Solusi Bab 4: Ruang Hilbert

Penyelesaian lengkap

Jika hanya $H_1,\ldots,H_m$ yang tak nol, proyeksi koordinat $p_i\colon\bigoplus_iH_i\to H_i$ bersifat terbatas. Jika $f_i\colon K\to H_i$ terbatas, maka $$f(x)=(f_1x,\ldots,f_mx)$$ adalah satu-satunya pemetaan yang memenuhi $p_i f=f_i$, dan $\lVert f\rVert^2\leq\sum_i\lVert f_i\rVert^2$. Jadi jumlah langsung berhingga adalah hasil kali. Dengan inklusi koordinat $j_i$, untuk pemetaan terbatas $g_i\colon H_i\to K$, rumus $g(x_1,\ldots,x_m)=\sum_i g_i x_i$ memberikan satu-satunya morfisme dengan $g j_i=g_i$. Jadi objek yang sama juga koproduk.

Sebaliknya, andaikan tak hingga banyak $H_i$ yang tak nol. Pilih indeks berbeda $i_1,i_2,\ldots$ dan vektor satuan $u_n\in H_{i_n}$. Untuk sifat hasil kali, ambil $K=\mathbb{K}$, definisikan $f_{i_n}(\alpha)=\alpha u_n$, dan ambil $f_i=0$ pada indeks lain. Setiap $f_i$ terbatas. Namun pemetaan yang dipaksakan oleh semua proyeksi harus mengirim $1$ ke keluarga yang koordinat $i_n$-nya sama dengan $u_n$ untuk semua $n$; keluarga itu tidak dapat dijumlahkuadratkan. Jadi morfisme pemfaktor tidak ada.

Untuk sifat koproduk, definisikan $g_{i_n}(x)=\langle x,u_n\rangle$ dan $g_i=0$ pada indeks lain. Setiap $g_i$ terbatas. Jika morfisme pemfaktor $g$ ada, maka untuk $$x_N=\frac1{\sqrt N}\sum_{n=1}^{N}j_{i_n}u_n$$ berlaku $\|x_N\|=1$, tetapi $g(x_N)=\sqrt N$. Ini bertentangan dengan keterbatasan $g$. Maka kedua sifat universal gagal tepat ketika terdapat tak hingga banyak summan tak nol.

Penyelesaian lengkap

Pemetaan $q\colon\mathbb{R}\to\mathbb{T}$, $q(t)=e^{it}$, bernilai sama tepat pada kelas kongruensi modulo $2\pi$. Karena itu setiap fungsi $2\pi$-periodik mempunyai faktorisasi tunggal melalui $\mathbb{R}/(2\pi\mathbb{Z})$, yang secara alami diidentifikasi dengan $\mathbb{T}$.

Identitas Euler memberikan $$\cos kt=\frac{e^{ikt}+e^{-ikt}}2, \qquad \sin kt=\frac{e^{ikt}-e^{-ikt}}{2i}.$$ Substitusi memberi rumus koefisien dalam jawaban. Sebaliknya, $a_k=c_k+c_{-k}$ dan $b_k=i(c_k-c_{-k})$, sehingga kedua keluarga fungsi persis sama. Dengan $z=e^{it}$, bentuk itu adalah pembatasan $\sum_{k=-n}^n c_kz^k$ pada $\lvert z\rvert=1$; inilah alasan istilah “polinom trigonometri”.

