Matematika Universitas — Tahun 2 · Bachelor Year 2

5Ruang Vektor Bernorma

Ketika ruang metriknya berupa ruang vektor dan jaraknya berasal dari sebuah norma, topologi dan aljabar linear mulai saling berjalin: pemetaan linear bersifat kontinu persis ketika ia terbatas pada bola satuan, dimensi hingga memaksa semua norma sepakat, dan kelengkapan mengubah deret yang konvergen mutlak menjadi deret konvergen. Jurang antara dimensi hingga dan tak hingga — yang mengkristal pada teorema Riesz — adalah pelajaran terdalam bab ini.

Di sepanjang bab ini, $E, F$ adalah ruang vektor atas $K = \R$ atau $\C$ .

5.1 Norma

Definisi 5.1

Sebuah norma pada $E$ adalah pemetaan $\norm{\,\cdot\,} \colon E \to \R_+$ yang, untuk setiap $x, y \in E$ dan $\lambda \in K$ , memenuhi

\norm x = 0 \iff x = 0, \qquad \norm{\lambda x} = \abs\lambda\,\norm x, \qquad \norm{x + y} \leq \norm x + \norm y .

Maka $d(x, y) = \norm{x - y}$ merupakan jarak, dan seluruh Bab 4 berlaku. Ketaksamaan segitiga terbalik $\bigl|\norm x - \norm y\bigr| \leq \norm{x - y}$ membuat normanya sendiri Lipschitz berkonstanta $1$ ; sedangkan penjumlahan dan perkalian skalar bersifat kontinu (lewat taksiran $\norm{(x + y) - (x' + y')} \leq \norm{x - x'} + \norm{y - y'}$ , dan seterusnya).

Contoh 5.2

Pada $K^n$ :

\norm{x}_1 = \sum_i \abs{x_i}, \qquad \norm{x}_2 = \Bigl(\sum_i \abs{x_i}^2\Bigr)^{1/2}, \qquad \norm{x}_\infty = \max_i \abs{x_i}

( $\norm\cdot_2$ merupakan norma berkat Cauchy–Schwarz, jilid Tahun ke-1). Pada $C(\intcc{a}{b})$ :

\norm f_\infty = \sup \abs f, \qquad \norm f_1 = \int_a^b \abs f, \qquad \norm f_2 = \Bigl(\int_a^b \abs f^2\Bigr)^{1/2},

dua yang terakhir menjadi norma berkat kepositifan tegas integralnya dan Cauchy–Schwarz untuk integral (jilid Tahun ke-1). Pada matriks: norma apa pun pada $\mathcal M_n(K) \simeq K^{n^2}$ ; adapun norma operator di bawah ini yang penting secara struktural.

Definisi 5.3 (Norma yang setara)

Dua norma $N_1, N_2$ pada $E$ disebut setara apabila ada konstanta $c, C > 0$ dengan

c\,N_1 \leq N_2 \leq C\, N_1 .

Norma yang setara punya himpunan terbuka yang sama, barisan konvergen dan barisan Cauchy yang sama, himpunan bagian kompak dan lengkap yang sama: jadi analisis yang sama.

Contoh 5.4 (Ketaksetaraan dalam dimensi tak hingga)

Pada $C(\intcc{0}{1})$ : selalu berlaku $\norm f_1 \leq \norm f_\infty$ , tetapi tak ada batas sebaliknya: sebab $f_n(x) = x^n$ punya $\norm{f_n}_\infty = 1$ dan $\norm{f_n}_1 = \frac{1}{n+1} \to 0$ . Jadi $f_n \to 0$ untuk $\norm\cdot_1$ tetapi tidak untuk $\norm\cdot_\infty$ : kedua norma itu berselisih justru tentang kekonvergenannya sendiri.

Contoh 5.5 (Konstanta yang gamblang dalam dimensi $n$ )

Pada $K^n$ ketiga norma klasiknya setara dengan konstanta yang tajam:

\norm x_\infty \leq \norm x_2 \leq \norm x_1 \leq \sqrt n\,\norm x_2 \leq n\,\norm x_\infty ,

dengan batas tengahnya $\norm x_1 \leq \sqrt n\norm x_2$ berasal dari Cauchy–Schwarz terhadap vektor yang semua unsurnya satu. Vektor ekstremalnya: $e_1$ membuat dua ketaksamaan pertamanya menjadi kesamaan, dan $(1, 1, \dots, 1)$ membuat dua yang terakhir demikian. Dimensi $n$ duduk kasatmata di dalam konstantanya — inilah benih kuantitatif kegagalannya dalam dimensi tak hingga: ketika $n \to \infty$ tak ada konstanta seragam yang bertahan, dan persis itulah yang diperlihatkan Contoh 5.4 pada ruang fungsi.

Bola satuan ketiga norma klasik ℝ2, yang bersarang persis seperti dituntut ketaksamaan pada : makin kecil bolanya, makin besar normanya. Kebulatannya penting: sisi datar pada belah ketupat dan pada perseginya tak lain kegagalan kecembungan tegas yang dimanfaatkan soal akhir pekan dan soal akhir pekan bab ini (pertanyaan 4). — Bola satuan ketiga norma klasik $\R^2$ , yang bersarang persis seperti dituntut ketaksamaan pada Contoh 5.5: makin kecil bolanya, makin besar normanya. Kebulatannya penting: sisi datar pada belah ketupat dan pada perseginya tak lain kegagalan kecembungan tegas yang dimanfaatkan soal akhir pekan Bab 8 dan soal akhir pekan bab ini (pertanyaan 4).

5.2 Pemetaan linear yang kontinu

Teorema 5.6 (Pencirian)

Untuk pemetaan linear $u \colon E \to F$ antara ruang bernorma, pernyataan berikut setara:

$u$ kontinu;
$u$ kontinu di $0$ ;
$u$ terbatas pada bola satuan tertutup: $\sup_{\norm x \leq 1} \norm{u(x)} < \infty$ ;
ada $C \geq 0$ dengan $\norm{u(x)} \leq C \norm x$ untuk setiap $x$ ;
$u$ bersifat Lipschitz.

Nilai $C$ terkecil yang demikian disebut norma operator $\vertiii{u} = \sup_{\norm x \leq 1}\norm{u(x)} = \sup_{x \neq 0} \frac{\norm{u(x)}}{\norm x}$ ; norma itu menjadikan ruang $\mathcal{L}_c(E, F)$ berisi pemetaan linear kontinu sebuah ruang bernorma, dengan

\vertiii{v \circ u} \leq \vertiii v\, \vertiii u .

Bukti. (1 $\Rightarrow$ 2) sepele. (2 $\Rightarrow$ 3): kekontinuan di $0$ dengan $\varepsilon = 1$ memberi $\delta$ dengan $\norm x \leq \delta \Rightarrow \norm{u(x)} \leq 1$ ; lalu kehomogenannya menskalakan sembarang $x$ dengan $\norm x \leq 1$ turun ke bola itu lalu kembali:

\norm{u(x)} = \frac1\delta\,\norm{u(\delta x)} \leq \frac1\delta ,

sebab $\norm{\delta x} \leq \delta$ . (3 $\Rightarrow$ 4): untuk $x \neq 0$ , terapkan batasnya pada $\frac{x}{\norm x}$ . (4 $\Rightarrow$ 5): $\norm{u(x) - u(y)} = \norm{u(x - y)} \leq C\norm{x - y}$ . (5 $\Rightarrow$ 1) sudah diketahui.

Aksioma norma bagi $\vertiii\cdot$ : kehomogenan dan pemisahannya jelas (sebab $\vertiii u = 0$ memaksa $u = 0$ pada bolanya, jadi di mana-mana); ketaksamaan segitiganya dari $\norm{(u + v)(x)} \leq \norm{u(x)} + \norm{v(x)}$ . Sifat submultiplikatifnya: $\norm{v(u(x))} \leq \vertiii v\,\norm{u(x)} \leq \vertiii v \vertiii u \norm x$ . ∎

Contoh 5.7

Pada $\bigl(C(\intcc{0}{1}), \norm\cdot_\infty\bigr)$ : evaluasi $f \mapsto f(0)$ bernorma operator $1$ ; pengintegralan $f \mapsto \int_0^1 f$ bernorma $1$ ; sedangkan pemetaan $f \mapsto \int_0^1 t f(t)\dd t$ bernorma $\int_0^1 t\,\dd t = \frac12$ (batas atasnya dari ketaksamaan segitiga untuk integral; dan tercapai di $f \equiv 1$ ). Namun penurunan, dari $(C^1, \norm\cdot_\infty)$ ke $(C^0, \norm\cdot_\infty)$ , tidak kontinu: sebab $\norm{\sin(nx)}_\infty = 1$ padahal turunannya bernorma supremum $n$ . Linear tidak berarti kontinu dalam dimensi tak hingga.

Contoh 5.8 (Dua norma, dua vonis atas satu barisan)

Pada $C(\intcc01)$ , misalkan $g_n(x) = \sqrt{n}\,x^n$ . Maka

\norm{g_n}_1 = \frac{\sqrt n}{n + 1} \longrightarrow 0, \qquad \norm{g_n}_2^2 = \frac{n}{2n + 1} \longrightarrow \frac12, \qquad \norm{g_n}_\infty = \sqrt n \longrightarrow \infty :

satu barisan, tiga norma, tiga perilaku — konvergen ke nol, tidak konvergen (normanya mapan di $\frac1{\sqrt2}$ padahal limit titik demi titiknya $0$ ), dan meledak. Massa yang memusat di dekat $x = 1$ tak terlihat oleh $\norm\cdot_1$ , setengah terlihat oleh $\norm\cdot_2$ , dan mendominasi bagi $\norm\cdot_\infty$ . Dalam dimensi tak hingga, “apakah ia konvergen?” bukan pertanyaan tentang sebuah barisan: ia pertanyaan tentang sebuah barisan beserta normanya.

Metode 5.9 (Menghitung sebuah norma operator)

Selalu dalam dua gerakan. Batas atas: taksirlah $\norm{u(x)}$ oleh $C\norm x$ dengan ketaksamaan segitiga, Cauchy–Schwarz, atau batas integral — ini membuktikan $\vertiii u \leq C$ . Saksi: tunjukkan entah suatu $x_0 \neq 0$ tertentu dengan $\norm{u(x_0)} = C\norm{x_0}$ (batasnya tercapai), atau barisan vektor satuan $x_n$ dengan $\norm{u(x_n)} \to C$ (batasnya dihampiri). Kedua gerakan itu wajib: batas atas semata hanya memberi $\vertiii u \leq C$ , sedangkan saksi semata hanya memberi $\vertiii u \geq C$ . Dalam dimensi tak hingga saksinya boleh jadi harus berupa barisan — sebab supremumnya tak harus tercapai (Latihan 5.8).

