Analiza funkcjonalna stosowana

Analiza funkcjonalna stosowana
prof. dr hab. Oleksandr Gomilko
1
Celem wykªadu jest przedstawenie podstawowych poj¦¢ i twierdze« analizy funkcjonalnej w przestrzeniach Banacha i Hilberta oraz omówienie zastosowa« teorii operatorów
w zagadnieniach brzegowych równa« ró»niczkowych cz¡stkowych i w teorii optymalnego
sterowania.
Program wykªadu
1. Podstawowe wªasno±ci przestrzeni Hilberta. Twierdzenie Riesza o postaci funkcjonaªu. Twierdzenie Hahna-Banacha. Zbiory wypukªe i wypukªe programowanie.
Funkcjonaª podpieraj¡cy dla zbioru wypukªego, funkcjonaª Minkowskiego. Zastosowania do teorii programowania wypukªego.
2. Operacje liniowe w przestrzeniach Banacha. Dualno±¢ w przestrzeniach Banacha,
operatory sprz¦»one. Twierdzenia o punkcie staªym. Operatory na przestrzeni
Hilberta. Wykresy i operatory symetryczne, transformacja Cayleya, rozkªad
jedynki, twierdzenie spektralne. Póªgrupy operatorów, podstawowe wªasno±ci
C0 -póªgrup i ich generatorów, twierdzenie Hille'a-Yosidy, konstrukcja póªgrup
kontrakcji. Póªgrupy analityczne. Zwi¡zek pomi¦dzy póªgrupami operatorów
i równaniami cz¡stkowymi parabolicznymi i hiperbolicznymi. Generatory C0 grup operatorów.
3. Przestrzenie Sobolewa: aproksymacja funkcjami gªadkimi, przedªu»anie, ±lady,
ogólne nierównosci Sobolewa. Twierdzenia o zwartym wªo»eniu. Nierówno±ci
Poincarego. Ilorazy ró»nicowe i przestrze« W 1,p , charakteryzacja przestrzeni
H k za pomoc¡ transformaty Fouriera. Równania eliptyczne drugiego rz¦du.
Istnienie sªabych rozwi¡za«, twierdzenie Laxa-Milgrama, alternatywa Fredholma.
Regularno±¢ rozwi¡zania.
4. Teoria optymalnego sterowania, wiadomo±ci wst¦pne. Problem regulatora liniowokwadratowego, niesko«czony odcinek czasu. Sztywne ograniczenia. Sterowanie
z ustalon¡ warto±ci¡ ko«cow¡. Sterowanie: problemy czasowo-optymalne. Teoria
optymalizacji stochastycznej. Miary na zbiorach cylindrycznych. Funkcje charakterystyczne i przeliczalna addytywno±¢. Zmienne losowe, biaªy szum, systemy
ró»niczkowe. Problem ltracji. Pochodne Radona-Nikodyma.
Literatura
1. A. B. Balakrishnan, Analiza funkcjonalna stosowana, PWN, 1992.
2. L. C. Ewans, Równania ró»niczkowe cz¡stkowe, PWN, 2002.
3. J. Musielak, Wst¦p do analizy funkcjonalnej, PWN, 1976.
4. S. Rolewicz, Analiza funkcjonalna i teoria sterowania, PWN, 1974.
5. W. Rudin, Analiza funkcjonalna, PWN, 2001. pod red. naukow¡ Prof. dr hab.
P. Bilera, Toru«, 2003.
2
Przestrzenie Banacha. Zbiory pierwszej i drugiej kategorii.
1. Przestrzenie liniowe. Niech K b¦dzie zbiorem liczb rzeczywistych lub
zespolonych, a X niech b¦dzie dowolnym zbiorem niepustym. Niech b¦d¡ okre±lone
dwa dziaªania: dodawanie
+ : (x, y) → x + y ∈ X, x, y ∈ X,
i mno»enie przez liczb¦:
· : (α, x) → α · x = αx ∈ X, α ∈ K, x ∈ X,
speªniaj¡ce nast¦puj¡ce warunki, przy dowolnych x, y, z ∈ X , α, β ∈ K :
1. x + y = y + x,
2. x + (y + z) = (x + y) + z,
3. istnieje taki element zerowy θ ∈ X, »e x + θ = x,
4. dla ka»dego x ∈ X istnieje element przeciwny − x ∈ X, taki, »e x + (−x) = θ.
5. α(x + y) = αx + αy,
6. (α + β)x = αx + βx,
7. α(βx) = (αβ)x,
8. 1 · x = x.
Zbiór X z dziaªaniami + i · nazywamy wtedy przestrzeni¡ liniow¡ lub przestrzeni¡
wektorow¡ rzeczywist¡ lub zespolon¡ (w zale»no±ci od tego, czy K jest zbiorem liczb
rzeczywistych, czy te» zespolonych) i oznaczamy < X, +, · >
W dalszym ci¡gu w przypadku, gdy nie b¦dzie w¡tpliwo±ci, przestrze« liniow¡
< X, +, · > b¦dziemy oznaczali krócej X , a dla oznaczenia elementu zerowego tej
przestrzeni b¦dziemy u»ywali symbolu 0 w miejsce θ.
Przykªady przestrzeni liniowych.
(a) Zbiór X ukªadów x = (x1 , . . . , xn ), gdzie x1 , . . . , xn ∈ R, przy czym
(x1 , . . . , xn ) + (y1 , . . . , yn ) = (x1 + y1 , . . . , xn + yn ),
α(x1 , . . . , xn ) = (αx1 , . . . , αxn ), α ∈ R.
Przestrze« t¦ oznaczymy Rn . Mamy
0 = (0, . . . , 0), −(x1 , . . . , xn ) = (−x1 , . . . , −xn ).
(b) Zbiór X funkcji okre±lonych w dowolnym zbiorze niepustym U , o warto±ciach
z C, f : U → C, przy czym, je»eli f, g ∈ X , α ∈ C, to
(f + g)(x) = f (x) + g(x), (αf )(x) = αf (x), dla x ∈ U.
3
2. Przestrzenie przestrzenie Banacha i Hilberta.
Denicja. Niech X b¦dzie przestrzeni¡ liniow¡ nad cialem K liczb rzeczywistych
lub zespolonych. Funkcj¦ x 7→ kxk ∈ R+ odwzorowuj¡c¡ zbiór X w zbiór liczb
nieujemnych nazywamy norm¡, gdy speªnia ona dla dowolnych x, y ∈ X i dowolnego
α ∈ K warunki:
1. kxk = 0 poci¡ga x = 0,
2. kx + yk ¬ kxk + kyk (warunek trójk¡ta),
3. kαxk = |αkkxk (warunek jednorodno±ci).
Denicja. Przestrze« liniow¡ X wraz z okreslon¡ w niej norm¡ k · k, czyli par¦
< X, k · k > nazywamy przesrzeni¡ unormowan¡. Przestrze« unormowan¡ zupeªn¡
nazywamy przestrzeni¡ Banacha.
Przestrze« unormowana < X, k · k > jest wi¦c przestrzeni¡ Banacha wtedy i
tylko wtedy, gdy ka»dy ci¡g (xn ) jej elementów speªniaj¡cy warunek Cauchego:
∀ > 0 ∃ N, »e ∀ m, n > N zachodzi nierówno±¢ kxn − xm k < ,
jest zbie»ny w X do pewnego elementu x ∈ X , tj. kxn − xk → 0, n → ∞.
Przykªad. Przestrze« Banacha Lp (a, b), p ­ 1, funkcji caªkowalnych z p-t¡
pot¦ga w sensie Lebesgue'a w przedziale [a, b] z norma
kf kLp :=
Z b
!1/p
p
|f (x)| dx
.
a
Przestrzenie Hilberta.
Denicja. Przestrze« liniow¡ X nad ciaªem K liczb rzeczywistych lub zespolonych
nazywamy przestrzeni¡ z iloczynem skalarnym (lub przestrzeni¡ unitarn¡) je±li ka»dej
parze elementów (wektorów) x i y przyporz¡dkowana jest liczba (x, y) ∈ K , nazywana
iloczynem skalarnym x i y taka, »e nast¦puj¡ce warunki s¡ speªnione:
1. (y, x) = (x, y) (kreska oznacza sprz¦»enie zespolone),
2. (x + y, z) = (x, z) + (y, z),
3. (αx, y) = α(x, y), α ∈ K,
4. (x, x) ­ 0, ∀ x ∈ X,
5. (x, x) = 0 tylko wtedy, gdy x = 0.
Jedna z najwa»niejszych wlasno±ci iloczynów skalarnych jest nierówno±¢ Schwarza:
|(x, y)| ¬ (x, x) · (y, y).
4
Dowodzimy jej, zauwa»aj¡c, »e
0 ¬ (x + λy, x + λy) = (x, x) + |λ|2 (y, y) + λ(x, y) + λ(x, y).
Pomiewa» nierówno±¢ Schwarza jest oczywista dla y = 0, mo»emy zaªo»y¢, »e y 6= 0.
Wówczas dla λ = −(x, y)/|(y, y)| otrzymujemy
0 ¬ (x, x) −
|(x, y)|2
,
(y, y)
co co«czy dowód.
Ka»da przestrze« z iloczynem skalarnym mo»e zosta¢ unormowana nast¦puj¡co:
kxk =
q
(x, x).
Je±li uzyskana przestrze« unormowana jest zupeªna, nazywa jest ona przestrzeni¡
Hilberta.
3. Zbiory pierwszej i drugiej kategorii
Niech dana b¦dzie przestrze« Banacha X . Zbiór K ⊂ X nazywa si¦ domkni¦tym,
je±li nale»¡ do niego granice wszystkich ci¡gów {xn }n­1 takich, »e xn ∈ K . Zbiór
L ⊂ X nazywa si¦ otwartym, je±li dla ka»dego x0 ∈ L istnieje takie > 0, »e
B (x0 ) := {x ∈ X : kx − x0 k < } ⊂ L.
Niech M b¦dzie dowolnym zbiorem zawartym w X . Domkni¦ciem M zbioru M
nazywamy najmniejszy zbiór domkni¦ty zaweraj¡cy M . Mo»na okre±li¢ M jako cz¦±¢
wspóln¡ wszystkich zbiorów domkni¦tych zawieraj¡cych M .
Twierdzenie 1 .
M = {x ∈ X : ∃ xn → x, xn ∈ M, n = 1, 2, . . . }.
(1)
Dowód. Oznaczmy przez M0 zbiór wyst¦puj¡cy w prawej stronie równo±ci (1).
Jest oczywiste, »e
M ⊂ M0 ⊂ M .
Wyka»emy teraz »e M0 jest domkni¦ty. Istotnie, we»my ci¡g elementów {xn }n­1 ,
xn ∈ M0 zbie»ny do pewnego x0 ∈ X . Ustalmy teraz n. Poniewa» xn ∈ M0 , wi¦c
istnieje takie yn ∈ M , »e kxn − yn k < 1/n. Poniewa»
0 ¬ kx0 − yn k ¬ kxn − yn k + kx0 − xn k ¬
1
+ kx0 − xn k, lim kxn − x0 k = 0,
n→∞
n
wi¦c
lim kyn − x0 k = 0,
n→∞
i x0 ∈ M0 . Z domkni¦to±ci M0 wynika M ⊂ M0 i M ⊂ M0 . 5
Mówimy, »e podzbiór M zbioru M1 jest g¦sty w zbiorze M1 , je±li M1 ⊂ M . Zbiór
M ⊂ X jest nigdzie g¦sty, je±li nie jest on g¦sty w »adnym zbiorze otwartym.
Je±li zbiór M jest zbiorem nigdzie g¦stym, to ka»dy zbiór otwarty U ⊂ X zawiera
pewn¡ kule B (x0 ) rozªaczn¡ z M . Mo»na ªatwo udowodni¢, »e suma sko«czonej ilo±ci
zbiorów nigdzie g¦stych jest zbiorem nigdzie g¦stym.
Zbiór M ⊂ X nazywamy zbiorem pierwszej kategorii, je±li daje si¦ on przedstawi¢
jako suma przeliczalnej ilo±ci (ci¡gu) zbiorów
M = ∪∞
n=1 Mn ,
z których ka»dy jest nigdzie g¦sty.
Zbiory, które nie s¡ zbiorami pierwszej kategorii, nazywamy zbiorami drugiej
kategorii.
Twierdzenie 2 . Je±li zbiór M ⊂ X nie jest zbiorem nigdzie g¦stym, to istnieje
zbiór otwarty U , w którym jest on g¦sty.
Dowód. Je±li zbiór M nie jest zbiorem nigdzie g¦stym, to istnieje taki zbiór
otwarty U , »e ka»da kula zawarta w U ma elementy wspólne z M . Oznacza to, w
my±l denicji, »e M jest g¦sty w U . Wniosek 1 . Ka»dy zbiór domkni¦ty drugiej kategorii zawiera pewn¡ kul¦.
Dowód. Zbiór drugiej kategorii nie jest nigdzie g¦sty, wi¦c jest g¦sty w pewnym
zbiorze otwartym U . Poniewa» jest domkni¦ty, wi¦c zawiera caªy zbiór U . Zbiór U
jest otwarty, wi¦c zawiera pewn¡ kul¦ B . Oczywi±cie, K ⊂ M . Lemat 1 . Niech X b¦dzie przestrzeni¡ Banacha. Niech dany b¦dzie ci¡g kul Brn (xn )
takich, »e
(a)
(b)
Wówczas
lim rn = 0,
n→∞
Krn (xn ) ⊂ Krn−1 (xn−1 ) n = 1, 2, . . . .
∩∞
n=1 Krn (xn ) 6= ∅ .
Dowód. Niech {yn }n­1 b¦dzie dowolnym takim ci¡gem, »e yn ∈ Krn (xn ). Na
mocu (b), ym ∈ Krn (xn ) dla wszystkich m > n. Z warunku (a) wynika zatem, »e
ci¡g {yn }n­1 speªnia warunek Cauchy'ego. Poniewa» X jest przestrzeni¡ zupeªn¡,
wi¦c ci¡g {yn }n­1 jest zbie»ny do pewnego y ∈ X . Poniewa»
ym ∈ Krn (xn ) dla wszystkich m ­ n,
wi¦c
Oznacza to, »e
y ∈ Krn (xn ) dla n = 1, 2, . . . .
y ∈ ∩∞
n=1 Krn (xn ).
6
Twierdzenie 3 (Baire). Niech X b¦dzie przestrzeni¡ Banacha. Wówczas caªa przestrze«
X jest w sobie zbiorem drugiej kategorii.
Dowód. Przypu±¢my, »e przestrze« X jest zbiorem pierwszej kategorii, tzn. »e X
daje si¦ przedstawi¢ jako suma ci¡gu zbiorów Mn nigdzie g¦stych. Bez zmniejszenia
ogólno±ci mo»my zaªo»y¢, »e
Mn ⊂ Mn+1 , n = 1, 2, . . . .
Poniewa» zbiór M1 jest nigdzie g¦sty, wi¦c istnieje kula Br1 (x1 ), której domkni¦cie
jest rozª¡czne z M1 . Poniewa» zbiór M2 jest nigdzie g¦sty, wi¦c istnieje kula
Br2 (x2 ) ⊂ Br1 (x1 )
rozª¡czn¡ z M2 . W ten sam sposób konstruujemy kul¦
Br3 (x3 ) ⊂ Br2 (x2 )
rozª¡czne z M3 i, ogólnie, przez indukcje, kuª¦
Brn (xn ) ⊂ Brn−1 ) (xn−1 , n = 2, 3, . . . ,
rozª¡czn¡ ze zbiorem Mn . Na mocu Lematu 1 cz¦±¢ wspólna tych wszystkich kul
Brn (xn ) jest niepusta. Ponadto jest ona rozª¡czna z sum¡ zbiorow Mn . Zatem suma
tych zbiorów nie mo»e by¢ równa caªej przestrzeni X .
Operatory liniowe ograniczony w przestrzeniach Banacha
Denicja. Niech T : X 7→ Y b¦dzie odwzorowaniem przestrzeni liniowej X nad
cialem K liczb rzeczywistych lub zespolonych w przestrze« liniow¡ Y nad ciaªem K .
Odwzorowanie T nazywa si¦ operatorem liniowym, gdy
T (x + y) = T (x) + T (y), T (αx) = αT (x),
dla dowolnych x, y ∈ X i α ∈ K . Je»eli Y = K , to operator liniowy T : X 7→
K nazywamy funkcjonalem liniowym. Przy operatorach liniowych b¦dziemy cz¦sto
pisali T x w miejsce T (x).
Denicja. Niech X i Y b¦d¡ przestrzeniami Banacha. Operator liniowy T :
X 7→ Y nazywa si¦ ograniczony, gdy istnieje taka liczba M > 0, »e
kT xkY ¬ M kxkX , ∀ x ∈ X.
Przykªad. Niech X = Y = L2 (a, b) i operator
(T f )(s) =
Z b
k(s, t)f (t) dt, f ∈ L2 (a, b),
a
7
(2)
gdzie k(s, t) jest funkcja caªkowaln¡ z kwadratem w kwadracie Q = {(s, t) : a < s <
b, a < t < b}:
Z Z
|k(s, t)|2 dtds < ∞.
Q
Wtedy z nierówno±ci Schwarza
Z b
Z b
|k(s, t)f (t)|dt ¬
a
!1/2
2
|k(s, t)| dt
· kf k,
a
kf k =
Z b
!1/2
|f (t)|2 dt
,
a
wynika na podstawie tw. Fubiniego, »e caªka (2) istnieje dla prawie ka»dego s ∈ (a, b)
oraz f ∈ L2 (a, b), a nadto operator T jest liniowy i ograniczony z L2 (a, b) w L2 (a, b),
bo
!
kT f k =
Z b
1/2
2
|(T f )(s)| ds
¬
a

Z b
¬
a
Z b
a
!2
|k(s, t)f (t)| dt
1/2

ds
¬
Z bZ b
a
!1/2
2
|k(s, t)| dtds
· kf k.
a
Dla przestrzeni Banacha X i Y symbolem B(X, Y ) b¦dziemy oznacza¢ przestrze«
wszystkich ograniczonych operatorów liniowych z X do Y i b¦dziemy pisa¢ B(X) w
miejsce B(X, X). Przestrze« B(X, Y ) jest przestrzenia liniow¡ ze zwykªymi operacjami
dodawania i mno»enia przez skalary dla operatorów.
Ka»demu T ∈ B(X, Y ) przyporz¡dkujmy liczb¦
kT k := sup {kT xkY : x ∈ X, kxkX ¬ 1} < ∞.
(3)
Taka denicja kT k zadaje na B(X, Y ) struktur¦ unormowanej.
Dla dowolnego skalara α mamy (αT )x = α · T x, x ∈ X , a wi¦c kαT k = |α|kT k.
Zastosowanie nierówno±ci trójk¡ta w Y pokazuje
k(T1 + T2 )xkY = kT1 x + T2 xkY ¬ kT1 xkY + kT2 xkY ¬ kT1 k + kT2 k,
dla wszystkich x ∈ X z kxkX ¬ 1. St¡d
kT1 + T2 k ¬ kT1 k + kT2 k, T1 , T2 ∈ B(X, Y ).
Je±li T 6= 0, to T x 6= 0 dla pewnego x ∈ X , a co za tym idzie, kT k > 0.
Niech X i Y b¦d¡ przestrzeniami Banacha. Wyka»emy, »e w tym przypadku
przestrze« B(X, Y ) jest równie» zupeªna, tzn. jest przestrzeni¡ Banacha.
Aby to wykaza¢, udowodnimy najpierw nast¦puj¡ce podstawowe tw. BanachaSteinhausa.
8
Twierdzenie 4 . Niech X i Y b¦d¡ przestrzeniami Banacha i M ⊂ B(X, Y ) b¦dzie
zbiorem takich operatorów liniowych ograniczonych, »e dla ka»dego x ∈ X
sup {kT xk : T ∈ M } < ∞.
(4)
sup {kT k : T ∈ M } < ∞.
(5)
Wówczas
Dowód. Niech
Km = {x : kT xk ¬ m dla T ∈ M } = ∩ T ∈M {x : kT xk ¬ m}.
Zbiory Km s¡ zbiorami domkni¦tymi. Ponadto, na mocu warunku (4), ich suma jest
równa caªej przestrzeni X
X = ∪∞
(6)
m=1 Km .
Wi¦c z tw. Baire'a wynika, »e istnieje taki wska¹nik m0 , »e zbiór Km0 nie jest
zbiorem nigdzie g¦stym. Poniewa» zbiór Km0 jest domkni¦ty, wi¦c zawiera pewn¡
kul¦ domkni¦t¡
Kr (x0 ) ⊂ Km0 .
Zatem, je±li kxk ¬ r, to
kT (x0 + x)k ¬ m0 , ∀ T ∈ M.
Zatem
kT xk ¬ m0 + kT x0 k ¬ 2m0 ,
a wi¦c dla ka»dego operatora T ∈ M :
kT k = sup kT xk =
kxk¬1
1
2m0
sup kT xk ¬
.
r kxk¬r
r
Wniosek 2 (Banach-Steinhaus). Niech X i Y b¦d¡ przestrzeniami Banacha i Tn ∈
B(X, Y ) b¦dzie ci¡gem operatorów zbie»nym w ka»dym punkcie x ∈ X . Wtedy operator
T:
T x = lim Tn x, x ∈ X,
n→∞
jest operatorem liniowym ograniczonym.
