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

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

Bu materyallerden alıntı yapmak veya Kullanım Ko¸sulları hakkında bilgi al- mak i¸cin http://ocm.mit.edu/terms veya http://tuba.a¸cık ders.org.tr adresini ziyaret ediniz.

18.102

Introduction to Functional Analysis Bahar 2009

Prof.Dr.Richard Melrose

C ¸ ¨ OZ ¨ UMLER 1

˙Ilk d¨ort problem k¨u¸c¨uk L

uzayları olarak’ta anılan l

uzayları hakkındadır.

C ¸ ¨ oz¨ umleri l

i¸cin verebilece˘ giniz gibi her p,1 ≤ p ≤ ∞ i¸cin de verebilirsiniz.

Problem 1.1 Her p, 1 ≤ p < ∞ veya sadece p = 2 i¸cin;

l

= {a : N → C,

∞

X

j=1

|a

|

< ∞, a

= a(j)}

dizilerinin a¸sa˘ gıdaki normla,

||a||

= (

∞

X

j=1

|a

|

)

normlu bir uzay oldu˘ gunu g¨ osteriniz. Bu tanımlanan dizilerin bir vekt¨ or uzayı olduklarını ve tanımlanan normun norm olmak i¸cin sa˘ glaması gereken ¨ u¸c ko¸sulu sa˘ gladı˘ gının g¨ osterilmesi demektir.

C ¸ ¨ oz¨ um: Herhangi bir k¨ umeden de˘ gerlerini bir vekt¨ or uzayında alan fonksiy- onların vekt¨ or uzayı oldu˘ gunu biliyoruz- buradaki toplama i¸slemi de˘ gerlerin toplamı bi¸cimindedir. Dolayısı ile l

’nin vekt¨ or uzayı olabilmesi i¸cin toplama ve skalerler ile ¸carpma i¸slemleri altında kapalı olması gerekiyor. Skalerler ile

¸carpma i¸slemi altında kapalılı˘ gı g¨ ostermek kolay:

(3.18) |ta

| = |t||a

| ⇒ ||ta||

= |t|||a||

Bu zaten ||.||

ifadedesinin norm oldu˘ gunu g¨ ostermekte gerekliydi. l

de olan a, b dizilerin toplamı a + b nin de l

olması ¨ u¸cgen e¸sitsizli˘ ginin uygulaması ile elde edilir. Ama 0 ≤ t i¸cin t

fonksiyonunun artan oldu˘ gunu kullanarak;

(3.19) |a

+ b

|

≤ (2maks(|a|

, |b|

))

= 2

maks(|a

|

, |b

|

) ≤ 2

(|a

| + |b

|) Buradan da

||a + b||

= X

j

|a

+ b

|

≤ 2

(||a||

+ ||b||

)

elde edilir. l

nin norm uzayı oldu˘ gunu kanıtlamak i¸cin ||a||

nin ger¸cekten bir norm oldu˘ gunu kanıtlamalıyız. ||a||

sıfır’dan k¨ u¸c¨ uk de˘ gerler alamaz. E˘ ger

||a||

= 0 ise, bu her i i¸cin, a

= 0 demek olaca˘ gından, a = 0 buluruz. Geriye

kalan tek husus ise ¨ u¸cgen e¸sitsizli˘ ginin sa˘ glandı˘ gıdır. E˘ ger p = 1 ise, istenilen, mutlak de˘ ger fonksiyonunun ¨ u¸cgen e¸sitsizli˘ gini sa˘ glamasından elde edilir:

(3.20) ||a + b||

= X

i

|a

+ b

| ≤ X

i

(|a

| + |b

|) = ||a||

+ ||b||

p’nin 1 ≤ p ≤ ∞ de˘ gerleri i¸cin kanıtlamamız gereken e¸sitsizli˘ ge Minkowski e¸sitsizli˘ gi adı verilir. Minkowski e¸sitsizli˘ gi, Young e¸sitsizli˘ gi olarak tanınan e¸sitlikten elde edilen H¨ older e¸sitsizli˘ ginin bir sonu¸cudur. Young e¸sitsizli˘ gi, 1/p + 1/q = 1 i¸cin dolayısı ile q = p/(p − 1) dir.

