MIT A¸cık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu

MIT A¸cık Ders Malzemeleri http://ocw.mit.edu

Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Ko¸sulları hakkında bilgi al- mak i¸cin http://ocw.mit.edu/terms veya http://www.acikders.org.tr adresini ziyaret ediniz.

18.102

Introduction to Functional Analysis Bahar 2009

Prof.Dr.Richard Melrose

18.102 Fonksiyonel Analize Giri¸s Bahar D¨ onemi 2009

DERS 24. HERM˙IT TABANININ TAMLANIS ¸I Harmonik salınım

(24.1) H = − d

dx

+ x

, Hu

= u

, u

= e

dan ba¸slayarak ve a¸sa˘ gıdaki yaradılı¸s ve yoketme d¨ on¨ u¸s¨ umleri

(24.2) A = d

dx , C = − d

dx + x, AC − CA = 2Id, H = CA + Id kullanılarak

(24.3) u

= C

u

= p

(x)u

(c), p(x) = 2

x

+ l.o.ts, Hu

= (2j + 1

¨

ozvekt¨ orleri incelendi ve j 6= k i¸cin u

⊥u

oldu˘ gu g¨ osterildi ve dolayısıyla normalle¸stirilme yapıldı˘ gında L

(R) de ortonormal sistem

(20.4) e

= u

2

(j!)

π

bulundu.

Burada ¸cok detaya girmeden e

lerin L

(R) de ortonormal bir taban oldu˘gu g¨ osterilecek, yani tam ortonormal dizi oldu˘ gu g¨ osterilecek.

e

lerin tamlı˘ gını g¨ ostermek i¸cin, ¨ ozvekt¨ orleri bunlar olan, sıfır uzayı ol- mayan ¨ oze¸slenik kompakt d¨ on¨ u¸s¨ umler bulmak yeterlidir. Bunun bir ka¸c yolu olmasına kar¸sın bu kanıtlardan basit olanları ters Fourier form¨ ul¨ un¨ u kullanır.

Ben ise tamlı˘ gı kullanıp ters Fourier form¨ ul¨ un¨ u kanıtlamak istiyorum. Dolayısı ile Mehler form¨ ul¨ un¨ un bir bi¸cimini kullanaca˘ gım. Bu ba˘ glamda size gecen derste sizi bir miktar y¨ onlendirmeye ¸calı¸stım. Yapacaklarımızın ilk kısmı ko- lay, ikinci kısmı ise biraz daha karı¸sıktır. e

lerin t¨ um¨ un¨ un ger¸cel oldu˘ gunu hatırlayarak ¨ ozfonksiyonları e

olan ve buna kar¸sılık gelen ¨ ozde˘ gerleri λ

> 0 olan bir d¨ on¨ u¸s¨ um bulmak i¸cin

(24.5) Au(x) =

∞

X

j=0

λ

(u, e

)e

(x) =

∞

X

j=0

λ

e

(x)

Z

e

(y)u(y) tanımını yapalım.

Bunun d¨ on¨ u¸s¨ um olması i¸cin j → ∞ i¸cin λ

→ 0 olmasına gereksinim vardır

(serinin yakınsak olması i¸cin λ

lerin sınırlı olması yeterlidir). Bununla be- raber problem A’nın sıfır uzayının olmamasıdır-elbette bu,λ

lerin pozitif ol- ması varsayımı ile, λ

lerin tam olmasına kar¸sılık gelir;

(24.6) Au = 0 ⇐⇒ u⊥e

, ∀j.

Yapmak zorunda oldu˘ gumuz i¸s artık belli oldu. Temel fikir A’yı bir integral d¨ on¨ u¸s¨ um¨ u olarak yazmak ve sonu¸cta bununla ¸calı¸smaktır. w ∈ [0, 1) i¸cin λ

= w

olarak alalım. Buradaki fikir

(24.7) A

u =

∞

X

j=0

w

e

(x)e

(y) = A(w, x, y) i¸cin a¸cık bir form¨ ul bulabilece˘ gimizdir.

A(w, x, y) yi bulmak i¸cin son yapılan ¸seyler kullanılacak. Son olarak Fourier d¨ on¨ u¸s¨ um¨ u

F : L

(R) → C

(R), F (u) = ˇ u (24.8)

ˇ u(ξ) =

Z

e

u(x), sup |ˇ u| ≤ kˇ uk

olarak tanımlanmı¸s ve ¨ ozellikleri incelenmi¸sti. Sonra u

’nın Fourier d¨ on¨ u¸s¨ um¨ u hesap edilmi¸sti, yani

(24.9) (F u

)(ξ) = √

2πu

(ξ).

