Akademik Matematik » Fonksiyonel Analiz Problemleri http://www.akademikmatematik.com Akademik Matematik Siteniz Wed, 07 Jul 2010 10:05:21 +0000 http://wordpress.org/?v=2.9.2 en hourly 1 Normlu Uzayın İç Çarpımlı Uzay Olması için Gerek ve Yeter Koşul http://www.akademikmatematik.com/problem-cozumleri/fonksiyonel-analiz/normlu-uzayin-ic-carpimli-uzay-olmasi-icin-gerek-ve-yeter-kosul.html http://www.akademikmatematik.com/problem-cozumleri/fonksiyonel-analiz/normlu-uzayin-ic-carpimli-uzay-olmasi-icin-gerek-ve-yeter-kosul.html#comments Fri, 05 Feb 2010 09:31:17 +0000 ufukkaya http://www.akademikmatematik.com/?p=804 \big( X,||.|| \big) normlu uzayının iç çarpımlı uzay olması için gerek ve yeter koşul bu uzayın \forall{x,y}\in{X}, ||x+y||^{2}+||x-y||^{2}=2\big( ||x||^{2}+||y||^{2} \big) koşulunu (paralekenar özelliğini) sağlamasıdır. Bunu daha açık ifade edelim: Eğer (X,||.||) normlu uzayı, iç çarpım ile üretilmişse bu uzay paralelkenar özelliğini ve “polarizasyon eşitliği”ni sağlar. Tersine \big( X,||.|| \big) normlu uzayı paralelkenar özelliğini sağlıyor ise polarizasyon eşitliğinde verilen fonksiyon bir iç çarpımdır, yani, polarizasyon eşitliğiyle verilen fonksiyon aracılığıyla \big( X,(\, , ) \big) bir iç çarpımlı uzay olur. Polarizasyon eşitliği Reel ve Kompleks lineer uzaylarda, aşağıdaki biçimde verilir:

\displaystyle{(x,y)=\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}-||x-y||^{2} \right)} \mathbb{R}-lineer uzaylarda,

\displaystyle{(x,y)=\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}+i||x+iy||^{2}-||x-y||^{2}-i||x-iy||^{2} \right)=\frac{1}{4}\sum_{k=0}^{3}i^{k}||x+i^{k}y||^{2}}

\mathbb{C}-lineer uzaylarda.

Norm ile iç çarpım arasındaki bağıntıyı veren bu özelliği fonksiyonel analiz okuyan biri mutlaka görmüştür. Fakat bunun ispatı ne internette ne de kitaplarda vardır. En iyi fonksiyonel analiz kitaplarında bile yalnızca ispatın yöntemi gösterilmiş. Şimdi, 3 yılda tamamladığım bu ispatı siz akademikmatematik.com kullanıcılarıyla paylaşacağım:

Bu teoremin ispatını Reel ve Kompleks lineer uzaylarda ayrı ayrı yapacağız. Fakat ispatın bazı yerleri Reel ve Kompleks lineer uzaylar için aynı olacak. Önce birkaç lemma ispatlamamız gerekiyor:

LEMMA1: \big( X,||.|| \big) K cismi üzerinde normlu bir uzay olsun. (K=\mathbb{R} veya K=\mathbb{C}) Bu takdirde f:X\rightarrow{K} fonksiyonu, sürekli ve \forall{x,y}\in{X}, f(x+y)=f(x)+f(y), toplamsallık özelliğini sağlıyorsa \forall{a}\in{\mathbb{R}}, \forall{x}\in{X}, f(ax)=af(x)’tir.

İSPAT: Bu ispatı adım adım yapacağız ve matematik tarihinde de olduğu gibi en basit Doğal sayılar kümesinden Reel sayılar kümesine doğru ilerleyeceğiz. x\in{X} keyfi alalım.

i) a=0 olsun. f(0x)=f(\theta)=f(\theta+\theta)=f(\theta)+f(\theta)\Rightarrow{f(\theta)=f(\theta)+f(\theta)}.

Eşitliğin iki tarafına -f(\theta) eklersek,

f(\theta)+(-f(\theta))=f(\theta)+f(\theta)+(-f(\theta))\Rightarrow{0=f(\theta)} bulunur. O halde,

f(0x)=f(\theta)=0=0f(x) elde edilir.

a=0 için ispat tamamlandı.

ii) a=n\in{\mathbb{Z}^{+}} olsun.

f(nx)=f(\underbrace{x+x+\cdots+x}_{n\: \text{tane}})=\underbrace{f(x)+f(x)+\cdots+f(x)}_{n\: \text{tane}}=nf(x).

a=n\in{\mathbb{Z}^{+}} için ispat tamamlandı.

iii) a=n\in{\mathbb{Z}^{-}} olsun. O halde -n\in{\mathbb{Z}^{+}} olduğundan (ii) ile f\big( (-n)x \big)=-nf(x)’dir.

(i) ile 0=f(0x)=f\big( (n+(-n))x \big)=f(nx)+f\big( (-n)x \big)=f(nx)+(-n)f(x)

\Rightarrow{f(nx)=nf(x)}.

(i), (ii) ve (iii) ile \forall{n}\in{\mathbb{Z}}, \forall{x}\in{X}, f(nx)=nf(x).

(iv) \displaystyle{a=\frac{n}{m}\in{\mathbb{Q}}} olsun.

\displaystyle{mf\left( \frac{n}{m}x \right)=f\left( m \frac{n}{m} x \right)=f(nx)=nf(x)}

\displaystyle{\Rightarrow{f\left( \frac{n}{m}x \right)=\frac{n}{m}f(x)}}

O halde \forall{q}\in{\mathbb{Q}}, \forall{x}\in{X}, f(qx)=qf(x).

