Hasil kerja-pembaca terpilih

Pembuktian lengkap

Tuliskan $s(y,x)=re^{i\theta}$ dengan $r\geq0$. Karena $s$ Hermitian, $s(x,y)=re^{-i\theta}$. Untuk $t\in\mathbb{R}$, ambil $\alpha=e^{-i\theta}t$. Seskuilinearitas memberi $$\begin{align*} 0&\leq s(x-\alpha y,x-\alpha y)\\ &=s(x,x)-\overline\alpha s(x,y)-\alpha s(y,x) +|\alpha|^2s(y,y)\\ &=\|x\|^2-2rt+t^2\|y\|^2. \end{align*}$$ Jika $\|y\|>0$, polinom kuadrat ini tak negatif untuk setiap $t$, sehingga diskriminannya tak positif: $4r^2-4\|x\|^2\|y\|^2\leq0$. Jika $\|y\|=0$, polinom linear $\|x\|^2-2rt$ tak mungkin tak negatif untuk semua $t$ kecuali $r=0$; ketaksamaan yang sama tetap berlaku. Karena $r=|s(x,y)|$, mengambil akar kuadrat membuktikan ketaksamaan Schwarz, termasuk kasus seminorma nol.

Pembuktian lengkap

Misalkan $\mathcal{S}$ terdiri atas semua pasangan $(D,h)$ dengan $M\subseteq D$ subruang $V$, $h\colon D\to\mathbb{R}$ linear, $f\preccurlyeq h$, dan $h\leq p$. Urutkan dengan perpanjangan. Himpunan ini tidak kosong karena memuat $(M,f)$. Untuk setiap rantai, gabungan domainnya adalah subruang dan fungsi gabungan terdefinisi dengan baik: dua anggota rantai dapat dibandingkan, sehingga nilainya cocok pada irisan. Fungsi gabungan linear, memperpanjang $f$, dan tetap didominasi oleh $p$. Jadi setiap rantai mempunyai batas atas. Lema Zorn memberi elemen maksimal $(D,g)$.

Andaikan $D\neq V$ dan pilih $c\notin D$. Untuk $x,y\in D$, $$g(x)+g(y)=g(x+y)\leq p(x+y) \leq p(x+c)+p(y-c).$$ Maka $$g(y)-p(y-c)\leq-g(x)+p(x+c).$$ Definisikan $$A=\sup_{y\in D}\{g(y)-p(y-c)\},\qquad B=\inf_{x\in D}\{-g(x)+p(x+c)\}.$$ Ketaksamaan tadi menunjukkan $A\leq B$; kedua batas bernilai real karena masing-masing keluarga tidak kosong dan saling membatasi. Pilih $\gamma\in[A,B]$.

Karena $c\notin D$, setiap elemen $E=D+\mathbb{R}c$ mempunyai penulisan tunggal $x+\alpha c$. Tetapkan $h(x+\alpha c)=g(x)+\alpha\gamma$. Fungsi $h$ linear dan memperpanjang $g$. Tinggal memeriksa dominasi. Jika $\alpha>0$, dari $\gamma\leq B$ dengan $x/\alpha\in D$ diperoleh $$g(x/\alpha)+\gamma\leq p(x/\alpha+c),$$ sehingga, oleh homogenitas positif $p$, $h(x+\alpha c)\leq p(x+\alpha c)$. Jika $\alpha=-\beta<0$, dari $\gamma\geq A$ dengan $x/\beta\in D$ diperoleh $$g(x/\beta)-\gamma\leq p(x/\beta-c),$$ dan setelah dikalikan $\beta$ didapat $h(x-\beta c)\leq p(x-\beta c)$. Kasus $\alpha=0$ adalah dominasi $g$. Jadi $(E,h)\in\mathcal{S}$ memperluas $(D,g)$ secara ketat, bertentangan dengan maksimalitas. Karena itu $D=V$, dan $g$ adalah perpanjangan yang diminta.

Pembuktian lengkap

Jika $f=0$, ambil $a=0$. Andaikan $f\neq0$. Kernel $f$ tertutup dan proper, sehingga $(\ker f)^\perp$ memuat suatu vektor satuan $z$. Nilai $f(z)$ tidak nol, sebab jika nol maka $z\in\ker f\cap(\ker f)^\perp=\{0\}$.

