde lineaire operator. Als Y een Banachruimte
is, dan bestaat er een begrensde lineaire operator
f˜ : X1 → Y
met kf˜k = kf k en f˜|X1 = f .
Bewijs. Zij x ∈ X1 en (xn ) een rij in X1 zodat (xn ) → x. Aangezien f
begrensd en lineair is, volgt er
kf (xn ) − f (xm )k = kf (xn − xm )k ≤ kf k kxn − xm k.
22
HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN
Omdat (xn ) convergeert verkrijgen wij dus dat (f (xn )) een Cauchyrij is.
Aangezien Y een Banachruimte is bestaat er dus een y ∈ Y met f (xn ) → 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 (xn ). Dus, veronderstel xn → x en
zn → x met xn , zn ∈ X1 . Dan wn → x, waarbij (wn ) de volgende rij is
(x1 , z1 , x2 , z2 , . . . ).
Wegens het voorgaande convergeert de rij f (wn ) in Y . Bovendien is de limiet
dezelfde als deze van de deelrijen (f (xn )) en (f (zn )). 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,
kf (xn )k ≤ kf k kxn k
en omdat de norm functie continu is, volgt er
kf˜(x)k ≤ kf k kxk.
Dus is f˜ begrensd en kf˜k ≤ kf k. De omgekeerde ongelijkheid is evident. Dus
kf˜k = kf k. 2
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
kf k = sup
|f (x)|
| 0 6= x ∈ X .
kxk
Wegens Stelling 2.4.2 is X ∗ een Banachruimte.
In een vorige cursus werd bewezen dat (Rn )∗ = Rn , met Rn de Euclidische
ruimte.
2.5. DE DUALE RUIMTE VAN EEN
Voorbeeld 2.5.1.
`1
∗
BANACHRUIMTE
23
= `∞
Bewijs. Zij ei = (δij ), de rij met 1 op de i-de plaats en nul op alle andere
plaatsen. Dan heeft elke x = (xn ) ∈ `1 een unieke representatie in de vorm
x=
∞
X
xi ei ,
i=1
Pn
d.w.z.
i=1 xi ei → x. Zij f ∈
continu) en bijgevolg
(`1 )∗ .
f (x) =
∞
X
Dan is f lineair en begrensd (dus
xi f (ei ).
k=1
Bovendien
|f (ei )| ≤ kf k kei k
zodat
sup{|f (ei )| | i ≥ 1} ≤ kf k.
Bijgevolg is (f (en )) ∈
Definiëer
`∞ .
T : `1
∗
→ `∞ : f 7→ (f (en )).
Wij bewijzen
nu dat T surjectief is. Zij daarom (an ) ∈ `∞ en definiëer
∗
1
f∈ `
door
∞
X
f ((xn )) =
xi ai .
i=1
Dan is duidelijk f lineair en f is begrensd omdat
|f ((xn ))| ≤
∞
X
|xi | |ai |
i=1
≤ sup{|ai | | i ≥ 1}
∞
X
|xi |
i=1
≤ k(xn )k sup{|ai | | i ≥ 1}.
Dus is f begrensd. Daar T (f ) = (f (en )) = (an ) volgt er dus dat T surjectief
is.
Tenslotte tonen wij aan dat T de norm bewaart. Zij (xn ) ∈ `1 en f ∈
∗
`1 , dan
|f ((xn ))| = |
∞
X
i=1
xi f (ei )| ≤ sup{|f (ei )| | i ≥ 1}k(xn )k.
24
HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN
Dus
kf k = sup{|f (xn )| | k(xn )k = 1} ≤ sup{|f (ei )| | i ≥ 1}
= k(f (en ))k∞ = kT (f )k∞
≤ kf k.
2
Men kan ook het volgende bewijzen
Voorbeeld 2.5.2. Zij 1 < p < ∞ en q de geconjugeerde van p, d.w.z.
1. De duale ruimte van `p is `q .
2.6
1 1
p+q
=
Separabele genormeerde ruimten
In de vorige voorbeelden maakten wij gebruik van het volgende begrip.
Definitie 2.6.1. Een rij vectoren (en ) in een genormeerde ruimte X is een
Schauder basis voor X als voor elke x ∈ X een unieke rij scalairen (an )
bestaat zodat
kx − (a1 e1 + · · · + an en )k → 0.
P∞
Dus x = i=1 ai ei .
Eigenschap 2.6.2. Als een genormeerde ruimte X een Schauder basis heeft,
dan is X separabel, d.w.z. X heeft een aftelbaar dicht deel.
Bewijs. Zij (en ) een Schauder basis van X, dan is de sluiting van de Q(i)deelruimte (of Q-deelruimte, in geval K = R) voortgebracht door (en ) de
volledige ruimte X. 2
Pas in 1973 gaf Enflo een voorbeeld van een separabele Banachruimte die
geen Schauder basis bezit.
Definitie 2.6.3. Een totale deelverzameling in een genormeerde ruimte X
is een deelverzameling A zodat vect A = X.
Eigenschap 2.6.4. Een genormeerde ruimte X is separabel als en
slechts als X een aftelbare totale deelverzameling bevat.
2.7. PRE-HILBERTRUIMTE
2.7
25
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 6= 0,
noemt men een inproduct, inwendig product of Hermitisch inproduct.
Definitie 2.7.1. Een pre-Hilbertruimte is een vectorruimte X voorzien van
een inproduct.
Eigenschap 2.7.2. Zij X een pre-Hilbertruimte met inproduct < , >. Dan
gelden de volgende eigenschappen:
1. voor elke x ∈ X is de afbeelding
< x, >: X → K : y 7→< 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.
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 6= 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
0 ≤ < x, x > −
| < x, y > |2
< y, y >
en dus
| < x, y > |2 ≤ < x, x > < y, y > .
2
Gevolg 2.7.3. Zij X een pre-Hilbertruimte met inproduct < , > dan is de
afbeelding
√
k k : X → R : x 7→ kxk = < x, x >
een norm op X. Wij noemen dit de norm geı̈nduceerd door het inproduct.
Eigenschap 2.7.4. (Polarizatie-identiteit)
Zij X een pre-Hilbertruimte met inwendig product < , >. Dan, voor elke
x, y ∈ X,
1. als K = R, dan
< x, y >=
2. als K = C, dan
1
kx + yk2 − kx − yk2 ,
4
3
1X n
< x, y >=
i kx + in yk2 .
4
n=0
2.8. HILBERTRUIMTE
27
I.h.b. is het inwendig product volledig gekarakteriseerd door de
geı̈nduceerde norm.
Bewijs. Dit is eenvoudig te verifiëren. 2
Wij merken op dat niet elke norm op een genormeerde ruimte
geı̈nduceerd wordt door een inproduct.
Voorbeeld 2.7.5. Veronderstel a, b ∈ R en a < b. De ruimte CR ([a, b])
(voorzien van de supnorm) is geen pre-Hilbertruimte.
Bewijs. Wij tonen aan dat de norm kf k∞ = max{f (t) | t ∈ [a, b]} niet
geı̈nduceerd is door een inproduct. Het is voldoende aan te tonen dat de norm
t−a
niet voldoet aan de parallellogrameigenschap. Zij f (t) = 1 en g(t) = b−a
voor
t ∈ [a, b]. Dan kf k∞ = 1 en kgk∞ = 1. Ook kf + gk∞ = 2 en kf − gk∞ = 1.
Dus
kf + gk2∞ + kf − gk2∞ = 5
maar
2(kf k2∞ + kgk2∞ ) = 4.
2
Eigenschap 2.7.6. Zij X een pre-Hilbertruimte. Als xn → x en yn → y,
dan < xn , yn >→< x, y >.
Bewijs. Wegens de driehoeksongelijkheid en de ongelijkheid van Schwarz
verkrijgen wij
| < xn , yn > − < x, y > |
= | < xn , yn > − < xn , y > + < xn , y > − < x, y > |
≤ | < xn , yn − y > | + | < xn − x, y > |
≤ kxn k kyn − yk + kxn − xk kyk
Het resultaat volgt. 2
2.8
Hilbertruimte
Definitie 2.8.1. Een pre-Hilbertruimte die volledig is noemt men een Hilbertruimte (volledig t.o.v. de metriek, norm, geı̈nduceerd door het inproduct).
Wij geven enkele voorbeelden.
28
HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN
1. De Euclidische ruimten K n (met K = R of K = C) met inproduct
n
X
< x, y >=
xi yi ,
i=1
waar x = (x1 , . . . , xn ) en y = (y1 , . . . , yn ). Wegens Voorbeeld 2.1.1 zijn
deze ruimten Hilbertruimten.
2. Elke eindig dimensionale deelruimte van een pre-Hilbertruimte is een
Hilbertruimte.
3. De ruimte `2 is een Hilbertruimte voor het inproduct gedefiniëerd door
∞
X
< x, y >=
xi yi ,
i=1
P
met x = (xn ), y = (yn ) ∈ `2 . Merk op dat de reeks ∞
i=1 xi yi convergeert wegens de Cauchy-Schwarz ongelijkheid (in het eindig dimensionale geval en neem limiet). De volledigheid van de ruimte volgt uit
Voorbeeld 2.1.2.
4. 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.
1. De ruimte CR ([a, b]) met het inproduct
Z b
< f, g >=
f (t)g(t)dt,
a
en dus met geı̈nduceerde norm
s
Z
b
kf k =
f (t)2 .
a
Wij hebben in Voorbeeld 2.1.9 reeds aangetoond dat deze ruimte niet
volledig is.
2. Zij p ≥ 1 maar p 6= 2. Dan is is `p geen pre-Hilbertruimte en dus geen
Hilbertruimte (alhoewel het een Banachruimte is). D.w.z. de norm
!1/p
∞
X
p
k(xn )k =
|xi |
i=1
2.9. VERVOLLEDIGING EN HILBERTRUIMTE
29
is niet geı̈nduceerd 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, . . .) ∈ `p en y = (1, −1, 0, 0, . . .) ∈ `p . Dan
kxk = kyk = 21/p , kx + yk = kx − yk = 2.
Daar p 6= 2 volgt kx + yk2 + kx − yk2 6= 2(kxk2 + kyk2 ).
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 x1 , x2 ∈ X,
< f (x1 ), f (x2 ) >=< x1 , x2 > .
In dit geval noemt men X en Y isomorfe inproductruimten.
Stelling 2.9.1. (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 2.2.2 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 2.7.6 kunnen wij een inproduct op H definiëren al volgt:
< x̂, ŷ >= lim < xn , yn >,
n→∞
met x̂ de klasse in H die (xn ) bevat, en ŷ de klasse die (yn ) bevat. Wegens
de polarizatie-eigenschap is f een inproduct bewarende afbeelding. Dus een
isometrie van Hilbertruimten.
Ook wegens Gevolg 2.2.2 is H uniek voor norm bewarende isometrieën,
d.w.z. als H en H̃ completies zijn van X dan bestaat er een isometrie g :
H → H̃. Het is nu eenvoudig te bewijzen dat g (lineair is en) het inproduct
bewaart. 2
30
HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN
Wij behandelen enkele voorbeelden. De ruimte CC ([a, b]) voorzien van
het inproduct
Z b
f (t)g(t)dt.
< f, g >=
a
Wij weten dat deze ruimte niet volledig is (Voorbeeld 2.1.9). De completie
noteren wij als L2 ([a, b]).
De ruimte CC1 ([a, b]) van de continue differentiëerbare functies op een
interval [a, b] uitgerust met het inwendig product
Z b
Z b
f (t)g(t)dt +
f 0 (t)g 0 (t)dt
< f, g >1 =
a
a
= < f, g > + < f 0 , g 0 >
is een pre-Hilbertruimte, maar geen Hilbertruimte.
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 2.10.1. 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 2.10.2. (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
kx − yk = inf{kx − gk | g ∈ G}.
Men noteert
d(x, G) = inf{kx − gk | g ∈ G}.
2.10. ORTHOGONALE COMPLEMENTEN
31
Bewijs. Eerst tonen wij het bestaan aan van y ∈ G zodat kx − yk =
inf{kx − yk | y ∈ G}. Zij gn ∈ G zodat kx − gn k ≤ d + n1 , met d = d(x, G).
Wij bewijzen dat (gn ) een Cauchy rij is. Wegens de parallellogrameigenschap,
verkrijgen wij voor elke p, q ≥ 1,
kgp − gq k2 = k(gp − x) − (gq − x)k2
= 2(kgp − xk2 + kgq − xk2 ) − k(gp − x) + (gq − x)k2
1
1
1
≤ 2((d + )2 + (d + )2 ) − 4k (gp + gq ) − xk2
p
q
2
1
1
1
1
≤ 2(2d2 + (2d( + ) + ( 2 + 2 )) − 4d2 .
p q
p
q
(de laatste ongelijkheid volgt omdat 21 (gp + gq ) ∈ G, aangezien G convex is.)
Dus
1 1
1
1
2
kgp − gq k ≤ 4 d( + ) + ( 2 + 2 .
p q
p
q
Dit toont aan dat inderdaad (gn ) een Cauchy rij is in G.
Wegens de veronderstelling dat G volledig is bestaat dus
y = lim gn ∈ G.
n→∞
Er volgt,
d ≤ kx − yk ≤ kx − gn k + kgn − yk ≤ d +
1
+ kgn − yk.
n
Daar d + n1 + kgn − yk → d volgt er kx − yk = d.
Vervolgens bewijzen wij dat y uniek is. Veronderstel dus dat y1 , y2 ∈ G
met kx − y1 k = kx − y2 k = d. Wegens de parallellogrameigenschap,
ky1 − y2 k2 = k(y1 − x) − (y2 − x)k2
= 2ky1 − xk2 + 2ky2 − xk2 − k(y1 − x) + (y2 − x)k2
1
= 4d2 − 4k (y1 + y2 ) − xk2
2
Nu is 12 (y1 + y2 ) ∈ G, omdat G convex is. Dus
ky1 − y2 k2 ≤ 4d2 − 4d2 = 0.
Dus y1 = y2 . 2
32
HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN
Gevolg 2.10.3. Zij H een Hilbertruimte en G ⊆ H een gesloten deelruimte
(dus volledig), dan bestaat er voor elke x ∈ H een unieke y ∈ G zodat kx −
yk = inf{kx − gk | g ∈ G}.
Definitie 2.10.4. 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 2.10.5. Zij H een pre-Hilbertruimte, en A, B ⊆ H.
1. Als {x1 , . . . , xn } ⊆ H en xi ⊥xj voor elke i 6= j, dan
k
n
X
xi k2 =
i=1
n
X
kxi k2 .
i=1
2. Zij A0 ⊆ A en B 0 ⊆ B. Als A⊥B, dan A0 ⊥B 0 .
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⊥⊥⊥ . 2
Lemma 2.10.6. Met notaties zoals in de Approximatiestelling
(Stelling 2.10.2). 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
projG (x) (of eenvoudig pG (x)).
2.10. ORTHOGONALE COMPLEMENTEN
33
Bewijs. Het is voldoende om aan te tonen dat < x − y, g >= 0 voor elke
g ∈ G met kgk = 1. Stel z = x − y. Dan, voor elke r ∈ K,
kzk2 ≤ kx − (y + rg)k2
= kz − rgk2
= kzk2 − r < z, g > −r < g, z > +|r|2 .
Dus, voor r =< z, g >,
kzk2 ≤ kzk2 − | < z, g > |2 .
Bijgevolg < z, g >= 0. 2
Definitie 2.10.7. 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
pX : V → X : v 7→ x
wordt de projectie van V op X genoemd. Deze operator is idempotent, d.w.z.
p2X = pX . Merk op dat (pX )|X = idX .
Gevolg 2.10.8. 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 pG is begrensd. Verder, als
G 6= {0}, dan kpG k = 1.
Bewijs. Wegens de veronderstellingen volgt er uit Gevolg 2.10.3 en Lemma 2.10.6
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 + z1 ,
34
HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN
met y, y1 ∈ G en z, z1 ∈ G⊥ . Dan y − y1 = z1 − z ∈ G ∩ G⊥ = {0}. Dus
inderdaad y = y1 en z = z1 .
Er volgt dus dat G⊥ = ker(pG ). Als wij bewijzen dat pG begrensd is,
dan volgt uit Eigenschap 2.4.4 dat G⊥ gesloten is. (Dit kan ook rechtstreeks
bewezen worden als een gevolg van de continuı̈teit van het inwendig product.)
Passen wij de verkregen informatie toe op de ruimte G⊥ dan volgt er (G⊥ )⊥ =
ker(pG⊥ ) = G.
Er rest ons dus te bewijzen dat pG begrensd is. Wel, voor elke x ∈ H,
x = pG (x) + z,
met z ∈ G⊥ . Bijgevolg,
kxk2 = kpG (x)k2 + kzk2 ≥ kpG (x)k2 .
Dus is pG begrensd en kpG k ≤ 1. Als, bovendien G 6= {0}, dan voor g ∈ G,
kpG (g)k = kgk. Dus kpG k = 1. 2
Gevolg 2.10.9. (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 (xn )
in vect(M ) zodat xn → x. Aangezien x ∈ M ⊥ en M ⊥ ⊥vect(M ) volgt er
< xn , x >= 0. De continuı̈teit van het inproduct geeft dus < xn , 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 2.10.8 toegepast op vect(M ) geeft dan vect(M ) = H. 2
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 V1 en V2 gesloten en orthogonale deelruimten zijn van H, dan is
ook V1 ⊕ V2 een gesloten deelruimte van H.
2.11. ORTHONORMALE BASISSEN
2.11
35
Orthonormale basissen
Een deelverzameling S van een pre-Hilbertruimte H noemt men orthogonaal
als 0 6∈ S en x⊥y voor alle x, y ∈ S met x 6= y. Als bovendien kxk = 1, voor
elke x ∈ S, dan noemt men S orthonormaal.
Eigenschap 2.11.1. 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 {e1 , e2 , · · · , en }
een orthogonale deelverzameling
in een pre-Hilbertruimte H, en veronderstel
P
{k1 , . . . , kn } ⊆ K zodat ni=1 ki ei = 0. Dan, voor elke 1 ≤ j ≤ n,
0 = <
n
X
ki ei , ej >
i=1
=
n
X
ki < ei , ej >
i=1
= kj kej k2 .
Bijgevolg kj = 0 voor elke 1 ≤ j ≤ n, en dus is de verzameling {e1 , . . . , en }
linear onafhankelijk. 2
Eigenschap 2.11.2. Zij {e1 , . . . , en } een orthonormale verzameling in een
pre-Hilbertruimte H. Dan, voor x ∈ H,
P
1. projV (x) = ni=1 < x, ei > ei en
1/2
P
d(x, V ) = kxk2 − ni=1 | < x, ei > |2
, met V = vect{e1 , . . . , en }.
Pn
2. Als x ∈ V , dan x = i=1 < x, ei > ei .
3. x − projV (x)⊥V
Bewijs. (3) Dit volgt uit Lemma 2.10.6.
Pn(2) Zij x ∈ V = vect{e1 , . . . , en }. Dan bestaan ki ∈ K zodat x =
i=1 ki ei . Er volgt, voor elke 1 ≤ j ≤ n,
< x, ej >=
n
X
ki < ei , ej >= kj .
i=1
(1) Aangezien x − projV (x) ∈ V ⊥ en x = (x − projV (x)) + projV (x) volgt
er, voor elke 1 ≤ i ≤ n,
< x, ei >=< projV (x), ei > .
36
HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN
Dus volgt (1) uit (2). 2
Definitie 2.11.3. 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 2.11.4. (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 >6= 0} is aftelbaar.
P
2
2
2.
s∈S | < x, s > | ≤ kxk
Bewijs. Zij T een eindige deelverzameling van S. Dan volgt uit Eigenschap 2.11.2 dat
X
| < x, t > |2 ≤ kxk2 .
t∈T
Bijgevolg, voor elk geheel getal m ≥ 1 is het aantal Fouriercoëfficiënten met
1
| < x, s > | > m
(s ∈ S) eindig. Deel (1) volgt nu onmiddellijk.
Zij T = {s1 , s2 , . . .} de verzameling van de elementen
s ∈ S met
< x, s >6=
Pn
2 monotoon
|
<
x,
s
>
|
0. Dan volgt uit de ongelijkheid dat de rij
i P
i=1
stijgend en begrensd is door kxk2 . Dus convergeert de reeks ni=1 | < x, si >
|2 naar een k ∈ R met k ≤ kxk2 . 2
Eigenschap 2.11.5. Zij (en ) een orthonormale rij in een Hilbertruimte H.
Dan
P∞
P∞
2
1.
i=1 ki ei convergeert als en slechts als
i=1 |ki | convergeert.
(als en slechts als (ki ) ∈ `2 .) Bovendien,
k
∞
X
2
ki ei k =
i=1
∞
X
|ki |2 .
i=1
P
convergeert, dan ki =< x, ei > met x = ∞
i=1 ki ei .
P
3. Voor elke x ∈ H convergeert de reeks ∞
i=1 < x, ei > ei commutatief.
2. Als
P∞
i=1 ki ei
Bewijs. (1) Wegens de orthonormaliteit van de rij (en ),
k
q
X
i=p
ki ei k2 =
q
X
i=p
|ki |2 ,
2.11. ORTHONORMALE BASISSEN
37
Pn
P
2
voor alle q ≥ p. Dus is ( ni=1 ki ei ) een Cauchy rij als en slechts als
i=1 |ki |
een Cauchy rij is in R. Omdat H en R volledige ruimten zijn volgt (1).
(2) Weer wegens de orthonormaliteit, voor n ≥ 1,
<
n
X
ki ei , ej >= kj ,
i=1
voor elke 1 ≤ j ≤ n. Wegens de veronderstelling,
x ∈ H. De continuı̈teit van het inproduct geeft
kj =<
n
X
Pn
i=1 ki ei
→ x, voor een
ki ei , ej >→< x, ej >,
i=1
als n → ∞. Door n voldoende groot te nemen volgt er kj =< x, ej >, voor
alle j ≥ 1.
(3) Wegens de ongelijkheid van Bessel zien wij dat de reeks
∞
X
| < x, ei > |2
i=1
convergeert. Dus volgt (3) uit (1). 2
Definitie 2.11.6. Een totale orthonormale verzameling in een
pre-Hilbertruimte H wordt een orthonormale basis van H genoemd.
Eigenschap 2.11.7. 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 2.10.9 geeft dus dat B ⊥ = {0}.
(2) Als H een Hilbertruimte is en B ⊥ = {0}, dan volgt weer uit Gevolg 2.10.9
dat vect(B) = H, d.w.z. B is totaal in H. 2
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.
38
HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN
Eigenschap 2.11.8. Een orthonormale verzameling B in een Hilbertruimte
H is totaal in H als en slechts als voor elke x ∈ H
X
kxk2 =
| < x, b > |2 (Gelijkheid van Parseval)
b∈B
(merk op dat vorige eigenschappen de convergentie
waarborgen). Indien B
P
totaal is, volgt voor 0 6= x ∈ H dat x =
n hx, bn ibn , waarbij hx, bn i 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 2.11.7 een 0 6= 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, bn > de niet-nul Fouriercoëfficiënten (wegens Eigenschap 2.11.4 zijn er
een slechts een aftelbaar niet-nul coëfficiënten). Stel
y=
∞
X
< x, bn > bn .
n=1
Merk op dat wegens Eigenschap 2.11.5.(3) deze reeks convergeert. Er volgt
< x − y, bj > = < x, bj > −
∞
X
< x, bi >< bi , bj >
i=1
= < x, bj > − < x, bj >
= 0
Bovendien, voor elke v ∈ B \ (bn ), < x, v >= 0 en dus
< x − y, v >=< x, v > −
∞
X
< x, bk >< bk , v >= 0 − 0 = 0.
k=1
Dus x − y ∈ B ⊥ . Omdat B totaal is, volgt er wegens Eigenschap 2.11.7 dat
B ⊥ = {0}. Dus x = y. Bijgevolg
kxk2 =<
∞
X
n=1
2
< x, bn > bn ,
∞
X
n=1
< x, bn > bn >=
∞
X
n=1
< x, bn > < x, bn >.
2.11. ORTHONORMALE BASISSEN
39
Eigenschap 2.11.9. (Orthonormalisatie van Gram-Schmidt)
Zij H een pre-Hilbertruimte en (bn ) een lineair onafhankelijke deelverzameling. Dan bestaat er een orthonormale verzameling (en ) zodat, voor alle n ≥ 1,
vect{b1 , . . . , bn } = vect{e1 , . . . , en }.
Bewijs. Stel e1 = kb11 k b1 . Veronderstel dat e1 , . . . , en reeds bepaald zijn.
Aangezien bn+1 6∈ vect{e1 , . . . , en },
0 6= bn+1 −
n
X
< bn+1 , ei > ei = bn+1 − projVn (bn+1 ),
i=1
met Vn = vect{e1 , . . . , en }.
Definiëer
Dus is fn+1 = bn+1 − projVn (bn+1 ) ∈ Vn⊥ .
en+1 =
1
kfn+1 k
fn+1 .
Dan vect{e1 , . . . , en+1 } = vect{b1 , . . . , bn+1 } en het resultaat volgt. 2
Gevolg 2.11.10. (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 2.6.4 volgt (1) uit (2). Omgekeerd, veronderstel
(1) en zij B = (bn ) 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 | {bk(0) , . . . , bk(n−1) , bm } lineair onafhankelijk .
Dan is de verzameling (bk(n) ) lineair onafhankelijk en
vect{bk(n) | n ∈ N} = H.
Het orthonormalisatie proces van Gram-Schmidt geeft dan een totale orthonormale rij. Dit bewijst (2).
40
HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN
Om de laatste bewering te bewijzen, veronderstel dat H separabel is. Zij
B een aftelbaar dicht deel en veronderstel dat M een orthonormale verzameling is in H. Dan, voor elke x, y ∈ M ,
kx − yk2 =< x − y, x − y >=< x, x > + < y, y >= 2.
Dus B(x, 13 ) ∩ B(y, 31 ) = ∅. Aangezien B dicht is in H, B ∩ B(x, 13 ) 6= ∅ en
B ∩B(y, 13 ) 6= ∅. Bijgevolg, omdat B aftelbaar is volgt er dat M ook aftelbaar
is. 2
Gevolg 2.11.11. Zij H een oneindigdimensionale separabele
Hilbertruimte, dan is H isomorf met `2 .
Bewijs. Wegens Gevolg 2.11.10 heeft H een totale orthonormale rij, zeg
(en ). Dus (Eigenschap 2.11.4) verkrijgen wij de volgende lineaire afbeelding:
T : H → `2 : x 7→ (< x, en >).
Dat T injectief is volgt uit Eigenschap 2.11.8. De surjectiviteit volgt uit
Eigenschap 2.11.5 en Eigenschap 2.11.8. Wegens de gelijkheid van Parseval
bewaart T de norm en dus, wegens de Poloarisatie-identiteit, bewaart T het
inproduct. 2
Wegens Gevolg 2.11.10 hebben totale orthonormale verzamelingen in een
oneindid dimensionale separabele Hilbertruimte dezelfde kardinaliteit. Men
kan bewijzen dat elke niet-nul Hilbertruimte H een totale orthonormale verzameling heeft en dat de kardinaliteit van zo een verzameling eenduidig
bepaald is (zie bijvoorbeeld in [7]). Deze kardinaliteit noemt men de Hilbert
dimensie (als H = {0} dan is deze dimensie nul per definitie).
Men kan Gevolg 2.11.11 ook uitbreiden. Namelijk, voor elke Hilbertdimensie bestaat (op isomorfisme na) precies één reële en één complexe Hilbertruimte.
Stelling 2.11.12. (Isomorfisme en Hilbert dimensie)
Twee K-Hilbertruimten zijn isomorf als en slechts als zij dezelfde Hilbert
dimensie hebben.
2.12
De duale ruimte van een
Hilbertruimte
Wij weten dat de duale ruimte H ∗ van een Hilbertruimte H een Banachruimte
is. Wij tonen nu aan H ∗ ook een Hilbertruimte is. Wegens de polarisatie-
2.12. DE DUALE RUIMTE VAN EEN
HILBERTRUIMTE
41
identiteit is het voldoende om een injectieve isometrie (d.w.z. norm bewarende en semilineaire lineaire afbeelding) tussen H en H ∗ te construeren.
Lemma 2.12.1. Zij X een pre-Hilbertruimte en x, y ∈ X.
Als < x, z >=< y, z > voor alle z ∈ X, dan x = y.
Bewijs. Wegens de veronderstelling, < x − y, z >= 0 voor alle z ∈ X. I.h.b.
< x − y, x − y >= kx − yk2 = 0. Bijgevolg x = y. 2
Stelling 2.12.2. (Riesz)
Zij H een Hilbertruimte en f ∈ H ∗ . Dan bestaat er een unieke y ∈ H zodat
f (x) =< x, y >
voor alle x ∈ H. Bovendien kyk = kf k.
Bewijs. Zij f ∈ H ∗ . Wegens Lemma 2.12.1 bestaat er hoogstens één y ∈ H
zodat f (x) =< x, y > voor alle x ∈ H. Bovendien veronderstel dat y bestaat,
dan verkrijgen wij wegens de ongelijkheid van Schwarz
|f (x)| = | < x, y > | ≤ kxk kyk.
Dus kf k ≤ kyk. Anderzijds, f (y) =< y, y >= kyk2 zodat kf k ≥ kyk.
Bijgevolg kf k = kyk.
Wij bewijzen nu dat y bestaat. Indien f = 0, dan y = 0. Veronderstel
dus dat f 6= 0. Dan is ker(f ) 6= H een gesloten deelruimte (Eigenschap 2.4.4)
en H = ker(f ) ⊕ ker(f )⊥ (Gevolg 2.10.8). Aangezien ker(f )⊥ 6= {0} bestaat
h ∈ ker(f )⊥ met khk = 1. Stel y = f (h)h, met f (h) de complex toegevoegde
van f (h). Daar h 6∈ ker(f ) volgt er y 6= 0. Merk op dat
< h, y >= f (h) < h, h >= f (h).
Nu, omdat f (h) 6= 0 volgt voor x ∈ H dat f (x) = rf (h) voor een r ∈ K.
Bijgevolg f (x − rh) = 0 en daarom x − rh ∈ ker(f ), d.w.z. x = a + rh met
a ∈ ker(f ). Er volgt
< x, y >=< a + rh, y > = < a, y > +r < h, y >
= r < h, y >= rf (h) = f (x).
2
42
HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN
Gevolg 2.12.3. Voor een Hilbertruimte H is
H → H ∗ : y 7→< −, y >
een geconjugeerde (of semilineaire) isometrie. Dus is H ∗ ook een Hilbertruimte.
Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit de Stelling van Riesz. 2
2.13
Enkele voorbeelden
Wij vermelden enkele voorbeelden van separabele ruimten en dus van totale
orthonormale rijen.
Legendre Veeltermen
Beschouw de ruimte C([−1, 1], R) van de continue reële functies met inwendig product gedefiniëerd door
Z
1
< f, g >=
f (t)g(t)dt.
−1
De completie noteren wij L2 ([−1, 1]) (of L2 ([−1, 1], R)). Wij passen het
Gramm-Schmidt proces toe op de volgende veeltermen
x0 (t) = 1, x1 (t) = t, · · · , xj (t) = tj ,
t ∈ [−1, 1].
Dit geeft een orthonormale rij (en ), en elke en is een veelterm van graad n.
Eigenschap 2.13.1. Voor elke n = 0, 1, 2, . . .,
r
2n + 1
en (t) =
Pn (t),
2
met
Pn (t) =
n
1 dn 2
t −1 ,
n
n
2 n! dt
de Legendre polynoom van graad n.
Bovendien is (en ) totaal in L2 ([−1, 1]). Dus is de reële ruimte L2 ([a, b])
separabel.
2.13. ENKELE VOORBEELDEN
43
De Legendre veelterm Pn is een oplossing van de Legendre differentiaalvergelijking
(1 − t2 )PN00 − 2T Pn0 + n(n + 1)Pn = 0.
Dus is Pn een eigenfunctie van de operator (1 − t2 )P 00 − 2tP 0 .
Hermite Veeltermen
Beschouw de ruimte L2 (−∞, ∞) met het inwendig product
Z ∞
f (t)g(t)dt.
< f, g >=
−∞
Wij passen het Gram-Schmidt proces toe op de volgende rij functies:
2 /2
w(t) = e−t
, tw(t), t2 w(t), . . .
Het is eenvoudig na te gaan dat deze functies begrensd zijn op R. Dus bestaan
er kn ∈ R zodat |tn w(t)| ≤ kn voor alle t ∈ R.
Merk op dat
Z ∞
2
Z a
2
−y 2
−y 2
e dy
= lim
e dy
a→∞
−∞
−a
Z aZ a
2
2
= lim
e−x −y dxdy
a→∞ −a −a
Z
2
2
= lim
e−x −y dxdy,
R→∞ D
met D een schijf van straal R. Wij gebruiken nu polaire coördinaten om deze
laatste integraal te berekenen (x = r cos θ, y = r sin θ).
Z
Z 2π Z R
2
−x2 −y 2
e
dxdy =
e−r rdrdθ
D
0
0
1 −r2 R
=
− e
dθ
2
0
0
Z 2π 1 −R2 1
=
− e
+
dθ
2
2
0
h
i
2
= π 1 − e−R
Z
Bijgevolg,
Z
∞
−∞
2
e−y dy = lim
R→∞
√
2π
2
π(1 − e−R )1/2 =
√
π.
44
HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN
Dus
Z
∞
|
m −t2 /2 n −t2 /2
t e
t e
Z
∞
dt| ≤ km+n
2 /2
e−t
√
dt = km+n 2π.
−∞
−∞
Eigenschap 2.13.2. Het Gram-Schmidt proces geeft de orthonormale rij
en (t) =
1
2
e−t /2 Hn (t),
√
1/2
(2n n! π)
waar
dn −t2 e
, n = 1, 2, . . .
dtn
De polynoom Hn (t) wordt de Hermite polynoom van orde n genoemd.
Bovendien,
H0 (t) = 1,
2
Hn (t) = (−1)n et
Hn (t) = n!
N
X
(−1)j
j=0
=
N
X
(−1)j
j=0
j!
2n−2j
tn−2j
j!(n − 2j)!
n(n − 1) · · · (n − 2j + 1)(2t)n−2j ,
met N = n2 als n even is, en N = n−1
2 als n oneven is.
De rij (en ) is orthonormaal en totaal in L2 (−∞, ∞).
De Hermite veeltermen Hn zijn oplossingen van de Hermite differentiaalvergelijking
Hn00 − 2tHn0 + 2nHn = 0.
In het bijzonder is Hn een eigenfunctie van de operator H 00 − 2tH 0 .
Laguerre veeltermen
Door de transformatie t = b − s of t = s + a toe te passen, verkrijgen
wij uit totale orthonormale rijen van L2 [0, ∞) totale orthonormale rijen in
L2 (−∞, b] en L2 [a, ∞).
Wij beschouwen dus L2 [0, ∞) en passen het Gram-Schmidt proces toe op
de volgende rij
e−t/2 , te−t/2 , t2 e−t/2 , . . .
Wij verkrijgen aldus een totale orthonormale rij (en ). Men kan aantonen dat
en (t) = e−t/2 Ln (t),
2.13. ENKELE VOORBEELDEN
45
waarbij de Laguerre polynoom van orde n gedefiniëerd wordt als volgt:
L0 (t) = 1,
en
et dn n −t
(t e )
n! dtn
n
X
(−1)n n j
t .
=
j!
j
Ln (t) =
j=0
De Laguerre veelterm Ln is een oplossing van de Laguerre differentiaalvergelijking
tL00n + (1 − t)L0n + nLn = 0.
In het bijzonder is Ln een eigenfunctie van de operator tL00 + (1 − t)L0 .
46
HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN
Hoofdstuk 3
BENADERING DOOR
CONVOLUTIE
In dit hoofdstuk geven wij een algemene techniek om bepaalde functies te
benaderen.
3.1
Convolutieproduct
Wij beschouwen C(R, C), de continue functies van R naar C. Wij wensen f ∈
C(R, C) te benaderen door specifieke functies. Om convergentieproblemen te
vermijden beschouwen wij slechts functies met een compacte drager, en wij
noteren
Cc (R, C) = {f ∈ C(R, C) | f heeft compacte drager},
waarbij de drager van f per definitie de sluiting is van de volgende verzameling
{x ∈ dom(f ) | f (x) 6= 0}.
Bijgevolg bestaat de integraal
Z
∞
f (x)dx.
−∞
Definitie 3.1.1. Zij f, g ∈ Cc (R, C). Het convolutieproduct van f en g is de
functie f ∗ g gedefiniëerd door
Z ∞
(f ∗ g)(x) =
f (t)g(x − t)dt.
−∞
47
48
HOOFDSTUK 3. BENADERING DOOR CONVOLUTIE
(De definitie maakt ook zin voor elke twee functies f en g die stuksgewijze
continu zijn op elk interval, en zodat f begrensd is en g absoluut integreerbaar
is op (−∞, ∞).)
Merk op dat f ∗ g terug een compacte drager heeft. Inderdaad, als
drager(f ) ⊆ [a, b] en drager(g) ⊆ [c, d], dan drager(f ∗ g) ⊆ [a, b] + [c, d].
Bijgevolg definiëert ∗ een product op de C-vectorruimte Cc (R, C). Beschouw
de volgende norm op Cc (R, C):
Z
∞
|f (x)|dx.
kf k1 =
−∞
Eigenschap 3.1.2. Zij f, g, h ∈ Cc (R, C) en c ∈ C. Dan,
1. f ∗ g ∈ Cc (R, C),
2. f ∗ g = g ∗ f ,
3. (cf ) ∗ g = c(f ∗ g),
4. (f + h) ∗ g = (f ∗ g) + (h ∗ g),
5. (f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h),
6. Tc (f ∗ g) = (Tc (f )) ∗ g = f ∗ (Tc (g)),
met Tc (f ) : R → C de functie gedefiniëerd door Tc (f )(x) = f (x − c).
7. kf ∗ gk1 ≤ kf k1 kgk1
(merk op dat kf ∗ gk∞ ≤ kf k∞ kgk∞ |drager|).
Bewijs. (2) Dit wordt bewezen door een eenvoudige substitutie.
Z
∞
(f ∗ g)(x) =
f (t)g(x − t)dt
−∞
Z −∞
−f (x − z)g(z)dz
=
∞
= (g ∗ f )(x)
(3), (4) en (5) zijn eenvoudig te verifiëren. (7) Dit wordt bewezen als
3.1. CONVOLUTIEPRODUCT
49
volgt. Wij maken gebruik van de stelling van Fubini.
Z ∞ Z ∞
f (x − t)g(t)dt|dx
|
kf ∗ gk1 =
−∞
−∞
Z ∞ Z ∞
|f (x − t)g(t)|dt dx
≤
−∞
−∞
Z ∞ Z ∞
|f (x − t)|dx |g(t)|dt
≤
−∞
−∞
Z ∞
kf k1 |g(t)|dt
≤
−∞
= kf k1 kgk1
(1) Wij merken eerst op dat
Tc (f ∗ g)(x) = (f ∗ g)(x − c)
Z ∞
=
f (x − c − t)g(t)dt
−∞
Z ∞
=
Tc (f )(x − t)g(t)dt
−∞
= (Tc (f ) ∗ g)(x)
Dus,
kTc (f ∗ g) − (f ∗ g)k1 = k(Tc (f ) − f ) ∗ gk1
≤ kTc (f ) − f k1 kgk1
Omdat f compacte drager heeft is deze functie uniform continu op R. Bijgevolg
Z ∞
kTc (f ) − f k1 =
|f (x − c) − f (x)|dx → 0 als c → 0.
−∞
Dus ook, voor elke x ∈ R,
|(f ∗ g)(x − c) − (f ∗ g)(x)| → 0 als c → 0.
Er volgt dat f ∗ g continu is en dus f ∗ g ∈ Cc (R, C).
Tenslotte, (6) volgt uit (1) en de vorige opmerking. 2
Wij merken op dat als f of g periodisch zijn, dan is (wegens Eigenschap 3.1.2.(6)) ook f ∗ g periodisch.
50
HOOFDSTUK 3. BENADERING DOOR CONVOLUTIE
Eigenschap 3.1.3. Veronderstel f, g ∈ Cc (R, C). Als f continu differentiëerbaar is , dan
d
df
(f ∗ g) =
∗ g.
dx
dx
Bewijs. De opgelegde voorwaarden staan toe de integraal en afgeleide te
verwisselen:
Z ∞
d
d
f (x − t)g(t)dt
(f ∗ g)(x) =
dx
dx −∞
Z ∞
d
=
f (x − t) g(t)dt
−∞ dx
df
∗ g (x)
=
dx
2
Definitie 3.1.4. De vectorruimte van de oneindig differentiëerbare functies
op R met compacte drager noteren wij D(R, C).
Gevolg 3.1.5. Als f ∈ D(R, C) en g ∈ Cc (R, C), dan
dn
dn (f )
(f
∗
g)
=
∗ g,
dxn
dxn
voor elk natuurlijk getal n.
Wij verkrijgen dus onmiddellijk.
Gevolg 3.1.6. (Cc (R, C), +, ∗) is een algebra en D(R, C) is een ideaal in
Cc (R, C).
In een volgende sectie bewijzen wij dat D(R, C) dicht is in Cc (R, C).
De algebra Cc (R, C) heeft echter geen éénheidselement voor de bewerking
∗, d.w.z. er bestaat geen functie e ∈ Cc (R, C) zodat e ∗ g = g, voor alle
g ∈ Cc (R, C). Inderdaad, veronderstel dat wel een éénheidselement e bestaat.
3.1. CONVOLUTIEPRODUCT
51
Dan, voor elke g ∈ Cc (R, R+ ) met drager [a − , a + ] en kgk1 ≤ 1:
g(a) = (e ∗ g)(a)
Z ∞
=
e(t)g(a − t)dt
Z−∞
=
e(t)g(a − t)dt
−
Z g(a − t)dt
≤ |e(α)|
−
≤ |e(α)|
voor een α ∈ [−, ]. Als wij nu g beperken tot een [a − δ, a + δ] met δ < (en dan terug uitbreiden tot een continue functie met drager [−, ] zodat
deze functie in modulus zijn maximum bereikt in het interval [a − δ, a + δ]) ,
dan verkrijgen wij g(a) ≤ |e(β)| met β ∈ [−δ, δ]. Omdat e continu is hebben
wij e(α) → e(0) als α → 0 (d.w.z., → 0). Dus g(a) ≤ |e(0)|. Doch dit is
onmogelijk voor alle functies g ∈ Cc (R, R+ ) met kgk1 = 1.
Wij tonen aan dat er een vervanging bestaat voor de éénheid, namelijk een
“benadering” van het éénheidselement. Wij geven eerst de volgende definitie.
Definitie 3.1.7. Een Diracrij is een rij continue functies Kn : R → R die
voldoen aan de volgende voorwaarden:
DIR.1 Kn (x) ≥ 0, voor alle x ∈ R,
R∞
DIR.2 −∞ Kn (x)dx = 1,
DIR.3 voor elke > 0 en δ > 0 bestaat een natuurlijk getal N zodat
voor alle n ≥ N :
Z −δ
Z ∞
Kn (x)dx +
Kn (x)dx < .
−∞
δ
Voorwaarde DIR.2 betekent dat de oppervlakte onder de grafiek van de
curve y = Kn (x) gelijk is aan 1. Voorwaarde DIR.3 zegt dat deze oppervlakte
vooral geconcentreerd is rond de oorsprong (voor N voldoende groot).
Stelling 3.1.8. Zij f : R → R een stuksgewijze continue en begrensde functie.
Zij S een compacte deelverzameling van R zodat f continu is op S (merk op:
52
HOOFDSTUK 3. BENADERING DOOR CONVOLUTIE
wij bedoelen hier dat f continu is in elke s ∈ S, en wij bedoelen niet dat f|S
continu is). Als (Kn ) een Dirac rij is, dan convergeert f ∗ Kn uniform naar
f op S.
Bewijs. Stel fn = Kn ∗ f . Dan
Z
fn (x) =
∞
Kn (t)f (x − t)dt.
−∞
Wegens DIR.2,
Z
∞
Z
f (x) = f (x)
∞
Kn (t)dt =
−∞
Bijgevolg
Z
Kn (t)f (x)dt.
−∞
∞
fn (x) − f (x) =
Kn (t) [f (x − t) − f (x)] dt.
−∞
Omdat S compact en f continu is op S (en dus uniform continu), bestaat er
voor elke > 0 een δ > 0 zodat
|f (x − t) − f (x)| < ,
voor alle x ∈ S en |t| < δ. Zij M zodat kf k∞ ≤ M , en dus wegens DIR.3,
zij N een natuurlijk getal zodat voor alle n ≥ N ,
Z −δ
Z ∞
Kn (t)dt +
Kn (t)dt <
.
2M
−∞
δ
Er volgt,
Z
−δ
|fn (x) − f (x)| ≤
Kn (t)|f (x − t) − f (x)|dt +
Z−∞
∞
Kn (t)|f (x − t) − f (x)|dt +
δ
Z
δ
Kn (t)|f (x − t) − f (x)|dt
−δ
Z δ
≤ 2M
+
Kn (t)|f (x − t) − f (x)|dt
2M
−δ
Z δ
≤ +
Kn (t)dt
−δ
Z ∞
≤ +
Kn (t)dt
−∞
≤ 2.
3.2. STELLING VAN WEIERSTRASS
53
Dus kfn − f k∞ ≤ 2. 2
De functies Kn vermeld in Stelling 3.1.8 worden soms ook kernfunctoren
genoemd. Zij hebben het effect om f om te vormen in functies fn , die gewoonlijk betere eigenschappen hebben dan f zelf, en die f benaderen.
Later geven wij enkele specifieke voorbeelden van kernfunctoren: de Landau rij die banaderende polynoomfucnties geven, de Fejerkernen die benaderende trigonometrische functies geven, de warmtekern die een fundamentele oplossing geeft van de warmtevergelijking.
Wij geven nu een algemene klasse van voorbeelden. Zij
R ∞K : R → R
een continue functie met compacte drager zodat K ≥ 0 en −∞ K(t)dt = 1.
Definiëer Kn (t) = nK(nt). Dan is (Kn ) een Dirac rij. Er bestaan zelfs
voorbeelden van zo’n functies K die oneindig differentieerbaar zijn en even
zijn.
3.2
Stelling van Weierstrass
Wij bewijzen hier als toepassing van Stelling 3.1.8 dat door een gepaste keuze
van de Dirac rij te maken wij een willekeurige continue functie op een compact
interval kunnen benaderen door een veeltermfunctie.
Stelling 3.2.1. (Stelling van Weierstrass)
Zij f : [a, b] → R een continue functie. Dan bestaat er een rij polynomen
(pn ) welke uniform convergeert naar f op het interval [a, b]. M.a.w. R[x] is
dicht in C([a, b], R) voor de norm k k∞ .
Bewijs. Eerst herleiden wij het probleem tot het compacte interval [0, 1].
Duidelijk mogen wij veronderstellen dat a 6= b. Stel
t=
x−a
b−a
voor a ≤ x ≤ b. Dan x = (b − a)t + a en 0 ≤ t ≤ 1. Stel
g(t) = f ((b − a)t + a).
Indien voor een gegeven > 0 een polynoom p bestaat zodat
|p(t) − g(t)| < 54
HOOFDSTUK 3. BENADERING DOOR CONVOLUTIE
voor alle t ∈ [0, 1], dan
x−a
− f (x)| < |p
b−a
voor alle a ≤ x ≤ b. Aangezien p x−a
b−a een polynoom is in x hebben wij de
situatie herleid tot het geval [a, b] = [0, 1].
Veronderstel dus vanaf nu dat a = 0 en b = 1. Vervolgens tonen wij aan
dat wij ook mogen veronderstellen dat f (0) = f (1) = 0. Stel,
h(x) = f (x) − f (0) − x[f (1) − f (0)].
Dan h(0) = 0 = h(1). Indien wij h kunnen benaderen door polynomen, dan
kunnen wij natuurlijk ook f benaderen door polynomen.
Dus vanaf nu mogen wij veronderstellen dat a = 0, b = 1 en f (0) =
f (1) = 0. Wij breiden dan f uit tot een functie op R door f (x) = 0 te
definiëren voor |x| ≥ 1 en voor x < 0. Bijgevolg is f continu en begrensd op
R.
Wij definiëren nu een gepaste Dirac rij om Stelling 3.1.8 te kunnen toepassen.
Voor elke n ≥ 1, definiëer

(1−t2 )n

voor − 1 ≤ t ≤ 1

cn
Kn (t) =
,

 0
voor |t| > 1
waar
Z
1
cn =
(1 − t2 )n dt.
−1
Dit laatste betekent dat DIR.2 voldaan is. Uiteraard is Kn (t) ≥ 0 voor alle
t ∈ R en bovendien is Kn een continue en even funcite.
Wij tonen nu aan dat (Kn ) voldoet aan DIR.3 en dus een Dirac rij vormt.
Inderdaad,
Z 1
cn = 2
(1 − t2 )n dt
0
Z 1
= 2
(1 − t)n (1 + t)n dt
0
Z 1
≥ 2
(1 − t)n dt
0
=
2
.
n+1
3.2. STELLING VAN WEIERSTRASS
55
Voor 1 ≥ δ > 0 verkrijgen wij
Z 1
Z 1
(1 − t2 )n
Kn (t)dt =
dt
cn
δ
δ
Z 1
n+1
≤
(1 − δ 2 )n dt
2
δ
n+1
≤
(1 − δ 2 )n (1 − δ).
2
(1 − δ 2 )n (1 − δ) = 0 volgt er
Aangezien limn→∞ n+1
2
Z
−δ
1
Z
1
Kn dt → 0,
Kn (t)dt = 2
Kn (t)dt +
−1
Z
δ
δ
als n → ∞. Dus is DIR.3 voldaan.
Wegens Stelling 3.1.8 , limn→∞ Kn ∗ f = f . Er blijft nog te bewijzen dat
Kn ∗ f een polynoom is. Omdat Kn (x − t) een polynoom is in t en x (van
graad 2n in x) bestaan er polynomen g0 , . . . , g2n in t zodat
Kn (x − t) = g0 (t) + g1 (t)x + · · · + g2n (t)x2n .
Dus, omdat de drager van f bevat is [0, 1],
Z ∞
(Kn ∗ f )(x) =
Kn (x − t)f (t)dt
−∞
1
Z
Kn (x − t)f (t)dt
=
0
Z
=
1
(g0 (t) + g1 (t)x + · · · + g2n (t)x2n )f (t)dt
0
= a0 + a1 x + · · · + a2n x2n ,
met
Z
1
gi (t)f (t)dt ∈ R
ai =
0
voor 0 ≤ i ≤ 2n. Dus is elke Kn ∗ f inderdaad een polynoom. 2
De functies Kn , gedefiniëerd in het bewijs van Stelling 3.2.1, noemt men
de Landau kernen.
Gevolg 3.2.2. Zij f : [a, b] → R een n-maal continu differentieerbare functie.
Voor elke > 0 bestaat een p ∈ R[x] zodat voor elke l ≤ n, kf (l) − p(l) k∞ < .
56
HOOFDSTUK 3. BENADERING DOOR CONVOLUTIE
Bewijs. Wegens de Stelling van Weierstrass bestaat er een rij polynomen
(n)
(n) u
(pi )i≥0 zodat pi → f (n) . Nu
f
(n−1)
(x) = f
(n−1)
Z
(a) +
x
f (n) (t)dt.
a
Wegens Eigenschap 6.2.1 volgt er dan
f
(n−1)
=
=
Z
x
(n)
lim pi (t)dt
a i→∞
Z x
(n)
pi (t)dt
f (n−1) (a) + lim
i→∞ a
Z x
(n)
(n−1)
lim f
(a) +
pi (t)dt .
i→∞
a
(x) = f
(n−1)
(a) +
R x (n)
Duidelijk is f (n−1) (a) + 0 pi (t)dt een polynoom in x en dus wordt f (n−1)
benaderd door polynomen. Het resultaat volgt nu door veelvuldige toepassingen van dit procédé. 2
Merk op dat een functie f die kan benaderd worden door veeltermen niet
noodzakelijk gelijk is aan een machtreeks. Deze laatste zijn immers analytisch. Bovendien, in een machreeks benadert men f met een rij veeltermen
waarvan de coëfficiënten van xn constant blijven na de n-de term.
3.3
Benadering door trigonometrische
veeltermen
In dit hoofdstuk beschouwen wij de completie van de ruimte van de continue
complexe functies van periode 2π. Deze ruimte wordt genoteerd L2 (T ). Hier
is T = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 = 1}, de éénheidscirkel in R2 . De ruimte van
de continue complexe functies op T is in bijectief verband met de continue
functies van periode 2π. Vandaar de notatie.
Het inproduct op L2 (T ) is gegeven door de formule
Z π
< f, g >=
f (x)g(x)dx.
−π
Wij geven een beknopt overzicht van een benaderingsmethode.
3.3. TRIGONOMETRISCHE VEELTERMEN
57
Voor elke n ∈ Z, zij en ∈ L2 (T ) de functie gedefiniëerd door
en (x) = einx .
Het is eenvoudig aan te tonen dat dit een orthogonale rij is.
Als f ∈ L2 (T ), dan is de Fouriercoëfficiënt van f ten opzichte van (en )
het getal
Z π
1
f (x)e−inx dx.
cn (f ) = cn =
2π −π
Wij definiëren nu een andere orthogonale rij periodische functies (ϕn ) als
volgt:
ϕ0 (x) = 1,
ϕn (x) = cos(nx) (n > 0),
ϕ−n (x) = sin(nx) (n > 0).
Merk ook op dat
< ϕn , ϕn >= π en < ϕ0 , ϕ0 >= 2π,
voor n 6= 0. Bovendien kennen wij de volgende relaties:
einx + e−inx = 2 cos(nx),
einx − e−inx = 2i sin(nx)
en
einx = cos(nx) + i sin(nx).
Wij noteren de Fouriercoëfficiënten van een functie f ten opzichte van (ϕn )
door an (voor ϕn met n ≥ 0) en bn (voor ϕ−n met n > 0). Dus
Rπ
1
a0 = 2π
−π f (x)dx,
an =
1
π
Rπ
bn =
1
π
Rπ
−π
−π
f (x) cos(nx)dx,
f (x) sin(nx)dx.
Definiëer a−n = bn voor n > 0.
Definitie 3.3.1. De Fourierreeks van f ∈ L2 (T ) is de reeks
X
Sf =
cn (f )en .
n∈Z
58
HOOFDSTUK 3. BENADERING DOOR CONVOLUTIE
Bij afspraak zijn de partiëelsommen de volgende functies:
sn,f (x) = sn (x) =
=
n
X
ck ek (x)
k=−n
n
X
ck (cos(kx) + i sin(kx))
k=−n
= c0 +
n
X
{ck (cos(kx) + i sin(kx))
k=1
+c−k (cos(kx) − i sin(kx))}
n
X
= c0 +
(ck + c−k ) cos(kx) +
k=1
n
X
i(ck − c−k ) sin(kx)
k=1
= a0 +
n
X
ak cos(kx) +
=
bk sin(kx)
k=1
k=1
n
X
n
X
ak ϕk (x)
k=−n
Deze reeksen worden trigonometrische polynomen genoemd. Momenteel
zijn deze reeksen slechts formele reeksen; de convergentie moet nog besproken
worden. Wij schrijven
Sf (x) = a0 +
∞
X
(an cos(nx) + bn sin(nx)) =
∞
X
cn en (x).
−∞
n=1
Zij f en g twee periodische en stuksgewijze continue functies van periode
2π. Definiëer
Z π
(f ∗ g)(x) =
f (t)g(x − t)dt.
−π
Wij noemen dit weer het convolutieproduct van f en g.
Wij beschouwen twee kernfuncties:
1. De Dirichletkern:
Dn =
n
1 X
ek .
2π
k=−n
3.3. TRIGONOMETRISCHE VEELTERMEN
59
2. De Fejerkern of Cesarokern:
Fn =
n−1 m
1 X X
ek
2πn
m=0 k=−m
=
1
(D0 + · · · + Dn−1 ).
n
De Fejerkern is een gemiddelde van de Dirichletkernen. Men kan aantonen
dat de Fejerkernen een Diracrij vormen in de volgende zin (de Dirichletkernen
vormen geen Diracrij).
Definitie 3.3.2. Een Diracrij (Kn ) is een rij van continue periodische functies (van periode 2π) die voldoet aan de volgende eigenschappen:
DIR.1 Kn ≥ 0, voor alle n,
Rπ
DIR.2 −π Kn (t)dt = 1, voor alle n,
DIR.3 voor elke > 0 en δ > 0 bestaat er een natuurlijk getal N zodat voor
alle n ≥ N ,
Z −δ
Z π
Kn (t)dt +
Kn (t)dt < .
−π
δ
Een belangrijk lemma om dit te bewijzen is het volgende.
Lemma 3.3.3. Zij x ∈ R. Als x geen geheel veelvoud is van 2π, dan
Fn (x) =
1 sin2 ( nx
2 )
.
x
2
2πn sin ( 2 )
Bewijs. Wij maken gebruik van de formule voor een partiëelsom van een
meetkundige reeks. Dit geeft:
m
X
eikx =
m
X
eix
k
k=−m
k=−m
=
1 − ei(m+1)x 1 − e−i(m+1)x
+
− 1.
1 − eix
1 − e−ix
Bijgevolg,
n−1
X
m
X
ikx
e
inx
ix 1 − e
n−e
+
1 − eix
1
1 − eix
1
1 − e−ix
=
m=0 k=−m
1 − e−inx
n − e−ix
− n.
1 − e−ix
60
HOOFDSTUK 3. BENADERING DOOR CONVOLUTIE
Nu,
x
2i sin( ) = ei(x/2) − e−i(x/2)
2
en dus
x
2i sin( )ei(x/2) = eix − 1.
2
Er volgt (omdat x geen veelvoud is van 2π)
n−1
X
m
X
ikx
e
=
m=0 k=−m
−e−i(x/2)
2i sin(x/2)
ei(x/2)
2i sin(x/2)
− einx
1 − eix
ix 1
n−e
+
− e−inx
1 − e−ix
n(eix/2 − e−ix/2 )
eix/2
=
+
2i sin(x/2)
2i sin(x/2)
e−ix/2
1 − e−inx
−
−n
2i sin(x/2) 1 − e−ix
= n+
=
=
=
−ix 1
n−e
−n
1 − einx
1 − eix
eix/2 (einx − 1)
e−ix/2 (e−inx − 1)
+
−n
eix/2 (2i sin(x/2))2 e−ix/2 (2i sin(x/2))2
1
inx
+ e−inx − 2
2 e
(2i sin(x/2))
2
1
in(x/2)
−in(x/2)
e
−
e
(2i sin(x/2))2
sin2 (nx/2)
.
sin2 (x/2)
2
Het volgende geeft een verband tussen de partieelsommen van een periodische stuksgewijze continue functie f (van periode 2π) en zijn Fourierreeks.
f ∗ Dn = sn,f = sn
en
f ∗ Fn =
1
(s0 + · · · + sn−1 ).
n
Net zoals in een vorige situatie bewijst men de volgende stelling.
3.4. PUNTSGEWIJZE CONVERGENTIE
61
Stelling 3.3.4. Zij f een stuksgewijze continue periodische functie (van periode 2π) en veronderstel dat f begrensd is. Zij (Kn ) een Diracrij en S een
compacte deelverzameling van R op dewelke f continu is. Dan convergeert
de rij (Kn ∗ f ) uniform naar f op S.
Gevolg 3.3.5. Zij f een stuksgewijze continue en periodische functie (van
periode 2π). De functies f ∗ Fn convergeren uniform naar f op elke compacte
verzameling waarop f continu is.
Gevolg 3.3.6. Zij f en g stuksgewijze continue en periodische functies (van
periode 2π). Als cn,f = cn,g , dan is f = g, behalve voor ten hoogste een eindig
aantal punten.
Gevolg 3.3.7. De verzameling {en | n ∈ Z} is een orthogonale basis van
L2 (T ) (of van de continue periodische functies van periode 2π); d.w.z. {en |
n ∈ Z} is een totale orthogonale basis in L2 (T ). I.h.b. de ruimte van de
oneindig maal differentieerbare functies in L2 (T ) is dicht in L2 (T ).
Gevolg 3.3.8. De ruimte L2 (T ) is een oneindig dimensionale separabele
Hilbertruimte, en dus isomorf met `2 . Bijgevolg is een rij complexe getallen
2
(a
Pn ) de 2rij van de Fouriercoëfficiënten van een f ∈ L (T ) als en slechts als
n |an | < ∞.
3.4
Trigonometrische functies en puntsgewijze convergentie
P∞
Stelling 3.4.1. Zij (a
Pn∞)n∈Z een rij getallen zodat −∞ an ϕn uniform convergeert, en zij g = −∞ an ϕn . Dan is an de Fouriercoëfficiënt van g ten
opzichte van (ϕn ):
< g, ϕn >
an =
.
< ϕn , ϕn >
P
Dus is
an ϕn de Fourierreeks van g.