(3.21) αβ ≤ α

p + β

q , ∀α, β ≥ 0 Bunu g¨ ormek i¸cin, α = x fonksiyonu olarak,

(3.22) f (x) = x

p − xβ + β

q

Bu fonksiyon x = 0’da negatif de˘ gildir ve x > 0 de˘ gerleri i¸cin x

, xβ dan daha hızlı b¨ uy¨ ud¨ u˘ g¨ u i¸cin, pozitiftir. Dahası t¨ urevlenebilir bir fonksiyondur ve t¨ urevi olan x

sadece β da sıfır olup, burada x > 0 i¸cin bir mutlak minimum de˘ gerine sahiptir. Bu noktada f (x) = 0 oldu˘ gundan Young e¸sitsizli˘ gini elde ederiz. S ¸imdi bu e¸sitsizli˘ gi, α = |a

|/||a||

, β = |b

|/||b||

(ku¸skusuz iki sayı da sıfırdan farklı kabul edilmektedir) sayıları i¸cin kullanıp, i ¨ uzerinden toplam alarak H¨ older e¸sitsizli˘ gini (3.23)

| X

i

a

b

|/||a||

||b||

≤ X

i

|a

||b

|/||a||

||b||

≤ X

i

( |a

|

||a||

p + |b

|

||b||

q ) = 1 ve buradan da

⇒ | X

i

a

b

| ≤ ||a||

||b||

buluruz. S ¸imdi buradan, ¨ u¸cgen e¸sitsizli˘ gi ve birinci ¸carpanda q kuvveti alarak, Minkowski e¸sitsizli˘ gini elde ederiz.

(3.24) X

i

|a

+ b

|

≤ X

i

|a

+ b

|

|a

+ b

|

X

i

|a

+ b

|

|a

| + X

i

|a

+ b

|

|b

|

≤ X

i

(|a

+ b

|

)

(||a||

+ ||b||

)

˙Ilk ¸carpanla b¨olerek, sa˘g tarafta

(3.25) ||a + b||

≤ ||a||

+ ||b||

Dolayısıyla, l

ger¸cekten normlu bir uzaydır.

Problem 1.2 Problem 1.1 deki zor kısım ¨ u¸cgen e¸sitsizli˘ gi idi. E˘ ger size her N i¸cin

(

N

X

j

|a

|

)

ifadesinin C

de norm oldu˘ gu verilseydi, bunu kullanabilir miydiniz?

C ¸ ¨ oz¨ um: Evet, ger¸cekten her N i¸cin ,

(

N

X

j

|a

+ b

|

)

≤ (

N

X

j

|a

|

)

+ (

N

X

j

|b

|

)

do˘ gru olsaydı, l

nin ¨ o˘ gelerinin normu i¸cin yukarıdaki sa˘ g taraf i¸cin bir ¨ ust sınır olurdu, yani,

(3.27) (

N

X

j

|a

+ b

|

)

≤ ||a||

+ ||b||

Sol taraf N sayısının artan de˘ gerleri ile arttı˘ gından, yakınsar ve ¨ ustten, N sayısından ba˘ gımsız olan, sa˘ g taraftaki ifade ile sınırlı olur. Bu ¨ u¸cgen e¸sitsizli˘ gidir. ¨ Ozetlersek, bu ilk problemdeki us y¨ ur¨ utmenin N’den ba˘ gımsız olarak tekrarıdır.

Problem 1.3 Problem 1.1 de tanımlanan l

nin ya da l

nin tam oldu˘ gunu

kanıtlayınız. Yani Banach uzayı oldu˘ gunu g¨ osteriniz. Her Cauchy dizisinin

yakınsak oldu˘ gunu kanıtlayınız. Burada problem verilen Cauccy dizisinin lim-

itini bulmaktır. Her N i¸cin N noktasında budanmayla elde edilen C

deki her

dizinin C

de bir Cauchy dizisi oldu˘ gunu g¨ osteriniz.