Untuk setiap $x\in H$, vektor $w=x-f(x)f(z)^{-1}z$ termasuk dalam $\ker f$. Karena $z\perp\ker f$, $$0=\langle w,z\rangle =\langle x,z\rangle-\frac{f(x)}{f(z)}.$$ Jadi $f(x)=f(z)\langle x,z\rangle$. Dengan konvensi bahwa hasil kali dalam linear dalam variabel pertama, jika $a=\overline{f(z)}z$ maka $$\langle x,a\rangle=f(z)\langle x,z\rangle=f(x).$$ Ketaksamaan Schwarz memberi $\|f\|\leq\|a\|$. Jika $a\neq0$, penerapan pada $x=a/\|a\|$ memberi $|f(x)|=\|a\|$, sehingga $\|f\|=\|a\|$; kasus $a=0$ sudah selesai. Jika $\psi_a=\psi_b$, maka $\langle x,a-b\rangle=0$ untuk setiap $x$. Mengambil $x=a-b$ memberi $a=b$, jadi vektor representasi unik.

Pembuktian lengkap

Untuk $x\in H$ tetap, fungsi $F_x(y)=\overline{\phi(x,y)}$ linear pada $K$ dan memenuhi $|F_x(y)|\leq\|\phi\|\|x\|\|y\|$. Teorema Riesz–Fréchet memberi vektor tunggal $Tx\in K$ dengan $F_x(y)=\langle y,Tx\rangle$. Setelah dikonjugatkan, $$\phi(x,y)=\langle Tx,y\rangle.$$ Linearitas $\phi$ dalam $x$ dan ketunggalan vektor representasi menunjukkan $T(\alpha x+\beta z)=\alpha Tx+\beta Tz$. Selain itu, $\|Tx\|=\|F_x\|\leq\|\phi\|\|x\|$, jadi $T$ terbatas dan $\|T\|\leq\|\phi\|$. Sebaliknya, $|\phi(x,y)|=|\langle Tx,y\rangle|\leq\|T\|\|x\|\|y\|$, sehingga $\|\phi\|\leq\|T\|$. Jadi $\|T\|=\|\phi\|$.

Untuk $y\in K$ tetap, fungsi $x\mapsto\phi(x,y)$ adalah fungsional linear terbatas pada $H$. Riesz–Fréchet memberi vektor tunggal $Sy\in H$ sehingga $\phi(x,y)=\langle x,Sy\rangle$. Karena $\phi$ linear konjugat dalam $y$ dan hasil kali dalam juga linear konjugat dalam variabel kedua, ketunggalan menunjukkan bahwa $S$ linear. Argumen norma yang sama memberi $\|S\|=\|\phi\|$. Jika operator lain mempunyai salah satu identitas tersebut, ketunggalan dalam teorema Riesz–Fréchet pada setiap irisan memaksanya sama dengan $T$ atau $S$. Dengan demikian kedua operator unik.

Pembuktian lengkap

Untuk setiap $x\in V$, cakram tertutup $D_x=\{\lambda\in\mathbb{K}:|\lambda|\leq\|x\|\}$ kompak. Teorema Tychonoff memberi kekompakan ruang hasil kali $\mathbf P=\prod_{x\in V}D_x$. Jika $[V^*]_1$ adalah bola satuan dual, definisikan $$\Phi(f)=(f(x))_{x\in V}.$$ Ketaksamaan $|f(x)|\leq\|x\|$ memastikan bahwa $\Phi(f)\in\mathbf P$. Pemetaan ini injektif. Berdasarkan definisi topologi-$w^*$, suatu jaring $f_\lambda$ konvergen ke $f$ jika dan hanya jika setiap koordinat $f_\lambda(x)$ konvergen ke $f(x)$. Jadi $\Phi$ adalah homeomorfisme dari $[V^*]_1$ ke citranya dengan topologi subruang.

