Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 2 · Bachelor Year 2

5Genormeerde vectorruimten

Zodra de metrische ruimte een vectorruimte is en de afstand van een norm komt, gaan topologie en lineaire algebra op elkaar inwerken: lineaire afbeeldingen zijn precies dan continu wanneer zij op de eenheidsbol begrensd zijn, eindige dimensie dwingt alle normen tot overeenstemming, en volledigheid maakt van absoluut convergente reeksen convergente reeksen. De scheidslijn tussen eindige en oneindige dimensie — uitgekristalliseerd in de stelling van Riesz — is de diepste les van dit hoofdstuk.

Overal zijn $E, F$ vectorruimten over $K = \R$ of $\C$ .

5.1 Normen

Definitie 5.1

Een norm op $E$ is een afbeelding $\norm{\,\cdot\,} \colon E \to \R_+$ met, voor alle $x, y \in E$ en $\lambda \in K$ ,

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

Dan is $d(x, y) = \norm{x - y}$ een afstand en is heel Hoofdstuk 4 van toepassing. De omgekeerde driehoeksongelijkheid $\bigl|\norm x - \norm y\bigr| \leq \norm{x - y}$ maakt de norm zelf $1$ -Lipschitz; de optelling en de scalaire vermenigvuldiging zijn continu (schattingen $\norm{(x + y) - (x' + y')} \leq \norm{x - x'} + \norm{y - y'}$ , enzovoort).

Voorbeeld 5.2

Op $K^n$ :

\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}

( $\norm\cdot_2$ is een norm wegens Cauchy–Schwarz, volume van bachelorjaar 1). Op $C(\intcc{a}{b})$ :

\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},

waarbij de laatste twee normen zijn dankzij de strikte positiviteit van de integraal en de integraalversie van Cauchy–Schwarz (volume van bachelorjaar 1). Op matrices: elke norm op $\mathcal M_n(K) \simeq K^{n^2}$ ; de operatornormen hieronder zijn de structureel belangrijke.

Definitie 5.3 (Equivalente normen)

Twee normen $N_1, N_2$ op $E$ heten equivalent wanneer er constanten $c, C > 0$ zijn met

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

Equivalente normen hebben dezelfde open verzamelingen, dezelfde convergente rijen en cauchyrijen, dezelfde compacte en volledige deelverzamelingen: dezelfde analyse.

Voorbeeld 5.4 (Geen equivalentie in oneindige dimensie)

Op $C(\intcc{0}{1})$ geldt altijd $\norm f_1 \leq \norm f_\infty$ , maar er is geen omgekeerde grens: $f_n(x) = x^n$ heeft $\norm{f_n}_\infty = 1$ en $\norm{f_n}_1 = \frac{1}{n+1} \to 0$ . Dus $f_n \to 0$ voor $\norm\cdot_1$ maar niet voor $\norm\cdot_\infty$ : de twee normen zijn het oneens over de convergentie zelf.

Voorbeeld 5.5 (Expliciete constanten in dimensie $n$ )

Op $K^n$ zijn de drie klassieke normen equivalent met scherpe constanten:

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

waarbij de middelste grens $\norm x_1 \leq \sqrt n\norm x_2$ uit Cauchy–Schwarz tegen de vector vol enen komt. Extremale vectoren: $e_1$ maakt de eerste twee ongelijkheden tot gelijkheden, en $(1, 1, \dots, 1)$ de laatste twee. De dimensie $n$ zit zichtbaar in de constanten — het kwantitatieve zaad van het falen in oneindige dimensie: als $n \to \infty$ overleeft geen enkele uniforme constante, en dat is precies wat Voorbeeld 5.4 op functieruimten laat zien.

De eenheidsbollen van de drie klassieke normen van ℝ2, genest zoals de ongelijkheden van voorschrijven: kleinere bol, grotere norm. De rondheid doet ertoe: de vlakke zijden van de ruit en het vierkant zijn precies het falen van de strikte convexiteit dat in de weekendopgave van en in die van dit hoofdstuk (vraag 4) wordt uitgebuit. — De eenheidsbollen van de drie klassieke normen van $\R^2$ , genest zoals de ongelijkheden van Voorbeeld 5.5 voorschrijven: kleinere bol, grotere norm. De rondheid doet ertoe: de vlakke zijden van de ruit en het vierkant zijn precies het falen van de strikte convexiteit dat in de weekendopgave van Hoofdstuk 8 en in die van dit hoofdstuk (vraag 4) wordt uitgebuit.

5.2 Continue lineaire afbeeldingen

Stelling 5.6 (Karakterisering)

Voor een lineaire afbeelding $u \colon E \to F$ tussen genormeerde ruimten zijn de volgende uitspraken gelijkwaardig:

$u$ is continu;
$u$ is continu in $0$ ;
$u$ is begrensd op de gesloten eenheidsbol: $\sup_{\norm x \leq 1} \norm{u(x)} < \infty$ ;
er is een $C \geq 0$ met $\norm{u(x)} \leq C \norm x$ voor alle $x$ ;
$u$ is Lipschitz.

De kleinste zulke $C$ is de operatornorm $\vertiii{u} = \sup_{\norm x \leq 1}\norm{u(x)} = \sup_{x \neq 0} \frac{\norm{u(x)}}{\norm x}$ ; zij maakt van de ruimte $\mathcal{L}_c(E, F)$ van de continue lineaire afbeeldingen een genormeerde ruimte, met

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

Bewijs. (1 $\Rightarrow$ 2) triviaal. (2 $\Rightarrow$ 3): de continuïteit in $0$ met $\varepsilon = 1$ geeft een $\delta$ met $\norm x \leq \delta \Rightarrow \norm{u(x)} \leq 1$ ; de homogeniteit schaalt vervolgens elke $x$ met $\norm x \leq 1$ die bol in en weer uit:

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

want $\norm{\delta x} \leq \delta$ . (3 $\Rightarrow$ 4): pas voor $x \neq 0$ de grens toe op $\frac{x}{\norm x}$ . (4 $\Rightarrow$ 5): $\norm{u(x) - u(y)} = \norm{u(x - y)} \leq C\norm{x - y}$ . (5 $\Rightarrow$ 1) bekend.

De normaxioma’s voor $\vertiii\cdot$ : de homogeniteit en de scheiding zijn duidelijk ( $\vertiii u = 0$ dwingt $u = 0$ op de bol af, en dus overal); de driehoeksongelijkheid volgt uit $\norm{(u + v)(x)} \leq \norm{u(x)} + \norm{v(x)}$ . Submultiplicativiteit: $\norm{v(u(x))} \leq \vertiii v\,\norm{u(x)} \leq \vertiii v \vertiii u \norm x$ . ∎

Voorbeeld 5.7

Op $\bigl(C(\intcc{0}{1}), \norm\cdot_\infty\bigr)$ : de evaluatie $f \mapsto f(0)$ heeft operatornorm $1$ ; de integratie $f \mapsto \int_0^1 f$ heeft norm $1$ ; en de afbeelding $f \mapsto \int_0^1 t f(t)\dd t$ heeft norm $\int_0^1 t\,\dd t = \frac12$ (bovengrens uit de driehoeksongelijkheid voor integralen; aangenomen in $f \equiv 1$ ). Maar de afgeleide, van $(C^1, \norm\cdot_\infty)$ naar $(C^0, \norm\cdot_\infty)$ , is niet continu: $\norm{\sin(nx)}_\infty = 1$ terwijl de afgeleide supnorm $n$ heeft. Lineair impliceert in oneindige dimensie geen continuïteit.

Voorbeeld 5.8 (Twee normen, twee oordelen over één rij)

Zij op $C(\intcc01)$ de rij $g_n(x) = \sqrt{n}\,x^n$ . Dan is

\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 :

één rij, drie normen, drie gedragingen — convergentie naar nul, geen convergentie (de normen stabiliseren bij $\frac1{\sqrt2}$ terwijl de puntsgewijze limiet $0$ is), en explosie. Massa die zich bij $x = 1$ ophoopt, is onzichtbaar voor $\norm\cdot_1$ , half zichtbaar voor $\norm\cdot_2$ en overheersend voor $\norm\cdot_\infty$ . In oneindige dimensie is “convergeert zij?” geen vraag over een rij: het is een vraag over een rij en een norm.

Methode 5.9 (Een operatornorm berekenen)

Altijd in twee zetten. Bovengrens: schat $\norm{u(x)}$ af door $C\norm x$ met driehoeksongelijkheden, Cauchy–Schwarz of integraalgrenzen — dat bewijst $\vertiii u \leq C$ . Getuige: geef ofwel een concrete $x_0 \neq 0$ met $\norm{u(x_0)} = C\norm{x_0}$ (de grens wordt aangenomen), ofwel een rij eenheidsvectoren $x_n$ met $\norm{u(x_n)} \to C$ (de grens wordt benaderd). Beide zetten zijn verplicht: een bovengrens alleen geeft slechts $\vertiii u \leq C$ , en een getuige alleen slechts $\vertiii u \geq C$ . In oneindige dimensie moet de getuige soms een rij zijn — het supremum hoeft niet te worden aangenomen (Oefening 5.8).

Voorbeeld 5.10 (Diagonale operatoren zien elke norm hetzelfde)

Voor $D = \operatorname{diag}(d_1, \dots, d_n)$ op $K^n$ met elk van de normen $\norm\cdot_1, \norm\cdot_2, \norm\cdot_\infty$ : uit $\abs{d_ix_i} \leq \bigl(\max_j\abs{d_j}\bigr)\abs{x_i}$ coördinaatsgewijs volgt $\norm{Dx} \leq \max_j\abs{d_j}\,\norm x$ ; en $x = e_{j_0}$ (met een maximaliserende index) neemt die grens aan. Dus is $\vertiii D = \max_j\abs{d_j}$ in alle drie de gevallen: voor diagonale afbeeldingen vertellen alle redelijke normen hetzelfde verhaal, namelijk de grootste rekfactor. Alles wat moeilijk is aan operatornormen gaat over niet-diagonaal gedrag — en daarom werken de aangepaste normen uit de weekendopgave van dit hoofdstuk (vraag 22) door een matrix eerst diagonaal te maken.

