Solusi Bab 3: Ruang Linear Bernorma

Penyelesaian lengkap

Untuk $x\in l_1$, setiap $|x_k|$ tidak melebihi $\sum_{j=1}^\infty|x_j|$, sehingga supremumnya berhingga. Jadi kedua rumus memang bernilai real berhingga pada seluruh $l_1$.

Untuk norma-$1$, ketaknegatifan dan homogenitas mengikuti dari sifat nilai mutlak. Jika $\lVert x\rVert_1=0$, setiap suku $|x_k|$ bernilai nol, sehingga $x=0$. Ketaksamaan segitiga titik demi titik dan penjumlahan deret nonnegatif memberi $$\lVert x+y\rVert_1 =\sum_{k=1}^\infty|x_k+y_k| \le\sum_{k=1}^\infty(|x_k|+|y_k|) =\lVert x\rVert_1+\lVert y\rVert_1.$$ Maka $\lVert\mathord{\cdot}\rVert_1$ adalah norma.

Untuk norma seragam, ketaknegatifan dan homogenitas juga mengikuti dari nilai mutlak. Jika $\lVert x\rVert_\infty=0$, maka $|x_k|=0$ untuk setiap $k$, sehingga $x=0$. Selain itu, $$|x_k+y_k|\le|x_k|+|y_k| \le\lVert x\rVert_\infty+\lVert y\rVert_\infty$$ untuk setiap $k$; pengambilan supremum membuktikan ketaksamaan segitiga. Jadi $\lVert\mathord{\cdot}\rVert_\infty$ juga norma.

Karena $$\lVert z\rVert_\infty=\sup_k|z_k| \le\sum_{k=1}^\infty|z_k|=\lVert z\rVert_1,$$ konvergensi $x^i\to x$ dalam norma-$1$ mengakibatkan $\lVert x^i-x\rVert_\infty\le\lVert x^i-x\rVert_1\to0$. Ini membuktikan (a).

Untuk vektor $x^i$ dalam jawaban, setiap vektor bertumpuan hingga, jadi $x^i\in l_1$. Akan tetapi, $$\lVert x^i\rVert_\infty=\frac1i\longrightarrow0, \qquad \lVert x^i\rVert_1=i\frac1i=1.$$ Dengan demikian $x^i\to0$ dalam norma seragam tetapi tidak dalam norma-$1$, yang menyangkal (b).

Penyelesaian lengkap

1. Untuk setiap ruang linear bernorma $V$, identitas $I_V$ linear dan kontinu. Jika $S\colon U\to V$ dan $T\colon V\to W$ linear kontinu, maka $TS$ linear kontinu; dalam bentuk norma operator, $\lVert TS\rVert\le\lVert T\rVert\lVert S\rVert$. Asosiativitas komposisi dan hukum identitas diwarisi dari komposisi fungsi. Semua aksioma kategori karena itu dipenuhi.

2. Jika $T\colon V\to W$ isomorfisme dalam $\mathbf{NLS_{\boldsymbol\infty}}$, terdapat morfisme $S\colon W\to V$ dengan $ST=I_V$ dan $TS=I_W$. Maka $T$ bijektif, $S=T^{-1}$, dan keduanya linear, jadi $T$ isomorfisme ruang vektor. Karena $T$ dan $T^{-1}$ kontinu, $T$ juga homeomorfisme.

3. Jika $T$ linear dan isometri, maka $T0=0$ dan $$\lVert Tx\rVert=\lVert Tx-T0\rVert=\lVert x-0\rVert=\lVert x\rVert.$$ Sebaliknya, jika $T$ mempertahankan norma, linearitas memberi $$\lVert Tx-Ty\rVert=\lVert T(x-y)\rVert=\lVert x-y\rVert$$ untuk setiap $x,y$, sehingga $T$ isometri.

4. Identitas memenuhi $\lVert I_Vx\rVert=\lVert x\rVert$, jadi merupakan kontraksi. Jika $S$ dan $T$ kontraksi, maka $$\lVert TSx\rVert\le\lVert Sx\rVert\le\lVert x\rVert,$$ sehingga komposisinya kontraksi. Asosiativitas dan hukum identitas kembali diwarisi dari fungsi. Maka $\mathbf{NLS_{\mathbf{1}}}$ adalah kategori.

5. Jika $T$ isomorfisme dalam $\mathbf{NLS_{\mathbf{1}}}$, baik $T$ maupun $T^{-1}$ merupakan kontraksi. Jadi $$\lVert Tx\rVert\le\lVert x\rVert =\lVert T^{-1}Tx\rVert\le\lVert Tx\rVert.$$ Dengan demikian $\lVert Tx\rVert=\lVert x\rVert$ untuk setiap $x$. Bagian (c) menunjukkan bahwa $T$ isometri; persamaan invers menunjukkan bahwa $T$ sekaligus isomorfisme ruang vektor.

