Solusi Bab 8: Beberapa Teori Spektral

Penyelesaian lengkap

Untuk homomorfisme kontinu, proyeksi koordinat dari $A\times B$ kontinu. Jika $f:C\to A$ dan $g:C\to B$ kontinu, satu-satunya pemetaan yang membuat diagram hasil kali komutatif ialah $$h:C\longrightarrow A\times B,\qquad h(c)=(f(c),g(c)).$$ Pemetaan ini homomorfisme dan $\lVert h(c)\rVert\le(\lVert f\rVert+\lVert g\rVert)\lVert c\rVert$, sehingga kontinu. Ini membuktikan sifat universal hasil kali. Norma maksimum juga memberi objek hasil kali yang isomorfik dalam kategori ini.

Untuk melihat bahwa koproduk tidak selalu ada dalam kategori morfisme kontinu, ambil aljabar Banach satu dimensi $E=\mathbb{C}$ dengan perkalian nol. Andaikan $(P,i,j)$ adalah koproduk dua salinan $E$, dan tulis $p=i(1)$ serta $q=j(1)$. Untuk setiap $\lambda>0$, pemetaan $$f_\lambda(z)=\lambda z e_{12},\qquad g_\lambda(z)=\lambda z e_{21}$$ adalah homomorfisme kontinu $E\to M_2(\mathbb{C})$ karena $e_{12}^2=e_{21}^2=0$. Sifat universal akan memberi homomorfisme kontinu $H_\lambda:P\to M_2(\mathbb{C})$ dengan nilai-nilai tersebut. Maka $$H_\lambda((pq)^n)=\lambda^{2n}e_{11}.$$ Dengan norma operator pada $M_2(\mathbb{C})$ dan submultiplikativitas norma di $P$, kontinuitas $H_\lambda$ akan memaksa $$\lambda^{2n}\le\lVert H_\lambda\rVert (\lVert p\rVert\,\lVert q\rVert)^n\qquad(n\ge1).$$ Pemetaan universal ke aljabar perkalian-nol menunjukkan $p,q\ne0$. Memilih $\lambda^2>\lVert p\rVert\,\lVert q\rVert$ membuat ketaksamaan terakhir mustahil saat $n\to\infty$. Jadi kategori ini tidak mempunyai semua koproduk biner.

Dalam kategori homomorfisme kontraktif, beri $A\times B$ norma $$\lVert(a,b)\rVert_{\max}=\max\{\lVert a\rVert,\lVert b\rVert\}.$$ Proyeksinya kontraktif, dan pasangan $h=(f,g)$ kontraktif apabila $f$ dan $g$ kontraktif. Jadi inilah hasil kali pada kategori tersebut.

Untuk koproduk kontraktif, bagi setiap kata takkosong berselang-seling $\epsilon=(\epsilon_1,\ldots,\epsilon_n)$ dengan huruf $A,B$, bentuk hasil kali tensor projektif $$X_{\epsilon_1}\mathbin{\widehat{\otimes}_{\pi}}\cdots \mathbin{\widehat{\otimes}_{\pi}}X_{\epsilon_n}, \qquad X_A=A,\quad X_B=B,$$ lalu ambil jumlah langsung-$l_1$ atas semua kata tersebut. Perkalian dilakukan dengan menggabungkan kata; jika dua huruf pada sambungan sama, kedua faktor batas dikalikan di dalam $A$ atau $B$. Submultiplikativitas norma aljabar dan sifat norma projektif membuat operasi ini kontraktif dan memanjang ke penyelesaiannya, yang kita notasikan $A*B$.

Penyertaan ke suku satu-huruf bersifat isometrik. Jika $f:A\to C$ dan $g:B\to C$ kontraktif, pada tensor elementer definisikan $$x_1\otimes\cdots\otimes x_n\longmapsto F_{\epsilon_1}(x_1)\cdots F_{\epsilon_n}(x_n), \qquad F_A=f,\quad F_B=g.$$ Norma hasilnya paling besar daripada hasil kali norma faktor, sehingga pemetaan pada setiap suku dan pada jumlah-$l_1$ kontraktif. Pemetaan ini adalah homomorfisme dan memanjang secara unik ke $A*B$; keunikannya berlaku karena kata-kata dalam kedua citra penyertaan rapat. Jadi $A*B$ memenuhi sifat universal koproduk kontraktif.

Penyelesaian lengkap

Induksi dan teorema Fubini untuk integral kontinu memberi, untuk $n\ge1$, $$(V^nf)(x)=\frac1{(n-1)!}\int_0^x(x-t)^{n-1}f(t)\,dt.$$ Karena $0\le x\le1$, $$|(V^nf)(x)|\le\frac{x^n}{n!}\lVert f\rVert_u \le\frac1{n!}\lVert f\rVert_u,$$ sehingga $\lVert V^n\rVert\le1/n!$. Rumus radius spektral menghasilkan $$\rho(V)\le\lim_{n\to\infty}(1/n!)^{1/n}=0.$$ Spektrum operator pada ruang Banach kompleks takkosong, jadi $\sigma(V)\subseteq\{0\}$ memaksa $\sigma(V)=\{0\}$. Secara langsung, $0$ memang berada dalam spektrum karena $V$ tidak surjektif: setiap fungsi dalam jangkauannya bernilai nol di $0$.

Untuk setiap $\mu$, $\sigma(\mu V)=\{0\}$ (termasuk $\mu=0$), sehingga $\mathbf{1}-\mu V$ invertibel. Lebih konkret, estimasi di atas memberi $$\sum_{n=0}^{\infty}\lVert\mu^nV^n\rVert \le\sum_{n=0}^{\infty}\frac{|\mu|^n}{n!}=e^{|\mu|}<\infty.$$ Karena itu deret operator $R=\sum_{n\ge0}\mu^nV^n$ konvergen dalam norma. Mengalikan jumlah parsial dengan $\mathbf{1}-\mu V$ menghasilkan $\mathbf{1}-\mu^{N+1}V^{N+1}$, yang menuju $\mathbf{1}$ dalam norma; urutan perkalian yang lain sama. Maka $R=(\mathbf{1}-\mu V)^{-1}$ dan untuk setiap $h$ terdapat tepat satu solusi $f=Rh$.

Untuk $h(x)=e^x$ dan $n\ge1$, induksi dari integrasi menunjukkan $$(V^ne^\cdot)(x)=e^x-\sum_{k=0}^{n-1}\frac{x^k}{k!}.$$ Dengan $\mu=1/2$, penataan ulang sah karena konvergensi mutlak dan seragam, dan $$\begin{align*} f(x) &=e^x+\sum_{n=1}^{\infty}2^{-n} \left(e^x-\sum_{k=0}^{n-1}\frac{x^k}{k!}\right)\\ &=2e^x-\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^k}{k!} \sum_{n=k+1}^{\infty}2^{-n} =2e^x-\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(x/2)^k}{k!} =2e^x-e^{x/2}. \end{align*}$$ Sebagai pemeriksaan langsung, $$\frac12\int_0^x(2e^t-e^{t/2})\,dt=e^x-e^{x/2},$$ sehingga $f(x)-\frac12\int_0^xf(t)\,dt=e^x$.