Voorbeeld 5.11 (Kolomsommen: de $1$ -normtweeling van Oefening 5.4)

Op $(\R^n, \norm\cdot_1)$ is de operatornorm van een matrix $A$ de grootste absolute kolomsom. Volg de methode: voor $\norm x_1 \leq 1$ is

\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 ,

en de grens wordt aangenomen in $x = e_{j_0}$ voor een maximaliserende kolom $j_0$ — de netste getuige die men zich kan wensen. Zo is voor $A = \left(\begin{smallmatrix}1 & -2\\ 3 & 1\end{smallmatrix}\right)$ de waarde $\vertiii A_1 = \max(1 + 3,\ 2 + 1) = 4$ , terwijl ook $\vertiii A_\infty = 4$ (rijen) — hier een toeval, geen wet: verdeel de elementen asymmetrisch en de twee normen gaan uiteen. Rijen voor $\norm\cdot_\infty$ , kolommen voor $\norm\cdot_1$ : het ezelsbruggetje is dat de eenheidsvectoren van elke norm (tekenpatronen, respectievelijk basisvectoren) de bijbehorende sommen naar voren halen.

Propositie 5.12 (Bilineaire afbeeldingen)

Een bilineaire afbeelding $b \colon E \times F \to G$ is continu dan en slechts dan als $\norm{b(x,y)} \leq C\norm x\,\norm y$ voor zekere $C$ ; dan is zij Lipschitz op begrensde verzamelingen. (Hetzelfde bewijspatroon; het product $(u, v) \mapsto v \circ u$ en de matrixvermenigvuldiging zijn de sleutelvoorbeelden.)

Bewijs. Geldt de grens, dan

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

dus $\norm{b(x,y) - b(x_0,y_0)} \leq C\norm{x - x_0}\norm y + C\norm{x_0}\norm{y - y_0}$ : continuïteit in $(x_0, y_0)$ , en een Lipschitz-grens zodra $\norm x, \norm y \leq R$ . Omgekeerd geeft de continuïteit in $(0,0)$ een $\delta$ met $\norm{b(x,y)} \leq 1$ op $\norm x, \norm y \leq \delta$ ; schaal beide veranderlijken. ∎

5.3 Eindige dimensie

Stelling 5.13 (Equivalentie van normen in eindige dimensie)

Op een eindigdimensionale ruimte zijn alle normen equivalent. Bijgevolg zijn in eindige dimensie convergentie, openheid, compactheid en volledigheid begrippen die niet van de norm afhangen; is compact $=$ gesloten en begrensd; is de ruimte volledig; en is elke lineaire (of multilineaire) afbeelding vanuit een eindigdimensionale ruimte continu.

Bewijs. Leg een basis vast en vereenzelvig $E \simeq K^n$ ; het volstaat elke norm $N$ met $\norm\cdot_\infty$ te vergelijken.

De ene richting is algebra: $N(x) = N(\sum x_i e_i) \leq \sum \abs{x_i} N(e_i) \leq C \norm x_\infty$ met $C = \sum N(e_i)$ . Dit toont tevens dat $N$ continu is op $(K^n, \norm\cdot_\infty)$ (zij is $C$ -Lipschitz: $\abs{N(x) - N(y)} \leq N(x - y)$ ).

De andere is topologie: de eenheidssfeer $S = \{x : \norm{x}_\infty = 1\}$ is gesloten en begrensd in $(K^n, \norm\cdot_\infty)$ en dus compact (Stelling 4.16 (2), geldig voor $\C^n \simeq \R^{2n}$ ). De continue functie $N$ neemt op $S$ haar minimum $c$ aan; en $c > 0$ , want $N$ verdwijnt alleen in $0 \notin S$ . De homogeniteit verspreidt de grens: $N(x) \geq c \norm{x}_\infty$ voor alle $x$ .

Gevolgen: alle uitspraken herleiden zich tot $(K^n, \norm\cdot_\infty)$ , waar zij bekend zijn (Stelling 4.9, Stelling 4.16); en een lineaire $u$ vanuit een eindigdimensionale $E$ voldoet aan $\norm{u(x)} \leq \sum\abs{x_i} \norm{u(e_i)} \leq C'\norm{x}_\infty$ : dat is grens (4) van Stelling 5.6. ∎

Gevolg 5.14

Een eindigdimensionale deelruimte van een willekeurige genormeerde ruimte is gesloten.

Bewijs. Zij is volledig voor de geïnduceerde norm (Stelling 5.13), en volledige deelverzamelingen zijn gesloten (Definitie 4.7). ∎

Voorbeeld 5.15 (Een beste benadering, gevonden met symmetrie)

Hoe ver ligt in $\bigl(C(\intcc{-1}{1}), \norm\cdot_\infty\bigr)$ de functie $f(x) = \abs x$ van de (gesloten, tweedimensionale) deelruimte van de affiene functies $a + bx$ ? Wegens de symmetrie laat het vervangen van $a + bx$ door $a - bx$ de waarde $\norm{f - (a \pm bx)}_\infty$ ongemoeid, en het midden $a$ doet het minstens zo goed (driehoeksongelijkheid op het gemiddelde): het volstaat dus constanten te beschouwen. Voor een constante $a$ is

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

minimaal in $a = \frac12$ : de afstand is $\frac12$ , aangenomen door de constante $\frac12$ . Let op de foutkromme $\abs x - \frac12$ : zij bereikt afwisselend $\pm\frac12$ in $x = -1, 0, 1$ — drie extrema met afwisselend teken voor een beste benadering uit een familie met twee parameters. Dat patroon van equi-oscillatie is geen toeval; het is het kenmerk van optimaliteit dat de weekendopgave van dit hoofdstuk omzet in de stelling van Chebyshev.

Voorbeeld 5.16 (Gesloten tegenover dichte deelruimten)

Zij $E = \bigl(C(\intcc{0}{1}), \norm\cdot_\infty\bigr)$ : elke $\R_n[X]$ (de veeltermen van graad $\leq n$ , beperkt tot $\intcc01$ ) is een eindigdimensionale en dus gesloten deelruimte — een uniforme limiet van veeltermen van graad $\leq n$ is er weer een. Maar de vereniging $\R[X]$ van al deze ruimten ligt dicht in $E$ (de benaderingsstelling van Weierstrass, bewezen in Hoofdstuk 10), en dichte echte deelruimten zijn zo niet-gesloten als maar kan. De moraal: dat deelruimten gesloten zijn, is een voorrecht van de eindige dimensie; gesloten verdiepingen op elkaar stapelen kan een dichte wolkenkrabber opleveren.

Stelling 5.17 (Riesz)

De gesloten eenheidsbol van een genormeerde ruimte $E$ is compact dan en slechts dan als $\dim E < \infty$ .

Bewijs. Eindige dimensie: gesloten en begrensd volstaat (Stelling 5.13).

Omgekeerd, stel $\dim E = \infty$ . Lemma van Riesz: voor elke gesloten echte deelruimte $F \subsetneq E$ en elke $\varepsilon \in \intoo{0}{1}$ bestaat er een eenheidsvector $x$ met $d(x, F) \geq 1 - \varepsilon$ . Bewijs: kies $y \notin F$ , zet $\delta = d(y, F) > 0$ ( $F$ is gesloten), kies $f \in F$ met $\norm{y - f} \leq \frac{\delta}{1 - \varepsilon}$ , en zet $x = \frac{y - f}{\norm{y - f}}$ : voor elke $g \in F$ is

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

want de teller is een afstand van $y$ tot een punt van $F$ .

Bouw nu inductief eenheidsvectoren $x_1, x_2, \dots$ : de ruimte $F_k = \operatorname{Vect}(x_1, \dots, x_k)$ is eindigdimensionaal en dus gesloten (Gevolg 5.14) en echt; het lemma van Riesz met $\varepsilon = \frac12$ levert een eenheidsvector $x_{k+1}$ met $d(x_{k+1}, F_k) \geq \frac12$ . De rij voldoet aan $\norm{x_p - x_q} \geq \frac12$ voor $p \neq q$ : geen convergente deelrij — de eenheidsbol is niet compact. ∎

Voorbeeld 5.18 (Riesz als dimensiedetector)

Is $C(\intcc01)$ eindigdimensionaal? Riesz antwoordt zonder ook maar één expliciete oneindige vrije familie aan te wijzen: de rij $f_n(x) = x^n$ ligt in de gesloten eenheidsbol en voldoet voor $m > n$ aan $\norm{f_n - f_m}_\infty \geq f_n(x_0) - f_m(x_0) > 0$ in geschikte punten — netjes gekwantificeerd in de weekendopgave van dit hoofdstuk (vraag 16), waar een deelrij op onderlinge afstand $\geq \frac14$ blijft. Geen convergente deelrij, dus is de bol niet compact, dus is $\dim C(\intcc01) = \infty$ volgens Stelling 5.17. De compactheid van de eenheidsbol is een perfecte tweedeling: zij geldt in eindige dimensie en faalt in oneindige, zonder tussenweg — de meetkunde alleen leest het dimensietype af.