(v) a\in{\mathbb{R}} keyfi olsun. \mathbb{Q}, \mathbb{R}’de yoğun olduğundan

\displaystyle{\exists{(q_{n})}\subset{\mathbb{Q}}: \lim_{n\rightarrow{\infty}}q_{n}=a.}

\displaystyle{\Rightarrow{f(ax)=f\left( \left( \lim_{n\rightarrow{\infty}}q_{n} \right)x \right)=f\left( \left( \lim_{n\rightarrow{\infty}}q_{n}x \right) \right)}}.

f sürekli olduğundan limitle f yer değişebilir:

\displaystyle{f(ax)=f\left( \left( \lim_{n\rightarrow{\infty}}q_{n}x \right) \right)=\lim_{n\rightarrow{\infty}}f(q_{n}x)=\lim_{n\rightarrow{\infty}}q_{n}f(x)=f(x)\lim_{n\rightarrow{\infty}}q_{n}=f(x)a}

=af(x).

Sonuç olarak \forall{a}\in{\mathbb{R}}, \forall{x}\in{X}, f(ax)=af(x).

Lemma1′in ispatı bitti.

SONUÇ: \big( X,||.|| \big) \mathbb{R} üzerinde normlu bir uzay olsun. Bu takdirde f:X\rightarrow{\mathbb{R}} fonksiyonu, sürekli ve \forall{x,y}\in{X}, f(x+y)=f(x)+f(y), toplamsallık özelliğini sağlıyorsa f bir lineer fonksiyoneldir.

LEMMA2: \big( X,||.|| \big) \mathbb{C} üzerinde normlu bir uzay, f:X\rightarrow{\mathbb{C}} ise, \forall{x,y}\in{X}, f(x+y)=f(x)+f(y) ve  \forall{a}\in{\mathbb{R}}, \forall{x}\in{X}, f(ax)=af(x) koşullarını sağlayan fonksiyonel olsun. Bu takdirde f’in lineer olması için gerek ve yeter koşul \forall{x}\in{X}, f(ix)=if(x) olmasıdır.

İSPAT: f lineer ise \forall{x}\in{X}, f(ix)=if(x) olduğu açıktır. Tersine \forall{x}\in{X}, f(ix)=if(x) olsun. x\in{X} ve \lambda\in{\mathbb{C}} keyfi verilsin. O halde a,b\in{\mathbb{R}} olmak üzere \lambda=a+ib biçimindedir.

f(\lambda{x})=f\big( (a+ib)x \big)=f\big( ax+ibx \big)=f(ax)+f\big( b(ix) \big)=af(x)+bf(ix)

=af(x)+ibf(x)=(a+ib)f(x)=\lambda{f(x)}

O halde f lineerdir.

LEMMA3 (GENELLEŞMİŞ PARALELKENAR ÖZELLİĞİ):

\big( X,||.|| \big), K cismi üzerinde, paralelkenar özelliğini sağlayan bir normlu uzay olsun. (K=\mathbb{R} veya K=\mathbb{C}) Bu takdirde \forall a,b,c\in{X} için

||a+b+c||^{2}=||a+b||^{2}+||a+c||^{2}+||b+c||^{2}-||a||^{2}-||b||^{2}-||c||^{2}

eşitliği sağlanır.

İSPAT: Paralelkenar özelliği ||x+y||^{2}=2||x||^{2}+2||y||^{2}-||x-y||^{2} (*) biçiminde yazılabilir. Şimdi ||a+b+c||^{2} ifadesine (*) eşitliğini uygulayalım. x=a+b, y=c alınırsa,

||a+b+c||^{2}=2||a+b||^{2}+2||c||^{2}-||a+b-c||^{2}=2||a+b||^{2}+2||c||^{2}-||a-c+b||^{2}

(Son ifadede x=a-c, y=b alınıp ||a-c+b||^{2} ifadesine (*) eşitliği uygulanırsa)

=2||a+b||^{2}+2||c||^{2}-2||a-c||^{2}-2||b||^{2}+||a-c-b||^{2}

=2||a+b||^{2}+2||c||^{2}-2||a-c||^{2}-2||b||^{2}+||(-b-c)+a||^{2}

\big( ||a-c||^{2}=2||a||^{2}+2||c||^{2}-||a+c||^{2} olduğundan\big)

=2||a+b||^{2}+2||c||^{2}-2(2||a||^{2}+2||c||^{2}-||a+c||^{2})-2||b||^{2}+||(-b-c)+a||^{2}

=2||a+b||^{2}-4||a||^{2}-2||c||^{2}+2||a+c||^{2}-2||b||^{2}+||(-b-c)+a||^{2}

(Yine son ifadede x=-b-c, y=a alınıp ||(-b-c)+a||^{2} ifadesine (*) eşitliği uygulanırsa)

=2||a+b||^{2}-4||a||^{2}-2||c||^{2}+2||a+c||^{2}-2||b||^{2}+2||a||^{2}+2||b+c||^{2}-||a+b+c||^{2}

=2||a+b||^{2}+2||a+c||^{2}+2||b+c||^{2}-2||a||^{2}-2||b||^{2}-2||c||^{2}-||a+b+c||^{2}.

Sonuç olarak,

||a+b+c||^{2}=2||a+b||^{2}+2||a+c||^{2}+2||b+c||^{2}-2||a||^{2}-2||b||^{2}-2||c||^{2}

-||a+b+c||^{2} elde ettik.

-||a+b+c||^{2} ifadesini eşitliğin sol tarafına atarsak,

2||a+b+c||^{2}=2||a+b||^{2}+2||a+c||^{2}+2||b+c||^{2}-2||a||^{2}-2||b||^{2}-2||c||^{2},

Yani,

||a+b+c||^{2}=||a+b||^{2}+||a+c||^{2}+||b+c||^{2}-||a||^{2}-||b||^{2}-||c||^{2}

elde ederiz. Bu ise Lemma3′ün ispatını bitirir.

Şimdi asıl problemi tekrar ifade edip ispatına geçelim:

TEOREM: \big( X,||.|| \big) normlu uzayının iç çarpımlı uzay olması için gerek ve yeter koşul bu uzayın \forall{x,y}\in{X}, ||x+y||^{2}+||x-y||^{2}=2\big( ||x||^{2}+||y||^{2} \big) koşulunu (paralekenar özelliğini) sağlamasıdır. \big( X,||.|| \big) uzayının paralelkenar özelliğini sağlaması durumunda X uzayındaki iç çarpım polarizasyon eşitliği ile verilir. Ayrıca \big( X,(\, , ) \big) uzayı iç çarpımlı uzaysa polarizasyon eşitliği sağlanır.