6. Jika $T$ kontraksi linear, maka $\lVert Tx\rVert\le\lVert x\rVert$, jadi $T$ terbatas dengan $\lVert T\rVert\le1$ dan karena itu kontinu. Objek, identitas, dan komposisinya sama dengan yang diwarisi dari $\mathbf{NLS_{\boldsymbol\infty}}$. Jadi setiap morfisme kategori geometris merupakan morfisme kategori topologis, tepat dalam arti subkategori yang dinyatakan dalam soal.

Penyelesaian lengkap

Karena $M$ subruang, $0\in M$, tertutup terhadap invers aditif, dan tertutup terhadap penjumlahan. Maka $x-x=0\in M$, sehingga $x\sim x$. Jika $x\sim y$, maka $y-x\in M$ dan $x-y=-(y-x)\in M$, sehingga $y\sim x$. Jika $x\sim y$ dan $y\sim z$, maka $z-x=(z-y)+(y-x)\in M$, sehingga $x\sim z$. Jadi $\sim$ relasi ekuivalensi.

Andaikan $[x]=[x']$ dan $[y]=[y']$. Berarti $x'-x,y'-y\in M$, sehingga $$(x'+y')-(x+y)=(x'-x)+(y'-y)\in M.$$ Jadi $[x'+y']=[x+y]$. Untuk $\alpha\in\mathbb{K}$, $$\alpha x'-\alpha x=\alpha(x'-x)\in M,$$ sehingga $[\alpha x']=[\alpha x]$. Kedua operasi dengan demikian terdefinisi dengan baik.

Setiap aksioma ruang vektor sekarang dapat diperiksa pada wakilnya. Sebagai contoh, $$([x]+[y])+[z]=[(x+y)+z]=[x+(y+z)]=[x]+([y]+[z]),$$ $[0]$ adalah identitas aditif, $[-x]$ invers dari $[x]$, dan $$\alpha([x]+[y])=[\alpha(x+y)] =[\alpha x]+[\alpha y].$$ Komutativitas, aksioma skalar lainnya, dan identitas skalar mengikuti dengan perhitungan wakil yang sama. Maka $V/M$ adalah ruang vektor.

Pemetaan $\pi\colon V\to V/M$, $\pi(x)=[x]$, surjektif karena setiap kelas memiliki wakil. Selain itu, $$\pi(x+y)=[x+y]=[x]+[y],\qquad \pi(\alpha x)=[\alpha x]=\alpha[x],$$ jadi $\pi$ linear.

Terakhir, ambil sebarang ruang vektor $W$ dan fungsi $h\colon V/M\to W$ sedemikian sehingga $h\circ\pi$ linear. Untuk semua $[x],[y]\in V/M$ dan $\alpha\in\mathbb{K}$, $$\begin{aligned} h([x]+[y]) &=h(\pi(x+y)) =(h\pi)(x+y) =(h\pi)(x)+(h\pi)(y) =h([x])+h([y]),\\ h(\alpha[x]) &=h(\pi(\alpha x)) =(h\pi)(\alpha x) =\alpha(h\pi)(x) =\alpha h([x]). \end{aligned}$$ Jadi $h$ linear. Ini persis sifat universal pada Definisi 3.4.1, sehingga $\pi$ memang pemetaan hasil bagi.

Penyelesaian lengkap

Dengan mengelompokkan suku dan memakai ketaksamaan segitiga, $$\lVert(x_n+y_n)-(a+b)\rVert =\lVert(x_n-a)+(y_n-b)\rVert \le\lVert x_n-a\rVert+\lVert y_n-b\rVert.$$ Kedua suku di ruas kanan menuju nol berdasarkan kedua hipotesis, sehingga ruas kiri juga menuju nol. Ini adalah definisi konvergensi dalam norma dan tidak memakai $\epsilon$, $\delta$, ataupun himpunan terbuka.

Penyelesaian lengkap

Untuk keluarga hingga $V_1,\ldots,V_n$, injeksi koordinat $\iota_k\colon V_k\to\bigoplus_{j=1}^nV_j$ merupakan pemetaan linear terbatas. Jika $f_k\colon V_k\to W$ adalah pemetaan linear terbatas, definisikan $$F(x_1,\ldots,x_n)=\sum_{k=1}^nf_k(x_k).$$ Pemetaan ini satu-satunya pemetaan linear dengan $F\iota_k=f_k$, dan $$\lVert F(x_1,\ldots,x_n)\rVert \le\sum_{k=1}^n\lVert f_k\rVert\lVert x_k\rVert \le\left(\max_{1\le k\le n}\lVert f_k\rVert\right) \sum_{k=1}^n\lVert x_k\rVert.$$ Jadi $F$ terbatas dan sifat universal koproduk dipenuhi. Ruang nol tidak mengubah konstruksi ini, sehingga keluarga dengan hanya berhingga banyak anggota bukan nol mempunyai koproduk yang sama.