5.4 Banachruimten

Definitie 5.19

Een banachruimte is een volledige genormeerde ruimte. Voorbeelden: elke eindigdimensionale genormeerde ruimte (Stelling 5.13); $\bigl(C(\intcc{a}{b}), \norm\cdot_\infty\bigr)$ (Stelling 4.9); en $\mathcal{L}_c(E, F)$ zodra $F$ een banachruimte is (met hetzelfde bewijspatroon als voor continue functies). Geen voorbeeld: $\bigl(C(\intcc{0}{1}), \norm\cdot_1\bigr)$ (Oefening 5.7).

Voorbeeld 5.20 (De operatornorm van de integratie)

Zij op $\bigl(C(\intcc01), \norm\cdot_\infty\bigr)$ de afbeelding $T(f)(x) = \int_0^x f(t)\,\dd t$ (een endomorfisme: $T(f)$ is continu). Volg Methode 5.9. Bovengrens:

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

dus $\vertiii T \leq 1$ . Getuige: $f \equiv 1$ geeft $T(f)(x) = x$ en $\norm{T(f)}_\infty = 1 = \norm f_\infty$ : aangenomen, dus $\vertiii T = 1$ . Maar merk op dat $\vertiii{T^2} = \frac12 \neq \vertiii T^2$ : inderdaad voldoet $T^2(f)(x) = \int_0^x(x - t)f(t)\dd t$ aan $\abs{T^2(f)(x)} \leq \frac{x^2}2\norm f_\infty$ , opnieuw aangenomen in $f \equiv 1$ ; en in het algemeen is $\vertiii{T^n} = \frac1{n!}$ — de submultiplicatieve grens $\vertiii T^n = 1$ zit er een faculteit naast. Dit is precies het verschijnsel dat de iteratietruc uit de weekendopgave van Hoofdstuk 4 omzet in globale oplosbaarheid van lineaire differentiaalvergelijkingen.

Stelling 5.21 (Absolute convergentie in banachruimten)

Is $\sum \norm{u_n} < \infty$ in een banachruimte, dan convergeert $\sum u_n$ , en geldt $\norm{\sum u_n} \leq \sum\norm{u_n}$ . (De volledige theorie van reeksen in genormeerde ruimten is Hoofdstuk 7.)

Bewijs. Voor de partiële sommen $S_N$ geldt bij $q > p$ dat $\norm{S_q - S_p} \leq \sum_{n=p+1}^{q}\norm{u_n}$ , wat naar $0$ gaat (cauchycriterium voor de reële reeks van de normen): $(S_N)$ is een cauchyrij en dus convergent. De ongelijkheid volgt door in de eindige driehoeksongelijkheid naar de limiet over te gaan. ∎

Voorbeeld 5.22 (De matrixexponentiaal, eerste contact)

De matrixexponentiaal: $\mathcal{M}_n(K)$ met een willekeurige submultiplicatieve norm ( $\vertiii{AB} \leq \vertiii A \vertiii B$ ) is een banachruimte (eindige dimensie). Dan convergeert voor elke $A$ de reeks

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

absoluut ( $\vertiii{A^k/k!} \leq \vertiii A^k /k!$ , sommeerbaar): zij is dus welgedefinieerd. Hoofdstuk 16 buit haar systematisch uit.

Voorbeeld 5.23 (Een neumannreeks die afbreekt)

Voor $A = \left(\begin{smallmatrix}0 & \frac12\\ 0 & 0\end{smallmatrix}\right)$ is $\vertiii A < 1$ in elke operatornorm die op de normen van Voorbeeld 5.2 is gebouwd, en $A^2 = 0$ , zodat de meetkundige reeks in elkaar klapt:

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

na te gaan met $(I - A)(I + A) = I - A^2 = I$ . De nilpotentie kapt de reeks precies zo af als zij de exponentiële afkapte in Hoofdstuk 3; en het voorbeeld ijkt de verwachtingen: de neumanninverse is in het algemeen een oneindige reeks, een veelterm precies wanneer de storing nilpotent is, en de fout na $N$ termen wordt altijd begrensd door de meetkundige staart $\vertiii A^{N+1}/(1 - \vertiii A)$ .

Voorbeeld 5.24 (De exponentiaal van een rotatievoortbrenger)

Neem $A = \left(\begin{smallmatrix}0 & -\theta\\ \theta & 0\end{smallmatrix}\right)$ . Dan is $A^2 = -\theta^2 I$ , dus doorlopen de machten een cykel met periode vier en splitst de reeks in een even en een oneven deel:

\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},

waarbij alle herschikkingen door de absolute convergentie zijn toegestaan. De exponentiaal van een antisymmetrische voortbrenger is een rotatie — hier zuiver uit de reeks berekend, drie hoofdstukken vóór de differentiaalvergelijking $x' = Ax$ (Hoofdstuk 16) uitlegt waarom: $\eu^{tA}$ is een eenparige cirkelbeweging. Het inzicht om te onthouden: identiteiten tussen matrixreeksen worden precies zo bewezen als scalaire, zodra een submultiplicatieve norm de absolute convergentie certificeert.

Voorbeeld 5.25 (Supnorm betekent uniform: het woordenboek)

De uitspraak $\norm{f_n - f}_\infty \to 0$ is uniforme convergentie: één getal, $\sup_x\abs{f_n(x) - f(x)}$ , begrenst de fout in elk punt tegelijk. Het woordenboek in actie op $f_n(x) = x^n$ over $\intcc{0}{1}$ : puntsgewijs gaat $f_n \to 0$ op $\intco{0}{1}$ terwijl $f_n(1) = 1$ ; in norm is $\norm{f_n - 0}_\infty = 1 \not\to 0$ , en inderdaad is de puntsgewijze limiet discontinu en dus onbereikbaar als $\norm\cdot_\infty$ -limiet in $C(\intcc01)$ (dat onder uniforme limieten gesloten is, Stelling 4.9). Op $\intcc{0}{a}$ met $a < 1$ is $\norm{f_n}_\infty = a^n \to 0$ — de uniforme convergentie hersteld door het domein te verkleinen. Elke uitspraak over convergentie in Hoofdstuk 10 is een uitspraak over deze ene norm; dat woordenboek in gedachten houden halveert dat hoofdstuk.

Opmerking 5.26 (Klassieke valkuilen)

(i) Een operatornorm hangt van beide gekozen normen af: dezelfde matrix heeft een $\vertiii\cdot_\infty$ gegeven door rijsommen (Oefening 5.4) en een andere $\vertiii\cdot_1$ (kolomsommen); “de” norm van een matrix noemen zonder de onderliggende normen te noemen is betekenisloos. (ii) $\vertiii{AB} \leq \vertiii A\,\vertiii B$ is een ongelijkheid, meestal een strikte — machten kunnen veel sneller krimpen dan de grens $\vertiii A^k$ suggereert, en daar draait het bij aangepaste normen om (de weekendopgave van dit hoofdstuk, vraag 22). (iii) “Lineair impliceert continu” is een voorrecht van de eindige dimensie: de afgeleide op veeltermen is lineair en onbegrensd (Voorbeeld 5.7). (iv) Absolute convergentie van $\sum u_n$ helpt alleen wanneer de ruimte volledig is (Oefening 7.9 bouwt het tegenvoorbeeld). (v) In oneindige dimensie is een supremum over de eenheidsbol een echt supremum: neem niet aan dat het wordt aangenomen (Oefening 5.8).

Opmerking 5.27 (Vooruitblik binnen dit volume)

Er staan nu drie afspraken vast. Met Hoofdstuk 7: in een banachruimte convergeren absoluut convergente reeksen, zodat de meetkundige en de exponentiële reeks van operatoren dagelijks gereedschap worden — $I - A$ inverteren en $\eu^{A}$ definiëren (Voorbeeld 7.2). Met Hoofdstuk 10 en Hoofdstuk 11: convergentie van functierijen en machtreeksen is convergentie in $\bigl(C, \norm\cdot_\infty\bigr)$ (Voorbeeld 5.25), en de convergentiestraal is een uitspraak over welke meetkundige reeksen domineren. Met Hoofdstuk 14: de normen $\norm\cdot_2$ en $\norm\cdot_\infty$ zijn het op $C(\intcc{0}{1})$ werkelijk oneens (Voorbeeld 5.8), en precies daarom zijn de convergentie in kwadratisch gemiddelde van fourierreeksen en de uniforme convergentie twee verschillende stellingen met twee verschillende prijzen.

Opmerking 5.28 (Waar dit hoofdstuk wordt gebruikt)

Operatornormen en de meetkundige reeks drijven de storingsargumenten van Hoofdstuk 15 (de stelling van de inverse functie) en de matrixexponentiaal van Hoofdstuk 16 aan; de equivalentie van normen autoriseert stilzwijgend elk argument van het type “kies je favoriete norm” in Hoofdstuk 10 en daarna; en de scheidslijn tussen eindig en oneindig uit de stelling van Riesz — in de weekendopgave van dit hoofdstuk kwantitatief gemaakt — is de reden dat het volume van bachelorjaar 3 nieuw gereedschap nodig heeft (zwakke convergentie, Arzelà–Ascoli, projecties in hilbertruimten) waar dit volume nog convergente deelrijen kon extraheren.

5.5 Oefeningen

Oefening 5.1 ★

Teken op $\R^2$ de eenheidsbollen van $\norm\cdot_1$ , $\norm\cdot_2$ en $\norm\cdot_\infty$ , en bewijs de ongelijkheden $\norm x_\infty \leq \norm x_2 \leq \norm x_1 \leq 2\norm x_\infty$ met de beste constanten in dimensie $2$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 5.1.