Tinggal dibuktikan pernyataan aproksimasi. Untuk $f$ kontinu dan $2\pi$-periodik, tetapkan $$\widehat f(k)=\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(s)e^{-iks}\,ds$$ dan jumlah Fejér $$\sigma_N f(t)=\sum_{k=-N}^{N}\left(1-\frac{\lvert k\rvert}{N+1}\right) \widehat f(k)e^{ikt}.$$ Ini polinom trigonometri. Perkalian hingga dan perubahan variabel langsung memberi $$\sigma_N f(t)=\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}F_N(u)f(t-u)\,du, \qquad F_N(u)=\frac1{N+1} \left(\frac{\sin((N+1)u/2)}{\sin(u/2)}\right)^2,$$ dengan nilai kontinu $F_N(0)=N+1$. Kernel ini tak negatif dan $\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}F_N=1$. Maka $$\lvert\sigma_N f(t)-f(t)\rvert \leq\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} F_N(u)\lvert f(t-u)-f(t)\rvert\,du.$$ Untuk $\epsilon>0$, kekontinuan seragam $f$ memberi $\delta\in(0,\pi)$ sehingga faktor selisih kurang dari $\epsilon/2$ apabila $\lvert u\rvert<\delta$. Pada $\delta\leq\lvert u\rvert\leq\pi$ berlaku $$F_N(u)\leq\frac1{(N+1)\sin^2(\delta/2)}.$$ Bagian integral tersebut jadi paling besar $2\lVert f\rVert_\infty/((N+1)\sin^2(\delta/2))$, terlepas dari $t$, dan kurang dari $\epsilon/2$ untuk $N$ cukup besar. Jadi $\lVert\sigma_Nf-f\rVert_\infty\to0$.

Penyelesaian lengkap

Jika dua fungsi hanya berbeda nilainya di nol, keduanya menentukan anggota $\mathrm{L_{2}}(\mathbb{R})$ yang sama, tetapi “evaluasi di nol” akan memberi nilai berbeda. Jadi $E_0$ tidak terdefinisi pada ruang itu.

Masalah tersebut tidak hilang dengan memilih fungsi kontinu sebagai wakil. Untuk $n\geq1$, ambil $$f_n(t)=\max\{1-n\lvert t\rvert,0\}.$$ Fungsi ini kontinu, $f_n(0)=1$, dan perhitungan langsung memberi $$\lVert f_n\rVert_2^2 =2\int_0^{1/n}(1-nt)^2\,dt=\frac{2}{3n}\longrightarrow0.$$ Jika evaluasi terbatas terhadap norma $\mathrm{L_{2}}$, seharusnya $1=\lvert E_0f_n\rvert\leq\lVert E_0\rVert\lVert f_n\rVert_2\to0$, suatu kontradiksi. Karena hipotesis Teorema Representasi Riesz gagal, tidak ada vektor $g\in\mathrm{L_{2}}$ yang merepresentasikan evaluasi titik tersebut.

Penyelesaian lengkap

Pada $C_b(\mathbb{R})$ dengan norma supremum berlaku $\lvert f(0)\rvert\leq\lVert f\rVert_\infty$, jadi evaluasi memang kontinu. Namun norma supremum tidak berasal dari hasil kali dalam: misalnya fungsi konstan $f=1$ dan $g$ dengan nilai dalam $[0,1]$, $g(0)=1$, dan tumpuan kompak dapat dipilih sehingga $$\lVert f+g\rVert_\infty^2+\lVert f-g\rVert_\infty^2=4+1\neq4 =2\lVert f\rVert_\infty^2+2\lVert g\rVert_\infty^2.$$ Jadi hukum jajargenjang gagal dan Teorema Representasi Riesz untuk ruang Hilbert tidak dapat diterapkan.

Di sisi lain, rumus $\langle f,g\rangle=\int_\mathbb{R}fg$ tidak menentukan hasil kali dalam pada seluruh $C_b(\mathbb{R})$: fungsi konstan $1$ saja tidak berada dalam $L_2(\mathbb{R})$. Jika domain diganti dengan $C_b(\mathbb{R})\cap L_2(\mathbb{R})$ dan norma $L_2$, barisan tenda $f_n$ dari solusi sebelumnya masih memenuhi $f_n(0)=1$ dan $\lVert f_n\rVert_2\to0$. Maka evaluasi tidak terbatas. Evaluasi titik secara benar direpresentasikan oleh ukuran titik Dirac dalam teori representasi untuk fungsional pada ruang fungsi kontinu, bukan oleh suatu fungsi $L_2$ dalam argumen Freddy.