Bunu kullanarak

(24.10) v = e

⇒ ˇ u = √ πe

oldu˘ gu g¨ osterilir.

De˘ gi¸skenlerin adları de˘ gi¸stirilerek (24.11) e

= 1

2 √ π

Z

R

e

ds elde edilir.

Bu durumda u

lerin tanımı, yeniden (24.12) u

(x) = (− d

dx + x)

e

= e

( −d

dx )

e

.

olarak yazılabilir.

Bunu (24.11) de kullanarak ve t¨ urev alarak-bunu yapabilmemizin nedeni integralin yakınsamasındandır-

(24.13) u

(x) = e

2 √

π

Z

R

(−is)

e

ds

elde edilir. Bunu (24.7) nin sa˘ gındaki toplamda iki kez kullanarak ve nor- malle¸stirmeleri (24.4) de kullanarak,

(24.14)

∞

X

j=0

w

e

(x)e

(y) =

∞

X

j=0

e

4π

Z

R

(−1)

w

s

t

2

j! e

dsdt bulunur. Burada olan serilerin yakınsaması ve toplamlarının ¨ ustel olmasıdır.

B¨ oylece a¸sa˘ gıdaki sonu¸c elde edilir.

Onteorem 19. (24.7) e¸sitli˘ ¨ gi a¸sa˘ gıdaki gibi ger¸cekle¸sir.

(24.15) A(w, x, y) = 1

√ π √

1 − w

exp(− 1 − w

4(1 + w) (x + y)

− 1 + w

4(1 − w) (x − y)

).

Kanıt. (24.14) deki serileri toplayarak (24.16) A(w, x, y) = e

4π

Z

R²

exp(− 1

2 wst + isx + ity − s

4 − t

4 )dsdt elde edilir.

Daha ¨ once yaptı˘ gımız gibi aynı form¨ ul¨ u u

’nın Fourier d¨ on¨ u¸s¨ um¨ u i¸cin uygu- layarak bu integralleri a¸cık bir bi¸cimde hesap edebiliriz. Daha ¨ once yapılandan daha kolay bi¸cimde, de˘ gi¸skenler de˘ gi¸stirilerek,

s = (S + T )

√ 2 , t = (S − T )

√ 2 ⇒ dsdt = dSdT, (24.17)

− 1

2 wst + isx + ity − s

4 − s

4 = iS (x + y)

√ 2 − 1

4 (1 + w)S

iT (x − y)

√ 2 − 1

4 (1 − w)T

elde edilir.

exp(−x

) nin Fourier d¨ on¨ u¸s¨ um¨ u i¸cin form¨ ul kullanılabilir, bir de˘ gi¸sken de˘ gi¸simi sonrasında,

Z

R

exp(iS x + y

√ 2 − 1

4 (1 + w)S

)dS = 2 √ π

q

(1 + w)

exp(− (x + y)

2(1 + w) )

(24.18)

Z

R

exp(iT x − y

√ 2 − 1

4 (1 − w)T

)dS = 2 √ π

q

(1 − w)

exp(− (x − y)

2(1 − w) ) sonu¸cu bulunur.

Bunların (24.16)’da yerine konmasıyla, (24.19) A(w, x, y) = 1

√ π √

1 − w

exp(− (x + y)

2(1 + w) − (x − y)

2(1 − w) + x

2 + y

2 ) bulunur. Bu, bazı ayarlamalarla, (24.15)’i verir.

Integral d¨ on¨ u¸s¨ umleri diliyle elde edilen A

’nin a¸cık yazılımından a¸sa˘ gıdaki

¨

onerme elde edilir.

Onerme 31. Ger¸cel de˘ ¨ gerli f ∈ L

(R) i¸cin (24.20)

∞

X

j=1

|(u, e

)|

= kf k

.

Kanıt. A

’nin tanımından (24.21)

∞

X

j=1

|(u, e

)|

= lim

w↑1

(f, A

f ), dolayısıyla (24.20) ifadesi

(24.22) lim

w↑1

(f, A

f ) = kf k

ifadesine indirgenir.