62
HOOFDSTUK 3. BENADERING DOOR CONVOLUTIE
Bewijs. Dit volgt uit Eigenschap 2.11.5.
Men kan dit weer bewijzen op de volgende manier.Daar elke functie ϕm
begrensd is (kϕn k∞ ≤ 1), volgt er dat de reeks
∞
X
ak ϕk ϕm = gϕm
k=−∞
uniform convergeert. Dus, wegens Proposition 6.2.1, mag men de reeks term
per term integreren. Wegens de orthogonaliteitsrelaties volgt er dan
am < ϕm , ϕm >=< g, ϕm > .
Dus volgt het resultaat. 2
Lemma 3.4.2. (Riemann-Lebesgue)
Veronderstel a < b en veronderstel dat f de uniforme limiet is van trapfuncties op [a, b] (dus f is bijvoorbeeld een continue functie). Dan
Z b
lim
f (x)einx dx = 0.
n→∞ a
Een analoge eigenschap geldt wanneer wij einx vervangen door cos(nx) of
sin(nx).
Bewijs. Veronderstel eerst dat f ook differentiëerbaar is, behalve in ten
hoogste een eindig aantal punten, en veronderstel dat de afgeleide stuksgewijze continu is. Door het interval op te delen in een eindig aantal deelintervallen, zien wij dat het voldoende is het lemma te bewijzen voor elk zulk
deelinterval. M.a.w. het is voldoende (in dit geval) het lemma te bewijzen
voor een f op [a, b] met continue afgeleide. Nu
Z b
Z
f (b)einb f (a)eina
1 b 0
f (x)einx dx| = |
|
f (x)einx dx|
−
−
in
in
in
a
a
|f (b)| |f (a)| 1 0
≤
+
+ kf k∞ (b − a).
n
n
n
Dus,
Z
b
f (x)einx dx → 0 als n → ∞.
a
Wij beschouwen nu het algemeen geval. Voor > 0 bestaat een trapfunctie g op [a, b] zodat
Z b
|f (x) − g(x)|dx < .
2
a
3.4. PUNTSGEWIJZE CONVERGENTIE
63
Dus
Z
|
b
inx
f (x)e
Z
b
inx
(f (x) − g(x))e dx +
a
Z b
g(x)einx dx|
+|
2
a
dx| = |
a
≤
Z
b
g(x)einx dx|
a
Wegens het eerste gedeelte van het bewijs
Z b
g(x)einx dx| < ,
|
2
a
voor n voldoende groot. Dus
Z b
|
f (x)einx dx| < ,
a
voor n voldoende groot. Dit bewijst het lemma voor de functie einx . De
andere gevallen worden analoog bewezen. 2
Zij L1 (T ) de ruimte van de stuksgewijze continue en periodische functies
(van periode 2π) met norm
Z π
1
kf k1 =
|f (t)|dt.
2π −π
En zij
c0 (Z) = {(xn )n∈Z | lim xn = 0, xn ∈ C},
n→∞
met norm k(xn )k∞ = sup{|xn | | n ∈ Z}.
Gevolg 3.4.3. De afbeelding
F : L1 (T ) → c0 (Z) : f 7→ (cn (f ))
is continu en lineair.
Bewijs. Wegens het Lemma van Riemann-Lebesgue is de functie goed
gedefiniëerd. Het is eenvoudig na te gaan dat cn (f + g) = cn (f ) + cn (g)
en cn (rf ) = rcn (f ) voor alle r ∈ C. Dus is F lineair. De continuiteit volgt
uit het feit
|cn (f )| ≤ kf k1 ,
en dus
kF(f )k∞ = sup{|cn (f )| | n ∈ Z} ≤ kf k1 .
64
HOOFDSTUK 3. BENADERING DOOR CONVOLUTIE
2
Men kan ook aantonen dat F een homomorfisme van algebras (met involutie) definiëert
Eigenschap 3.4.4. Zij f een k-maal continu differentieerbare periodische
functie (van periode 2π). Dan
cn (f (k) ) = (in)k cn (f )
en dus
nk |cn (f )| ≤ kf (k) k1 .
Bovendien,
lim nk cn (f ) = 0,
n→∞
of anders geformuleerd cn (f ) = O(1/nk ) als n → ∞. I.h.b., er bestaat een
constante Mk zodat
|cn (f )| ≤ Mk |n|−k .
Bijgevolg is de Fourierreeks absoluut en uniform convergent voor k ≥ 2.
Bewijs. Gebruik partiële integratie k-maal, en volg een bewijs analoog zoals
dat van het Riemann-Lebesgue Lemma. 2
Definitie 3.4.5. Een rij (an )n∈Z heet snel dalend als voor elke k ∈ N er een
Mk > 0 bestaat zodat |an | ≤ Mk |n|−k , voor elke n. De vectorruimte van de
snel dalende rijen noteren wij S(Z).
Gevolg 3.4.6. Voor elke f ∈ C ∞ (T ) (de oneindig maal continu differentieerbare en periodische functies, van periode 2π) geldt dat (cn (f ))n∈Z ∈ S(Z).
Wij zullen later ook het omgekeerde van dit resultaat bewijzen.
Het Lemma van Riemann-Lebesgue speelt een analoge rol als voorwaarde
DIR.3 in de definitie van Diracrijen; namelijk de bijdrage van de integraal
buiten een δ-interval rond de oorsprong is erg klein voor n voldoende groot.
Om de convergentie van de Fourierreeks te bestuderen benodigen wij twee
eigenschappen van de Dirichletkernen Dn :
3.4. PUNTSGEWIJZE CONVERGENTIE
D.2
Rπ
−π
65
Dn (x)dx = 1,
sin((2n+1)(x/2))
2π sin(x/2)
(voor x 6= 2πv, v ∈ Z).
Rπ
Eigenschap D.2 is duidelijk aangezien −π einx dx = 0 voor n 6= 0. Eigenschap D.3 wordt als volgt bewezen. Wegens de berekeningen in Lemma 3.3.3:
D.3 Dn (x) =
n
X
eikx =
k=0
1 − ei(n+1)x
1 − eix
1
=
e−ix/2 − ei(n+ 2 )x
.
−2i sin(x/2)
Analoog
−1 +
n
X
e−ikx = −1 +
k=0
1 − e−i(n+1)x
1 − e−ix
1
eix/2 − e−i(n+ 2 )x
= −1 +
.
2i sin(x/2)
Dus
m
X
k=−m
1
ikx
e
1
eix/2 − e−ix/2 + ei(n+ 2 )x − e−i(n+ 2 )x
= −1 +
2i sin(x/2)
2i sin(x/2) + 2i sin((n + 12 )x)
2i sin(x/2)
1
sin((n + 2 )x)
sin(x/2)
= −1 +
=
Dit bewijst inderdaad D.3.
Herinner dat een periodische functie f voldoet aan de Lipschitz voorwaarde in x als er een constante M > 0 en een open interval U bestaat zodat
x ∈ U en voor alle y ∈ U ,
|f (x) − f (y)| ≤ M |x − y|.
Indien dit geldt voor elke x en M onafhankelijk is van x dan zeggen wij dat
f voldoet aan de Lipschitzvoorwaarde.
Het is welbekend dat een functie met begrensde afgeleide voldoet aan de
Lipschitzvoorwaarde. I.h.b. voldoen de continu differentieerbare functies aan
de Lipschitzvoorwaarde.
66
HOOFDSTUK 3. BENADERING DOOR CONVOLUTIE
Stelling 3.4.7. Zij f een periodische functie (van periode 2π) die de uniforme limiet is van trapfuncties op [−π, π]. Veronderstel dat f voldoet aan de
Lipschitzvoorwaarde in een gegeven punt x. Dan convergeert de Fourierreeks
Sf (x) naar f (x).
Bewijs. Zij x ∈ R en > 0. Omdat f periodisch is (van periode 2π) en de
uniforme limiet is van trapfuncties, volgt er
sn,f (x) − f (x) = (Dn ∗ f )(x) − f (x)
Z π
Dn (t)[f (x − t) − f (x)]dt.
=
−π
Definiëer de volgende functie:
(
fn (t) =
sin((2n+1)(t/2))
2π sin(t/2)
2n+1
2π
voor t 6= 2πv, v ∈ Z
.
voor t = 2πv, v ∈ Z
Wegens Eigenschap D.3 weten wij dat fn (t) = Dn (t) (op het domein van Dn )
en dus is fn continu. Bijgevolg,
Z π
sin((2n + 1)(t/2))
sn,f (x) − f (x) =
[f (x − t) − f (x)]dt.
2π sin(t/2)
−π
Het Lemma van Riemann-Lebesgue is niet onmiddellijk toepasbaar op het
(x−t)−f (x)
volledige interval, dit omdat de functie g(t) = f 2π
sin(t/2) niet noodzakelijk
een uniforme limiet is van trapfuncties (aangezien sin(t/2) nul is voor t = 0).
Om dit probleem te vermijden splitsen wij de integraal in drie delen.
Omdat f voldoet aan de Lipschitzvoorwaarde in x, bestaat er een δ1 en
een constante C > 0 zodat
|f (x − t) − f (x)| < C|t|
voor alle t met |t| ≤ δ1 . Dus, voor elke 0 < δ < δ1 ,
Z δ
Z δ
f (x − t) − f (x)
f (x − t) − f (x)
sin((2n + 1)(t/2))dt| ≤
|
|dt
|
2π sin(t/2)
2π sin(t/2)
−δ
−δ
Z δ
C|t|
≤
dt
−δ 2π| sin(t/2)|
t
Aangezien de functie t 7→ sin(t/2)
(met functiewaarde 2 voor t = 0) continu is
in [−δ, δ], bestaat er een constante M > 0 zodat
Z δ
f (x − t) − f (x)
2δ
|
sin((2n + 1)(t/2))dt| ≤
CM.
2π
sin(t/2)
2π
−δ
3.4. PUNTSGEWIJZE CONVERGENTIE
67
Dus voor een gegeven > 0 bestaat er een δ voldoende klein zodat
δ
Z
Dn (t)[f (x − t) − f (x)]dt| < ,
2
−δ
|
en dit onafhankelijk van n.
Wegens het Lemma van Riemann-Lebesgue verkrijgen wij ook
Z
−δ
Dn (t)[f (x − t) − f (x)]dt
lim
n→∞ −π
−δ
Z
=
1 f (x − t) − f (x)
sin((n + )t)
dt = 0
2
2π sin(t/2)
lim
n→∞ −π
en ook
Z
π
Dn (t)[f (x − t) − f (x)]dt = 0.
lim
n→∞ δ
Bijgevolg, voor n voldoende groot,
Z
π
|
Dn (t)[f (x − t) − f (x)]dt|
−π
Z
−δ
≤
Z
δ
+
−π
Z
−δ
π
|Dn (t)[f (x − t) − f (x)]|dt
+
δ
≤ .
2
Gevolg 3.4.8. Zij f een periodische functie (van periode 2π) in C 2 , de
klasse van de 2-maal continu differentieerbare functies. Dan convergeert de
Fourierreeks Sf uniform naar f .
Bewijs. De functie f voldoet aan de Lipschitzvoorwaarde omdat f ∈ C 2 .
Bijgevolg, wegens Stelling 3.4.7 convergeert Sf puntsgewijze naar f . Ook
weten wij (Eigenschap 3.4.4) dat Sf uniform convergeert naar een functie g.
Dus g = f en is de convergentie uniform naar f . 2
Gevolg 3.4.9. De Fourierreeksontwikkeling geeft een isomorfisme tussen
C ∞ (T ) en S(Z).
68
HOOFDSTUK 3. BENADERING DOOR CONVOLUTIE
Bewijs. Wij weten reeds dat (Gevolg 3.4.6) de Fourierreeksontwikkeling een
injectieve afbeelding geeft van C ∞ (T ) naar S(Z).
P
Omgekeerd, zij (an ) ∈ S(Z). Dan convergeert de reeks n an en uniform
naar een functie f en cn (f ) = an . Inderdaad, dat de reeks uniform convergeert naar een functie f volgt uit het feit dat voor elke k ∈ N een getal
Mk > 0 bestaat zodat
|an | ≤ Mk |n|−k .
Wegens Stelling 3.4.1 is inderdaad ook an = cn (f ).
Analoog bewijst men dat voor elk strikt positief geheel getal
X
(in)l an en
n
uniform convergeert. Nu is, wegens Eigenschap 3.4.4, (in)l an = cn (f (l) ).
Dus,
Pwegens Eigenschap 6.2.2 is f inderdaad oneindig maal differentieerbaar
en n (in)l an en = f (l) . 2
Hoofdstuk 4
FOURIERTRANSFORMATIE
Tot nu toe was ons hoofddoel functies te benaderen door (reeksen) van functies en dit via orthogonale verzamelingen van functies. In dit hoofdstuk
bespreken wij integraaltransformaties: een andere manier om functies te
bestuderen en om differentiaalvergelijkingen op te lossen.
Wij doen dit via de Fouriertransformatie. Dit staat ons toe om functies
met domein R te behandelen; dit op een manier analoog aan Fourierreeksen
die vooral functies op een eindig interval behandelden.
Wij motiveren even de situatie. Zij f : R → C een (periodische) en 2-maal
continu differentiëerbare functie. Voor elke l > 0 hebben wij een Fourierreeks
van f beperkt tot [−l, l]. Voor x ∈ [−l, l],
∞
1 X
cn,l eiπnx/l ,
2l −∞
Z l
=
f (y)e−iπny/l dy.
f (x) =
cn,l
−l
Stel ∆ξ =
π
l
en ξn = n∆ξ = nπ/l. Dus worden de formules
∞
1 X
cn,l eiξn x ∆(ξ),
2π −∞
Z l
=
f (y)e−iyξn dy.
f (x) =
cn,l
−l
Als f (x) voldoende klein wordt als x → ±∞, dan zal cn,l weinig veranderen
69
70
HOOFDSTUK 4. FOURIER-
TRANSFORMATIE
als wij het interval [−l, l] uitbreiden tot (−∞, ∞). Dus
Z ∞
f (y)e−iξn y dy.
cn,l ≈
−∞
Wij noteren deze integraal door
fˆ(ξn )
(een functie van ξn ). Bijgevolg
∞
1 Xˆ
f (x) ≈
f (ξn )eiξn x ∆ξ (|x| < l).
2π −∞
Dit lijkt op een Riemann som. Als l → ∞ zodat ∆ξ → 0, dan zou ≈ moeten
gelijkheid worden. Dus
Z ∞
1
f (x) =
fˆ(ξ)eiξx dξ
2π −∞
met
fˆ(ξ) =
Z
∞
f (x)e−iξx dx.
−∞
De vorige berekeningen zijn erg rudimentair en niet exact. Wij zullen
in dit hoofdstuk echter aantonen dat deze formules geldig zijn als f aan
bepaalde beperkingen voldoet. De functie fˆ wordt de Fouriertransformatie
van f genoemd.
Wij zullen de volgende notatie gebruiken
Z ∞
1
1
L = L (R) = f | kf k1 =
|f (x)|dx < ∞ .
−∞
De integraal is de Lebesgue integraal, een uitbreiding van de Riemann integraal. Dit technisch punt zal echter niet veel of geen rol spelen in deze
cursus. De ruimte L1 is een volledige ruimte. Ook gebruiken wij de volgende
notatie:
C1 (R) = C10 (R)
= {f : R → C | f continu en de Riemann integraal
Z ∞
|f (x)|dx convergeert
−∞
71
en ook
C1n (R) = {f ∈ C n (R) | voor elke k ≤ n convergeert
Z ∞
|f (k) (x)|dx}
de Riemann integraal
−∞
Wij geven enkele opmerkingen.
(1) L1 6⊆ L2 , L2 6⊆ L1 .
Wij geven een voorbeeld. Zij
−2/3
x
f (x) =
0
0<x<1
elders
en
g(x) =
x−2/3
0
x>1
elders
Dan f ∈ L1 , f 6∈ L2 maar g ∈ L2 en g 6∈ L1 .
(2) Als f ∈ L1 en f begrensd is, dan f ∈ L2 .
Inderdaad, omdat kf k∞ ≤ M volgt er dat
Z ∞
Z ∞
2
|f (x)| dx ≤ M
|f (x)|dx < ∞.
−∞
∞
(3) Als f ∈ L2 en f (x) = 0 voor x 6∈ [a, b], dan f ∈ L1 .
Dit volgt uit de ongelijkheid van Cauchy-Schwarz:
Z ∞
Z b
|f (x)|dx =
1|f (x)|dx
−∞
a
1/2
≤ (b − a)
Z b
(
|f (x)|2 dx)1/2
a
< ∞
72
HOOFDSTUK 4. FOURIER-
TRANSFORMATIE
In hoofdstuk drie bestuurden wij functies in L1 die compacte drager
hebben. Nu veralgemenen wij verschillende van de methodes, o.a. het convolutieproduct.
4.1
Convolutieproduct
Zij f, g : R → C. Het convolutieproduct f ∗ g van f en g is gedefiniëerd als
Z ∞
(f ∗ g)(x) =
f (x − y)g(y)dy,
−∞
dit op voorwaarde dat de integraal bestaat.
Er zijnR allerlei voldoende voorwaarden op f en g die waarborgen dat de
∞
integraal −∞ f (x − y)g(y)dy absoluut convergent is voor alle x ∈ R. Wij
geven enkele voorbeelden. De bewijzen zijn zoals in hoofdstuk drie.
Eigenschap 4.1.1.
1. Als f ∈ L1 en g begrensd is (d.w.z. kgk∞ ≤ M )
dan bestaat f ∗ g(x) voor alle x ∈ R.
2. Als f begrensd is en g ∈ L1 , dan bestaat f ∗ g(x) voor alle x ∈ R.
3. Als f, g ∈ L2 dan bestaat (f ∗ g)(x) voor alle x ∈ R.
4. Als f stuksgewijs continu is en g begrensd is met compacte drager, dan
bestaat (f ∗ g)(x) voor alle x ∈ R.
Als f, g ∈ L1 dan kan men bewijzen dat (f ∗ g)(x) bestaat voor “bijna
alle” x ∈ R, d.w.z. behalve voor een verzameling van Lebesgue maat nul.
Eigenschap 4.1.2. Op voorwaarde dat de convolutieproducten bestaan:
1. f ∗ (ag + bh) = a(f ∗ g) + b(f ∗ h), voor alle a, b ∈ C.
2. f ∗ g = g ∗ f
3. Als f ∈ C11 (R) en g stuksgewijs continu en begrensd is, dan (f ∗ g)0 =
f 0 ∗ g.
4.2. DE FOURIERINTEGRAAL
4.2
73
De Fourierintegraal
Als f ∈ C1 (R) dan is de Fouriertransformatie
fˆ : R → C
de functie gedefiniëerd als volgt
fˆ(ξ) =
Z
∞
e−iξx f (x)dx.
−∞
Aangezien |e−iξx | = 1 en f ∈ C1 (R) convergeert de integraal absoluut voor
alle ξ ∈ R. Bijgevolg hebben wij inderdaad een functie fˆ met domein R.
Deze functie is begrensd, aangezien
Z ∞
ˆ
|f (ξ)| ≤
|f (x)|dx < ∞.
−∞
Wij bewijzen nu dat fˆ continu is. Inderdaad, voor elke h ∈ R,
Z ∞
ˆ
ˆ
|f (ξ + h) − f (ξ)| = |
e−iξx (e−ihx − 1)f (x)dx|
i∞
Z ∞
≤
|e−ihx − 1| |f (x)|dx
−∞
Nu, |e−ihx − 1| |f (x)| ≤ 2|f (x)| en
lim |e−ihx − 1| = 0
h→0
voor alle x. Dus, wegens de gedomineerde convergentiestelling,
Z ∞
lim
|e−ihx − 1| |f (x)|dx = 0.
h→0 −∞
Er volgt dat f continu is in elke ξ.
Wij geven nu enkele van de basiseigenschappen van de Fouriertransformatie. Wij vermelden eerst de volgende eigenschap.
Stelling 4.2.1. Zij f een continue functie in twee veranderlijken gedefiniëerd
op [a, ∞) × [c, ∞). Veronderstel dat
74
HOOFDSTUK 4. FOURIER1. de integralen
Z
∞
Z
|f (t, x)|dt en
a
TRANSFORMATIE
∞
|f (t, x)|dx
c
uniform convergeren voor x in elk eindig interval, en voor t in elk eindig
interval,
2. één van de integralen
∞Z ∞
Z
|f (t, x)|dt dx
c
of
a
∞Z ∞
Z
|f (t, x)|dx dt
a
c
convergeert,
dan convergeert ook de andere integraal en zij zijn gelijk.
Eigenschap 4.2.2. Veronderstel f, g ∈ C1 (R). Dan,
1. lim|ξ|→∞ fˆ(ξ) = 0
2. |fˆ(ξ)| ≤ kf k1 en kfˆk∞ ≤ kf k1 .
3. als a, b ∈ C, dan
\
af
+ bg = afˆ + bĝ.
4. f[
∗ g = fˆĝ
5. fc∗ = fˆ, met f ∗ (x) = f (−x) (dus ∗ is een involutie op de algebra
C1 (R)).
6. C1 (R) → C0 (R) : f 7→ fˆ is een algebra homomorfisme van algebras met
involutie; met C0 (R) = {f ∈ C(R) | lim|x|→∞ f (x) = 0}.
7. voor elke a ∈ R,
(a) fba (ξ) = e−iaξ fˆ(ξ) met fa (ξ) = f (ξ − a),
\ (ξ) = fˆ(ξ − a) met exp(ia)(x) = eiax .
(b) exp(ia)f
8. als 0 6= a ∈ R+ en fa (ξ) = a−1 f (ξa−1 ), dan
(a) fba (ξ) = fˆ(aξ),
4.2. DE FOURIERINTEGRAAL
(b)
75
\
fa−1 (ξ).
fˆ (ξ) = a−1
a
Bewijs.
(1) Dit volgt onmiddelijk uit het lemma van Riemann-Lebesgue.
(2) en (3) zijn evident.
(4)
Z ∞Z ∞
[
e−iξx f (x − y)g(y)dydx
f ∗ g(ξ) =
−∞
−∞
Omdat f ∗ g absoluut integreerbaar is kunnen wij de orde van de integralen
veranderen. Dus
Z ∞Z ∞
[
e−iξ(x−y) f (x − y)e−iξy g(y)dxdy
f ∗ g(ξ) =
−∞ −∞
Z ∞Z ∞
=
e−iξz f (z)e−iξy g(y)dzdy
−∞
−∞
= fˆ(ξ)ĝ(ξ)
(5)
fˆ(ξ) =
Z
∞
e−iξx f (x)dx
Z−∞
∞
=
Z−∞
∞
=
Z−∞
∞
=
e−iξx f (x)dx
eiξx f (x)dx
e−iξx f (−x)dx
−∞
= fc∗ (ξ)
(6) Dit volgt onmiddelijk uit de vorige eigenschappen.
(7)
Z
∞
fba (ξ) =
Z−∞
∞
=
−∞
−iξa
= e
e−iξx f (x − a)dx
e−iξx−iξa f (x)dx
fˆ(ξ)
76
HOOFDSTUK 4. FOURIER-
TRANSFORMATIE
en
∞
Z
\ )(ξ) =
(exp(ia)f
Z−∞
∞
=
e−iξx exp(iax)f (x)dx
e−i(ξ−a)x f (x)dx
−∞
= fˆ(ξ − a)
(8)
Z
∞
fba (ξ) =
Z−∞
∞
=
e−iξx a−1 f (xa−1 )dx
e−iξax f (x)dx
−∞
= fˆ(aξ)
en
Z ∞
−1
−1
ˆ
e−iξa x f (x)dx
(f )a (ξ) = a
Z ∞ −∞
=
e−iξy f (ay)dy
−∞
=
\
a−1
fa−1 (ξ)
2
Om de volgende belangrijke eigenschap te bewijzen benodigen wij het
volgende resultaat.
Stelling 4.2.3. Zij f : [a, ∞)×J → C een functie met J = [c, d]. Veronderstel dat D2 (f ) bestaat en f, D2 f continu zijn. Veronderstel ook dat er functies
ϕ, ψ : [a, ∞) → R+ bestaan zodat
|f (t, x)| ≤ ϕ(t) en |D2 f (t, x)| ≤ ψ(t)
voor alle (t, x) ∈ [a, ∞) × J. Als de intgralen
Z ∞
Z ∞
ϕ(t)dt en
ψ(t)dt
a
a
convergeren, dan is de functie
Z
g(x) =
∞
f (t, x)dt
a
4.2. DE FOURIERINTEGRAAL
77
differentiëerbaar en
d
g(x) =
dx
Eigenschap 4.2.4.
∞
Z
D2 f (t, x)dt.
a
1. Als f ∈ C11 (R) dan
d
0 ) (ξ) = iξ fˆ(ξ).
(f
2. Als f ∈ C1 (R) en Xf : R → C : x 7→ xf (x) behoort tot C1 (R), dan
0
d (ξ) = i fˆ (ξ).
Xf
Bewijs. (1) Omdat f ∈ C1 (R) volgt er dat
lim f (x) = 0
x→∞
en
lim f (x) = 0.
x→−∞
Dus geeft partiële integratie
d
0 ) (ξ) =
(f
Z
∞
f 0 (x)e−iξx dx
−∞
Z
∞
= −
f (x)(−iξ)e−iξx dx
−∞
= iξ fˆ(ξ).
(2) De partiële afgeleide (t.o.v. de veranderlijke ξ)
D2 (f (x)e−iξx ) = −ixf (x)e−iξx
is begrensd door |Xf |. Wegens Stelling 4.2.3 en de veronderstelling Xf ∈
C1 (R) verkrijgen wij dus
Z ∞
d
ˆ
D(f (ξ)) =
f (x)e−iξx dx
dξ −∞
Z ∞
=
−ixf (x)e−iξx dx
−∞
[)(ξ).
= −i(Xf
2
78
HOOFDSTUK 4. FOURIER-
TRANSFORMATIE
Wij geven nu drie voorbeelden van Fouriertransformatie.
Voorbeeld 1. Zij
Dan
Z
χ
ca (ξ) =
a
−a
χa (x) =
1 voor |x| < a
0 elders
e−iξx dx =
1
2 sin(aξ)
(e−iaξ − eiaξ ) =
.
−iξ
ξ
(Ook voor ξ = 0 blijft de formule gelden, als wij de limiet waarde nemen.)
Merk op dat χ
ca 6∈ L1 .
q
2
2π −ξ 2 /2a
Voorbeeld 2. Zij f (x) = e−ax /2 met a > 0. Dan fˆ(ξ) =
.
a e
√
Indien a = 1, dan fˆ = 2πf .
Inderdaad wegens Eigenschap 4.2.4.(2)
Z ∞
2
0
ˆ
e−ax /2 (−ix)e−iξx dx
(f ) (ξ) =
−∞
2
Partiële integratie met u = e−iξx en dv = −axe−ax /2 dx geeft
Z
i ∞ −ax2 /2 0 −ξix
(fˆ)0 (ξ) = −
(e
)e
dx
a −∞
Z
i ∞ −ax2 /2 −ξix
= −
e
e
(−ξi)dx
a −∞
Z
ξ ∞ −ax2 /2 −ξix
e
e
dx
= −
a −∞
ξ
= − fˆ(ξ)
a
Bijgevolg
d
dξ
fˆ(ξ)
e−ξ2 /2a
!
2
2
− aξ fˆ(ξ)e−ξ /2a − fˆ(ξ)(−ξ/a)e−ξ /2a
= 0.
=
e−ξ2 /a
Dus
2
fˆ(ξ) = Ce−ξ /2a ,
voor een constante C. Duidelijk is C = fˆ(0) =
R∞
−ax2 /2 dx.
−∞ e
r Z ∞
r
2
2π
−y 2
C=
e dy =
a −∞
a
Dus
4.2. DE FOURIERINTEGRAAL
79
en dus
r
fˆ(ξ) =
2π −ξ2 /2a
e
.
a
Voorbeeld 3. Zij
f (x) =
1 − |x| voor |x| ≤ 1
0
voor |x| > 1
Dan
Z
fˆ(ξ) =
1
(1 − |x|)e−iξx dx
−1
Z
1
(1 − x) cos(ξx)dx
1 − cos ξ
= 2
ξ2
= 2
0
Om technische redenen, zoals het vermijden van Lebesgue integratie, en
om fˆ ∈ L1 te verkrijgen, beperken wij ons nu tot een deelruimte van L1 .
Vooraleer wij deze ruimten definiëren geven wij enkele definities.
Definitie 4.2.5. Een functie f heet sneldalend als voor alle natuurlijke
getallen n de functie |x|n |f (x)| begrensd is.
(n) (ξ) en dus |fˆ(ξ)| |ξ n | =
Lemma 4.2.6. Als f ∈ C1n (R), dan is fˆ(ξ) (iξ)n = fd
bˆ
(n) (ξ)|. Bijgevolg, als f ∈ C ∞ (R), dan is fˆ sneldalend (en dus bestaat f
).
|fd
1
Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit Eigenschap 4.2.4. 2
In het bijzonder, als f ∈ C12 (R), dan
fc00 (ξ) = −ξ 2 fˆ(ξ)
en dus
(1 + ξ 2 )|fˆ(ξ)| ≤ C,
voor een constante C. Dus
|fˆ(ξ)| ≤
C
,
1 + ξ2
80
HOOFDSTUK 4. FOURIER-
TRANSFORMATIE
voor alle ξ ∈ R. Er volgt dat
fˆ ∈ C1 (R).
Bijgevolg bestaat de Fouriertransformatie van fˆ en f, fˆ ∈ L2 .
Definitie 4.2.7. De Schwarzruimte S(R) is de deelruimte van C ∞ (R) bestaande
uit alle functies f ∈ C ∞ (R) zodat f (n) sneldalend is voor elke natuurlijk getal
n.
Lemma 4.2.8. Als f sneldalend is, dan bestaat voor elk natuurlijk getal n
een constante c zodat
c
|xn f (x)| ≤
,
1 + x2
i.h.b. X n f ∈ C1 (R).
Bewijs. Dit is evident. 2
Gevolg 4.2.9. Als f ∈ S(R), dan voor elk natuurlijk getal n,
(n) = (iX)n fˆ,
\n f en fd
fˆ(n) = (−iX)
i.h.b. fˆ ∈ S. Bovendien, als ook g ∈ S(R), dan
f ∗ g ∈ S(R)
en
(f ∗ g)(n) = f (n) ∗ g = f ∗ g (n)
en
\
(f
∗ g) = fbgb.