Contoh 5.10 (Operator diagonal melihat semua norma sama saja)

Untuk $D = \operatorname{diag}(d_1, \dots, d_n)$ pada $K^n$ dengan salah satu mana pun dari norma $\norm\cdot_1, \norm\cdot_2, \norm\cdot_\infty$ : dari $\abs{d_ix_i} \leq \bigl(\max_j\abs{d_j}\bigr)\abs{x_i}$ koordinat demi koordinat diperoleh $\norm{Dx} \leq \max_j\abs{d_j}\,\norm x$ ; dan $x = e_{j_0}$ (dengan indeks yang memaksimalkan) mencapainya. Jadi $\vertiii D = \max_j\abs{d_j}$ pada ketiga kasusnya: bagi pemetaan diagonal, semua norma yang masuk akal menceritakan hal yang sama, yakni faktor peregangan terbesar. Segala kesulitan tentang norma operator justru berasal dari perilaku yang tidak diagonal — dan itulah sebabnya norma yang diselaraskan pada soal akhir pekan bab ini (pertanyaan 22) bekerja dengan lebih dulu memaksa sebuah matriks menjadi diagonal.

Contoh 5.11 (Jumlah kolom: kembaran Latihan 5.4 untuk norma $1$ )

Pada $(\R^n, \norm\cdot_1)$ , norma operator sebuah matriks $A$ adalah jumlah mutlak kolom yang terbesar. Jalankan metodenya: untuk $\norm x_1 \leq 1$ ,

\norm{Ax}_1 = \sum_i\Bigl|\sum_j a_{ij}x_j\Bigr| \leq \sum_j \abs{x_j}\sum_i\abs{a_{ij}} \leq \Bigl(\max_j\sum_i\abs{a_{ij}}\Bigr)\norm x_1 ,

dan batasnya tercapai di $x = e_{j_0}$ untuk kolom $j_0$ yang memaksimalkan — saksi paling rapi yang dapat dibayangkan. Jadi untuk $A = \left(\begin{smallmatrix}1 & -2\\ 3 & 1\end{smallmatrix}\right)$ : $\vertiii A_1 = \max(1 + 3,\ 2 + 1) = 4$ , sedangkan $\vertiii A_\infty = 4$ juga (lewat barisnya) — di sini kebetulan, bukan hukum: ubahlah unsur matriksnya secara tidak setangkup dan kedua normanya akan berpisah. Baris untuk $\norm\cdot_\infty$ , kolom untuk $\norm\cdot_1$ : jembatan keledainya, tiap norma punya vektor satuan (pola tanda, atau vektor basis) yang memungut jumlah yang bersesuaian.

Proposisi 5.12 (Pemetaan bilinear)

Pemetaan bilinear $b \colon E \times F \to G$ bersifat kontinu bila dan hanya bila $\norm{b(x,y)} \leq C\norm x\,\norm y$ untuk suatu $C$ ; dan ketika itu ia Lipschitz pada himpunan terbatas. (Pola buktinya sama; hasil kali $(u, v) \mapsto v \circ u$ dan perkalian matriks adalah contoh kuncinya.)

Bukti. Jika batas itu berlaku, maka

b(x,y) - b(x_0,y_0) = b(x - x_0,\, y) + b(x_0,\, y - y_0),

sehingga $\norm{b(x,y) - b(x_0,y_0)} \leq C\norm{x - x_0}\norm y + C\norm{x_0}\norm{y - y_0}$ : itulah kekontinuan di $(x_0, y_0)$ , beserta batas Lipschitz di tempat $\norm x, \norm y \leq R$ . Sebaliknya, kekontinuan di $(0,0)$ memberi $\delta$ dengan $\norm{b(x,y)} \leq 1$ pada $\norm x, \norm y \leq \delta$ ; lalu skalakan kedua peubahnya. ∎

5.3 Dimensi hingga

Teorema 5.13 (Kesetaraan norma dalam dimensi hingga)

Pada ruang berdimensi hingga, semua norma setara. Akibatnya, dalam dimensi hingga: kekonvergenan, keterbukaan, kekompakan, dan kelengkapan menjadi gagasan yang tak bergantung pada normanya; kompak $=$ tertutup dan terbatas; ruangnya lengkap; dan setiap pemetaan linear (atau multilinear) dari ruang berdimensi hingga bersifat kontinu.

Bukti. Tetapkan sebuah basis lalu samakan $E \simeq K^n$ ; cukuplah membandingkan sembarang norma $N$ dengan $\norm\cdot_\infty$ .

Satu arahnya aljabar: $N(x) = N(\sum x_i e_i) \leq \sum \abs{x_i} N(e_i) \leq C \norm x_\infty$ dengan $C = \sum N(e_i)$ . Ini sekaligus menunjukkan $N$ kontinu pada $(K^n, \norm\cdot_\infty)$ (sebab ia Lipschitz- $C$ : $\abs{N(x) - N(y)} \leq N(x - y)$ ).

Arah satunya topologi: permukaan bola satuan $S = \{x : \norm{x}_\infty = 1\}$ bersifat tertutup dan terbatas di $(K^n, \norm\cdot_\infty)$ , jadi kompak (Teorema 4.16 (2), yang berlaku untuk $\C^n \simeq \R^{2n}$ ). Fungsi kontinu $N$ mencapai minimumnya $c$ pada $S$ ; dan $c > 0$ sebab $N$ hanya nol di $0 \notin S$ . Kehomogenannya lalu menyebarkan batas itu: $N(x) \geq c \norm{x}_\infty$ untuk setiap $x$ .

Akibatnya: semua pernyataannya menyusut ke $(K^n, \norm\cdot_\infty)$ , tempat semuanya sudah diketahui (Teorema 4.9, Teorema 4.16); dan pemetaan linear $u$ dari $E$ yang berdimensi hingga memenuhi $\norm{u(x)} \leq \sum\abs{x_i} \norm{u(e_i)} \leq C'\norm{x}_\infty$ : yakni batas (4) pada Teorema 5.6. ∎

Akibat 5.14

Subruang berdimensi hingga pada ruang bernorma apa pun bersifat tertutup.

Bukti. Ia lengkap terhadap norma imbasannya (Teorema 5.13), sedangkan himpunan bagian yang lengkap bersifat tertutup (Definisi 4.7). ∎

Contoh 5.15 (Sebuah hampiran terbaik yang dihitung lewat kesetangkupan)

Di $\bigl(C(\intcc{-1}{1}), \norm\cdot_\infty\bigr)$ , seberapa jauh $f(x) = \abs x$ dari subruang berdimensi dua yang tertutup berisi fungsi afin $a + bx$ ? Berkat kesetangkupannya, mengganti $a + bx$ dengan $a - bx$ tidak mengubah $\norm{f - (a \pm bx)}_\infty$ , dan titik tengahnya $a$ setidaknya sama baiknya (lewat ketaksamaan segitiga pada rata-ratanya): jadi cukuplah meninjau fungsi konstan. Untuk konstanta $a$ :

\norm{\abs x - a}_\infty = \max\,(1 - a,\ a) \geq \frac12 ,

yang minimum di $a = \frac12$ : jadi jaraknya $\frac12$ , tercapai oleh konstanta $\frac12$ . Perhatikan kurva galatnya $\abs x - \frac12$ : ia mencapai $\pm\frac12$ berselang-seling di $x = -1, 0, 1$ — tiga ekstremum bertanda berselang-seling bagi hampiran terbaik dari keluarga berparameter dua. Pola ekuiosilasi itu bukan kebetulan; ia sidik jari keoptimalan yang diubah soal akhir pekan bab ini menjadi teorema Chebyshev.

Contoh 5.16 (Subruang tertutup lawan subruang padat)

Di $E = \bigl(C(\intcc{0}{1}), \norm\cdot_\infty\bigr)$ : tiap $\R_n[X]$ (polinomial berderajat $\leq n$ , dibatasi pada $\intcc01$ ) merupakan subruang berdimensi hingga, jadi tertutup — sebab limit seragam polinomial berderajat $\leq n$ tetap demikian. Namun gabungan $\R[X]$ atas semuanya bersifat padat di $E$ (lewat teorema hampiran Weierstrass, yang dibuktikan pada Bab 10), dan subruang sejati yang padat sama sekali tidak tertutup. Pelajarannya: ketertutupan subruang adalah keistimewaan dimensi hingga; menumpuk lantai yang tertutup dapat membangun pencakar langit yang padat.

Teorema 5.17 (Riesz)

Bola satuan tertutup sebuah ruang bernorma $E$ bersifat kompak bila dan hanya bila $\dim E < \infty$ .

Bukti. Untuk dimensi hingga: cukuplah tertutup dan terbatas (Teorema 5.13).

Sebaliknya, andaikan $\dim E = \infty$ . Lema Riesz: untuk setiap subruang tertutup sejati $F \subsetneq E$ dan $\varepsilon \in \intoo{0}{1}$ , ada vektor satuan $x$ dengan $d(x, F) \geq 1 - \varepsilon$ . Buktinya: pilih $y \notin F$ , misalkan $\delta = d(y, F) > 0$ (sebab $F$ tertutup), pilihlah $f \in F$ dengan $\norm{y - f} \leq \frac{\delta}{1 - \varepsilon}$ , lalu tetapkan $x = \frac{y - f}{\norm{y - f}}$ : maka untuk sembarang $g \in F$ ,

\norm{x - g} = \frac{\norm{y - (f + \norm{y-f}\,g)}}{\norm{y - f}} \geq \frac{\delta}{\norm{y-f}} \geq 1 - \varepsilon ,

sebab pembilangnya adalah jarak dari $y$ ke suatu titik $F$ .

Kini bangunlah vektor satuan $x_1, x_2, \dots$ secara induktif: $F_k = \operatorname{Vect}(x_1, \dots, x_k)$ berdimensi hingga, jadi tertutup (Akibat 5.14) dan sejati; lalu lema Riesz dengan $\varepsilon = \frac12$ menyediakan vektor satuan $x_{k+1}$ dengan $d(x_{k+1}, F_k) \geq \frac12$ . Barisan itu memenuhi $\norm{x_p - x_q} \geq \frac12$ untuk $p \neq q$ : jadi tak ada barisan bagian yang konvergen — sehingga bola satuannya tidak kompak. ∎

Contoh 5.18 (Riesz sebagai pendeteksi dimensi)

Apakah $C(\intcc01)$ berdimensi hingga? Riesz menjawabnya tanpa menunjukkan satu pun keluarga bebas tak hingga yang gamblang: barisan $f_n(x) = x^n$ berada di bola satuan tertutup dan memenuhi, untuk $m > n$ , $\norm{f_n - f_m}_\infty \geq f_n(x_0) - f_m(x_0) > 0$ di titik yang sesuai — dan hal itu dikuantifikasi dengan rapi pada soal akhir pekan bab ini (pertanyaan 16), tempat sebuah barisan bagian tetap berjarak antara $\geq \frac14$ . Jadi tak ada barisan bagian yang konvergen, sehingga bolanya tidak kompak, sehingga $\dim C(\intcc01) = \infty$ menurut Teorema 5.17. Kekompakan bola satuan adalah dikotomi yang sempurna: ia berlaku dalam dimensi hingga, gagal dalam dimensi tak hingga, tanpa jalan tengah — geometrinya sendiri sudah membaca jenis dimensinya.