Penyelesaian lengkap

Berbeda dari $L_2(\mathbb{R})$, anggota $l_2(\mathbb{Z})$ benar-benar merupakan barisan dengan koordinat yang terdefinisi. Untuk setiap $x=(x_k)_{k\in\mathbb{Z}}$, $$\lvert x_0\rvert^2\leq\sum_{k\in\mathbb{Z}}\lvert x_k\rvert^2=\lVert x\rVert_2^2,$$ sehingga $E_0$ linear dan $\lVert E_0\rVert\leq1$. Pada $e^0$ berlaku $\lVert e^0\rVert=1$ dan $E_0(e^0)=1$, jadi normanya tepat satu. Dengan konvensi hasil kali dalam edisi ini, $$\langle x,e^0\rangle=\sum_{k\in\mathbb{Z}}x_k\overline{e^0_k}=x_0.$$ Jadi semua hipotesis teorema representasi terpenuhi dan representernya adalah $e^0$.

Penyelesaian lengkap

Untuk setiap $y\in H$, definisikan $\phi_y(x)=\langle x,y\rangle$. Teorema Representasi Riesz menyatakan bahwa keluarga $\{\phi_y:y\in H\}$ adalah seluruh dual kontinu $H^*$. Topologi awal yang ditentukan keluarga ini mempunyai basis lingkungan di $a$ berupa $$U(a;y_1,\ldots,y_m;\epsilon) =\{x:\lvert\langle x-a,y_j\rangle\rvert<\epsilon, \ 1\leq j\leq m\}.$$ Menurut sifat umum topologi awal, suatu jaring $(x_\lambda)$ konvergen ke $a$ dalam topologi tersebut jika dan hanya jika $\phi_y(x_\lambda)\to\phi_y(a)$ untuk setiap $y\in H$. Kondisi ini persis $\langle x_\lambda,y\rangle\to\langle a,y\rangle$ untuk setiap $y$, yaitu definisi konvergensi lemah dalam soal. Karena konvergensi jaring menentukan topologi secara tunggal, topologi yang dibangkitkan oleh konvergensi itu adalah $\sigma(H,H^*)$, topologi lemah dalam arti topologis.

Penyelesaian lengkap

(1) Dari ketaksamaan Cauchy–Schwarz, $$\lvert\langle x_\lambda-a,y\rangle\rvert \leq\lVert x_\lambda-a\rVert\lVert y\rVert\longrightarrow0$$ untuk setiap $y\in H$. (2) Jadi setiap jaring yang konvergen dalam topologi norma juga konvergen lemah; ekuivalen dengan mengatakan bahwa topologi norma lebih kuat.

(3) Dalam $l_2$, untuk setiap $y=(y_n)\in l_2$ berlaku $\langle e^n,y\rangle=\overline{y_n}\to0$, sebab koordinat setiap barisan $l_2$ menuju nol. Namun $\lVert e^n\rVert=1$, sehingga $e^n$ tidak konvergen dalam norma ke nol.

(4) Contoh yang sama menunjukkan bahwa, jika $H$ berdimensi tak hingga, norma tidak kontinu lemah di nol: pilih suatu barisan ortonormal $(e^n)$; maka $e^n\to^w0$ tetapi $\lVert e^n\rVert=1\not\to0$. Jika $H$ berdimensi hingga, ambil basis ortonormal $e^1,\ldots,e^m$. Konvergensi lemah berarti konvergensi setiap koordinat, dan $\lVert x\rVert^2=\sum_{j=1}^m\lvert\langle x,e^j\rangle\rvert^2$; jadi topologi lemah sama dengan topologi norma dan fungsi norma kontinu.