Bijgevolg is (S(R), +, ∗) een commutatieve algebra en definiëert f ∗ (x) =
f (−x) een involutie op S(R). Bovendien is
F : S(R), +, ∗ → S(R), +, · : f 7→ fˆ
een algebrahomomorfisme. 2
Wij tonen vervolgens aan dat F een isomorfisme definiëert. Dit zal volgen
uit de inversieformule die wij bewijzen in de volgende paragraaf.
4.3. INVERSIEFORMULE
4.3
81
Inversieformule
Stelling 4.3.1. (Inversieformule) Voor elke functie f ∈ S(R) geldt
b
fb = 2πf ∗ .
Bewijs. Zij f, g ∈ S(R). Dan, wegens Stelling 4.2.1,
Z ∞
fˆ(ξ)e−iξx g(ξ)dξ
−∞
Z ∞Z ∞
=
f (t)e−itξ e−iξx g(ξ)dtdξ
−∞ −∞
Z ∞Z ∞
=
f (t)e−iξ(t+x) g(ξ)dtdξ
−∞ −∞
Z ∞
Z ∞
−iξ(t+x)
=
f (t)
e
g(ξ)dξ dt
−∞
−∞
Z ∞
=
f (t)ĝ(t + x)dt
−∞
Zij nu h ∈ S(R) en stel g(x) = h(ax) voor a > 0. Dan, wegens Eigenschap 4.2.2,
1 η ĝ(η) = ĥ
a
a
en dus
Z ∞
Z ∞
1 t+x
fˆ(ξ)e−iξx h(aξ)dξ =
f (t) ĥ(
)dt
a
a
−∞
−∞
Z ∞
=
f (au − x)ĥ(u)du,
−∞
met u = t+x
a . Beide integralen zijn continu afhankelijk van de parameter a.
Laat a → 0, dan volgt er
Z ∞
ˆˆ
ĥ(u)du
h(0)f (x) = f (−x)
−∞
ˆ
= f (−x)ĥ(0).
2
Stel h(x) = e−x /2 dan volgt uit een vorig voorbeeld dat ĥ(ξ) =
2
b
b
en dus ĥ(ξ) = 2πe−ξ /2 . Dus ĥ(0) = 2π. Er volgt dat
ˆ
fˆ = f (−x)2π.
2
√
2πe−ξ
2 /2
82
HOOFDSTUK 4. FOURIER-
TRANSFORMATIE
Gevolg 4.3.2. De functie
F : S(R) → S(R)
is een isomorfisme van algebras.
Bewijs. Wij weten reeds dat F een homomorfisme is. Het is injectief, want
als fˆ = ĝ, dan volgt uit de inversieformule dat
1 ˆˆ
1 ˆ
f=
ĝ = g ∗ ,
2π
2π
en dus f = g. De inversieforume heeft ook als onmiddellijk gevolg dat F
surjectief is. 2
f∗ =
Gevolg 4.3.3. Voor alle f, g ∈ S(R),
1 ˆ
d
(f ∗ ĝ).
(f
g) =
2π
Bewijs. Zij ψ, ϕ ∈ S(R) zodat f = ϕ̂ en g = ψ̂. Dan fˆ = ϕ∗ 2π en ĝ = ψ ∗ 2π.
Dus wegens Eigenschap 4.2.2
c
fcg = ϕ̂ψ̂
[
= ϕ[
∗ψ
= (ϕ ∗ ψ)∗ 2π
= (ϕ∗ ∗ ψ ∗ )2π
1 ˆ
(f ∗ ĝ)
=
2π
2
Wij merken tenslotte op dat de inversieformule onder heelwat zwakkere
voorwaarden kan bewezen worden. Het is bijvoorbeeld voldoende dat f, fˆ ∈
C1 (R).
4.4
Fouriertransformatie in L2
Merk op dat voor f ∈ L2 (R) de Fouriertransformatie niet noodzakelijk zin
heeft (omdat L2 6⊆ L1 ). Dus is een andere definitie vereist. Het is wel
duidelijk dat S(R) ⊆ L2 (R).
4.4. FOURIERTRANSFORMATIE IN L2
83
Eigenschap 4.4.1. Voor f ∈ S(R) geldt
√
kfˆk2 = 2πkf k2 .
Bewijs. Stel
Z
∞
∗
f (t)f (t − x)dt = f ∗ f (x).
g(x) =
−∞
Dan
Z
∞
g(0) =
−∞
f (t)f (t)dt = kf k22 .
Bovendien
∗
c∗
ĝ = f\
∗ f = fˆf = fˆfˆ.
Dus ĝ(ξ) = |fˆ(ξ)|2 . Wegens de inversieformule verkrijgen wij aldus
Z ∞
1 ˆ
g(x) =
f (ξ)eixξ dξ
−∞ 2π
en dus
kf k22
Z
∞
= g(0) =
−∞
2
1
1 ˆ 2
|f (ξ)| dξ = kfˆk22 .
2π
2π
Stelling 4.4.2. (Plancherel) Er bestaat een unieke afbeelding
F : L2 (R) → L2 (R)
zodat
1. F(f ) = fˆ voor f ∈ S(R),
2. hF(f ), F(g)i = 2πhf, gi voor f, g ∈ L2 ,
3. kF(f )k2 = 2πkf k2 voor f, g ∈ L2 .
Bewijs. Wegens Eigenschap 4.4.1 is de afbeelding
1
F : S(R) → S(R) : f 7→ √ fˆ
2π
een isometrie van genormeerde ruimten. Aangezien kF(f )k2 = kf k2 volgt
er dat F een begrensde lineaire operator is. Dus, wegens Eigenschap 2.4.5
bestaat er een unieke uitbreiding
F e : S(R) → L2 (R)
zodat
e
F|S(R)
=F
en die de norm bewaart. Omdat S(R) = L2 (R) en wegens de inversiestelling
L2 (R) = S(R) ⊆ F(S(R)) volgt nu het resultaat. 2
84
HOOFDSTUK 4. FOURIER-
TRANSFORMATIE
Wij geven nu een lijst van voorbeelden van Fouriertransformaties (a, c ∈
R, a > 0).
f (x)
fˆ(ξ)
f (x − c)
e−icξ fˆ(ξ)
eicx f (x)
fˆ(ξ − c)
f (ax)
a−1 fˆ(a−1 ξ)
f 0 (x)
iξ fˆ(ξ)
xf (x)
i(fˆ)0 (ξ)
(f ∗ g)(x)
fˆ(ξ)ĝ(ξ)
f (x)g(x)
1 ˆ
2π (f ∗
e−ax
√
2 /2
(x2 + a2 )−1
χa (x) =
x−1 sin(ax)
ĝ)(ξ)
2πa−1 e−ξ
2 /2a
π −a|ξ|
ae
1 |x| < a
0 |x| ≥ a
2ξ −1 sin(aξ)
πχa (ξ) =
π |ξ| < a
0 |ξ| ≥ a
4.4. FOURIERTRANSFORMATIE IN L2
85
De definitie van Fouriertransformatie die wij hier gebruikt hebben is niet
noodzakelijk de gebruikelijke. Andere gebruikelijke definities zijn
Z
1
˜
f (ξ) = √
e−iξx f (x)dx
2π
en
f˘(ξ) =
Z
e−2πiξx f (x)dx.
De respectievelijke inversieformules worden dan,
Z
1
f (x) = √
eiξx f˜(ξ)dξ
2π
en
Z
f (x) =
e2πiξx f (ξ)dξ.
Er volgt dan dat
^
kf˜k2 = kf k2 en (f
∗ g) =
√
2π f˜g̃
en
kf˘k2 = kf k2 en (f ˘∗ g) = f˘ğ en f˘0 (ξ) = 2πiξ f˘(ξ).
86
HOOFDSTUK 4. FOURIER-
TRANSFORMATIE
Hoofdstuk 5
HERMITISCHE
OPERATOREN
Een typisch centraal probleem in functionaal analyse is het oplossen van
vergelijkingen van de vorm
Lf = g
met L een gegeven lineaire (differentiaal) operator en g een gegeven functie.
De functie f is de onbekende en moet eventueel voldoen aan een aantal beginof randvoorwaarden.
Zelfs als wij de vergelijking kunnen oplossen voor f is het helemaal niet
zeker dat de oplossingsmethode werkt voor de volledige klasse van vergelijkingen onder beschouwing. Bovendien is het onduidelijk of elke vergelijking
een oplossing heeft, of dat er zelfs een unieke oplossing is. “Wiskundig”
gezien is het niet voldoende om te zeggen dat de vergelijking een fysisch
probleem beschrijft en daarom een unieke oplossing moet hebben (bovendien zijn wiskundige beschrijvingen exacte voorstellingen van de realiteit en
kunnen bijvoorbeeld kleine veranderingen in de beginvoorwaarde grote (onrealistische) veranderingen weergeven in de wiskundige oplossing).
Om vergelijkingen Lf = g op te lossen doen wij een beroep op lineaire
algebra. Doch de situatie is nu veel ingewikkelder dan in eindig dimensionale
lineaire algebra (meetkunde); zo zullen determinanten om zeggens geen rol
spelen. De theorie doet ook beroep op topologie en maattheorie. Dit alles
werd ontwikkeld in het begin van de 20-ste eeuw. In dit hoofdstuk bestuderen
wij Hermitische operatoren; deze hebben mooie diagonalisatieresultaten.
87
88
HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN
5.1
Lineaire operatoren
Zij V en W genormeerde ruimten. Herinner dat een lineaire operator f :
V → W begrensd genoemd wordt als er een constante C ≥ 0 bestaat zodat
kf (v)k ≤ Ckvk
voor alle v ∈ V . De norm van f is
kf k = sup{kf (v)k | v ∈ V, kvk = 1}.
De operator f is begrensd als en slechts als f continu is, of equivalent, als f
continu is in 0. De vectorruimte B(V, W ) van alle continue lineaire operatoren
is een genormeerde ruimte. Als, bovendien, W een Banachruimte is, dan is
ook B(V, W ) een Banachruimte.
Wij geven enkele nieuwe voorbeelden.
De vermenigvuldiging operator.
Zij f ∈ C([a, b], R) en
M : L2 ([a, b]) → L2 ([a, b])
gedefinieerd als volgt
(M x)(t) = f (t)x(t).
Wij noemen f de vermenigvuldiger. De functie M is duidelijk lineair en, voor
elke x ∈ L2 ([a, b]),
Z b
2
kM xk =
|f (t)|2 |x(t)|2 dt
a
Z b
2
≤ sup{|f (t)| | a ≤ t ≤ b}
|x(t)|2 dt
a
2
≤ Ckxk ,
met C = sup{|f (t)|2 | a ≤ t ≤}. Dus is M begrensd en kM k ≤ kf k∞ .
De “shift operator”
Beschouw de ruimte `2 van de complexe
rijen (xn ) = x waarvoor de
pP
2
volgende norm convergent is: kxk =
|xn | . Definieer
S : `2 → `2
5.2. INVERTEERBARE BEGRENSDE LINEAIRE OPERATOREN 89
als volgt
S(x1 , x2 , x3 , . . .) = (0, x1 , x2 , . . .).
Duidelijk is S een isometrie (i.h.b. kSxk = kxk voor alle x ∈ `2 ). Dus is S
begrensd en kSk = 1. Analoog is er de “backward” shift operator S ∗ op `2 .
Deze is gedefinieerd als volgt
S ∗ (x1 , x2 , . . .) = (x2 , x3 , x4 , . . .).
Ook S ∗ is begrensd en kS ∗ k = 1, maar S ∗ is geen isometrie.
Merk op dat in de ruimte van de differentieerbare functies op R:
M D 6= DM,
voor D =
5.2
d
dx
en M de vermenigvuldigingsoperator.
Inverteerbare begrensde lineaire
operatoren
Zij H een Banachruimte en f ∈ B(H). De operator is inverteerbaar als er
een g ∈ B(H) bestaat zodat f g = gf = 1 (de identieke operator op H). De
operator g is uniek en wordt genoteerd f −1 . Als f en g inverteerbaar zijn op
H, dan
(f g)−1 = g −1 f −1 .
Voor f ∈ B(H) noteren wij met f (H) het beeld van f .
Lemma 5.2.1. Veronderstel f ∈ B(H). Als c > 0 zodat kf (x)k ≥ ckxk voor
alle x ∈ H, dan is f (H) gesloten.
Bewijs. Zij y ∈ f (H) en kies een rij (xn ) in H zodat limn→∞ f (xn ) = y.
Aangezien (f (xn )) een Cauchy rij is, bestaat er voor > 0 een natuurlijk
getal N zodat voor alle m, n ≥ N ,
kf (xn ) − f (xm )k = kf (xn − xm )k < .
Wegens de veronderstelling volgt er dus
kxn − xm k < ,
c
en dus is (xn ) een Cauchy rij. Aangezien H volledig is, bestaat er dus een
x ∈ H zodat limn→∞ xn = x. Wegens de continuı̈teit van f volgt er dus
y = limn→∞ f (xn ) = f (x). Dus y ∈ f (H), en f (H) is gesloten. 2
90
HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN
Eigenschap 5.2.2. Een operator f ∈ B(H) is inverteerbaar als en slechts
als f (H) = H en er een c > 0 bestaat zodat kf (x)k ≥ ckxk voor alle x ∈ H.
Bewijs. Als f inverteerbaar is en y ∈ H, dan y = f (f −1 y) ∈ f (H). Dus
f (H) = H. Ook, voor x ∈ H,
kxk = kf −1 f (x)k ≤ kf −1 k kf (x)k.
Dus, met c =
1
kf −1 k
verkrijgen wij
kf (x)k ≥ ckxk.
Omgekeerd, veronderstel f (H) = H en kf (x)k ≥ ckxk voor een c > 0 en
alle x ∈ H. Dus, voor x 6= y,
kf (x) − f (y)k = kf (x − y)k ≥ ckx − yk > 0.
Dus, f (x) 6= f (y) en f is injectief. Wegens de veronderstelling is f ook
surjectief, en dus bijectief. Er volgt dat f een inverse lineaire functie f −1
heeft. Bovendien,
kyk = kf f −1 (y)k ≥ ckf −1 (y)k
en dus
1
kf −1 (y)k ≤ kyk.
c
Zodat f −1 ∈ B(H). 2
Merk op dat als H een eindig dimensionale Banachruimte is, dan is
f ∈ B(H) inverteerbaar als en slechts als f injectief is. Voor oneindig dimensionale ruimten is dit niet waar.
Voorbeeld
Zij H = `2 en S de shift operator. Duidelijk is S injectief en S(H) 6= H.
Men kan evenwel de volgende stelling bewijzen.
Stelling 5.2.3. (Begrensde inverse stelling) Zij H een Banachruimte en f ∈
B(H). Als f bijectief is dan is de inverse functie f −1 begrensd.
In sommige boeken noemt men een operator f : H → H inverteerbaar
als er een functie g : f (H) → H bestaat zodat gf = f g = 1. Het volgende
voorbeeld toont aan dat g niet noodzakelijk begrensd is.
Voorbeeld. Zij H = `2 en
f : H → H : (x1 , x2 , . . .) 7→ (x1 ,
x2 x3
, , . . .).
2 3
5.2. INVERTEERBARE BEGRENSDE LINEAIRE OPERATOREN 91
Het is duidelijk dat f lineair is en
v
v
u∞
u∞
uX |xn |2 uX
t
|xn |2 = k(xn )k.
kf (xn )k =
≤t
n2
n=1
n=1
Dus is f begrensd. Met de vorige notatie:
g : f (H) → H : (x1 , x2 , . . .) 7→ (x1 , 2x2 , 3x3 , . . .).
Maar g is niet begrensd. Inderdaad, zij en de rij met als n-de term 1 en alle
andere termen nul. Dan ken k = 1 en kg(en )k = n. Dus is g onbegrensd.
Eigenschap 5.2.4. Zij H een Banachruimte en f ∈ B(H). Als kf k < 1,
dan bestaat (1 − f )−1 en (1 − f )−1 ∈ B(H). Bovendien,
−1
(1 − f )
=
∞
X
fi = 1 + f + f2 + · · ·
i=0
(en de reeks convergeert voor de norm op B(H)).
Bewijs. Het isPeenvoudig na te gaan dat kf i k ≤ kf ki . Aangezien de meeti
kundige reeks ∞
i=0 kf k convergeert voor kf k < 1 volgt er dat de reeks
∞
X
fi
i=0
absoluut convergeert voor kf k < 1. Omdat H, en dus ook B(H) volledig
is, volgt er dat elke absolute
P∞ i convergente reeks in B(H) ook convergent is.
Bijgevolg is de reeks i=0 f convergent, voor kf k < 1.
Zij S de som van deze reeks. Wij tonen aan dat S = (1−f )−1 . Inderdaad,
aangezien
(1 − f )(1 + f + · · · + f n ) = (1 + f + · · · + f n )(1 − f ) = 1 − f n+1
en omdat
lim f n+1 = 0 (kf k < 1)
n→∞
volgt er dat
(1 − f )S = S(1 − f ) = 1.
2
92
5.3
HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN
Spectrum van een operator
Zij H een (complexe) vectorruimte en
f :H→H
een lineaire operator. Een complex getal λ is een eigenwaarde van f als er
een niet-nul vector h ∈ H bestaat zodat
f (h) = λh.
Zo’n vector h noemt men een eigenvector van f corresponderend met λ. In
het geval van functieruimten noemt men h dikwijls een eigenfunctie.
Het is welbekend dat voor een eindig dimensionale ruimte H, λ een eigenwaarde is als en slechts als f − λ1 niet inverteerbaar is.
Definitie 5.3.1. Zij H een genormeerde complexe ruimte en f : H → H een
operator. De verzameling
Spec(f ) = {λ ∈ C | f − λ1 is niet inverteerbaar}
noemt men het spectrum van f .
De resolvent van f is de verzameling ρ(f ) = C \ Spec(f ).
De eigenwaarden van f zijn uiteraard bevat in Spec(f ). De verzameling
van de eigenwaarden noemen wij het puntspectrum.
Wij geven een voorbeeld van een begrensde operator f op een Banachruimte
die geen eigenwaarde heeft maar waarvoor λ ∈ Spec(f ) bestaat. Dus ker(f −
λ1) = {0} en (wegens de Begrensde Inversie Stelling) is f − λ1 niet bijectief.
Voorbeeld
Zij H = C([a, b], C), de Banachruimte van de continue functies voorzien
van de norm k k∞ . Beschouw de vermenigvuldigeroperator M met vermenigvuldiger u ∈ H (wij weten reeds dat M begrensd is):
(M x)(t) = u(t)x(t),
voor x ∈ H. Dus
(M − λ1)(x) = ux − λx = (u − λ1)x.
Als (u − λ1)(t) 6= 0 voor alle t ∈ [a, b], dan is (u − λ1)−1 : [a, b] → C :
t 7→ ((u − λ1)(t))−1 een continue functie en is de vermenigvuldiger operator
5.3. SPECTRUM VAN EEN OPERATOR
93
M(u−λ1)−1 de inverse operator van M −λ1. Dus als λ ∈ Spec(M ) dan bestaat
een t ∈ [a, b] zodat (u − λ1)(t) = 0 en dus u(t) = λ. Omgekeerd, als u(t) = λ
voor een t ∈ [a, b], dan (M − λ1)x(t) = 0 voor alle x ∈ C([a, b], C). In dit
geval bevat het beeld van M − λ1 alleen functies die nul zijn in t. Omdat er
uiteraard x ∈ C([a, b], C) bestaan zodat x(t) 6= 0, volgt er dat het beeld van
M − λ1 niet gelijk aan H is. Dus
Spec(M ) = {λ ∈ C | u(t) = λ voor een t ∈ [a, b]}
= u([a, b]).
Nu, als u de constante functie is op c ∈ C, dan is λ = c een eigenwaarde van
M . Inderdaad,
M u = λu.
Anderzijds, als u een strikt stijgende functie is, dan heeft M geen eigenwaarden. Inderdaad, als x 6= 0 en M x = λx, dan volgt er ux = λx en
dus u(t) = λ voor alle t waarvoor x(t) 6= 0. Omdat x continu is, zijn er
verschillende t waarvoor x(t) 6= 0. Maar dan is u(t) = λ voor verschillende t, een contradictie. Dus in dit geval heeft M geen eigenwaarden, maar
Spec(M ) = [u(a), u(b)].
Wij zullen later zien dat de besluiten van dit voorbeeld blijven gelden
voor de L2 -norm. Doch hiervoor bestuderen wij eerst eigenschappen over
hermitische operatoren en benaderende eigenwaarden.
In het algemeen deelt men Spec(f ) verder op in drie delen:
Spec(f ) = Specp (f ) ∪ Specc (f ) ∪ Specr (f ),
met Specp (f ) het punt spectrum, Specc (f ) = {λ ∈ Spec(f ) | (f − λ1)−1
bestaat op een dicht deel van H, (f − λ1)−1 is niet begrensd}, het continu
spectrum, en Specr (f ) = {λ ∈ Spec(f ) | (f − λ1)−1 bestaat op een niet dicht
deel van H}, het residueel spectrum.
Voor H eindig dimensionaal, Specc (f ) = Specr (f ) = ∅. Later tonen wij
een veralgemening van dit resultaat aan.
Voorbeeld.
Zij S een deelruimte van een pre-Hilbertruimte H en pS de projectie van H
op S. Dan zijn 0 en 1 de enige eigenwaarden van pS . Inderdaad, als λ ∈ C,
en 0 6= h ∈ H met pS (h) = λh, dan λh = λ2 h (omdat pS idempotent is).
Dus λ = λ2 , en bijgevolg λ = 0 of 1. De eigenvectoren corresponderende
met 1 zijn de niet-nul vectoren van S. De eigenvectoren die corresponderen
met 0 zijn vectoren van een directe sommand van H (namelijk de kern van
p; zie een vorig hoofdstuk). Als H een Hilbertruimte is dan is S ⊥ een directe
sommand.
94
HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN
Stelling 5.3.2. (Spectrum) Het spectrum Spec(f ) van een begrensde lineaire
operator op een complexe Banachruimte is begrensd. Bovendien,
Spec(f ) ⊆ BC (0, kf k),
i.h.b. ρ(f ) 6= ∅.
Men kan bewijzen dat Spec(f ) 6= ∅; wij zullen dit later bewijzen voor
Hermitische operatoren.
Bewijs. Zij λ 6= 0. Wegens Eigenschap 5.2.4 verkrijgen wij dat
Rλ = (f − λ1)−1
1
= − (1 − (λ−1 )f )−1
λ
∞
1 X −1 i
= −
(λ f )
λ
i=0
∞
1X 1 i
( f)
= −
λ
λ
i=0
voor alle λ zodat
1
kf k
k fk =
< 1,
λ
|λ|
d.w.z. voor
|λ| > kf k.
Dus λ ∈ ρ(f ). Bijgevolg
Spec(f ) ⊆ BC (0, kf k)
en bijgevolg is het spectrum begrensd. 2
Voor een begrensde lineaire operator f op een Banachruimte H definiëren
wij de functie
R(f, ·) : ρ(f ) → B(H) : λ 7→ (f − λ1)−1 = Rλ ,
de resolvent functie.
Deze naam is gekozen omdat Rλ helpt om de vergelijking (f − λ1)x = y
op te lossen. Belangrijker zijn eigenschappen van Rλ omdat deze helpen de
operator f te onderzoeken. Spectraaltheorie bestudeert precies zulke eigenschappen.
5.3. SPECTRUM VAN EEN OPERATOR
95
Stelling 5.3.3. De resolvent verzameling ρ(f ) van een begrensde lineaire operator f op een complexe Banachruimte H is open; en dus is Spec(f ) gesloten.
Wegens Stelling 5.3.2 volgt er dat Spec(f ) compact is.
Bewijs. Wij weten reeds dat ρ(f ) 6= ∅. Zij λ0 ∈ ρ(f ) en λ ∈ C. Dan
f − λ1 = (f − λ0 1) − (λ − λ0 )1
= (f − λ0 1)[1 − (λ − λ0 )(f − λ0 1)−1 ].
Stel
g = 1 − (λ − λ0 )(f − λ0 1)−1
en voor α ∈ C
fα = f − α1.
Dan
fλ = fλ0 g met g = 1 − (λ − λ0 )fλ−1
.
0
Omdat λ0 ∈ ρ(f ) hebben wij dat Rλ0 = fλ−1
∈ B(H). Wegens Eigen0
schap 5.2.4, voor elke λ zodat k(λ − λ0 )Rλ0 k < 1 heeft g een inverse g −1
in B(H), en
g −1 =
∞
X
[(λ − λ0 )Rλ0 ]i
i=0
=
∞
X
(λ − λ0 )i Rλi 0 .
i=0
Dus zo’n inverse bestaat voor elke λ zodat
|λ − λ0 | <
1
.
kRλ0 k
Aangezien fλ−1
= Rλ0 ∈ B(H) en aangezien fλ = fλ0 g, volgt er dat de
0
operator fλ een inverse heeft
Rλ = fλ−1 = (fλ0 g)−1 = g −1 fλ−1
0
voor alle λ ∈ BC (λ0 , kR1λ k ) (open schijf). Dus heeft λ0 een open omgeving
0
in ρ(f ). Omdat λ0 willekeurig is in ρ(f ) volgt er dat ρ(f ) open is. 2
Het bewijs van de vorige stelling toont ook het volgende resultaat aan.
96
HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN
Stelling 5.3.4. (Resolvent Representatiestelling) Zij f een begrensde lineaire
operator op een complexe Banachruimte H. Dan, voor λ0 ∈ ρ(f ),
R(f, λ) =
∞
X
(λ − λ0 )i Rλi+1
.
0
i=0
De reeks is absoluut convergent voor elke λ ∈ BC (λ0 , kR1λ k ) ⊆ ρ(f ). 2
0
Als gevolg van deze stelling kan men complexe analyse toepassen op spectraaltheorie.
Definitie 5.3.5. De spectraalstraal σ(f ) van een operator f ∈ B(H) op een
complexe Banachruimte is
σ(f ) = sup{|λ| | λ ∈ Spec(f )},
d.w.z. de straal van de kleinste gesloten schijf met centrum de oorsprong die
Spec(f ) bevat.
Wegens Stelling 5.3.2
σ(f ) ≤ kf k.
Men kan bewijzen dat
σ(f ) = lim kf n k1/n .
n→∞
Er volgt (voor definities en gebruikte eigenschappen verwijzen wij naar latere
paragrafen) dat σ(f ) = kf k voor een Hermitische operator f . Inderdaad,
kf (x)k2 = < f (x), f (x) >=< f ∗ (f (x)), x >
≤ kf ∗ f (x)k kxk
≤ kf ∗ f kkxk2 .
Dus,
kf k2 ≤ kf ∗ f k = kf 2 k.
Omdat
kf 2 k ≤ kf k2
volgt de bewering.
Wij beëindigen deze paragraaf met een eenvoudige eigenschap en nog een
voorbeeld.
Eigenschap 5.3.6. Zij f een operator op een complexe ruimte H en zij λ
een eigenwaarde. Dan,
5.3. SPECTRUM VAN EEN OPERATOR
97
1. {h ∈ H | f (h) = λh} is een deelruimte van H (de eigenruimte van λ);
de dimensie van deze ruimte noemt men de multipliciteit van λ.
2. Zij g een inverteerbare operator op H. Dan hebben f en gf g −1 dezelfde
eigenwaarden.
Voorbeeld.
Beschouw de lineaire operator
f : L2 ([0, 2π]) → L2 ([0, 2π])
gedefinieerd als volgt
Z
2π
cos(t − y)u(y)dy.
(f u)(t) =
0
Wij tonen nu aan dat π de enige niet nul eigenwaarde is en dat de eigenfuncties corresponderend met π de volgende functies zijn
u(t) = a cos t + b sin t,
met a, b ∈ C.
Inderdaad, λ is een eigenwaarde als en slechts als er een niet-nul functie
u bestaat zodat
Z 2π
f (u)(t) =
cos(t − y)u(y)dy = λu(t),
0
of equivalent,
Z
2π
cos(t)
Z
(cos y)u(y)dy + sin(t)
0
2π
(sin y)u(y)dy = λu(t).
(5.1)
0
Dus, voor λ 6= 0,
u(t) = a cos t + b sin t,
met a, b ∈ C. Uit 5.1 verkrijgen wij
Z 2π
Z
cos t
(a(cos y)2 + b cos y sin y)dy + sin t
0
2π
(b(sin y)2 + a cos y sin y)dy
0
= λ(a cos t + b sin t).
Dus
(cos t)aπ + (sin t)bπ = λ(a cos t + b sin t).
Bijgevolg aπ = aλ en bπ = bλ, en dus λ = π. De eigenruimte is {a cos t +
b sin t | a, b ∈ C}, een ruimte van dimensie twee.
Merk op dat λ = 0 ook een eigenwaarde is. De corresponderende eigenruimte zijn alle functies die orthogonaal zijn tot cos t en sin t; dus een ruimte
van oneindige dimensie.
98
5.4
HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN
Adjunctafbeelding
In Gevolg 2.12.3 hebben wij gezien dat, voor een Hilbertruimte H, de afbeelding
H → H ∗ = B(H, C) : y 7→< −, y >
een geconjugeerde isometrie is.
Definitie 5.4.1. Zij H0 en H1 Hilbertruimten en f ∈ B(H0 , H1 ). Dan is
f τ : H1∗ → H0∗
gedefinieerd als volgt
f τ (η) = η ◦ f.
Als H0 een eindig dimensionale Hilbertruimte is en f ∈ B(H0 , H0 ) dan
kunnen wij f voorstellen door een matrix M . Men kan eenvoudig aantonen
dat f τ dan voorgesteld wordt door M t (de getransponeerde matrix) als wij
in H0∗ de duale basis nemen van deze in H0 .
Eigenschap 5.4.2. f τ is begrensd en lineair en kf τ k ≤ kf k.
Bewijs. Voor elke x ∈ H0 en y ∈ H1∗ ,
kf τ (y)(x)k = k(y ◦ f )(x)k
≤ kyk kf (x)k
≤ kyk kf k kxk
Bijgevolg,
kf τ (y)k ≤ kyk kf k
en dus
kf τ k ≤ kf k.
2
Men kan (via de stelling van Hahn-Banach) bewijzen dat kf τ k = kf k.
Hiervoor moet men aantonen dat H1∗ voldoende groot is, d.w.z. H1∗ bevat
voldoende elementen met bepaalde eigenschappen.