İSPAT: \big( X,(\, , ) \big) iç çarpımlı uzay olsun. Bu uzayın paralelkenar özelliğini ve polarizasyon eşitliğini sağladığını gösterelim. x,y\in{X} olsun:

||x+y||^{2}+||x-y||^{2}=(x+y,x+y)+(x-y,x-y)=(x,x)+(x,y)+(y,x)+(y,y)

+(x,x)-(x,y)-(y,x)+(y,y)=(x,x)+(x,x)+(y,y)+(y,y)

=2(x,x)+2(y,y)=2\big( (x,x)+(y,y) \big)=2\big( ||x||^{2}+||y||^{2} \big)

Polarizasyon eşitliğini önce Reel iç çarpımlı uzaylar için ispatlayalım:

\displaystyle{\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}-||x-y||^{2} \right)=\frac{1}{4}\big( (x+y,x+y)-(x-y,x-y) \big)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\big( (x,x)+(x,y)+(y,x)+(y,y)-(x,x)+(x,y)+(y,x)-(y,y) \big)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\big( (x,y)+(y,x)+(x,y)+(y,x) \big)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\big( (x,y)+(x,y)+(x,y)+(x,y) \big)=\frac{1}{4}\big( 4(x,y) \big)=(x,y)}

Şimdi Kompleks iç çarpımlı uzaylar için ispatlayalım:

\displaystyle{\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}+i||x+iy||^{2}-||x-y||^{2}-i||x-iy||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\big( (x+y,x+y)+i(x+iy,x+iy)-(x-y,x-y)-i(x-iy,x-iy) \big)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\big( (x,x)+(x,y)+(y,x)+(y,y)+i(x,x)+(x,y)-(y,x)+i(y,y)}

-(x,x)+(x,y)+(y,x)-(y,y)-i(x,x)+(x,y)-(y,x)-i(y,y) \big)

\displaystyle{=\frac{1}{4}\big( (x,y)+(x,y)+(x,y)+(x,y) \big)=\frac{1}{4}\big( 4(x,y) \big)=(x,y)}

Şimdi tersini ispatlayalım. \big( X,||.|| \big), paralelkenar özelliğini sağlayan bir normlu uzay olsun. Bu durumda polarizasyon eşitliğiyle verilen fonksiyonun bir iç çarpım olduğunu gösterelim. Öncelikle Reel normlu uzaylar için ispatı yapalım. Bunun için Reel normlu uzaylar için polarizasyon eşitliğini hatırlayalım:

\displaystyle{(x,y)=\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}-||x-y||^{2} \right)}

Bu fonksiyonun iç çarpım olmanın 3 koşulunu sağladığını gösterirsek Reel normlu uzaylar için ispatı bitireceğiz:

1) \displaystyle{(x,x)=0\Leftrightarrow{\frac{1}{4}\left( ||x+x||^{2}-||x-x||^{2} \right)=0}\Leftrightarrow{\frac{1}{4}||2x||^{2}=0}\Leftrightarrow{\frac{1}{4}4||x||^{2}=0}}

\Leftrightarrow{||x||^{2}=0}\Leftrightarrow{x=\theta}

2) \displaystyle{(x,y)=\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}-||x-y||^{2} \right)=\frac{1}{4}\left( ||y+x||^{2}-||y-x||^{2} \right)=(y,x)}

3) Genelleşmiş paralelkenar özelliğini ||x+y+z||^{2} ve ||x+y-z||^{2} ifadelerine uygulayarak  (x+y,z)=(x,z)+(y,z) olduğunu gösterelim:

\displaystyle{(x+y,z)=\frac{1}{4}\left( ||x+y+z||^{2}-||x+y-z||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\big( ||x+y||^{2}+||x+z||^{2}+||y+z||^{2}-||x||^{2}-||y||^{2}-||z||^{2}}

-||x+y||^{2}-||x-z||^{2}-||y-z||^{2}+||x||^{2}+||y||^{2}+||z||^{2} \big)

\displaystyle{=\frac{1}{4}\big( ||x+z||^{2}+||x-z||^{2} \big)+\frac{1}{4}\big( ||y+z||^{2}+||y-z||^{2} \big)=(x,z)+(y,z)}.

Dolayısıyla \forall{x,y,z}\in{X}, (x+y,z)=(x,z)+(y,z) olduğunu göstermiş olduk.

İç çarpım olduğunu göstermek için son bir adım kaldı. z\in{X} keyfi ve sabit olmak üzere f:X\rightarrow{\mathbb{R}}, \forall{t}\in{X}, f(t)=(t,z) tanımlayalım. Bu durumda,

\displaystyle{f(t)=\frac{1}{4}\left( ||t+z||^{2}-||t-z||^{2} \right)}

olmuş olur. Şimdi bu f’in sürekli olduğunu gösterelim. z bir sabit olduğundan t+z ve t-z öteleme fonksiyonları süreklidir. Norm fonksiyonu sürekli olduğundan ve bileşke fonksiyonun sürekliliğinden ||t+z|| ve ||t-z|| fonksiyonları da süreklidir. Sürekli fonksiyonların karesi sürekli olduğundan ||t+z||^{2} ve ||t-z||^{2} fonksiyonları da süreklidir. Sürekli fonksiyonların farkının sürekliliğinden ||t+z||^{2}-||t-z||^{2} ve son olarak sürekli fonksiyonun \displaystyle{\frac{1}{4}} sabitiyle çarpımı da sürekli olduğundan

\displaystyle{f(t)=\frac{1}{4}\left( ||t+z||^{2}-||t-z||^{2} \right)}

fonksiyonu süreklidir.