5.4 Ruang Banach

Definisi 5.19

Sebuah ruang Banach adalah ruang bernorma yang lengkap. Contohnya: setiap ruang bernorma berdimensi hingga (Teorema 5.13); $\bigl(C(\intcc{a}{b}), \norm\cdot_\infty\bigr)$ (Teorema 4.9); $\mathcal{L}_c(E, F)$ untuk $F$ yang Banach (dengan pola bukti yang sama seperti untuk fungsi kontinu). Bukan contohnya: $\bigl(C(\intcc{0}{1}), \norm\cdot_1\bigr)$ (Latihan 5.7).

Contoh 5.20 (Norma operator pengintegralan)

Pada $\bigl(C(\intcc01), \norm\cdot_\infty\bigr)$ , misalkan $T(f)(x) = \int_0^x f(t)\,\dd t$ (sebuah endomorfisma, sebab $T(f)$ kontinu). Jalankan Metode 5.9. Batas atasnya:

\abs{T(f)(x)} \leq \int_0^x\abs f \leq x\,\norm f_\infty \leq \norm f_\infty ,

jadi $\vertiii T \leq 1$ . Saksinya: $f \equiv 1$ memberi $T(f)(x) = x$ dan $\norm{T(f)}_\infty = 1 = \norm f_\infty$ : jadi tercapai, dan $\vertiii T = 1$ . Namun perhatikan $\vertiii{T^2} = \frac12 \neq \vertiii T^2$ : memang $T^2(f)(x) = \int_0^x(x - t)f(t)\dd t$ punya $\abs{T^2(f)(x)} \leq \frac{x^2}2\norm f_\infty$ , yang lagi-lagi tercapai di $f \equiv 1$ ; dan secara umum $\vertiii{T^n} = \frac1{n!}$ — sedangkan batas submultiplikatifnya $\vertiii T^n = 1$ meleset sejauh satu faktorial. Justru gejala inilah yang diubah siasat iterat pada soal akhir pekan Bab 4 menjadi keterselesaian global persamaan diferensial linear.

Teorema 5.21 (Kekonvergenan mutlak pada ruang Banach)

Pada ruang Banach, jika $\sum \norm{u_n} < \infty$ maka $\sum u_n$ konvergen, dan $\norm{\sum u_n} \leq \sum\norm{u_n}$ . (Teori lengkap deret pada ruang bernorma menjadi isi Bab 7.)

Bukti. Untuk jumlah parsial $S_N$ : bila $q > p$ , maka $\norm{S_q - S_p} \leq \sum_{n=p+1}^{q}\norm{u_n}$ , yang menuju $0$ (lewat kriteria Cauchy untuk deret real berisi normanya): jadi $(S_N)$ bersifat Cauchy, sehingga konvergen. Ketaksamaannya berpindah ke limit dari ketaksamaan segitiga yang hingga. ∎

Contoh 5.22 (Eksponensial matriks, perkenalan pertama)

Eksponensial matriks: $\mathcal{M}_n(K)$ dengan norma submultiplikatif apa pun ( $\vertiii{AB} \leq \vertiii A \vertiii B$ ) bersifat Banach (karena berdimensi hingga). Maka, untuk setiap $A$ ,

\eu^A = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{A^k}{k!}

konvergen mutlak (sebab $\vertiii{A^k/k!} \leq \vertiii A^k /k!$ , yang terjumlahkan): jadi ia terdefinisi dengan baik. Bab 16 memanfaatkannya secara sistematis.

Contoh 5.23 (Deret Neumann yang berhenti)

Untuk $A = \left(\begin{smallmatrix}0 & \frac12\\ 0 & 0\end{smallmatrix}\right)$ : berlaku $\vertiii A < 1$ pada norma operator apa pun yang dibangun atas norma Contoh 5.2, dan $A^2 = 0$ , sehingga deret geometrinya runtuh:

(I - A)^{-1} = \sum_{k \geq 0} A^k = I + A = \begin{pmatrix}1 & \tfrac12\\ 0 & 1\end{pmatrix},

yang terperiksa lewat $(I - A)(I + A) = I - A^2 = I$ . Kenilpotenan memangkas deretnya persis seperti ia memangkas eksponensial pada Bab 3; dan contoh ini menakar harapan kita: invers Neumann pada umumnya berupa deret tak hingga, dan berupa polinomial persis ketika usikannya nilpoten, sedangkan galat setelah $N$ suku selalu terbatas oleh ekor geometrinya $\vertiii A^{N+1}/(1 - \vertiii A)$ .

Contoh 5.24 (Eksponensial sebuah pembangkit rotasi)

Ambil $A = \left(\begin{smallmatrix}0 & -\theta\\ \theta & 0\end{smallmatrix}\right)$ . Maka $A^2 = -\theta^2 I$ , sehingga pangkatnya berputar dengan periode empat, dan deretnya terpecah menjadi bagian genap dan bagian ganjil:

\eu^{A} = \sum_{k}\frac{A^k}{k!} = \Bigl(\sum_{j}\frac{(-1)^j\theta^{2j}}{(2j)!}\Bigr) I + \Bigl(\sum_{j}\frac{(-1)^j\theta^{2j+1}}{(2j+1)!}\Bigr) \frac{A}{\theta} = \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta\\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix},

dengan semua penataan ulangnya disahkan oleh kekonvergenan mutlak. Eksponensial pembangkit yang antisetangkup adalah sebuah rotasi — yang di sini dihitung murni dari deretnya, tiga bab sebelum persamaan diferensial $x' = Ax$ (Bab 16) menjelaskan mengapa: sebab $\eu^{tA}$ adalah gerak melingkar beraturan. Pelajaran penutupnya: kesamaan antar deret matriks dibuktikan persis seperti kesamaan skalar, asalkan sebuah norma submultiplikatif mengesahkan kekonvergenan mutlaknya.

Contoh 5.25 (Norma supremum berarti seragam: kamusnya)

Pernyataan $\norm{f_n - f}_\infty \to 0$ adalah kekonvergenan seragam: satu bilangan, yakni $\sup_x\abs{f_n(x) - f(x)}$ , membatasi galatnya di setiap titik sekaligus. Kamus itu bekerja pada $f_n(x) = x^n$ atas $\intcc{0}{1}$ : titik demi titik, $f_n \to 0$ pada $\intco{0}{1}$ sedangkan $f_n(1) = 1$ ; dalam norma, $\norm{f_n - 0}_\infty = 1 \not\to 0$ , dan memang limit titik demi titiknya tidak kontinu, jadi mustahil menjadi limit terhadap $\norm\cdot_\infty$ di $C(\intcc01)$ (yang tertutup terhadap limit seragam, Teorema 4.9). Pada $\intcc{0}{a}$ dengan $a < 1$ : $\norm{f_n}_\infty = a^n \to 0$ — kekonvergenan seragamnya pulih setelah daerahnya diperkecil. Setiap pernyataan kekonvergenan pada Bab 10 adalah pernyataan tentang satu norma ini; mengingat kamusnya memaruhkan bab tersebut.

Catatan 5.26 (Jebakan yang sering muncul)

(i) Norma operator bergantung pada kedua norma yang dipilih: matriks yang sama punya $\vertiii\cdot_\infty$ berupa jumlah baris (Latihan 5.4) dan $\vertiii\cdot_1$ yang berbeda (jumlah kolom); jadi menyebut “norma” sebuah matriks tanpa menamai norma yang melandasinya tidak bermakna apa pun. (ii) $\vertiii{AB} \leq \vertiii A\,\vertiii B$ adalah ketaksamaan, dan lazimnya tegas — pangkatnya dapat menyusut jauh lebih cepat daripada dugaan batas $\vertiii A^k$ , dan justru itulah inti norma yang diselaraskan (soal akhir pekan bab ini, pertanyaan 22). (iii) “Linear berarti kontinu” adalah keistimewaan dimensi hingga: penurunan pada polinomial bersifat linear dan tak terbatas (Contoh 5.7). (iv) Kekonvergenan mutlak $\sum u_n$ hanya menolong bila ruangnya lengkap (Latihan 7.9 membangun contoh penyangkalnya). (v) Dalam dimensi tak hingga, supremum atas bola satuan itu sungguh-sungguh supremum: jangan mengandaikan ia tercapai (Latihan 5.8).

Catatan 5.27 (Pandangan ke depan di dalam jilid ini)

Kini tiga janji temu sudah tertetapkan. Dengan Bab 7: pada ruang Banach, deret yang konvergen mutlak pasti konvergen, sehingga deret geometri dan deret eksponensial atas operator menjadi perkakas sehari-hari — untuk membalik $I - A$ dan menetapkan $\eu^{A}$ (Contoh 7.2). Dengan Bab 10 dan Bab 11: kekonvergenan barisan fungsi dan deret pangkat tak lain kekonvergenan di $\bigl(C, \norm\cdot_\infty\bigr)$ (Contoh 5.25), dan jari-jari kekonvergenannya adalah pernyataan tentang deret geometri mana yang mendominasi. Dengan Bab 14: norma $\norm\cdot_2$ dan $\norm\cdot_\infty$ sungguh berselisih pada $C(\intcc{0}{1})$ (Contoh 5.8), dan persis itulah sebabnya kekonvergenan rata-rata kuadrat deret Fourier dan kekonvergenan seragam menjadi dua teorema berbeda dengan harga yang berbeda pula.

Catatan 5.28 (Di mana bab ini dipakai)

Norma operator dan deret geometri menggerakkan hujah usikan pada Bab 15 (teorema fungsi invers) dan eksponensial matriks pada Bab 16; kesetaraan norma diam-diam mengesahkan setiap hujah “pilih saja norma kesukaanmu” pada Bab 10 dan seterusnya; sedangkan jurang hingga/tak hingga pada teorema Riesz — yang dikuantifikasi pada soal akhir pekan bab ini — adalah alasan mengapa jilid Tahun ke-3 harus memakai perkakas baru (kekonvergenan lemah, Arzelà–Ascoli, proyeksi pada ruang Hilbert) di tempat jilid ini masih dapat menyarikan barisan bagian yang konvergen.

5.5 Latihan

Latihan 5.1 ★

Pada $\R^2$ , gambarlah bola satuan $\norm\cdot_1$ , $\norm\cdot_2$ , $\norm\cdot_\infty$ , lalu buktikan ketaksamaan $\norm x_\infty \leq \norm x_2 \leq \norm x_1 \leq 2\norm x_\infty$ dengan konstanta terbaik pada dimensi $2$ .

Solusi

Solusi Latihan 5.1.