Eenheidsbollen: een ruit ( $\norm\cdot_1$ ), een schijf ( $\norm\cdot_2$ ) en een vierkant ( $\norm\cdot_\infty$ ), in die volgorde genest. Ongelijkheden: $\norm x_\infty \leq \norm x_2$ (één kwadraat is hoogstens de som); $\norm x_2 \leq \norm x_1$ (kwadrateren: $x_1^2 + x_2^2 \leq (\abs{x_1} + \abs{x_2})^2$ ); en $\norm x_1 \leq 2\norm x_\infty$ (twee termen, elk $\leq \max$ ). Scherpte: $(1, 0)$ maakt de eerste twee tot gelijkheden; $(1, 1)$ maakt $\norm x_1 = 2\norm x_\infty$ en laat bovendien zien dat $\norm x_2 = \sqrt2 \norm x_\infty$ en $\norm x_1 = \sqrt2 \norm x_2$ de extreme verhoudingen in de andere richting zijn.

Oefening 5.2 ★

Is $N(f) = \abs{f(0)} + \norm{f'}_\infty$ een norm op $C^1(\intcc{0}{1})$ ? Vergelijk haar met $\norm{f}_\infty$ : de ene ongelijkheid geldt, de andere faalt (geef een voorbeeld).

Oplossing

Oplossing van Oefening 5.2.

De normaxioma’s: de homogeniteit en de driehoeksongelijkheid worden term voor term geërfd; de scheiding: uit $N(f) = 0$ volgt $f' = 0$ (dus $f$ constant) en $f(0) = 0$ , dus $f = 0$ . Het is dus een norm.

Vergelijking: $\norm f_\infty \leq N(f)$ , want $\abs{f(x)} \leq \abs{f(0)} + \abs{\int_0^x f'} \leq \abs{f(0)} + \norm{f'}_\infty$ . Het omgekeerde faalt: neem $f_n(x) = \frac1n \sin(nx)$ ; dan is $\norm{f_n}_\infty \leq \frac1n \to 0$ terwijl $N(f_n) = 0 + \norm{\cos(nx)}_\infty = 1$ . Geen enkele constante $C$ geeft $N \leq C\norm\cdot_\infty$ .

Oefening 5.3 ★

Bereken de operatornorm van $u(f) = \int_0^1 f(t)\,\eu^t\,\dd t$ op $\bigl(C(\intcc{0}{1}), \norm\cdot_\infty\bigr) \to \R$ , en die van de verschuiving $S(x_1, x_2, \dots, x_n) = (x_2, \dots, x_n, 0)$ op $(K^n, \norm\cdot_\infty)$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 5.3.

Er geldt $\abs{u(f)} \leq \norm f_\infty \int_0^1 \eu^t\,\dd t = (\eu - 1)\norm f_\infty$ , met gelijkheid voor $f \equiv 1$ : dus $\vertiii u = \eu - 1$ .

Verschuiving: $\norm{S(x)}_\infty = \max(\abs{x_2}, \dots, \abs{x_n}) \leq \norm x_\infty$ , met gelijkheid in $x = e_2$ : dus $\vertiii S = 1$ (voor $n \geq 2$ ).

Oefening 5.4 ★★

Bewijs op $(\R^n, \norm\cdot_\infty)$ dat de operatornorm van een matrix $A$ gelijk is aan $\vertiii A_\infty = \max_i \sum_j \abs{a_{ij}}$ (de grootste absolute rijsom). Bereken haar voor $\begin{pmatrix} 1 & -2\\ 3 & 1\end{pmatrix}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 5.4.

Bovengrens: voor $\norm x_\infty \leq 1$ is

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

dus $\norm{Ax}_\infty \leq \max_i \sum_j \abs{a_{ij}}$ . Aangenomen: zij $i_0$ een index die het maximum realiseert en neem $x_j = \operatorname{sign}(a_{i_0 j})$ (componenten van modulus $1$ ): dan is $(Ax)_{i_0} = \sum_j \abs{a_{i_0 j}}$ . Daarmee is de formule bewezen. Voor de gegeven matrix: rijsommen $3$ en $4$ , dus $\vertiii A_\infty = 4$ .

Oefening 5.5 ★★

Bewijs dat $GL_n(K)$ open is in $\mathcal{M}_n(K)$ en dat $A \mapsto A^{-1}$ er continu op is. Aanwijzing: voor de openheid geldt bij $\vertiii H < \frac{1}{\vertiii{A^{-1}}}$ dat $A + H = A(I + A^{-1}H)$ met $\vertiii{A^{-1}H} < 1$ , en $I + B$ is inverteerbaar zodra $\vertiii B < 1$ dankzij de meetkundige reeks (Stelling 5.21); begrens voor de continuïteit $(A+H)^{-1} - A^{-1}$ met dezelfde reeks.

Oplossing

Oplossing van Oefening 5.5.

Meetkundige reeks: voor $\vertiii B < 1$ convergeert de reeks $\sum B^k$ absoluut in de banachruimte $\mathcal{M}_n(K)$ (Stelling 5.21, met $\vertiii{B^k} \leq \vertiii B^k$ ), en

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

wegens de continuïteit van het product (Propositie 5.12) is $(I - B)\sum_{k\geq0} B^k = I$ , dus is $I - B$ inverteerbaar met de som als inverse (en $\vertiii{(I-B)^{-1}} \leq \frac{1}{1 - \vertiii B}$ ).

Openheid: voor inverteerbare $A$ en $\vertiii H < \frac{1}{\vertiii{A^{-1}}}$ is $A + H = A(I + A^{-1}H)$ met $\vertiii{A^{-1}H} \leq \vertiii{A^{-1}}\vertiii H < 1$ : dus inverteerbaar. Een bol rond $A$ blijft dus in $GL_n$ .

Continuïteit van het inverteren: met $B = -A^{-1}H$ is

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

met norm $\leq \frac{\vertiii B}{1 - \vertiii B}\vertiii{A^{-1}} \to 0$ als $H \to 0$ .

Oefening 5.6 ★★

Zij $\varphi$ een lineaire vorm op een genormeerde ruimte $E$ . Bewijs dat $\varphi$ continu is dan en slechts dan als $\ker\varphi$ gesloten is. (Is $\ker\varphi$ gesloten en $\varphi \neq 0$ , kies dan $a$ met $\varphi(a) = 1$ en $r > 0$ met $B(a, r) \cap \ker\varphi = \emptyset$ ; leid met een schalingsargument op $a - \frac{h}{\varphi(h)}$ af dat $\abs{\varphi(h)} \leq \frac{1}{r}\norm h$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 5.6.

Continu $\Rightarrow$ gesloten kern: het origineel van het gesloten $\{0\}$ (Stelling 4.6).

Omgekeerd, stel dat $\ker\varphi$ gesloten is en $\varphi \neq 0$ . Kies $a$ met $\varphi(a) = 1$ ; omdat $a \notin \ker\varphi$ en de kern gesloten is, mist een zekere bol $B(a, r)$ die kern. Zij nu $h \in E$ met $\varphi(h) \neq 0$ : de vector $a - \frac{h}{\varphi(h)}$ ligt in $\ker\varphi$ en dus buiten $B(a, r)$ :

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

een ongelijkheid die ook bij $\varphi(h) = 0$ triviaal geldt: dat is grens (4) van Stelling 5.6, dus continu.

Oefening 5.7 ★★

Bewijs dat $\bigl(C(\intcc{0}{1}), \norm\cdot_1\bigr)$ niet volledig is: toon aan dat de functies $f_n$ , affiene hellingen van $0$ naar $1$ over $\bigl[\frac12 - \frac1n, \frac12\bigr]$ (waarde $0$ ervoor, $1$ erna), een cauchyrij vormen zonder continue $\norm\cdot_1$ -limiet.

Oplossing

Oplossing van Oefening 5.7.

Zij $f_n$ gelijk aan $0$ op $\intcc{0}{\frac12 - \frac1n}$ , affien oplopend tot de waarde $1$ in $\frac12$ , en daarna $1$ op $\intcc{\frac12}{1}$ . Voor $m \geq n$ heeft $f_m - f_n$ drager in een interval van lengte $\frac1n$ met waarden in $\intcc{-1}{1}$ : dus $\norm{f_m - f_n}_1 \leq \frac1n$ , een cauchyrij.

Stel dat $f_n \to f$ in $\norm\cdot_1$ met $f$ continu. Op $\intcc{0}{\frac12 - \delta}$ (met vaste $\delta$ ) is $\int \abs{f} = \int\abs{f - f_n} \leq \norm{f - f_n}_1 \to 0$ voor $n > \frac1\delta$ , dus $\int_0^{1/2 - \delta}\abs f = 0$ , en wegens de strikte positiviteit is $f = 0$ daar — voor elke $\delta$ : dus $f = 0$ op $\intoo{0}{\frac12}$ . Evenzo is $f = 1$ op $\intcc{\frac12}{1}$ (alle $f_n$ zijn daar gelijk aan $1$ ). De continuïteit in $\frac12$ geeft $0 = 1$ , absurd. Er bestaat dus geen limiet: de ruimte is niet volledig.

Oefening 5.8 ★★★

Beschouw op $E = C(\intcc{0}{1})$ met $\norm\cdot_\infty$ de vorm

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

Bewijs dat $\varphi$ een welgedefinieerde continue lineaire vorm is met $\vertiii\varphi = 1$ , maar dat het supremum dat $\vertiii\varphi$ definieert op de gesloten eenheidsbol niet wordt aangenomen. (Bovengrens: driehoeksongelijkheid. Norm $= 1$ : bouw continue $f_K$ met $\norm{f_K}_\infty \leq 1$ en $f_K(\frac1n) = (-1)^n$ voor $n \leq K$ — de punten $\frac1n$ liggen geïsoleerd van elkaar. Niet aangenomen: gelijkheid zou $f(\frac1n) = (-1)^n$ voor elke $n$ afdwingen, wat onverenigbaar is met de continuïteit van $f$ in $0$ omdat $\frac1n \to 0$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 5.8.