Dowód. To, »e operator T jest operatorem liniowym, jest konsekwencj¡ wªasno±ci
granicy. Udowodnimy teraz, »e T jest operatorem ograniczonym. Dla ka»dego x ∈ X
mamy
kT xk = n→∞
lim kTn xk ¬ sup kTn xk ¬ sup kTn k · kxk ¬ akxk,
n∈N
n∈N
gdzie
a = sup kTn k
n∈N
9
jest liczb¡ ograniczon¡ na mocu tw. 4 z uwagi na fakt, »e ka»dy ci¡g zbie»ny jest
ograniczony.
Twierdzenie 5 . Niech X i Y b¦d¡ przestrzeniami Banacha. Ka»demu T ∈ B(X, Y )
przyporz¡dkujmy liczb¦
kT k := sup {kT xk : x ∈ X, kxk ¬ 1} < ∞.
Taka denicja kT k zadaje na B(X, Y ) struktur¦ unormowanej i B(X, Y ) jest przestrzeni¡
Banacha.
Dowód. Niech {Tn }n­1 b¦dzie ci¡gem podstawowym w przestrzeni B(X, Y ):
∀ > 0 ∃ n0 : kTn x − Tm xk ¬ kxk, ∀ n, m ­ n0 .
(7)
W szczególno±ci, wynika st¡d, »e dla ka»dego x ∈ X ci¡g {Tn x}n­1 jest podstawowym.
Wi¦c ci¡g {Tn x}n­1 jest zbie»ny dla ka»dego x ∈ X do pewnego T x:
T x := n→∞
lim Tn x, x ∈ X.
Na mocu wn. 2 operator T jest operatorem liniowym ograniczonym. Przechodz¡c
za± w nierowno±ci (7) z m do niesko«czono±ci, otrzymujemy
kTn x − T xk ¬ kxk, ∀ n ­ n0 , x ∈ X.
Oznacza to, na mocu denicji normy w B(X, Y ), »e
kTn − T k < ,
a z dowolno±ci > 0 wynika, »e ci¡g {Tn }n­1 jest zbie»ny do T w przestrzeni B(X, Y ).
.
Twierdzenie 6 (Banach). Niech X i Y b¦d¡ przestrzeniami Banacha i T ∈ B(X, Y )
b¦dzie operatorem odwzorowuj¡cym przestrze« X na caª¡ przestrze« Y . Wówczas
przy tym odwzorowaniu obraz zbioru otwartego w X jest zbiorem otwartym w Y .
Dowód. Nievh V b¦dzie otoczeniem zera w X . Musimy wykaza¢, »e T (V )
zawiera otozcenie zera w Y .
Zdeniujmy
Vn = {x : kxk < 2−n r} = K2−n (0), n = 0, 1, 2, . . . ,
(8)
gdzie r > 0 jest takie maªe, »e V0 ⊂ V . Wyka»emy, »e pewne otoczenie zera W w Y
speªnia
W ⊂ T (V1 ) ⊂ T (V ).
(9)
Z
V2 − V2 ⊂ V1 ,
10
wynika, »e
T (V1 ) ⊃ T (V2 ) − T (V2 ) ⊃ T (V2 ) − T (V2 ).
(10)
Tak wi¦c pierwsza inkluzia (9) b¦dzie odowodniona, je±li poka»emy, »e T (V2 ) ma
niepuste wn¦trze. Ale
Y = T (X) = ∪∞
(11)
k=1 kT (V2 ),
gdy» V2 jest otoczeniem zera. Zatem co najmniej jeden zbiór kT (V2 ) jest drugiej
kategorii w Y . Wtedy T (V2 ) jest zbiorem drugiej kategorii i st¡d jego domkni¦cie
ma niepuste wn¦trze.
Dlo dowodu drugiej inkluzii w (9) ustalmy
y1 ∈ T (V1 ).
Skonstruujemy indukcyjne pewien ci¡g {yn }n­1 . Zaªó»my, »e wybrali±my ju» yn ∈
T (Vn ). Taki sam argument jak dla V1 pokazuje, »e T (Vn+1 ) zawiera otoczenie zera i
st¡d
(12)
yn − T (Vn+1 ) ∩ T (Vn ) 6= ∅.
Oznacza to, »e istnieje xn ∈ Vn taki, »e
T xn ∈ yn − T (Vn+1 ).
(13)
Poªó»my
yn+1 = yn − T xn .
Wówczas
yn+1 ∈ T (Vn+1 )
i mo»emy t¦ konstrukcj¦ kontynuowa¢.
Poniewa»
kxn k < 2−n r, n = 1, 2, . . . ,
sumy x1 + . . . + xn tworz¡ ci¡g Cauchy'ego, który jest zbie»ny do pewnego x ∈ X
takiego, »e
kxk < r
∞
X
1
= r.
n
n=1 2
Zatem x ∈ V i mamy
T
m
X
n=1
xn =
m
X
n=1
T xn =
m
X
(yn − yn+1 ) = y1 − ym+1 ,
m=1
a poniewa» ym+1 → 0, gdy m → ∞, widzimy, »e
y1 = T x ∈ T (V ).
Udowodnili±my tym samym drug¡ cz¦±¢ (9).
11
(14)
Niech teraz U b¦dzie dowolnym zbiorem otwartym zawartym w przestrzeni X
i x ∈ U . Poniewa» zbiór U jest otwarty, wi¦c istnieje takie otoczenie zera V , »e
x + V ⊂ U . Niech W ⊂ Y b¦dzie takim otoczeniem zera, »e W ⊂ T (V ). Wtedy
T (U ) ⊃ T (x + V ) ⊃ T x + T (V ) ⊃ T x + W.
Zbior T (U ) zawiera zatem wraz z ka»dym swoim elementem T x jego pewne otoczenie,
a wi¦c, na mocy denicij, jest on zbiorem otwartym.
Wniosek 3 (Banach). Niech X i Y b¦d¡ przestrzeniami Banacha. Niech T ∈ B(X, Y )
b¦dzie operatorem odwzorowuj¡cym w sposób wzajemnie jednoznaczny przestrze«
X na przestrze« Y . Wówczas operatot odwrotny T −1 : Y 7→ X jest operatorem
liniowym ograniczonym.
Dowód. Operator T −1 jest dobrze okre±lony. Jest on liniowy, gdy» T jest operato-
rem liniowym. Operator T na mocy tw. 6 odwzorowuje zbiory otwarte na otwarte.
Niech V b¦dzie dowolnym zbiorem otwartym zawartym w X . We»my przeciwobraz
tego zbioru za pomoc¡ operatora T −1 ,
(T −1 )−1 (V ) = T (V )
jest zbiorem otwartym. Oznacza to T −1 ∈ B(Y, X).
Wniosek 4 . Niech X b¦dzie przestrzeni¡ Banacha z norm¡ k · k. Zaªó»my, »e na X
jest okre±lona druga norma k·k0 sªabsza od k·k, tzn. taka, »e kxk0 ¬ ckxk. Zaªó»my,
»e przestrze« X jest zupeªna ze wzgl¦du na norm¦ k · k0 . Wtedy obie normy k · k i
k · k0 s¡ równowa»ne.
Dowód. Oznaczmy przez Y przestrze« X z norm¡ k · k0 . Niech T : X 7→ Y
b¦dzie odwzorowaniem:
T x = x.
Operator T ∈ B(X, Y ), jest wzajemnie jednoznaczny i T X = Y . Zatem, na mocu
wn. 3 operator T −1 jest operatorem ograniczonym. To oznacza, »e norma k · k jest
sªabsza od normy k · k0 . Wobec tego normy te s¡ równowa»ne.
Podstawowe wªasno±ci widm
Niech X b¦dzie przestrzeni¡ Banacha. Wówczas B(X) jest nie tylko przestrzeni¡
Banacha, ale równie» algebr¡: je±li S ∈ B(X), T ∈ B(X), to mo»emy zdeniowa¢
S · T = ST ∈ B(X) wzorem
(ST )x = S(T x), x ∈ X.
12
Sprawdzenie nierówno±ci
kST k ¬ kSk · kT k
jest ªatwe.
W szczególno±ci mo»emy zdeniowa¢ pot¦gi T ∈ B(X):
T 0 = I,
tj. zerowa pot¦ga T 0 jest operatorem identyczno±ciowym danym przez
Ix = x, x ∈ X,
a
T n = T T n−1 , n = 1, 2, . . . .
Mówimy, »e operator T ∈ B(X) jest odwracalny, je±li istnieje S ∈ B(X) taki, »e
ST = T S = I.
W takim przypadku piszemy S = T −1 . Tak jest wtedy i tylko wtedy, gdy
N (T ) = {0}, i R(T ) = X,
gdzie j¡dro N (T ) i obraz R(T ) operatora T :
N (T ) := {x ∈ X : T x = 0}, R(T ) := {T x : x ∈ X}.
Potrzebny nam b¦dzie nast¦puj¡cy lemat.
Lemat 2 . Je»eli {an }n­1 jest takim ci¡gem liczb dodatnich, »e
am+n ¬ am an ,
to istnieje
lim (am )1/m ¬ a1 .
m→∞
Dowód. Niech
bn = ln an , b = inf {bn /n : n ∈ N}.
Wówczas −∞ ¬ b < ∞. Niech c > b. Istnieje takie N , »e
bN
< c.
N
Niech
MN = max {|b1 |, . . . , |bN |}.
Je»eli m > N , to m = kN +q , gdzie 0 ¬ q < N . Poniewa» bm+q ¬ bm +bq , dostajemy
bkN ¬ kbN i dalej
bm
bkN +q
k
bq
MN
=
¬ bN +
¬c+
,
m
m
m
m
m
13
zatem
limm→∞
Z drugiej strony, mamy
bm
bm
¬ c i limm→∞
¬ b.
m
m
lim m→∞
sk¡d
lim
m→∞
a wi¦c
bm
­ b,
m
bm
= b,
m
lim (am )1/m = eb ¬ eb1 = a1 .
m→∞
Wniosek 5 . Je»eli T ∈ B(X), gdzie X jest przestrzeni¡ Banacha, to istnieje
lim kT n k1/n ¬ kT k.
n→∞
Dowód. Mamy
kT m+n k ¬ kT m T n k ¬ kT m k · kT n k
i korzystamy z Lematu 2 dla
an = kT n k, n ∈ N.
Denicja. Niech T ∈ B(X). Wtedy liczb¦
r(T ) := lim kT n k1/n
n→∞
nazywa si¦ promieniem spektralnym operatora T .
Denicje. Widmem σ(T ) operatora T ∈ B(X) nazywamy zbiór tych skalarów,
dla których operator T − λI nie jest odwracalny:
λ ∈ σ(T )
wtedy i tylko wtedy, gdy zachodzi przynajmniej jeden z warunków:
1) R(T − λI) 6= X;
2) N (T − λI) 6= {0}.
Dopeªnienie ρ(T ) zbioru σ(T ): zbiór tych liczb zespolonych λ, dla których istnieje
operator odwrotny
(T − λI)−1 ∈ B(X),
nazywa si¦ zbiorem resolwenty operatora T . Funkcje
R(T, λ) = (T − λI)−1 ,
okre±lon¡ w ρ(T ) i o warto±ciach z B(X) nazyw¡ si¦ resolwent¡ operatora T .
14
Lemat 3 . Niech Y b¦dzie przestrzeni¡ Banacha. Dla ka»dego szeregu potengowego
∞
X
an µn , an ∈ Y, µ ∈ C,
n=0
istnieje taka liczba R ­ 0 (promie« zbie»no±ci tego szeregu), »e szereg jest jednostajne
i bezwgª¦dnie zbie»ny dla |µ| < R−, ∀ > 0 oraz jest rozbie»ny dla |µ| > R. Promie«
zbie»no±ci wyra»a si¦ wzorem
R=
1
.
limn→∞ kan k1/n
Twierdzenie 7 . Je»eli |λ| > r(T ), to λ ∈ ρ(T ) i
R(T, λ) = −
∞
X
Tn
,
n+1
n=0 λ
przy czym szereg jest jednostajnie zbie»ny w ka»dym kole
{λ ∈ C : |λ| ­ r(T ) + }, > 0.
Dowód. Z Lematu 3 wynika, »e szereg
B(λ) := −
∞
X
Tn
n+1
n=0 λ
jest jednostajnie zbie»ny w w ka»dym cole {λ ∈ C : |λ| ­ r(T ) + }, > 0. Mo»na
przez bezpo±redni rachunek sprawszi¢, »e
(T − λI)B(λ) = B(λ)(T − λI) = I.
Twierdzenie 8 . Niech T ∈ B(X), gdzie X jest przestrzeni¡ Banacha. Zbiór resolwenty ρ(T ) jest otwarty na plaszczy¹nie zespolonej, a widmo σ(T ) jest zbiorem
zwartym w kole
{λ ∈ C : |λ| ¬ r(T )}
i zbiór
σ(T ) ∩ {λ ∈ C : |λ| = r(T )}
jest niepustym. Funkcja λ 7→ R(T, λ), λ ∈ ρ(T ), jest holomorczna, jako funkcja o
warto±ciach z przestrzeni B(X).
Dowód. Niech λ0 ∈ ρ(T ) oraz
µ ∈ C : |µ| <
1
= δ,
kR(T, λ0 )k
15
wyka»emy, »e λ + µ ∈ ρ(T ), sk¡d b¦dzie wynika¢, »e ρ(T ) jest zbiorem otwartym.
Poniewa»
kRn+1 (T, λ0 )k ¬ kR(T, λ0 )kn+1 =
wi¦c szereg
∞
|µ|
1X
|µ|n kRn+1 (T, λ0 )k ¬
δ n=0 δ
n=0
∞
X
jest zbie»ny, zatem szereg
∞
X
1
δ n+1
,
!n
<∞
µn Rn+1 (T, λ0 ),
n=0
jest zbie»ny i przedstawia operator B(µ) ∈ B(X). Ponadto
(T − (λ0 + µ)I) · B(µ) = (T − λ0 I)B(µ) − µB(µ) =
=
∞
X
n
n
µ R (T, λ0 ) −
n=0
∞
X
µn+1 Rn+1 (T, λ0 ) = µ0 R0 (T, λ0 ) = I,
n=0
i podobne mo»emy sprawdzi¢, »e B(µ)(T −(λ0 +µ)I) = I. Zatem R(T, λ+µ) istnieje
i jest równe B(µ).
Zarazem predstawili±my funkcj¦ R(T, λ) w otoczeniu punktu λ0 w postaci szeregu
pot¦gowego, jest wi¦c ona holomorczna.
Mamy wzór
r(T ) = sup {λ ∈ C : λ(T )}.
Istotnie z tw. 7 wynika, »e
sup {λ ∈ C : λ(T )} ¬ r(T ).
Gdyby byªo
sup {λ ∈ C : λ(T )} < r(T ),
funkcja R(T, λ) byªaby holomorczna w pewnym zbiorze
{λ ∈ C : |λ| > r(T ) − }, > 0,
i byªaby rozwijalna tam w szereg Laurenta, wbrew temu, »e szereg ten jest zbie»ny
tylko dla |λ| > r(T ).
Twierdzenie 9 . Widmo operatora T ∈ B(X) jest zbiorem niepustym.
Dowód. Przypu±¢my, »e
σ(T ) = ∅,
wówczas funkcja R(T, λ) byªaby caªkowita. Dla |λ| > 2kT k > r(T ) mamy
kR(T, λ)k ¬
∞
X
−(n+1)
|λ|
n
kT k ¬
n=0
∞
X
(2kT k)−(n+1) kT kn =
n=0
16
1
,
kT k
czyli funkcja R(T, λ) byªaby ograniczona w caªey pªaszczy»nie zespolonej. Na mocy
tw. Liouville'a
R(T, λ) = B = const.
Jest to jednak niemo»liwe, bo wówczas byªoby
B −1 = T − λI = const
i st¡d wynikaªoby, »e I = 0.
Twierdzenie 10 (równanie rezolwenty). Je»eli λ, µ ∈ ρ(T ), to
R(T, λ) − R(T, µ) = (λ − µ)R(T, λ)R(T, µ).
(15)
Dowód. Poniewa»
(A − µI)(A − λI) = (A − λI)(A − µI),
wi¦c
(T − µI)(T − λI)[R(T, λ) − R(T, µ)] =
= (T − µI)(T − λI)R(T, λ) − (T − λI)(T − µI) − R(T, µ)] =
= (T − µI) − (T − λI) = (λ − µ)I.
(16)
Zatem, bior¡c superpozycj¦ obu stron równo±ci (16) z operacj¡
R(T, λ)R(T, µ),
otrzymujemy wzór (15).
Dualno±¢ w przestrzeniach Banacha
Denicja. Przestrzeni¡ sprz¦»ona (przestrzeni¡ dualn¡) do przestrzeni Banacha
X nazywamy przestrze« Banacha X ∗ = B(X, K).
Elementami X ∗ s¡ ograniczony funkcionaªy liniowe na X . Wygodnie b¦dzie
oznacza¢ elementy X ∗ przez x∗ i u»ywa¢ notacji
x∗ (x) =< x, x∗ > .
(17)
Oznaczenie te dobrze odzwierciedlaj¡ swojst¡ symetri¦ mi¦dzy dziaªaniem X ∗ na X
z jednej strony a dziaªaniem X na X ∗ z drugiej strony.
Niech B := {x ∈ X : kxk ¬ 1} b¦dzie domkni¦t¡ kul¡ jednostkow¡ w prszestrzeni
Banacha X , a B ∗ b¦dzie domkni¦t¡ kul¡ jednostkow¡ w X ∗ . Wtedy norma na X ∗ :
kx∗ k := sup {| < x, x∗ > | : x ∈ B}, x∗ ∈ X ∗ .
17
(18)
Twierdzenie 11 (tw. Hanha-Banacha). Niech X0 b¦dzie podprzestrzeni¡ liniow¡
przestrzeni liniowej X oraz niech funkcjonaª p : X 7→ R+ speªnia warunki
p(x + y) ¬ p(x) + p(y), x, y ∈ X,
p(αx) = αp(x), x ∈ X, α ­ 0.
Niech f0 : X0 7→ K jest funkcjonaªem liniowym takim, »e
|f0 (x)| ¬ p(x), x ∈ X0 .
Wówczas f0 rozszerza si¦ do funkcionaªu liniowego f na X speªniaj¡cego warunek
|f (x)| ¬ p(x), x ∈ X.
Wniosek 6 . Niech X b¦dzie przestrzeni¡ Banacha i niech x0 ∈ X . Wówczas
istnieje funkcjonaª x∗ ∈ X ∗ taki, »e
< x0 , x∗ >= kx0 k oraz | < x, x∗ > | ¬ kxk dla wszystkich x ∈ X.
Dowód. Je±li x0 = 0, to wystarczy wzi¡¢ x∗ = 0. Dla x0 6= 0 zastosujmy tw. 11,
bior¡c za p(x) norm¦ kxk, za X0 jednowymiarow¡ podprzestrze« rozpinan¡ przez x0
i funkcjonaª f0 (αx0 ) = αkx0 k na X0 . Twierdzenie 12 . Dla ka»dego x ∈ X mamy
kxk = sup {| < x, x∗ > | : x∗ ∈ B ∗ }.
W konsekwencji x∗ 7→< x, x∗ > jest ograniczonym funkcjonaªem liniowym na X ∗ o
normie kxk.
Dowód. Ustalmy x ∈ X . Istnieje funkcjonal x∗ ∈ B ∗ taki, »e
< x, x∗ >= kxk.
(19)
Z drugijej strony, dla ka»dego x∗ ∈ B ∗ mamy
| < x, x∗ > | ¬ kxk · kx∗ k ¬ kxk.
(20)
Teraz teza tw. wynika ze wzorów (19) i (20). Teraz podamy alternatywny opis normy operatora T ∈ B(X, Y ).
Twierdzenie 13 . Niech X i Y b¦d¡ przestrzeniami Banacha. Je±li T ∈ B(X, Y ),
to
kT k = sup {| < T x, y ∗ > | : x ∈ X, kxk ¬ 1, y ∗ ∈ Y ∗ , ky ∗ k ¬ 1}.
18
Dowód. Skorzystajmy z tw. 12, bior¡c Y w miejsce X . Otrzymamy
kT xk = sup {| < T x, y ∗ > | : y ∗ ∈ Y ∗ , ky ∗ k ¬ 1}, ∀ x ∈ X.
Aby zako«czy¢ dowód, zauwa»my, »e
kT k = sup {kT xk : x ∈ X, kxk ¬ 1}.
Teraz z ka»dym operatorem T ∈ B(X, Y ) zwi¡»emy jego operator sprz¦»ony
T ∈ B(Y ∗ , X ∗ ). Jesli X i Y s¡ sko«czenie wymiarowe, mo»na ka»dy T ∈ B(X, Y )
przedstawi¢ w postaci macierzy [T ]. W takim przypadku [T ∗ ] jest macierza transponowan¡ do [T ] pod warunkem, »e stosownie wybierzemy bazy w odpowiednich
przestrzeniach liniowych X i Y .
