Solusi Bab 6: Ruang Banach

Penyelesaian lengkap

Ambil $x,y\in U$ dan tulis $v=y-x$. Jika $v=0$, klaim segera berlaku. Jika $v\ne0$, kekonveksan $U$ menjamin bahwa $$x+tv\in U\qquad(0\le t\le1).$$ Definisikan $g(t)=f(x+tv)$. Dari definisi diferensial dan $df_{x+tv}=0$ diperoleh, langsung tanpa teorema nilai rata-rata, $$\lim_{h\to0}\frac{\lVert g(t+h)-g(t)\rVert}{|h|}=0$$ untuk $t\in(0,1)$, dengan limit satu sisi pada kedua titik ujung.

Tetapkan $\varepsilon>0$. Misalkan $E$ adalah himpunan semua $s\in[0,1]$ sedemikian sehingga $$\lVert g(t)-g(0)\rVert\le\varepsilon t \quad\text{untuk setiap }0\le t\le s.$$ Limit satu sisi di $0$ menunjukkan bahwa $E$ memuat suatu interval $[0,\delta]$. Misalkan $c=\sup E$. Kontinuitas $g$ menunjukkan bahwa ketaksamaan tersebut tetap berlaku untuk semua $t\le c$. Jika $c<1$, limit di $c$ memberi $\eta>0$ sehingga, untuk $0\le t\le1$ dan $|t-c|<\eta$, $$\lVert g(t)-g(c)\rVert\le\varepsilon|t-c|.$$ Karena itu, untuk $c\le t<\min(1,c+\eta)$, $$\lVert g(t)-g(0)\rVert \le \lVert g(t)-g(c)\rVert+\lVert g(c)-g(0)\rVert \le \varepsilon(t-c)+\varepsilon c=\varepsilon t.$$ Hal ini memperluas interval yang termasuk dalam $E$ melewati $c$, suatu kontradiksi. Maka $c=1$ dan $\lVert f(y)-f(x)\rVert=\lVert g(1)-g(0)\rVert\le\varepsilon$. Karena $\varepsilon$ sebarang, $f(y)=f(x)$. Kedua titik dipilih sebarang, sehingga $f$ konstan pada $U$.

Penyelesaian lengkap

Andaikan barisan semacam itu ada dan tulis $Z=\{n\in\mathbb{N}:a_n=0\}$. Himpunan $Z$ harus berhingga: jika $Z$ tak berhingga, barisan indikator $Z$ tidak termasuk $l_1$, sedangkan $(a_nx_n)$ identik nol dan karena itu terbatas. Misalkan $I=\mathbb{N}\setminus Z$; himpunan ini tak berhingga.

Pada ruang Banach $l_1(I)$, definisikan $$A:l_1(I)\longrightarrow l_\infty(I),\qquad (Ax)_n=a_nx_n.$$ Hipotesis memastikan bahwa $A$ terdefinisi pada seluruh $l_1(I)$. Grafnya tertutup: jika $x^{(k)}\to x$ dalam $l_1(I)$ dan $Ax^{(k)}\to y$ dalam $l_\infty(I)$, maka konvergensi koordinat memberi $y_n=a_nx_n$ untuk setiap $n\in I$. Berikut pembuktian lokal bahwa ini membuat $A$ terbatas, tanpa memakai teorema graf tertutup yang baru muncul sesudah latihan ini. Graf $G(A)$ adalah ruang Banach karena tertutup dalam $l_1(I)\times l_\infty(I)$. Proyeksi $\pi_1:G(A)\to l_1(I)$ merupakan bijeksi linear terbatas. Korolar teorema pemetaan terbuka memberi bahwa $\pi_1^{-1}$ terbatas. Karena proyeksi kedua $\pi_2:G(A)\to l_\infty(I)$ juga terbatas, $A=\pi_2\pi_1^{-1}$ terbatas. Dengan menguji vektor satuan koordinat diperoleh $$|a_n|\le \lVert A\rVert=:C\qquad(n\in I).$$

Sebaliknya, definisikan $$T:l_\infty(I)\longrightarrow l_1(I),\qquad (Ty)_n=\frac{y_n}{a_n}.$$ Untuk $y\in l_\infty(I)$, perluas $Ty$ dengan nol pada $Z$. Hasil kali $a_n(Ty)_n$ terbatas, sehingga arah “jika” dalam hipotesis menjamin $Ty\in l_1(I)$. Argumen konvergensi koordinat yang sama menunjukkan bahwa graf $T$ tertutup. Dengan menerapkan lagi argumen ruang-graf dan teorema pemetaan terbuka dari paragraf sebelumnya, $T$ terbatas. Khusus untuk barisan konstan $y_n=1$ diperoleh $$\sum_{n\in I}\frac1{|a_n|}<\infty.$$ Namun $|a_n|\le C$ pada himpunan tak berhingga $I$, sehingga setiap suku $1/|a_n|\ge1/C$ (dan $C>0$). Deret tersebut harus divergen, bertentangan dengan kesimpulan sebelumnya. Jadi barisan yang diminta tidak ada.