Zij X een reële vectorruimte. Een functie f : X → R noemt men sublineair als
p(x + y) ≤ p(x) + p(y),
5.4. ADJUNCTAFBEELDING
99
de subadditieve eigenschap, en
p(αx) = αp(x),
de positief homogene eigenschap, voor alle x ∈ X en α ≥ 0. In geval van
een complexe ruimte X eist men p(αx) = |α| |x|. De Hahn-Banach stelling
handelt over uitbreidingen van sublineaire functies p : X → R. Meer precies,
zij f : Z → R een lineaire functie op een deelruimte Z van X en veronderstel
dat
f (z) ≤ p(z)
voor alle z ∈ Z. Dan heeft f een lineaire uitbreiding f˜ van Z naar X zodat
f˜(x) ≤ p(x)
voor alle x ∈ X, d.w.z. f˜ : X → R is lineair en f˜(x) = f (x) voor alle x ∈ Z
en f˜(x) ≤ p(x) voor alle x ∈ X.
Eigenschap 5.4.3. Zij f, g ∈ B(H0 , H1 ), dan
(f + g)τ = f τ + g τ
en, voor c ∈ C,
(cf )τ = cf τ .
Als h ∈ B(H1 , H2 ), dan
(hf )τ = f τ hτ .
Als f −1 bestaat en f −1 ∈ B(H1 , H0 ), dan bestaat (f τ )−1 en
(f τ )−1 = (f −1 )τ .
Zij H0 en H1 Hilbertruimten en f ∈ B(H0 , H1 ). Zij
η0 : H0 → H0∗ : y 7→< −, y >
en
η1 : H1 → H1∗ : y 7→< −, y >
de semilineaire isometrieëen verkregen uit de Stelling van Riesz. Dan verkrijgen wij een lineaire operator
f ∗ : H1 → H0
gedefinieerd als volgt
f ∗ = η0−1 f τ η1 .
100
HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN
Dus, f ∗ is een lineaire operator die het volgende diagram commutatief maakt:
fτ
H0∗ ←− Hx1∗
η1
 −1

yη0
∗
f
H0 ←− H1
Men noemt f ∗ de adjunctafbeelding van f .
Eigenschap 5.4.4. f ∗ is de adjunctafbeelding van f als en slechts als
< f (x), y >=< x, f ∗ (y) >
voor alle x ∈ H0 en y ∈ H1 .
Bewijs. Veronderstel dat f ∗ de adjunctafbeelding is. Dan, voor alle y ∈ H1 ,
f ∗ (y) = η0−1 f τ η1 (y),
of equivalent,
η0 (f ∗ (y)) = f τ (η1 (y)) = η1 (y)f.
Dit laatste betekent, voor elke x ∈ H0 en y ∈ H1 ,
hx, f ∗ (y)i = hf (x), yi.
Omgekeerd, veronderstel g : H1 → H0 zodat
hf (x), yi = hx, g(y)i
voor alle x ∈ H0 en y ∈ H1 . Dan
hx, g(y)i = hx, f ∗ (y)i
en dus
hx, (g − f ∗ )(y)i = 0,
voor alle x ∈ H0 en y ∈ H1 . Dus
(g − f ∗ )(y) = 0
voor alle y ∈ H1 . Bijgevolg g − f ∗ = 0 en dus g = f ∗ . 2
Eigenschap 5.4.5. Zij H0 en H1 Hilbertruimten en f, g ∈ B(H0 , H1 ) en
c ∈ C. Dan,
1. < f ∗ (y), x >=< y, f (x) >, voor alle x ∈ H0 en y ∈ H1 ;
5.4. ADJUNCTAFBEELDING
101
2. (f ∗ )∗ = f ;
3. kf ∗ k = kf k, i.h.b. f ∗ is een begrensde operator;
4. (f + g)∗ = f ∗ + g ∗ ;
5. (cf )∗ = cf ∗ ;
6. kf ∗ f k = kf f ∗ k = kf k2 ;
7. f ∗ f = 0 als en slechts als f = 0;
8. (f g)∗ = g ∗ f ∗ (voor H0 = H1 ).
Bewijs. (1) Voor elke x ∈ H0 en y ∈ H1 ,
hf ∗ y, xi = hx, f ∗ yi = hf (x), yi = hy, f (x)i.
(2) Voor elke x ∈ H0 en y ∈ H1 ,
h(f ∗ )∗ x, yi = hx, f ∗ yi = hf x, yi
en dus (f ∗ )∗ = f .
(3) Voor x ∈ H0 en y ∈ H1 verkrijgen wij uit de ongelijkheid van Schwarz
dat
|hf ∗ y, xi| = |hy, f (x)i|
≤ kyk kf (x)k
≤ kf k kyk kxk.
Dus met x = f ∗ (y),
kf ∗ (y)k2 = hf ∗ (y), f ∗ (y)i ≤ kf k kyk kf ∗ (y)k.
Bijgevolg
kf ∗ k ≤ kf k
en dus is f ∗ begrensd. Passen wij dan de vorige ongelijkheid toe op f ∗ dan
verkrijgen wij
kf k = k(f ∗ )∗ k ≤ kf ∗ k.
Dus
kf k = kf ∗ k.
102
HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN
(4) Voor alle x ∈ H0 en y ∈ H1 ,
hx, (f + g)∗ yi = h(f + g)x, yi
= hf (x), yi + hg(x), yi
= hx, f ∗ (x)i + hx, g ∗ (y)i
= hx, (f ∗ + g ∗ )(y)i
en dus f ∗ + g ∗ = (f + g)∗ .
(5) Voor alle x ∈ H0 en y ∈ H1 ,
h(cf )∗ (y), xi = hy, (cf )xi
= hy, c(f (x))i
= chy, f (x)i
= chf ∗ (y), xi
= hcf ∗ (y), xi
Dus (cf )∗ = cf ∗ .
(6) Duidelijk f ∗ f : H0 → H0 en f f ∗ : H1 → H1 . Wegens de ongelijkheid
van Schwarz verkrijgen wij voor elke x ∈ H0 ,
kf (x)k2 = hf (x), f (x)i
= hf ∗ f (x), xi
≤ kf ∗ f (x)k kxk
≤ kf ∗ f k kxk2 .
Dus,
kf k2 ≤ kf ∗ f k.
Anderzijds, wegens (3),
kf ∗ f k ≤ kf ∗ k kf k = kf k2 .
Dus
kf ∗ f k = kf k2 .
Bijgevolg ook
kf f ∗ k = k(f ∗ )∗ f ∗ k = kf ∗ k2 = kf k2 .
(7) Dit volgt onmiddellijk uit (6).
(8) Voor alle x ∈ H0 en H1 volgt er, door verschillende keren (1) te
gebruiken,
hx, (f g)∗ yi = h(f g)x, yi
= hg(x), f ∗ (y)i
= hx, g ∗ f ∗ (y)i
5.5. HERMITISCHE OPERATOREN
103
Dus, (f g)∗ = g ∗ f ∗ . 2
Wij merken op dat B = B(H) een algebra is met eenheidselement. Bovendien is kf gk ≤ kf k kgk. Zo’n algebra noemt men een Banachalgebra (een
deel van de definitie is dat B volledig is). Verder is f 7→ f ∗ een involutie
die isometrisch is (d.w.z. kf k = kf ∗ k). Zo’n Banachalgebra noemt men een
Banachalgebra met involutie. Als bovendien kf ∗ f k = kf k2 voor alle f ∈ B,
dan noemt men B een C ∗ -algebra.
5.5
Hermitische operatoren
Een begrensde lineaire operator f : H → H op een Hilbertruimte heet hermitisch als f = f ∗ . (Men noemt f unitair als f ∗ = f −1 (d.w.z., f is bijectief
en f ∗ = f −1 ), normaal als f ∗ f = f f ∗ en anti-hermitisch als f ∗ = −f ).
Dus f is hermitisch als en slechts als
< f (x), y >=< x, f (y) >
voor alle x, y ∈ H.
Eigenschap 5.5.1. Zij H een Hilbertruimte. Een begrensde lineaire operator
f : H → H is hermitisch als en slechts als
< f (x), x >=< x, f (x) >
voor alle x ∈ H.
Bewijs. Als f hermitisch is, dan is duidelijk
hf (x), xi = hx, f ∗ (x)i = hx, f (x)i.
Omgekeerd, veronderstel dat
hf (x), xi = hx, f (x)i = hf ∗ (x), xi
voor alle x ∈ H. Dus, voor elke x ∈ H,
hg(x), xi = 0 met g = f − f ∗ .
Bijgevolg, voor alle x, y ∈ H,
0 = hg(x + y), x + yi
= hf (x), xi + hf (x), yi + hf (y), xi + hf (y), yi
−hf ∗ (x), xi − hf ∗ (x), yi − hf ∗ (y), xi − hf ∗ (y), yi
= hg(x), yi + hg(y), xi.
104
HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN
Dus
0 = hg(x), yi + hg(y), xi
(5.2)
voor alle x, y ∈ H. Analoog,
0 = hg(x + iy), x + iyi
= hf (x), xi − ihf (x), yi + ihf (y), xi + hf (y), yi
−hf ∗ (x), xi + ihf ∗ (x), yi − ihf ∗ (y), xi − hf ∗ (y), yi
= −i(hg(x), yi − hg(y), xi).
Dus
0 = hg(x), yi − hg(y), xi
(5.3)
Uit 5.2 en 5.3 volgt
0 = hg(x), yi
voor alle x, y ∈ H. Bijgevolg f = f ∗ . 2
Wij geven nu een voorbeeld van een begrensde lineaire operator die niet
gelijk is aan zijn geadjungeerde. Zij H = C2 en f : H → H gedefinieerd als
volgt:
f (x, y) = (0, x).
Dan
< f (x, y), (x0 , y 0 ) >=< (0, x), (x0 , y 0 ) >= xy 0
en
< (x, y), f (x0 , y 0 ) >= yx0 .
Wij geven nu verschillende voorbeelden van hermitische operatoren.
Voorbeeld.
Zij H = Cn en {e1 , . . . , en } de standaard orthonormale basis van H. Zij f een
operator gerepresenteerd door de matrix (aij ), d.w.z. aij =< f (ej ), ei >. De
adjunct operator f ∗ is dan gerepresenteerd door de matrix (bij ) met bij =<
f ∗ (ej ), ei >. Bijgevolg
bij
= < f ∗ (ej ), ei >
= < ej , f (ei ) >
= < f (ei ), ej >
= aji .
5.5. HERMITISCHE OPERATOREN
105
Dus
(bij ) = (aij )t .
Een matrix A = (aij ) noemt men een hermitische matrix; als A = At ; vandaar
de naam hermitische operator.
Voorbeeld.
Een orthogonale projectie p : H = G ⊕ G⊥ → G is een hermitische operator
met kpk = 1 (zie Gevolg 2.10.8).
Voorbeeld.
Een diagonaaloperator f : `2 → `2 : (xi ) 7→ (di xi ) in met reële en begrensde
diagonaal (di ). Dan is kf k = sup{|di | | 1 ≤ i < ∞} en f = f ∗ .
Voorbeeld.
De vermenigvuldigeroperator. Zij f ∈ C([a, b], R) en M : L2 ([a, b]) →
L2 ([a, b]), met (M x)(t) = f (t)x(t). Wij weten reeds dat kM k ≤ kf k∞ .
Bovendien
Z b
< M x, y > =
f (t)x(t)y(t)dt
a
Z b
=
x(t)f (t)y(t)dt
a
= < x, M y > .
Dus M = M ∗ is hermitisch.
Voorbeeld.
Zij H = C0∞ ([a, b], C) = {f ∈ C ∞ | f (a) = f (b) = 0}. Dit is een preHilbertruimte. Zij D de operator gedefinieerd als volgt:
Df = if 0 .
Dan
Z
b
if 0 (t)g(t)dt
a
Z b
b
= i[f (t)g(t)]a −
if (t)g 0 (t)dt
< Df, g > =
a
= < f, Dg > .
Voorbeeld.
Zij K de Fredholm operator
K : L2 ([a, b], C) → L2 ([a, b], C)
106
HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN
gedefinieerd door een continue functie
k : [a, b] × [a, b] → C.
Dus
b
Z
k(x, y)f (y)dy.
K(f )(x) =
a
Men kan gemakkelijk aantonen dat K een begrensde lineaire operator is voor
de supnorm. Nu, wegens de ongelijkheid van Schwarz,
Z b
|K(f )(x)|2 = |
k(x, y)f (y)dy|2
a
Z b
|k(x, y)|2 dy kf k22 .
≤
a
Bijgevolg
kK(f )k22
Z bZ
b
|k(x, y)|2 dxdy kf k22
≤
a
a
en dus
Z b Z
b
|k(x, y)|2 dxdy
kKk2 ≤
a
1/2
a
≤ kkk∞ |b − a|
Wij merken op dat de continuı̈teitsvoorwaarde op k kan afgezwakt worden
tot k ∈ L2 ([a, b] × [a, b]). Bovendien, wegens de Stelling van Fubini (welke
geldig blijft voor Lebesgue integreerbare functies),
Z bZ b
k(x, y)f (y)g(x)dxdy
< Kf, g > =
a
a
Z bZ
b
=
k(x, y)f (y)gxdxdy
a
Z
=
a
b
Z b
k(x, y)g(x)dxdy
f (y)
a
a
= < f, K ∗ g >
met
∗
Z
(K g)(y) =
b
k(x, y)g(x)dx.
a
Als k(x, y) = k(y, x) dan
< Kf, g > = < f, Kg >
5.5. HERMITISCHE OPERATOREN
107
en dus is K = K ∗ hermitisch.
Merk op dat men in bovenstaande redenering Lebesgue integratie kan
vermeden worden door het vorige bewijs toe te passen op het dicht deel
C([a, b]) in L2 ([a, b]). Vervolgens breidt men dan de begrensde operator uit
tot de sluiting L2 ([a, b]).
Eigenschap 5.5.2. Zij H een Hilbertruimte en f ∈ B(H). Dan is f hermitisch als en slechts als < f (x), x >∈ R voor alle x ∈ H.
Bewijs. Veronderstel dat f hermitisch is, d.w.z., voor alle x ∈ H,
hf (x), xi = hx, f (x)i = hf (x), xi.
Bijgevolg hf (x), xi ∈ R.
Omgekeerd, veronderstel hf (x), xi ∈ R voor alle x ∈ H. Dan
hf (x), xi = hf (x), xi = hx, f (x)i.
2
Wij geven nu enkele basiseigenschappen van hermitische operatoren.
Eigenschap 5.5.3. Zij H een Hilbertruimte en f, g ∈ B(H).
1. f ∗ f en f + f ∗ zijn hermitisch.
2. Als f en g hermitisch zijn, dan is f g hermitisch als en slechts als f g =
gf .
3. Als f hermitisch is, dan is elke reële veelterm cn f n + cn−1 f n−1 + · · · +
c1 f + c0 hermitisch.
Bewijs. (1) Dit is eenvoudig te bewijzen. (3) is een gevolg van (2). Wij bewijzen dus slechts (2). Zij daarom f = f ∗ en g = g ∗ Hermitische operatoren.
Wegens Eigenschap 5.4.5 volgt er
(f g)∗ = g ∗ f ∗ = gf.
Dus is f g hermitisch als en slechts als f g = gf . 2
Eigenschap 5.5.4. Zij H een Hilbertruimte en f ∈ B(H). Dan bestaan
hermitische operatoren f1 en f2 op H zodat f = f1 + if2 . Bovendien, f ∗ =
f1 − if2 .
108
HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN
Bewijs. Definieer
1
f1 = (f + f ∗ ) en f2 = (2i)−1 (f − f ∗ ).
2
∗
Dan fi = fi en f = f1 + if2 . Bovendien, voor x, y ∈ H,
hf (x), yi = h(f1 + if2 )(x), yi
= hf1 (x), yi + ihf2 (x), yi
= hx, f1 (y)i + ihx, f2 (y)i
= hx, (f1 − if2 )(y)i.
Dus f ∗ = f1 − if2 . 2
Voor de studie van spectraaleigenschappen van hermitische operatoren is
de volgende eigenschap belangrijk.
Stelling 5.5.5. Zij H een Hilbertruimte en f ∈ B(H) een hermitische operator. Dan
kf k = sup{| < f (x), x > | | x ∈ H, kxk = 1}.
Bewijs. Stel M = sup{|hf (x), xi| | x ∈ H, kxk = 1}. Er volgt, voor x ∈ H
met kxk = 1,
|hf (x), xi| ≤ kf (x)k kxk = kf (x)k ≤ kf k kxk = kf k.
Dus M ≤ kf k. De omgekeerde ongelijkheid is evident als f = 0. Veronderstel
nu dat f 6= 0 en x ∈ H met f (x) 6= 0. Dan,
kf (x)k2 = hf (x), f (x)i
= hf (cx), yi
= hcx, f (y)i
= hf (y), cxi
(de laatste gelijkheid geldt omdat de getallen reëel zijn) met c =
en y = c−1 f (x). Bijgevolg
kf (x)k2 =
≤
=
=
=
1
[hf (cx + y), cx + yi − hf (cx − y), cx − yi]
4
1
M kcx + yk2 + kcx − yk2
4
1
M (kcxk2 + kyk2 )
2
1
M (c2 kxk2 + c−2 kf (x)k2 )
2
M kxk kf (x)k.
kf (x)k
kxk
1/2
5.5. HERMITISCHE OPERATOREN
109
Dus voor alle x ∈ H,
kf (x)k ≤ M kxk
en
kf k ≤ M.
2
Lemma 5.5.6. Zij H een Hilbertruimte en f ∈ B(H).
1. Als f hermitisch is, dan ker(f ) = f (H)⊥ .
2. Als f hermitisch en injectief is, dan H = f (H)⊥⊥ = f (H).
Bewijs. (1) Als x ∈ ker(f ), dan voor alle y ∈ H,
0 = hy, f (x)i = hf (y), xi.
Dus x ∈ f (H)⊥ . Omgekeerd, veronderstel x ∈ f (H)⊥ . Dan
0 = hf (y), xi = hy, f (x)i
voor alle y ∈ H. Bijgevolg f (x) = 0 en dus x ∈ ker f .
(2) Veronderstel dat f Hermitisch en injectief is. Dan, wegens (1), 0 =
ker f = f (H)⊥ . Dus, wegens Gevolg 2.10.9
f (H) = H = f (H)⊥⊥ .
2
Stelling 5.5.7. Zij H een Hilbertruimte en f ∈ B(H), een hermitische operator. Dan, f is inverteerbaar als en slechts als er een c > 0 bestaat zodat
kf (x)k ≥ ckxk voor alle x ∈ H.
Bewijs. Wegens Eigenschap 5.2.2 is het voldoende te bewijzen dat f (H) = H
als er een c > 0 bestaat met kf (x)k ≥ ckxk. Zij dus c zo’n positief getal.
Wij tonen nu eerst aan dat f injectief is. Zij daarom x ∈ H met f (x) = 0.
Dan 0 = kf (x)k ≥ ckxk. Dus kxk = 0 en bijgevolg x = 0.
Wegens Lemma 5.5.6 is dan f (H) dicht in H. Definieer
g : f (H) → H
als volgt
g(y) = x
als f (x) = y.
110
HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN
Dan is g een lineaire afbeelding en, voor y = f (x),
kyk ≥ ckg(y)k.
Bijgevolg
kg(y)k ≤ c−1 kyk
voor elke y ∈ f (H). Dus is g een begrensde operator. Wegens Eigenschap 2.4.5 bestaat er dan een begrensde lineaire operator
g̃ : H = f (H) → H
met
g̃|f (H) = g en kg̃k = kgk.
Duidelijk is g̃ ◦ f = 1 (wegens de definitie van g en g̃). Stel e = f ◦ g̃. Dan
e2 = f g̃f g̃ = f 1g̃ = f g̃ = e.
Bijgevolg e(H) = ker(1 − e). Omdat 1 − e begrensd is, volgt er uit Eigenschap 2.4.4 dat ker(1 − e) gesloten is. Nu, voor elke y = f (x) ∈ f (H),
e(y) = f g̃(y)
= f g̃f (x)
= f gf (x)
= f (g ◦ f )(x)
= f (x)
= y.
Dus f (H) ⊆ e(H). Omdat e(H) = ker(1 − e) gesloten is, verkrijgen wij dus
dat
H = f (H) ⊆ e(H).
Bijgevolg e(H) = H, d.w.z. f g̃ = 1. Dus g̃ = f −1 . 2
Stelling 5.5.8. Zij (fn ) een rij Hermitische operatoren fn : H → H op een
Hilbertruimte H. Als in B(H), limn→∞ fn = f dan is f = f ∗ ∈ B(H).
Bewijs. We moeten bewijzen dat kf − f ∗ k = 0. Wel,
kfn∗ − f ∗ k = k(fn − f )∗ k = kfn − f k.
5.5. HERMITISCHE OPERATOREN
111
Wegens de driehoeksongelijkheid verkrijgen wij dan
kf − f ∗ k ≤ kf − fn k + kfn − fn∗ k + kfn∗ − f ∗ k
= kf − fn k + kfn − f k
= 2kf − fn k
Wegens de veronderstelling limn→∞ kf − fn k = 0 en dus kf − f ∗ k = 0. 2
Wij geven nu een korte bespreking van unitaire en normale operatoren.
Merk op dat niet elke normale operator hermitisch of unitair is. Bijvoorbeeld
zij I : H → H de identieke operator en T = 2iI. Dan is T normaal omdat
T ∗ = −2iI en T T ∗ = T ∗ T = 4I. Maar T ∗ 6= T −1 = − 12 iI. Men kan ook
gemakkelijk via matrices tegenvoorbeelden geven.
Lemma 5.5.9. Zij X een complexe pre-Hilbertruite en f : X → X een
begrensde lineaire operator. Dan is f = 0 als en slechts als < f (x), x >= 0
voor alle x ∈ X.
Stelling 5.5.10. (Unitaire Operator)
Zij f : H → H en g : H → H unitaire operatoren (op een Hilbertruimte H).
Dan:
1. f is een isometrie,
2. kf k = 1 als H 6= {0},
3. f −1 = f ∗ is unitair,
4. f g is unitair,
5. f is normaal,
6. p ∈ B(H) is unitair als en slechts als p is een isometrie en p is bijectief.
Stelling 5.5.11. f ∈ B(H) is normaal als en slechts als kf (x)k = kf ∗ (x)k
voor alle x ∈ H.
Lemma 5.5.12. Als f ∈ B(H) normaal is, dan is elke αI − f normaal
(α ∈ C).
Stelling 5.5.13. Zij H een Hilbertruimte. Als g, h ∈ B(H) en g = g ∗ en
h = h∗ , dan is f = g + ih normaal als en slechts g en h commuteren.
Stelling 5.5.14. Zij H een Hilbertruimte en f ∈ B(H). Dan is f isometrisch
als en slechts als f ∗ f = I.
112
5.6
HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN
Spectrum van een Hermitische
operator
In deze paragraaf is H een complexe Hilertruimte.
Stelling 5.6.1. Als f ∈ B(H) hermitisch is, dan is Spec(f ) ⊆ R.
Bewijs. Zij λ = a + ib met a, b ∈ R. Het is voldoende om aan te tonen dat
f − λ1 inverteerbaar is als b 6= 0. Indien f = 0 dan is dit duidelijk. Wij
veronderstellen dus dat f 6= 0. Voor alle 0 6= x ∈ H geldt
k(f − λ1)(x)k2 =
k(f − a1)(x)k2 + b2 kxk2 − i (hbx, (f − a1)(x)i − h(f − a1)(x), bxi) .
Omdat f Hermistisch is en a ∈ R volgt er dat de laatste term nul is. Dus
k(f − λ1)(x)k ≥ |b| kxk
met |b| > 0. Bijgevolg is f − λ1 injectief als |b| > 0. Uiteraard geldt hetzelfde
voor f − λ1 = (f − λ1)∗ . I.h.b.
k(f − λ1)(x)k ≥ |b| kxk.
Omdat f − λ1 niet noodzakelijk hermitisch is kunnen wij niet rechtstreeks
Stelling 5.5.7 toepassen.
Wij tonen nu eerst aan dat (f − λ1)(H) dicht is in H. Om dit te bewijzen
is het voldoende om aan te tonen dat (f − λ1)⊥ = {0}. Om dit laatste aan
te bewijzen, zij x ∈ H zodat, voor alle y ∈ H,
0 = h(f − λ1)(y), xi.
Dan 0 = hy, (f − λ1)(x)i. Dus (f − λ)(x) = 0 en bijgevolg x = 0, zoals
gewenst.
Omdat (f − λ1)(H) dicht is in H en f − λ1 injectief is geldt het bewijs
van Stelling 5.5.7. Er volgt dat f − λ1 inverteerbaar is. 2
Definitie 5.6.2. Een complex getal λ noemt men een benaderende eigenwaarde van een operator f op H als er een rij (xn ) in H bestaat zodat
kxn k = 1, voor alle n ∈ N, en
lim (f − λ1)(xn ) = 0.
n→∞
5.6. SPECTRUM VAN EEN HERMITISCHE
OPERATOR
113
Het is duidelijk dat elke eigenwaarde een benaderende eigenwaarde is. Het
omgekeerde geldt niet in een oneindigdimensionale Hilbertruimte. Inderdaad,
zij H een Hilbertruimte met een complete orthonormale rij (en ). Veronderstel
dat (λn ) een rij is in C die convergeert naar λ en λn 6= λ voor elke n. Definiëer
een operator f op H als volgt:
f (x) =
∞
X
λn < x, en > en .
n=1
Dan is elke λn een eigenwaarde van f , maar λ is geen eigenwaarde. Anderzijds,
kf (en ) − λen k = kλn en − λen k = k(λn − λ)en k = |λn − λ| → 0.
Dus is λ een benaderende eigenwaarde van f .
Eigenschap 5.6.3. Zij f ∈ B(H) hermitisch. Dan is Spec(f ) de verzameling
van de benaderende eigenwaarden.
Bewijs. Eerst tonen wij aan dat elke benaderende eigenwaarde λ tot het
spectrum behoort. Wij bewijzen dit door contrapositie. Veronderstel dus
dat λ 6∈ Spec(f ). Dan is f − λ1 inverteerbaar. Zij g = (f − λ1)−1 . Zij (xn )
een rij in H met kxn k = 1 voor elke n. Als limn→∞ (f − λ1)(xn ) bestaat dan
lim kg(f − λ1)(xn )k = 1
n→∞
en dus limn→∞ (f − λ1)(xn ) 6= 0. Bijgevolg is λ geen benaderende eigenwaarde.
Omgekeerd, zij λ ∈ Spec(f ), d.w.z. f − λ1 is niet inverteerbaar. Merk op
dat λ ∈ R en dus is f − λ1 ook hermitisch. Wegens Stelling 5.5.7 bestaat er
dan een rij (xn ) in H met
lim (f − λ1)(xn ) = 0
n→∞
en kxn k = 1. Dus is λ een benaderende eigenwaarde. 2
Wij weten reeds dat het spectrum van een hermitische operator reëel
en compact is (dit laatste geldt voor elke begrensde operator op een Banachruimte).
Stelling 5.6.4. Zij f ∈ B(H) hermitisch. Dan
Spec(f ) ⊆ [m, M ]
114
HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN
met
m = inf{< f (x), x >| x ∈ H, kxk = 1}
en
M = sup{< f (x), x >| x ∈ H, kxk = 1}.
Bewijs. Wij weten Spec(f ) ⊆ R. Wij tonen nu aan dat f − λ1 inverteerbaar
is voor elke λ ∈ R met λ > M . Zij 0 6= x ∈ H en v = kxk−1 x. Dan
hf (x), xi = kxk2 hf (v), vi ≤ kxk2 M.
Wegens de ongelijkheid van Schwarz volgt er dus
k(f − λ1)(x)k kxk ≥ −h(f − λ1)(x), xi
= −hf (x), xi + λhx, xi
≥ (−M + λ)hx, xi
≥ (−M + λ)kxk2
Dus
k(f − λ1)(x)k ≥ ckxk
met
c = −M + λ > 0.
Wegens Stelling 5.5.7 is f − λ1 dus inderdaad inverteerbaar. Analoog bewijst
men dat voor λ < m de operator f − λ1 inverteerbaar is. Dus volgt het
resultaat. 2
Eigenschap 5.6.5. Als f ∈ B(H) hermitisch is dan
kf k = max{|m|, |M |} = sup{| < f (x), x > | | x ∈ H, kxk = 1}.
Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit Stelling 5.5.5 en Stelling 5.6.4. 2
De volgende eigenschap toont aan dat de grenzen in Stelling 5.6.4 niet
verscherpt kunnen worden.
Stelling 5.6.6. Als f ∈ B(H) hermitisch is, dan
max{|λ| | λ ∈ Spec(f )} = kf k.
Eigenlijk kf k of − kf k ∈ Spec(f ), en i.h.b. Spec(f ) 6= ∅.
5.6. SPECTRUM VAN EEN HERMITISCHE
OPERATOR
115
Bewijs. De stelling is evident voor f = 0. Veronderstel dus dat f 6= 0.
Omdat kf k = sup{|hf (x), xi| | x ∈ H, kxk = 1} bestaat er een rij (xn ) ∈ H
met kxn k = 1 en
lim hf (xn ), xn i = kf k = λ
n→∞
met = 1 of = −1. Bijgevolg,
0 ≤ k(f − λ1)(xn )k2
= kf (xn )k2 − 2λhf (xn ), xn i + λ2 kxn k2
≤ kf k2 − 2λhf (xn ), xn i + λ2 .
Dus
0 ≤ k(f − λ1)(xn )k2 ≤ 2λ2 − 2λhf (xn ), xn i.
Er volgt
0 ≤ lim sup k(f − λ1)(xn )k2
≤ 2λ2 − 2λ lim hf (xn ), xn i
2
≤ 2λ − 2λ
n→∞
2
= 0.
Dus lim sup k(f − λ1)(xn )k2 = 0 en bijgevolg limn→∞ (f (xn ) − λxn ) = 0.
Dus is λ een benaderende eigenwaarde. Wegens Eigenschap 5.6.3 is dan
λ = kf k of − kf k ∈ Spec(f ). Dus volgt het resultaat. 2
Men kan bewijzen dat als H 6= {0} dan m, M ∈ Spec(f ). Daarom moeten
wij eerst de volgende eigenschap bewijzen.
Stelling 5.6.7. (Spectraalstelling voor polynomen)
Zij H een complexe Hilbertruimte en f = f ∗ ∈ B(H). Stel
p(X) = cn X n + cn−1 X n−1 + · · · + c0
(cn 6= 0) een complexe polynoom. Dan
Spec(p(f )) = p(Spec(f )),
d.w.z. het spectrum van de operator
p(f ) = cn f n + cn−1 f n−1 + · · · + c0
bestaat precies uit de waarden f (s) met s ∈ Spec(f ).
116
HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN
Stelling 5.6.8. Zij f ∈ B(H) een hermitische operator op een Hilbertruimte
H (H 6= {0}). Dan zijn
m = inf{< f (x), x >| x ∈ H, kxk = 1}
en
M = max{< f (x), x >| x ∈ H, kxk = 1}
spectraalwaarden van f .