Bola satuannya: belah ketupat ( $\norm\cdot_1$ ), cakram ( $\norm\cdot_2$ ), dan persegi ( $\norm\cdot_\infty$ ), yang bersarang menurut urutan itu. Ketaksamaannya: $\norm x_\infty \leq \norm x_2$ (sebab satu kuadrat paling banyak sama dengan jumlahnya); $\norm x_2 \leq \norm x_1$ (setelah dikuadratkan: $x_1^2 + x_2^2 \leq (\abs{x_1} + \abs{x_2})^2$ ); dan $\norm x_1 \leq 2\norm x_\infty$ (dua suku, masing-masing $\leq \max$ ). Ketajamannya: $(1, 0)$ membuat dua yang pertama menjadi kesamaan; sedangkan $(1, 1)$ membuat $\norm x_1 = 2\norm x_\infty$ dan sekaligus menunjukkan bahwa $\norm x_2 = \sqrt2 \norm x_\infty$ dan $\norm x_1 = \sqrt2 \norm x_2$ merupakan rasio ekstrem pada arah sebaliknya.

Latihan 5.2 ★

Apakah $N(f) = \abs{f(0)} + \norm{f'}_\infty$ merupakan norma pada $C^1(\intcc{0}{1})$ ? Bandingkan dengan $\norm{f}_\infty$ : satu ketaksamaannya berlaku, satunya gagal (tunjukkan).

Solusi

Solusi Latihan 5.2.

Aksioma normanya: kehomogenan dan ketaksamaan segitiganya diwarisi suku demi suku; pemisahannya: $N(f) = 0$ memaksa $f' = 0$ (jadi $f$ konstan) sekaligus $f(0) = 0$ , sehingga $f = 0$ . Jadi ia memang norma.

Perbandingannya: $\norm f_\infty \leq N(f)$ , sebab $\abs{f(x)} \leq \abs{f(0)} + \abs{\int_0^x f'} \leq \abs{f(0)} + \norm{f'}_\infty$ . Konversnya gagal: ambil $f_n(x) = \frac1n \sin(nx)$ : maka $\norm{f_n}_\infty \leq \frac1n \to 0$ padahal $N(f_n) = 0 + \norm{\cos(nx)}_\infty = 1$ . Jadi tak ada konstanta $C$ yang memberi $N \leq C\norm\cdot_\infty$ .

Latihan 5.3 ★

Hitunglah norma operator $u(f) = \int_0^1 f(t)\,\eu^t\,\dd t$ pada $\bigl(C(\intcc{0}{1}), \norm\cdot_\infty\bigr) \to \R$ , dan norma operator geseran $S(x_1, x_2, \dots, x_n) = (x_2, \dots, x_n, 0)$ pada $(K^n, \norm\cdot_\infty)$ .

Solusi

Solusi Latihan 5.3.

$\abs{u(f)} \leq \norm f_\infty \int_0^1 \eu^t\,\dd t = (\eu - 1)\norm f_\infty$ , dengan kesamaan untuk $f \equiv 1$ : jadi $\vertiii u = \eu - 1$ .

Geseran: $\norm{S(x)}_\infty = \max(\abs{x_2}, \dots, \abs{x_n}) \leq \norm x_\infty$ , dengan kesamaan di $x = e_2$ : jadi $\vertiii S = 1$ (untuk $n \geq 2$ ).

Latihan 5.4 ★★

Pada $(\R^n, \norm\cdot_\infty)$ , buktikan bahwa norma operator sebuah matriks $A$ adalah $\vertiii A_\infty = \max_i \sum_j \abs{a_{ij}}$ (yakni jumlah mutlak baris yang terbesar). Hitunglah untuk $\begin{pmatrix} 1 & -2\\ 3 & 1\end{pmatrix}$ .

Solusi

Solusi Latihan 5.4.

Batas atasnya: untuk $\norm x_\infty \leq 1$ ,

\abs{(Ax)_i} = \Bigl|\sum_j a_{ij}x_j\Bigr| \leq \sum_j \abs{a_{ij}},

jadi $\norm{Ax}_\infty \leq \max_i \sum_j \abs{a_{ij}}$ . Tercapainya: misalkan $i_0$ mewujudkan maksimumnya lalu ambil $x_j = \operatorname{sign}(a_{i_0 j})$ (unsur bermodulus $1$ ): maka $(Ax)_{i_0} = \sum_j \abs{a_{i_0 j}}$ . Karenanya rumusnya berlaku. Untuk matriks yang diberikan: jumlah barisnya $3$ dan $4$ , jadi $\vertiii A_\infty = 4$ .

Latihan 5.5 ★★

Buktikan bahwa $GL_n(K)$ terbuka di $\mathcal{M}_n(K)$ dan bahwa $A \mapsto A^{-1}$ kontinu di sana. Petunjuk: untuk keterbukaannya, jika $\vertiii H < \frac{1}{\vertiii{A^{-1}}}$ maka $A + H = A(I + A^{-1}H)$ dengan $\vertiii{A^{-1}H} < 1$ , sedangkan $I + B$ punya invers untuk $\vertiii B < 1$ berkat deret geometrinya (Teorema 5.21); untuk kekontinuannya, batasi $(A+H)^{-1} - A^{-1}$ dengan deret yang sama.

Solusi

Solusi Latihan 5.5.

Deret geometri: untuk $\vertiii B < 1$ , deret $\sum B^k$ konvergen mutlak di $\mathcal{M}_n(K)$ yang Banach (Teorema 5.21, sebab $\vertiii{B^k} \leq \vertiii B^k$ ), dan

(I - B)\sum_{k=0}^{K} B^k = I - B^{K+1} \longrightarrow I :

jadi berkat kekontinuan hasil kalinya (Proposisi 5.12), $(I - B)\sum_{k\geq0} B^k = I$ , sehingga $I - B$ punya invers berupa jumlah itu (dan $\vertiii{(I-B)^{-1}} \leq \frac{1}{1 - \vertiii B}$ ).

Keterbukaannya: untuk $A$ yang berinvers dan $\vertiii H < \frac{1}{\vertiii{A^{-1}}}$ : $A + H = A(I + A^{-1}H)$ dengan $\vertiii{A^{-1}H} \leq \vertiii{A^{-1}}\vertiii H < 1$ : jadi berinvers. Karenanya sebuah bola di sekitar $A$ tetap berada di $GL_n$ .

Kekontinuan pembalikannya: dengan $B = -A^{-1}H$ ,

(A + H)^{-1} - A^{-1} = \bigl((I - B)^{-1} - I\bigr)A^{-1} = \Bigl(\sum_{k \geq 1} B^k\Bigr) A^{-1},

yang normanya $\leq \frac{\vertiii B}{1 - \vertiii B}\vertiii{A^{-1}} \to 0$ ketika $H \to 0$ .

Latihan 5.6 ★★

Misalkan $\varphi$ sebuah bentuk linear pada ruang bernorma $E$ . Buktikan bahwa $\varphi$ kontinu bila dan hanya bila $\ker\varphi$ tertutup. (Jika $\ker\varphi$ tertutup dan $\varphi \neq 0$ , pilih $a$ dengan $\varphi(a) = 1$ dan $r > 0$ dengan $B(a, r) \cap \ker\varphi = \emptyset$ ; lalu turunkan $\abs{\varphi(h)} \leq \frac{1}{r}\norm h$ lewat hujah penskalaan pada $a - \frac{h}{\varphi(h)}$ .)

Solusi

Solusi Latihan 5.6.

Kontinu $\Rightarrow$ kernelnya tertutup: sebab ia prapeta $\{0\}$ yang tertutup (Teorema 4.6).

Sebaliknya, andaikan $\ker\varphi$ tertutup dan $\varphi \neq 0$ . Pilih $a$ dengan $\varphi(a) = 1$ ; karena $a \notin \ker\varphi$ dan kernelnya tertutup, ada bola $B(a, r)$ yang melewatkannya. Kini misalkan $h \in E$ dengan $\varphi(h) \neq 0$ : vektor $a - \frac{h}{\varphi(h)}$ berada di $\ker\varphi$ , jadi di luar $B(a, r)$ :

\Bigl\Vert \frac{h}{\varphi(h)} \Bigr\Vert \geq r \quad\Longrightarrow\quad \abs{\varphi(h)} \leq \frac{\norm h}{r},

sebuah ketaksamaan yang juga berlaku secara sepele ketika $\varphi(h) = 0$ : yakni batas (4) pada Teorema 5.6, jadi kontinu.

Latihan 5.7 ★★

Buktikan bahwa $\bigl(C(\intcc{0}{1}), \norm\cdot_1\bigr)$ tidak lengkap: tunjukkan bahwa fungsi $f_n$ , berupa tanjakan afin dari $0$ ke $1$ pada $\bigl[\frac12 - \frac1n, \frac12\bigr]$ (bernilai $0$ sebelumnya dan $1$ sesudahnya), membentuk barisan Cauchy yang tak punya limit kontinu terhadap $\norm\cdot_1$ .

Solusi

Solusi Latihan 5.7.

Misalkan $f_n$ bernilai $0$ pada $\intcc{0}{\frac12 - \frac1n}$ , afin sampai bernilai $1$ di $\frac12$ , lalu $1$ pada $\intcc{\frac12}{1}$ . Untuk $m \geq n$ , $f_m - f_n$ bertumpu pada interval berpanjang $\frac1n$ dengan nilai di $\intcc{-1}{1}$ : jadi $\norm{f_m - f_n}_1 \leq \frac1n$ , sehingga Cauchy.

Andaikan $f_n \to f$ terhadap $\norm\cdot_1$ dengan $f$ kontinu. Pada $\intcc{0}{\frac12 - \delta}$ (dengan $\delta$ tetap): $\int \abs{f} = \int\abs{f - f_n} \leq \norm{f - f_n}_1 \to 0$ untuk $n > \frac1\delta$ , jadi $\int_0^{1/2 - \delta}\abs f = 0$ , dan berkat kepositifan tegasnya $f = 0$ di sana — untuk setiap $\delta$ : jadi $f = 0$ pada $\intoo{0}{\frac12}$ . Serupa itu $f = 1$ pada $\intcc{\frac12}{1}$ (sebab semua $f_n$ bernilai $1$ di sana). Berkat kekontinuan di $\frac12$ : $0 = 1$ , mustahil. Jadi tak ada limitnya: ruangnya tidak lengkap.

Latihan 5.8 ★★★

Pada $E = C(\intcc{0}{1})$ dengan $\norm\cdot_\infty$ , tinjaulah

\varphi(f) = \sum_{n \geq 1} (-1)^n\, 2^{-n} f\bigl(\tfrac1n\bigr).