(5) Karena hasil kali dalam kontinu pada setiap koordinat lemah yang tetap, $$\lVert x_\lambda-a\rVert^2 =\lVert x_\lambda\rVert^2+\lVert a\rVert^2 -2\Re\langle x_\lambda,a\rangle\longrightarrow0.$$ (6) Untuk $y\in H$, pemetaan $x\mapsto\langle Tx,y\rangle$ adalah fungsional linear terbatas, sebab nilai mutlaknya paling besar $\lVert T\rVert\lVert y\rVert\lVert x\rVert$. Oleh Riesz, ada $z_y\in H$ sehingga $\langle Tx,y\rangle=\langle x,z_y\rangle$. Jika $x_\lambda\to^w a$, maka $\langle Tx_\lambda,y\rangle\to\langle Ta,y\rangle$ untuk setiap $y$; jadi $Tx_\lambda\to^wTa$. Kriteria jaring untuk kontinuitas menyelesaikan pembuktian.

Penyelesaian lengkap

Kontinuitas norma memberi keterbukaan bola terbuka serta ketertutupan bola tertutup dan sfer dalam topologi kuat. Ketiganya tidak mempunyai sifat kuat lain yang tercantum: bola terbuka tidak tertutup; dua himpunan lainnya tidak terbuka; dan tidak satu pun kompak kuat. Untuk klaim terakhir, suatu barisan ortonormal terletak di bola tertutup dan sfer serta mempunyai jarak $\sqrt2$ antarsuku. Kelipatan tetap, misalnya $e^n/2$, memberi argumen yang sama di dalam bola terbuka.

Bola tertutup bersifat tertutup lemah karena $$\{x:\lVert x\rVert\leq1\} =\bigcap_{\lVert y\rVert\leq1}\{x:\lvert\langle x,y\rangle\rvert\leq1\},$$ suatu irisan himpunan tertutup lemah. Ia juga kompak lemah. Berikut bukti lokal klaim terakhir. Petakan bola itu ke $\prod_{y\in H}\{z\in\mathbb{C}:\lvert z\rvert\leq\lVert y\rVert\}$ melalui $x\mapsto(\langle x,y\rangle)_y$. Produk cakram kompak ini kompak menurut teorema kekompakan hasil kali. Setiap titik tutupan koordinat menentukan fungsional konjugat-linear $\Phi(y)$ yang memenuhi $\lvert\Phi(y)\rvert\leq\lVert y\rVert$ dan mempertahankan penjumlahan serta perkalian skalar; sifat-sifat itu adalah persamaan tertutup dalam produk. Teorema Representasi Riesz memberi $x\in H$, $\lVert x\rVert\leq1$, dengan $\Phi(y)=\langle x,y\rangle$. Jadi citra bola tertutup sendiri tertutup di dalam produk kompak dan karenanya kompak; topologi yang diwarisi tepat topologi lemah.

Setiap lingkungan lemah dasar hanya membatasi berhingga banyak hasil kali dalam. Karena $H$ berdimensi tak hingga, terdapat vektor satuan $v$ yang ortogonal terhadap semua vektor penguji itu. Maka lingkungan tersebut memuat $x+tv$ untuk setiap skalar $t$. Akibatnya bola terbuka, bola tertutup, dan sfer tidak terbuka lemah. Barisan ortonormal memenuhi $e^n\to^w0$; karena itu bola terbuka tidak tertutup lemah (kelipatan $(1-1/n)e^1$ juga memberi limit batas), dan sfer tidak tertutup lemah. Dalam ruang Hausdorff, himpunan kompak harus tertutup; jadi bola terbuka dan sfer tidak kompak lemah.