Welgedefinieerd en continu: $\abs{\varphi(f)} \leq \sum 2^{-n} \norm f_\infty = \norm f_\infty$ , dus is $\varphi$ een lineaire vorm met $\vertiii\varphi \leq 1$ (de reeks convergeert voor elke $f$ absoluut).

Norm $1$ : leg $K$ vast; de punten $1, \frac12, \dots, \frac1K$ zijn paarsgewijs verschillend, dus bestaat er een continue $f_K$ met $\norm{f_K}_\infty \leq 1$ en $f_K(\frac1n) = (-1)^n$ voor $n \leq K$ (stuksgewijs affiene interpolatie, constant bij $0$ ). Dan is

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

Niet aangenomen: geldt $\norm f_\infty \leq 1$ en $\varphi(f) = 1$ , dan moet elke term zijn maximum bijdragen: $(-1)^n f(\frac1n) = 1$ voor elke $n$ (anders kan het strikte tekort van één term niet worden goedgemaakt, want alle termen zijn $\leq 2^{-n}$ ). Dus $f(\frac1n) = (-1)^n$ ; maar $\frac1n \to 0$ en $f$ is continu in $0$ , wat de tegenstrijdige convergentie van $(-1)^n$ zou afdwingen. Het supremum is dus geen maximum — in eindige dimensie onmogelijk, waar de gesloten eenheidsbol compact is.

Oefening 5.9 ★★★

Zij $E$ een genormeerde ruimte waarin de gesloten eenheidsbol compact is. Leid opnieuw af, zonder Stelling 5.17 aan te halen, dat elke begrensde rij een convergente deelrij heeft, en bewijs dat elke lineaire vorm op $E$ continu is dan en slechts dan als $\dim E < \infty$ . (Bouw voor oneindige dimensie een discontinue vorm door haar vrij te definiëren op een lineair onafhankelijke genormaliseerde rij en uit te breiden — waarbij het bestaan van een algebraïsch complement wordt aangenomen.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 5.9.

Begrensde rijen: een begrensde rij ligt in een zekere gesloten bol $\overline B(0, R) = R\,\overline B(0,1)$ , die compact is (het beeld van de compacte eenheidsbol onder het homeomorfisme $x \mapsto Rx$ ): extraheer daar.

Lineaire vormen: is $\dim E < \infty$ , dan is elke lineaire afbeelding vanuit $E$ continu (Stelling 5.13). Omgekeerd, stel $\dim E = \infty$ (wat volgens Stelling 5.17 door de compactheidshypothese in feite is uitgesloten — het punt van deze vraag is de implicatie tussen de twee eigenschappen in algemene genormeerde ruimten): kies een genormaliseerde lineair onafhankelijke rij $(e_n)$ , vul haar aan tot een algebraïsche basis (aangenomen), en definieer $\varphi(e_n) = n$ en $\varphi = 0$ op de overige basisvectoren, lineair uitgebreid. Dan is $\abs{\varphi(e_n)} = n$ met $\norm{e_n} = 1$ : onbegrensd op de eenheidsbol, dus discontinu. Bijgevolg dwingt “alle vormen zijn continu” eindige dimensie af.

Oefening 5.10 ★★

Bewijs op $C(\intcc{0}{1})$ dat $\norm f_1 \leq \norm f_2 \leq \norm f_\infty$ (voor de eerste: Cauchy–Schwarz), en toon met de familie $f_n(x) = x^n$ aan dat geen van beide ongelijkheden op een constante na kan worden omgekeerd: de drie normen zijn paarsgewijs niet equivalent.

Oplossing

Oplossing van Oefening 5.10.

Cauchy–Schwarz met de constante functie $1$ : $\norm f_1 = \int_0^1 \abs f\cdot 1 \leq \bigl(\int_0^1 f^2\bigr)^{1/2}\bigl(\int_0^1 1\bigr)^{1/2} = \norm f_2$ . En $\norm f_2^2 = \int f^2 \leq \norm f_\infty^2$ . Voor $f_n(x) = x^n$ :

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

Dan is $\norm{f_n}_2/\norm{f_n}_1 = \frac{n+1}{\sqrt{2n+1}} \to \infty$ en $\norm{f_n}_\infty/\norm{f_n}_2 = \sqrt{2n+1} \to \infty$ : geen omgekeerde ongelijkheden, en geen enkel paar is equivalent.

Oefening 5.11 ★★

(Afstand tot een hypervlak) Zij $\varphi$ een continue lineaire vorm ongelijk aan nul op een genormeerde ruimte $E$ . Bewijs dat

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

en ga op Oefening 5.8 na dat het infimum niet door een punt van het hypervlak hoeft te worden aangenomen.

Oplossing

Oplossing van Oefening 5.11.

Ondergrens voor de afstand: voor $h \in \ker\varphi$ is $\abs{\varphi(x)} = \abs{\varphi(x - h)} \leq \vertiii\varphi\,\norm{x - h}$ ; neem het infimum over $h$ : dan is $d(x, \ker\varphi) \geq \abs{\varphi(x)}/\vertiii\varphi$ .

Bovengrens: we mogen aannemen dat $\varphi(x) \neq 0$ . Kies bij gegeven $\varepsilon > 0$ een eenheidsvector $u$ met $\abs{\varphi(u)} \geq \vertiii\varphi - \varepsilon > 0$ en zet $h = x - \frac{\varphi(x)}{\varphi(u)}\,u$ : dan is $\varphi(h) = 0$ en

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

Laat $\varepsilon \to 0$ : $d(x, \ker\varphi) \leq \abs{\varphi(x)}/\vertiii\varphi$ , dus gelijkheid.

Niet aangenomen: neem $\varphi$ uit Oefening 5.8 ( $\vertiii\varphi = 1$ , niet aangenomen) en een willekeurige $x$ met $\varphi(x) \neq 0$ . Zou een $h \in \ker\varphi$ de waarde $\norm{x - h} = \abs{\varphi(x)}$ realiseren, dan zou de eenheidsvector $v = (x - h)/\norm{x - h}$ voldoen aan $\abs{\varphi(v)} = \abs{\varphi(x)}/\norm{x - h} = 1 = \vertiii\varphi$ : de operatornorm zou worden aangenomen — tegenspraak.

Oefening 5.12 ★★★

Zij op $E = \R[X]$ (alle veeltermen) $N_1(P) = \sup_{\intcc{0}{1}}\abs P$ en $N_2(P) = \sup_{\intcc{0}{2}}\abs P$ . Toon aan dat $N_1 \leq N_2$ maar dat $N_1$ en $N_2$ niet equivalent zijn; leid af dat de identiteit $(E, N_2) \to (E, N_1)$ een continue lineaire bijectie is met een discontinue inverse. Toon ten slotte aan dat $(E, N_1)$ niet volledig is (partiële taylorsommen van $\eu^x$ ). Alle drie de verschijnselen zijn in eindige dimensie onmogelijk — zeg waarom.

Oplossing

Oplossing van Oefening 5.12.

$N_1 \leq N_2$ is de monotonie van het supremum in het domein, dus is de identiteit $(E, N_2) \to (E, N_1)$ $1$ -Lipschitz. Voor $P_n(x) = (x/2)^n$ is $N_2(P_n) = 1$ (aangenomen in $x = 2$ ) terwijl $N_1(P_n) = 2^{-n}$ : een grens $N_2 \leq CN_1$ zou $1 \leq C2^{-n}$ voor alle $n$ geven: onmogelijk. De normen zijn dus niet equivalent en de omgekeerde identiteit is een discontinue lineaire bijectie.

Onvolledigheid: zij $S_n = \sum_{k=0}^{n}\frac{X^k}{k!}$ . Voor $m > n$ is $N_1(S_m - S_n) \leq \sum_{k>n}\frac1{k!} \to 0$ : een cauchyrij voor $N_1$ . Zou $S_n \to P$ in $(E, N_1)$ , dan is puntsgewijs $P(x) = \lim S_n(x) = \eu^x$ op $\intcc{0}{1}$ ; maar een veelterm van graad $d$ kan op een interval niet gelijk zijn aan $\eu^x$ (differentieer $d + 1$ keer: het linkerlid sterft, $\eu^x$ niet). Geen limiet in $E$ : dus niet volledig.

In eindige dimensie zijn alle drie de verschijnselen onmogelijk: alle normen zijn equivalent, elke genormeerde ruimte is volledig, en de inverse van een lineaire bijectie is lineair vanuit een eindigdimensionale ruimte en dus continu (Stelling 5.13).

5.6 Probleem: Beste benadering en de stelling van Chebyshev

Hoe goed laat een functie zich door veeltermen van een gegeven graad benaderen, en welke veelterm doet het het beste? Aan de kant van het bestaan hoort het antwoord bij dit hoofdstuk: compactheid in eindige dimensie zorgt dat beste benaderingen bestaan. Aan de expliciete kant is één niet-triviaal geval volledig met blote handen op te lossen — van alle monische veeltermen van graad $n$ heeft de (genormaliseerde) chebyshevveelterm de kleinste supnorm op $\intcc{-1}{1}$ , namelijk $2^{1-n}$ : de extremumstelling van Chebyshev. De opgave bewijst beide kanten en meet daarna hoe erg de compactheid in oneindige dimensie faalt: de eenheidsbol van $C(\intcc{0}{1})$ bevat oneindige sterrenbeelden van punten op onderlinge afstand $1$ .

Probleem 5.1

Weekendopgave — de extremumstelling van Chebyshev en de meetkunde van de eenheidsbol

Normen zonder index zijn supnormen op het aangegeven segment.

Deel I — Beste benadering in genormeerde ruimten.