Buktikan bahwa $\varphi$ merupakan bentuk linear kontinu yang terdefinisi dengan baik dengan $\vertiii\varphi = 1$ , tetapi supremum yang mendefinisikan $\vertiii\varphi$ tidak tercapai pada bola satuan tertutupnya. (Batas atasnya: ketaksamaan segitiga. Normanya $= 1$ : bangunlah $f_K$ yang kontinu dengan $\norm{f_K}_\infty \leq 1$ dan $f_K(\frac1n) = (-1)^n$ untuk $n \leq K$ — sebab titik $\frac1n$ terpencil satu sama lain. Ketaktercapaiannya: kesamaan akan memaksa $f(\frac1n) = (-1)^n$ untuk setiap $n$ , dan itu tak selaras dengan kekontinuan $f$ di $0$ karena $\frac1n \to 0$ .)

Solusi

Solusi Latihan 5.8.

Terdefinisi dengan baik dan kontinu: $\abs{\varphi(f)} \leq \sum 2^{-n} \norm f_\infty = \norm f_\infty$ , jadi $\varphi$ merupakan bentuk linear dengan $\vertiii\varphi \leq 1$ (deretnya konvergen mutlak untuk tiap $f$ ).

Normanya $1$ : tetapkan $K$ ; titik $1, \frac12, \dots, \frac1K$ berbeda sepasang demi sepasang, jadi ada $f_K$ yang kontinu dengan $\norm{f_K}_\infty \leq 1$ dan $f_K(\frac1n) = (-1)^n$ untuk $n \leq K$ (lewat interpolasi afin sepotong-sepotong, dan konstan di dekat $0$ ). Maka

\varphi(f_K) \geq \sum_{n=1}^{K} 2^{-n} - \sum_{n > K} 2^{-n} = 1 - 2^{-K+1} \xrightarrow[K \to \infty]{} 1 .

Tidak tercapai: jika $\norm f_\infty \leq 1$ dan $\varphi(f) = 1$ , maka tiap sukunya wajib menyumbang maksimumnya: $(-1)^n f(\frac1n) = 1$ untuk setiap $n$ (sebab jika tidak, kekurangan tegas satu suku tak dapat ditutup, karena semua sukunya $\leq 2^{-n}$ ). Jadi $f(\frac1n) = (-1)^n$ ; padahal $\frac1n \to 0$ dan $f$ kontinu di $0$ , sehingga kekonvergenan $(-1)^n$ yang bertentangan itu terpaksa terjadi. Karenanya supremumnya bukan maksimum — dan hal itu mustahil dalam dimensi hingga, tempat bola satuan tertutupnya kompak.

Latihan 5.9 ★★★

Misalkan $E$ ruang bernorma yang bola satuan tertutupnya kompak. Turunkan kembali, tanpa mengutip Teorema 5.17, bahwa setiap barisan terbatas punya barisan bagian yang konvergen, lalu buktikan bahwa setiap bentuk linear pada $E$ kontinu bila dan hanya bila $\dim E < \infty$ . (Untuk dimensi tak hingga, bangunlah bentuk yang tak kontinu dengan menetapkannya secara bebas pada barisan bebas linear yang ternormalkan lalu memperluasnya — dengan menerima keberadaan pelengkap aljabarnya.)

Solusi

Solusi Latihan 5.9.

Barisan terbatas: barisan terbatas berada di suatu bola tertutup $\overline B(0, R) = R\,\overline B(0,1)$ , yang kompak (sebab ia peta bola satuan yang kompak di bawah homeomorfisma $x \mapsto Rx$ ): jadi sarikan saja di sana.

Bentuk linear: jika $\dim E < \infty$ , setiap pemetaan linear dari $E$ bersifat kontinu (Teorema 5.13). Sebaliknya, andaikan $\dim E = \infty$ (yang sebenarnya, menurut Teorema 5.17, sudah disingkirkan oleh hipotesis kekompakannya — inti pertanyaan ini adalah implikasi antara kedua sifat itu pada ruang bernorma umum): pilihlah barisan $(e_n)$ yang bebas linear dan ternormalkan, lengkapi menjadi basis aljabar (yang diterima saja), lalu tetapkan $\varphi(e_n) = n$ dan $\varphi = 0$ pada vektor basis lainnya, diperluas secara linear. Maka $\abs{\varphi(e_n)} = n$ dengan $\norm{e_n} = 1$ : jadi ia tak terbatas pada bola satuannya, yakni tidak kontinu. Karenanya “semua bentuk kontinu” memaksa dimensi hingga.

Latihan 5.10 ★★

Pada $C(\intcc{0}{1})$ , buktikan $\norm f_1 \leq \norm f_2 \leq \norm f_\infty$ (lewat Cauchy–Schwarz untuk yang pertama), lalu tunjukkan dengan keluarga $f_n(x) = x^n$ bahwa tak satu pun ketaksamaannya dapat dibalik hingga sebuah konstanta: jadi ketiga normanya tak setara sepasang demi sepasang.

Solusi

Solusi Latihan 5.10.

Cauchy–Schwarz terhadap fungsi konstan $1$ : $\norm f_1 = \int_0^1 \abs f\cdot 1 \leq \bigl(\int_0^1 f^2\bigr)^{1/2}\bigl(\int_0^1 1\bigr)^{1/2} = \norm f_2$ . Dan $\norm f_2^2 = \int f^2 \leq \norm f_\infty^2$ . Untuk $f_n(x) = x^n$ :

\norm{f_n}_1 = \frac1{n+1}, \qquad \norm{f_n}_2 = \frac1{\sqrt{2n+1}}, \qquad \norm{f_n}_\infty = 1 .

Maka $\norm{f_n}_2/\norm{f_n}_1 = \frac{n+1}{\sqrt{2n+1}} \to \infty$ dan $\norm{f_n}_\infty/\norm{f_n}_2 = \sqrt{2n+1} \to \infty$ : jadi tak ada ketaksamaan sebaliknya, dan tak ada pasangan yang setara.

Latihan 5.11 ★★

(Jarak ke sebuah hiperbidang) Misalkan $\varphi$ bentuk linear kontinu yang tak nol pada ruang bernorma $E$ . Buktikan bahwa

d\bigl(x, \ker\varphi\bigr) = \frac{\abs{\varphi(x)}}{\vertiii\varphi} \qquad (x \in E),

lalu periksa pada Latihan 5.8 bahwa infimumnya tak harus tercapai oleh titik hiperbidangnya.

Solusi

Solusi Latihan 5.11.

Batas bawah bagi jaraknya: untuk $h \in \ker\varphi$ berlaku $\abs{\varphi(x)} = \abs{\varphi(x - h)} \leq \vertiii\varphi\,\norm{x - h}$ ; ambil infimumnya atas $h$ : $d(x, \ker\varphi) \geq \abs{\varphi(x)}/\vertiii\varphi$ .

Batas atasnya: kita boleh mengandaikan $\varphi(x) \neq 0$ . Diberikan $\varepsilon > 0$ , pilih vektor satuan $u$ dengan $\abs{\varphi(u)} \geq \vertiii\varphi - \varepsilon > 0$ lalu tetapkan $h = x - \frac{\varphi(x)}{\varphi(u)}\,u$ : maka $\varphi(h) = 0$ dan

\norm{x - h} = \frac{\abs{\varphi(x)}}{\abs{\varphi(u)}} \leq \frac{\abs{\varphi(x)}}{\vertiii\varphi - \varepsilon}.

Lalu ambil $\varepsilon \to 0$ : $d(x, \ker\varphi) \leq \abs{\varphi(x)}/\vertiii\varphi$ , jadi keduanya sama.

Ketaktercapaiannya: ambil $\varphi$ dari Latihan 5.8 ( $\vertiii\varphi = 1$ , yang tidak tercapai) dan sembarang $x$ dengan $\varphi(x) \neq 0$ . Seandainya suatu $h \in \ker\varphi$ mewujudkan $\norm{x - h} = \abs{\varphi(x)}$ , maka vektor satuan $v = (x - h)/\norm{x - h}$ akan memenuhi $\abs{\varphi(v)} = \abs{\varphi(x)}/\norm{x - h} = 1 = \vertiii\varphi$ : jadi norma operatornya tercapai — kontradiksi.

Latihan 5.12 ★★★

Pada $E = \R[X]$ (semua polinomial), misalkan $N_1(P) = \sup_{\intcc{0}{1}}\abs P$ dan $N_2(P) = \sup_{\intcc{0}{2}}\abs P$ . Tunjukkan bahwa $N_1 \leq N_2$ tetapi $N_1$ dan $N_2$ tidak setara; lalu turunkan bahwa identitas $(E, N_2) \to (E, N_1)$ merupakan bijeksi linear kontinu yang inversnya tidak kontinu. Terakhir tunjukkan bahwa $(E, N_1)$ tidak lengkap (lewat jumlah parsial Taylor $\eu^x$ ). Ketiga gejala itu mustahil dalam dimensi hingga — katakanlah mengapa.

Solusi

Solusi Latihan 5.12.

Ketaksamaan $N_1 \leq N_2$ tak lain kemonotonan supremum terhadap daerahnya, jadi identitas $(E, N_2) \to (E, N_1)$ bersifat Lipschitz- $1$ . Untuk $P_n(x) = (x/2)^n$ : $N_2(P_n) = 1$ (tercapai di $x = 2$ ) sedangkan $N_1(P_n) = 2^{-n}$ : jadi batas $N_2 \leq CN_1$ akan memberi $1 \leq C2^{-n}$ untuk setiap $n$ : mustahil. Karenanya kedua normanya tak setara dan identitas sebaliknya merupakan bijeksi linear yang tidak kontinu.

Ketaklengkapannya: misalkan $S_n = \sum_{k=0}^{n}\frac{X^k}{k!}$ . Untuk $m > n$ , $N_1(S_m - S_n) \leq \sum_{k>n}\frac1{k!} \to 0$ : jadi Cauchy terhadap $N_1$ . Jika $S_n \to P$ di $(E, N_1)$ , maka titik demi titik $P(x) = \lim S_n(x) = \eu^x$ pada $\intcc{0}{1}$ ; padahal polinomial berderajat $d$ tak mungkin sama dengan $\eu^x$ pada sebuah interval (turunkan $d + 1$ kali: ruas kirinya mati, $\eu^x$ tidak). Jadi tak ada limitnya di $E$ : tidak lengkap.

Dalam dimensi hingga ketiga gejala itu mustahil: semua norma setara, setiap ruang bernorma bersifat lengkap, dan invers sebuah bijeksi linear bersifat linear dari ruang berdimensi hingga, jadi kontinu (Teorema 5.13).

5.6 Soal: Hampiran Terbaik dan Teorema Chebyshev

Seberapa baik sebuah fungsi dapat dihampiri oleh polinomial berderajat tertentu, dan polinomial mana yang paling baik? Untuk sisi keberadaannya, jawabannya milik bab ini: kekompakan dalam dimensi hingga membuat hampiran terbaik itu ada. Untuk sisi gamblangnya, satu kasus tak sepele dapat diselesaikan tuntas dengan tangan kosong — di antara semua polinomial monik berderajat $n$ , yang bernorma supremum terkecil pada $\intcc{-1}{1}$ adalah polinomial Chebyshev (yang dinormalkan), dengan norma $2^{1-n}$ : itulah teorema ekstremal Chebyshev. Soal ini membuktikan kedua sisinya, lalu menakar seberapa parah kekompakan itu gagal dalam dimensi tak hingga: bola satuan $C(\intcc{0}{1})$ memuat gugusan titik tak hingga banyak yang jarak antaranya $1$ .