∗
Twierdzenie 14 . Niech X i Y b¦d¡ przestrzeniami Banacha, X ∗ i Y ∗ przestrzeniami
sprz¦»onymi odpowiednio do X i Y . Wtedy dla ka»dego y ∗ ∈ Y ∗ , funkcjonaª T ∗ y ∗
okre±lony nad X wzorem
(T ∗ y ∗ )x :=< T x, y ∗ >, ∀ x ∈ X,
(21)
jest liniowy i ograniczony nad X , tj. T ∗ y ∗ ∈ X ∗ . Ponadto odwzorowanie T ∗ : Y ∗ 7→
X ∗ jest liniowe i ograniczone, tj. T ∗ ∈ B(Y ∗ , X ∗ ) oraz
kT k = kT ∗ k.
(22)
Dowód. Liniowo±c T ∗ y∗ nad X wynika z liniowo±ci operatora T i funkcjonaªu
y ∗ . Z nierówno±ci
|(T ∗ y ∗ )x| = | < T x, y ∗ > | ¬ ky ∗ k · kT xk ¬ ky ∗ k · kT k · kxk
mamy T ∗ y ∗ ∈ X ∗ i
kT ∗ y ∗ k ¬ ky ∗ k · kT k.
(23)
Liniowo±¢ operatora T ∗ : Y ∗ 7→ X ∗ wynika z równo±ci
< x, T ∗ (y1∗ + y2∗ ) >=< T x, y1∗ + y2∗ >=
=< T x, y1∗ > + < T x, y2∗ >=< x, T ∗ y1∗ > + < x, T y2∗ >,
< x, T ∗ (αy ∗ ) >=< T x, αy ∗ >= α < T x, y ∗ >=< x, α(T ∗ y ∗ ) > .
St¡d i (23) mamy
T ∗ ∈ B(Y ∗ , X ∗ ) i kT ∗ k ¬ kT k.
S drugiej strony
kT xk = sup {| < T x, y ∗ > | : ky ∗ k ¬ 1} = sup {| < x, T ∗ y ∗ > | : ky ∗ k ¬ 1} ¬
¬ sup {kxk · kT ∗ y ∗ k : ky ∗ k ¬ 1} = kT ∗ k · kxk,
wi¦c kT k ¬ kT ∗ k. Zatem kT k = kT ∗ k. 19
Geometryczne wªasno±ci przestrzeni Hilberta, ortogonalno±¢.
Twierdzenie Riesza o postaci funkcjonaªu.
Norma w przestrzeni z iloczynem skalarnym speªnia reguªe równolegªoboku
kx − yk2 + kx + yk2 = 2(kxk2 + kyk2 ).
(24)
To wynika ze wzoru
(x + y, x + y) = kxk2 + 2Re(x, y) + kyk2
oraz
(x − y, x − y) = kxk2 − 2Re(x, y) + kyk2 .
Nazwa identyczno±ci (24) pochodzi st¡d, »e w interpretacji przestrzeni dwuwymiarowej wektorów oznacz ona, »e suma kwadratów przek¡tni równolegªoboku
jest równa sumie kwadratów bokow. Jest to wªasno±¢ charakterystyczna przestrzeni
initarnych: je»eli (24) zachodzi w przestrzeni unormowanej X , to jej norma musi
spelnia¢ warunek
kxk2 = (x, x),
gdzie (·, ·) jest pewnym iloczynem skalarnym na X .
Twierdzenie 15 . Je»eli w przestrzeni unormowanej X identyczno±¢ (24) zachodzi
dla dowolnej pary elementów, to w X da si¦ tak okre±li¢ iloczyn skalarny (·, ·), by
byªo
q
kxk =
(x, x), x ∈ X.
Dowód. Funkcjonaª
1
p(x, y) = (kx + yk2 − kx + yk2 ),
4
(25)
speªnia warunki
(i) p(0, y) = 0,
(ii) p(x, y) = p(y, x),
(iii) p(x1 + x2 , y) = p(x1 , y) + p(x2 , y),
(iv) p(ix, y) = −p(x, iy).
Dwa pierwsze warunki s¡ oczywiste. Aby udowodni¢ (iii), zauwa»my, »e z prawa
równolegªoboku wynika
p(z1 + z2 , y) + p(z1 − z2 ) = 2p(z1 , y),
(26)
sk¡d dla z1 = z2 = z otrzymujemy
p(2z, y) = 2p(z, y).
20
(27)
Wstawiaj¡c do identyczno±ci (26)
1
1
z1 = (x1 + x2 ), z2 = (x1 − x2 )
4
4
dostajemy, korzystaj¡c z (27), identyczno±¢ (iii).
Identyczno±¢ (iv) ªatwo wynika z prawa równolegªoboku.
Iloczyn skalarny zdeniujemy teraz wzorem
(x, y) := p(x, y) − ip(ix, y).
Z ªatwo±ci¡ mo»emy sprawdzi¢, »e s¡ speªnione aksjomaty iloczyny skalarnego oprócz
(λx, y) = λ(x, y).
(28)
Aby sprawdzi¢ (28) oznaczmy przez T zbiór skalarów λ, speªniaj¡cych równanie
(28). Z warunku (iii) wynika, »e T + T ⊂ T . Ze wzoru P (−x, y) = −p(x, y) wynika,
»e −T ⊂ T . Mamy oczywi±cie 1 ∈ T . Ze wzoru
p(x, y) = p(2(x/2), y) = 2p(x/2, y)
wynika, »e p(x/2, y) = p(x, y)/2, co z koleji daje
p(x/2n , y) =
1
p(x, y), n ∈ N.
2n
Z (iii) wynika wi¦c, »e m/2n ∈ T , je»eli m, n s¡ liczbami caªkowitymi. Šatwo jest
teraz zauwa»y¢, »e wszystkie liczby postaci (a + ib)/2n , gdzie a, b, n s¡ liczbami
caªkowitymi, nale»¡ do T . Liczby te tworz¡ zbiór g¦sty w C. By wykaza¢, »e T = C,
wystarczy wi¦c dowie±¢, »e zbiór T jest domkni¦ty. Funkcje okre±lone wzorami
φ(λ) = kλx + yk, ψ(λ) = kλx − yk
s¡ ci¡gªe, wi¦c te» funkcja
ω(λ) = (λx, y) − λ(x, y)
jest ci¡gªa, a zatem zbiór
T = {λ ∈ C : ω(λ) = 0}
jest domkni¦ty.
Uwaga. W przypadku rzeczywistym ju» wzór (25) deniuje (x, y).
Dwa elementy x, y przestrzeni unitarne H nazywaj¡ si¦ ortogonalne: x⊥y , jezeli
(x, y) = 0. Je»eli ka»dy element zbioru M jest ortogonalny do ka»dego elementu
zbioru Q, mówimy, »e te s¡ ortogonalne do siebie i piszemy M ⊥Q. Je»eli {x}⊥Q,
to piszemy x⊥Q. Przez M ⊥ oznaczamy zbiór wszystkich elementów ortogonalnych
do zbioru M .
21
Lemat 4 . Zbiór M ⊥ jest zawsze liniowy i domkni¦ty.
Dowód. Jezeli y ∈ M i (y, x) = (y, z) = 0, to
(y, αx + βz) = α(y, x) + β(y, z) = 0,
a zatem zbiór M ⊥ jest liniowy. Domkni¦to±¢ wynika st¡d, »e
M ⊥ = ∩y∈M {x ∈ H : (x, y) = 0},
a funkcjonaª liniowy f (x) = (x, y) jest ograniczony.
Przypomnimy, »e zbiór M w przestrzeni liniowej X nazywamy wypukªym, je»eli
ka»dy odcinek, l¡cz¡cy dowolne dwa jego punkty, jest zawarty w tym zbiorze:
x ∈ M, y ∈ M, λ ∈ (0, 1) ⇒ λx + (1 − λ)y ∈ M.
Funkcjonaª f : M 7→ R okre±lony na zbiorze wypuklym (pr. na caªej przestrzeni)
nazywamy wypuklym, je»eli dla
x ∈ M, y ∈ M, λ ∈ (0, 1)
mamy
f (λx + (1 − λ)y) ¬ λf (x) + (1 − λ)f (y).
Zbiór
{x ∈ X : f (x) ¬ M }
okre±lony za pomoc¡ funkcji wypukªej f : X → R oraz staªej M < ∞ jest równie»
wypukªy.
Typowym przykªadem w przsetrzeni Hilberta H jest zbiór elementów x ∈ H
opisany przez ukªad nierówno±ci
Re (x, yj ) ¬ cj , cj ∈ R, j ∈ J.
Twierdzenie 16 . Wypukªy i domkni¦ty podzbiór M w przestrzeni Hilberta H zawiera
zawsze dokladnie jeden element o minimalnej normie.
Dowód. Niech
d := inf{kxk : x ∈ M }.
Istnieje wi¦c ci¡g elementów xn ∈ M , dla którego
d = n→∞
lim kxn k.
Z reguªy rownolegªoboku mamy
1
k(xn − xm )/2k2 = (kxn k2 + kxm k2 ) − kxn /2 + xm /2k2 ¬
2
22
(29)
1
¬ (kxn k2 + kxm k2 ) − d2 .
2
St¡d i z (29) wynika, »e {xn }n­1 jest ci¡gem Cauchy'ego i jego granica
z := lim xn
n→∞
nale»y do zbioru domkni¦tego M . Ponadto kzk = d, gdy»
|kzk − kxn k| ¬ kz − xn k.
Gduby punkt z0 ∈ M byª drugim elementem o normie równej d, reguªa równolegªoboku
implikowaªaby nierowno±¢
k(z − z0 )/2k2 ¬ d2 − kz/2 + z0 /2k2 ¬ 0,
a wi¦c z = z0 .
Wniosek 7 . Dla ustalonego punktu x ∈ H w dowolnym zbiorze wypukªym i domkni¦tym
M znajdziemy dokªadnie jeden punkt y ∈ M najbli»szy punktowi x, czyli taki, »e
kx − yk = inf{kx − zk : z ∈ M }.
Dowód. Stosujemy tw. 16 do zbioru
x − M := {x − z : z ∈ M },
którego wypuklo±¢ i domkni¦to±¢ s¡ oczywiste. .
Twierdzenie 17 . Je»eli L jest podprzestrzeni¡ liniow¡ domkni¦t¡ przestrzeni Hilberta
H , to L⊥ jest podprzestrzeni¡ komplementarn¡ do L, tzn. ka»dy element x ∈ H da
si¦ na jeden i tylko jeden sposób przedstawi¢ w posta¢i
x = y + z, gdzie y ∈ L, z ∈ L⊥ .
Dowód. Je»eli x ∈ H , to istnieje na mocy wn. 7 w przestrzeni L taki element
y , »e
kx − yk = inf {kx − zk : z ∈ L} = d.
Wyka»emy, »e x − y ∈ L⊥ . Je»eli u ∈ L i λ ∈∈ C, to y + λu ∈ L, wi¦c
kx − y − λuk ­ d,
st¡d, oznaczaj¡c z = x − y , kzk = d, mamy
0 ¬ kx − y − λuk2 − kzk2 = kz − λuk2 − kzk2 =
= (z − λu, z − λu) − kzk2 = −2Re [λ(u, z)] + |λ|2 kuk2 .
23
Oberaj¡c
λ=
dostajemy
"
(z, u)
, u 6= 0,
kuk2
#
(z, u)
|(z, u)|2
|(z, u)|2
2
0 ¬ −2Re
(u,
z)
+
kuk
=
−
,
kuk2
kuk4
kuk2
sk¡d wynika, »e (z, u) = 0. Dla u = 0 mamy ocziwi±cie tak»e (z, u) = 0. Zatem
z = x − y ∈ L⊥ .
Otrzymali±my wi¦c rozkªad
x = y + (x − y) = x + z, y ∈ L, z ∈ L⊥ .
Rozkªad ten jest jedyny, przypu±¢my bowiem, »e
x = y1 + z1 , gdzie y1 ∈ L, z1 ∈ L⊥ .
Wówczas y − y1 = z1 − z , a poniewa» y − y1 ∈ L, z1 − z ∈ L⊥ , wi¦c
0 = (y − y1 , z1 − z) = (y − y1 , y − y1 ) = ky1 − yk2 ,
czyli y = y1 , sk¡d z = z1 .
Tw. 17 mówi, »e dla ka»dej domkni¦tej podprzestrzeni liniowej L przestrzeni
Hilberta istnieje ortogonalna do niej podprzestrz« komplementarna M = L⊥ . Fakt
ten zapisujemy w postaci
H = L ⊕ M.
(30)
Element y ∈ L, jednoznacznie okre±lony w tw. 17, nazywa si¦ rzutem elementu
x ∈ H na podprzestrze« L. Jak wynika z dowodu tw. 17, jest to element z L
le»¡cy najbli»ej elementu x. Operacj¦ P , przyporz¡dkowuj¡c¡ elementowi x ∈ H
jego rzut y = P x na L nazywamy rzutem na podprzestrze« L lub czasem rzutem
ortogonalnym na L.
Lemat 5 . Rzut ortogonalny na domkni¦t¡ podprzestrze« L 6= {0} jest operatorem
liniowym ograniczonym o normie kP k = 1.
Dowód. Liniowo±¢ wynika z jednoznaczno±ci rozkªadu (30). Dla rozkªadu
x = y + z, y = P x ∈∈ L, z ∈ L⊥
mamy
kxk2 = ky + zk2 = (y + z, y + z) = kyk2 + kzk2 ,
wi¦c
kP xk = kyk ¬ kxk,
24
sk¡d kP k ¬ 1. Z drugiej strony, dla x ∈ L mamy P x = x, sk¡d kP k ­ 1 i kP k = 1.
Lemat 5 pozwoli otrzyma¢ ogóln¡ posta¢ funckcjonaªów liniiowych ograniczonych
w przestrzeni Hilberta - twierdzenie Riesza.
Twierdzenie 18 , Dla dowolnego ograniczonego funkcjonaªu liniowego x∗ w przestrzeni
Hilberta H istnieje dokªadnie jeden taki element y = Ex∗ ∈ H , »e
x∗ (x) = (x, y).
Norma tego funkcjonaªu jest równa kyk.
Dowód. Je»eli x∗ = 0, to mo»emy przyj¡¢ Ex∗ = 0. Je»eli x∗ 6= 0, to niech
L := {x ∈ H : x∗ (x) = 0},
jest to domkni¦ta podprzestrze« liniowa ró»na od H . Je»eli x∗ nie jest funkcjonaªem
zerowym, mo»emy ustali¢ wektor z ∈ L⊥ i x∗ (z) 6= 0. Teraz dla dowolnego wektora
x ∈ H mamy
x∗ (x)
x − ∗ z ∈ L.
x (z)
Ró»nica ta jest wi¦c ortogonalna do wektora z , st¡d
(x, z) =
x∗ (x)
kzk2 .
x∗ (z)
Mo»emy wi¦c napisa¢
x∗ (x) = (x, y), x ∈ H, gdzie y =
x∗ (z)
z.
kzk2
Przypu±¢my, »e x∗ (x) = (x, y1 ), x ∈ H . Wówczas (x, y − y1 ) = 0, w szególno±ci
0 = (y − y1 , y − y1 ) = ky − y1 k2 ,
a wi¦c y1 = y i element y jest jednoznacznie okre±lony.
Ze wzoru |x∗ (x)| ¬ kxkkyk wynika, »e kx∗ k ¬ kyk. Z drugiej strony
x∗ (y) = kyk2 = kykkyk,
wi¦c kx∗ k ­ kyk i kx∗ k = kyk.
Przestrze« unormowana X nazywa si¦ silnie unormowana (±ci±le wypukªa), je±li
z warunków
kxk = kyk = 1, x 6= y,
wynika, »e
kx + yk < 2.
25
Je±li przestrze« X jest silnie unormowana, to dla dowolnego wypukªego i domkni¦tego podzbioru M ⊂ X zbiór elementów o minimalnej normie ma co najwy»ej jeden
element: je»eli
x 6= y, kxk = kyk = d 6= 0, d = inf {kzk : z ∈ M },
to wtedy
k(x + y)/dk < 2 i k(x + y)/2k < d, (x + y)/2 ∈ M,
co przeczy denicji d.
Przestrzeniami silnie unormowanymi s¡ pr. przestrzeni Hilberta i przestrzenie
Lp [a, b] i lp dla 1 < p < ∞.
Przykªad. Niech X = C[0, π/2] i
M = {f (t) = cos t − λt, λ ∈ [0, 1]}.
Wtedy
k cos t − λtk = max | cos t − λt| ­ 1 =⇒ d ­ 1.
t∈[0,π/2]
Natomiast, istnieje niesko«czenie wiele funkcji f ∈ M , dla których
kf k = 1 i d = 1.
Przykªad. Niech
X = c0 := {x = (xn ) : xn ∈ R, xn → 0, n → ∞}
b¦dzie przestrzeni¡ Banacha nad R z norm¡
kxk := sup |xn |.
n∈N
Niech
M = {m ∈ X :
∞
X
2−k mk = 0}.
k=1
Zbiór M wtedy jest podprzestrzeni¡ liniow¡ i domkni¦ta przestrzeni X . Niech
f = (2, 0, 0, . . .) ∈ X \ M :
∞
X
2−k fk 6= 1.
k=1
Poka»emy, »e
inf{kf − mk : m ∈ M } ¬ 1.
W tym celu rozwa»my ci¡g {m(n) } ∈ X , okre±lony nast¦puj¡ce
2
m(1) = − (1, 0, 0, . . .) + f,
1
26
(31)
4
m(2) = − (1, 1, 0, 0, . . .) + f,
3
...
n
2
m(n) = − n−1 (1, 1, . . . , 1, 0, . . .) + f.
2
n
Dla ka»dego n ∈ N mamy m ∈ M , bo
∞
X
−k
2
(n)
mk
k=1
n
X
2n −k
2n
=−
2 +1=− n
(1 − 2−n ) + 1 = −1 + 1 = 0.
n
2 −1
k=1 2 − 1
Dalej,
km(n) − f k =
St¡d
2n
→ 1, n → ∞.
2n − 1
inf{kf − mk : m ∈ M } ¬ lim km(n) − f k = 1.
n→∞
Poka»my dalej, »e
(32)
km − f k > 1, ∀m ∈ M.
We»my w tym celu dowolny element
m = (m1 , m2 , . . .) ∈ M.
Wobiec denicji przestrzeni c0 istnieje n > 1 takie, »e dla ka»dego k ­ n mamy
1
|mk | < .
2
Przypu±¢my, »e
km − f k ¬ 1.
Wtedy mieliby±my
1=
∞
X
2−k (fk
k=1
¬
n−1
X
k=1
−k
2
− mk )
¬
n−1
X
2−k |fk − mk | +
k=1
∞
X
2−k |mk | ¬
k=n
∞
∞
∞
X
1X
1X
−k
−k
2 −
2 =
2−k < 1,
+
2 k=n
2 k=n
k=1
co jest niemo»liwe. Z (31) i (32) wynika, »e
inf{kf − mk : m ∈ M } = 1.
przy czym dla ka»dego m ∈ M jest
kf − mk > 1.
27
Sªaba zbie»no±¢ w przestrzeni Hilberta.
Znane tw. Bolzano-Weierstrassa mówi, »e dowolny ci¡g ograniczony liczb rzeczywistych posiada przynajmniej jeden punkt skupenia. Jedn¡ z podstawowych cech
niesko«czienie wymiarowych przestrzeni Hilberta H jest faªszywo±¢ analogicznej
tezy. W takije przestrzeni istnieje bowiem niesko«czony ci¡g ortonormalny, powiedzmy
(en )n­1 . Chocia» ken k = 1, »aden jego podci¡g nie mo»e by¢ zbie»ny, poniewa» mamy
ken − em k2 = 2, n 6= m.
Powstaje wi¦c oczywiste pytanie: czy istnieje jaki± inny typ zbie»no±ci, dla którego
zachodziªoby uogólnienie tw. Bolzano-Weierstrassa. W tym celu zauwa»my, »e dla
dowolnego wektora y ∈ H z nierówno±ci Bessela
∞
X
|(y, ek )|2 ¬ kyk
k=1
wynika, »e
lim (y, ek ) = 0 = (y, 0).
k→∞
Sugeruje to wprowadzenie nast¦puj¡cego, sªabszego poj¦cia zbie»no±ci.
Denicja. Ci¡g (xk )k­1 elementów przestrzeni Hilberta H jest sªabo zbie»ny do
elementu x0 , je»ely
lim (y, xk ) = (y, x), ∀ y ∈ H.
k→∞
Twierdzenie 19 (o slabej zbie»no±¢i ). Z ka»dego ograniczonego ci¡gu elementów
przestrzeni Hilberta H mo»na wybra¢ podci¡g sªabo zbie»ny.
Dowód. Niech dla ustalonego ci¡gu {xn }n­1 zachodzi oszacowanie
sup kxn k = c < ∞.
n∈N
Oznaczmy przez H0 podprzestrze« liniow¡ domkni¦t¡ generowan¡ przez wyrazy tego
ci¡gu
N
X
ck x n ,
(33)
n=1
a przez H1 - jej uzupeªnienie ortogonalne.
Poniewa» ci¡g {(x1 , xn )}n­1 , jest ograniczony, mo»emy wybra¢ podci¡g zbie»ny
α1,n = (x1 , x1,n ).
Z podobnej przyczyny ci¡g {(x2 , x1,n )}n­1 , zawiera podci¡g zbie»ny
α2,n = (x2 , x2,n ).
28
Proces ten kontynuujemy, a nast¦pnie rozwa»amy ci¡g przek¡tniowy
{xn,n }n­1 .