Zij $F$ een eindigdimensionale deelruimte van een genormeerde ruimte $E$ en $x \in E$ . Bewijs dat de afstand $d(x, F) = \inf_{f \in F}\norm{x - f}$ wordt aangenomen (herleid tot een gesloten begrensde deelverzameling van $F$ en gebruik Stelling 5.13).
Een norm heet strikt convex wanneer uit $\norm u = \norm v = 1$ en $u \neq v$ volgt dat $\bigl\Vert\frac{u + v}2\bigr\Vert < 1$ . Toon aan dat $\norm\cdot_2$ op $\R^n$ strikt convex is (parallellogramidentiteit) en dat $\norm\cdot_1$ en $\norm\cdot_\infty$ dat voor $n \geq 2$ niet zijn.
Bewijs dat de beste benadering uit vraag 1 voor een strikt convexe norm eenduidig is.
Bereken in $(\R^2, \norm\cdot_\infty)$ alle beste benaderingen van $x = (0, 1)$ door de rechte $F = \operatorname{Vect}\bigl((1,0)\bigr)$ : een heel interval van minimalisatoren.
Toon in $\bigl(C(\intcc{a}{b}), \norm\cdot_\infty\bigr)$ aan dat de beste benadering van $f$ door constanten eenduidig is, gelijk aan $c^* = \frac{\max f + \min f}{2}$ met afstand $\frac{\max f - \min f}{2}$ ; bereken beide voor $f(x) = x^2$ op $\intcc{0}{1}$ .

Deel II — Chebyshevveeltermen.

Toon aan dat er precies één veelterm $T_n$ is met $T_n(\cos\theta) = \cos n\theta$ voor alle $\theta$ (de recurrentie $T_{n+1} = 2XT_n - T_{n-1}$ uit de somformule voor de cosinus), dat $\deg T_n = n$ , en dat haar kopcoëfficiënt $2^{n-1}$ is voor $n \geq 1$ .
Toon aan dat $\abs{T_n} \leq 1$ op $\intcc{-1}{1}$ , met $T_n(\eta_k) = (-1)^k$ in de $n + 1$ punten $\eta_k = \cos\frac{k\pi}{n}$ ( $k = 0, \dots, n$ ), en dat de nulpunten van $T_n$ de $n$ punten $\cos\frac{(2k-1)\pi}{2n}$ zijn, die met de $\eta_k$ afwisselen.
Bereken $T_2, T_3, T_4$ , en ga de afwisseling van $T_3$ in $\eta_0, \dots, \eta_3 = 1, \frac12, -\frac12, -1$ na door rechtstreekse evaluatie.
Bewijs voor $\abs x \geq 1$ dat

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

en leid af dat $T_n(x) \sim \frac12\bigl(x + \sqrt{x^2 - 1}\bigr)^n \to \infty$ meetkundig, bij vaste $x > 1$ .
Bewijs de samenstellingswet $T_m \circ T_n = T_{mn}$ (ga het na op $\intcc{-1}{1}$ en beroep je op de starheid van veeltermen).

Deel III — De extremumstelling van Chebyshev. Schrijf $Q_n = 2^{1-n}T_n$ (monisch, volgens vraag 6).

Zij $P$ monisch van graad $n \geq 1$ met $\sup_{\intcc{-1}{1}}\abs P < 2^{1-n}$ . Leid een tegenspraak af door $D = Q_n - P$ in de punten $\eta_k$ te evalueren en de tekenwisselingen te tellen. Besluit:

$\sup_{\intcc{-1}{1}}\abs P \;\geq\; 2^{1-n} \qquad\text{voor elke monische } P \text{ van graad } n.$
(Geval van gelijkheid) Stel $\sup_{\intcc{-1}{1}}\abs P = 2^{1-n}$ met $P$ monisch van graad $n$ , en zij $D = Q_n - P \neq 0$ . Toon aan dat $(-1)^kD(\eta_k) \geq 0$ voor alle $k$ ; toon aan dat elk van de $n$ intervallen $\intcc{\eta_{k}}{\eta_{k-1}}$ een nulpunt van $D$ bevat, en dat een nulpunt dat twee opeenvolgende intervallen delen een inwendig punt $\eta_k$ is waar bovendien $D' = 0$ . Besluit dat $D$ met multipliciteit geteld $n$ nulpunten heeft, en dus $D = 0$ : de minimalisator is precies $Q_n$ — de extremumstelling van Chebyshev.
Herformuleer de stelling als een afstand: op $\intcc{-1}{1}$ geldt

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

met als unieke beste benadering $X^n - Q_n$ ; en toon met de affiene substitutie $x = \frac{1+t}2$ aan dat de afstand op $\intcc{0}{1}$ gelijk wordt aan $2^{1-2n}$ .
(Optimale interpolatieknooppunten) Voor $n$ knooppunten $x_1, \dots, x_n \in \intcc{-1}{1}$ is de knooppuntveelterm $\omega(x) = \prod_i(x - x_i)$ monisch van graad $n$ . Leid uit vraag 12 af welke keuze van knooppunten $\sup_{\intcc{-1}{1}}\abs\omega$ minimaliseert — de van de knooppunten afhangende factor in de klassieke foutgrens voor interpolatie — en geef de minimale waarde.
Ga het geval $n = 2$ van de stelling met de hand na (bepaal rechtstreeks $\inf_c \sup_{\intcc{-1}{1}}\abs{x^2 - c}$ ), en bereken numeriek de afstand uit vraag 13 op $\intcc{0}{1}$ voor $n = 10$ . Wat zegt haar grootte over de grafiek van $x^{10}$ ?

Deel IV — De eenheidsbol van $C(\intcc{0}{1})$ .

Zij $g_k(x) = x^{2^k}$ . Toon aan dat $\norm{g_k}_\infty = 1$ en $\norm{g_k - g_j}_\infty \geq \frac14$ voor $j > k$ (evalueer in het punt waar $x^{2^k} = \frac12$ ): een expliciete begrensde rij zonder convergente deelrij — de gesloten eenheidsbol is niet compact, met blote handen.
(Het lemma van Riesz, aangescherpt) Zij $F$ een eindigdimensionale echte deelruimte van een genormeerde ruimte $E$ . Produceer met vraag 1 een eenheidsvector $x$ met exact $d(x, F) = 1$ — niet alleen $\geq 1 - \varepsilon$ zoals in het lemma bij Stelling 5.17.
Leid af: in elke oneindigdimensionale genormeerde ruimte bestaat er een rij eenheidsvectoren met onderlinge afstanden $\geq 1$ , en herleid daaruit de stelling van Riesz.
Geef zo’n sterrenbeeld expliciet in $C(\intcc{0}{1})$ : de tentfuncties $h_n$ met drager $\bigl[\frac1{n+1}, \frac1n\bigr]$ en pieksterkte $1$ . Ga na dat $\norm{h_n} = 1$ en $\norm{h_n - h_m} = 1$ voor $n \neq m$ , en merk op dat $h_n \to 0$ puntsgewijs maar niet uniform.
(De totale begrensdheid faalt) Toon aan dat de gesloten eenheidsbol van $C(\intcc{0}{1})$ niet door eindig veel bollen met straal $\frac13$ kan worden overdekt (elke zulke bol bevat hoogstens één $h_n$ ) — vergelijk dit met de stap over totale begrensdheid in het bewijs van Stelling 4.20.

Deel V — Normen aan het werk op matrices, en synthese.

Bewijs dat elke eigenwaarde $\lambda$ van $A \in \mathcal{M}_n(\C)$ voldoet aan $\abs\lambda \leq \vertiii A$ voor elke operatornorm; pas Oefening 5.4 toe om de eigenwaarden van $\left(\begin{smallmatrix}1 & -2\\ 3 & 1\end{smallmatrix}\right)$ te begrenzen, en vergelijk met hun werkelijke modulus.
(Aangepaste normen) Zij $A$ diagonaliseerbaar, $A = P\,\mathrm{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_n)\,P^{-1}$ . Toon aan dat $N_P(x) = \norm{P^{-1}x}_\infty$ een norm is waarvan de operatornorm voldoet aan $\vertiii A_{N_P} = \max_i\abs{\lambda_i}$ .
Leid af: voor diagonaliseerbare $A$ geldt $A^k \to 0$ dan en slechts dan als alle eigenwaarden voldoen aan $\abs{\lambda_i} < 1$ — de equivalentie van normen maakt het besluit onafhankelijk van de norm. Ga dit na op $A = \frac14\left(\begin{smallmatrix}1 & 2\\ 2 & 1\end{smallmatrix}\right)$ .
(De equivalentieconstanten exploderen) Vergelijk op $\R_n[X]$ de normen $N_c(P) = \max_k \abs{a_k}$ (coëfficiënten) en $\norm{P}_{\intcc{0}{1}}$ : beide zijn normen, dus zijn zij voor elke vaste $n$ equivalent; maar toon met de monische minimalisator van vraag 13 op $\intcc{0}{1}$ aan dat de beste constante $C_n$ in $N_c \leq C_n\norm\cdot_{\intcc{0}{1}}$ voldoet aan $C_n \geq 2^{2n-1}$ . Besluit in één zin waarom “alle normen zijn equivalent” in oneindige dimensie sterft.
(Synthese) In telkens één zin: waar de compactheid van eindigdimensionale bollen werkte (vragen 1 en 12); wat de strikte convexiteit bestuurt; wat het sterrenbeeld van de vragen 18–19 vernietigt; en hoe vraag 24 het falen kwantificeert. Noem de top (de extremumstelling van Chebyshev) en zeg waar de beste benadering haar moderne thuis vindt (de projectiestelling op hilbertruimten, volume van bachelorjaar 3, waar volledigheid de plaats van compactheid inneemt).