Soal 5.1

Soal akhir pekan — teorema ekstremal Chebyshev dan geometri bola satuan

Norma tanpa indeks adalah norma supremum pada ruas yang disebutkan.

Bagian I — Hampiran terbaik pada ruang bernorma.

Misalkan $F$ subruang berdimensi hingga sebuah ruang bernorma $E$ dan $x \in E$ . Buktikan bahwa jarak $d(x, F) = \inf_{f \in F}\norm{x - f}$ tercapai (susutkan ke himpunan bagian $F$ yang tertutup dan terbatas lalu pakai Teorema 5.13).
Sebuah norma disebut cembung tegas apabila $\norm u = \norm v = 1$ dan $u \neq v$ mengakibatkan $\bigl\Vert\frac{u + v}2\bigr\Vert < 1$ . Tunjukkan bahwa $\norm\cdot_2$ pada $\R^n$ bersifat cembung tegas (lewat kesamaan jajargenjang), dan bahwa $\norm\cdot_1$ dan $\norm\cdot_\infty$ tidak demikian untuk $n \geq 2$ .
Buktikan bahwa untuk norma yang cembung tegas, hampiran terbaik pada pertanyaan 1 bersifat tunggal.
Di $(\R^2, \norm\cdot_\infty)$ , hitunglah semua hampiran terbaik bagi $x = (0, 1)$ oleh garis $F = \operatorname{Vect}\bigl((1,0)\bigr)$ : yakni satu interval berisi pemberi minimum.
Di $\bigl(C(\intcc{a}{b}), \norm\cdot_\infty\bigr)$ , tunjukkan bahwa hampiran terbaik $f$ oleh fungsi konstan bersifat tunggal, sama dengan $c^* = \frac{\max f + \min f}{2}$ , dengan jarak $\frac{\max f - \min f}{2}$ ; lalu hitunglah keduanya untuk $f(x) = x^2$ pada $\intcc{0}{1}$ .

Bagian II — Polinomial Chebyshev.

Tunjukkan bahwa ada tepat satu polinomial $T_n$ dengan $T_n(\cos\theta) = \cos n\theta$ untuk setiap $\theta$ (lewat rekurensi $T_{n+1} = 2XT_n - T_{n-1}$ dari rumus penjumlahan kosinus), bahwa $\deg T_n = n$ , dan bahwa koefisien utamanya $2^{n-1}$ untuk $n \geq 1$ .
Tunjukkan $\abs{T_n} \leq 1$ pada $\intcc{-1}{1}$ , dengan $T_n(\eta_k) = (-1)^k$ pada $n + 1$ titik $\eta_k = \cos\frac{k\pi}{n}$ ( $k = 0, \dots, n$ ), dan bahwa akar $T_n$ adalah $n$ titik $\cos\frac{(2k-1)\pi}{2n}$ , yang menyelang-nyeling $\eta_k$ .
Hitunglah $T_2, T_3, T_4$ , lalu periksalah pergantian tanda $T_3$ di $\eta_0, \dots, \eta_3 = 1, \frac12, -\frac12, -1$ lewat penilaian langsung.
Untuk $\abs x \geq 1$ , buktikan

$T_n(x) = \frac{\bigl(x + \sqrt{x^2 - 1}\bigr)^n + \bigl(x - \sqrt{x^2 - 1}\bigr)^n}{2},$

lalu turunkan $T_n(x) \sim \frac12\bigl(x + \sqrt{x^2 - 1}\bigr)^n \to \infty$ secara geometri untuk $x > 1$ yang tetap.
Buktikan hukum penyusunan $T_m \circ T_n = T_{mn}$ (periksa pada $\intcc{-1}{1}$ lalu panggil kekakuan polinomial).

Bagian III — Teorema ekstremal Chebyshev. Tulis $Q_n = 2^{1-n}T_n$ (yang monik, menurut pertanyaan 6).

Misalkan $P$ monik berderajat $n \geq 1$ dengan $\sup_{\intcc{-1}{1}}\abs P < 2^{1-n}$ . Dengan menilai $D = Q_n - P$ di titik $\eta_k$ lalu mencacah pergantian tandanya, turunkan sebuah kontradiksi. Simpulkan:

$\sup_{\intcc{-1}{1}}\abs P \;\geq\; 2^{1-n} \qquad\text{untuk setiap } P \text{ monik berderajat } n.$
(Kasus kesamaan) Andaikan $\sup_{\intcc{-1}{1}}\abs P = 2^{1-n}$ dengan $P$ monik berderajat $n$ , dan misalkan $D = Q_n - P \neq 0$ . Tunjukkan $(-1)^kD(\eta_k) \geq 0$ untuk setiap $k$ ; tunjukkan bahwa masing-masing dari $n$ interval $\intcc{\eta_{k}}{\eta_{k-1}}$ memuat sebuah nol $D$ , dan bahwa nol yang dibagi dua interval berurutan merupakan titik dalam $\eta_k$ yang $D' = 0$ pula di sana. Simpulkan bahwa $D$ punya $n$ nol dihitung dengan multiplisitasnya, jadi $D = 0$ : pemberi minimumnya tepat $Q_n$ — itulah teorema ekstremal Chebyshev.
Nyatakan ulang teoremanya sebagai jarak: pada $\intcc{-1}{1}$ ,

$d_\infty\bigl(X^n,\ \R_{n-1}[X]\bigr) = 2^{1-n},$

dengan hampiran terbaik tunggal $X^n - Q_n$ ; lalu tunjukkan lewat penyulihan afin $x = \frac{1+t}2$ bahwa pada $\intcc{0}{1}$ jaraknya menjadi $2^{1-2n}$ .
(Simpul interpolasi yang optimal) Untuk $n$ simpul $x_1, \dots, x_n \in \intcc{-1}{1}$ , polinomial simpulnya $\omega(x) = \prod_i(x - x_i)$ bersifat monik berderajat $n$ . Turunkan dari pertanyaan 12 pilihan simpul mana yang meminimumkan $\sup_{\intcc{-1}{1}}\abs\omega$ , yakni faktor yang bergantung simpul pada batas galat interpolasi klasik, lalu berikan nilai minimumnya.
Periksalah kasus $n = 2$ teoremanya dengan tangan (carilah $\inf_c \sup_{\intcc{-1}{1}}\abs{x^2 - c}$ secara langsung), lalu hitunglah secara numerik jarak pada pertanyaan 13 di $\intcc{0}{1}$ untuk $n = 10$ . Apa yang dikatakan besarnya tentang grafik $x^{10}$ ?

Bagian IV — Bola satuan $C(\intcc{0}{1})$ .

Misalkan $g_k(x) = x^{2^k}$ . Tunjukkan $\norm{g_k}_\infty = 1$ dan $\norm{g_k - g_j}_\infty \geq \frac14$ untuk $j > k$ (nilailah di titik tempat $x^{2^k} = \frac12$ ): yakni sebuah barisan terbatas yang gamblang tanpa barisan bagian yang konvergen — jadi bola satuan tertutupnya tidak kompak, dengan tangan kosong.
(Lema Riesz, dipertajam) Misalkan $F$ subruang sejati berdimensi hingga sebuah ruang bernorma $E$ . Dengan memakai pertanyaan 1, hasilkan vektor satuan $x$ dengan $d(x, F) = 1$ persis — bukan sekadar $\geq 1 - \varepsilon$ seperti pada lema Teorema 5.17.
Turunkan: pada setiap ruang bernorma berdimensi tak hingga ada barisan vektor satuan yang jarak antaranya $\geq 1$ , lalu turunkan kembali teorema Riesz dari situ.
Di $C(\intcc{0}{1})$ , tunjukkan gugusan semacam itu secara gamblang: yakni fungsi tenda $h_n$ yang bertumpu pada $\bigl[\frac1{n+1}, \frac1n\bigr]$ dengan puncak bernilai $1$ . Periksalah $\norm{h_n} = 1$ , $\norm{h_n - h_m} = 1$ untuk $n \neq m$ , lalu perhatikan bahwa $h_n \to 0$ titik demi titik tetapi tidak secara seragam.
(Keterbatasan total gagal) Tunjukkan bahwa bola satuan tertutup $C(\intcc{0}{1})$ tak dapat diselimuti oleh berhingga banyak bola berjari-jari $\frac13$ (sebab tiap bola semacam itu memuat paling banyak satu $h_n$ ) — dan bandingkan dengan langkah keterbatasan total pada bukti Teorema 4.20.

Bagian V — Norma yang bekerja pada matriks, dan rangkuman.

Buktikan bahwa setiap nilai eigen $\lambda$ pada $A \in \mathcal{M}_n(\C)$ memenuhi $\abs\lambda \leq \vertiii A$ untuk setiap norma operator; lalu terapkan Latihan 5.4 untuk membatasi nilai eigen $\left(\begin{smallmatrix}1 & -2\\ 3 & 1\end{smallmatrix}\right)$ dan bandingkan dengan modulus sejatinya.
(Norma yang diselaraskan) Misalkan $A$ dapat didiagonalkan, $A = P\,\mathrm{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_n)\,P^{-1}$ . Tunjukkan bahwa $N_P(x) = \norm{P^{-1}x}_\infty$ merupakan norma yang norma operatornya memenuhi $\vertiii A_{N_P} = \max_i\abs{\lambda_i}$ .
Turunkan: untuk $A$ yang dapat didiagonalkan, $A^k \to 0$ bila dan hanya bila semua nilai eigennya memenuhi $\abs{\lambda_i} < 1$ — dan kesetaraan norma membuat kesimpulan itu tak bergantung pada normanya. Periksalah pada $A = \frac14\left(\begin{smallmatrix}1 & 2\\ 2 & 1\end{smallmatrix}\right)$ .
(Konstanta kesetaraannya meledak) Pada $\R_n[X]$ , bandingkan $N_c(P) = \max_k \abs{a_k}$ (atas koefisiennya) dengan $\norm{P}_{\intcc{0}{1}}$ : keduanya norma, jadi keduanya setara untuk tiap $n$ yang tetap; tetapi tunjukkan, dengan memakai pemberi minimum monik pada pertanyaan 13 di $\intcc{0}{1}$ , bahwa konstanta terbaik $C_n$ pada $N_c \leq C_n\norm\cdot_{\intcc{0}{1}}$ memenuhi $C_n \geq 2^{2n-1}$ . Simpulkan dalam satu kalimat mengapa “semua norma setara” mati dalam dimensi tak hingga.
(Rangkuman) Satu kalimat untuk masing-masing: di mana kekompakan bola berdimensi hingga bekerja (pertanyaan 1, 12); apa yang dikuasai kecembungan tegas; apa yang dihancurkan gugusan pada pertanyaan 18–19; dan bagaimana pertanyaan 24 mengukur kegagalannya. Sebutkan puncaknya (teorema ekstremal Chebyshev) lalu nyatakan di mana hampiran terbaik menemukan rumah modernnya (teorema proyeksi pada ruang Hilbert, jilid Tahun ke-3, tempat kelengkapan menggantikan kekompakan).