Dla ka»dego m ∈ N ci¡g {(xm , xn,n )}n­1 jest zbie»ny, poniewa» poczynaj¡c od n >
m, jest on podci¡gem ci¡gu zbie»nego {αm,n }n­1 . Zdeniujmy liczb¦
f (x) = lim (x, xn,n ).
n→∞
Granica ta istnieje przynajmnie dla wektorów x ∈ H0 b¦d¡cych sko«czonymi kombinacjami liniowymi (33) wyrazów ci¡gu xn , n ­ 1. Kombinacje te le»¡ g¦sto w
przestrzeni H0 , a wi¦c dla dowolnego wektora y ∈ H0 mo»emy znale¹¢ taki ci¡g
{yk }k­1 , »e
lim ky − yk k = 0, oraz f (yk ) = n→∞
lim (yk , xn,n ).
k→∞
Z to»samo±ci
(y, xn,n ) = (yk , xn,n ) + (y − yk , xn,n )
drugi skªadnik jest w warto±ci bezwgl¦dej oszacowany przez
cky − yk k → 0, k → ∞,
co dowodzi zbie»no±¢ liczb (y, xn,n ).
Poniewa» dla z ∈ H1 mamy (z, xn ) = 0, funkcjonaª f (x) jest okre±lony na calej
przestrzeni H . Jego liniowo±¢ jest oczywista, ci¡gªo±¢ za± sprawdzamy wnioskuj¡c
ze zbie»no±ci
lim kyk − yk = 0,
k→∞
»e
|f (yk − y)| = lim |(yk − y, xn,n )| ¬ ckyk − yk → 0, k → ∞.
n→∞
Dzi¦ki tw. Riesza,
f (x) = (x, h)
dla pewnego wektora h ∈ H .
Czasami warto wiedzie¢, w jakich okoliczno±ciach ze sªabej zbie»no±ci ci¡gu
wektorów wynika zbie»no±¢ silna.
Twierdzenie 20 Je»eli ci¡g (xn )n­1 jest sªabo zbie»ny do wektora x ∈ H oraz
lim kxn k = kxk,
n→∞
to
lim kxn − xk = 0.
n→∞
29
Dowód. Mamy
kxn − xk2 = kxn k2 + kxk2 − 2Re (xn , x),
i st¡d
lim kxn − xk2 = kxk2 + kxk2 − 2Re (x, x) = 0.
n→∞
Znacznie przydatnijeszy w zastosowaniach jest nast¦puj¡cy rezultat.
Twierdzenie 21 (Banach-Saks). Z ka»dego ci¡gu {xn }n­1 sªabo zbie»nego do wektora
x ∈ H mo»na wybra¢ podci¡g {xnk }k­1 , którego ci¡g ±riednich arytmetycznych
ym =
m
1 X
xn ,
m k=1 k
jest silnie zbie»ny do x:
lim kym − xk = 0.
m→∞
Dowód. Bez utraty ogólno±ci mo»emy zaªo»y¢, »e x = 0. Ci¡g xnk wybieramy w
sposób rekurencyjny. Niech xn1 = x1 . Dzi¦ki sªabej zbie»no±ci istnieje taki element
xn2 , »e
|(xn1 , xn2 )| < 1.
Maj¡c dane wyrazy {xnj }kj=1 , wybieramy xnk +1 tak, by byªo
|(xnj , xnk +1 )| <
1
, j = 1, 2, . . . , k.
k
Z jednostajnej ograniczono±ci kxn k ¬ c < ∞, n ∈ N otrzymamy
2
m
1 X
xn k m
k=1
m X
m
1 X
= 2
(xn , xnk ) =
m k=1 j=1 j


m j−1
m
X
X
1 X
2
kxnk k + 2Re
(xnk , xnj ) ¬
= 2
m k=1
j=2 k=1




m j−1
m
X
X 1
X
1
1  2
=
¬ 2 mc2 + 2
mc
+
2
1 =
m
m2
j=2 k=1 j − 1
j=2
=
1
(mc2 + 2(m − 1)) → 0, m → ∞.
2
m
Przykªad. Zaªó»my, »e w przestrzeni H = L2 [0, 1] ci¡g {un (t)}n­1 speªnia
warunek: dla ustalonego ograniczonego domkni¦tego i wypukªego zbioru M ⊂ R
mamy
un (t) ∈ M dla p.w. t ∈ [0, 1].
30
Niech
Q = {f ∈ H : f (t) ∈ M dla p.w. t ∈ [0, 1]}.
Jest to zbiór ograniczony, domkni¦ty i wypukªy. Dzi¦ki tw. 19, mo»na wybra¢ podci¡g
unk ∈ Q sªabo zbiezny do u0 . Na mocu tw. 21 mamy
u0 ∈ Q.
To znaczy, »e podci¡g unk (t) jest sªabo zbie»ny w H do takiej funkcii u0 ∈ H , »e
u0 (t) ∈ M dla p.w. t ∈ [0, 1].
Twierdzenie 22 (Sªaba póªci¡gªo±¢ z doªu dla funkcjonaªów wypukªych). Je»eli f
jest ci¡glym funkcjonaªem wypuklym na przestrzeni H , to dla ka»dego ci¡gu {xn }n­1
sªabo zbie»nego do x ∈ H , mamy oszacowanie
limn→∞ f (xn ) ­ f (x).
Dowód. Wybieraj¡c, w razie potrzeby, podci¡g i zmieniaj¡c numeracj¦ elementów,
mo»emy zaªo»y¢, »e
limn→∞ f (xn ) = lim f (xn ).
n→∞
Ewentualne dalsze przenumerowanie poci¡gu pozwoli, dzi¦ki tw. Banacha-Saksa,
zaªo»y¢ dodatkowo, »e ci¡g
m
1 X
xn
m n=1
jest silnie zbie»ny do x przy m → ∞. Wówczas, dzi¦ki wypukªo±ci funkcjonaªu f ,
mamy
!
f
St¡d
m
1 X
xn
m n=1
m
1 X
¬
f (xn ).
m n=1
m
1 X
lim f (xm ) = lim
f (xn ) ­ lim f
m→∞
m→∞ m
m→∞
n=1
m
1 X
xn = f (x).
m n=1
!
Dla ustalonego punktu x ∈ H w dowolnym zbiorze wypukªym i domkni¦tym M
znajdziemy dokªadnie jeden punkt y ∈ M najbli»szy punktowi x, czyli taki, »e
kx − yk = inf{kx − zk : z ∈ M }.
Byªo to tw. o istnieniu i jednoznaczno±ci dla problemu optymalizacji, jednak»e
jego dowód nie byª konstruktywny: nie wskazywaª, jak znale¹¢ ten element optymalny.
Niemnej jednak mo»emy ten element bli»ej okre±li¢.
31
Twierdzenie 23 . Dla domkni¦tego, wypukªego zbioru M , punkt z ∈ M jest jedynym
elementem w M najbli»szym punktowi x wtedy i tylko wtedy, gdy
Re (x − z, z − y) ­ 0, ∀ y ∈ M.
(34)
Dowód. Przypu±¢my, »e z ∈ M jest elementem najbli»scym punktowi x. Dla
dowolnego α ∈ [0, 1], y ∈ M mamy
(1 − α)x + αy ∈ M.
Rozwa»my nast¦puj¡c¡ funkcj¦ zmiennej α (wielomian stopnia ¬ 2):
Ponadto
i
f (α) = kx − (1 − α)z − αyk2 .
(35)
f (α) = 2Re (x − αy − (1 − α)z, z − y),
0
(36)
00
(37)
f (α) = 2Re (z − y, z − y) = 2kz − yk2 .
Poniewa» z jest elementem minimalizuj¡cym,
0
f (0) ­ 0,
sk¡d otrzymujemy warunek (34). Warunek ten jest zarazem wystarczaj¡cy dla optymalno±ci
z . Oznacza on bowiem nieujemno±¢ pochodnej z funkcji f . Na mocu warunku (37)
00
jest f (α) ­ 0, a wi¦c
kx − zk2 = f (0) ¬ f (1) = kx − yk2 , ∀ y ∈ M.
St¡d z jest elementem minimalizuj¡cym w zbiorze M .
Denicja. Dla zbioru domkni¦tego i wypukªego M ⊂ H odwzorowanie
PM : H 7→ H,
przyporz¡dkowuj¡ce wektorowi x ∈ H najbli»sczy mu element zbioru M nazywane
jest rzutem (projekcj¡) na M .
Odwzorowanie to, cho¢ na ogóª nie musi by¢ liniowe, jest zawsze ci¡gªe. Oczywi±cie
PM (M ) = M oraz PM (x) = x ⇔ x ∈ M.
Twierdzenie 24 . Niech P = PM oznacza rzut na zbiór wypukªy domkni¦ty i
niepusty M . Wówczas odwzorowanie P jest ci¡gªe.
32
Dowód. Rozwa»my ci¡g {xn }n­1 zbie¹ny do x:
kxn − xk → 0, n → ∞.
(38)
Poniewa»
kxn − P (xn )k ¬ kxn − yk, ∀ y ∈ M,
wi¦c ci¡g {P (xn )}n­1 jest ograniczony. St¡d, na mocy tw. o sªabej zbiezno±ci, z
{P (xn )}n­1 mo»emy wybra¢ podci¡g sªabo zbie»ny do punkty z ∈ M . Przenumerowuj¡c, mo»emy przyj¡¢, »e {P (xn )}n­1 jest sªabo zbie»ny do z . Ponownie przechodz¡c
do podci¡gu, mo»na zalo»y¢, »e równie» ci¡g {kP (xn )k}n­1 jest zbie»ny i
kzk ¬ lim kP (xn )k.
n→∞
Natomiast wzór (34) daje oszacowania
Re (xn − P (xn ), y) ¬ Re (xn − P (xn ), P (xn )), ∀ y ∈ M.
(39)
Podstawiaj¡c to y = z i korzystaj¡c z (38), otrzymujemy w granicy
Re (x − z, z) ¬ Re (x, z) − n→∞
lim (P (xn ), P (xn )).
Tak wi¦c
kzk ­ lim kP (xn )k,
n→∞
a poniewa»
kzk ¬ lim kP (xn )k,
n→∞
normy wektorów P (xn ) s¡ zbie»ny do normy kzk. Tw. 20 gwarantuje teraz siln¡
zbie»no±¢ P (xn ) do z . Przechod¡c do silnych granic w nierowno±ciach (39), otrzymujemy
Re (x − z, y) ¬ Re (x − z, z), ∀ y ∈ M,
czyli z = P (x) (tw. 23).
Dowolny podci¡g w {P (xn )}n­1 zawiera wi¦c dalszy podci¡g zbie»ny do P (x).
Poniewa» granice tych podci¡gów s¡ jednakowe, sam ci¡g {P (xn )}n­1 musi by¢
zbie»ny do P (x). Projekcja P jest wi¦c odwzorowaniem ci¡gªym.
Przykªad. Rozwa»my zbior M w przestrzeni Ln2 (a, b) zdeniowany przy wykorzys-
taniu wypukªegio i domkni¦tego podzbioru Mn 6= ∅ w n wymiarowej przestrzeni
euklidesowej Rn . Niech
M = {f ∈ Ln2 (a, b) : f (t) ∈ Mn dla p.w. t}.
(40)
Wyka»emy, »e zbiór wypukly M jest domkni¦ty. Niech wi¦c fk b¦dzie ci¡gem w M ,
zbie»nym do f :
Z
b
a
kf (t) − fk (t)k2Rn dt → 0 k → ∞.
33
Chcemy wykaza¢, »e f ∈ M . Ale
kf (t) − (PMn f )(t)kRn ¬ kf (t) − fk (t)kRn , p.w.,
gdzie PMn oznacza rzutowanie na zbiór Mn . Poniewa» rzutowanie to jest ci¡gªe, f (t)
za± jest mierzalna, wi¦c równie» funkcja (PMn f )(t) jest mierzalna. Mo»emy zatem
napisa¢
Z b
a
kf (t) − (PMn f )(t)k2Rn dt ¬
wnioskuj¡¢, »e
Z b
a
kf (t) − fk (t)k2Rn dt → 0, k → ∞,
(PMn f )(t) = f (t) p.w,
czyli f ∈ M . Ogólne
(PM f )(t) = (PMn f )(t), p.w.
Mo»e si¦ zdarzy¢, »e M = ∅, chocia» Cn 6= ∅, pr. gdy b − a = ∞, podczas
gdy 0 6∈ Cn , Z drugiej strony, gdy Cn jest domkni¦tym sto»kiem wypukªym, dla
wszystkich f ∈ L2 (a, b)n mamy
(f (t) − (PMn f )(t), (PMn f )(t))Rn = 0 p.w.
czyli
kPMn f )(t)kRn ¬ kf (t)kRn p.w.
Przykªad. Zagadnienie opisu rzutowania staje si¦ nieco bardziej skomplikowane
w przypadku zbioru M zdeniowanego w sposób globalny:
(
M= f∈
Ln2 (a, b)
:
Z b
a
)
kf (t)kRn dt ¬ r , r < ∞.
(41)
Dla elementu g ∈ Ln2 (a, b), speªniaj¡cego dla pewnego δ > 0 warunek
Z b
a
kf (t)kRn dt = r + δ,
zdeniujmy dla k ­ 0
Ωk = {t ∈ (a, b) : kg(t)k
Rn
> k}, d(k) =
Z
Ωk
kg(t)kRn dt − km(Ωk ),
gdzie m(·) oznacza miar¦ Lebesgue'a. Funkcja d(k) ∈ C[0, +∞), oraz zachodz¡
równo±ci d(0) = r + δ, limk→∞ d(k) = 0. St¡d ∃ k0 ∈ (0, ∞):
Z
Ωk0
kg(t)kRn dt − k0 m(Ωk0 ) = r.
Teraz zdeniujmy funkcj¦
h(t) = g(t) − k0
g(t)
, gdy t ∈ Ωk0 ,
kg(t)kRn
34
h(t) = 0, gdy t 6∈ Ωk0 .
Twierdzimy, »e h(t) jest rzutem elementu g(t). Wystarczy tu sprawdzi¢
Z b
a
(g(t) − h(t), f (t))Rn dt ¬
Z b
a
(g(t) − h(t), h(t))Rn dt, ∀ f ∈ M.
Dla dowolnego f ∈ M mamy
Z b
a
(g(t) − h(t), f (t))Rn dt ¬ r sup kg(t) − h(t)kRn ¬ rk0 .
t∈(a,b)
Wystarczy wi¦c wykaza¢, »e
rk0 ¬
Z b
a
(g(t) − h(t), h(t))Rn dt.
Ale caªka
Z b
a
(g(t) − h(t), h(t))Rn dt = k0
Z
Ωk0
kg(t)kRn dt − k02 m(Ωk0 ) = rk0 .
Przydatna jest geometryczna interpretacja warunku (34). Rozwa»my zbiór
F = {h ∈ H : Re (x − z, h)} = c, gdzie c = Re (x − z, z).
Zbiór F jest hiperpªaszczyzn¡ przechodz¡c¡ przez punkt z ∈ H i podpieraj¡c¡ zbiór
wypukªy M , co oznacza tu, »e
Re (x − z, y) ¬ c, ∀ y ∈ M,
(42)
Re (x − z, z) = c oraz z ∈ M.
(43)
Punkt z ∈ M jest punktem podpieraj¡cym. Jest to wi¦c odpowiednik (w kontek±cie
przestrzeni Hilberta) sytuacji sko«czenie wymiarowej.
Denicja. Sto»kiem nazywamy zbiór, który wraz z dowolnym swoim elementem
x zawiera równie» póªprost¡ tx : t ­ 0}. Sto»ek, który jest równocze±nie zbiorem
wypukªym, nazywamy sto»kiem wypuklym.
Zbiór skªadaj¡cy si¦ z dwoch ró»nych prostych jest sto»kiem, ale nie jest wypukªym.
Zbiór M jest sto»kiem wypukªym, je±li x, y ∈ M implikuje tx + sy ∈ M dla
dowolnych t, s ­ 0.
Wniosek 8 . Je»eli sto»ek M jest wypukªy i domkni¦ty, to rzut z = PM (x) punktu
x ∈ H na M speªnia warunki
Re (x − z, y) ¬ 0, ∀ y ∈ M
oraz
(44)
(45)
Na odwrót, punkt z ∈ M speªniaj¡cy warunki (44), (45) jest rzutem PM (x) punktu
x.
Re (x − z, z) = 0.
35
Dowód. Zacznijmy od wykazania konieczno±ci. Poniewa» z ∈ M , wi¦c dla
ka»dego t ­ 0 jest y = tz ∈ M i dla y otrzymamy z (48), (49) nierówno±¢
tRe (x − z, z) ¬ Re (x − z, z), ∀ t ­ 0.
Poniewa» (1 − t) mo»e by¢ zarówno dodatnie, jak i ujemne, zachodzi równo±¢
Re (x − z, z) = 0. Podstawiaj¡c j¡ z powrotem do (48), otrzymamy Re (x − z, y) ¬ 0
dla dowolnego y ∈ M .
Przeciwna implikacja wynika natychmiast st¡d, »e omawanie warunki implikuj¡
relacje (34) z tw. 23.
Przykªad. Gdy M jest kul¡ o ±rodku w punkcie x0 ∈ H i o promieniu r, czyli
M = {x : kx − x0 k ¬ r,
wówczas projekcjia PM na zbiór M jest dana wzorem
( x +r(x−x )
0
0
PM (x) =
kx−x0 k
x,
, kx − x0 | > r,
kx − x0 k ¬ r.
Przy sprawdzaniu tego wzoru zalo»my dla wygody, »e x0 = 0. Wówczas gdy kxk > r,
warunek (34) przyijmie posta¢
Re (x − rx/kxk, y) ¬ Re (x − rx/kxk, rx/kxk), dla kyk ¬ r,
czyli
!
!
r
r
1−
Re (x, y) ¬ rkxk 1 −
, dla kyk ¬ r.
kxk
kxk
Poniewa» kxk > r, wystarczy jedynie wykaza¢, »e
Re (x, y) ¬ rkxk, dla kyk ¬ r.
Korzystaj¡c z nierówno±ci Schwarza szacujemy
Re (x, y) ¬ |(x, y)| ¬ kxkkyk ¬ rkxk, dla kyk ¬ r.
Nast¦pnie zauwa»my, »e przypadek x0 6= 0 otrzymujemy stosuj¡c przesuni¦cie
równolegªe. Zawsze bowiem jest
PM −x0 (x) = x0 + Pm (x − x0 ).
Funkcjonaª Minkowskiego. Funkcjonaª podpieraj¡cy dla zbioru
wypukªego.
36
Odnotujmy par¦ poj¦¢ odnosz¡cych si¦ do zbiorów w przestrzeniach liniowych.
Denicje. Punkt x0 zbioru M ⊂ E przestrzeni liniowej E nazywamy pochªaniaj¡cym,
je»eli dla ka»dego punktu x ∈ E istnieje liczba t0 > 0 taka, »e
x0 + t(x − x0 ) ∈ M, gdy 0 < t < t0 .
Zbiór wypukªy K ⊂ E nazywamy pochªanaj¡ncym, je»eli zero jest jego punktem
pochªanaj¡cym: ka»dy x ∈ E nale»y do tM dla pewnego t = t(x) > 0.
Denicja. Punkt x0 ∈ E nazywamy granicznym zbioru M , je»eli nie jest on
punktem pochªaniaj¡cym ani dla zbioru M , ani dla zbioru E \ M .
Nale»y odró»ni¢ powy»sze denicje od poj¦¢ topologicznych: punktu wewn¦trznego
i brzegowego w przestrzeni Hilberta. Przypomnijmy, »e punkt y0 nazywamy punktem
wewn¦trznym zbioru M , je»eli pewna kula otwarta
Br (y0 ) = {y ∈ H : ky − y0 k < r}, r > 0,
zawiera si¦ w tym zbiorze. Punkty nie b¦dace wewn¦trznymi ani dla zbioru M , ani
dla jego uzupelnienia H \ M , nazywamy punktami brzegowymi.
Zbiór int (M ) zªo»ony z punktów wewn¦trznych nazywamy wn¦tznem zbioru M .
W przypadku, gdy rozwa»ana przestrzeni¡ jest przestrze« Hilberta H , punkty
wewn¦trzne s¡ zawsze punktami pochªaniaj¡cymi, punkty brzegowe - granicznymi,
ale implikacje odwrotne, na ogóª, nie zachodz¡. Dla zbiorów wypuklych mamy nast¦puj¡ce twierdzenie.
Twierdzenie 25 . Niech M b¦dzie takim podzbiorem przestrzeni H , »e int M 6=
∅. Wówczas ka»dy punkt pochªaniaj¡cy (odp. graniczny) dla zbioru M jest jego
punktem wewn¦trznym. oraz ka»dy punkt graniczny dla zbioru M jest jego punktem
brzegowym.
Dowód. Niech x0 ∈ int (M ), tak, »e dla pewnego r > 0 mamy
x0 + ry ∈ M, ∀ y ∈ H : kyk ¬ 1.
Rozwa»my inny punkt z ∈ M . Wówczas dla ka»dej liczby α ∈ (0, 1) zachodzi relacja
z + α(x0 − z) + αry = (1 − α)z + α(x0 + ry) ∈ M, je±li kyk ¬ 1.
St¡d otwarty odcinek
z + α(x0 − z), α ∈ (0, 1),
ª¡cz¡cy punkt x0 oraz punkt z ∈ M zawarty jest w zbiorze int (M ).