Oplossing

Oplossing van Probleem 5.1.

1. De kandidaten die het overwegen waard zijn, vormen $K = \{f \in F : \norm{x - f} \leq \norm x\}$ : niet leeg ( $0 \in K$ ), gesloten (het origineel van een gesloten interval onder de continue $f \mapsto \norm{x - f}$ , doorgesneden met de gesloten $F$ , Gevolg 5.14) en begrensd ( $\norm f \leq \norm{f - x} + \norm x \leq 2\norm x$ ). In de eindigdimensionale $F$ betekent gesloten en begrensd compact (Stelling 5.13); de continue functie $f \mapsto \norm{x - f}$ neemt op $K$ haar infimum aan, en dat is gelijk aan het infimum over heel $F$ (elke $f \notin K$ geeft $\norm{x - f} > \norm x \geq \inf$ ).

2. Parallellogramidentiteit in $(\R^n, \norm\cdot_2)$ : $\norm{u + v}^2 + \norm{u - v}^2 = 2\norm u^2 + 2\norm v^2$ (werk de kwadraten van de coördinatensommen uit). Voor eenheidsvectoren $u \neq v$ :

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

Niet strikt convex: neem voor $\norm\cdot_\infty$ de vectoren $u = (1, 1, 0, \dots)$ en $v = (1, -1, 0, \dots)$ : eenheidsvectoren met middelpunt $(1, 0, \dots)$ van norm $1$ ; en voor $\norm\cdot_1$ de vectoren $u = (1, 0, \dots)$ en $v = (0, 1, 0, \dots)$ : middelpunt $(\frac12, \frac12, 0, \dots)$ van norm $1$ .

3. Zij $d = d(x, F)$ . Is $d = 0$ , dan is $x \in \overline F = F$ en is $x$ de enige minimalisator. Is $d > 0$ en minimaliseren $f_1 \neq f_2$ beide, dan zijn $u = \frac{x - f_1}{d}$ en $v = \frac{x - f_2}{d}$ verschillende eenheidsvectoren, zodat

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

met $\frac{f_1 + f_2}2 \in F$ : in strijd met de definitie van $d$ . De minimalisator is dus eenduidig.

4. Er geldt $\norm{(0,1) - t(1,0)}_\infty = \max(\abs t, 1) \geq 1$ , met gelijkheid dan en slechts dan als $\abs t \leq 1$ : de minimalisatoren vormen het segment $\{t(1, 0) : t \in \intcc{-1}{1}\}$ , alle op afstand $1$ — de eenduidigheid faalt precies omdat de vierkante bol vlakke zijden heeft (vraag 2).

5. Zij $M = \max f$ en $m = \min f$ (aangenomen wegens de compactheid). Voor elke constante $c$ is $\sup\abs{f - c} \geq \max(M - c,\, c - m) \geq \frac{M - m}2$ , waarbij de laatste ongelijkheid geldt omdat de twee grootheden gemiddeld $\frac{M-m}2$ zijn; gelijkheid in beide dwingt $M - c = c - m$ af, dat wil zeggen $c = c^* = \frac{M + m}2$ . Omgekeerd is $\sup\abs{f - c^*} = \max(M - c^*, c^* - m) = \frac{M - m}2$ . De beste constante is dus eenduidig. Voor $f(x) = x^2$ op $\intcc01$ : $c^* = \frac12$ met afstand $\frac12$ .

6. Uit $\cos(n{+}1)\theta + \cos(n{-}1)\theta = 2\cos\theta\cos n\theta$ volgt met inductie dat de veeltermen gedefinieerd door $T_0 = 1$ , $T_1 = X$ en $T_{n+1} = 2XT_n - T_{n-1}$ voldoen aan $T_n(\cos\theta) = \cos n\theta$ . Eenduidigheid: twee veeltermen die op $\intcc{-1}{1}$ (oneindig veel punten) overeenstemmen, zijn gelijk. Opnieuw met inductie: $\deg T_n = n$ met kopcoëfficiënt $2^{n-1}$ voor $n \geq 1$ (bij $T_1$ is de coëfficiënt $1 = 2^0$ , en de recurrentie verdubbelt haar).

7. Elke $x \in \intcc{-1}{1}$ is $\cos\theta$ , en $\abs{\cos n\theta} \leq 1$ . In $\eta_k = \cos\frac{k\pi}n$ is $T_n(\eta_k) = \cos k\pi = (-1)^k$ , en $1 = \eta_0 > \eta_1 > \dots > \eta_n = -1$ . Nulpunten: $\cos n\theta = 0$ dan en slechts dan als $\theta = \frac{(2k-1)\pi}{2n}$ , dus de $n$ verschillende punten $\cos\frac{(2k-1)\pi}{2n}$ ; en omdat $\frac{(k-1)\pi}n < \frac{(2k-1)\pi}{2n} < \frac{k\pi}n$ , ligt elk nulpunt strikt tussen twee opeenvolgende extrema.

8. $T_2 = 2X^2 - 1$ , $T_3 = 4X^3 - 3X$ , $T_4 = 8X^4 - 8X^2 + 1$ . Voor $T_3$ : $T_3(1) = 1$ , $T_3(\tfrac12) = \tfrac12 - \tfrac32 = -1$ , $T_3(-\tfrac12) = 1$ , $T_3(-1) = -1$ : een perfecte afwisseling.

9. Zij $u_\pm = x \pm \sqrt{x^2 - 1}$ voor $x \geq 1$ : de nulpunten van $z^2 - 2xz + 1$ , met $u_+u_- = 1$ . De rij $s_n = \frac{u_+^n + u_-^n}2$ voldoet aan $s_{n+1} = 2x\,s_n - s_{n-1}$ (een recurrentie van het type Newton, uit de vierkantsvergelijking) met $s_0 = 1$ en $s_1 = x$ : dezelfde recurrentie en dezelfde beginwaarden als $n \mapsto T_n(x)$ , dus $s_n = T_n(x)$ voor alle $n$ . Omdat $0 < u_- \leq 1 \leq u_+$ met $u_+ > 1$ voor $x > 1$ , volgt $T_n(x) \geq \frac{u_+^n}2 \to \infty$ en $T_n(x) \sim \frac12\bigl(x + \sqrt{x^2-1}\bigr)^n$ . (Voor $x \leq -1$ gebruik de pariteit $T_n(-x) = (-1)^nT_n(x)$ , die uit de recurrentie duidelijk is.)

10. Voor elke $\theta$ is $T_m\bigl(T_n(\cos\theta)\bigr) = T_m(\cos n\theta) = \cos mn\theta = T_{mn}(\cos\theta)$ . De veeltermen $T_m \circ T_n$ en $T_{mn}$ stemmen op $\intcc{-1}{1}$ overeen en zijn dus gelijk.

11. $D = Q_n - P$ heeft graad $\leq n - 1$ (de monische koptermen vallen weg). In de extrema is $(-1)^kD(\eta_k) = 2^{1-n} - (-1)^kP(\eta_k) \geq 2^{1-n} - \abs{P(\eta_k)} > 0$ wegens de hypothese. Dus neemt $D$ in de $n + 1$ dalende punten $\eta_0 > \dots > \eta_n$ waarden ongelijk aan nul met afwisselend teken aan: volgens de tussenwaardestelling heeft zij minstens $n$ verschillende nulpunten, één in elk open interval $\intoo{\eta_{k}}{\eta_{k-1}}$ . Een veelterm ongelijk aan nul van graad $\leq n - 1$ kan geen $n$ nulpunten hebben; en $D = 0$ is in strijd met de strikte tekens. Tegenspraak: dus $\sup\abs P \geq 2^{1-n}$ voor elke monische $P$ van graad $n$ .

12. Nu is $(-1)^kD(\eta_k) = 2^{1-n} - (-1)^kP(\eta_k) \geq 0$ omdat $\abs{P} \leq 2^{1-n}$ . Op elke $\intcc{\eta_k}{\eta_{k-1}}$ ( $k = 1, \dots, n$ ) hebben de waarden van $D$ in de eindpunten tegengestelde zwakke tekens: de tussenwaardestelling levert een nulpunt $z_k$ in het gesloten interval. Zijn de $z_k$ paarsgewijs verschillend te kiezen, dan heeft $D \neq 0$ van graad $\leq n-1$ toch $n$ nulpunten: tegenspraak. Twee opeenvolgende intervallen kunnen alleen het nulpunt $z_k = z_{k+1} = \eta_k$ met $0 < k < n$ delen (inwendig). Daar betekent $D(\eta_k) = 0$ dat $P(\eta_k) = (-1)^k2^{1-n}$ , een extremale waarde van $P$ op $\intcc{-1}{1}$ die in een inwendig punt wordt aangenomen: dus $P'(\eta_k) = 0$ ; en $\eta_k$ is ook een inwendig extremum van $T_n$ : dus $Q_n'(\eta_k) = 0$ . Bijgevolg is $D'(\eta_k) = 0$ : $\eta_k$ is een nulpunt van multipliciteit $\geq 2$ , wat het gedeelde interval compenseert. In alle gevallen heeft $D$ met multipliciteit geteld minstens $n$ nulpunten bij graad $\leq n - 1$ , dus $D = 0$ en $P = Q_n$ . Daarmee is de extremumstelling van Chebyshev bewezen: de unieke monische minimalisator is $2^{1-n}T_n$ , met supnorm $2^{1-n}$ .