Penyelesaian lengkap

Lengkapi $\mathcal{C}([a,b])\times\mathbb{R}^2$ dengan norma $$\lVert(r,u,v)\rVert=\lVert r\rVert_u+|u|+|v|.$$ Ruang ini Banach. Untuk $c$ yang tetap, pemetaan $$S:\mathcal{C}^2([a,b])\longrightarrow\mathcal{C}([a,b])\times\mathbb{R}^2, \qquad S f=(Tf,f(c),f'(c))$$ linear dan terbatas: keterbatasan $T$ diberikan oleh Contoh 6.3.13, sedangkan $|f(c)|\le\lVert f\rVert_u$ dan $|f'(c)|\le\lVert f'\rVert_u$.

Teorema keberadaan dan ketunggalan yang diizinkan dalam soal menunjukkan bahwa $S$ bijektif. Memang, untuk setiap $(r,u,v)$ terdapat tepat satu $f\in\mathcal{C}^2([a,b])$ dengan $Tf=r$, $f(c)=u$, dan $f'(c)=v$. Karena domain dan kodomainnya Banach, teorema pemetaan terbuka menyatakan bahwa $S^{-1}$ terbatas. Tuliskan $K_c=\lVert S^{-1}\rVert$.

Sekarang $S y_{u,v}=(q,u,v)$ dan $S y_{\widetilde u,\widetilde v}=(q,\widetilde u,\widetilde v)$. Linearitas memberi $$y_{u,v}-y_{\widetilde u,\widetilde v} =S^{-1}(0,u-\widetilde u,v-\widetilde v),$$ dan pengambilan norma menghasilkan tepat estimasi dalam jawaban. Estimasi itu sekaligus mengendalikan fungsi, turunan pertama, dan turunan kedua secara seragam; khususnya, konvergensi data awal mengakibatkan konvergensi solusi dalam $\mathcal{C}^2([a,b])$.

Penyelesaian lengkap

Ambil barisan $(x_n,Tx_n)$ dalam $G(T)$ yang konvergen di $B\times C$ ke suatu $(x,y)$. Maka $x_n\to x$ dalam $B$ dan $Tx_n\to y$ dalam $C$. Kontinuitas $T$ juga memberi $Tx_n\to Tx$. Karena limit di ruang bernorma $C$ tunggal, $y=Tx$. Jadi $(x,y)=(x,Tx)\in G(T)$. Produk ruang bernorma bersifat metrik, sehingga tertutup secara barisan ekuivalen dengan tertutup; akibatnya $G(T)$ tertutup.

Penyelesaian lengkap

Ambil $x\in V$. Dari definisi norma operator, untuk setiap $T\in\mathcal{T}$ diperoleh $$\lVert Tx\rVert\le\lVert T\rVert\,\lVert x\rVert\le M\lVert x\rVert<M\lVert x\rVert+1=M_x.$$ Konstanta $M_x>0$ hanya bergantung pada $x$, bukan pada $T$. Ini persis definisi bahwa $\mathcal{T}$ terbatas titik demi titik. Tidak diperlukan kelengkapan $V$ atau $W$ untuk arah implikasi ini.

Penyelesaian lengkap

Karena koordinat taknol hanya muncul pada $n=4^k$, diperoleh $$\lVert x\rVert_2^2=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{k^2}{4^k}<\infty.$$ Jadi $x\in l^2$. Untuk $n=4^k$, vektor $a^n=\sqrt n\,\mathbf{e}^n=2^k\mathbf{e}^{4^k}$. Terlepas dari konvensi mengenai peubah mana yang linear dalam hasil kali dalam kompleks, nilai mutlaknya adalah $$\lvert\langle a^{4^k},x\rangle\rvert =2^k\lvert x_{4^k}\rvert=2^k\frac{k}{2^k}=k.$$ Nilai ini menuju tak hingga. Dengan demikian barisan jarang tersebut memberikan fungsional Riesz–Fréchet yang menyaksikan bahwa $\{a^n:n\in\mathbb{N}\}$ tidak terbatas secara lemah, sesuai dengan fakta bahwa $\lVert a^n\rVert=\sqrt n$ tidak terbatas.