Ayrıca \forall{x,y}\in{X}, f(x+y)=(x+y,z)=(x,z)+(y,z)=f(x)+f(y) olduğundan Lemma1 ile \forall{a}\in{\mathbb{R}}, \forall{t}\in{X}, f(at)=af(t)’dir. (Yani f lineerdir) Bunu iç çarpım dilinde yazarsak \forall{a}\in{\mathbb{R}}, \forall{t}\in{X}, (at,z)=a(t,z) sağlanır. Sonuç olarak polarizasyon  eşitliği ile verilen

\displaystyle{(x,y)=\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}-||x-y||^{2} \right)}

fonksiyonu bir iç çarpımdır.

Şimdi Kompleks normlu uzaylara geçelim. Yani,

\displaystyle{(x,y)=\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}+i||x+iy||^{2}-||x-y||^{2}-i||x-iy||^{2} \right)=\frac{1}{4}\sum_{k=0}^{3}i^{k}||x+i^{k}y||^{2}}

fonksiyonunun bir iç çarpım olduğunu gösterelim:

1) \displaystyle{(x,x)=0\Leftrightarrow{\frac{1}{4}\left( ||x+x||^{2}+i||x+ix||^{2}-||x-x||^{2}-i||x-ix||^{2} \right)=0}}

\displaystyle{\Leftrightarrow{\frac{1}{4}\left( ||2x||^{2}+i||(1+i)x||^{2}-i||(1-i)x||^{2} \right)=0}}

\displaystyle{\Leftrightarrow{\frac{1}{4}\left( 4||x||^{2}+i|1+i|^{2}||x||^{2}-i|1-i|^{2}||x||^{2} \right)=0}}

\displaystyle{\Leftrightarrow{\frac{1}{4}\left( 4||x||^{2}+2i||x||^{2}-2i||x||^{2} \right)=0}\Leftrightarrow{\frac{1}{4}\left( 4||x||^{2} \right)=0}\Leftrightarrow{||x||^{2}=0}\Leftrightarrow{x=\theta}}

2) \displaystyle{\overline{(x,y)}=\frac{1}{4}\overline{\left( ||x+y||^{2}+i||x+iy||^{2}-||x-y||^{2}-i||x-iy||^{2} \right)}}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}-i||x+iy||^{2}-||x-y||^{2}+i||x-iy||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}+i||x-iy||^{2}-||x-y||^{2}-i||x+iy||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\left( ||y+x||^{2}+i||i(-ix-y)||^{2}-||y-x||^{2}-i||i(-ix+y)||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\left( ||y+x||^{2}+i|i|^{2}||y+ix||^{2}-||y-x||^{2}-i|i|^{2}||y-ix||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\left( ||y+x||^{2}+i||y+ix||^{2}-||y-x||^{2}-i||y-ix||^{2} \right)=(y,x)}

3) Genelleşmiş paralelkenar özelliğini ||x+y+z||^{2}, ||x+y+iz||^{2}, ||x+y-z||^{2} ve ||x+y-iz||^{2} ifadelerine uygulayarak  (x+y,z)=(x,z)+(y,z) olduğunu gösterelim:

\displaystyle{(x+y,z)=\frac{1}{4}\left( ||x+y+z||^{2}+i||x+y+iz||^{2}-||x+y-z||^{2}-i||x+y-iz||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\big( ||x+y||^{2}+||x+z||^{2}+||y+z||^{2}-||x||^{2}-||y||^{2}-||z||^{2}}

+i||x+y||^{2}+i||x+iz||^{2}+i||y+iz||^{2}-i||x||^{2}-i||y||^{2}-i||z||^{2}

-||x+y||^{2}-||x-z||^{2}-||y-z||^{2}+||x||^{2}+||y||^{2}+||z||^{2}

-i||x+y||^{2}-i||x-iz||^{2}-i||y-iz||^{2}+i||x||^{2}+i||y||^{2}+i||z||^{2} \big)

\displaystyle{=\frac{1}{4}\left( ||x+z||^{2}+i||x+iz||^{2}-||x-z||^{2}-i||x-iz||^{2} \right)}

\displaystyle{+\frac{1}{4}\left( ||y+z||^{2}+i||y+iz||^{2}-||y-z||^{2}-i||y-iz||^{2} \right)=(x,z)+(y,z)}.

Dolayısıyla \forall{x,y,z}\in{X}, (x+y,z)=(x,z)+(y,z) olduğunu göstermiş olduk.

z\in{X} keyfi ve sabit olmak üzere f:X\rightarrow{\mathbb{C}}, \forall{t}\in{X}, f(t)=(t,z) tanımlayalım. Bu durumda,

\displaystyle{f(t)=\frac{1}{4}\left( ||t+z||^{2}+i||t+iz||^{2}-||t-z||^{2}-i||t-iz||^{2} \right)}

olmuş olur. Reel normlu uzaylardakine benzer nedenlerden dolayı f süreklidir. Ayrıca \forall{x,y}\in{X} için f(x+y)=f(x)+f(y) olduğundan Lemma1 ile \forall{a}\in{\mathbb{R}}, \forall{t}\in{X}, f(at)=af(t)’dir. Şimdi, \forall{x}\in{X}, f(ix)=if(x) olduğunu gösterirsek Lemma2 ile f’in lineer olduğunu ispatlamış oluruz:

\displaystyle{f(ix)=(ix,z)=\frac{1}{4}\left( ||ix+z||^{2}+i||ix+iz||^{2}-||ix-z||^{2}-i||ix-iz||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\left( ||i(x-iz)||^{2}+i||i(x+z)||^{2}-||i(x+iz)||^{2}-i||i(x-z)||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\left( |i|^{2}||(x-iz)||^{2}+i|i|^{2}||(x+z)||^{2}-|i|^{2}||(x+iz)||^{2}-i|i|^{2}||(x-z)||^{2} \right)}

\displaystyle{=\frac{1}{4}\left( ||(x-iz)||^{2}+i||(x+z)||^{2}-||(x+iz)||^{2}-i||(x-z)||^{2} \right)}

\displaystyle{=i\frac{1}{4}\left( ||x+z||^{2}+i||x+iz||^{2}-||x-z||^{2}-i||x-iz||^{2} \right)=i(x,z)=if(t)}.