Sekarang andaikan keluarga $(V_\lambda)_{\lambda\in\Lambda}$ mempunyai tak hingga banyak anggota bukan nol dan mempunyai koproduk hipotetis $(C,(\iota_\lambda))$. Untuk setiap indeks $\lambda$ dengan $V_\lambda\ne0$, gunakan keluarga morfisme ke $V_\lambda$ yang pada $V_\lambda$ adalah identitas dan pada semua komponen lain adalah nol. Sifat universal menghasilkan $p_\lambda\colon C\to V_\lambda$ dengan $p_\lambda\iota_\lambda=I_{V_\lambda}$; khususnya $\iota_\lambda\ne0$.

Pilih indeks-indeks berbeda $\lambda_1,\lambda_2,\ldots$ dengan $V_{\lambda_n}\ne0$. Untuk setiap $n$, tetapkan $f_{\lambda_n}=n\,\iota_{\lambda_n}\colon V_{\lambda_n}\to C$, dan tetapkan $f_\lambda=0$ pada indeks lain. Masing-masing $f_\lambda$ adalah morfisme terbatas. Sifat universal akan menghasilkan pemetaan linear terbatas $F\colon C\to C$ dengan $$F\iota_{\lambda_n}=n\,\iota_{\lambda_n}.$$ Ambil $x_n$ sehingga $\iota_{\lambda_n}x_n\ne0$. Maka $$\lVert F\rVert\ge \frac{\lVert F\iota_{\lambda_n}x_n\rVert} {\lVert\iota_{\lambda_n}x_n\rVert} =n$$ untuk setiap $n$, yang mustahil bagi operator terbatas. Jadi koproduk tak ada bila tak hingga banyak komponen bukan nol.

Penyelesaian lengkap

Pada norma maksimum, kedua proyeksi $\pi_V(v,w)=v$ dan $\pi_W(v,w)=w$ adalah kontraksi. Jika $f\colon X\to V$ dan $g\colon X\to W$ kontraksi, satu-satunya pemetaan linear $H\colon X\to V\times W$ yang memenuhi $\pi_VH=f$ dan $\pi_WH=g$ ialah $H(x)=(f(x),g(x))$. Pemetaan ini kontraksi karena $$\lVert H(x)\rVert_{\mathrm{prod}} =\max\{\lVert f(x)\rVert,\lVert g(x)\rVert\}\le\lVert x\rVert.$$ Jadi objek tersebut adalah hasil kali.

Pada norma jumlah, injeksi $\iota_V(v)=(v,0)$ dan $\iota_W(w)=(0,w)$ adalah kontraksi, bahkan isometri. Jika $f\colon V\to X$ dan $g\colon W\to X$ kontraksi, satu-satunya pemetaan linear $K\colon V\oplus W\to X$ dengan $K\iota_V=f$ dan $K\iota_W=g$ ialah $K(v,w)=f(v)+g(w)$. Ketaksamaan $$\lVert K(v,w)\rVert \le\lVert f(v)\rVert+\lVert g(w)\rVert \le\lVert v\rVert+\lVert w\rVert =\lVert(v,w)\rVert_{\mathrm{koprod}}$$ menunjukkan bahwa $K$ kontraksi. Jadi objek kedua adalah koproduk.

Penyelesaian lengkap

Ambil $V=\mathbb{R}^2$ dengan norma Euclid, $$M=\mathop{\mathrm{span}}\{(1,0)\},\qquad f(t,0)=t,\qquad N=\mathop{\mathrm{span}}\{(1,1)\}.$$ Fungsional $f$ mempunyai norma $1$ pada $M$. Pilih basis Hamel $B=\{(1,1)\}$ untuk $N$ dan lakukan persis konstruksi Fred: tetapkan $g(1,1)=0$ dan $g=f$ pada $M$. Karena $$(x,y)=(x-y,0)+y(1,1),$$ perpanjangan linearnya adalah $$g(x,y)=x-y.$$ Norma fungsional ini pada ruang Euclid adalah $$\lVert g\rVert=\sqrt{1^2+(-1)^2}=\sqrt2>1=\lVert f\rVert.$$ Sebagai pemeriksaan langsung, pada $u=(1,-1)/\sqrt2$ berlaku $\lVert u\rVert=1$ tetapi $|g(u)|=\sqrt2$.

Kesalahannya ialah bahwa vektor $m+n$ dapat mempunyai norma jauh lebih kecil daripada norma komponen $m$. Menjadikan $g$ nol pada $n$ tidak menghilangkan kemungkinan pembatalan geometris itu. Secara umum, jika $P\colon M\oplus N\to M$ adalah proyeksi aljabar, konstruksi Fred memberi $g=f\circ P$; suatu komplemen aljabar sebarang tidak menjamin $\lVert P\rVert\le1$, dan dalam ruang berdimensi tak hingga $P$ bahkan dapat tidak terbatas. Karena itu konstruksi tersebut tidak menjamin kesamaan norma maupun kekontinuan.