5.7
Positieve operatoren
Zij H een Hilbertruimte. En hermitische operator f op H noemt men positief
als
< f (x), x > ≥ 0
voor alle x ∈ H. Wij noteren dit door f ≥ 0. Merk op dat alle eigenwaarden van een positieve operator positief zijn. Algemener, als f, g ∈ B(H)
hermitische operatoren zijn met f − g ≥ 0, dan noteren wij dit
f ≥ g.
Men kan eenvoudig de volgende eigenschappen aantonen:
1. als f ≥ 0 en kf k ≤ 1, dan f ≤ 1.
2. kf k−1 f ≤ 1, als kf k =
6 0.
Inderdaad, om de eerst eigenschap te bewijzen, zij x ∈ H. Omdat kf k ≤ 1
verkrijgen wij kf (x)k ≤ kf k kxk ≤ kxk. Bijgevolg, kxk2 ≥ kf (x)k kxk ≥
hf (x), xi. Omdat f ≥ 0 volgt er hx, xi ≥ hf (x), xi ≥ 0. Dus hf (x)−x, xi ≤ 0.
Omdat dit geldt voor alle x ∈ H volgt er f − 1 ≤ 0, zoals gewenst.
Om de tweede eigenschap te bewijzen merken wij op dat voor elke x ∈ H,
hkf k−1 f (x), xi ≤ kf k−1 kf k kxk kxk = hx, xi. Het resultaat volgt dan.
Voobeeld.
Zij f ∈ C([a, b], R) met f (x) ≥ 0 voor alle x ∈ [a, b]. De vermenigvuldigeroperator
M : L2 ([a, b]) → L2 ([a, b])
gedefinieerd door
Mg = fg
5.7. POSITIEVE OPERATOREN
117
is positief. Inderdaad,
Z
b
Z
f (t)g(t)g(t)dt =
< M g, g >=
a
b
f (t)|g(t)|2 dt ≥ 0.
a
Wij geven nog enkele elementaire eigenschappen.
Eigenschap 5.7.1. Zij f, g ∈ B(H). Dan
1. de som van positieve operatoren is positief.
2. f ∗ f en f f ∗ zijn positief.
3. als f g = gf en f en g positief zijn, dan is f g positief.
4. als f inverteerbaar en positief is, dan is f −1 positief.
Bewijs. (1) Dit is evident.
(2) Voor alle x ∈ H,
hf ∗ f x, xi = hf x, f xi = kf (x)k2 ≥ 0
en
hf f ∗ x, xi = hf ∗ x, f ∗ xi = kf ∗ xk2 ≥ 0.
(3) Veronderstel dat 0 6= f en g positieve operatoren zijn en f g = gf .
Definieer
f1 = kf k−1 f
en
fn+1 = fn − fn2
voor n ≥ 1. Wegens Eigenschap 5.5.3 is elke operator fn hermistisch. Wij
beweren dat 0 ≤ fn ≤ 1. Wij bewijzen dit door inductie. Voor n = 1 is dit
duidelijk. Veronderstel nu dat de bewering geldt voor n. Dan
hfn2 (1 − fn )x, xi = hfn (1 − fn )x, fn xi
= h(1 − fn )fn x, fn xi
≥ 0
en
hfn (1 − fn )2 x, xi = hfn (1 − fn )x, (1 − fn )xi ≥ 0.
Dus
fn2 (1 − fn ) ≥ 0 en fn (1 − fn )2 ≥ 0.
118
HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN
Bijgevolg,
fn+1 = fn2 (1 − fn ) + fn (1 − fn )2 ≥ 0
en
1 − fn+1 = (1 − fn ) + fn2 ≥ 0.
Dus volgt de bewering.
Nu,
f1 =
f12
+ f2 =
f12
f22
+
n
X
+ f3 = · · · = (
fi2 ) + fn+1 .
i=1
Bijgevolg,
n
X
fi2 = f1 − fn+1 ≤ f1 .
i=1
Er volgt
n
X
hfi (x), fi (x)i ≤ hf1 (x), xi.
i=1
Dus convergeert de reeks
P∞
2
i=1 kfi (x)k
en
kfi (x)k → 0
als n → ∞. Bijgevolg,
n
X
!
fi2
(x) = f1 (x) − fn+1 (x) → f1 (x)
i=1
als n → ∞. Dus
∞
X
fi2 (x) = f1 (x).
i=1
Omdat g commuteert met elke fi verkrijgen wij
hf g(x), xi = hkf kf1 gx, xi
= kf khgf1 x, xi
∞
X
= kf k
hgfi2 (x), xi
i=1
= kf k
∞
X
i=1
≥ 0.
Dus is f g positief.
hgfi x, fi xi
5.7. POSITIEVE OPERATOREN
119
(4) Veronderstel dat f inverteerbaar en positief is. Dan voor y ∈ H,
y = f (x) voor een x ∈ H. Dus
hf −1 y, yi = hf −1 f x, f xi = hx, f (x)i ≥ 0.
2
1
De voorwaarde f g = gf in (3) is noodzakelijk. Inderdaad, f =
0
1 1
1
en g =
definiëren positieve operatoren op R2 . Maar f g =
1 1
0
is niet positief.
0
0
1
0
Het volgende resultaat is analoog aan een eigenschap van reële getallen.
Stelling 5.7.2. Zij f1 ≤ f2 ≤ f3 · · · een rij commuterende hermitische operatoren op H. Als g ∈ B(H) hermitisch is en fn g = gfn en fn ≤ g voor
alle n ≥ 1, dan convergeert de rij (fn ) naar een hermitische operator f met
f1 ≤ f ≤ g.
Bewijs. Stel hn = g − fn . Dan
hn hm = hm hn
voor alle n, m ≥ 1 en
h1 ≥ h2 ≥ · · · ≥ 0.
Wegens Eigenschap 5.7.1 zijn de operatoren (hm − hn )hm en hn (hm − hn )
positief voor alle n > m. Bijgevolg
hh2m x, xi ≥ hhm hn x, xi ≥ hh2n x, xi
voor alle x ∈ H. Voor x ∈ H is dus (hh2n (x), xi) een dalende rij van positieve
getallen. Bijgevolg convergeert deze rij en
lim hhm hn x, xi = lim hh2n x, xi.
m,n→∞
n→∞
Dus
khm x − hn xk2 = h(hm − hn )x, (hm − hn )xi
= hh2m x, xi − 2hhm hn x, xi + hh2n x, xi
→0
120
HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN
als m, n → ∞. Dus is (hn (x)) een Cauchy rij voor elke x ∈ H. Bijgevolg
convergeert deze rij en dus ook de rij (fn x). Het is eenvoudig aan te tonen
dat de operator f gedefinieerd door
f (x) = lim fn (x)
n→∞
hermitisch is en f1 ≤ f ≤ g. 2
Definitie 5.7.3. Een wortel van een operator f is een hermitische operator
g zodat g 2 = f .
Stelling 5.7.4. Een positieve operator f heeft een unieke positieve wortel g.
Bovendien commuteert g met elke operator die commuteert met f .
Bewijs. Zij f een positieve operator en zij c ∈ R, c > 0, zodat c2 f ≤ 1.
Definieer
1
f0 = 0 en fn+1 = fn + (c2 f − fn2 )
2
voor n ≥ 0. Wegens Eigenschap 5.5.3 is elke fn hermitisch en bovendien
commuteert fn met elke operator die met f comuteert. I.h.b., fn fm = fm fn
voor alle m, n ≥ 0.
Nu, voor elke n ≥ 0,
1
1
1 − fn+1 = (1 − fn )2 + (1 − c2 f )
2
2
en
1
((1 − fn−1 ) + (1 − fn )) (fn − fn−1 ).
2
Wegens de eerste gelijkheid verkrijgen wij dat fn ≤ 1 voor alle n ≥ 0. Bovendien volgt uit de tweede gelijkheid
fn+1 − fn =
0 ≤ f0 ≤ f1 ≤ · · · ≤ fn ≤ · · · ≤ 1
Wegense Stelling 5.7.2 convergeert de rij (fn ) naar een positieve operator p.
Uit de definitie van fn+1 volgt er dan
1
p = p + (c2 f − p2 ).
2
Dus
(c−1 p)2 = f.
Stel g = c−1 p. Het is duidelijk dat g een positieve operator is. Aangezien fn
commuteert met elke operator die met f commuteert volgt er dat p en dus
ook g deze commuterende eigenschap heeft.
5.8. PROJECTIE OPERATOREN
121
Wij bewijzen nu dat er slechts één zo’n functie (wortel) g bestaat. Stel
dus dat q een positieve operator is met q 2 = f . Aangezien qf = f q, volgt er
dat qg = gq. Bijgevolg, voor x ∈ H en y = (g − q)(x),
hgy, yi + hqy, yi = h(g + q)y, yi
= h(g + q)(g − q)x, yi
= h(g 2 − q 2 )x, yi
= 0.
Omdat g en q positief zijn volgt er
hgy, yi = hqy, yi = 0.
Als r een wortel is van g, dan
kryk2 = hr2 y, yi = hgy, yi = 0.
Dus ry = 0 en bijgevolg
gy = r2 y = 0.
Analoog
qy = 0
en dus
kgx − qxk2 = h(g − q)2 x, xi = h(g − q)y, xi = 0,
voor elke x ∈ H. Dus g = q. 2
5.8
Projectie operatoren
Wij weten reeds dat de projectie pG van een Hilbertruimte H op een gesloten
deelruimte een idempotente lineaire operator is met kpG k = 1 (als G 6= 0).
Men noemt zulke operator een projectieoperator.
Voorbeeld.
Zij {e1 , e2 , . . .} een compleet orthonormaal systeem van een gesloten deelruimte G van een Hilbertruimte H. Dan, voor elke x ∈ H,
pG (x) =
∞
X
< x, en > en .
n=1
Voorbeeld.
Zij H = L2 ([−π, π]). Dan, voor elke x ∈ H,
x = y + z,
122
HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN
met y een even functie en z een oneven functie. Dan is de operator p
gedefinieerd door p(x) = y de projectieoperator op de deelruimte van alle
even functies. Met de notaties van het eerste voorbeeld,
p(x) =
∞
X
< x, ϕn > ϕn ,
n=0
met ϕ0 (t) = 1 en ϕn (t) =
q
1
π
cos nt, voor n = 1, 2, . . .
Voorbeeld.
Zij H = L2 ([−π, π]) en p de operator op H gedefinieerd als volgt:
(pf )(t) =
0
f (t)
als t ≤ 0
als t > 0
p is de projectieoperator op de ruimte van alle functies welke triviaal zijn op
(−∞, 0].
Eigenschap 5.8.1. Zij H een Hilbertruimte. Een begrensde operator f ∈
B(H) is een projectieoperator als en slechts als f idempotent en hermitisch
is. Als f een projectieoperator is, dan < f (x), x >= kf (x)k2 voor alle x ∈
H. (Ook is 1 − f een projectieoperator: men noemt dit de complementaire
projectieoperator van f . Wij noteren deze door f ⊥ .)
Bewijs. Wij weten reeds dat een projectieoperator f hermitisch is. Duidelijk
is f ook idempotent. Dus zijn de voorwaarden nodig. Wij bewijzen nu dat
deze voorwaarden voldoende zijn. Zij f ∈ B(H) hermitisch en idempotent.
Noteer G = {x ∈ H | f x = x} = ker(f − 1) (dit is een gesloten deelruimte
omdat f − 1 begrensd is). Omdat f een continue operator is, volgt er dat G
gesloten is. Als x ∈ H, dan voor alle y ∈ G,
hx − f x, yi = hx, yi − hf x, yi
= hx, yi − hx, f yi
= hx, yi − hx, yi
= 0.
Bovendien, f (f (x)) = f (x) voor alle x ∈ H (omdat f 2 = f ). Bijgevolg, voor
alle x ∈ H,
x = f x + (x − f x),
met f (x) ∈ G en x − f x ∈ G⊥ . Dus is f = pG .
5.9. COMPACTE OPERATOREN
123
Het laatste gedeelte van de stelling volgt nu ook eenvoudig. Inderdaad,
voor alle x ∈ H,
hf (x), xi = hf f x, xi = hf x, f ∗ (x)i = hf x, f xi = kf (x)k2 .
2
De som van twee projectieoperatoren is in het algemeen geen projectieoperator. Inderdaad, als p een projectieoperator is, dan kp + pk = k2pk = 2
zodat p + p geen projectieoperator is. Anderzijs is p + p⊥ een projectieoperator.
Twee projectieoperatoren p en q noemt men orthogonaal als pq = 0. Merk
op dat pq = 0 als en slechts als qp = 0; omdat pq = p∗ q ∗ = (qp)∗ .
Eigenschap 5.8.2. Zij pG1 en pG2 projectieoperatoren. Dan gelden de volgende eigenschappen.
1. pG1 en pG2 zijn orthogonaal als en slechts als G1 ⊥ G2 .
2. pG1 + pG2 is een projectieoperator als en slechts als pG1 en pG2 orthogonaal zijn. In dit geval, pG1 + pG2 = pG1 ⊕G2 .
3. pG1 pG2 is een projectieoperator als en slechts als pG1 en pG2 commuteren. In dit geval pG1 pG2 = pG1 ∩G2 .
Bewijs. Dit is eenvoudig te bewijzen. 2
Stelling 5.8.3. Zij G1 en G2 twee gesloten deelruimten van een Hilbertruimte
H. Dan zijn de volgende voorwaarden equivalent:
1. G1 ⊆ G2 ;
2. pG2 pG1 = pG1 ,
3. pG1 pG2 = pG1 ;
4. kpG1 (x)k ≤ kpG2 (x)k, voor elke x ∈ H.
5.9
Compacte operatoren
Compacte operatoren hebben gelijkaardige eigenschappen als operatoren op
eindig dimensionale ruimten.
124
HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN
Definitie 5.9.1. Zij X en Y genormeerde ruimten. Een lineaire operator
f : X → Y noemt men compact als voor elke begrensde deelverzameling M in
X de sluiting f (M ) compact is. Equivalent, f is compact als en slechts als
voor elke begrensde rij (xn ) heeft de rij (f (xn )) een convergente deelrij in Y .
Het is duidelijk dat de som van compacte operatoren terug een compacte
operator is. Bovendien als c ∈ C en f een compacte operator is, dan is ook cf
een compacte operator. Dus de compacte operatoren van X naar Y vormen
een vectorruimte. Wij tonen nu aan dat deze ruimte bevat is in B(X, Y ).
Eigenschap 5.9.2. Een compacte operator is begrensd (en dus continu).
Bewijs. Noteer B = {x ∈ X | kxk = 1}, een begrensde verzameling. Omdat
f compact is volgt er dat f (B) compact is en dus is f (B) begrensd. Bijgevolg
is f begrensd. 2
Een operator f : X → Y met dim(f (X)) eindig dimensionaal noemt men
een operator van eindige rang (of ook wel een eindig dimensionale operator).
Voorbeeld
Als f ∈ B(X, Y ) eindige rang heeft dan is f compact. Inderdaad, zij (xn )
een begrensde rij in X. Omdat kf (xn )k ≤ kf k kxn k volgt er dat (f (xn )) een
begrensde rij is in de eindig dimensionale ruimte f (X). Wegens Stelling 2.3.6
volgt er dat (f (xn )) compact (gesloten en begrensd) is . Bijgevolg heeft
(f (xn )) een convergente deelrij. Dus is f inderdaad compact.
Voorbeeld
Zij H een Hilbertruimte en y, z ∈ H. Definiëer de lineaire operator f op H
als volgt:
f (x) =< x, y > z.
Dan, voor elke begrensde rij (xn ),
| < xn , y > | ≤ kxn k kyk ≤ sup{kxn k | n ∈ N} kyk.
Dus bevat de rij (< xn , y >) een convergente deelrij (< xpn , y >). Zij c de
limiet van deze deelrij. Dan
lim f (xpn ) = lim < xpn , y > z = cz.
n→∞
n→∞
Dus is f een compacte operator.
Voorbeeld
De Fredholm operator
K : L2 ([a, b], C) → L2 ([a, b], C)
5.9. COMPACTE OPERATOREN
125
gedefiniëerd door een continue functie k : [a, b] × [a, b] → C is een compacte
operator.
Herinner dat
Z b
k(x, y)f (y)dy
K(f )(x) =
a
en dat K een begrensde operator is (die ook hermitisch is als k(x, y) =
k(y, x)). Wij bewijzen nu dat deze operator inderdaad compact is. Zij E =
C([a, b], R). Wij tonen nu eerst aan dat
K1 : E → E : f 7→ K(f )
compact is. Zij daarom BE de eenheidsbol in E. Zij f ∈ BE en g = K(f ).
Voor alle x1 , x2 ∈ [a, b],
b
Z
|g(x1 ) − g(x2 )| = |
(k(x1 , y) − k(x2 , y))f (y)dy|
a
b
Z
2
≤
1/2
|k(x1 , y) − k(x2 , y)| dy
kf k2
a
≤ max{|k(x1 , y) − k(x2 , y)| | y ∈ [a, b]} kf k2
√
b−a
Omdat k uniform continu is volgt er dat K1 (B) een equicontinue verzameling
is. Bovendien is {K1 (f )(x) | f ∈ BE } en x ∈ [a, b] begrensd. Inderdaad,
Z
b
2
|g(x)| ≤
≤
1/2
|k(x, y)| dy
√
kf k2
a
b − a max{|k(x, y)| | (x, y) ∈ [a, b] × [a, b]}.
Wegens de Stelling van Ascoli is dan K1 (BE ) compact in E.
Nu is K|E = i ◦ K1 met i : E → L2 ([a, b]), de natuurlijke injectie. De
continuı̈teit van i volgt uit de volgende ongelijkheid (voor g ∈ C):
Z
kgk2 =
b
1/2
|g(x)| dx
≤ kgk∞ (b − a)1/2 .
2
a
Bijgevolg is i(K1 (BE )) compact. Omdat
K(BE ) = i(K1 (BE )) ⊆ i(K1 (BE ))
volgt er dat
K(BE ) ⊆ i(K1 (BE )).
126
HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN
Dus is ook K(BE ) compact.
Nu, zij B de éénheidsbol in L2 ([a, b]). Dan is B = BE in L2 ([a, b]). Dus
K(B) = K(BE ) ⊆ K(BE ).
Dus is K(B) compact.
Voorbeeld
De identieke operator 1 op een oneindig dimensionale Hilbertruimte is niet
compact (maar wel begrensd). Inderdaad, beschouw een orthonormale rij
(en ). Dan is (en ) een begrensde rij, maar (1en ) = (en ) heeft geen convergente
deelrij.
Eigenschap 5.9.3. Een compacte operator f : X → Y van een genormeerde
ruimte X in Banachruimte Y heeft een compacte lineaire uitbreiding
f˜ : X̂ → Y,
met X̂ de completie van X.
Bewijs. Wij weten dat f een begrensde lineaire uitbreiding f˜ heeft. Verifieer
dat deze functie ook compact is. 2
Eigenschap 5.9.4. Zij H een Hilbertruimte en f ∈ B(H) een compacte
operator. Dan is f ∗ compact.
Bewijs. Zij (xn ) een begrensde rij in H. Dus kxn k ≤ c voor alle n ≥ 1. Stel
yn = f ∗ (xn ). Omdat f ∗ begrensd is, is de rij (yn ) ook begrensd. Dus bevat
het een deelrij (ynk ) zodat de rij (f ynk ) convergeert in H. Voor alle k, l ≥ 1,
kynl − ynk k2 = kf ∗ xnl − f ∗ xnk k2
= hf ∗ (xnl − xnk ), f ∗ (xnl − xnk )i
= hf f ∗ (xnl − xnk ), xnl − xnk i
≤ kf f ∗ (xnl − xnk )k kxnl − xnk k
≤ 2ckf ynl − f ynk k.
Bijgevolg
kynl − ynk k → 0
als l, k → ∞ en dus is (ynk ) een Cauchy rij in H. Dus is (ynk ) convergent en
f ∗ compact. 2
Men kan eenvoudig de volgende eigenschappen bewijzen.
5.9. COMPACTE OPERATOREN
127
Stelling 5.9.5. Zij f een compacte operator op een Hilbertruimte H.
1. Als (en ) een orthonormale rij is in H, dan limn→∞ f en = 0. I.h.b.,
als de inverse van een compacte operator op een oneindigdimensionale
ruimte bestaat dan is deze onbegrensd.
2. Als (xn ) een begrensde rij is in H en x ∈ H met limn→∞ < xn , y >=<
x, y > voor alle y ∈ H, dan limn→∞ kf xn − f xk = 0.
Bewijs. (1) Veronderstel dat de rij niet convergeert naar 0. Dan bestaat er
een deelrij (enk ) zodat kf enk k ≥ voor een en alle k ∈ N. Omdat (enk )
begrensd is, heeft de rij (f enk ) een convergente deelrij (f enl ) zodat
lim f enl = y 6= 0.
nl →∞
Bijgevolg,
lim hf enl , yi = kyk2 > 0.
nl →∞
Anderzijds, omdat (enl ) orthonormaal is, verkrijgen wij
lim hf enl , yi = lim henl , f ∗ yi = 0.
nl →∞
nl →∞
Dit is in contradictie met het vorige.
Veronderstel nu dat f een compacte operator is op een oneindigdimensioale ruimte zodat f −1 bestaat en begrensd is. Dus is f −1 continu en er
volgt dat 0 = f −1 (limn→∞ f en ) = limn→∞ f −1 f (en ). Dus limn→∞ en = 0,
een contradictie.
(2) Bewijs dit zelf. 2
In (2) is de voorwaarde “(xn ) begrensd” overbodig. Men kan aantonen
dat de andere voorwaarde automatisch “begrensdheid” geeft. Men kan ook
aantonen dat (2) equivalent is met compactheid.
Stelling 5.9.6. Zij (fn ) een rij compacte operatoren van een genormeerde
ruimte Z in een Banachruimte Y . Als limn→∞ fn = f dan is f compact.
Bewijs. Wij gebruiken een “diagonaalmethode” om aan te tonen dat voor
elke begrensde rij (xn ) in Z de beeldrij f (xn ) een convergente deelrij heeft.
Omdat f1 compact is, bestaat er een deelrij (x1,n ) zodat (f1 (x1,n )) een
Cauchy rij is. Analoog heeft (x1,n ) een deelrij (x2,n ) zodat (f2 (x2,n )) een
Cauchy rij is. Herhaal dit procédé. Er volgt dat de “diagonaalrij” (yn ) =
(xn,n ) een deelrij is van (xn ) zodat voor alle n ≥ 1 de deelrij (fn ym )m∈N een
Cauchy rij is.
128
HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN
Zij c > 0 zodat kxn k ≤ c voor alle n ≥ 1. Stel > 0. Omdat limn→∞ fn =
f bestaat er een p ≥ 1 zodat kf − fp k < /3c. Omdat (fp yn )n∈N een Cauchy
rij is, bestaat er een N zodat
kfp yj − fp yk k <
3
voor alle j, k > N . Dus voor j, k > N ,
kf yj − f yk k ≤ kf yj − fp yj k + kfp yj − fp yk k + kfp yk − f yk k
≤ kf − fp k kyj k + + kfp − f k kyk k
3
≤
c+ + c
3c
3 3c
= .
Bijgevolg is (f yn ) een Cauchy rij. Omdat Y volledig is volgt er dat deze rij
convergent is. Omdat (yn ) een deelrij is van (xn ), volgt er dat f inderdaad
compact is. 2
Als toepassing tonen wij aan dat
f : `2 → `2 : (xn ) 7→ (xn /n)
een compacte operator is.
Inderdaad, het is duidelijk dat f lineair is. Als (xn ) ∈ `2 dan is (xn /n) ∈
2
` . Definiëer
fn (xi ) : `2 → `2
als volgt
fn (xi ) = (x1 , x2 /2, x3 /3, . . . , xn /n, 0, 0, . . .).
Dan is fn lineair en begrensd en compact (omdat het beeld eindig dimensionaal is). Bovendien
k(f − fn )(xi )k
2
=
=
∞
X
|xi /i|2
i=n+1
∞
X
|x2i |
i=n+1
≤
1
i2
∞
X
1
|xi |2
(n + 1)2
i=n+1
≤
Dus kf − fn k ≤
1
n+1 .
)k2
k(xi
.
(n + 1)2
Bijgevolg fn → f en wegens Stelling 5.9.6 is f compact.
5.10. COMPACTE HERMITISCHE OPERATOREN
5.10
129
Compacte Hermitische operatoren
Wij tonen eerst aan dat elke niet-nul spectraalwaarde van een compacte hermitische operator een eigenwaarde is.
Stelling 5.10.1. Zij f een compacte hermitische operator op een Hilbertruimte H. Dan is elk niet-nul element in Spec(f ) een eigenwaarde.
Bewijs. Zij 0 6= λ ∈ Spec(f ). Wegens Eigenschap 5.6.3 is λ een benaderende
eigenwaarde. Dus bestaat er een rij (xn ) met kxn k = 1 en limn→∞ (f −
λ1)(xn ) = 0. Aangezien f compact is, bevat de rij (f (xn )) een convergente
deelrij (f (xnk ))k∈N . Zij y de limiet van deze rij. Dan
y = lim f (xnk ) = lim λxnk .
k→∞
k→∞
Aangezien λ 6= 0 volgt er
lim xnk = λ−1 y.
k→∞
Omdat elke kxk k = 1 volgt kλ−1 yk = 1 en dus λ−1 y 6= 0. Er volgt
f (λ−1 y) = lim f (xnk ) = y = λ(λ−1 y).
k→∞
Dus is
λ−1 y
een eigenvector met eigenwaarde λ. 2
Enkele opmerkingen bij de vorige stelling. Men kan aantonen dat de
stelling algemener geldt, namelijk voor elke compacte lineaire operator. Bovendien, wegens Stelling 5.6.6 (en het bewijs van die stelling) geldt dat, voor
elke compacte hermitische operator f het getal kf k of −kf k de dominerende
eigenwaarde is. Als f een positieve compacte operator is dan is kf k een
eigenwaarde (omdat de eigenwaarden dan positief zijn).
Eigenschap 5.10.2. Zij f een hermitische operator op een Hilbertruimte H.
Zij λ, µ ∈ Spec(f ), λ 6= µ, en Hλ = ker(f − λ1). Dan
Hλ ⊥ Hµ .
Bewijs. Stel a ∈ Hλ en b ∈ Hµ . Dan
λha, bi = hλa, bi
= hf (a), bi
= ha, f (b)i
= ha, µbi
= µha, bi
= µha, bi,
130
HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN
omdat µ ∈ R. Bijgevolg
(λ − µ)ha, bi = 0.
Omdat λ 6= µ volgt er dat Hλ ⊥ Hµ . 2
Eigenschap 5.10.3. Zij f een lineaire operator op een vectorruimte V . Als
xi een eigenvector is met eigenwaarde λi , 1 ≤ i ≤ n en λi 6= λj voor i 6= j,
dan zijn {x1 , x2 , · · · , xn } lineair onafhankelijk.
Bewijs. Dit is welbekend. 2
Eigenschap 5.10.4. Zij (λn ) een rij niet-nul verschillende eigenwaarden
van een hermitische compacte operator f . Dan is {λn | n ∈ N} eindig ofwel
limn→∞ λn = 0. (Dus 0 is het enige ophopingspunt in Spec(f ).)
Bewijs. Veronderstel dat {λn | n ≥ 1} niet eindig is. Zij xn een eigenvector
met eigenwaarde λn en kxn k = 1. Wegens Eigenschap 5.10.2 is {xn | n ≥ 1}
een orthonormaal systeem. Bovendien, wegens Stelling 5.9.5,
0 =
=
=
=
=
lim kf xn k2
n→∞
lim hf xn , f xn i
n→∞
lim hλn xn , λn xn i
n→∞
lim λ2n kxn k2
n→∞
lim λ2n .
n→∞
Dus volgt het resultaat. 2
Wij zullen aantonen dat f slechts een aftelbaar aantal eigenwaarden heeft
voor een compacte hermitische operator, en dat de eigenruimten Hλ eindig
dimensionaal zijn (men kan aantonen dat de voorwaarde “hermitisch” overbodig is).
Stelling 5.10.5. Zij {pn } een orthogonale verzameling van projectieoperatoren op een Hilbertruimte H en {λn } een verzameling getallen zodat limn→∞ λn =
0. Dan
P
1. f = ∞
n=1 λn pn is convergent in B(H), en dus f is begrensd.
2. elke niet-nul eigenwaarde van f is één van de getallen λn en al deze
getallen λn zijn eigenwaarden.
3. Als alle λn ∈ R, dan is f hermitisch.
5.10. COMPACTE HERMITISCHE OPERATOREN
131
4. Als alle pn van eindige rang zijn, dan is f compact.
Bewijs. (1) Voor elke 1 ≤ k ≤ m, k, m ∈ N,
k
m
X
λn pn k = sup{k
n=k
m
X
λn pn xk | x ∈ H, kxk = 1}.
n=k
Aangezien verschillende pn per veronderstelling orthogonaal zijn volgt er
k
m
X
λn pn xk2 =
n=k
=
m
X
n=k
m
X
kλn pn xk2
|λn |2 kpn xk2 .
n=k
Omdat limn→∞ λn = 0 geldt dat voor elke > 0 en alle k, m voldoende groot,
k
m
X
λn pn xk
2
2
≤ m
X
kpn xk2
n=k
m
X
n=k
= 2 k
≤ 2 k
n=k
m
X
pn xk2
pn k2 kxk2 .
n=k
Wegens
Eigenschap 5.8.2 is
P
k m
p
k=n k k = 1. Bijgevolg
sup{k
m
X
Pm
n=k
pk terug een projectieoperator en dus is
λn pn xk2 | x ∈ H, kxk = 1} ≤ 2 ,
n=k
P
voor k, m voldoende groot. Dus is de rij van partiëelsommen van ∞
n=1 λn pn
een Cauchy
rij in B(H). Omdat deze laatste een complete ruimte is, volgt er
P
λ
pn ∈ B(H).
dat ∞
n
n=1
(2) Zij x ∈ pn (H). Dan pn (x) = x en pm (x) = 0 voor alle m 6= n (omdat
pm pn = 0). Dus f x = λn x en bijgevolg is λn een eigenwaarde van f .
Wij tonen nu aan dat er geen andere niet-nul eigenwaarden zijn. Veronderstel dat x een eigenvector is met corresponderende eigenwaarde λ. Stel
xn = pn x voor n ≥ 1 en stel y = qx, met q de orthogonale projectie op het
orthogonaal complement van f (H). Dan
x=
∞
X
n=1
xn + y,
132
HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN
met y ⊥ pn (H) voor alle n ≥ 1. Omdat f (y) = 0 en f continu is, volgt er
f(
∞
X
xn + y) = f (
n=1
∞
X
xn )
n=1
∞
X
=
f (xn ).
n=1
Bijgevolg,
λ(
∞
X
xn + y) = λx
n=1
= f (x)
∞
X
=
λn xn .
n=1
Of, equivalent,
∞
X
(λ − λn )xn + λy = 0.
n=1
Wegens de orthogonaliteit verkrijgen wij
(λ − λn )xn = 0 en λy = 0,
voor alle n ≥ 1. Als nu x 6= 0, dan is ofwel y 6= 0 of xn 6= 0 voor een n ≥ 1.
Er volgt dat λ = 0 of λ = λn . Dus volgt (2).
(3) Veronderstel dat alle λn ∈ R. Omdat pn = p∗n voor alle n ≥ 1,
verkrijgen wij dat voor alle x, y ∈ H,
hf x, yi = h
=
=
∞
X
λn pn x, yi
n=1
∞
X
λn hpn x, yi
n=1
∞
X
hx, λn pn yi
n=1
= hx,
∞
X
λn pn yi
n=1
= hx, f yi
(4) Dit volgt onmiddellijk uit Stelling 5.9.6 2
5.10. COMPACTE HERMITISCHE OPERATOREN
133
Stelling 5.10.6. (Hilbert-Schmidt) Zij f een hermitische compacte operator op een Hilbertruimte H. Dan bestaat er een orthonormaal systeem van
eigenvectoren {xn | n ∈ N} corresponderend met niet-nul eigenwaarden {λn }
zodat elk element x op een unieke manier kan geschreven worden als
x=
∞
X
cn xn + y,
n=1
met cn ∈ C en y ∈ ker(f ). M.a.w. H = vect{xn | n ∈ N} + ker(f ).
Bewijs. Wegens Stelling 5.5.5 en Stelling 5.6.6 bestaat een eigenwaarde λ1
van f zodat
|λ1 | = sup{|hf (x), xi| | x ∈ H, kxk = 1} = kf k.
Zij x1 een eigenvector met eigenwaarde λ1 en zodat kx1 k = 1. Stel
H1 = {x ∈ H | hx, x1 i = 0},
het orthogonaal complement van vect{x1 }. Dus H1 is gesloten en H =
vect{x1 } ⊕ H1 . Als x ∈ H1 dan
hf x, x1 i = hx, f x1 i = λ1 hx, x1 i = 0.
Bijgevolg, als x ∈ H1 , dan f (x) ∈ H1 . Dus
f|H1 : H1 → H1 ,
en H1 is een Hilbertruimte. Als f|H1 = 0 dan volgt het resultaat. Zoniet, herhalen wij de vorige redenering op de ruimte H1 . Dus bestaat een eigenwaarde
λ2 zodat
|λ2 | = sup{|hf x, xi| | x ∈ H1 , kxk = 1}.
Zij x2 een eigenvector met eigenwaarde λ2 en kx2 k = 1. Stel
H2 = {x ∈ H1 | x ⊥ x2 }.
Het is duidelijk dat
H = vect{x1 , x2 } ⊕ H2 .
Als f|H2 = 0 dan volgt het resultaat, zoniet herhalen wij weer de vorige
redenering.
Dus, herhaaldelijk herhalen geeft λ1 , · · · , λn eigenwaarden corresponderend
met x1 , · · · , xn . Definieer
Hn = {x ∈ Hn−1 | hx, xn i = 0}
134
HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN
en zij λn+1 een eigenwaarde zodat
|λn+1 | = sup{|hf x, xi| | x ∈ Hn , kxk = 1}.
Veronderstel nu dat het vorige procédé een oneindige rij eigenwaarden λn
met corresponderende eigenvectoren xn oplevert. Omdat (xn ) een orthonormale rij is en omdat h−, yi (voor y ∈ H) een compacte operator is (omdat
het eindige rang heeft), volgt er uit Stelling 5.9.5 dat
lim hxn , yi = 0 = h0, yi.
n→∞
voor alle y ∈ H. Dus weer wegens Stelling 5.9.5
lim f xn = 0 = f (0).
n→∞
Bijgevolg,
|λn | = kλn xn k = kf xn k → 0.
Zij S = vect{xn | n ≥ 1}. Dan is S een gesloten deelruimte en S is compleet
(separabel) met orthonormale basis {xn | n ≥ 1}. Dus elk element van S kan
geschreven worden als
∞
X
cn xn met
n=1
∞
X
|cn |2 < ∞.
n=1
Dus wegens de projectiestelling kan elk element x in H op een unieke manier
geschreven worden als
x=s+y
P∞
met s = n=1 cn xn ∈ S en y ∈ S ⊥ .
Veronderstel nu dat 0 6= y ∈ S ⊥ . Stel z = kyk−1 y. Dan
hf y, yi = kyk2 hf z, zi.
Omdat z ∈ S ⊥ ⊆ Hn , voor alle n ≥ 1, volgt er (wegens de definitie van λn+1 )
|hf y, yi| = kyk2 |hf z, zi| ≤ kyk2 |λn+1 | → 0.
Bijgevolg,
hf y, yi = 0 voor alle y ∈ S ⊥ .
Dus wegens Stelling 5.5.5,
kf|S ⊥ k = 0,
d.w.z.
f|S ⊥ = 0,
and dus f (y) = 0 voor alle y ∈ S ⊥ . 2
5.10. COMPACTE HERMITISCHE OPERATOREN
135
Gevolg 5.10.7. (Spectraalstelling voor hermitische compacte operatoren) Zij
H een Hilbertruimte en f ∈ B(H) hermitisch en compact. Dan bestaat er een
orthonormale
P basis B = B1 ∪ B2 van H, met B1 = {xn | n ≥ 1} een aftelbare
basis voor
λ∈Spec(f ), λ6=0 Hλ en B2 een basis voor ker(f ). Bovendien is
iedere vector xn een eigenvector met eigenwaarde λn en voor elke x ∈ H,
f (x) =
∞
X
λn < x, xn > xn =
n=1
∞
X
λn pn (x),
n=1
met pn de projectieoperator op vect{xn }. Dus f =
P∞
n=1 λn pn .
Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit het vorige resultaat door aan B1 = {xn |
n ≥ 1} een orthonormale basis B2 van ker f toe te voegen. Omdat f continu
is, volgt er ook
f(
∞
X
cn xn ) =
n=1
=
∞
X
n=1
∞
X
cn f (xn )
λn cn xn ,
n=1
met cn = hx, xn i. 2
Wegens Stelling 5.10.5 verkrijgen wij onmiddellijk het eerste gedeelte van
het volgende resultaat.
Gevolg 5.10.8.
1. De enige niet-nul eigenwaarden van f zijn λn .
2. Voor elke 0 6= λ ∈ Spec(f ) geldt dim(Hλ ) < ∞.
Bewijs. (2) Veronderstel 0 6= λ ∈ Spec(f ) en dim(Hλ ) = ∞. Dan heeft
Hλ een oneindige orthonormale basis {en | n ≥ 1}. Duidelijk is de rij (en )
begrensd, en dus heeft de rij (f en ) een convergente deelrij. Bijgevolg bestaat
y ∈ H zodat
y = lim f (en ) = lim λen .
n→∞
n→∞
Wegens Stelling 5.9.5, y = 0. Bijgevolg
lim en = 0.
n→∞
Maar dit is onmogelijk omdat ken k = 1. 2
De vorige stelling en gevolg tonen aan dat elke hermitische compacte
operator de limiet is van een rij hermitische operatoren van eindige rang.
136
HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN
Hoofdstuk 6
Appendix
6.1
Sommatieprocédés
Zij (xn ) een rij in een genormeerde ruimte (X, k k), dan noemt men de rij
(σn ) gedefiniëerd door
1
1
σ1 = x1 , σ2 = (x1 + x2 ), . . . , σn = (x1 + · · · + xn ), . . .
2
n
de rij van de aritmetische gemiddelden.
Deze rij heeft de tendens om gebeurlijke fluctuaties te vereffenen. Ze heeft
bijgevolg een betere kans om te convergeren. Indien σn → y dan noemen wij
de rij Cesàro sommeerbaar met som y.
Voorbeeld 6.1.1. Zij (xn ) = (1, 0, 1, . . . , ). Dan
σ2n =
1
2
en σ2n+1 =
n+1
2n + 1
1
Dus
P limn→∞ σn = 2 . Bijgevolg is (xn ) Cesàro sommeerbaar, maar de reeks
xn is niet convergent.
Eigenschap 6.1.2. Zij (xn ) een rij in een genormeerde ruimte. Als xn → x,
dan σn → x.
Bewijs. Vooreerst merken wij op dat
σn − x =
=
1
(x1 + · · · + xn ) − x
n
1
[(x1 − x) + · · · + (xn − x)] .
n
137
138
HOOFDSTUK 6. APPENDIX
Aangezien limn→∞ xn = x bestaat voor elke > 0 een natuurlijk getal N =
N () zodat voor all m ≥ N , kxm − xk < . Bovendien bestaat er een reëel
getal A zodat kxk − xk < A, voor alle k ≥ 1. Er volgt, voor n ≥ N ,
N
n
X
X
1
1
kxk − x)k +
kxk − xk
n
n
k=1
k=N +1
!
N
X
n−N
1
≤
A +
n
n
kσn − xk ≤
k=1
=
NA n − N
+
.
n
n
Voor n voldoende groot verkrijgen wij NnA < . Aangezien n−N
n < 1 volgt er
dat kσn − xk < 2, voor n voldoende groot. Dus, inderdaad, x = limn→∞ σn .
2
In Analyse II werd de volgende eigenschap bewezen.
P
Stelling 6.1.3. (Abel) Zij (an ) een rij complexe
zodat ∞
n=0 an conP∞ getallen
n convergentiestraal R
a
z
vergeert. Veronderstel dat de machtreeks
n=0 n
heeft met R ≥ 1. Zij
f : [0, 1] → C : z 7→
∞
X
an z n .
n=0
Dan
∞
X
lim f (z) =
z→1−
en
P∞
n=0 an
zn
an
n=0
convergeert uniform op [0, 1].
Gebaseerd op dit criterium van Abel associëren wij nu limieten met reeksen die niet noodzakelijk convergent zijn. Zij
f (z) =
∞
X
bn z n
n=0
een reeks met convergentiestraal 1. Als
lim
z→1, kzk<1
dan zegt men dat
s=
f (z) = s,
∞
X
n=0
bn
6.1. SOMMATIEPROCÉDÉS
139
voor het sommatieprocédé van Abel.
P
Herinner dat wegens het criterium van Abel, als ∞
n=0 bn convergent is,
dan is de som van het sommatieprocédé
van
Abel
precies
deze som. Het
P
n is niet convergent, maar
omgekeerde is vals. Inderdaad, de reeks ∞
(−1)
n=0
aangezien
∞
X
1
=
(−1)n xn ,
1+x
n=0
P∞
voor kxk < 1, volgt er dat n=0 (−1)n Abels sommeerbaar is naar 12 .
Toch heeft de Stelling van Abel een gedeeltelijke omgekeerde. Stellingen
van deze aard worden Stellingen van Tauber genoemd.
P
n
Stelling 6.1.4. (Tauber) Veronderstel dat ∞
n=0 an z convergentiestraal 1
heeft (of ≥ 1). Als
lim (nan ) = 0
n→∞
en
f (z) =
∞
X
an z n , voor |z| < 1,
n=0
en
lim
z→1, |z|<1
dan
∞
X
f (z) = A,
an = A.
n=0
Bewijs. Voor elk geheel getal N ≥ 0,
!
!
!
N
N
X
X
|
an − A| = |
an − f (z) + (f (z) − A) |
n=0
n=0
= |
N
X
an (1 − z n ) −
n=0
≤
N
X
n=0
|an ||1 − z n | +
∞
X
an z n + (f (z) − A)|
n=N +1
∞
X
|an z n | + |f (z) − A|
n=N +1
Daar 1 − z n = (1 − z)(1 + z + · · · + z n−1 ) volgt er voor |z| < 1 dat |1 − z n | <
n|1 − z|. Dus
N
N
X
X
n
|an | |1 − z | ≤ |1 − z|
n|an |.
n=0
n=0
140
HOOFDSTUK 6. APPENDIX
Wegens de veronderstelling, limn→∞ |nan | = 0. Bijgevolg wegens Eigenschap 6.1.2
!
m
1 X
lim
|nan | = 0.
m→∞ m + 1
n=0
Bovendien is er gegeven dat limz→1, |z|<1 f (z) = A.
Zij > 0. Dan verkrijgen wij voor elk voldoende groot natuurlijk getal
N dat
PN
1.
n=0 |nan | < (N + 1);
2. |an | <
N +1 ,
voor alle n > N ;
3. |f (x0 ) − A| < voor x0 = 1 −
1
N +1 .
Bijgevolg
N
!
X
|x0 |N +1
+ < 3.
an − A ≤ |1 − x0 |(N + 1) +
N + 1 |1 − x0 |
n=0
(Merk op dat |1 − x0 |(N + 1) = 1.) Aangezien willekeurig is volgt het
resultaat. 2
6.2
Convergentie
Eigenschap 6.2.1. Zij (fn ) een rij in B(X, Rq ) met X ⊆ Rp .
u
1. Als elke fn continu is en fn → f , dan is f continu.
2. Veronderstel dat X een parallellepipedum in Rp is en elke fn continu
u
is. Als fn → f , dan
Z
Z
lim
fn ((x1 , . . . , xp )dx1 . . . dxp =
f (x1 , . . . , xp )dx1 . . . dxp .
n→∞ X
X
Hetzelfde kan niet gezegd worden van de afgeleide functie. Doch in een
vorige cursus werd het volgende bewezen.
Eigenschap 6.2.2. Zij elke fn : [a, b] → Rq een continue functie die differentieerbaar is op ]a, b[. Als
u
fn0 → g
u
op ]a, b[ en (fn (x0 )) convergent is voor een x0 ∈ [a, b], dan fn → f , f is
differentieerbaar en
u
fn0 → g = f 0 .
6.2. CONVERGENTIE
141
Gevolg 6.2.3. Zij elke fn : [a, b] → Rq k-maal continu differentieerbaar op
(j)
]a, b[ en limn→∞ fn (c) bestaat voor een c ∈]a, b[, voor 0 ≤ j ≤ k − 1. Als,
(k) u
voor de gegeven k, fn → gk , dan, voor elke 0 ≤ j ≤ k,
u
fn(j) → gj
en
(j)
gj = g0 .
Het is gemakkelijk om voorbeelden te construeren van rijen functies die
differentieerbaar zijn in elk punt van een interval J in R en welke uniform convergeren op J naar een functie die niet differentieerbaar is in sommige punten
van J. Bovendien, Weierstrass construeerde een rij functies die overal differentieerbaar zijn op R en welke uniform convergeren op R naar een continue
functie welke nergens differentieerbaar is (zie [1, blz 195 en 204]). Doch, als
de rij van de afgeleide functies uniform convergeert dan werkt alles goed.
Eigenschap 6.2.4. Zij X een deel van Rp en (fn ) een rij functies X → Rq .
1. Als elke fn continu is en
schap 6.2.1).
P∞
n=1 fn
u
→ f , dan is f continu (zie Eigen-
2. Zij X een parallellepipedum. Als elke fn continu is en
dan
∞ Z
X
P∞
n=1 fn
u
→ f,
Z
fn (x1 , . . . , xp )dx1 . . . xp =
f (x1 , . . . , xp )dx1 . . . dxp
n=1 X
X
(zie Eigenschap 6.2.1).
3. Veronderstel dat X = [a, b]. Als elke fn k-maal continu differentieerP
(j) u
baar is op ]a, b[ en voor 0 ≤ j ≤ k, ∞
n=1 fn → gj , dan
∞
X
!(j)
fn
u
→ gj
n=1
en
(j)
gj = g0 .
P
(j) convergent is.)
(Voor j < k is het voldoende te eisen dat ( ∞
n=1 fn )
(zie Eigenschap 6.2.2).
142
HOOFDSTUK 6. APPENDIX
Ter informatie vermelden wij nog een karakterisatie van compacte delen
in zekere functieruimten. Wij voeren hiervoor de nodige terminologie in. Zij
X een metrische ruimte en E ⊆ C(X, Rq ). Men noemt E equicontinu als
voor elke > 0 en voor elke x ∈ X een δ > 0 bestaat zodat de volgende
eigenschap geldt:
voor alle f ∈ E, als d(x, y) < δ dan kf (x) − f (y)k < .
Dus δ is onafhankelijk van f ∈ E, maar is wel afhankelijk van x en .
Bovendien, noemen wij E puntsgewijs begrensd als voor elke x ∈ X een
M > 0 bestaat zodat kf (x)k < M , voor alle f ∈ E.
Stelling 6.2.5. (Stelling van Ascoli)
Zij X een compacte metrische ruimte en E ⊆ C(X, Rq ). De sluiting van E
in C(X, Rq ), voorzien van de metriek van de uniforme convergentie, is dan
en alleen dan compact als E equicontinu en puntsgewijs begrensd is.
6.3
Exponentiële functies
P
1 n
Wij weten dat de machtreeks ∞
n=0 n! z oneindige convergentiestraal heeft.
Dus convergeert deze reeks voor elk complex getal en de convergentie is uniform op elk compact deel in C. Wij noteren deze reeks als
ez = exp z =
∞
X
1 n
z
n!
n=0
en noemen dit de exponentiële reeks of exponentiële functie. De afgeleide
reeks is
∞
∞
∞
X
X
n n−1 X
1
1 n
z
=
z n−1 =
z = ez .
n!
(n − 1)!
n!
n=1
n=1
n=0
Bijgevolg heeft de complexe exponentiële functie dezelfde eigenschap als zijn
reële tegenhanger, namelijk
als f (z) = ez , dan f 0 (z) = ez .
Eigenschap 6.3.1. Zij U een open en samenhangend deel in C. Veronderstel
dat f : U → C differentieerbaar is met f 0 (z) = 0 voor alle z ∈ U . Dan is f
een constante functie.
6.3. EXPONENTIËLE FUNCTIES
143
Bewijs. Stel z0 ∈ U en schrijf f (z0 ) = ω0 . Wij tonen aan dat als A = {z ∈
U | f (z) = ω0 } dan A = U . Omdat U samenhangend is, is het voldoende om
aan te tonen dat A gesloten en open is.
Eerst tonen wij aan dat A gesloten is. Veronderstel daarom dat z ∈ U en
dat (zn ) een rij in A is met z = limn→∞ zn . Daar f (zn ) = ω0 voor alle n ≥ 1,
en omdat f continu is, volgt er dat f (z) = ω0 , d.w.z. z ∈ A. Bijgevolg is A
gesloten in U .
Om aan te tonen dat A open is, veronderstel dat a ∈ A. Omdat U open
is in C, bestaat een > 0 zodat B(a, ) ⊆ U . Als a 6= z ∈ B(a, ), dan
definiëren wij
g(t) = f (tz + (1 − t)a),
voor 0 ≤ t ≤ 1. Dan
g(t) − g(s)
g(t) − g(s)
(t − s)z + (s − t)a
=
·
,
t−s
(t − s)z + (s − t)a
t−s
voor s 6= t. Bijgevolg
lim
t→s
g(t) − g(s)
= f 0 (sz + (1 − s)a) · (z − a) = 0.
t−s
Dus g 0 (s) = 0 voor 0 ≤ s ≤ 1, en bijgevolg is g constant. Er volgt f (z) =
g(1) = g(0) = f (a) = ω0 . M.a.w. B(a, ) ⊆ A en dus is A open. 2
Gevolg 6.3.2. Voor alle a, b ∈ C,
ea+b = ea eb en e−a =
1
.
ea
Bewijs. Zij a ∈ C en stel g(z) = ez ea−z . Dan
g 0 (z) = ez ea−z + ez (−ea−z ) = 0.
Dus (wegens Eigenschap 6.3.1) bestaat een ω ∈ C zodat g(z) = ω, voor
alle z ∈ C. Daar e0 = 1, volgt er dat ω = g(0) = ea en dus ez ea−z = ea
voor alle z ∈ C. Dit bewijst het eerste gedeelte van het resultaat. Bijgevolg
ez e−z = e0 = 1 en dus e−z = e1z . Dus is ook het tweede gedeelte aangetoond.
2
Daar alle coëffiënten van de machtreeks ez =
er dat exp(z) = exp(z). I.h.b. voor alle t ∈ R,
P∞
|eit |2 = eit e−it = e0 = 1
1 n
n=0 n! z
reëel zijn, volgt
144
HOOFDSTUK 6. APPENDIX
en algemener
|ez |2 = ez ez = ez+z = exp(2Re(z)).
Dus
|exp(z)| = exp(Re(z)).
Naar analogie met de reële machtreeksen definiëren wij
cos z = 1 −
=
∞
X
1 2
1
1 2n
z + z 4 + · · · + (−1)n
z + ···
2!
4!
(2n)!
(−1)n
n=0
1 2n
z
(2n)!
en
sin z = z −
=
∞
X
n=0
1 3
1
1
z + z 5 + · · · + (−1)n
z 2n+1 + · · ·
3!
5!
(2n + 1)!
(−1)n
1
z 2n+1 .
(2n + 1)!
Beide reeksen hebben oneindige convergentiestraal en dus zijn cos z en sin z
analytisch in C. Er volgt
(cos z)0 = − sin z
en
(sin z)0 = cos z.
Daar de reeksen absoluut convergeren volgt er (door het herschikken van de
termen):
1
cos z = (eiz + e−iz )
2
en
1
sin z = (eiz − e−iz ).
2i
Bijgevolg
cos2 z + sin2 z = 1
en
eiz = cos z + i sin z.
Als z = x + iy, met x, y ∈ R, dan
z = |z|(cos θ + i sin θ),
met θ = arg(z), θ ∈ [0, 2π]. Dus
z = |z|eiθ .
6.3. EXPONENTIËLE FUNCTIES
145
Een functie f (met C als domein) noemt men periodisch met periode c
als f (z + c) = f (z) voor alle z ∈ C. Als c een periode is van de functie ez ,
dan ez = ez+c = ez ec . Dus ec = 1. Daar 1 = |ec | = exp(Re(c)) volgt er dat
Re(c) = 0. Dus c = iθ voor een θ ∈ R. Aangezien
1 = eiθ = cos θ + i sin θ
volgt er dat de periodes van ez al de gehele veelvouden zijn van 2πi.
Dus men kan het vlak in oneindig veel horizontale banden verdelen via
de horizontale rechten Im(z) = π(2k − 1), k ∈ Z, en de exponentiële functie
gedraagt zich hetzelfde in al deze banden. Dit gedrag komt niet voor bij reële
exponentiële functies.
In Analyse II werd aangetoond dat er slechts één mogelijke analytische
uitbreiding is van de reële exponentiële functie naar de complexe getallen.
Wij wensen nu een logaritmische functie te vinden. Omdat de exponentiële functie niet injectief is, kan men een logaritmische functie niet definiëren
als de inverse functie van ez .
Wij zoeken een logaritmische functie, genoteerd log z, die voldoet aan
w = ez wanneer z = log w. Aangezien ez 6= 0 voor alle z kunnen wij log 0
niet definiëren. Veronderstel ez = w en w 6= 0. Als z = x + iy, met x, y ∈ R,
dan |w| = ex en y = arg(w) + 2πk voor een k ∈ Z. Dus is
{log |w| + i(arg(w) + 2kπ) | k ∈ Z}
de oplossing voor ez = w (merk op dat log |w| de gebruikelijke reële logaritme
is).
Men kan dan bewijzen dat als f : U → C (U open) een continue functie
is zodat z = exp(f (z)) voor elke z ∈ U , dan is f analytisch en f 0 (z) = z −1 .
Zulke f noemen wij een tak van de logaritme.
Voorbeeld 6.3.3. Definieer
f (w) =
∞
X
n=1
1
(−1)n−1 wn .
n
(Deze reeks is de gebruikelijke reeks voor log(1 + w) wanneer w reëel is.)
De reeks convergeert absoluut voor |w| < 1. Dus kunnen wij een tak van de
logaritme definiëren als
log z = f (z − 1) =
∞
X
n=1
1
(−1)n−1 (z − 1)n ,
n
voor |z − 1| < 1. Dit definiëert een tak van de logaritme.
146
HOOFDSTUK 6. APPENDIX
Wij geven een ander voorbeeld van een reeks die een bekende situatie
uitbreidt.
Voorbeeld 6.3.4. (De binomiaalreeks) Zij 0 6= a een complex getal. Definieer
de binomiaal coëfficiënten (n geheel getal en n ≥ 1)
a
a(a − 1) · · · (a − n + 1)
=
n
n!
en de binomiaalreeks
a
(1 + x) =
∞ X
a
n=0
a
0
n
xn .
= 1. Als a geen strikt positief geheel getal is, dan is de
Bij afspraak
convergentiestraal van de binomiaalreeks 1.
Bewijs. Wegens de veronderstelling is geen enkele coëfficiënt na nul en
bovendien
a n! a(n − 1) · · · (a − (n − 1))(a − n) n+1 =
a (n + 1)!a(a − 1) · · · (a − (n − 1)) n (a − n) = n+1 1 − a n
= .
1 + n1 a ( ) Dus limn→∞ na = 1 en het resultaat volgt. 2
(n+1)
1
Zij m een strikt positief geheel getal en a = m
. Dan heeft B(x) =
P∞
1 m xn convergentiestraal minstens 1. Dus convergeert deze reeks voor
n=0 n
|x| < 1. Eenvoudige berekeningen tonen aan dat
B(x)m = 1 + x
wanneer x reël is en |x| < 1. Dus is B(x)m de unieke machtreeks zodat
B(x)m = 1 + x voor alle voldoende kleine reële x. Bijgevolg B(X)m =
1 + X. Bijgevolg hebben wij aangetoond, via binomiaalreeksen, dat m-de
1
machtswortels (1 + x) m kunnen genomen worden voor |x| < 1.
Hoofdstuk 7
Oefeningen
7.1
Inleiding tot Hilbertruimten
P
−n x , 0, 0, 0, · · · ) een
1. Toon aan dat f : C∞ → C∞ : (xn )n 7→ ( ∞
n
n=0 3
begrensde lineaire operator is als de vectorruimte C∞ = {(an )n ∈ CN |
{n
∈ N | an 6= 0} is eindig} voorzien wordt van de norm k(an )n k =
pP
∞
2
n=0 |an | .
2. (a) Is c0 = {(an )n ∈ CN | limn→∞ an = 0} met k(an )n k = supn∈N |an |
een Banachruimte?
(b) Is
C∞ = {(an )n ∈ CN | {n ∈ N | an 6= 0} is eindig} met k(an )n k =
pP
∞
2
n=0 |an | een Banachruimte?
(c) Is C∞ = {(an )n ∈ CN | {n ∈ N | an 6= 0} is eindig} met k(an )n k =
supn∈N |an | een Banachruimte?
3. Zij M een gesloten deelruimte van een genormeerde ruimte (X, k k) en
zij R de relatie op X gedefinieerd als volgt:
xRy als en slechts als x − y ∈ M.
(a) Toon aan dat R een equivalentierelatie is.
(b) Toon dat de quotiëntverzameling X/M = {[x] | x ∈ X} een vectorruimte is voor de bewerkingen
[x] + [y] = [x + y] en α[x] = [αx]
(x, y ∈ X, α ∈ K). Merk op dat in algebra deze verzameling niets
anders is dan de quotiëntruimte X/M .
(c) Toon aan dat k[x]kq = inf m∈M kx − mk een norm definieert op
X/M .
147
148
HOOFDSTUK 7. OEFENINGEN
(d) Indien (X, k k) een Banachruimte is, bewijs dat ook (X/M, k kq )
een Banachruimte is.
(e) In het geval waar (X, k k) = (C([0, 1]), k k∞ ) en M = {f ∈ X |
f (0) = 0} bewijs dat (X/M, k kq ) als genormeerde ruimte isomorf
is met C.
4. q
Onderzoek welke van de normen k k∞ , k k2 en k kw (met kf kw =
R3
2
0 (1 + x)(f (x)) dx op C([0, 3], R) equivalent zijn.
5. Bewijs dat voor een lineaire afbeelding f : X → Y tussen genormeerde
ruimten de volgende voorwaarden equivalent zijn:
(a) f is begrensd,
(b) f is Lipschitz,
(c) f is uniform continu.
6. Onderzoek de continuı̈teit van de lineaire vorm
ω : C([0, 3], R) → R : f 7→ f (0)
in het geval waar C([0, 3], R) voorzien wordt van de norm k k∞ , en
nadien in het geval waar C([0, 3], R) voorzien wordt van de norm k k2 .
7. Onderzoek welk van de volgende genormeerde ruimten separabel zijn:
(a) c0
(b) C∞
(c) `∞
8. Bewijs dat het parallellepipedum
P = {(xn )n ∈ `2 ; ∀n ∈ N : |xn | < 1}
een open verzameling is in de Banachruimte `2 .
9. Neem een vast element v van de genormeerde ruimte (CC ([0, 1]), k k∞ )
en beschouw de afbeelding A : (CC ([0, 1]), k k∞ ) → (CC ([0, 1]), k k∞ ) :
f 7→ f v. Toon dat A een lineaire operator is en bepaal de operatornorm
kAk.
10. (a) Als (an )n ∈ `1 , toon dat
f(an )n : c0 → C : (xn )n 7→
∞
X
n=0
behoort tot
c∗0 .
Bereken kf(an )n k.
an xn
7.1. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN
149
(b) Bewijs dat de genormeerde ruimten c∗0 en `1 isomorf zijn.
11. Toon dat de metrische ruimte (C([0, 1], R+ ), d∞ ) (isomorf is met) de
completie is van de metrische ruimte (C([0, 1], R+
0 ), d∞ ).
R1
12. Definieert < f, g >= −1 f (x)g(x)dx een inproduct op de vectorruimte
R([−1, 1]) der regelfuncties [−1, 1] → R?
13. Laat zien dat door
Z
< f, g >=
1
(f (t)g(t) + f 0 (t)g 0 (t)dt
0
een inproduct op de ruimte der continu differentieerbare functies [0, 1] →
R gedefinieerd is.
14. RBeschouw de pre-Hilbertruimte CR ([0, 1]) met inproduct < f, g >=
1
0 f (x)g(x)dx. Toon dat {f ∈ CR ([0, 1]) | f (0) = 0} een deelruimte is,
die niet gesloten is.