C ¸ ¨ oz¨ um: l

uzayında Cauchy dizisi olan a

alalım. Dizideki her ¨ o˘ ge yine l

de olan, {a

}

dizisidir. A¸sa˘ gıdaki Problem 1.5 de kanıtlanacak olan normun s¨ ureklili˘ ginden,||a

|| dizisi R de bir Cauchy dizisidir ve yakınsar. Buradan bu dizinin sınırlı oldu˘ gunu elde ederiz. Yani bir A sayısı ve her n i¸cin ||a

||

≤ A vardır. Cauchy tanımından verilen  > 0 i¸cin, ¨ oyle bir M sayısı vardırki her m, n > M i¸cin

(3.28) ||a

− a

||

= ( X

i

|a

− a

|

)

< /2

Her i damgası i¸cin |a

− a

| ≤ ||a

− a

||

sa˘ glandı˘ gından, a

dizisi C’de Cauchy dizisidir. C tam oldu˘ gundan, her i = 1,2,... i¸cin

(3.29) lim

a

= a

vardır. Verilen dizinin limiti i¸cin aday, a = (a

) dizisidir. Normların sınırlılı˘ gı,

(3.30)

N

X

i

|a

|

≤ A

verir, burada n → ∞ iken limit alarak

(3.31)

N

X

i

|a

|

≤ A

, ∀N ⇒ ||a||

≤ A

bulunur. Dolayısı ile a ∈ l

bulundu. Benzer bi¸cimde Cauchy ko¸sulundaki sonlu e¸sitsizlikte m → ∞ iken limit alarak,

(3.32) (

N

X

i=1

|a

− a

|

)

< /2 elde ederiz.Dolayısıyla, her N i¸cin

(3.33) (

N

X

i

|a

− a

|

)

≤ /2 bulur ve buradan da

(3.34) ||a

− a|| < , ∀n > M

bulunur ve bu l

uzayında, a

→ a demektir.

Problem 1.4 ˙Isterseniz n = 2 alabilirsiniz, l

uzayının birim yuvarı S k¨ umesini d¨ u¸s¨ unelim. Bu k¨ ume uzunlukları 1 olan vekt¨ orlerin k¨ umesidir.

S = {a ∈ l

: ||a||

= 1}

k¨ umesidir.

(1) S k¨ umesinin kapalı oldu˘ gunu g¨ osteriniz.

(2) Dilerseniz Rudin’nin kıtabına da bakarak, metrik uzaylarda kompakt k¨ umelerin dizisel betimleni¸sini anımsayınız.

(3) Dilerseniz n-inci yerde 1, kalan koordinatlarda 0 olan diziyi d¨ u¸s¨ unerek S k¨ umesinin kompakt olmadı˘ gını kanıtlayınız.

C ¸ ozum:Bir sonraki alı¸stırmada ele alınan, normun s¨ ureklili˘ gi ve S k¨ umesinin kapalı {1}’in k¨ umesinin ters g¨ or¨ unt¨ us¨ une e¸sit olmasından, S kapalıdır.

Anımsanmasını istedi˘ gimiz sonu¸c, metrik uzaylarda bir altk¨ umenin kom- pakt olması i¸cin gerek ve yeter ko¸sulun k¨ umedeki her dizinin yine k¨ ume i¸cinde yakınsayan bir altdizisinin olmasıdır.

Bu durumda a¸sa˘ gıdaki diziler dizisini ele alalım:

(3.36) a

=  0, , i 6= n 1, , i = n

Bu dizinin n 6= m i¸cin, ||a

− a

||

= 2

¨ ozelli˘ gi vardır. Bu nedenle hi¸c bir Cauchy altdizisi olamaz. Bu nedenlede yakınsak de˘ gildir. Bu da S k¨ umesinin kompakt olamıyaca˘ gını verir.

Bu sonu¸c ¨ onemlidir. Sonlu ve sonsuz boyutlu normlu uzaylar arasındaki temel farklılı˘ gı g¨ osterir. Sonlu boyutlu uzaylarda Heine-Borel teoreminden birim yuvar kompakt, sonsuz boyutlu uzaylarda ise kompakt de˘ gildir.

Problem 1.5 Normlu her uzayda, norm s¨ ureklidir.

C ¸ ¨ oz¨ um: Esasına bakarsanız bu problemi ¸cok daha ¨ once ele almalıydık! ¨ U¸cgen e¸sitsizli˘ gi normlu bir uzaydaki u, v vekt¨ orleri i¸cin

(3.37) ||u|| ≤ ||u − v|| + ||v||, ||v|| ≤ ||u − v|| + ||u||

verir, buradan da

(3.38) |||u|| − ||v||| ≤ ||u − v||

bulunurki, bu normun sadece s¨ ureklili˘ gini de˘ gil aynı zamanda Lipschitz

s¨ ureklili˘ gini de verir.