Terakhir, untuk subruang tertutup $M$, teorema proyeksi memberi $M=M^{\perp\perp}$. Dengan demikian $$M=\bigcap_{y\in M^\perp}\{x:\langle x,y\rangle=0\},$$ sehingga $M$ tertutup lemah. Subruang yang mempunyai interior dalam suatu topologi ruang vektor harus sama dengan seluruh ruang; jadi $M$ terbuka dalam salah satu topologi tepat jika $M=H$. Jika $M$ memuat $u\neq0$, fungsi lemah-kontinu $x\mapsto\langle x,u\rangle$ tidak terbatas pada $\{tu:t\in\mathbb{K}\}\subset M$, sedangkan citra kontinu himpunan kompak harus kompak dan terbatas. Jadi $M$ tidak kompak lemah, dan terlebih lagi tidak kompak kuat. Subruang nol adalah kompak dalam kedua topologi.

Penyelesaian lengkap

Ambil lingkungan lemah dasar nol yang ditentukan oleh $y^1,\ldots,y^m\in l_2$ dan $\epsilon>0$. Tetapkan $s_n=\sum_{j=1}^m\lvert y^j_n\rvert^2$. Karena $\sum_ns_n<\infty$, untuk setiap $N$ ada $n\geq N$ dengan $ns_n<\epsilon^2$: jika tidak, deret ekor $\sum_ns_n$ mendominasi kelipatan deret harmonik. Untuk indeks itu, $$\lvert\langle a_n,y^j\rangle\rvert =\sqrt n\,\lvert y^j_n\rvert\leq\sqrt{ns_n}<\epsilon \qquad(1\leq j\leq m).$$ Jadi setiap lingkungan lemah nol memuat $a_n$ untuk indeks yang arbitrer besar. Karena $0$ bukan salah satu $a_n$, nol adalah titik akumulasi lemah himpunannya, dan karena kunjungan terjadi setelah setiap indeks, nol juga titik gugus lemah barisan.

Sekarang ambil sebarang subbarisan $(a_{n_k})$. Jika ia konvergen lemah ke $x$, maka untuk setiap koordinat tetap $r$, akhirnya $n_k\neq r$, sehingga $\langle a_{n_k},e^r\rangle=0$ dan $\langle x,e^r\rangle=0$. Kelengkapan basis memaksa $x=0$. Pilih lagi subsubbarisan dengan $n_{k_j}\geq2^j$, dan definisikan $y\in l_2$ dengan $y_{n_{k_j}}=n_{k_j}^{-1/2}$ serta koordinat lain nol. Memang $\sum_j\lvert y_{n_{k_j}}\rvert^2\leq\sum_j2^{-j}<\infty$, tetapi $$\langle a_{n_{k_j}},y\rangle=1$$ untuk setiap $j$. Subsubbarisan itu tidak konvergen lemah ke nol, sehingga subbarisan semula pun tidak mungkin konvergen lemah. Maka (3) salah.

Penyelesaian lengkap

Dalam kategori konkret $\mathbf{C}$, $F$ dan $A$ adalah objek kategori, bukan secara harfiah himpunan. Pemetaan $\iota\colon S\to\lvert F\rvert$ dan $f\colon S\to\lvert A\rvert$ hanyalah fungsi antarhimpunan dan pada umumnya bukan morfisme $\mathbf{C}$. Sebaliknya, pemetaan universal $\widetilde f_\iota\colon F\to A$ adalah morfisme dalam $\mathbf{C}$, dan persamaan yang benar pada himpunan dasar ialah $$\lvert\widetilde f_\iota\rvert\circ\iota=f.$$ Diagram sederhana menulis $S,F,A$ seolah-olah ketiganya objek satu kategori dan menulis ketiga panah seolah-olah bertipe sama. Diagram yang lebih rumit memperlihatkan baik segitiga pada himpunan dasar maupun morfisme kategori yang dipetakan ke sana oleh funktor pelupa. Karena itu komutativitas dan sifat universalnya bertipe benar dan tidak bergantung pada penyalahgunaan notasi yang hanya aman setelah pembaca memahami identifikasi tersebut.