13. De monische veeltermen van graad $n$ zijn precies de $X^n - R$ met $R \in \R_{n-1}[X]$ , dus

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

eenduidig bereikt in $R^* = X^n - Q_n$ . Substitutie $x = \frac{1+t}2$ : is $P$ monisch van graad $n$ op $\intcc01$ , dan is $t \mapsto 2^nP\bigl(\frac{1+t}2\bigr)$ monisch op $\intcc{-1}{1}$ met supremum gelijk aan $2^n\sup_{\intcc01}\abs P$ : dus $\sup_{\intcc01}\abs P \geq 2^{-n}\cdot2^{1-n} = 2^{1-2n}$ , met gelijkheid precies voor $P^*(x) = 2^{-n}Q_n(2x - 1)$ : op $\intcc{0}{1}$ is de afstand $2^{1-2n}$ .

14. $\omega$ is monisch van graad $n$ , dus $\sup_{\intcc{-1}{1}}\abs\omega \geq 2^{1-n}$ met gelijkheid dan en slechts dan als $\omega = Q_n = 2^{1-n}T_n$ , dat wil zeggen dan en slechts dan als de knooppunten de $n$ nulpunten van $T_n$ zijn: $x_k = \cos\frac{(2k-1)\pi}{2n}$ — de chebyshevknooppunten. Minimale waarde: $2^{1-n}$ . Gelijkmatig verdeelde knooppunten zijn strikt slechter; de factor van de interpolatiefout wordt geminimaliseerd door de knooppunten bij de eindpunten op te hopen.

15. $n = 2$ met de hand: $x^2$ doorloopt $\intcc01$ , dus $\sup_{\intcc{-1}{1}}\abs{x^2 - c} = \max(\abs c, \abs{1 - c}) \geq \frac12$ , minimaal in $c = \frac12$ : de minimale monische tweedegraadsveelterm is $x^2 - \frac12 = \frac12(2x^2 - 1) = Q_2$ , met waarde $\frac12 = 2^{1-2}$ . Voor $n = 10$ op $\intcc{0}{1}$ : $2^{1-20} = 2^{-19} \approx 1.9\cdot10^{-6}$ . Een zekere veelterm van graad $9$ blijft op heel $\intcc01$ binnen twee miljoenste van $x^{10}$ : op die schaal zijn de twee grafieken niet te onderscheiden — de vlakheid van $x^{10}$ bij $0$ laat de lagere graden al het werk doen.

16. $\norm{g_k}_\infty = g_k(1) = 1$ . Zet voor $j > k$ de waarden $a = 2^k$ en $b = 2^j \geq 2a$ , en evalueer in $x_0 = 2^{-1/a}$ (zodat $x_0^a = \frac12$ ):

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

Dus $\norm{g_k - g_j}_\infty \geq \frac14$ voor alle $j \neq k$ : geen enkele deelrij is cauchy, en geen enkele convergeert. De gesloten eenheidsbol van $\bigl(C(\intcc01), \norm\cdot_\infty\bigr)$ is dus niet compact.

17. $F$ is gesloten (Gevolg 5.14) en echt: kies $y \notin F$ , zodat $\delta = d(y, F) > 0$ . Volgens vraag 1 wordt de afstand aangenomen in een zekere $f^* \in F$ . Zet $x = \frac{y - f^*}{\delta}$ , een eenheidsvector (want $\norm{y - f^*} = \delta$ ). Voor elke $g \in F$ is

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

omdat $f^* + \delta g \in F$ . Dus $d(x, F) \geq 1$ ; en $d(x, F) \leq \norm{x - 0} = 1$ : dus precies $1$ .

18. Bouw in een oneindigdimensionale $E$ inductief eenheidsvectoren: $x_1$ willekeurig; zijn $x_1, \dots, x_k$ gegeven, dan is de deelruimte $F_k = \operatorname{Vect}(x_1, \dots, x_k)$ eindigdimensionaal en dus echt, en levert vraag 17 een eenheidsvector $x_{k+1}$ met $d(x_{k+1}, F_k) = 1$ : in het bijzonder $\norm{x_{k+1} - x_i} \geq 1$ voor $i \leq k$ . De rij heeft onderlinge afstanden $\geq 1$ : de eenheidsbol bevat dus een rij zonder convergente deelrij en is niet compact — de stelling van Riesz, met de scherpe constante $1$ .

19. Zij $h_n$ affien op elke helft van $\bigl[\frac1{n+1}, \frac1n\bigr]$ , van $0$ omhoog naar $1$ in het midden en terug naar $0$ , en overal elders nul: continu, met $\norm{h_n}_\infty = 1$ . Voor $n \neq m$ ontmoeten de dragers elkaar hoogstens in een gemeenschappelijk eindpunt, waar beide verdwijnen; in de piek van $h_n$ is $h_m = 0$ : dus $\norm{h_n - h_m}_\infty = 1$ precies. Voor vaste $x > 0$ is $h_n(x) = 0$ zodra $\frac1n < x$ , en $h_n(0) = 0$ altijd: dus $h_n \to 0$ puntsgewijs; maar $\norm{h_n - 0}_\infty = 1$ : niet uniform. Een expliciet sterrenbeeld op onderlinge afstand $1$ binnen de eenheidsbol.

20. Een bol met straal $\frac13$ heeft diameter $\leq \frac23 < 1$ en bevat dus hoogstens één van de $h_n$ (twee ervan liggen op afstand $1$ ). Eindig veel zulke bollen bevatten eindig veel van de oneindig vele $h_n$ : zij kunnen de eenheidsbol niet overdekken. De totale begrensdheid — waarover compacte metrische ruimten volgens het bewijs van Stelling 4.20 beschikken — faalt hier zo erg als maar mogelijk is.

21. Geldt $Ax = \lambda x$ met $x \neq 0$ , dan is $\abs\lambda\,\norm x = \norm{Ax} \leq \vertiii A\,\norm x$ , dus $\abs\lambda \leq \vertiii A$ . Voor $\left(\begin{smallmatrix}1 & -2\\ 3 & 1\end{smallmatrix}\right)$ is $\vertiii A_\infty = \max(1 + 2,\ 3 + 1) = 4$ (Oefening 5.4), dus heeft elke eigenwaarde modulus $\leq 4$ ; in feite geeft $\chi_A = X^2 - 2X + 7$ de eigenwaarden $\lambda = 1 \pm \iu\sqrt6$ met modulus $\sqrt7 \approx 2.65$ : de grens is geldig, maar niet scherp.

22. $N_P$ is een norm: uit $N_P(x) = 0$ volgt $P^{-1}x = 0$ en dus $x = 0$ ; de homogeniteit en de driehoeksongelijkheid worden via de lineaire $P^{-1}$ van $\norm\cdot_\infty$ geërfd. Operatornorm: met $y = P^{-1}x$ en $D = \mathrm{diag}(\lambda_i)$ is

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

dus is $\vertiii A_{N_P}$ de operatornorm van $D$ voor $\norm\cdot_\infty$ , en dat is haar grootste absolute rijsom (Oefening 5.4): $\max_i\abs{\lambda_i}$ .

23. Zijn alle $\abs{\lambda_i} < 1$ , dan is $N_P(A^kx) \leq \rho^kN_P(x)$ met $\rho = \max\abs{\lambda_i} < 1$ , dus $A^kx \to 0$ voor elke $x$ , en $A^k \to 0$ in elke norm op $\mathcal{M}_n$ (die in eindige dimensie alle equivalent zijn, Stelling 5.13; de convergentie van $A^ke_j$ voor elke $j$ is convergentie element voor element). Is er een $\abs{\lambda} \geq 1$ met eigenvector $x$ , dan is $\norm{A^kx} = \abs\lambda^k\norm x \not\to 0$ . Voor $A = \frac14\left(\begin{smallmatrix}1 & 2\\ 2 & 1\end{smallmatrix}\right)$ zijn de eigenwaarden $\frac14(1 \pm 2) = \frac34$ en $-\frac14$ , beide van modulus $< 1$ : dus $A^k \to 0$ .

24. Beide zijn normen op de eindigdimensionale $\R_n[X]$ en dus voor elke $n$ equivalent. Neem de minimale monische $P^*_n$ uit vraag 13 op $\intcc01$ : haar coëfficiënt van $X^n$ is $1$ , dus $N_c(P^*_n) \geq 1$ , terwijl $\norm{P^*_n}_{\intcc01} = 2^{1-2n}$ . Bijgevolg is

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

De equivalentieconstanten exploderen met de dimensie: op de vereniging $\R[X]$ voldoet geen enkele constante, en dat is precies de niet-equivalentie uit Oefening 5.12 — “alle normen zijn equivalent” is een stelling over één dimensie tegelijk, en in oneindige dimensie sterft zij.

25. De compactheid van gesloten begrensde verzamelingen in eindige dimensie leverde het bestaan van beste benaderingen (vraag 1) en dreef het tellen van nulpunten in de $n + 1$ extremale punten aan (vragen 11–12, via aangenomen suprema). De strikte convexiteit bestuurt de eenduidigheid van de beste benadering — ronde bollen geven één minimalisator, bollen met vlakke zijden hele segmenten ervan (vragen 2–4). Het sterrenbeeld van eenheidsvectoren op onderlinge afstand $1$ (vragen 17–19) vernietigt de compactheid van de eenheidsbol en daarmee de totale begrensdheid (vraag 20). Vraag 24 kwantificeert de ineenstorting: de constanten die twee normen op $\R_n[X]$ verbinden groeien als $4^n$ , zodat geen uniforme vergelijking de overgang naar $\R[X]$ overleeft. De top is de extremumstelling van Chebyshev (vragen 11–12): de unieke monische minimalisator $2^{1-n}T_n$ . De beste benadering vindt haar moderne thuis in hilbertruimten, waar de projectiestelling de compactheid vervangt door volledigheid plus de parallellogramidentiteit — in het volume van bachelorjaar 3 eerlijk bewezen.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Bekijk alle 395 begrippen in de begrippenlijst