Solusi

Solusi Soal 5.1.

1. Calon yang patut ditinjau membentuk $K = \{f \in F : \norm{x - f} \leq \norm x\}$ : tak kosong (sebab $0 \in K$ ), tertutup (sebab ia prapeta sebuah interval tertutup di bawah pemetaan kontinu $f \mapsto \norm{x - f}$ , yang diiriskan dengan $F$ yang tertutup, Akibat 5.14), dan terbatas (sebab $\norm f \leq \norm{f - x} + \norm x \leq 2\norm x$ ). Di dalam $F$ yang berdimensi hingga, tertutup dan terbatas berarti kompak (Teorema 5.13); lalu fungsi kontinu $f \mapsto \norm{x - f}$ mencapai infimumnya pada $K$ , dan infimum itu sama dengan infimum atas seluruh $F$ (sebab sembarang $f \notin K$ memberi $\norm{x - f} > \norm x \geq \inf$ ).

2. Kesamaan jajargenjang di $(\R^n, \norm\cdot_2)$ : $\norm{u + v}^2 + \norm{u - v}^2 = 2\norm u^2 + 2\norm v^2$ (uraikan kuadrat jumlah koordinatnya). Untuk $u \neq v$ yang satuan:

\Bigl\Vert\frac{u+v}2\Bigr\Vert^2 = 1 - \frac{\norm{u - v}^2}{4} < 1 .

Tidak cembung tegas: untuk $\norm\cdot_\infty$ , ambil $u = (1, 1, 0, \dots)$ , $v = (1, -1, 0, \dots)$ : keduanya vektor satuan dengan titik tengah $(1, 0, \dots)$ yang bernorma $1$ ; sedangkan untuk $\norm\cdot_1$ , ambil $u = (1, 0, \dots)$ , $v = (0, 1, 0, \dots)$ : titik tengahnya $(\frac12, \frac12, 0, \dots)$ yang bernorma $1$ .

3. Misalkan $d = d(x, F)$ . Jika $d = 0$ : maka $x \in \overline F = F$ dan satu-satunya pemberi minimumnya adalah $x$ . Jika $d > 0$ dan $f_1 \neq f_2$ keduanya memberi minimum: maka $u = \frac{x - f_1}{d}$ dan $v = \frac{x - f_2}{d}$ merupakan vektor satuan yang berbeda, sehingga

\Bigl\Vert x - \frac{f_1 + f_2}2\Bigr\Vert = d\,\Bigl\Vert\frac{u + v}2\Bigr\Vert < d ,

dengan $\frac{f_1 + f_2}2 \in F$ : dan itu bertentangan dengan definisi $d$ . Jadi pemberi minimumnya tunggal.

4. Di sini $\norm{(0,1) - t(1,0)}_\infty = \max(\abs t, 1) \geq 1$ , dengan kesamaan bila dan hanya bila $\abs t \leq 1$ : jadi pemberi minimumnya membentuk ruas $\{t(1, 0) : t \in \intcc{-1}{1}\}$ , semuanya berjarak $1$ — ketunggalannya gagal justru karena bola perseginya bersisi datar (pertanyaan 2).

5. Misalkan $M = \max f$ dan $m = \min f$ (yang tercapai berkat kekompakan). Untuk sembarang konstanta $c$ : $\sup\abs{f - c} \geq \max(M - c,\, c - m) \geq \frac{M - m}2$ , dengan ketaksamaan terakhirnya berlaku karena kedua besaran itu berata-rata $\frac{M-m}2$ ; dan kesamaan pada keduanya memaksa $M - c = c - m$ , yakni $c = c^* = \frac{M + m}2$ . Sebaliknya $\sup\abs{f - c^*} = \max(M - c^*, c^* - m) = \frac{M - m}2$ . Jadi konstanta terbaiknya tunggal. Untuk $f(x) = x^2$ pada $\intcc01$ : $c^* = \frac12$ , dengan jarak $\frac12$ .

6. Dari $\cos(n{+}1)\theta + \cos(n{-}1)\theta = 2\cos\theta\cos n\theta$ : polinomial yang ditetapkan oleh $T_0 = 1$ , $T_1 = X$ , $T_{n+1} = 2XT_n - T_{n-1}$ memenuhi $T_n(\cos\theta) = \cos n\theta$ secara induktif. Ketunggalannya: dua polinomial yang berimpit pada $\intcc{-1}{1}$ (tak hingga banyak titik) pastilah sama. Sekali lagi secara induktif: $\deg T_n = n$ dengan koefisien utama $2^{n-1}$ untuk $n \geq 1$ (sebab $T_1$ berkoefisien $1 = 2^0$ , dan rekurensinya melipatduakannya).

7. Setiap $x \in \intcc{-1}{1}$ berbentuk $\cos\theta$ , dan $\abs{\cos n\theta} \leq 1$ . Di $\eta_k = \cos\frac{k\pi}n$ : $T_n(\eta_k) = \cos k\pi = (-1)^k$ , dan $1 = \eta_0 > \eta_1 > \dots > \eta_n = -1$ . Akarnya: $\cos n\theta = 0$ bila dan hanya bila $\theta = \frac{(2k-1)\pi}{2n}$ , yakni $n$ titik berbeda $\cos\frac{(2k-1)\pi}{2n}$ ; dan karena $\frac{(k-1)\pi}n < \frac{(2k-1)\pi}{2n} < \frac{k\pi}n$ , tiap akarnya terletak tegas di antara dua ekstremum yang berurutan.

8. $T_2 = 2X^2 - 1$ , $T_3 = 4X^3 - 3X$ , $T_4 = 8X^4 - 8X^2 + 1$ . Untuk $T_3$ : $T_3(1) = 1$ , $T_3(\tfrac12) = \tfrac12 - \tfrac32 = -1$ , $T_3(-\tfrac12) = 1$ , $T_3(-1) = -1$ : pergantian tandanya sempurna.

9. Misalkan $u_\pm = x \pm \sqrt{x^2 - 1}$ untuk $x \geq 1$ : yakni akar $z^2 - 2xz + 1$ , dengan $u_+u_- = 1$ . Barisan $s_n = \frac{u_+^n + u_-^n}2$ memenuhi $s_{n+1} = 2x\,s_n - s_{n-1}$ (rekurensi bergaya Newton dari persamaan kuadratnya), $s_0 = 1$ , $s_1 = x$ : yakni rekurensi dan nilai awal yang sama seperti $n \mapsto T_n(x)$ , jadi $s_n = T_n(x)$ untuk setiap $n$ . Karena $0 < u_- \leq 1 \leq u_+$ dengan $u_+ > 1$ untuk $x > 1$ : maka $T_n(x) \geq \frac{u_+^n}2 \to \infty$ dan $T_n(x) \sim \frac12\bigl(x + \sqrt{x^2-1}\bigr)^n$ . (Untuk $x \leq -1$ pakailah paritas $T_n(-x) = (-1)^nT_n(x)$ , yang jelas dari rekurensinya.)

10. Untuk setiap $\theta$ : $T_m\bigl(T_n(\cos\theta)\bigr) = T_m(\cos n\theta) = \cos mn\theta = T_{mn}(\cos\theta)$ . Jadi polinomial $T_m \circ T_n$ dan $T_{mn}$ berimpit pada $\intcc{-1}{1}$ , sehingga keduanya sama.

11. Polinomial $D = Q_n - P$ berderajat $\leq n - 1$ (sebab suku utamanya yang monik saling coret). Di ekstremumnya: $(-1)^kD(\eta_k) = 2^{1-n} - (-1)^kP(\eta_k) \geq 2^{1-n} - \abs{P(\eta_k)} > 0$ menurut hipotesisnya. Jadi $D$ mengambil nilai tak nol bertanda berselang-seling di $n + 1$ titik menurun $\eta_0 > \dots > \eta_n$ : sehingga menurut teorema nilai antara ia punya sedikitnya $n$ akar berbeda, satu di tiap interval terbuka $\intoo{\eta_{k}}{\eta_{k-1}}$ . Padahal polinomial tak nol yang berderajat $\leq n - 1$ tak mungkin punya $n$ akar; sedangkan $D = 0$ bertentangan dengan tanda tegas tadi. Jadi kontradiksi: $\sup\abs P \geq 2^{1-n}$ untuk setiap $P$ monik berderajat $n$ .

12. Kini $(-1)^kD(\eta_k) = 2^{1-n} - (-1)^kP(\eta_k) \geq 0$ sebab $\abs{P} \leq 2^{1-n}$ . Pada tiap $\intcc{\eta_k}{\eta_{k-1}}$ ( $k = 1, \dots, n$ ), nilai $D$ di kedua ujungnya bertanda lemah yang berlawanan: jadi teorema nilai antara menghasilkan sebuah nol $z_k$ di interval tertutup itu. Jika $z_k$ itu dapat dipilih berbeda sepasang demi sepasang, maka $D \neq 0$ yang berderajat $\leq n-1$ punya $n$ akar: kontradiksi. Dua interval berurutan hanya dapat berbagi nol $z_k = z_{k+1} = \eta_k$ dengan $0 < k < n$ (yakni titik dalam). Di sana, $D(\eta_k) = 0$ berarti $P(\eta_k) = (-1)^k2^{1-n}$ , yaitu nilai ekstremal $P$ pada $\intcc{-1}{1}$ yang tercapai di titik dalam: jadi $P'(\eta_k) = 0$ ; dan $\eta_k$ juga ekstremum dalam bagi $T_n$ : jadi $Q_n'(\eta_k) = 0$ . Karenanya $D'(\eta_k) = 0$ : sehingga $\eta_k$ akar bermultiplisitas $\geq 2$ , yang menutupi interval yang dibagi tadi. Pada semua kasusnya $D$ punya sedikitnya $n$ akar dihitung dengan multiplisitasnya, padahal derajatnya $\leq n - 1$ , jadi $D = 0$ : yakni $P = Q_n$ . Teorema ekstremal Chebyshev pun terbukti: pemberi minimum monik yang tunggal adalah $2^{1-n}T_n$ , bernorma supremum $2^{1-n}$ .