Kita tunjukkan bahwa citra itu tertutup. Misalkan jaring $\Phi(f_\lambda)$ konvergen di $\mathbf P$ ke $z=(z_x)_{x\in V}$ dan tetapkan $g(x)=z_x$. Limit koordinat mempertahankan penjumlahan dan perkalian skalar: $$g(\alpha x+\beta y) =\lim_\lambda f_\lambda(\alpha x+\beta y) =\alpha g(x)+\beta g(y).$$ Selain itu $|g(x)|\leq\|x\|$ karena $z_x\in D_x$. Maka $g$ linear terbatas dengan $\|g\|\leq1$, sehingga $g\in[V^*]_1$, dan $z=\Phi(g)$. Dengan kriteria jaring untuk ketertutupan, $\Phi([V^*]_1)$ tertutup dalam $\mathbf P$. Citra itu kompak sebagai subhimpunan tertutup ruang kompak; homeomorfisme $\Phi$ kemudian membuktikan kekompakan-$w^*$ bola dual.

Pembuktian lengkap

Misalkan $V=T((B)_1)$. Karena $T$ surjektif, $C=\bigcup_{k\geq1}k\overline{V}$. Teorema kategori Baire memberi suatu $k$ sehingga $k\overline{V}$ mempunyai interior tak kosong. Maka terdapat $y\in C$ dan $r>0$ dengan $y+(C)_r\subseteq k\overline{V}$. Himpunan $k\overline{V}$ konveks dan simetris; karena itu juga $-y+(C)_r\subseteq k\overline{V}$. Untuk $z\in(C)_r$, kedua vektor $y+z$ dan $-y+z$ berada di $k\overline{V}$, sehingga rata-ratanya $z$ juga berada di sana. Jadi $(C)_{r/k}\subseteq\overline{V}$.

Kita buktikan langkah teknis bahwa bila $(C)_s\subseteq\overline{T((B)_1)}$, maka $(C)_s\subseteq T((B)_1)$. Dengan penskalaan cukup ambil $s=1$. Untuk $z\in(C)_1$, pilih $0<\delta<1$ sehingga $\|z\|<1-\delta$, dan tetapkan $q=z/(1-\delta)$. Secara induktif, dari hipotesis tutupan pilih $u_n\in\delta^{n-1}(B)_1$ agar $$\left\|q-T\sum_{j=1}^{n}u_j\right\|<\delta^n.$$ Pemilihan dimulai dengan mendekati $q$ oleh $T((B)_1)$; pada langkah berikutnya, bagi residu dengan $\delta^n$, dekati di bola satuan, lalu skalakan kembali. Deret $\sum u_n$ konvergen mutlak dalam ruang Banach $B$. Jika $x=\sum u_n$, kontinuitas $T$ dan residu yang menuju nol memberi $Tx=q$, sedangkan $\|x\|<\sum_{n\geq1}\delta^{n-1}=1/(1-\delta)$. Jadi $z=T((1-\delta)x)$ dengan $\|(1-\delta)x\|<1$. Langkah teknis terbukti, dan karena itu $V$ memuat suatu bola terbuka $W$ di sekitar nol.

Sekarang ambil $U\subseteq B$ terbuka dan $y=Tx\in T(U)$. Ada $a>0$ dengan $x+a(B)_1\subseteq U$. Maka $$y+aW\subseteq Tx+T(a(B)_1)\subseteq T(U).$$ Jadi setiap titik $T(U)$ mempunyai lingkungan yang termuat dalam $T(U)$; dengan demikian $T(U)$ terbuka.

Pembuktian lengkap

Lengkapi $B\times C$ dengan norma produk, misalnya $\|(x,y)\|=\|x\|+\|y\|$. Ruang ini Banach. Karena graf $G=\{(x,Tx):x\in B\}$ tertutup, $G$ adalah subruang Banach. Pemetaan $$\pi\colon G\to B, \qquad \pi(x,Tx)=x,$$ linear, bijektif, dan terbatas karena $\|x\|\leq\|(x,Tx)\|$. Teorema pemetaan terbuka, dalam bentuk teorema invers terbatas, menyatakan bahwa $\pi^{-1}\colon B\to G$ terbatas. Proyeksi koordinat kedua $q\colon G\to C$, $q(x,y)=y$, juga terbatas. Namun $$T=q\circ\pi^{-1}.$$ Jadi $T$ adalah komposisi dua pemetaan linear terbatas dan karena itu kontinu.

Pembuktian lengkap

Untuk $n\in\mathbb{N}$, tetapkan $$A_n=\{x\in B:\|Tx\|\leq n\text{ untuk setiap }T\in\mathfrak{T}\}.$$ Setiap $A_n$ tertutup sebagai irisan prabayangan bola tertutup oleh pemetaan kontinu. Keterbatasan titik demi titik menyatakan $B=\bigcup_{n\geq1}A_n$. Karena $B$ Banach, teorema kategori Baire memberi $N$ sehingga $A_N$ mempunyai interior tak kosong. Pilih $a\in B$ dan $r>0$ sedemikian sehingga bola tertutup $\overline{B_r(a)}$ termuat dalam $A_N$.

Jika $\|y\|\leq1$ dan $T\in\mathfrak{T}$, maka $a$ serta $a+ry$ berada dalam $A_N$. Linearitas dan ketaksamaan segitiga memberi $$r\|Ty\|=\|T(a+ry)-Ta\| \leq\|T(a+ry)\|+\|Ta\|\leq2N.$$ Jadi $\|Ty\|\leq2N/r$ seragam untuk semua $T$ dan semua vektor dalam bola satuan. Dengan mengambil supremum atas $y$, diperoleh $\|T\|\leq2N/r$ untuk setiap $T\in\mathfrak{T}$. Dengan demikian keluarga terbatas seragam.

Pembuktian lengkap

Linearitas $K$ langsung dari linearitas integral. Jika $M=\|k\|_\infty$, maka untuk $\|f\|_\infty\leq1$, $$|Kf(x)|\leq\int_0^1|k(x,y)|\,dy\leq M.$$ Jadi citra bola satuan terbatas seragam. Karena $k$ kontinu pada persegi kompak, ia kontinu seragam. Diberikan $\epsilon>0$, ada $\delta>0$ sehingga $|x-x'|<\delta$ mengakibatkan $$\sup_{0\leq y\leq1}|k(x,y)-k(x',y)|<\epsilon.$$ Untuk semua $f$ dalam bola satuan, $$|Kf(x)-Kf(x')| \leq\int_0^1|k(x,y)-k(x',y)|\,|f(y)|\,dy <\epsilon.$$ Dengan demikian keluarga $K((C)_1)$ ekuikontinu. Teorema Arzelà–Ascoli menyatakan bahwa tutupannya kompak dalam $\mathcal{C}([0,1])$ dengan norma supremum. Jadi $K$ membawa bola satuan ke himpunan relatif kompak dan, menurut definisi, $K$ merupakan operator kompak.

Pembuktian lengkap

Andaikan $\sigma(a)=\emptyset$. Maka fungsi resolven $$R_a(\lambda)=(a-\lambda\mathbf{1})^{-1}$$ terdefinisi dan analitik pada seluruh $\mathbb{C}$. Untuk $|\lambda|>\|a\|$, deret Neumann memberi $$R_a(\lambda) =-\frac1\lambda\left(\mathbf{1}-\frac a\lambda\right)^{-1}, \qquad \|R_a(\lambda)\|\leq\frac1{|\lambda|-\|a\|}.$$ Jadi resolven menuju nol ketika $|\lambda|\to\infty$. Pada setiap cakram kompak ia terbatas karena kontinu.

Ambil $\phi\in A^*$. Fungsi skalar $\phi\circ R_a$ entire dan terbatas di seluruh bidang: di luar suatu cakram gunakan estimasi tadi, sedangkan di dalam cakram gunakan kekompakan. Teorema Liouville membuatnya konstan, dan limit di tak hingga menunjukkan bahwa konstanta itu nol. Jadi $\phi(R_a(\lambda))=0$ untuk setiap $\phi\in A^*$ dan setiap $\lambda$. Teorema Hahn–Banach memisahkan titik-titik aljabar Banach, sehingga $R_a(\lambda)=0$. Tetapi $(a-\lambda\mathbf{1})R_a(\lambda)=\mathbf{1}$, yang mustahil bila resolven nol. Kontradiksi ini membuktikan bahwa $\sigma(a)$ tidak kosong.