Dolayısıyla f lineerdir. Bu ise,

\displaystyle{(x,y)=\frac{1}{4}\left( ||x+y||^{2}+i||x+iy||^{2}-||x-y||^{2}-i||x-iy||^{2} \right)=\frac{1}{4}\sum_{k=0}^{3}i^{k}||x+i^{k}y||^{2}}

fonksiyonunun bir iç çarpım olduğunu gösterir.

İspat bitti. Bu ispat Ufuk Kaya’ya aittir. Lütfen bu ispatı kullandığınız yerde telif hakkının www.akademikmatematik.com‘a ait olduğunu belirtiniz.

]]> http://www.akademikmatematik.com/problem-cozumleri/fonksiyonel-analiz/normlu-uzayin-ic-carpimli-uzay-olmasi-icin-gerek-ve-yeter-kosul.html/feed 1 Operatörün Normunun Maksimum ile Hesaplanması http://www.akademikmatematik.com/problem-cozumleri/fonksiyonel-analiz/operatorun-normu-ile-maksimum-arasindaki-iliski.html http://www.akademikmatematik.com/problem-cozumleri/fonksiyonel-analiz/operatorun-normu-ile-maksimum-arasindaki-iliski.html#comments Thu, 04 Feb 2010 18:25:32 +0000 ufukkaya http://www.akademikmatematik.com/?p=775 X ve Y iki normlu lineer uzay olmak üzere A:X\rightarrow{Y} sınırlı lineer operatör ise \displaystyle{||A||=\sup_{x\ne\theta}\frac{||Ax||}{||x||}} olduğunu biliyoruz.  Her supremum probleminde olduğu gibi burada da “supremum maksimuma eşit midir” problemi vardır. Ben, önceleri her sınırlı lineer operatörün normunun maksimum ile hesaplanabileceğini düşündüm. Günlerce bunu ispatlamaya çalıştım ama nafile, çıkmıyordu. Sonra, acaba aksi bir örnek var mıdır diye düşündüm, uğraştım ve en son aşağıda yayımlayacağım örneği inşa ettim. Çok sevinmiştim bu problemi çözünce. Hemen gidip bu örneği hocam Nazım Kerimov ile paylaştım ve onun büyük bir takdirini kazandım.

Biz, önce bu supremumun maksimuma eşit olması için bir yeter koşul verip daha sonra, her durumda supremumun maksimuma dönüşmediğini göstereceğiz.

ÖNERME: X ve Y iki normlu lineer uzay, A:X\rightarrow{Y} sınırlı lineer operatör ve M\ge{0} olsun. Bu takdirde \forall{x}\in{X}, ||Ax||\le{M||x||} ve \exists{x_{0}}\in{X\setminus{\{\theta\}}}: ||Ax_{0}||=M||x_{0}|| ise ||A||=M’dir. (Yani, \forall{x}\in{X}, ||Ax||\le{M||x||} olduğunda, sıfırdan farklı tekbir noktada eşitlik sağlanıyorsa ||A||=M’dir)

İSPAT: \forall{x}\in{X}, ||Ax||\le{M||x||} olduğundan \displaystyle{||A||=\sup_{x\ne\theta}\frac{||Ax||}{||x||}\le{M}} olduğu açıktır. Öte yandan \displaystyle{M=\frac{||Ax_{0}||}{||x_{0}||}\le{\sup_{x\ne\theta}\frac{||Ax||}{||x||}}=||A||} olduğundan M\le{||A||}\le{M} ve dolayısıyla ||A||=M sağlanır.

O halde \forall{x}\in{X}, ||Ax||\le{M||x||} olduğunda, ||Ax_{0}||=M||x_{0}|| olacak şekilde bir

{x_{0}}\in{X\setminus{\{\theta\}}} varsa \displaystyle{||A||=\sup_{x\ne\theta}\frac{||Ax||}{||x||}=\max_{x\ne\theta}\frac{||Ax||}{||x||}} yazabiliriz.

Bu önerme, problemin kolay kısmıydı. Şimdi bu problemin tersine geçelim:

\displaystyle{||A||=\sup_{x\ne\theta}\frac{||Ax||}{||x||}=M} ise ||Ax_{0}||=M||x_{0}|| olacak şekilde bir {x_{0}}\in{X\setminus{\{\theta\}}} var mıdır? Bu soruyu daha açık soralım:

A sınırlı lineer operatör ise A’nın normu için \displaystyle{||A||=\sup_{x\ne\theta}\frac{||Ax||}{||x||}=\max_{x\ne\theta}\frac{||Ax||}{||x||}=\frac{||Ax_{0}||}{||x_{0}||}} biçiminde bir eşitlik yazabilir miyiz?

Bu sorunun cevabı hayırdır. Tabi sorunun cevabına hayır cavabını veriyorsak bu gerçeği sağlamayan aksi bir örnek bulmalıyız. Şimdi bu örneği inşa edelim ve herbir sınırlı lineer operatörün normunun maksimum ile hesaplanamayacağını gösterelim:

ÖRNEK: X uzayını, X=C^{1}[-1,0]=\{f\,|\,f':[-1,0]\rightarrow{\mathbb{R}}\;\text{surekli bir fonksiyondur}\} olarak tanımlayalım ve buradaki normu,

\forall{f}\in{C^{1}[-1,0]} için \displaystyle{||f||_{C^{1}}=\max_{-1\le{x}\le{0}}|f(x)|+\max_{-1\le{x}\le{0}}|f'(x)|} biçiminde verelim.

Y uzayını ise Y=C[-1,0]=\{g\,|\,g:[-1,0]\rightarrow{\mathbb{R}}\;\text{surekli bir fonksiyondur}\} olarak

tanımlayalım ve buradaki normu da \forall{g}\in{C[-1,0]} için \displaystyle{||g||_{C}=\max_{-1\le{x}\le{0}}|g(x)|} biçiminde verelim.

Açıktır ki \forall{f}\in{C^{1}[-1,0]} için ||f||_{C^{1}}=||f||_{C}+||f'||_{C} eşitliği sağlanır.

Şimdi A operatörünü tanımlayalım:

A operatörü hepimizin yakından tanıdığı türev operatörüdür. Yani, A:C^{1}[-1,0]\rightarrow{C[-1,0]}, \forall{f}\in{C^{1}[-1,0]}, Af=f'.

Önce bu operatörün sınırlı olduğunu gösterelim:

\forall{f}\in{C^{1}[-1,0]} için ||Af||_{C}=||f'||_{C}\le{||f||_{C}+||f'||_{C}}=||f||_{C^{1}}=1.||f||_{C^{1}} olduğundan

||A||\le{1}’dir. Şimdi ||A||=1 olduğunu gösterelim:

\forall{n}\in{\mathbb{N}}, f_{n}(x)=e^{nx} olarak seçelim. Açıktır ki \forall{n}\in{\mathbb{N}}, f_{n}\in{C^{1}[-1,0]}’dir.

\forall{n}\in{\mathbb{N}}, f'_{n}(x)=ne^{nx}’tir. f_{n}(x)=e^{nx} ve f'_{n}(x)=ne^{nx} fonksiyonları, pozitif değerli ve

artan olduğundan maksimum değerini sağ uçta, yani 0 noktasında alır. O halde,

\displaystyle{||Af_{n}||_{C}=||f'_{n}||_{C}=\max_{-1\le{x}\le{0}}|ne^{nx}|=ne^{n.0}=n}

Benzer biçimde,

\displaystyle{||f_{n}||_{C^{1}}=||f_{n}||_{C}+||f'_{n}||_{C}=\max_{-1\le{x}\le{0}}|e^{nx}|+\max_{-1\le{x}\le{0}}|ne^{nx}|=e^{0}+ne^{n.0}=1+n}

O halde,

\displaystyle{\forall{n}\in{\mathbb{N}}, \frac{n}{n+1}=\frac{||Af_{n}||_{C}}{||f_{n}||_{C^{1}}}\le{\sup_{f\ne{\theta}}\frac{||Af||_{C}}{||f||_{C^{1}}}}=||A||\le{1}} olduğundan sıkıştırma teoremine

göre n\rightarrow{\infty} limite geçilirse ||A||=1 olduğu elde edilir.

Şimdi esas probleme dönelim. Şimdi bu A operatörünün hiçbir zaman maksimumuna ulaşmadığını kanıtlaycağız. Aksini varsayalım. Yani, varsayalım ki ||Af||_{C}=1.||f||_{C^{1}} olacak biçimde bir f\in{C^{1}[-1,0]\setminus{\{\theta\}}} vardır. O halde ||Af||_{C}=||f||_{C^{1}} eşitliğini ||f'||_{C}=||f||_{C}+||f'||_{C} biçiminde yazarsak ||f||_{C}=0, yani, f=\theta elde ederiz. Bu ise çelişkidir, çünkü f\in{C^{1}[-1,0]\setminus{\{\theta\}}} olarak almıştık. O halde bu operatör için norm,

\displaystyle{||A||=\sup_{f\ne{\theta}}\frac{||Af||_{C}}{||f||_{C^{1}}}}

olarak kalır ve asla maksimumuna ulaşmaz. Bu ise ispatı bitirir. Bu ispat, önermenin kurulması ve ispatı, örneğin inşa edilmesi ve aksi örnek olduğu gösterilmesi de dahil Ufuk KAYA’ya aittir. Lütfen bu ispatı ve örneği kullandığınız yerde telif hakkının www.akademikmatematik.com‘a ait olduğunu belirtiniz.

]]> http://www.akademikmatematik.com/problem-cozumleri/fonksiyonel-analiz/operatorun-normu-ile-maksimum-arasindaki-iliski.html/feed 2 lp Uzayları ile Sınırlı Diziler Uzayındaki Normların İlişkisi http://www.akademikmatematik.com/problem-cozumleri/lp-uzaylari-ile-sinirli-diziler-uzayindaki-normlarin-iliskisi.html http://www.akademikmatematik.com/problem-cozumleri/lp-uzaylari-ile-sinirli-diziler-uzayindaki-normlarin-iliskisi.html#comments Sat, 26 Dec 2009 18:40:40 +0000 ufukkaya http://www.akademikmatematik.com/?p=703 Fonksiyonel analiz okuyan biri 1\le{p}<{+\infty} olmak üzere l_{p} uzaylarında bir x=(x_{n}) dizisi için \displaystyle{\lim_{p\rightarrow{\infty}}\|x\|_{p}=\|x\|_{\infty}} eşitliğine en az bir defa şahit olmuştur. Fakat bu yargının ispatı genelde Türkçe kitaplarda ve internette yoktur. Şimdi bu önermenin ispatını yapacağız. Bu ispat, lemmalar da dahil olmak üzere tamamıyla bana (Ufuk KAYA) aittir. Sizden ricam şudur: Bu ispatı bir yerde kullanacaksanız lütfen telif hakkının www.akademikmatematik.com‘a ait olduğunu belirtiniz.

ÖNERME: 1\le{p^{*}}<+\infty olmak üzere x=(x_{n})\in{l_{p^{*}}} olsun. Bu takdirde,

\displaystyle{\lim_{p\rightarrow{\infty}}\|x\|_{p}=\|x\|_{\infty}}

dur. Burada \displaystyle{\|x\|_{p}=\bigg{(}\sum_{n=1}^{\infty}|x_{n}|^{p}\bigg{)}^\frac{1}{p}} ve \displaystyle{\|x\|_{\infty}=\sup_{n\in{\mathbb{N}}}|x_{n}|} dir.

Bu önermenin ispatını yapmadan önce birkaç lemma ispatlamamız gerekmektedir.