Niech teraz y0 ∈ M b¦dzie punktem pochªaniaj¡cym. Wówczas
y0 − t(x0 − y0 ) = y0 + t((2x0 − y0 ) − x0 ) ∈ M
dla pewnego t > 0. Oznacza to, »e punkt
y0 =
1
t
· (y0 − t(x0 − y0 ) +
· x0
1+t
1+t
37
jest punktem odcinka ª¡cz¡cego x0 ∈ int(M ) z punktem y0 − t(x0 − y0 ) ∈ M , a wi¦c
jest punktem wewn¦trznym.
Poniewa» ka»dy punkt wewn¦trzny jest punktem pochªaniaj¡cym, wynika st¡d
to, »e punkty graniczne s¡ punkty brzegowe.
Denicje. Póªnorm¡ na przestrzeni liniowej E nazywamy funkcj¦ p na E o
warto±ciach rezeczywistych tak¡, »e
1) p(x + y) ¬ p(x) + p(y),
2) p(αx) = |α|p(x)
dla wszystkich x, y ∈ E i wszystkich skalarów α.
Rozwa»my wypukªy zbiór M ⊂ X , który jest pochªaniaj¡ncy, czyly zero jest
punktem pochªaniaj¡cym: kazdy x ∈ E nale»y do tM dla pewnego t = t(x) > 0.
Deniujemy funkcjonaª Minkowskiego pM zbioru M :
pM (x) = inf {t > 0 : t−1 x ∈ M }, x ∈ E.
Poniewa» M jest pochªaniaj¡cy, mamy
pM (x) < ∞ ∀ x ∈ E.
Podzbiór M ⊂ E nazywamy zbalansowanym (zrównowa»onym), je±li
αx ∈ X, ∀ x ∈ M, |α| ¬ 1.
Lemat 6 . Funkcjonaª Minkowskiego p = pM ma nast¦puj¡ce wªasno±ci:
1) 0 ¬ p(αx) = αp(x), α ­ 0;
2) p(x1 + x2 ) ¬ p(x1 ) + p(x2 ), ∀ x1 , x2 ∈ E;
3) je±li M jest zbalansowany, to p jest póªnorm¡;
4) je±li B = {x : p(x) < 1}, C = {x : p(x) ¬ 1},
to B ⊂ M ⊂ C oraz
pB (x) = p(x) = pC (x), x ∈ E.
Dowód. Wªasno±c 1) jest oczywista.
Dla ka»dego > 0 mamy
x1
x2
∈ M,
∈ M,
p(x1 ) + p(x2 ) + a wi¦c do zbioru M nale»y równie» kombinacja wypukªa
x3 = t
x1
x2
p(x1 ) + + (1 − t)
, gdzie t =
.
p(x1 ) + p(x2 ) + p(x1 ) + p(x2 ) + 2
38
Tak wi¦c
x3 =
x1 + x2
∈ M,
p(h1 ) + p(x2 ) + 2
sk¡d, na mocy 1) otrzymamy p(x1 + x2 ) ¬ p(x1 ) + p(x2 ) + 2, co przy dowolno±ci
> 0 ko«czy dowód 2).
Wªasno±c 3) wynika z 1) i 2).
Inkluzje B ⊂ M ⊂ C z punktu 4) daj¡ nierowno±ci
pC (x) ¬ p(x) ¬ pB (x), x ∈ X.
Aby udowodni¢ równo±¢ funkcjonaªów Minkowskiego, ustalmy x ∈ E i w¦¹my s i t
takie, »e
pC (x) < s < t.
Mamy wtedy
s−1 x ∈ C, p(s−1 x) ¬ 1, p(t−1 x) ¬
s
< 1.
t
Zatem t−1 x ∈ B , a co za tym idzie
pB (x) ¬ t, ∀ t > pC (x).
Innymi sªowy,
pB (x) ¬ pC (x).
Twierdzenie 26 . Fukcjonaª Minkowskiego dla zbioru wypukªego M ⊂ H , zawieraj¡cego
punkt 0 w swym wn¦trzu jest ci¡gªy oraz
p(h) ¬ ckhk, h ∈ H.
Dowód. Poniewa»
p(h) ¬ 1, h ∈ M,
oraz dla pewnego r > 0 kula Br (0) zawarta jest w zbiorze M , mamy
p(h) ¬ 1, gdy khk ¬ r.
St¡d, dla ka»dego wektora h ∈ H , h 6= 0, otrzymujemy
p(rh/khk) ¬ 1,
czyli
p(h) ¬ r−1 khk.
St¡d wynika ci¡gªo±¢, gdy» stosuj¡c nierówno±¢
p(x) ¬ p(x − y) + p(y)
39
otrzymujemy
|p(x) − p(y)| ¬ p(x − y).
W celu unikni¦cia konieczno±ci ci¡glego u»ywania oznacze« "cz¦±ci rzeczywistej"
iloczynu skalarnego b¦dziemy zakªada¢, »e przestrze« Hilberta H jest rzeczywist¡.
Z ka»dym zbiorem wypukªym domkni¦tym M ⊂ H skojarzymy funkcjonaª fs ,
zwany jego funkcjonaªem podpieraj¡cym:
fs (x) = sup (x, y), x ∈ H.
y∈M
(46)
Dopuszczamy tu sytuacj¦
fs (x) = +∞.
Šatwo sprawdzi¢, »e dla ka»dego t > 0, x, x1 , x2 ∈ H mamy
fs (tx) = tfs (x), fs (x1 + x2 ) ¬ fs (x1 ) + fs (x2 ).
Przypomnijmy, »e dla domkni¦tego, wypukªego zbioru M , punkt z jest jedynym
elementem w M najbli»szym punktowi x wtedy i tylko wtedy, gdy
(x − z, z − y) ­ 0 ∀ y ∈ M.
(47)
Przydatna jest geometryczna interpretacja warunku (47). Rozwa»my zbiór
F = {h ∈ H : (x − z, h)} = c, gdzie c = (x − z, z).
Zbiór F jest hiperpªaszczyzn¡ przechodz¡c¡ przez punkt z ∈ H i podpieraj¡c¡ zbiór
wypukªy M , co oznacza tu, »e
(x − z, y) ¬ c, ∀ y ∈ M,
(48)
(x − z, z) = c oraz z ∈ M.
(49)
Punkt z ∈ M jest punktem podpieraj¡cym. Jest to wi¦c odpowiednik (w kontek±ie
przestrzeni Hilberta) sytuacji sko«czenie wymiarowej.
Je»eli Pm oznacza projekcj¦ na zbiór M , to dzi¦ki nierówno±ci (47), otrzymujemy
fs (x − Pm (x)) = (x − Pm (x), Pm (x)).
Punkt x ∈ H nazwiemy punktem podparcia zbioru M , je»eli dla pewnego h ∈ H ,
h 6= 0 mamy
fs (h) = (h, x).
Hiperpªaszczyzne
{y ∈ H : (h, y) = fs (h)}
nazywamy pªaszczyzn¡ podpieraj¡c¡ zbiór M w punkcie x, ktury musi wówczas by¢
punktem brzegowym zbioru M . Je»eli x ∈ M oraz fs (h) = (h, x) dla h 6= 0, to z
40
kryterium (47) wymika, ze x jest rzutem punktu x + h nz zbiór M . W szczególno±ci,
gdy zbiór M jest ograniczony, stosuj¡c wªasno±¢ sªabej zbie»no±ci, wnioskujemy, »e
(h, x) = fs (h) < ∞
dla pewnego punktu x ∈ M .
Warto odnotowa¢, »e funkcjonaª podpieraj¡cy jest zawsze sªabo póªci¡gªy z doªu.
Przykªad. Najprostzy przypadek otrzymamy rozwa»aj¡c kuªe. Niech wi¦c
M = {y : ky − y0 k ¬ r}.
Mamy
(h, y) = (h, y0 ) + (h, y − y0 ), ∀ h ∈ H.
St¡d otrzymamy
sup {(h, y) : y ∈ M } ¬ (h.y0 ) + rkhk.
Ale, przyjmuj¡c
x = y0 + r
h
,
khk
mamy fs (h) = (h, x). Punkt podparcia nie jest wyznaczony jednoznacznie, gdy» w
nierówno±ci
(h, y − y0 ) ¬ rkhk
otrzymujemy równo±¢, jesli tyªko wektor y − y0 = ch. Rozwa»my nast¦pnie przykªad sko«czenie wymiarowy, w którym punkty podparcia
i pªaszczyzny podparcia ni s¡ dane jednoznacznie. Niech M b¦dzie powªoka wypukª¡
sko«czonego ukªadu punktów y1 , . . . , yn ∈ H . Jest to zbiór domkni¦ty wypukªy.
Wówczas
fs (h) = (h, yj ) dla pewnego j = 1, . . . , n.
Oczywi±cie (h, y1 ) = (h, y2 ), gdy wektor h jest ortogonalny do y1 − y2 . Przez ka»dy
wierzholek yj przechodzi wi¦cej ni» jedna pªaszczyzna podpieraj¡ca.
W przypadku sko«czienie wymiarowym mo»emy zawsze znale¹¢ pªaszczyzn¦
podpieraj¡c¡ przechodz¡c¡ przez zadany punkt na brzefu dowolnego zbioru wypukªego
M . Stwierdzenie to przestaj¦ by¢ prawdiwym w przypadku niesko«czenie wymiarowym.
Warunkem wystarczaj¡cym istnienia pªaszczyzny podpieraj¡c¡ jest tu niepusto±¢
wn¦trza int (M ) zbioru wypukªego M .
Stosuj¡c przesuni¦cie x − x0 wystarczy rozpatrzy¢ przypadek, gdy 0 ∈ int (M ).
Twierdzenie 27 . Zaªo»my, »e punkt 0 ∈ int (M ) zbioru domkni¦tego i wypukªego
M ⊂ H . Wówczas dla dowolnego punktu x0 le»¡cego na brzegu zbiorzu M mo»na
znale¹¢ pªaszczyzn¦ podpieraj¡ca przechodz¡ca przez ten punkt.
41
Dowód. Niech funkcjonaª Minkowskiego p = pM . Zauwa»my, ze
p(x0 ) = 1.
Niech L0 b¦dzie funkcjonaªem liniowym na podprzestrzeni liniowe4j
{αx0 : α ∈ R}
takim, »e L0 (x0 ) = 1. Poniewa»
L0 (αx0 ) = α ¬ p(αx0 ),
speªnione s¡ zaªo»enia w. Hahna-Banacha.
Istnijeje wi¦c funkcjonaª liniowy
L : H 7→ R,
taki, »e L(αx0 ) = α dla ka»dego α ∈ R, speªniajacy nierówno±¢
L(x) ¬ p(x), x ∈ H.
Poniewa» mamy p(x) ¬ ckxk dla pewnej staªej c > 0, funkcjonaª L jest ograniczony
kl(x)k ¬ ckxk, x ∈ H,
a wi¦c, na mocy tw. Riesza, jest on postaci
L(x) = (x, e),
gdzie e jest pewnym wektorem przestrzeni H . Poniewa» dla x ∈ M jest p(x) ¬ 1,
wi¦c
(x, e) = L(x) ¬ p(x) ¬ 1 = L(x0 ) = (x0 , e), gdy x ∈ M,
czyli
{x : (x, e) = (x0 , e)}
jest pªaszczyzn¡ podpieraj¡ca przechodz¡ca przez punkt x0 .
Innym poj¦ciem deniowalnym w sposób niezalezny od topologii jest poj¦cie
punktów ekstremalnych zbiorów wypukªych.
Denicje. Niech X b¦dzie przestrzeni¡ liniow¡ i niech M . Symbolu co (M )
b¦dziemy u»ywa¢ na oznaczenie powªoki wypukªej zbioru M : co (M ) jest zbiorem
wszystkiich sko«czonych kombinacji wypukªych elementów M . Równowa»nie co (M )
jest przeci¦ciem wszystkich zbiorów wypukªych zawieraj¡cych M .
Je±li X = B jest przestrzeni¡ Banacha, to dla M ⊂ B mo»emy zdeniowa¢
domkni¦t¡ powªoke wypukª¡, oznaczan¡ co, (M ) jako domkni¦cie co (M ):
co (M ) := co (M ).
42
Równowa»nie: domkni¦t¡ powªoke wypukª¡ podzbioru M ⊂ B nazywamy przeci¦cie
wszystkich wypukªych i domkni¦tych zbiorów zaweraj¡cych zbiór M .
Niech M b¦dzie podzbiorem wypukªym przestrzeni liniowej X . Niepusty podzbiór
S ⊂ M nazywamy zbiorem ekstremalnym dla M , je±li »aden punkt S nie jest
punktem wewn¦trznym »adnego odcinka, którego ko«ce nale»¡ do M , chyba »e
obydwa kon¢e s¡ w S . Analytyczne wyra»enie tego warunku jest nast¦puj¡ce: je±li
x, y ∈ M i 0 < t < 1, to
(1 − t)x + ty ∈ S
implikuje, »e x i y nale»¡ do S .
Punktami ekstremalnymi zbioru M nazywamy jednopunktowe zbiory ekstremalne
dla M . Innymi sªowy, punkt x0 ∈ M nazywamy jego punktem ekstremalnym, je»eli
nie mo»na predstawi¢ go w postaci
tx + (1 − t)y, t ∈ (0, 1), x, y ∈ M.
Zbiór wszystkich punktów ekstremalnych M b¦dziemy oznacza¢ E(M ).
W przestrzeni sko«czienie wymiarowej ka»dy zbiór ograniczony domkni¦ty M
ma punkty ekstremalny i, co wi¦cej,
M = co E(M ).
Je±li przestrze« jest niesko«czone wymiarowa, to mo»e zdarzy¢, »e istnieje zbiór
ograniczony domkni¦ty nie majacy w ogóle punktów ekstremalnych.
Przykªad. Niech B = L1 [0, 1] i M b¦dzie domkni¦t¡ kula jednostkow¡
M = f ∈ L1 [0, 1] : kf k =
Z 1
|f (x)| dx ¬ 1 .
0
Wówczas zbiór M nie ma punktów ekstremalnych.
Istotnie, niech f ∈ M . Je±li kf k<1, tzn. f jest punktem wewn¦trznym zbioru
M , to f nie jest ounktem ekstremalnym. We»my f o normie kf k = 1. Niech
D = {t ∈ [0, 1] : |x(t) > 1/2}.
Poniewa» kf k = 1, wi¦c zbiór D ma miar¦ dodatni¡. Rozªó»my zbiór D na dwa
zbiory D1 i D2 o równej mierze. Niech
f1 (t) =
f (t)
, t ∈ D1 ,
2|f (t)|
f1 (t) = −
f (t)
, t ∈ D2 ,
2|f (t)|
f1 (t) = 0,
t ∈ [0, 1] \ D,
i niech f2 = −f1 .
43
Wtedy
kf + f1 k = kf + f2 k = 1
i jednocze±nie
f=
f1 + f2
,
2
co przeczy temu, »e f jest punktem ekstremalnym.
Twierdzenie 28 (Krein-Milman). Zaªó»my, »e M jest niepustym zwartym i wypukªym
podzbiorem H . Wówczas M jest domkni¦t¡ powªok¡ wypukªa zbioru punktów ekstremalnych,
tj.
M = co (E(M )).
Twierdzenia o rozdzielaniu.
Niech X b¦dzie przestrzeni¡ rzeczywist¡ unormowan¡. Mówimy, »e dwa zbiory
wypukªe A i B daj¡ si¦ rozdieli¢, je±li istniej¡ taki funkcjonaª liniowy ograniczony f
i taka staªa c ∈ R, »e
f (x) ¬ c, x ∈ A, f (x) ­ c, x ∈ B.
(50)
Mówimy, »e dwa zbiory wypukªe A i B daj¡ si¦ rozdieli¢ w sposób mocny, je±li
istniej¡ taki funkcjonaª liniowy ograniczony f , taka staªa c ∈ R i taka staªa > 0,
»e
f (x) ¬ c, x ∈ A, f (x) ­ c + , x ∈ B.
(51)
Twierdzenie 29 . Niech A ⊂ X b¦dzie zbiorem wypukªym z wn¦trzem int (A) 6= ∅.
Niech x b¦dzie dowolnym punktem nie nale»¡cym do int (X). Wówczas {x} daje si¦
rozdieli¢ ze zbiorem A.
Dowód. Niech x0 ∈ int (A). Wówczas zbiór wypukªy
C = A − x0 = {x − x0 : x ∈ A}
zawiera w swym wn¦trzu punkt 0 i x − x0 6∈ C . Niech p = pC - funkcjonaª
Minkowskiego C , wówczas p(x − x0 ) ­ 1. Niech f0 b¦dzie funkcjonaªem liniowym
na przestrzeni liniowej
{α(x − x0 ), α ∈ R}, f0 (α(x − x0 )) = α.
Wtedy
f0 (x − x0 ) = 1 ¬ p(x − x0 ).
44
Istnieje zatem taki funkcjonaª liniowy ograniczony f , »e f (x − x0 ) = 1 oraz
f (y) ¬ p(y), y ∈ X.
Wynika st¡d, ze dla y ∈ A
f (y) = f (y − x0 ) + f (x0 ) ¬ p(y − x0 ) + f (x0 ) ¬ 1 + f (x0 ) = c,
a rownocze±nie
f (x) = f (x − x0 ) + f (x0 ) = 1 + f (x0 ) = c.
Wniosek 9 . Niech A b¦dzie zbiorem wypukªym z 0 6∈ int (A). Wówczas istnieje taki
funkcjonaª liniowy ograniczony f , »e
f (y) ­ 0 dla y ∈ A.
Dowód. Na mocy tw. 29 punkt 0 daje si¦ rozdieli¢ z A pewnym funkcjonaªem
liniowym ograniczonym f0 . Zauwa»my, ze f0 (0) = 0. Zatem f0 (y) jest b¡d¹ stale
niujemne, b¡d¹ stale niedodatnie dla y ∈ A. W pierwszym przypadku przyjmujemy
f = f0 , w drugiem f = −f0 .
Twierdzenie 30 . Niech A, B ⊂ X b¦d¡ zbiorami wypukªymi i
int (A) 6= ∅, int (A) ∩ B = ∅.
Wtedy zbiory A i B daj¡ si¦ rozdieli¢.
Dowód. Zbiór
(A − B) = {x − y : x ∈ A, y ∈ B}
jest wypukªy.
Ponadto 0 6∈ int (A − B). Gdyby±my bowiem mieli 0 ∈ int (A − B), to
X = ∪t­0 t(A − B).
Niech x0 ∈ int (A), y ∈ B . Wówczas istniej¡ t > 0, u ∈ A, v ∈ B takie, »e
y − x0 = t(u − v),
czyli
x :=
y + tv
x0 + tu
=
.
1+t
1+t
Ale dowolny punkt x 6= u odcinka prostej ªacz¡cego punkty x0 oraz u, jest punktem
wewn¦trznym zbioru A. Natomiast odcinek ª¡cz¡cy punkty y oraz v zawarty jest w
zbiorze B , dzi¦ki wypukªo±ci B . St¡d mamy sprzeczno±¢: x ∈ B ∩ int (A) 6= ∅.
45
Poniewa» zbiór A ma niepuste wn¦trze, wi¦c i zbiór (A−B) ma niepuste wn¦trze.
Zatem, na mocu wniosku 9 istnijeje taki funkcjonaª liniowy ograniczony f , »e
f (x − y) ­ 0 dla x ∈ A, y ∈ B,
czyli
f (x) ­ f (y), dla x ∈ A, y ∈ B,
Zatem
i
f (x) ­ c dla x ∈ A
f (y) ¬ c dla y ∈ B,
gdzie c jest dowoln¡ liczb¡ taka, »e
sup f (y) ¬ c ¬ inf f (x).
x∈A
y∈B
Twierdzenie 31 . Niech w X dane b¦d¡ dwa zbiory wypukªe domkni¦te rozª¡czne
A i B . Zaló»my, »e zbiór A jest zwarty. Wówczas zbiory daj¡ si¦ rozdieli¢ w sposób
mocny.
Dowód. Poniewa» zbiór A jest zwarty, a zbior B jest domkni¦ty i A ∩ B = ∅,
wi¦c
inf
x∈A, y∈B
kx − yk = r > 0.
(52)
Niech
Kr = {x ∈ X : kxk < r}.
Na mocu (52) zbiór otwarty A + Kr jest rozª¡czny ze zbiorem B . Zatem, na
mocy tw. 30, istnijeje funkcjonaª liniowy ograniczony f taki, »e
f (x) ¬ c ¬ f (y) dla x ∈ A + Kr , y ∈ B.
(53)
Zauwa»my, ze z (53) wynika, ze
f (x) ¬ c − kf k · r, dla x ∈ A,
co oznacza, »e funkcjonaª f mocno rozdiela zbiory A i B .
Wniosek 10 . Niech X bedzie przestrzeni¡ unormowan¡ rzeczywist¡. Niech B b¦dzie
zbiorem wypukªym domkni¦tym i x0 6∈ B . Wówczas istniej¡ taki funkcjonaª liniowy
ograniczony f i takie staªe c ∈ R i > 0, »e
f (x0 ) ¬ c, f (x) ­ c + , dla x ∈ B.
46
Twierdzenia 1-3 i wnioski 1,2 mog¡ by¢ równie» sformuªowane dla przestrzeni
normowanych zespolonych. Mianowicie, traktujemy odpowiedni¡ przestrze« X unormowan¡ zespolon¡ jak przestrze« rzeczywist¡. Przy zaªo»eniach poczynionych przy
odpowiednich wnioskach i twierdzeniach wynika istnienie funkcjonaªu ograniczonego
i liniowego w sensie mno»enia przez liczby rzeczywiste f0 , który rozdiela (rozdiela
mocno) odpowiednie zbiory. Niech
f (x) = f0 (x) − if0 (ix).
Funkcjonaª f jest funkcjonaªem liniowym ze wzgl¦du na mno»enie przez liczby
zespolone i
f0 (x) = Re f (x).
Istotnie
f ((α + iβ)x) = f0 ((α + iβ)x) − if (i(α + iβ)x) =
= αf0 (x) + βf0 (ix) − iαf (ix) + ibf0 (x) =
= (α + iβ)f0 (x) − (α + iβ)if0 (ix) = (α + iβ)f0 (x).
Mo»na zatem sformulowa¢ twierdzenia i wniosky w przestrzeniach zespolonych,
zast¦puj¡c wsz¦dzie funkcjonaª liniowy ograniczony f przez jego cz¦±¢ rzeczywist¡
f0 = Re f .
Twierdzenie 32 . Niech para wypukªych podzbiorów A, B sko«czenie wymiarowej
rzeczywistej przestrzeni Hilberta speªnia warunek
A ∩ B = ∅;
Wówczas zbiory A i B mo»na rozdieli¢ hiperpªaszczyzn¡: ∃ v ∈ H , v 6= 0 i staªa c,
takie, »e
sup (v, x) ¬ c ¬ inf (v, y)
(54)
x∈B
x∈A
i jako hiperpªaszczyzn¦ rozdielaj¡c¡ mo»na wzi¡¢
{x : (v, x) = c}.
Dowód. Zbiór
A − B = {x − y : x ∈ A, y ∈ B}
jest wypukªy. Ponadto 0 6∈ int (A − B).
Przypu±cmy wpierw, »e punkt 0 le»y we wn¦trzu uzupeªnienia zbioru (A − B):
0 ∈ int (H \ (A − B)).
Wówczas mo»emy wzi¡¢ rzut z 6= 0 punktu 0 na domkni¦cie (A − B). Mamy przy
tym
(0 − z, z − u) ­ 0,
47
czyli
(z, u) ­ (z, z) > 0, u = x − y ∈ (A − B),
sk¡d wnioskujemy, »e
inf (z, x) ­ sup (z, y),
x∈A
y∈B
(55)
otrzymuj¡c dla v = −z nierówno±ci postulowane w tezie (54).
Gdy zero nie jest punktem wn¦trza zbioru H \(A−B), wówczas 0 le»y na brzegu
tego zbioru i mo»na znale¹¢ ci¡g {xn }:
kxn k → 0, n → ∞, xn 6∈ (A − B).
Oznaczaj¡c przez zn rzut punktu xn na A − B , mamy
(xn − zn , zn − y) ­ 0, dla y ∈ (A − B).
(56)
Mo»emy zdeniowa¢ wektory
en =
zn − xn
, ken k = 1.
kzn − xn k
Nierówno±¢ (56) mo»na zapisa¢ w postaci
(zn − xn , u) ­ (zn − xn , zn ) ­ (zn − xn , xn )
czyli
(en , u) ­ (en , zn ) ­ (en , xn ) ∀ u ∈ (A − B).
(57)
Prze» ka»dy z punktów zn przechodzi wi¦c pªaszczyzna podpieraj¡ca zbiór (A − B).
Ponadto, punkty zn le»¡ na brzegu zbioru (A−B) i zbie»ne s¡ do punktu brzegowego
0:
kzn k → 0, n → ∞.
Skorzystamy teraz z tw. Bolzano-Weierstracca: ci¡g ograniczony {en }n­1 musi
posiada¢ punkt skupenia, powiedzmy e0 . Wowczas ke0 k = 1. Przechodz¡c w (57) do
granicy podci¡gu mamy
(e0 , u) ­ (e0 , 0) = 0, u = x − y ∈ (A − B),
(58)
czyli istnieje pªaszczyzna podpieraj¡ca przechodz¡ca przez punkt brzegowy zero. Z
nierówno±ci (58) wynika teza, gdy» istnieje taka liczba c ∈ R, dla której
inf (e0 , x) ­ c ­ sup (e0 , y).
x∈A
y∈B
(59)
Otrzymany w trakcie dowodu rezultat w przypadku niesko«czieniewymiarowym
mo»na sformulowa¢ w postaci nast¦puj¡cego wniosku.
48
Wniosek 11 . W dowolnej przestrzeni Hilberta ogóª punktów podparcia zbiorzu wypukªego jest g¦sty w zbiorze jego punktów brzegowych.
Przykªad. Wykazemy, »e nie mo»na wzmocni¢ ostatniego wniosku konstruuj¡c
zbiór wypukªy, którego pewne punkty brzegowe nie le»¡ na »adnej pªaszczy¹nie
podpieraj¡cej. Niech
H = {x = (xn )n­1 :
X
x2n < ∞, xn ∈ R}
n­1
oraz
M = {x = (xn )n­1 ∈ H : xn ­ 0, n ∈ N}.
Jest to zbiór domkni¦ty, wypukªy, o pustym wn¦trzu, ka»dy jego punkt jest wi¦c
brzegowy. Twierdzimy, »e jezeli punkt z = (zn ) ∈ H spelnia warunek zn > 0 dla
wszystkich n ∈ N, to punkt z nie mo»e le»e¢ na pªaszczyznie podpieraj¡cej. Gdyby
bowiem dla pewnego wektora h ∈ H zachodziªy nierówno±ci
(h, x) ¬ (h, z) ∀ z ∈ M,
(60)
to dla dowolnej liczby α > 0 mieli±my
α(h, z) = (h, αz) ¬ (h, z),
sk¡d zmierzaj¡c α → +∞ otrzymaliby±my
(h, z) ¬ 0,
bior¡c za± α → 0, otrzymaliby±my (h, z) ­ 0. Tak wi¦c
(h, z) = 0.
(61)
Ale dla h = (hn )n­1 , speªniaj¡cego (60) nie moze by¢ hn > 0 dla »adnego n, wi¦c z
(61) i st¡d »e zn > 0 wynika, »e h = 0.
Zauwa»my, »e przez ka»dy punkt y = (yn )n­1 ∈ M , taki, »e pewien wyraz yk jest
zerem przechodzi pªaszczyzna podpieraj¡ca, a punkty tego typu tworz¡ zbiór g¦sty
w M = brzeg M .
Przykªad. Podamy kontrprzykªad na dosªowny odpowiednik tw. 32 w przestrzeni
niesko«czenie wymiarowej H . Niech
H = {x = (xn )n­1 :
X
x2n < ∞, xn ∈ R}
n­1
Przyjmujemy
A = {x ∈ H : xn ­ 0 oraz xn > 0, jedynie dla sko«czenie wielu wska¹nikówn},
49
zbiór B jest punktem
B = {y}, gdzie yn > 0, ∀ n ∈ N.
Wtedy
A ∩ B = ∅,
i je»eli dla pewnego wektora v ∈ H , v 6= 0, zachodzi nierówno±¢
(v, x) ¬ (v, y), ∀ x ∈ A,
to
α(v, x) ¬ (v, y), ∀ x ∈ A, α > 0.
St¡d
(v, y) ­ 0 oraz (v, x) ¬ 0, ∀ x ∈ A,
i
vn ¬ 0, n ∈ N, (v, y) < 0.
Jako zastosowanie tw. o rozdielaniu zbiorów wypukªych rozwa»ymy klas¦ zagadnie«
z teorii programowania wypukªego. Chodzi tu o badanie warto±ci minimalnych dla
funkcjinaªów wypukªych na zbiorach opisanych przez uklady nierówno±ci wypukªych.
Twierdzenie 33 (Kuhn-Tucker). Niech f oraz fk , k = 1, . . . , n b¦d¡ funkcjonaªami
wypukªymi okre±lonymi na wypukªym podzbiorze M przestrzeni Hilberta H . Zaªó»my,
»e w punkcie x0 osi¡gni¦ta jest sko«czona warto±¢ minimalna funkcjonaªu f na
zbiorze
M0 := {x ∈ M : fk (x) ¬ 0, k = 1, . . . , n}.
Zaªó»my ponadto, »e dla ka»dego wektora
u = (u1 , . . . , un ) 6= 0, uk ­ 0, k = 1, . . . , n,
istnieje punkt x ∈ M w którym
n
X
uk fk (x) < 0
k=1
(warunkem wystarczaj¡cym jest tu istnienie punktu x ∈ M , w ktorym fk (x) < 0,
k = 1, . . . , n).
Wówczas istnieje taki wektor v = (v1 , . . . , vn ) ∈ Rn+ , »e
(
min
x∈M
f (x) +
n
X
)
vk fk (x) = f (x0 ) +
k=1
n
X
k=1
vk fk (x) ­ f (x0 ) +
vk fk (x0 ) = f (x0 ).
k=1
Ponadto dla ka»dego u = (u1 , . . . , un ) ∈
f (x) +
n
X
Rn+
n
X
mamy nierowno±¢
vk fk (x0 ) ­ f (x0 ) +
k=1
50
n
X
k=1
uk fk (x0 ).
(62)
Dowód. Zdeniujmy podzbiory A i B przestrzeni E = Rn+1 :
A = {(y0 , y1 , . . . , yn ) ∈ E : ∃ x ∈ M, y0 ­ f (x), yk ­ fk (x), k = 1, . . . , n},
B = {(y0 , y1 , . . . , yn ) ∈ E : ∃ x ∈ M, y0 < f (x0 ), yk < 0, k = 1, . . . , n}.
Zbiory A i B sa wypukªe i rozªaczne. Na mocy tw. 32 mo»na je rozddzieli¢: ∃ v ∈ E ,
v 6= 0:
(
)
inf
x∈M
v0 f (x) +
n
X
vk fk (x) ­ v0 f (x0 ) −
k=1
n
X
v|yk |.
(63)
k=1
Dz¦ki dowolno±ci liczb |yk | wnioskujemy z (63)
vk ­ 0, k = 1, . . . , n.
Dla |yk | → 0 otrzymujemy wi¦c nierówno±¢
v0 f (x) +
n
X
vk fk (x0 ) ­ v0 f (x0 ),
k=1
a poniewa» fk (x0 ) ¬ 0, mamy
n
X
(64)
vk fk (x0 ) = 0.
k=1
Wyka»emy, »e v0 > 0. Gdy
vk = 0, k = 1, . . . , n,
wówczas v0 6= 0 oraz z nierówno±ci
v0 z0 ­ v0 y0 ,
zachodz¡cej, je±li y0 < f (x0 ) < z0 , wynika, »e musi by¢ v0 > 0. Przypu±¢my, »e nie
wszystkie vk s¡ rowne zero. Wówczas, na mocy zaªo»enia, istnieje taki x ∈ M , »e
n
X
vk fk (x) < 0.
k=1
Ale dla ka»del liczby z0 takiej, »e z0 ­ f (x) musimy mie¢
v(z0 − f (x0 )) ­ −
n
X
vk fk (x) > 0,
k=1
a wi¦c v0 > 0.
Dziel¡c teraz nierowno±ci (63) stronami orzez v0 i zast¦puj¡c vk przez vk /v0 ,
k = 1, . . . , n, otrzymujemy
f (x) +
X
vk fk (x) ­ f (x0 ) = f (x0 ) +
k=1
n
X
k=1
i st¡d wynika pozostaªa cz¦±¢ dowodzonej tezy.
51
vk fk (x0 )
Wniosek 12 (tw. Lagrange'a o dualno±ci). Przy zaªozeniach tw. 33, mamy
(
f (x0 ) = sup inf
u­0 x∈M
f (x) +
n
X
)
uk fk (x) .
(65)
k=1
Dowód. Wniosek otrzumujemy z nierowno±ci (62). Gdy tylko uk ­ 0 wówczas
mamy
(
inf
x∈M
)
f (x) +
X
uk fk (x) ¬ f (x0 ) +
k=1
X
uk fk (x0 ) ¬ f (x0 ).
k=1
Z drugiej strony, dla uk = vk jest
(
inf
x∈M
)
f (x) +
X
uk fk (x) ­ f (x0 ).
k=1
Zauwa»my, »e gdy wszystkie liczby vk w nierówno±ci (62) s¡ dodatnie, wówczas
x0 jest punktem brzegowym zbioru M0 . Gdy za± vk = 0, k = 1, . . . , n, to nierówno±ci
fk (x) ¬ 0, k = 1, . . . , n,
nie odgrywaj¡ »adnej roli w rozwa»anym zagadnieniu: innum brane po zbiorze M
jest takie samo jak innum wzgl¦dem zbiorzu M0 .
Sto»ki dodatnie i odwzorowania wypukªe.
Wprowadzienie sto»ków, okre±laj¡cych wektory dodatnie w danej przestrzeni
liniowej (wektorowej), umo»liwia badanie problemów, zawieraj¡cych warunki typu
nierówno±ci w abstrakcyjnych przestrzeniach liniowych.
Denicja. Zbiór C w liniowej przestrzeni rzeczywistej X nazywamy sto»kiem
(o wierzchoªku w punkcie 0 ∈ X ), je»eli z tego, »e x ∈ C wynika, »e αx ∈ C dla
ka»dego α ­ 0.
Sto»ek, który jest równocze±nie zbiorem wypukªym, nazywamy sto»kiem wypukªym.
Zbiór C jest sto»kiem wypukªym, je±li x, y ∈ C implikuje tx + sy ∈ C dla
dowolnych t, s ­ 0.
Poj¦cie sto»ków wypukªych wyrasta na ogóª w powiazaniu z denicj¡ wektorów
dodatnich w przestrzeniach liniowych. Na przykªad w przestrzeni Rn zbiór
P = {x = {ξ1 , . . . , ξn } : ξj ­ 0, j = 1, . . . , n}
(66)
jest sto»kiem wypukªym.
Podobnie zbiór wszystkich nieujemnych funkcji ci¡gªych na [a, b] jest sto»kiem
wypukªym w przestrzeni liniowej funkcji ci¡gªych.
52
Denicja. Miech P b¦dzie sto»kiem wypukªym w przestrzeni liniowej X . Dla
x, y ∈ X piszemy
y ¬ x (wzgl¦dem P ),
je»eli
x − y ∈ P.
Sto»ek P , deniuj¡cy t¦ relacj¦, nazywamy dodatnim sto»kiem w przestrzeni X .
Sto»ek
N = −P = {x ∈ X : −x ∈ P }
nazywamy ujemnym sto»kiem w X
Relacja y ¬ x jest relacj¡ cz¦±ciowego porz¡dku: nierówno±ci
y ¬ x, x ¬ z,
oznaczaj¡
x − y ∈ P, z − x ∈ P,
implikuj¡ wi¦c
z − y = (z − x) + (x − y) ∈ P
dzi¦ki wypukªo±ci sto»ka P . Mamy wówczas równo±¢i
P = {x ∈ X : 0 ¬ x}, N = {y ∈ X : y ¬ 0}.
Wprowadzili±my ougólnione poj¦cie nierowno±ci pomi¦dzy wektorami. Wzgl¦dem
tej relacji mo»emy zdeniowa¢ w sposób naturalny poj¦cie wypukªo±ci odwzorowa«.
Denicja. Niech X b¦dzie przestrzeni¡ liniow¡ niech Z b¦dzie rownie» przestrzeni¡
liniow¡ z wyró»nionym sto»kiem dodatnim P . Odwzorowanie F : C 7→ Z , C ⊂ X ,
nazywamy wypuklym, je»eli C jest zbiorem wypukªym i je»eli
f (αx + (1 − α)y) ¬ αF (x) + (1 − α)F (y)
dla dowolnych x, y ∈ C i ka»dego α ∈ (0, 1).
Wypukªo±¢ nie jest wªasno±ci¡ zwi¡zan¡ wyª¡cznie z odwzorowaniem, lecz zale»y
ona od wyró»nionego sto»ka dodatniego w przestrzeni Z .
Twierdzenie 34 . Niech F : C 7→ Z b¦dzie odwzorowaniem wypukªum. Wówczas
dla ka»dego z ∈ Z zbiór
{x ∈ C : F (x) ¬ z}
jest wypukªy (albo pusty).
W przestrzeni unormowanej wa»ne jest czasami okre±lenie sto»ka dodatniego
przez domkni¦ty sto»ek wypukªy. Na przykªad: w przestrzeni Rn sto»ek zdeniowany
wzorem (66) jest domkni¦ty, ale je»eli jedna lub wi¦cej nierowno±ci, znajduj¡cych
53
we wzorze, zostanie zmienionych na nierówno±ci ostre (i doª¡czy si¦ punkt 0), to
otrzymany w ten sposób sto»ek nie jest domkni¦ty.
W przypadku przestrzeni unormowanej X piszemy
x > 0,
je»eli x jest punktem wewn¦trznym dodatniego sto»ka P .
W licznych zastosowaniach sto»ek P powinien posiada¢ punkty wewn¦trzne tak,
aby mo»na byªo zastosowa¢ twierdzenie o rozdzielaniu.
W wielu zwykªych przestrzeniach unormowanych nie jest to jednak mo»liwe. Na
przykªad, je»eli
X = Lp [a, b], 1 ¬ p < ∞
i przez P oznaczamy podzbiór wszystkich funkcji nieujemnych na [a, b]:
P = {u ∈ Lp [a, b] : u(t) ­ 0 p.w.},
to P nie posiada punktów wewn¦trznych.
Z drugiej strony, w przestrzeni X = C[a, b] sto»ek utworzony z funkcji nieujemnych
posiada punkty wewn¦trzne i z tego wzgl¦du przestrze« C[a, b] jest szczególnie
potrzebna w problemach zawierajacych nierowno±ci.
Niech P b¦dzie sto»kiem wypukªum w przestrzeni unormowanej X . Wraz ze
sto»kiem P mozemy okresli¢ odpowiadaj¡cy sto»kowi P sto»ek wypukªy (sto»ek
dualny) P ∗ w przestrzeni sprz¦zonej X ∗ :
P ∗ = {x∗ ∈ X ∗ : hx, x∗ i ­ 0 ∀ x ∈ P }.
(67)
Mo»emy wykaza¢, »e P ∗ b¦dzie domkni¦ty, nawet je»eli P nie jest domkni¦ty.
Je»eli natomiast sto»ek P jest domkni¦ty, to pomi¦dzy P i P ∗ zachodzi nast¦puj¡ca
zale»no±¢.
Twierdzenie 35 . Niech wypukªy sto»ek P b¦dzie domkni¦ty w przestrzeni unormowanej
X . Je»eli dla x ∈ X zachodzi nierówno±¢
hx, x∗ i ­ 0 ∀ x∗ ∈ P ∗ ,
(68)
to x ∈ P .
Dowód. Przypu±¢my, ze x 6∈ P . Wówczas, dzi¦ki tw. o rozdzielaniu, istnieje
funkcjonaª x∗ ∈ X ∗ , x∗ 6= 0, taki, »e
hx, x∗ i < hp, x∗ i ∀ p ∈ P.
(69)
Liczba hp, x∗ i nie mo»e by¢ nigdy ujemna, bo P jest sto»kiem i istniaªaby wówcza±
taka liczba α > 0, »e
hx, x∗ i > α hp, x∗ i = hαp, x∗ i , αp ∈ P.
54
Zatem
hp, x∗ i ­ 0, p ∈ P,
i x∗ ∈ P ∗ . Ale poniewa»
h0, x∗ i = 0, 0 ∈ P,
wi¦c z (69) wynika, »e
hx, x∗ i < 0,
co jest sprzeczne z zaªo»eniem (68).
Przykªad. Maj¡c ustalony punkt x0 przestrzeni Hilberta H rozwa»my sto»ek
P generowany przez kuªe:
P = {x ∈ H : kx − x0 k ¬ r}, r < kx0 k.
Sto»ek dualny P ∗ ⊂ H jest zbiorem
P ∗ = {y ∈ H (y, x0 ) ­ rkyk}.
Przykªad. Je»eli w przestrzeni X = C[a, b] okre±lmy P jako zbior wszystkich
nieujemnych funkcji ci¡gªych na [a, b], po P ∗ skªada si¦ si¦ ze wszystkich funkcjonaªow
liniowych ograniczonych na C[a, b] i wyznaczonych przez funkcje v niemalej¡ce na
przedziale [a, b]:
Z
hu, x∗ i =
b
u(t) dv(t), u ∈ C[a, b],
a
v(t1 ) ¬ v(t2 ), a ¬ t1 ¬ t2 ¬ b.
Ogólny problem programowania wypukªego.
0:
B¦dziemy rozwa»ali problem zminimalizowania f (x) przy warunku x ∈ C , F (x) ¬
inf
x∈C, F (x)¬0
f (x),
(70)
gdzie C jest wypukªym podzbiorem przestrzeni liniowej X ,
f : C 7→ R
jest funkcjonaªem wypukªym o warto±ciach rzeczywistych okre±lonym na C , a
F : C 7→ Z
jest odwzorowaniem wypukªym zbioru C w unormowan¡ przestrze« Z z wyró»nionym
sto»kiem dodatnim P .
Sformuªowany problem (76) nazywany jest ogólnym problemem programowania
wypukªego.
55
Twierdzenie 36 (Niesko«czenie wymiarowy wariant tw. Kuhna-Tuckera). Niech X
b¦dzie przestrzeni¡ liniow¡, Z - przestrzeni¡ unormowan¡, C ⊂ X - wypukªym
podzbiorem przestrzeni X , a P dodatnim sto»kiem w Z . Zaªó»my, »e P posiada
punkty wewn¦trzne.
Niech f : C 7→ R b¦dzie funkcjonalem wypukªym, okre±lonym na C , a F : C 7→
Z - wypukªym odwzorowaniem zbioru C w Z .
Zaªo»my istnienie takiego punktu x1 ∈ C , dla którego
F (x1 ) < 0
(tzn. −F (x1 ) jest punktem wewn¦trznym zbioru P ). Niech
µ0 =
inf
x∈C, F (x)¬0
f (x)
(71)
jest sko«czone. Wówczas istnieje element
z0∗ ∈ Z ∗ , z0∗ ­ 0,
taki, »e
µ0 = inf {f (x) + hF (x), z0∗ i}.
x∈C
(72)
Ponadto je»eli innum (71) jest osi¡gni¦ty w pewnym punkcie
x0 ∈ C, F (x0 ) ¬ 0,
to równie» w punkcie x0 jest osi¡gni¦te innum (72) oraz
hF (x0 ), z0∗ i = 0.
(73)
Dowód. W przestrzeni W = R × Z zdeniujmy zbiory
A = {(r, z) : r ­ f (x), z ­ F (x) dla pewnego x ∈ C},
B = {(r, z) : r ¬ µ0 , z ¬ 0}.
Zbiory A i B s¡ wypukªe, bo f i F s¡ odwzorowaniami wypukªymi.
Je±li {r, z} ∈ A ∩ B , to wtedy
∃ x ∈ C : µ0 ­ r ­ f (x), 0 ­ z ­ F (x).
Wówczas z denicji liczby µ0 wynika, »e
r = µ0 = f (x),
i punkt {r, z} nie jest wewn¦trznym dla B . St¡d mamy, »e zbiór A nie zawiera
punktów wewn¦trznych zbioru B :
A ∩ int (B) = ∅,
56
a poniewa» zbiór N = −P zawiera punkt wewn¦trzny, wi¦c
int (B) 6= ∅.
A zatem, zgodnie z tw. o rozdzielaniu, istnijeje niezerowy element
w0∗ = {r0 , z0∗ } ∈ W ∗
taki, »e
(74)
r0 r1 + hz1 , z0∗ i ­ r0 r2 + hz2 , z0∗ i
dla wszystkich
{r1 , z1 } ∈ A, {r2 , z2 } ∈ B.
Ze struktury zbioru B wynika, »e
w0∗ ­ 0,
lub inaczej, »e
r0 ­ 0, z0∗ ­ 0.
Wykazemy teraz, »e r0 > 0. Punkt
{µ0 , 0} ∈ B,
wi¦c
r0 r + hz, z0∗ i ­ r0 µ0 , dla wszystkich {r, z} ∈ A.
Gdyby r0 = 0, wówczas wynikaªoby st¡d w szczególno±ci, »e
hF (x1 ), z0∗ i ­ 0, i »e z0∗ 6= 0.
Z drugiej strony, poniewa» F (x1 ) jest punktem wewn¦trznym zbioru N i z0∗ ­ 0,
wi¦c
hF (x1 ), z0∗ i < 0,
co sprzeczne z przypuszczeniem. Zatem r0 > 0 i nie zmniejszaj¡c ogólno±ci rozwa»a«,
mo»emy zaªo»y¢, »e r0 = 1.
Z (74) dla r0 = 1 i r2 = µ0 , z2 = 0, r1 = f (x), z1 = F (x) mamy
µ0 ¬ inf [r + hz, z0∗ i] ¬ inf [f (x) + hF (x), z0∗ i] ¬
x∈C
{r,z}∈A
¬
inf
x∈C, F (x)¬0
[f (x) + hF (x), z0∗ i] ¬
inf
x∈C, F (x)¬0
f (x) = µ0 .
Tak wi¦c pierwsza cz¦±¢ twierdzenia zostaªa udowodniona.
Je»eli istnieje taki element x0 ∈ C , »e
F (x0 ) ¬ 0, f (x0 ) = µ0 ,
to
µ0 ¬ f (x0 ) + hF (x0 ), z0∗ i ¬ f (x0 ) = µ0 ,
sk¡d wnioskujemy, »e hF (x0 ), z0∗ i = 0.
57
Wniosek 13 . Niech wszystkie zaªo»enia pozostan¡ takie, jak w tw. 36. Zaªó»my, »e
w punkcie x0 jest osi¡gni¦te minimum warunkowe. Wówczas istnieje taki element
z0∗ ­ 0, »e Lagrangian
L(x, z ∗ ) = f (x) + hF (x), z ∗ i
ma w {x0 , z0∗ } punkt siodªowy, tzn.
L(x0 , z ∗ ) ¬ L(x0 , z0∗ ) ¬ L(x, z0∗ ),
dla ka»dego x ∈ C , z ∗ ­ 0.
Dowód. Niech z0∗ b¦dzie okre±lone tak jak w tw. 36. Z (72)
µ0 = inf {f (x) + hF (x), z0∗ i}
x∈C
wynika, »e
L(x0 , z0∗ ) = f (x0 ) + hF (x0 ), z0∗ i = µ0 ¬
¬ f (x) + hF (x), z0∗ i = L(x, z0∗ ), x ∈ C.
Natomiast z równania
mamy
hF (x0 ), z0∗ i = 0
L(x0 , z ∗ ) − L(x0 , z0∗ ) =
= hF (x0 ), z ∗ i − hF (x0 ), z0∗ i = hF (x0 ), z ∗ i ¬ 0, z ∗ ­ 0.
Problem programowania wypukªego. Dualno±¢.
0:
B¦dziemy rozwa»ali problem zminimalizowania f (x) przy warunku x ∈ C , F (x) ¬
inf
x∈C, F (x)¬0
f (x),
(75)
gdzie C jest wypukªym podzbiorem przestrzeni liniowej X ,
f : C 7→ R
jest funkcjonaªem wypukªym o warto±ciach rzeczywistych okre±lonym na C , a
F : C 7→ Z
jest odwzorowaniem wypukªym zbioru C w unormowan¡ przestrze« Z z wyró»nionym
sto»kiem dodatnim P .
Przeanalizujemy problem minimalizacji zanurzaj¡c ten problem w rodzinie problemów
postaci
inf
f (x),
(76)
x∈C, F (x)¬z
58
gdzie z jest dowolnym wektorem ze zbioru Z .
Zdeniujemy zbiór Γ ⊂ Z jako
Γ = {z : ∃ x ∈ C, F (x) ¬ z}.
Zbiór Γ jest wypukªy. Istotnie, z tego, »e z1 , z2 ∈ Γ wynika istnienie takich x1 , x2 ∈ C ,
»e
F (x1 ) ¬ z1 , F (x2 ) ¬ z2 .
Zatem, dla ka»dego α ∈ (0, 1) zachodzi nierównó±¢
F (αx1 + (1 − α)x2 ) ¬ α1 F (x1 ) + (1 − α)F (x2 ) ¬
¬ α1 z1 + (1 − α)z2 ,
która oznacza, »e
αz1 + (1 − α)z2 ∈ Γ.
Na zbiorze Γ okre±lamy funkcjonaª pierwotny ω (mo»e by¢ niesko«czony):
ω(z) = inf {f (x) : x ∈ C, F (x) ¬ z}, z ∈ Γ.
Tak wi¦c oryginalny problem mo»e by¢ teraz rozpatrywany jako poszukiwanie pojedynczej
warto±ci ω(0).
Twierdzenie 37 . Funkcjonaª ω jest nierosn¡cy
ω(z1 ) ¬ ω(z2 ) je±li z1 ­ z2 .
i wypukªy.
Dowód. Niech z1 , z2 ∈ Γ. Wówczas
ω(αz1 + (1 − α)z2 ) = inf {f (x) : x ∈ C, F (x) ¬ αz1 + (1 − α)z2 )} ¬
¬ inf {f (x) : x = αx1 + (1 − α)x2 , x1 , x2 ∈ C, F (x1 ) ¬ z1 , F (x2 ) ¬ z2 } =
= inf {f (αx1 + (1 − α)x2 ) : x1 , x2 ∈ C, F (x1 ) ¬ z1 , F (x2 ) ¬ z2 } ¬
¬ inf {αf (x1 ) + (1 − α)f (x2 ) : x1 , x2 ∈ C, F (x1 ) ¬ z1 , F (x2 ) ¬ z2 } ¬
¬ α inf {f (x1 ) : x1 ∈ C, F (x1 ) ¬ z1 }+
+(1 − α) inf {f (x2 ) : x2 ∈ C, F (x2 ) ¬ z2 } =
= αω(z1 ) + (1 − α)ω(z2 ).
Przesuni¦cie podprzestrzeni liniowej nazywamy rozmaito±ci¡ liniow¡. Rozmaito±¢
liniowa V mo»e by¢ zapisana w postaci
V = x0 + L,
59
gdzie L ⊂ X jest podprzestrzeni¡.
Denicja. Hiperplaszczyzna U poªo»ona w przestrzeni liniowej X jest to najwi¦ksza
wªa±ciwa rozmaito±¢ liniowa, tzn. taka rozmaito±¢ liniowa U , »e U 6= X i je»eli
istnieje rozmaito±¢ liniowa V zawieraj¡ca U , to albo V = X , albo V = U .
Twierdzenie 38 . Niech U oznacza hiperpªaszczyzn¦ w przestrzeni liniowej X . Istnieje
wówczas taki funkcjonaª liniowy niezerowy f : X 7→ R i taka stala c ∈ R, »e
U = {x ∈ X : f (x) = c}.
I odwrotnie, je»eli f jest niezerowym funkcjonaªem liniowym na X , to zbiór
{x ∈ X : f (x) = c}
jest hiperpªaszczyzn¡ w X .
Powy»sze rozwa»ania dotyczyªy hiperpªaszczyzn le»¡cych w dowolnych przestrzeniach liniowych. Hiperpªaszczyzna U poªo»ona w unormowanej przestrzeni X musi
by¢ domkni¦ta lub g¦sta w X , bo z tego, »e U jest najwi¦ksz¡ rozmaito±ci¡ liniow¡
wynika, »e
U = U lub U = X.
Domkni¦te hiperpªaszczyzny le»¡ce w unormowanej przestrzeni X odpowiadaj¡
ograniczonym funkcjonaªom liniowym okre±lonym na X .
Problem programowania wypukªego (75) posiada Lagrangian
L(x, z ∗ ) = f (x) + hF (x), z ∗ i
i mno»nikem Lagrange'a jest tu pewien szczególny element z ∗ ∈ Z ∗ , z ∗ ­ 0. Mno»nik
Lagrange'a jest elementem przestrzeni Z ∗ , czyli hiperpªaszczyzn¡ w Z .
Poj¦ciowo tw. o mno»niku Lagrange'a wynika z prostej uwagi, »e poniewa» ω
jest wypukªy, wi¦c istnieje hiperpªaszczyzna styczna do ω w punkcie z = 0 i le»¡ca
poni»ej funkcjonaªu pierwotnego w caªym jego polu.
Twierdzenie 39 . Niech f : C 7→ R b¦dzie funkcjonaªem na podzbiorze C przestrzeni
liniowej X . Niech F : C 7→ Z b¦dzie odwzorowaniem zbioru C w przestrze« unormowan¡
Z , posiadaj¡c¡ niepusty sto»ek dodatni P .
Przypu±¢my, »e istnieje element
z0∗ ∈ Z, z0∗ ­ 0
oraz element x0 ∈ C dla których zachodzi
f (x0 ) + hF (x0 ), z0∗ i ¬ f (x) + hF (x), z0∗ i , ∀ x ∈ C.
Wówczas x0 jest rozwi¡zaniem problemu
inf
x∈C, F (x)¬F (x0 )
60
f (x),
(77)
Dowód. Przypu±¢my, »e istnieje pewien element x1 ∈ C , dla którego
f (x1 ) < f (x0 )
oraz
F (x1 ) ¬ F (x0 ).
St¡d, poniewa» z0∗ ­ 0, wynika, »e
hF (x1 ), z0∗ i ¬ hF (x0 ), z0∗ i .
Zatem
f (x1 ) + hF (x1 ), z0∗ i ¬ f (x0 ) + hF (x0 ), z0∗ i ,
co jest sprzeczne z zaªo»eniem.
Twierdzenie 40 . Niech C ⊂ X , Z , P , f i F b¦d¡ okre±lony tak jak w tw. 39 i
zaªó»my, »e P jest sto»kiem domkni¦tym. Przypu±¢my, »e istnieje element
z0∗ ∈ Z, z0∗ ­ 0
oraz takie x0 ∈ C , »e Lagrangian
L(x, z ∗ ) = f (x) + hF (x), z0∗ i
posiada punkt siodªowy w {x0 , z0∗ }:
L(x0 , z ∗ ) ¬ L(x0 , z0∗ ) ¬ L(x, z0∗ ), ∀ x ∈ C, z ∗ ­ 0.
(78)
Wówczas x0 jest rozwi¡zaniem problemu
inf
x∈C, F (x)¬0
f (x).
Dowód. Z warunku (78) wzgl¦dem z ∗ wynika, »e
hF (x0 ), z ∗ i ¬ hF (x0 ), z0∗ i , ∀ z ∗ ­ 0.
W szczególno±ci, dla ka»dego z ∗ ­ 0 zachodzi
hF (x0 ), z ∗ + z0∗ i ¬ hF (x0 ), z0∗ i ,
czyli
hF (x0 ), z ∗ i ¬ 0, ∀ z ∗ ­ 0.
St¡d wnioskujemy, »e F (x0 ) ¬ 0. Zatem z warunku (78) wynika, »e
hF (x0 ), z0∗ i = 0.
Zaªó»my teraz, »e
x1 ∈ C, F (x1 ) ¬ 0.
61
(79)
Wówczas, zgodnie z warunkiem (78) wzgl¦dem x zachodzi zwi¡zek
f (x0 ) = f (x0 ) + hF (x0 ), z0∗ i ¬ f (x1 ) + hF (x1 ), z0∗ i ¬ f (x1 ).
W punkcie x0 mamy wi¦c minimum funkcjonaªu f (x), przy warunku, »e x ∈ C i
F (x) ¬ 0.
Warunek o punkcie siodªowym stanowi wygodny i krótki zapis istotnych elementów
metody Lagrange'a w programowaniu wypukªym. Je»eli f i F s¡ wypukle, sto»ek
dodatni P ⊂ Z jest domkni¦ty i posiada niepuste wn¦trze oraz jest speªniony jest
warunek regularno±ci
F (x1 ) < 0 dla pewnego x1 ∈ C,
to warunkem koniecznym i dostatecznym na to, aby x0 byªo rozwi¡zaniem optymalnym
zagadnienia
inf
x∈C, F (x)¬z
f (x)
jest warunek istnienia punktu siodªowego.
Twierdzenie 41 Niech f i F b¦d¡ wypukªe. Przypu±¢my, »e x0 jest rozwi¡zaniem
problemu
inf
f (x),
(80)
inf
f (x).
(81)
x∈C, F (x)¬z0
a x1 jest rozwi¡zaniem problemu
x∈C, F (x)¬z1
Przypu±¢my ponadto, »e z0∗ jest mno»nikiem Lagrange'a odpowiadaj¡cym problemowi
(80), a z1∗ jest mno»nikiem Lagrange'a odpowiadaj¡cym problemowi (81). Wówczas
hz1 − z0 , z1∗ i ¬ f (x0 ) − f (x1 ) ¬ hz1 − z0 , z0∗ i .
Dowód. Dla ka»dego x ∈ C i dla mno»nika Lagrange'a z0∗ mamy
f (x0 ) + hF (x0 ) − z0 , z0∗ i ¬ f (x) + hF (x) − z0 , z0∗ i .
W szczególno±ci dla x = x1 , bior¡c pod uwage, »e hF (x0 ) − z0 , z0∗ i = 0, otrzymujemy
f (x0 ) − f (x1 ) ¬ hF (x1 ) − z0 , z0∗ i ¬ hz1 − z0 , z0∗ i .
Analogiczne rozwi¡zanie dotycz¡ce x1 , z1∗ pozwala udowodnic pozostaª¡ nierówno±¢.
Rozwa»my jeszcze raz podstawowy problem programowania wypukªego (75):
inf
x∈C, F (x)¬0
62
f (x),
gdzie C ⊂ X ,f i F s¡ wypukªe. Ogólna zasada dualno±ci w przypadku tego problemu
jest oparta na prostych wªasno±ciach geometrycznych, widocznych w przestrzeni
W = R × Z.
Okre±lamy na zbiorze
Γ = {z : ∃ x ∈ C, F (x) ¬ z}
funkcjonaª pierwotny
ω(z) = inf{f (x) : F (x) ¬ z, x ∈ C}
i niech µ0 = ω(0). Zasada dualno±ci opiera si¦ na uwadze, »e µ0 jest równe pierwszej
wspóªrz¦dnej najwy»szego spo±rod punktów przeci¦cia si¦ osi pionowej ze wszystkimi
domkni¦tymi hiperpªaszczyznami, le»¡cymi pod wykresem funkcjonalu ω . Maksimum
to jest osi¡gni¦te przez hiperpªaszczyzn¦ okre±lon¡ mno»nikiem Lagrange'a, zwi¡zanym
z tym problemem.
W celu analitycznego wyra»enia zwi¡zku dualnego, wprowadzamy funkcjonaª
dualny φ, odpowiadaj¡cy (75), który jest zdeniowany na sto»ku dodatnim w Z ∗ :
φ(z ∗ ) = inf {f (x) + hF (x), z ∗ i}, z ∗ ­ 0.
x∈C
(82)
Funkcjonaª φ nie musi by¢ sko«czone na caªym sto»ku P ∗ w Z ∗ , ale obszar, na
którym φ jest sko«czone, jest obszarem wypukªym.
Okre±lamy na zbiorze
Γ = {z : ∃ x ∈ C, F (x) ¬ z}
funkcjonaª pierwotny
ω(z) = inf{f (x) : F (x) ¬ z, x ∈ C}.
Wprowadzamy funkcjonaª dualny φ, odpowiadaj¡cy (75), który jest zdeniowany
na sto»ku dodatnim w Z ∗ :
φ(z ∗ ) = inf {f (x) + hF (x), z ∗ i}, z ∗ ­ 0.
x∈C
(83)
Funkcjonaª φ nie musi by¢ sko«czone na caªym sto»ku P ∗ w Z ∗ , ale obszar, na
którym φ jest sko«czone, jest obszarem wypukªym.
Twierdzenie 42 . Funkcjonaª dualny jest wkl¦sªy i mo»e by¢ wyra»ony w postaci
φ(z ∗ ) = inf {ω(x) + hz, z ∗ i}.
z∈Γ
Dowód. Wkl¦sªo±¢ funkcjonaªu φ jest ªatwa do pokazania.
Dla z ∗ ­ 0 i z ∈ Γ mamy
φ(z ∗ ) = inf {f (x) + hF (x), z ∗ i} ¬
x∈C
63
(84)
¬ inf {f (x) + hF (x), z ∗ i : F (x) ¬ z, x ∈ C} ¬ ω(z) + hz, z ∗ i .
Z drugiej strony, dla dowolnego x1 ∈ C , przy z1 = F (x1 ) zachodzi zwi¡zek:
f (x1 ) + hF (x1 ), z ∗ i ­
­ inf {f (x) + hz1 , z ∗ i : F (x) ¬ z1 , x ∈ C} = ω(z1 ) + hz1 , z ∗ i .
Tak wi¦c
φ(z ∗ ) ­ inf {ω(z) + hz, z ∗ i}.
z∈Γ
Zatem we wzorze (84) musi zachodzi¢ równo±¢.
Element
{1, z ∗ } ∈ R × Z ∗
okre±la rodzin¦ hiperpªasczyzn w przestrzeni W = R×Z , a ka»da z tych hiperpªaszczyzn
skªada si¦ z punktow {r, z}, ktorych wspóªrz¦dne speªniaj¡ rownanie
r + hz, z ∗ i = a,
gdzie A jest pewn¡ stª¡. Równanie (84) mówi, »e hiperpªaczczyzn, dla której
a = φ(z ∗ ),
podpiera zbiór {ω, Γ} - obszar znajduj¡cy si¦ ponad wykresem funkcjonaolu ω .
Ponadto, przy z = 0 mamy r = φ(z ∗ ), wi¦c φ(z ∗ ) jest wspóªrz¦dn¡ punktu przeci¦cia
osi pionowej t¡ hiperpªaszczyzn¡. Jasne jest wi¦c, »e funkcjonaª dualny jest wªa±nie
tym poj¦ciem, które pozwala wyrazi¢ zasad¦ dualno±ci.
Nast¦puj¡ce tw. ustala równowa»no±¢ dwóch problemów ekstremalnych: minimalizacji
funkcjonaªu wypukªego i maksymalizacji funkcjonaªu wkl¦sªego.