13. Polinomial monik berderajat $n$ persis semua $X^n - R$ dengan $R \in \R_{n-1}[X]$ , jadi

d_\infty\bigl(X^n, \R_{n-1}[X]\bigr) = \min_{P \text{ monik}}\ \sup_{\intcc{-1}{1}}\abs P = 2^{1-n},

yang tunggal di $R^* = X^n - Q_n$ . Dengan penyulihan $x = \frac{1+t}2$ : jika $P$ monik berderajat $n$ pada $\intcc01$ , maka $t \mapsto 2^nP\bigl(\frac{1+t}2\bigr)$ monik pada $\intcc{-1}{1}$ dengan supremum sama dengan $2^n\sup_{\intcc01}\abs P$ : karenanya $\sup_{\intcc01}\abs P \geq 2^{-n}\cdot2^{1-n} = 2^{1-2n}$ , dengan kesamaan persis untuk $P^*(x) = 2^{-n}Q_n(2x - 1)$ : jadi pada $\intcc{0}{1}$ jaraknya $2^{1-2n}$ .

14. Polinomial $\omega$ monik berderajat $n$ , jadi $\sup_{\intcc{-1}{1}}\abs\omega \geq 2^{1-n}$ dengan kesamaan bila dan hanya bila $\omega = Q_n = 2^{1-n}T_n$ , yakni bila dan hanya bila simpulnya adalah $n$ akar $T_n$ : $x_k = \cos\frac{(2k-1)\pi}{2n}$ — yaitu simpul Chebyshev. Nilai minimumnya: $2^{1-n}$ . Simpul yang berjarak sama justru lebih buruk; faktor galat interpolasinya diminimumkan dengan merapatkan simpul di dekat ujungnya.

15. Kasus $n = 2$ dengan tangan: $x^2$ menjelajahi $\intcc01$ , jadi $\sup_{\intcc{-1}{1}}\abs{x^2 - c} = \max(\abs c, \abs{1 - c}) \geq \frac12$ , yang minimum di $c = \frac12$ : jadi polinomial kuadrat monik yang minimal adalah $x^2 - \frac12 = \frac12(2x^2 - 1) = Q_2$ , bernilai $\frac12 = 2^{1-2}$ . Untuk $n = 10$ pada $\intcc{0}{1}$ : $2^{1-20} = 2^{-19} \approx 1.9\cdot10^{-6}$ . Jadi ada polinomial berderajat $9$ yang tetap berjarak dua per sejuta dari $x^{10}$ pada seluruh $\intcc01$ : pada skala itu kedua grafiknya tak terbedakan — kedataran $x^{10}$ di dekat $0$ membiarkan derajat yang lebih rendah mengerjakan segalanya.

16. Di sini $\norm{g_k}_\infty = g_k(1) = 1$ . Untuk $j > k$ tetapkan $a = 2^k$ , $b = 2^j \geq 2a$ , lalu nilailah di $x_0 = 2^{-1/a}$ (sehingga $x_0^a = \frac12$ ):

g_k(x_0) - g_j(x_0) = \frac12 - \Bigl(\frac12\Bigr)^{b/a} \geq \frac12 - \frac14 = \frac14 .

Jadi $\norm{g_k - g_j}_\infty \geq \frac14$ untuk setiap $j \neq k$ : sehingga tak ada barisan bagian yang Cauchy, dan tak satu pun konvergen. Bola satuan tertutup $\bigl(C(\intcc01), \norm\cdot_\infty\bigr)$ tidak kompak.

17. Subruang $F$ tertutup (Akibat 5.14) dan sejati: pilih $y \notin F$ , sehingga $\delta = d(y, F) > 0$ . Menurut pertanyaan 1 jaraknya tercapai di suatu $f^* \in F$ . Tetapkan $x = \frac{y - f^*}{\delta}$ , sebuah vektor satuan (sebab $\norm{y - f^*} = \delta$ ). Untuk setiap $g \in F$ :

\norm{x - g} = \frac{\norm{y - (f^* + \delta g)}}{\delta} \geq \frac{\delta}{\delta} = 1 ,

sebab $f^* + \delta g \in F$ . Karenanya $d(x, F) \geq 1$ ; sedangkan $d(x, F) \leq \norm{x - 0} = 1$ : jadi tepat $1$ .

18. Pada $E$ yang berdimensi tak hingga, bangunlah vektor satuan secara induktif: $x_1$ sembarang; lalu diberikan $x_1, \dots, x_k$ , subruang $F_k = \operatorname{Vect}(x_1, \dots, x_k)$ berdimensi hingga, jadi sejati, sehingga pertanyaan 17 memberi vektor satuan $x_{k+1}$ dengan $d(x_{k+1}, F_k) = 1$ : khususnya $\norm{x_{k+1} - x_i} \geq 1$ untuk $i \leq k$ . Barisan itu berjarak antara $\geq 1$ : jadi bola satuannya memuat barisan tanpa barisan bagian yang konvergen, sehingga ia tidak kompak — itulah teorema Riesz, dengan konstanta tajam $1$ .

19. Misalkan $h_n$ afin pada tiap separuh $\bigl[\frac1{n+1}, \frac1n\bigr]$ , naik dari $0$ ke $1$ di titik tengahnya lalu turun kembali ke $0$ , dan nol di tempat lain: ia kontinu dengan $\norm{h_n}_\infty = 1$ . Untuk $n \neq m$ penyangganya bertemu paling banyak di satu ujung bersama, tempat keduanya nol; sedangkan di puncak $h_n$ berlaku $h_m = 0$ : jadi $\norm{h_n - h_m}_\infty = 1$ persis. Untuk $x > 0$ yang tetap: $h_n(x) = 0$ begitu $\frac1n < x$ , dan $h_n(0) = 0$ selalu: jadi $h_n \to 0$ titik demi titik; tetapi $\norm{h_n - 0}_\infty = 1$ : jadi tidak seragam. Itulah gugusan gamblang berjarak antara $1$ di dalam bola satuannya.

20. Bola berjari-jari $\frac13$ berdiameter $\leq \frac23 < 1$ , jadi ia memuat paling banyak satu $h_n$ (sebab dua di antaranya berjarak $1$ ). Berhingga banyak bola semacam itu memuat berhingga banyak dari tak hingga banyak $h_n$ : jadi keduanya tak dapat menyelimuti bola satuannya. Keterbatasan total — yang dinikmati ruang metrik kompak, menurut bukti Teorema 4.20 — gagal separah-parahnya.

21. Jika $Ax = \lambda x$ dengan $x \neq 0$ , maka $\abs\lambda\,\norm x = \norm{Ax} \leq \vertiii A\,\norm x$ , sehingga $\abs\lambda \leq \vertiii A$ . Untuk $\left(\begin{smallmatrix}1 & -2\\ 3 & 1\end{smallmatrix}\right)$ : $\vertiii A_\infty = \max(1 + 2,\ 3 + 1) = 4$ (Latihan 5.4), jadi setiap nilai eigennya bermodulus $\leq 4$ ; padahal $\chi_A = X^2 - 2X + 7$ memberi $\lambda = 1 \pm \iu\sqrt6$ yang bermodulus $\sqrt7 \approx 2.65$ : jadi batasnya sahih tetapi tidak tajam.

22. $N_P$ memang norma: $N_P(x) = 0$ memaksa $P^{-1}x = 0$ , jadi $x = 0$ ; sedangkan kehomogenan dan ketaksamaan segitiganya diwarisi dari $\norm\cdot_\infty$ lewat $P^{-1}$ yang linear. Norma operatornya: dengan $y = P^{-1}x$ dan $D = \mathrm{diag}(\lambda_i)$ ,

N_P(Ax) = \norm{P^{-1}AP\,y}_\infty = \norm{Dy}_\infty,

jadi $\vertiii A_{N_P}$ tak lain norma operator terhadap $\norm\cdot_\infty$ bagi $D$ , yakni jumlah mutlak barisnya yang terbesar (Latihan 5.4): $\max_i\abs{\lambda_i}$ .

23. Jika semua $\abs{\lambda_i} < 1$ : maka $N_P(A^kx) \leq \rho^kN_P(x)$ dengan $\rho = \max\abs{\lambda_i} < 1$ , jadi $A^kx \to 0$ untuk setiap $x$ , sehingga $A^k \to 0$ pada norma apa pun di $\mathcal{M}_n$ (semuanya setara dalam dimensi hingga, Teorema 5.13; sebab kekonvergenan $A^ke_j$ untuk tiap $j$ tak lain kekonvergenan unsur demi unsur). Jika ada $\abs{\lambda} \geq 1$ dengan vektor eigen $x$ : maka $\norm{A^kx} = \abs\lambda^k\norm x \not\to 0$ . Untuk $A = \frac14\left(\begin{smallmatrix}1 & 2\\ 2 & 1\end{smallmatrix}\right)$ : nilai eigennya $\frac14(1 \pm 2) = \frac34, -\frac14$ , keduanya bermodulus $< 1$ : jadi $A^k \to 0$ .

24. Keduanya norma pada $\R_n[X]$ yang berdimensi hingga, jadi setara untuk tiap $n$ . Ambil polinomial monik minimal $P^*_n$ pada pertanyaan 13 di $\intcc01$ : koefisien $X^n$ -nya $1$ , jadi $N_c(P^*_n) \geq 1$ , sedangkan $\norm{P^*_n}_{\intcc01} = 2^{1-2n}$ . Karenanya

C_n \geq \frac{N_c(P^*_n)}{\norm{P^*_n}_{\intcc01}} \geq 2^{2n-1} .

Konstanta kesetaraannya meledak seiring dimensinya: pada gabungan $\R[X]$ tak ada satu pun konstanta yang melayani, dan itulah persis ketaksetaraan yang terlihat pada Latihan 5.12 — “semua norma setara” adalah teorema tentang satu dimensi setiap kali, dan dimensi tak hingga adalah tempat ia mati.

25. Kekompakan himpunan tertutup dan terbatas dalam dimensi hingga menghasilkan keberadaan hampiran terbaik (pertanyaan 1) serta menggerakkan pencacahan nol di $n + 1$ titik ekstremalnya (pertanyaan 11–12, lewat supremum yang tercapai). Kecembungan tegas menguasai ketunggalan hampiran terbaik — bola yang bulat memberi satu pemberi minimum, dan bola bersisi datar memberi seruas penuh (pertanyaan 2–4). Gugusan vektor satuan berjarak antara $1$ (pertanyaan 17–19) menghancurkan kekompakan bola satuannya sekaligus keterbatasan totalnya (pertanyaan 20). Pertanyaan 24 mengukur keruntuhannya: konstanta yang menghubungkan dua norma pada $\R_n[X]$ tumbuh seperti $4^n$ , jadi tak ada perbandingan seragam yang selamat sampai ke $\R[X]$ . Puncaknya adalah teorema ekstremal Chebyshev (pertanyaan 11–12): pemberi minimum monik yang tunggal $2^{1-n}T_n$ . Adapun hampiran terbaik menemukan rumah modernnya di ruang Hilbert, tempat teorema proyeksi menggantikan kekompakan dengan kelengkapan ditambah kesamaan jajargenjang — yang dibuktikan secara jujur pada jilid Tahun ke-3.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium