=p(x) + p(y), joten ehto (N1) on voimassa. Jos lisäksi λ on skalaari, niin

Transkriptio

1 FUNKTIONAALIANALYYSI, RATKAISUT 1 KEVÄT 211, (AP) 1. Ovatko seuraavat reaaliarvoiset funktiot p : R 3 R normeja? Ovatko ne seminormeja? ( x = (x 1, x 2, x 3 ) R 3 ) a) p(x) := x x x 2 3, b) p(x) := x x x 3, c) p(x) := 5 x 1 x x 3, d) p(x) := x 1 + 2x 2 + x 1 2x 2 + x 3. Ratkaisu 1: Käytetään luentomonisteen määritelmää 2.3. (a) Tehtävän p ei toteuta ehtoa (N2), sillä jos esimerkiksi e 1 = (1,, ) ja λ = 2, niin p(e 1 ) = 1 ja p(2e 1 ) = 4 2 p(e 1 ). Siten p ei ole seminormi, joten ei myöskään normi. (b) Olkoot x = (x 1, x 2, x 3 ) ja y = (y 1, y 2, y 3 ) kaksi R 3 :n vektoria. Nyt p(x + y) = x 1 + y x 2 + y x 3 + y 3 x 1 + y 1 + 2( x 2 + y 2 ) + 5( x 3 + y 3 ) =p(x) + p(y), joten ehto (N1) on voimassa. Jos lisäksi λ on skalaari, niin p(λx) = λx λx λx 3 = λ p(x), joten myös ehto (N2) on voimassa. Lopuksi todetaan, että koska itseisarvo on ei-negatiivinen, joten p on myös ei-negatiivinen. Summa kolmesta einegatiivisesta termistä on nolla täsmälleen silloin kun ne kaikki ovat nollia. Siten p(x) = jos ja vain jos x 1, 2 x 2 ja 5 x 3 ovat nollia, jolloin siis x 1 = x 2 = x 3 =. Siis myös (N3) on voimassa, joten p on normi. (c) Olkoot x = (x 1, x 2, x 3 ) ja y = (y 1, y 2, y 3 ) kaksi R 3 :n vektoria. Nyt p(x + y) = 5 x 1 + y 1 x 2 y x 3 + y 3 5( x 1 x 2 + y 1 y 2 ) + 2( x 3 + y 3 ) =p(x) + p(y), 1

2 joten ehto (N1) on voimassa. Jos lisäksi λ on skalaari, niin p(λx) = 5 λx 1 λx λx 3 = λ p(x), joten myös ehto (N2) on tosi. Selvästi p on ei-negatiivinen. Mutta esimerkiksi p((1, 1, )) =, joten p ei ole normi. Se on seminormi. (d) Olkoot x = (x 1, x 2, x 3 ) ja y = (y 1, y 2, y 3 ) kaksi R 3 :n vektoria. Nyt p(x + y) = x 1 + y 1 + 2(x 2 + y 2 ) + x 1 + y 1 2(x 2 + y 2 ) + x 3 + y 3 x 1 + 2x 2 + y 1 + 2y 2 + x 1 2x 2 + y 1 2y 2 + x 3 + y 3 = p(x) + p(y), joten (N1) toteutuu. Jos lisäksi λ R, niin nähdään että p(λx) = λx 1 + 2λx 2 + λx 1 2λx 2 + λx 3 = λ x 1 + 2x 2 + λ x 1 2x 2 + λ x 3 = λ p(x), siis (N2) on voimassa. Selvästi p on ei-negatiivinen. Lisäksi jos p(x) =, niin pitää toteutua x 1 + 2x 2 =, x 1 2x 2 = ja x 3 =. Nyt x 1 + 2x 2 = täsmälleen silloin kun x 1 = 2x 2. Lisäksi x 1 2x 2 = täsmälleen silloin kun x 1 = 2x 2, siten nähdään, että pitäisi olla 2x 2 = 2x 2, joten x 2 =, jolloin myös x 1 =. Tietysti x 3 = jos ja vain jos x 3 =. Siten on osoitettu että p(x) = jos ja vain jos x =. Siis p on normi. Huomautus. Toisin kuin normi, seminormi ei tuota yleensä Hausdorffin avaruutta (eli kahdella eri pisteellä ei välttämättä ole erillisiä ympäristöjä). Tämä heikkous voidaan usein korjata ottamalla käyttöön useampia seminormeja. Jos korvaamme ehdon (N1) ehdolla p(x + y) C(p(x) + p(y)) jollain C > 1, niin saamme kvasinormin, joka myös määrittää topologian joka on Hausdorff. Esimerkkejä kvasinormitetuista avaruuksista ovat L p -avaruudet kun < p < 1 (tapaukseen p 1 tulemme pian kurssilla, tapaukseen < p < 1 tuskin). Kvasinormitetut avaruudet eivät usein ole lokaalisti konvekseja, joten esimerkiksi tämän kurssin loppupuolella todistetut isot lauseet eivät ole aina voimassa niille. 2. Suppeneeko jono (f n ) n=1 avaruudessa C(, 1) (suljetun välin [, 1] jatkuvien funktioiden avaruus varustettuna tavanomaisella sup normillaan), kun f n := f n (t), t [, 1] on a) (1 t) n, b) 1 cos(nt), c) sin(nt)? n 2

3 Avaruudessa C(, 1) myös lauseke f 1 := f(t) dt (1) määrittelee normin. Suppenevatko jonot a) c) tämän normin mielessä? Ratkaisu 2: (a) Olkoon n N mielivaltainen indeksi. Koska f n on jatkuva välillä [, 1], f n () = 1 ja f n (1) =, niin löytyy piste t n (, 1), jolle f n (t n ) = 1/2. Toisaalta selvästi (1 t n ) k kun k, joten löytyy indeksi k n N, jolle f k (t n ) 1/4. Siten mielivaltaiselle indeksille n löytyy indeksi k n > n, jolle f n f kn f n (t n ) f kn (t n ) 1/2 1/4 = 1/4, siten jono (f n ) ei ole Cauchy, eikä voi näin ollen supeta. (b) Osoitetaan että f n avaruudessa C(, 1). f n = sup n 1 cos(nt) = n 1 sup cos(nt) n 1, t [,1] t [,1] kun n, siten väite todistettu, siis jono suppenee. (c) Tarkastellaan pistettä π/4. Jos n = 8k, jollekin k N, niin f n (π/4) = sin(k2π) =. Jos n = 8k +2 jollekin k N, niin f n (π/4) = sin(k2π +π/2) = 1. Siten, samoin kuin kohdassa (a) nähdään ettei jono (f n ) ole Cauchy, eikä näin ollen suppene. (a ) Väitämme että normissa 1 jono (f n ) suppenee kohti nollafunktiota. Koska funktion f n integraalifunktio on (n + 1) 1 (1 t) n+1, niin nähdään että f n 1 = f n 1 = (1 t) n dt = (1 1)n+1 (1 ) n+1 n + 1 kun n, joten suppeneminen on todistettu. (n+1) 1, (b ) Väitämme että f n kun n (normissa 1 ). f n 1 = n 1 cos(nt) dt n 1 1dt = n 1, 3

4 kun n, joten suppeneminen on todistettu. (c ) Tarkastellaan tilannetta jossa n = 8k ja m = 16k mielivaltaisella luonnollisella luvulla k. Lasketaan f m f n 1 = sin(16kt) sin(8kt) dt sin(16kt) sin(8kt) dt. Suoritetaan nyt muuttujanvaihto s = kt (jolloin dt = ds/k). Saadaan =k 1 k kπ/4 sin(16kt) sin(8kt) dt = k 1 sin(16s) sin(8s) ds j=1 jπ/4 sin(16s) sin(8s) ds = sin(16s) sin(8s) ds. Viimeisessä yhtälössä käytettiin tietoa että sin(8s) ja sin(16s) ovat π/4- periodisia. Nyt olemme valmiita sillä sin(16s) sin(8s) ds = d >. Jono (f n ) ei ole Cauchy, eikä siten voi supeta. Huomautus. Tehtävässä käytettiin topologian kurssin tulosta, jonka mukaan jokainen suppeneva jono on Cauchy. Siten, jos halutaan osoittaa ettei jono suppene, riittää osoittaa ettei jono ole Cauchy. Voi myös ihan hyvin käydä niin, ettei jono suppene vaikka se on Cauchy (ellei avaruus ole täydellinen norminsa suhteen). 3. Onko avaruuden (C(, 1), ) osajoukko X := {f C(, 1) f(t) = t [, 1/2]} tiheä, eli voidaanko jokaista C(, 1):n alkiota approksimoida X:n alkioilla mielivaltaisella tarkkuudella? (Vastaus: eipä tietenkään; etsi joku C(, 1):n alkio f, jolle f g 1 kaikilla g X.) Ratkaisu 3: Tarkastellaan vakiofunktion 1 etäisyyttä joukosta X. Helposti nähdään, että kaikilla f X on voimassa joten on osoitettu ettei X ole tiheä. f 1 f(1/4) 1 = 1 = 1, 4

5 4. Olkoon E normiavaruus, kerroinkuntana R. Osoita, että kuvaukset ψ : E E E, ψ : (x, y) x + y ja φ : R E E, φ : (λ, y) λy ovat jatkuvia. (Jatkuvuuden osoittamiseksi kuvaukselle ψ riittää esimerkiksi näyttää, että x n +y n x+y, kun (x n ) n=1 ja (y n ) n=1 ovat sellaisia jonoja avaruudessa E, että x n x ja y n y, kun n. Vastaavasti kuvaukselle φ.) Ratkaisu 4: Olkoot (x n ) ja (y n ) avaruuden E jonoja, x n x E ja y n y E. Olkoon ɛ > mielivaltainen. Koska x n x ja y n y, niin on olemassa indeksi n ɛ, jolle x n x < ɛ/2 ja y n y < ɛ/2 aina kun n > n ɛ. Olkoon nyt n > n ɛ. Tällöin (x n + y n ) (x + y) x n x + y n y < ɛ, joten (x n + y n ) x + y ja siten ψ on jatkuva. Kuvauksen φ jatkuvuus osoitetaan samoin. Olkoon (x n ) jono E:ssä ja λ n jono reaalilukuja. Oletetaan lisäksi että x n x E ja λ n λ R. Koska λ n λ, niin on olemassa M >, jolle M > λ n kaikilla n N. Olkoon nyt ɛ >. Koska jonot (x n ) ja (λ n ) suppenevat, niin on olemassa n ɛ jolle x n x < ɛ/(2m) ja λ n λ < ɛ/(2( x + 1)) kaikilla n > n ɛ. Oletetaan nyt, että n > n ɛ, jolloin λ n x n λx λ n x n λ n x + λ n x λx = λ n x n x + λ n λ x < ɛ/2 + ɛ/2 = ɛ. Näin ollen λ n x n λx, joten φ on jatkuva. Huomautus. Normiavaruudessa (ja metrisessä avaruudessa) jokaisella pisteellä on numeroituva ympäristökanta. Yleisessä topologisessa vektoriavaruudessa ei näin välttämättä ole. Tällöin jatkuvuuden todistamiseksi ei riitä tarkastella jonoja. Sen sijasta voidaan tarkastella esimerkiksi verkkoja tai filttereitä. Argumentit ovat kuitenkin samankaltaisia. 5