LEMMA1: 1\le{p}<+\infty ve x=(x_{n})\in{l_{p}} olsun. Bu takdirde x=(x_{n})\in{l_{\infty}}’dur ve

\displaystyle{\exists{n^{*}}\in{\mathbb{N}}: \|x\|_{\infty}=\sup_{n\in{\mathbb{N}}}|x_{n}|=\max_{n\in{\mathbb{N}}}|x_{n}|=|x_{n^{*}}|} dır.

İSPAT: \forall{p}\in{[p,+\infty)}, l_{p}\subset{l_{\infty}} olduğunu Vektör Uzayları sayfamızdaki Örnek14′te ispatlamıştık. Bu yüzden (x_{n})\in{l_{p}} ise sınırlıdır, yani (x_{n})\in{l_{\infty}}’dur. Şimdi

\displaystyle{\|x\|_{\infty}=\sup_{n\in{\mathbb{N}}}|x_{n}|=\max_{n\in{\mathbb{N}}}|x_{n}|=|x_{n^{*}}|}

olacak biçimde bir n^{*}\in{\mathbb{N}}’in varlığını ispatlayalım. \forall{n}\in{\mathbb{N}}, x_{n}=0, yani x=(x_{n})=\theta ise

\displaystyle{\sup_{n\in{\mathbb{N}}}|x_{n}|=\sup_{n\in{\mathbb{N}}}0=0}

olduğundan n^{*}=1 seçilirse \|x\|_{\infty}=0=|x_{1}|=|x_{n^{*}}| elde edilir. Şimdi x=(x_{n})\ne{\theta} için ispatlayalım. \|x\|_{\infty}>0’dır. \|x\|_{\infty}=M diyelim. \forall{p}\in{[p,+\infty)}, l_{p}\subset{C_{0}} olduğunu da Vektör Uzayları sayfamızdaki Örnek14′te ispatlamıştık. O halde

\displaystyle{\lim_{n\rightarrow{\infty}}x_{n}=0}

dır. Buradan,

\forall{\varepsilon}>0, \exists{n_{\varepsilon}}\in{\mathbb{N}}: \forall{n}>n_{\varepsilon}, |x_{n}|<\varepsilon

\varepsilon=\displaystyle{\frac{M}{2}>0} seçebiliriz. O halde,

\exists{n_{M}}\in{\mathbb{N}}: \displaystyle{\forall{n}>n_{M}, |x_{n}|<\frac{M}{2}}. Dolayısıyla,

\displaystyle{M=\sup_{n\in{\mathbb{N}}}|x_{n}|=\sup_{1\le{n}\le{n_{M}}}|x_{n}|=\max_{1\le{n}\le{n_{M}}}|x_{n}|}.

Sonuç olarak,

\displaystyle{\exists{n^{*}}\in{\mathbb{N}}: \|x\|_{\infty}=\sup_{n\in{\mathbb{N}}}|x_{n}|=\max_{n\in{\mathbb{N}}}|x_{n}|=|x_{n^{*}}|}

LEMMA2: 1\le{p}<{+\infty} için x=(x_{n})\in{l_{p}} ise \|x\|_{\infty}\le{\|x\|_{p}}’dir.

İSPAT: Lemma1 ile

\displaystyle{\exists{n^{*}}\in{\mathbb{N}}: \|x\|_{\infty}=\sup_{n\in{\mathbb{N}}}|x_{n}|=\max_{n\in{\mathbb{N}}}|x_{n}|=|x_{n^{*}}|}

dır.

\alpha>0 olmak üzere \varphi:[0,+\infty)\rightarrow{[0,+\infty)}, \forall{t}\in{[0,+\infty)}, \varphi(t)=t^{\alpha} fonksiyonu artandır. Yani, t_{1}\le{t_{2}}\Rightarrow{t_{1}^{\alpha}\le{t_{2}^{\alpha}}}. O halde \displaystyle{\frac{1}{p}>0} olduğundan \displaystyle{\alpha=\frac{1}{p}} seçilirse \varphi(t)={t}^{\frac{1}{p}} fonksiyonu da artan olur.

\displaystyle{\|x\|_{\infty}^{p}=|x_{n^{*}}|^{p}\le{\sum_{n=1}^{\infty}|x_{n}|^{p}}}

ve \varphi(t)=t^{\frac{1}{p}} fonksiyonu artan olduğundan t_{1}=\|x\|_{\infty}^{p}, t_{2}=\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}|x_{n}|^{p}} seçilirse t_{1}\le{t_{2}} olduğundan

\displaystyle{\varphi\big{(}\|x\|_{\infty}^{p}\big{)}\le{\varphi\bigg{(}\sum_{n=1}^{\infty}|x_{n}|^{p}\bigg{)}}} yani,

\displaystyle{\big{(}\|x\|_{\infty}^{p}\big{)}^{\frac{1}{p}}\le{\bigg{(}\sum_{n=1}^{\infty}|x_{n}|^{p}\bigg{)}^{\frac{1}{p}}}} elde edilir. Buradan,

\displaystyle{\|x\|_{\infty}\le{\bigg{(}\sum_{n=1}^{\infty}|x_{n}|^{p}\bigg{)}^{\frac{1}{p}}}=\|x\|_{p}} bulunur.

LEMMA3: 1\le{p^{*}}<+\infty, x=(x_{n})\in{l_{p^{*}}} ve \|x\|_{\infty}=1 olsun. Bu takdirde \forall{p}\ge{p^{*}} için,

\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}|x_{n}|^{p}\le{\sum_{n=1}^{\infty}|x_{n}|^{p^{*}}}}

dır.

İSPAT: 0\le{a}\le{1} olmak üzere \psi:[0,+\infty)\rightarrow{[0,+\infty)}, \forall{t}\in{[0,+\infty)}, \psi(t)=a^{t} olarak tanımlanan fonksiyon azalandır. Yani, t_{1}\le{t_{2}}\Rightarrow{a^{t_{2}}\le{a^{t_{1}}}} dir.

\|x\|_{\infty}=1 olduğundan \forall{n}\in{\mathbb{N}}, |x_{n}|\le{1} dir.