(24.22)’yi kanıtlamak i¸cin, ¨ once f ∈ C

(R) s¨urekli fonksiyonunu sınırlı bir aralık dı¸sında sıfır, yani, |x| > R i¸cin f (x) = 0 varsayarak, integral d¨ on¨ u¸s¨ um¨ un¨ u basitle¸stirece˘ giz. Bu durumda L

uzayındaki i¸c¸carpımı ¸cift katlı integral olarak yazabiliriz, bu ger¸cekten ger¸cek bir Riemann integralidir:

(24.23) (f, A

f ) =

Z Z

A(w, x, y)f (x)f (y)dydx.

Burada f ve A’nın ger¸cel de˘ gerli oldukları kullanıldı.

(24.15) de A i¸cin verilen form¨ ule bakalım. ¨ Once, (1−w

)−

¸carpanının w →

1 i¸cin sınırsız oldu˘ guna dikkat edelim edelim. Di˘ ger taraftan exponensiyelin

argumentinin iki teriminden ilki, w → 1 i¸cin sıfıra ve ikincisi ise, en azından, x − y 6= 0 oldu˘ gu zaman sınırsızdır. Verilen ip uclarından

e˘ ger  > 0, ise X = {(x, y) : |x| ≤ R, |y| ≤ R |x − y| ≥ }

(24.24)

w → 1 i¸cin sup

X

|A(w, x, y)| → 0 oldu˘ gu g¨ or¨ ul¨ ur.

B¨ oylece (24.23) deki integralin |x − y| ≥  ¨ uzerindeki par¸cası, w → 1 i¸cin sıfıra gider.

Di˘ ger par¸caya |x − y| ≤  ¨ uzerinde bakalım. f ’nin d¨ uzg¨ un s¨ ureklili˘ ginden, verilen δ > 0 i¸cin

(24.25) |x − y| ≤  ⇒ |f (x) − f (y)| ≤ δ olacak bi¸cimde  > 0 vardır.

S ¸imdi ((24.23) ¨ u¸c par¸caya ayıralım:S = [−R, R] olmak ¨ uzere (24.26) (f, A

f ) =

Z

S∩{|x−y|≥}

A(w, x, y)f (x)f (y)dydx

+

Z

S∩{|x−y|≤}

A(w, x, y)(f (x) − f (y))f (y)dydx

+

Z

S∩{|x−y|≤}

A(w, x, y)f

(y)dydx

S ¸imdi ¨ onemli oldu˘ gu i¸cin (24.36) daki ¨ u¸c¨ un¸c¨ u integrale bakalım. E˘ ger de˘ g¸skeni x den t =

(x − y) de˘ gi¸skenine de˘ gi¸stirirsek, integral

Z

S∩{|x−y|≤}

A(w, y + t

s

1 + w

1 − w , y))f

(y)dydt (24.27) A(w, y + t

s

1 + w 1 − w , y)

= 1

√ π(1 + w) exp − (1 − w)

4(1 + w) (2y + t √

1 − w)

!

exp(− t

4 )

haline d¨ on¨ u¸s¨ ur. Burada y sınırlıdır; ilk ¨ ustel ¸carpan 1’e yakla¸stı˘ gından her

 > o i¸cin (24.26) daki ¨ u¸c¨ unc¨ u terim

e

= 2 √

π oldu˘ gundan

(24.28) w → 1 iken ||f ||

sayısına yakınsar.

A > 0 oldu˘ gundan benzer akıl y¨ ur¨ utme integraldeki ikinci terimin de δ sayısının bir katından k¨ u¸c¨ uk oldu˘ gunu verir. Bu, (¨ once δ sonra  secimi ile) (24.22) ve sonrasında ise f nin s¨ urekli ve [−R, R] aralı˘ gı dı¸sında sıfır olması nedeni ile (24.20) ifadesini kanıtlar.

Genel durumun kanıtı ise s¨ urekli ve bir kompakt k¨ umenin dı¸sında sıfır olan fonksiyonların L

(R) i¸cinde yo˘gun olmaları ve (24.20) ifadesinde her iki taraftaki f ∈ L

R) fonksiyonunun s¨ ureklili˘ ginden elde edilir.

(24.22) ifadesi e

fonksiyonlarının, g¨ osterilmek istendi˘ gi gibi, ortonornal bir

taban oldu˘ gunu verir.