Twierdzenie 43 Niech f : C 7→ R b¦dzie funkcjonaªem wypukªym, okre±lonym na
wypukªym podzbiorze C przestrzeni liniowej X i niech F : X 7→ Z b¦dzie wypukªym
odwzorowaniem X w przestrze« unormowan¡ Z ze sto»kiem P . Przypu±¢my, »e
istnieje element x1 ∈ C , dla którego F (x1 ) < i »e
µ0 =
jest sko«czone. Wówczas
inf
x∈C: F (x)¬0
f (x)
µ0 = max
φ(z ∗ )
∗
z ­0
i maksimum w (85) jest osi¡gni¦te w pewnym punkcie z0 ∗ ­ 0.
Je»eli innum w (85) jest osi¡gni¦te dla pewnego x0 ∈ C , to
hF (x0 ), z0∗ i = 0
i w punkcie x0 funkcjonaª f (x) + hF (x), z0∗ i osi¡ga minimum na zbiorze C .
64
(85)
Dowód. Dla z ∗ ­ 0 mamy
φ(z ∗ ) = inf {f (x) + hF (x), z ∗ i} ¬
x∈C
¬
inf
x∈C, F (x)¬0
{f (x) + hF (x), z ∗ i} ¬
inf
x∈C, F (x)¬0
f (x) = µ0 .
Zatem prawa strona równo±ci (85) jest mniesza lub równa µ0 . Jednak istnieje element
z0∗ , dla którego zachodzi równo±¢ i pozostaªa cz¦±¢ tezy ju» zostaªa udowodniona.
Przykªad. Jako proste zastosowanie twierdzenia dualnego obliczmy problem
dualny do problemu kwadratowego:
inf
Ax¬c
1
(Qx, x) − bt x ,
2
(86)
gdzie x = {x1 , . . . , xn } jest poszukiwwanym wektorem n-wymiarowym, b jest danym
wektorem n-wymiarowym, Q jest dodatnio okre±lon¡ n×n-macierz¡ symetryczn¡, A
jest pewn¡ m×n-macierz¡, a c = {c1 , . . . , cm } jest pewnym wektorem m-wymiarowym.
Zakªadaj¡c, »e istnieje pewien wektor x speªniaj¡cy nieroewno±¢ Ax < c, zapisujemy
problem (86) w równowa»nej postaci
max min
x
λ­0
1
(Qx, x) − bt x + λt [Ax − c] .
2
(87)
Minimalizacja wzgl¦dem x nie podlega »adnym warunkom i jest osi¡gni¦ta przez
x = Q−1 (b − At λ).
Podstawiaj¡c to do wzoru (87), otrzumujemy
1
1
max − λt (P λ, λ) − λt d − (Q−1 b, b) ,
λ­0
2
2
gdzie
P = AQ−1 At , d = c − AQ−1 b.
Zatem problem dualny równie» jest problemem programowania kwadratowego.
Problem dualny mo»e by¢ znacznie ªatwiejszy do rozwi¡zania ni» problem pierwotny,
poniewa» je»eli m < n, to znacznie prostszy jest ukªad warunków i nizszy jest wymiar
badanej przestrzeni.
Operatory nieograniczony na przestrzeni Hilberta. Wykresy i operatory
symetryczne.
Niech H b¦dzie przestrzeni¡ Hilberta z iloczynem skalarnym (·, ·). Przez operator
na H b¦dziemy teraz rozumieli odwzorowanie liniowe A, którego dziedzin¡ D(A) jest
podprzestrze« liniowa H i którego obraz R(A) le»y w H .
Nie zakªadamy, ze A jest ograniczony.
65
Wykresem G(A) operatora A w H jest podprzestrze« H × H , która skªada si¦ z
par uporz¡dkowanych {x, Ax}, gdzie x ∈ D(A).
Iloczyn kartezja«ski H×H mo»na uczyni¢ przestrzeni¡ Hilberta przez zdeniowanie
iloczynu skalarnego dwó¢h elementów {x1 , y1 } ∈ H × H i {x2 , y2 } ∈ H × H jako
({x1 , y1 }, {x1 , y1 }) := (x1 , y1 ) + (x2 , y2 ).
W szczególno±ci norma w H × H jest zadana przez
k{x, y}k =
q
kxk2 + kyk2 .
Oczywi±cie operator S jest przedªu»eniem A, to znaczy, »e
D(A) ⊂ D(S) i Ax = Sx dla x ∈ D(A),
wtedy i tylko wtedu, gdy G(A) ⊂ G(S). Ta inkluzja b¦dzie zapisywana w postaci
A ⊂ S.
Denicja. Mowimy, »e operator A jest domkni¦ty, je±li dla ka»dego ci¡gu {xk }
takiego, »e
xk ∈ D(A), xk → x0 i Ax → y0 (k → ∞)
speªniony jest warunek x0 ∈ D(A), Ax0 = y0 .
Uwaga. Operator domkni¦ty w H to taki, którego wykres jest domkni¦ta podprzestrzeni¡
H × H.
Na mocu tw. o wykresie domkni¦tym A ∈ B(H) wtedy i tylko wtedy, gdy D(A) =
H i A jest domkni¦ty.
Twierdzenie 44 Niech x∗ ∈ H ∗ b¦dzie funkcjonaªem liniowym ograniczonym nad
H . Wtedy istnieje dokªadnie jeden element U x∗ ∈ H taki, »e
< x∗ , x >= (x, U x∗ ) dla kazdego x ∈ H, oraz kx∗ k = kU x∗ k.
Na odwrót, jezeli y ∈ H , to x∗ : < x∗ , x >= (x, y) jest funkcjonaªem x∗ ∈ H ∗ .
Niech T ∈ B(H). Wtedy z tw. 44 wiemy, ze ka»demu x∗ ∈ H ∗ odpowiada element
U x ∈ H taki, »e
∗
< x∗ , z >= (x, U x∗ ) dla ka»dego x ∈ H
oraz »e U jest ró»nowarto±ciowym operatorem antyliniowym z H ∗ na H , speªniaj¡cym
warunek
kU x∗ k = kx∗ k dla ka»dego x∗ ∈ H ∗ .
Poniewa» w przypadku przestrzeni Hilberta mi¦dzy przestrzeni¡ H i przestrzeni¡
sprz¦»ona H ∗ istnieje antyliniowy izometryczny izomorzm U , wi¦c operator sprz¦»ony
T ∗ dla danego T ∈ B(H) mo»na przenie±¢ za pomoc¡ odwzorowania U z przestrzeni
66
H ∗ na przestrze« H . Wtedy oprerator T H = U ⊕T ∗ ⊕U −1 nazywamy H -sprz¦»onym
do T .
Teraz chcemy z operatorem A (nie zakªadamy, »e A jest ograniczony) zwi¡za¢
sprz¦»enie hilbertowskie (H -sprz¦»enie) A∗ . Jego dziedzina D(A∗ ) ma si¦ skªada¢ ze
wszystkich y ∈ H , dla których funkcjonaª liniowy
x 7→ (Ax, y)
(88)
jest ci¡gly na D(A). Je±li y ∈ D(A∗ ), to tw. Hahna-Banacha rozszerza funkcjonaª
(88) do ci¡gªego funkcjonaªu liniowego na H i w zwi¡zku z tym istnieje element
A∗ y ∈ H , który speªnia
(Ax, y) = (x, A∗ y), ∀ x ∈ D(A).
(89)
Oczywiscie A∗ y b¦dzie jednoznacznie wyznaczony przez (89) wtedy i tylko wtedy,
gdy A jest g¦sto okre±lony (dziedzina D(A) jest g¦sta w H ). Jedynymi operatorami
A, którym przyporz¡dkujemy sprz¦»enia A∗ , b¦d¡ wi¦c operatory g¦sto okre±lone.
Wówczas tak»e operator A∗ jest operatorem w H , czyli D(A∗ ) jest podprzestrzeni¡
H i A∗ jest liniowy.
Denicja. Operator A w H nazywa si¦ symetrycznym, je±li
(Ax, y) = (x, Ay), ∀, x, y ∈ D(A).
(90)
G¦sto okre±lonymi operatorami symetrycznymi s¡ zatem dokªadnie te, które speªniaj¡
A ⊂ A∗ .
(91)
Je±li A = A∗ , to mówimy, »e operator A jest samosprz¦»ony.
Te dwie wªasno±ci w sposób oczywisty staj¡ si¦ tym samym, gdy A ∈ B(H). W
ogólno±ci tak nie jest.
Co wi¦cej, je±li D(A) jest g¦sta i
(Ax, y) = (x, Sy), ∀ x ∈ D(x), y ∈ D(S),
to S ⊂ A∗ .
67
Przykªad. Niech H = L2 [0, 1] wzgª¦dem miary Lebesgue'a. Deniujemy operatory
A1 , A2 i A3 w H . Ich dsiedziny s¡ nast¦puj¡ce:
1) D(A1 ) = W21 [0, 1] skªada si¦ ze wszystkich absolutnie ci¡gªych funkcji f na
[0, 1] o pochodnej f ∈ L2 [0, 1];
2) D(A2 ) = {f ∈ D(A1 ) : f (0) = f (1)};
3) D(A3 ) = {f ∈ D(A1 ) : f (0) = f (1) = 0};
S¡ one g¦ste w L2 [0, 1]. Zdeniujmy
Ak = if
Twierdzimy, »e
dla f ∈ D(Ak ), k = 1, 2, 3.
0
(92)
(93)
A∗1 = A3 , A∗2 = A2 , A∗3 = A1 .
Poniewa»
A3 ⊂ A2 ⊂ A1 ,
wi¦c A2 jest samosprz¦»onym rozserzeniem symetrycznego (ale nie samosprz¦»onego)
operatora A3 i rozszerzenie A1 operatora A2 nie jest symetryczne.
Udowodnimy (93). Zauwa»my, »e
(Ak f, g) =
Z 1
0
(if ) · g dx =
Z 1
0
0
f · ig 0 dx = (f, Am g),
(94)
gdy f ∈ D(Ak ), g ∈ D(Am ) i m + k = 4, gdy» wówczas
f (1)g(1) = f (0)g(0).
Wynika st¡d, »e Am ⊂
A∗k
lub
(95)
A1 ⊂ A∗3 , A2 ⊂ A∗2 , A3 ⊂ A∗1 .
Przypu±¢my teraz, »e g ∈ D(A∗k ) i A∗k g = φ. Poªó»my
Φ(x) =
Z x
φ(t)dt.
0
Wówczas dla f ∈ D(Ak ):
Z 1
0
0
if · g dx = (Ak f, g) = (f, φ) = f (1)Φ(1) −
Z 1
0
0
f · Φ dx.
(96)
Dla k = 1 lub k = 2 dziedzina D(Ak ) zawiera niezerowe staªe, tak wi¦c (96)
implikuje Φ(1) = 0. Gdy k = 3, wówczas f (1) = 0. Wynika z tego we wszystkich
przypadkach, »e
(97)
Poniewa» R(A1 ) = L2 , ig = Φ, je±li k = 1, a poniewa» Φ(0) = Φ(1) = 0 w tym
przypadku, g ∈ D(A3 ). Zatem A∗1 ⊂ A3 .
(ig − Φ, f ) = 0 ∀ f ∈ R(Ak ).
68
Je±li k = 2 lub k = 3, to R(Ak ) skªada si¦ ze wszystkich u ∈ L2 takich, »e
Z 1
u dx = 0.
0
Zatem
(98)
R(A2 ) = R(A3 ) = {u ∈ L2 : (u, 1) = 0}
i (97) implikuje, »e ig − Φ jest staªa. Wobec tego g jest absolutnie ci¡gªa i g ∈ L2 ,
czyli g ∈ D(A1 ). Zatem A∗3 ⊂ A1 .
Je±li k = 2, to Φ(1) = 0, wi¦c g(1) = g(0) i g ∈ D(A2 ). Zatem A∗2 ⊂ A2 .
0
Operatory symetryczne, transformacja Cayleya, indeksy defektu
Niech H b¦dzie przestrzeni¡ Hilberta z iloczynem skalarnym (·, ·). Przez operator
na H b¦dziemy rozumieli odwzorowanie liniowe A, którego dziedzin¡ D(A) jest
podprzestrze« liniowa H i którego obraz R(A) le»y w H .
Wykresem G(A) operatora A w H jest podprzestrze« H × H , która skªada si¦ z
par uporz¡dkowanych {x, Ax}, gdzie x ∈ D(A).
Zdeniujmy v H × H operator V :
V {x, y} = {−y, x}, x, y ∈ H.
Wówczas V jest unitarnym operatorem na H × H , który speªnia
V 2 = −I.
Zatem V 2 M = M , je±li M jest podprzestrzeni¡ H × H .
Operator V daje godny uwagi opis A∗ za pomoc¡ A.
Twierdzenie 45 . Je±li A jest g¦sto okresªonym operatorem w H , to A∗ jest operatorem
domkni¦tym i G(A∗ ) jest równ¡ dopeªnieniu ortogonalnemu V G(A) w H × H :
G(A∗ ) = [V G(A)]⊥ .
Je±li A jest g¦sto okre±lonym domkni¦tym operatorem w H , to
H × H = V G(A) ⊕ G(A∗ )
czyli sumie dwoch ortogonalnych podprzestrzeni. Wówczas D(A∗ ) jest g¦sta i A∗∗ =
A.
Dowód. Ka»de z poni»szych czterech stwierdze« jest w sposób oczywisty równowa»ne
stwierdzeniu poprzedzaj¡cemu i nast¦puj¡cemu po nim:
(a) {y, z} ∈ G(A∗ );
69
(b) (Ax, y) = (x, z) dla ka»dego x ∈ D(A);
(c) ({−Ax, x}, {y, z}) = 0 dla ka»dego x ∈ D(A);
(d) {y, z} ∈ [V G(A)]⊥ .
St¡d
G(A∗ ) = [V G(A)]⊥ .
Je±li G(A) jest domkni¦ty, to jest taki równie» V G(A), gdy» V jest unitarny i
wobec tego
G(A∗ ) = [V G(A)]⊥
implikuje, »e
V G(A) = [G(A∗ )]⊥ , H × H = V G(A) ⊕ G(A∗ ).
Wniosek 14 Je±li A jest g¦sto okre±lonym operatorem w H , to A∗ jest operatorem
domkni¦tym.
Dowód. Przestrze« M ⊥ jest domkni¦ta dla ka»dej przestrzeni liniowej M ⊂
H × H . Zatem G(A∗ ) jest domkni¦ty w H × H na mocu tw. 45.
Wniosek 15 Je±li A jest g¦sto okre±lonym domkni¦tym operatorem w H i a ∈ H ,
b ∈ H , to ukªad równa«
−Ax + y = a, x + A∗ y = b
ma dokªadnie jedno rozwi¡zanie z x ∈ D(A) i y ∈ D(A∗ ).
Denicja. Operator symetryczny A w H nazywa si¦ maksymalnie symetrycznym,
je±li A nie ma wªa±ciwego rozszerzenia symetrycznego, czyli je±li zaªo»enia
A ⊂ S, S jest symetryczny
implikuj¡ S = A.
Operatory samosprz¦»one s¡ maksymalnie symetryczne:
S ⊂ S ∗ ⊂ A∗ = A ⊂ S =⇒ S = A.
70
Twierdzenie 46 . Je±li A jest operatorem symetrycznym w H , nast¦puj¡ce stwierdzenia
s¡ prawdziwe:
1) kAx + ixk2 = kxk2 + kAxk2 , x ∈ D(A).
2) A jest operatorem domkni¦tym wtedy i tylko wtedy, gdy R(A + iI) jest
domkni¦ty.
3) A + iI jest ró»nowarto±ciowy.
4) Je±li R(A + iI) = H , to A jest maksymalnie symetryczny.
5) Stwierdzenia 1)-4) pozostaj¡ prawdziwe, j¦sli i zast¡pi¢ przez −i.
Dowód. Stwierdzenie 1) wynika z to»samo±ci
kAx + ixk2 = kxk2 + kAxk2 + i(x, Ax) − i(Ax, x)
w poª¡czeniu z symetryczno±ci¡ operatora A. Na mocu 1)
(A + iI)x ←→ {x, Ax}
jest izometryczn¡ wzajemnie jednoznaczn¡ odpowiednio±ci¡ pomi¦dzy obrazem A +
iI i wykresem A. To dowodzi 2).
Nast¦pnie 3) jest równie» natychmiastow¡ konsekwencj¡ 1).
Je±li R(A + iI) = H i A1 jest wªa±ciwym rozszerzeniem A (to znaczy, D(A) jest
podzbiorem wªa±ciwym D(A1 )), to A1 +iI jest wªa±ciwym rozszerzeniem A+iI , ktore
nie mo»e by¢ ró»nowarto±ciowe. Na mocu 3) A1 nie jest symetryczny. To dowodzi
4).
Jest oczywiste, »e ten dowód jest tak samo poprawny z −i zamiast i.
Niech A b¦dzie operatorem symetrycznym w H . Wówczas
kAx + ixk = kxk2 + kAxk2 = kAx − ixk2 , x ∈ D(A).
Istnieje zatem izometria U speªniaj¡ca
D(U ) = R(A + iI), R(U ) = R(A − iI),
zadana przez
(99)
odwzorowuje D(U ) na D(A), odwzorowanie U mo»na równie»
U (Ax + ix) = Ax − ix, x ∈ D(A).
Poniewa» (A + iI)−1
zapisa¢ w postaci
U = (A − iI)(A + i)−1 .
Operator U zwany jest trasformat¡ Cayleya operatora symetrycznego A.
Lemat 7 . Przypu±¢my, »e U jest operatorem w H , króry jest izometri¡:
kU xk = kxk dla ka»dego x ∈ D(U ).
1) Je±li x ∈ D(U ) i y ∈ D(U ), to (U x, U y) = (x, y).
71
(100)
2) Je±li R(I − U ) jest g¦sty w H , to I − U jest ró»nowarto±ciowy.
3) Je±li którakolwiek z trzech przestrzeni D(U ), R(U ) i G(U ) jest domkni¦ta,
domkni¦te s¡ równie» pozostaªe dwie.
Denicja. Operator T ∈ B(H) nazywamy unitarnym, je±li R(T ) = H i kT xk =
kxk dla ka»dego x ∈ H .
Twierdzenie 47 Przypu±¢my, »e U jest trasformat¡ Cayleya operatora symetrycznego
A w H . Wówczas prawdziwe s¡ nast¦puj¡ce stwierdzenia:
1) U jest domkni¦ty wtedy i tylko wtedy, gdy A jest domkni¦ty.
2) R(I −U ) = D(U ), operator I −U jest ró»nowarto±ciowy i A mo»na odtworzy¢
z U przy u»yciu wzoru
T = i(I + U )(I − U )−1 .
3) operator U jest unitarny wtedy i tylko wtedy, gdy A jest samosprz¦»ony.
Na odwrót, jesli U0 jest operatorem w H , który jest izometri¡, i je±li I − U0 jest
ró»nowarto±ciowy, to U0 jest transformata Cayleya operatora symetrycznego w H .
Je±li U1 i U2 s¡ transformantami Cayleya operatorów symetrycznych A1 i A2 ,
jest oczywiste, »e A1 ⊂ A2 wtedy i tylko wtedy, gdy U1 ⊂ U2 . Problemy dotycz¡ce
symetrycznych rozszerze« operatorów symetrycznych redukuj¡ si¦ zatem do (zazwyczaj
ªatwiejszych) problemów dotycz¡cych rozszerze« izometrii.
Rozwa»my teraz domkni¦ty i g¦sto okre±lony symetryczny operator A w H
z transformat¡ Cayleya U . Wówczas R(A + iI) i R(A − iI) s¡ domkni¦te (tw.
46) i U jest izometri¡ przeprowadzaj¡c¡ podprzestrze« R(A + iI) na R(A − iI).
Wymiary dopeªnie« ortogonalnych podprzestrzeni R(A + iI) i R(A − iI) nazywane
s¡ indeksami defektu operatora A:
κ1 = dim[R(A + iI)]⊥ = dim N (A∗ − iI),
κ2 = dim[R(A − iI)]⊥ = dim N (A∗ + iI).
Poniewa» zakladamy teraz g¦sto±¢ R(I − U ) = D(A) w H , ka»de rozserzenie
izometryczne U1 operatora U ma R(I − U1 ) g¦sty w H , tak wi¦c I − U1 jest
ró»nowarto±ciowe (lemat 7) i U1 jest transformat¡ Caylea rozserzenia symetrycznego
A1 operatora A.
Twierdzenie 48 Niech A jest domkni¦ty, symetryczny i g¦sto okre±lony operator w
H . Wówczas prawdziwe s¡ stwierdzenia:
1) A jest samosprz¦»ony ⇐⇒ gdy jego oba indeksu defektu sa równe 0.
3) A jest maksymalnie symetryczny ⇐⇒ gdy co najmniej jeden z jego indeksów
defektu jest równy 0.
3) A ma rozszerzenie samosprz¦»one ⇐⇒ gdy jego oba indeksu defektu s¡ sobie
równe.
72
Przykªad. Niech V b¦dzie prawostoronnim przesuni¦ciem na l2 :
V {xn } = {0, x1 , x2 , . . .}.
Wówczas V jest izometria i I − V jest ró»nowarto±ciowy, zatem V jest transformata
Caylea operatora symetrycznego A. Skoro D(V ) = l2 i R(V ) ma kowymiar 1, indeksy
defektu A sa równe (0, 1).
To dostarcza przykªad g¦sto okresªonego, maklsymalnie symetrycznego operatora
domkni¦tego A, który nie jest samosprz¦»ony.
73