\psi azalan fonksiyonunda a=|x_{n}| alırsak \forall{p\ge{p^{*}}} için \psi(p)\le{\psi(p^{*})} olur. Yani,

\forall{p}\ge{p^{*}}, \forall{n}\in{\mathbb{N}}, |x_{n}|^{p}\le{|x_{n}|^{p^{*}}}

olur. Eşitsizliğin her iki tarafından toplam alınırsa,

\displaystyle{\forall{p}\ge{p^{*}}, \sum_{n=1}^{\infty}|x_{n}|^{p}\le{\sum_{n=1}^{\infty}|x_{n}|^{p^{*}}}}

elde edilir.

ÖNERMENİN İSPATI: 1\le{p^{*}}\le{p}<+\infty olduğunda l_{p^{*}}\subset{l_{p}} olduğunun ispatı Vektör Uzayları sayfamızdaki Örnek14′te mevcuttur. O halde x=(x_{n})\in{l_{p^{*}}} olduğundan \forall{p}\ge{p^{*}} için (x_{n})\in{l_{p}}. Dolayısıyla \forall{p}\ge{p^{*}}, \|x\|_{p}<+\infty olur. Buna göre \|x\|_{p} fonksiyonu p’nin [p^{*},+\infty) aralığında, iyi tanımlı bir fonksiyonudur. O halde

\displaystyle{\lim_{p\rightarrow{\infty}}\|x\|_{p}}

limiti araştırılabilir. Ayrıca yine Vektör Uzayları sayfamızdaki Örnek14′e göre l_{p^{*}}\subset{l_{\infty}} olduğundan \|x\|_{\infty}<+\infty’dir.

i) x=\theta ise \forall{p}\in{[1,+\infty)}, \|x\|_{p}=0 ve \|x\|_{\infty}=0 olduğundan

\displaystyle{\lim_{p\rightarrow{\infty}}\|x\|_{p}=\|x\|_{\infty}}

eşitliği açıktır.

ii) x\ne{\theta} olsun. O halde \|x\|_{\infty}>0’dır. \|x\|_{\infty}=N diyelim. n\in{\mathbb{N}} olmak üzere,

\displaystyle{y_{n}=\frac{x_{n}}{N}}

şeklindeki y=(y_{n}) dizisini tanımlayalım. \|y\|_{\infty}=1 olduğu açıktır. O halde Lemma3′e göre

\displaystyle{\forall{p}\ge{p^{*}}, \sum_{n=1}^{\infty}|y_{n}|^{p}\le{\sum_{n=1}^{\infty}|y_{n}|^{p^{*}}}}

olur. \displaystyle{t_{1}=\sum_{n=1}^{\infty}|y_{n}|^{p}} ve \displaystyle{t_{2}=\sum_{n=1}^{\infty}|y_{n}|^{p^{*}}} olarak alınırsa t_{1}\le{t_{2}} olduğundan ve Lemma2′de tanımladığımız {\varphi} fonksiyonu artan olduğundan \varphi(t_{1})\le{\varphi(t_{2})}, yani

\displaystyle{\forall{p}\ge{p^{*}}, \bigg{(}\sum_{n=1}^{\infty}|y_{n}|^{p}\bigg{)}^{\frac{1}{p}}\le{\bigg{(}\sum_{n=1}^{\infty}|y_{n}|^{p^{*}}\bigg{)}^{\frac{1}{p}}}}

elde edilir. \displaystyle{T=\sum_{n=1}^{\infty}|y_{n}|^{p^{*}}} olarak tanımlayalım. Bu yeni tanımladığımız T sayısı p’den bağımsız bir sabittir. Buna göre son eşitsizlik,

\displaystyle{\forall{p}\ge{p^{*}}, \bigg{(}\sum_{n=1}^{\infty}|y_{n}|^{p}\bigg{)}^{\frac{1}{p}}\le{T^{\frac{1}{p}}}}

halini alır. Eşitsizliğin her iki tarafını N>0 sayısı ile çarparsak,

\displaystyle{\forall{p}\ge{p^{*}}, N\bigg{(}\sum_{n=1}^{\infty}|y_{n}|^{p}\bigg{)}^{\frac{1}{p}}=\bigg{(}\sum_{n=1}^{\infty}N^{p}|y_{n}|^{p}\bigg{)}^{\frac{1}{p}}=\bigg{(}\sum_{n=1}^{\infty}|Ny_{n}|^{p}\bigg{)}^{\frac{1}{p}}\le{N.T^{\frac{1}{p}}}}

bulunur. x=Ny olduğundan bu son eşitsizlik,

\displaystyle{\forall{p}\ge{p^{*}}, \bigg{(}\sum_{n=1}^{\infty}|x_{n}|^{p}\bigg{)}^{\frac{1}{p}}\le{N.T^{\frac{1}{p}}}}

eşitsizliğine dönüşür. Son eşitsizliği norm dilinde yazabiliriz:

\forall{p}\ge{p^{*}}, \|x\|_{p}\le{\|x\|_{\infty}T^{\frac{1}{p}}}

Lemma2′ye göre

\forall{p}\ge{p^{*}}, \|x\|_{\infty}\le{\|x\|_{p}}

dir. Son iki eşitsizlik birleştirilerek yazılırsa,

\forall{p}\ge{p^{*}}, \|x\|_{\infty}\le{\|x\|_{p}}\le{\|x\|_{\infty}T^{\frac{1}{p}}}

elde edilir. Şimdi p\rightarrow{\infty} sıkıştırma teoremi kullanılırsa

\displaystyle{\lim_{p\rightarrow{\infty}}T^{\frac{1}{p}}=1}

olduğundan

\displaystyle{\lim_{p\rightarrow{\infty}}\|x\|_{p}=\|x\|_{\infty}}

elde edilir. İspat bitti.

]]> http://www.akademikmatematik.com/problem-cozumleri/lp-uzaylari-ile-sinirli-diziler-uzayindaki-normlarin-iliskisi.html/feed 0