15. In de Hilbertruimte `2 , bepaal de norm van de vectoren (an )n en (bn )n
P
2−n
−1/2 .
als an = (n2 + n)−1/2 en bn = 2−n . Besluit ∞
n=1 (n2 +n)1/2 < 3
16. Ga in de Hilbertruimte `2 na welke van de volgende deelverzamelingen
gesloten zijn:
(a) {(an )n∈N ; a1 = a2 = a3 }
(b) {(an )n∈N ; |a1 | ≤ 1, |a2 | ≤ 1}
(c) {(an )n∈N ; |a1 | ≤ 1, |a2 | < 1}
17. Voor welke waarden van λ, µ wordt
(Z
1
min
)
1/2
(ex − (λx + µ))2 dx
| λ, µ ∈ R
−1
bereikt?
18. Beschouw in de Banachruimte (R2 , k kM ) de gesloten en convexe deelverzameling G = {(x, y) ∈ R2 | x ≥ 1}. Bestaat er een unieke (x, y) ∈ G zodat k(x, y)−(0, 0)kM = inf{k(x0 , y 0 )−(0, 0)kM | (x0 , y 0 ) ∈ G}? Waarom
kan de approximatiestelling niet worden toegepast?
150
HOOFDSTUK 7. OEFENINGEN
19. Beschouw de reële vectorruimte
n
C∞ = (xn )n≥0 ∈ RN ; ∃n0
als deelruimte van de Hilbertruimte
(
2
` =
N
(xn )n≥0 ∈ R ;
∀n ≥ n0
o
xn = 0 .
∞
X
)
x2n
<∞
n=1
met inproduct < (xn )n , (yn )n >=
1
en stel x = ( n+1
)n≥0 .
P
n xn yn
(en afgeleide norm k
k2 )
(a) Bereken inf{kx − y 0 k2 ; y 0 ∈ V }.
(b) Bestaat er een unieke y ∈ V zodat kx − yk2 = inf{kx − y 0 k2 ; y 0 ∈
V }?
(c) Is V volledig voor k
(d) Zijn de normen k
k2 ?
k∞ en k
k2 equivalent op V ?
20. Beschouw de Euclidische vectorruimte R2 met norm k(x1 , x2 )k = |x1 |+
|x2 |.
(a) Toon dat de minimale afstand van de oorsprong tot de rechte
x1 + x2 = 1 gelijk is aan 1.
(b) Bepaal alle punten op de rechte x1 +x2 = 1 die op afstand 1 liggen
van de oorsprong.
(c) Laat zien dat de norm k(x1 , x2 )k = |x1 | + |x2 | niet afgeleid is uit
een inproduct op R2 .
21. Bepaal (C(∞) )⊥ en C(∞) ⊕ (C(∞) )⊥ in `2 .
22. Neem gesloten deelruimten F en G van een Hilbertruimte H. Toon:
(a) F ⊆ G als en slechts als pG ◦ pF = pF .
(b) als F ⊆ G, dan pF (G⊥ ) = {0} en pF ◦ pG = pF .
23. Zij H een Hilbertruimte en V ⊆ H. Bewijs de volgende eigenschappen:
(a) V ⊥⊥ is kleinste gesloten deelruimte van H die V omvat.
(b) als V een deelruimte is van H, dan is V = V ⊥⊥ .
7.1. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN
151
24. Beschouw twee complexe Hibertruimten H1 en H2 , een orthonormale
verzameling {e1 , e2 , ..., en } in H1 , een orthonormale verzameling {b1 , b2 , ..., bn }
in H2 en getallen λ1 , λ2 ,...,λn in C. Bewijs dat
k
sup
x∈H1 ,kxk≤1
n
X
λi bi < x, ei > k = max |λi |.
1≤i≤n
i=1
25. Beschouw de ruimten van reële rijen
N
H = {(xn )n≥1 ∈ R |
∞
X
x2n is convergent}
n=1
K = {(xn )n≥1 ∈ E |
∞
X
xn
n=1
met inproduct < (xn )n , (yn )n >=
van de volgende uitspraken:
(a) K
H
n
P∞
= 0}
n=1 xn yn .
Onderzoek de waarheid
= K,
(b) H = K ⊕ K ⊥H .
26. Zij M een deelverzameling van een pre-Hilbertruimte E. Toon aan dat
M ∩ M ⊥ ⊆ {0} en dat de gelijkheid geldt als en slechts als 0 ∈ M .
27. (a) Toon aan dat de som van twee volledige orthogonale deelruimten
van een pre-Hilbertruimte volledig is.
(b) Beschouw de rijen (e2n )n≥1 en (e2n+1 )n≥0 in `2 , waar (en )n≥1 de
gewone orthonormale basis is van `2 . Stel
1
1
e2n + sin e2n+1 ,
n
n
= vect{e2n | n ≥ 1}
zn = cos
G1
G2 = {zn | n ≥ 1}
Beschouw
is in `2 .
P∞
1
n≥1 sin n
e2n+1 en bewijs dat G1 + G2 niet gesloten
28. RBeschouw in de pre-Hilbertruimte H = C([0, 1], R) met inproduct hf, gi =
1
0 f (x)g(x)dx de deelruimte V = {f ∈ C([0, 1], R); f (0) = 0}.
(a) Toon dat V een deelruimte is van H die niet gesloten is.
152
HOOFDSTUK 7. OEFENINGEN
(b) Neem f ∈ H en beschouw voor elke n ∈ N0 de functie
fn : [0, 1] → R : x 7→

 xnf ( n1 ) 0 ≤ x ≤
f (x)

1
n
1
n
≤x≤1
Toon dat (fn )n → f in H.
(c) Bepaal V ⊥ , V ⊕ V ⊥ en V in H.
(d) Is V volledig?
29. Zij F een volledige deelruimte van een pre-Hilbertruimte H. Toon dat
voor elke x0 ∈ H,
inf kx − x0 k =
x∈F
| < x0 , y > |.
sup
y∈F ⊥ ,kyk=1
30. Definieer de lineaire functionaal ϕ op L2 ([0, 1], C) door
Z
ϕ(f ) =
1
2
if.
0
(a) Vind g ∈ L2 ([0, 1], C) zodat voor alle f ∈ L2 ([0, 1], C) geldt ϕ(f ) =<
f, g >.
(b) Bepaal kϕk.
31. Gebruik de Legendre-veeltermen om
Z
min
1
a,b,c∈C −1
|x3 − a − bx − cx2 |2 dx
te bepalen.
32. Beschouw in de complexe
prehilbertruimte H = C([0, 1], C) met inR1
product < f, g >= 0 f (x)g(x)dx de deelruimte
V = {f ∈ C([0, 1], C); f (0) = f (1)}.
(a) Bepaal V ⊥ en V .
(b) Bestaat er A ∈ H ∗ zodat V = kerA?
7.2. BENADERING DOOR CONVOLUTIE
7.2
153
Benadering door convolutie
1. Beschouw de functies f, g : R → R met
cos x
|x| ≤ π/2
f (x) =
0
|x| ≥ π/2
en
g(x) = (f (x))2 .
Zij f en g continu (afleidbaar)? Bereken kf k1 en kgk1 . Stel h = f ∗ g
en toon aan: h is afleidbaar, h ≥ 0, h is even, khk1 = π. Ga na dat
h(x) = 31 (1 + cos x)2 (|x| ≤ π)
2. (a) Bereken voor n ∈ N0
Z
∞
cn =
e−n|x| dx.
−∞
(b) Controleer dat de rij (un )n≥1 , met un (x) =
is.
1 −n|x|
cn e
een Dirac rij
(c) Indien g : R → R : x 7→ sin x, bereken un ∗ g en onderzoek of de
rij (un ∗ f )n op R uniform convergeert naar de functie f op een
compacte deelverzameling S van R.
R∞
3. Zij K : R → R een continue functie met K ≥ 0 en −∞ K(t)dt = 1.
Bewijs dat door Kn (t) = tK(nt) een Dirac-rij (Kn )n gedefinieerd wordt.
4. Bestaat er een veelterm p(x) zodat
(a) |p(x) − x1/3 | < 10−1 , voor alle x ∈ [−1, 2],
(b) |p(x) −
[x]
6 |
< 10−1 , voor alle x ∈ [e, π],
(c) |p(x) − cos x1 | < 10−1 , voor alle x ∈ (0, 1]?
5. Stel P0 = 0 en definieer voor n = 0, 1, 2, 3, ...
Pn+1 (x) = Pn (x) +
x2 − Pn2 (x)
.
2
Bewijs dat de rij (Pn )n uniform naar |x| convergeert op [−1, 1].
6. Zij [a, b] een interval van R en f : [a, b] → R een continue functie. Toon
dat er een rij polynomen (pn )n bestaat die uniform convergeert naar f
op [a, b] en welke voldoet aan pn (a) = f (a) voor elke n. Bestaat er ook
een altijd een rij polynomen (qn )n die uniform convergeert naar f op
[a, b] en die voldoet aan qn (a) = f (a) en qn (b) = f (b) voor elke n?
154
HOOFDSTUK 7. OEFENINGEN
7. Beschouw de rij (fn )n∈Z met fn (x) = einx in de complexe preHilbertruimte V = C ∞ ([−π, π], C). Bewijs dat A = {fn | n ∈ Z} begrensd is.
Als (xn )n een rij is in A, toon dat volgende eigenschappen equivalent
zijn:
(a) (xn )n is een Cauchy rij,
(b) (xn )n is uiteindelijk constant,
(c) (xn )n convergeert in V ,
(d) (xn )n convergeert in A.
8. Bewijs voor alle f ∈ L2 (T ) dat
Z
π
|f |2 = 2π|a0 |2 + π
−π
X
(|an |2 + |bn |2 ).)
n>0
9. Bewijs dat
∞
X
2−n cos(nx) =
n=0
4 − 2 cos x
5 − 4 cos x
voor alle x ∈ R. Laat zien dat de reeks in het linkerlid de trigonometrische Fourierreeks is van de functie in het rechterlid.
10. Bepaal de Fourierreeks van de enige 2π-periodieke, oneven functie f :
R → R met f (0) = f (π) = 0, f (x) = 1 voor 0 < x < π. Bereken de
som van de reeks 1 − 13 + 15 − 17 + · · ·
11. Bepaal de Fourierreeks van de enige 2π-periodieke, oneven functie f :
R → R met f (x) = x voor 0 ≤ x < π. Pas de stelling van Parseval toe
om te besluiten dat
∞
X
1
π2
.
=
n2
6
n=1
12. Zij f :] − π, π] → R gedefinieerd door
f (x) =
0
x
als − π < x ≤ 0
als 0 < x ≤ π
Bepaal de Fourierreeks van de functie R → R die
een periodische uitP∞
1
breiding is van f . Bereken de som van de reeks n=1 (2n−1)
2.
7.2. BENADERING DOOR CONVOLUTIE
155
13. Zij f een stuksgewijs continue en periodische functie (van periode 2π).
Onderstel dat in een zeker punt x voor de functie f de linkerlimiet
f (x−) =
lim
f (x + h)
lim
f (x + h)
h→0,h<0
en de rechterlimiet
f (x+) =
h→0,h>0
bestaan. Bewijs dat de Fourierreeks van f in x convergeert naar
Avf (x) =
14. Stel
f (x−) + f (x+)
.
2
f : R → R : x 7→
1
0
als x ∈] − 12 , 12 [
als x ∈]
/ − 12 , 12 [
(a) Bereken het convolutieproduct f ∗ f .
(b) Bepaal de Fourierreeks van de enige 2π-periodieke functie g : R →
R met g|[−π,π[ = (f ∗ f )|[−π,π[ .
P
P
sin2 ( n
)
sin4 ( n
)
2
2
(c) Bepaal de reekssommen ∞
en ∞
.
n=1
n=1
n2
n4
P
1
π2
15. Gebruik makend van de gelijkheid ∞
n=1 n2 = 6 en van de Fourierreeks
van de 2π-periodieke functie f : R → C gedefinieerd door

 0 −π < x ≤ 0
f (x) =

x 0<x≤π
bewijs dat
∞
X
n=1
π4
1
=
.
(2n − 1)4
96
16. De Fourierreeks van de periodische uitgebreide functie van f bepaald
door
f (x) = x voor − π < x < π
is
∞
X
n=1
(−1)n+1
2
sin x.
n
Deze reeks convergeert naar x voor elke x ∈ (−π, π). Ga na dat de reeks
die ontstaat door de vorige Fourierreeks term per term af te leiden,
divergeert voor elke x ∈] − π, π[.
156
HOOFDSTUK 7. OEFENINGEN
17. Zij a > 0 en
f (x) = 2a2
∞
X
(−1)n cos nx
n2 + a2
n=1
.
(a) Toon dat door f (x) een continue en 2π-periodieke functie f : R →
R gedefinieerd wordt.
(b) Wat is de Fourierreeks van f ?
(c) Toon, voor x ∈ R \ { π2 + 2kπ; k ∈ Z}, en voor elke n ∈ N0
n
X
1
x
(−1)k+1 sin kx = im(
k=1
ei 2 + (−1)(n+1) eix(n+ 2 )
)
2 cos x2
(d) Toon dat f afleidbaar is voor elke x ∈] − π, π[.
18. Gebruik de Fourierreeks van ex op [−π, π[ om te tonen dat
(πcothπ − 1)/2 =
∞
X
n=1
19. Is de reeks
n2
1
.
+1
∞
X
sin nx
√
n
n=1
de Fourierreeks van een f ∈ L2 (T )?
7.3
Hermitische operatoren
1. Zij (en )n een totale orthonormale rij in een Hilbertruimte H en (λn )n
een begrensde rij in C. Stel, voor x ∈ H,
f (x) =
X
λn < x, en > en .
(a) Toon dat f goed gedefinieerd is
(b) Toon dat f ∈ B(H)
(c) Bereken kf k
(d) Vind nodige en voldoende voorwaarden op (λn )n opdat f inverteerbaar is. Bepaal in dat geval kf −1 k. Bepaal Spec(f ).
7.3. HERMITISCHE OPERATOREN
157
2. Beschouw de operatoren
S : `2 → `2 : (x1 , x2 , · · · ) 7→ (0, x1 , x2 , · · · )
en
S ∗ : `2 → `2 : (x1 , x2 , · · · ) 7→ (x2 , x3 , · · · )
(a) Toon dat S ∗ de adjunctafbeelding is van S.
(b) Zijn S, S ∗ , SS ∗ , S ∗ S inverteerbaar?
3. Beschouw een Hilbertruimte H met vectoren a en b en de lineaire afbeelding A : H → H gedefinieerd door A(x) =< a, x > b. Bepaal
Spec(A).
4. Zij f : V → V een lineaire operator op een preHilbertruimte V en
0 6= x ∈ V . Toon aan dat x een eigenvector van f is als en slechts als
| < f (x), x > | = kf (x)k kxk.
5. Beschouw
f :C
(∞)
→C
(∞)
: (x1 , x2 , · · · ) 7→ (
∞
X
3−n xn , 0, 0, · · · )
n=1
(a) Ga na dat f goed gedefinieerd en lineair is.
(b) Bewijs dat f begrensd is en dat kf k ≤ (1/8)1/2 .
(c) Bestaat er een operator
g : C(∞) → C(∞)
zodat
< f (x), y >=< x, g(y) >
voor alle x, y ∈ C(∞) ?
6. Zij H een Hilbertruimte en f ∈ B(H) een operator met eendimensionaal
beeld. Toon dat er vectoren y, z ∈ H bestaan zodat f (x) =< x, z > y
voor alle x ∈ H. Toon verder:
(a) f ∗ (x) =< x, y > z voor alle x ∈ H,
(b) f 2 = λf met λ ∈ R,
(c) kf k = kykkzk,
(d) f ∗ = f als en slechts als y = αz voor een reëel getal α.
158
HOOFDSTUK 7. OEFENINGEN
7. Beschouw de lineaire operator
f : `2 → `2 : (x1 , x2 , · · · ) 7→ (
x1 x2
xn
, ,··· , n,···)
2 4
2
(a) Bereken de norm van f .
(b) Toon dat Im(f ) dicht is in `2 .
(c) Toon dat f hermitisch is.
(d) Bepaal de eigenwaarden en -vectoren van f .
(e) Bepaal Spec(f ).
8. Toon dat
√
√
f : `2R → `2R : (x1 , · · · , xn , · · · ) 7→ ( 1x1 , 2x2 , · · · , (n)1/n xn , · · · )
een begrensde lineaire operator is en bepaal kf k. Onderzoek of f inverteerbaar is en, zo ja, bepaal kf −1 k. Bepaal f ∗ . Is f hermitisch?
9. Zij H een Hilbertruimte.
Voor elke y, z ∈ H definiëren we de lineaire operator
fy,z : H → H : x 7→< x, z > y.
Toon voor elke y, z ∈ H:
(a) (fy,z )∗ (x) =< x, y > z voor elke x ∈ H,
(b) er bestaat λ ∈ C zodat fy,z ◦ fy,z = λfy,z ,
(c) kfy,z k = kykkzk,
(d) fy,z is hermitisch als en slechts als z = 0 of y = αz voor een reëel
getal α.
Toon verder dat voor f ∈ B(H) volgende voorwaarden equivalent zijn:
(a) dimf (H) ≤ 1,
(b) ∃y, z ∈ H : f = fy,z .
(Als dimf (H) = 1, kies y ∈ f (H) met kyk = 1 en pas de stelling van
Riesz toe op de lineaire vorm H → C : v 7→< f(v), y >)
10. Indien f en g twee positieve operatoren zijn op een complexe Hilbertruimte H met f + g = 0. Toon dat f = g = 0.
7.3. HERMITISCHE OPERATOREN
159
11. Onderzoek of de Fredholm-operatoren
K : L2 ([−π, π], C) → L2 ([−π, π], C)
gedefinieerd door
Z
π
K(f )(x) =
k(x, y)f (y)dy
−π
met respectievelijke kernen k(x, y) = cos(x − y) en k(x, y) = x + y
positieve operatoren zijn.
12. Beschouw drie projectie-operatoren p1 , p2 en p3 op een Hilbertruimte
H. Onderstel dat p1 + p2 + p3 = 1 en dat pi pj = 0 als i 6= j en definieer
de lineaire begrensde operator f = 2p1 + 3p2 + 5p3 .
(a) Bewijs dat f injectief is.
(b) Vind, gegeven y ∈ H, x ∈ H met f (x) = y.
(c) Bepaal de eigenwaarden en de bijhorende eigenruimten van f .
(d) Bepaal Spec(f ).
13. Zijn pG1 en pG2 projectie-operatoren op een Hilbertruimte H. Bewijs
(a) pG1 en pG2 zijn orthogonaal als en slechts als G1 ⊥ G2 .
(b) pG1 + pG2 is een projectie-operator als en slechts als pG1 en pG2
orthogonaal zijn. In dat geval pG1 + pG2 = pG1 ⊕G2 .
(c) pG1 pG2 is een projectie-operator als en slechts als pG1 en pG2 commuteren. In dat geval pG1 pG2 = pG1 ∩G2 .
14. Onderzoek of de operatoren uit Oefeningen 7 en ?? compact zijn.
15. Indien E, F, G, H genormeerde ruimten zijn, f ∈ B(E, F ), g ∈ B(F, G),
h ∈ B(G, H) met g compact, dan is hgf compact.
16. Beschouw de genormeerde ruimte c0 = {(an )n ∈ CN ; limn→∞ an = 0}
met de norm k(an )n k = supn |an | en de lineaire operator
an
.
A : c0 → c0 : (an )n 7→
log(n + 2) n
(a) Bepaal de operatornorm kAk.
(b) Bepaal de eigenwaarden van A.
(c) Bepaal SpecA.
160
HOOFDSTUK 7. OEFENINGEN
(d) Is A compact?
17. Beschouw de lineaire operator
f : l2 → l2 : (xn )n≥1 7→ (
nn xn
)n≥1 .
(n + 1)n
(a) Bepaal de eigenwaarden en eigenvectoren van f , alsook Specf .
(b) Bepaal kf k.
(c) Bepaal µ ∈ C zodat f − µid compact is.
18. Toon dat voor een Hilbertruimte H en f ∈ B(H) volgende eigenschappen equivalent zijn:
(a) f is compact,
(b) f f ∗ is compact,
(c) f ∗ f is compact,
(d) f ∗ is compact.
19. Op de Hilbertruimte L2 ([0, 1], C), beschouw de operator A bepaald door
Z
A(f )(x) = (1 − x)
x
Z
0
1
(1 − y)f (y)dy.
yf (y)dy + x
x
Indien f (x) = ex , bereken A(f ). Toon dat A een Fredholmoperator is
en bepaal de kern. Is A compact? Is A hermitisch? Is A inverteerbaar?
Als f ∈ L2 ([0, 1], C), ga na dat A(f ) continu is, A(f )(0) = A(f )(1) = 0.
Vind de eigenvectoren en -waarden van A, alsook Spec(A). Indien
f (x) =
∞
X
βn sin nπx
n=1
in L2 ([0, 1], C),P
bepaal A(f ), m.a.w. bepaal λn ∈ C en en ∈ L2 ([0, 1], C)
zodat A(f ) = ∞
n=1 λn < f, en > en .
20. Zij ϕ : [0, 1] → R een continue functie en A : L2 ([0, 1]) → L2 ([0, 1])
gedefinieerd door
Z
(Af )(x) = ϕ(x)
1
ϕ(t)f (t)dt.
0
(a) Toon dat A Hermitisch en positief is.
7.3. HERMITISCHE OPERATOREN
161
(b) Bewijs
R 1 2 dat A een niet nulle projectie-operator is als en slechts als
0 ϕ (t)dt = 1.
(c) Is A compact?
21. Beschouw voor elke α ∈ [0, 1] de operator Pα op L2 ([0, 1], C) gedefinieerd
door
Pα (f ) = χα f
waar χα de indicatorfunctie van [0, α] is.
(a) Bewijs dat elke Pα een projectie-operator is.
(b) Bepaal Pα Pβ voor α, β ∈ [0, 1].
(c) Onderstel 0 ≤ α < β ≤ 1. Vind een projectie-operator Q zodat
Pβ = Pα + Q.
22. Toon aan dat een projectie-operator op een gesloten deelruimte G van
een Hilbertruimte H een compacte operator is als en slechts als G
eindigdimensionaal is.
23. Indien f ∈ B(H) een projectie-operator is op een Hilbertruimte H, toon
dan:
(a) 1 − f is een projectie-operator,
(b) g = 1 − 2f voldoet aan g ∗ g = 1,
(c) Im(f ) = ker(1 − f ).
24. Zij H een Hilbertruimte en f ∈ B(H). Toon aan dat g = 1 + f ∗ f ∈
B(H) injectief is. Is g Hermitisch? Is g positief?
In het geval f : `2 → `2 : (x0 , x1 , · · · ) 7→ (0, x0 , x1 , x2 , · · · ), bepaal kgk,
en de eigenwaarden van g. Is g compact?
25. Beschouw f : `2 → `2 : (x0 , x1 , x2 , · · · ) 7→ (x0 , 0, x1 , 0, x2 , 0, · · · ). Toon
dat f een begrensde operator is en bereken de norm van f . Bepaal de
adjunctafbeelding f ∗ van f . Is f Hermitisch? Is f compact? Is het
beeld van f gesloten? Bepaal de eigenwaarden van f . Is f inverteerbaar? Is f een projectie-operator? Is f positief?
26. Als H een Hilbertruimte is en f ∈ B(H), zeggen we dat f “unitair” is als
f f ∗ = f ∗ f = IV en dat f een isometrie is als < f (x), f (x) >=< x, x >
voor elke x ∈ H.
Toon voor f ∈ B(H):
(a) Als f een surjectieve isometrie is, dan is f ∗ een isometrie.
162
HOOFDSTUK 7. OEFENINGEN
(b) f is unitair als en slechts als f een bijectieve isometrie is.
27. Zij H een Hilbertruimte. Een operator f ∈ B(H) heet “normaal” indien
f ∗f = f f ∗.
(a) Indien f ∈ B(H) normaal is, g ∈ B(H) inverteerbaar en f commuteert met g ∗ g, toon dan dat gf g −1 normaal is.
(b) Indien f ∈ B(H) en g ∈ B(H) beide normaal zijn en f g ∗ = g ∗ f ,
toon dan dat f + g en f g normaal zijn.
28. Als f hermitisch is en niet nul, toon f k 6= 0 voor elke k = 2l met l ∈ N0 .
Besluit dat f k 6= 0 voor elke k ∈ N.
29. Twee unitaire operatoren f en g op een Hilbertruimte H heten “unitair
equivalent” als er een unitaire operator h bestaat zodat f = hgh−1 .
Indien f en g unitair equivalent zijn en f is hermitisch, toon dan dat
ook g hermitisch is.
Bibliografie
[1] R.G. Bartle, The elements of real analysis, second edition, John Wiley
& Sons, New York, London, Sydney, Toronto, 1976.
[2] R.G. Bartle, D.R. Sherbert, Introduction to real analysis, John Wiley
and Sons, New York, 1992. (ISBN: 0-471-51000-9)
[3] R. Beals, Advanced mathematical analysis, Springer Verlag, GTM 12,
New York, Heidelberg, Berlin, 1973. (ISBN: 3-540-90066-7)
[4] N. Bourbaki, éléments de mathématique , livre V, Espaces vectoriels
topologiques, chap. III à V, Paris Hermann, 1955.
[5] L. Debnath, P. Mikusiński, Introduction to Hilbert spaces with applications, Academic Press, Inc., London, New York, 1990. (ISBN: 0-12208435-7)
[6] J. Dixmier, Sur les bases orthonormales dans les espaces préhilbertien,
Acta Math. Szeged 15 (1953),
[7] E. Hewitt, K. Stromberg, Real and Abstract Analysis, Sprnger, Berlin,
1969.
[8] E. Kreyszig, Introductory functional analysis with applications, Wiley
Classics Library Edition Published 1989, John Wiley & Sons, Chichester,
New York, 1978. (ISBN: 0-471-50459-9)
[9] S. Lang, Undergraduate Analysis, Second edition, Springer Verlag,
UTM, New York, Berlin, Heidelberg, 1997. (ISBN: 0-387-94841-4)
[10] S. Lang, Real and functional analysis, third edition, Springer Verlag,
GTM 142, New York, Heidelberg, London, Paris, 1993. (ISBN: 3-54094001-4)
[11] W.R. Wade, An introduction to analysis, Prentice Hall, 1995. (ISBN:
-13-093089-X)
[12] N. Young, An introduction to Hilbert space, Cambridge University
Press, 1988. (ISBN: 0-521-33717-8)
163
Index
A⊥⊥ , 32
C(I), 5
C(X, Y ) = CX (Y ), 4
C 2 , 67
C1 , 70
C1n , 71
CC (I), 5
CR1 (I), 17
D, 17
L1 , 70
L1 (T ), 63
L2 , 42
L2 (T ), 56
L2 ([a, b]), 30
S(R), 80
T , 17
TA , 17
X ∗ , 22
⊥, 32
`∞ , 4
`p , 4
projG (x), 32
c, 5
c0 (Z), 63
f ∗ g, 47
pG , 32
P, 5
B(X, Y ), 18
D(R, C), 50
S(Z), 64
(H1), 25
(H2), 25
(H3), 25
Abel
sommatieprocédé, 139
adjunctafbeelding, 100
afbeelding
lineair, 16
afbeelding lineair, 16
afegeleide operator, 17
aritmetisch gemiddelde, 137
Banachruimte, 3
basis, 37
Schauder, 24
beeld, 16
begrensd, 88
puntsgewijs, 142
benaderende eigenwaarde, 112
Bessel, 36
Cesàro sommeerbaar, 137
Cesaro, 59
Cesarokern, 59
complementaire projectieoperator,
122
completie, 10, 29
convex, 30
convolutieproduct, 47, 58, 72
De vermenigvuldiging operator, 88
dimensie
Hilbert, 40
Dirac, 51
Diracrij, 51, 59
164
INDEX
directe som, 33
Dirichlet, 58
Dirichletkern, 58
drager, 47
driehoeksongelijkheid, 26
duale ruimte, 22
Eénheidselement, 50
eigenfunctie, 92
eigenruimte, 97
eigenvector, 92
eigenwaarde, 92
benaderende, 112
equicontinu, 142
equivalent, 14
exponentiële reeks, 142
Fejer, 53, 59
Fejerkern, 59
Fouriercoëfficiënten, 36
Fourierreeks, 57
Fouriertransformatie, 70, 73
Gelijkheid van Parseval, 38
Gram-Schmidt, 39
Hahn-Banach, 99
Hermite, 44
Hermite polynoom, 44
Hermitisch inproduct, 25
Hilbert dimensie, 40
Hilbert-Schmidt, 133
Hilbertruimte, 27
homeomorfisme, 7
idempotent, 33
identieke operator, 17
inproduct, 25
integratie operator, 17
Inversieformule, 81
inwendig, 30
inwendig product, 25
165
isometrie, 7
isomorfisme, 20, 29
kern, 16
kernfunctoren, 53
Laguerre, 45
Laguerre polynoom, 45
Landau, 53, 55
Legendre, 42
Legendre polynoom, 42
lineair
toegevoegd, 25
lineaire afbeelding, 16
lineaire operator, 16
beeld, 16
begrensd, 18
kern, 16
nulruimte, 16
Lipschitz, 65
Lipschitz voorwaarde, 65
logaritme, 145
tak, 145
matrix
hermitisch, 105
multipliciteit, 97
norm, 88
equivalent, 14
nul operator, 17
nulruimte, 16
ongelijkheid van Bessel, 36
ongelijkheid van Cauchy-Schwarz,
25
operator
begrensd, 88
compact, 124
eindige rang, 124
hermitisch, 103
inverteerbaar, 89
166
lineair, 16
norm, 88
positief, 116
shift, 88
orthognale projectie, 32
orthogonaal, 32, 35
orthogonale projectieoperatoren, 123
orthonormaal, 35
orthonormale basis, 37
Orthonormalisatie van Gram-Schmidt,
39
parallellogrameigenschap, 25
Parseval, 38
periodisch, 145
Plancherel, 83
Polarizatie-identiteit, 26
pre-Hilbertruimte, 25
projectie, 33
projectieoperator, 121
puntsgewijs begrensd, 142
puntspectrum, 92
randpunten, 30
reeks
exponentiële, 142
resolvent functie, 94
Riesz, 15, 41
ruimte
Banach, 3
duaal, 22
Schauder basis, 24
Schwarzruimte, 80
segment, 30
semilineair, 25
separabel, 24
snel dalend, 64
sneldalend, 79
sommatieprocédé van Abel, 139
spectraalstelling, 135
INDEX
spectraalstraal, 96
spectrum, 92
sublineair, 98
tak, 145
Tauber, 139
toegevoegd lineair, 25
totale deelverzameling, 24
trigonometrische polynomen, 58