Analiza funkcjonalna stosowana
Transkrypt
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. atwo 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) = +∞. atwo 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