Matematika Universitas — Tahun 3 · Bachelor Year 3

13Ruang Hilbert

Ruang Hilbert adalah ruang Banach yang normanya datang dari sebuah hasil kali dalam — dan satu struktur tambahan itu memulihkan, dalam dimensi tak berhingga, hampir seluruh geometri Euclid: proyeksi ortogonalnya ada, setiap fungsional kontinu berupa hasil kali dalam terhadap sebuah vektor tetap (menurut Riesz), dan basis ortonormalnya menguraikan setiap vektor menjadi deret konvergen dengan pembukuan Pythagoras (menurut Parseval). Puncak bab ini adalah sebuah utang yang dilunasi: bahwa sistem trigonometri merupakan basis ortonormal $L^2$ , sehingga identitas Parseval berlaku bagi setiap fungsi yang terintegralkan kuadrat — yakni pernyataan yang pada Tahun ke-2 hanya dapat dibuktikan untuk fungsi $\mathcal C^1$ sepenggal-sepenggal. Kita mengakhirinya dengan Lax–Milgram, yakni lema kuda beban pendekatan variasi terhadap persamaan diferensial.

Sepanjang bab ini, $H$ adalah ruang vektor atas $K = \R$ atau $\C$ .

13.1 Hasil kali dalam; teorema proyeksi

Definisi 13.1

Sebuah hasil kali dalam adalah pemetaan $\langle \cdot,\cdot\rangle \colon H\times H \to K$ , yang linear pada variabel keduanya, dengan $\langle y, x\rangle = \overline{\langle x, y\rangle}$ dan $\langle x, x\rangle > 0$ untuk $x \neq 0$ . Ia menginduksi norma $\norm x = \langle x, x\rangle^{1/2}$ , ketaksamaan Cauchy–Schwarz $\abs{\langle x, y\rangle} \leq \norm x\norm y$ (dengan bukti Tahun ke-2 — lewat diskriminannya — yang tak berubah), dan hukum jajaran genjang

\norm{x + y}^2 + \norm{x - y}^2 = 2\norm x^2 + 2\norm y^2 .

Sebuah ruang Hilbert adalah ruang hasil kali dalam yang lengkap terhadap norma ini. Contohnya: $\ell^2$ (Soal 8.1) dan, yang paling mendasar, $L^2(\mu)$ dengan $\langle f, g\rangle = \int\bar fg\,\dd\mu$ — yang lengkap menurut Riesz–Fischer (Teorema 12.4); sedangkan hasil kali dalamnya berhingga menurut Cauchy–Schwarz ( $=$ Hölder pada $p = q = 2$ ).

Teorema 13.2 (Proyeksi ke sebuah himpunan cembung tertutup)

Misalkan $C \neq \varnothing$ sebuah himpunan bagian cembung tertutup dari ruang Hilbert $H$ dan $x \in H$ . Maka ada tepat satu $p_C(x) \in C$ dengan

\norm{x - p_C(x)} = d(x, C),

yang dicirikan oleh: $\operatorname{Re}\langle x - p_C(x),\ c - p_C(x)\rangle \leq 0$ untuk setiap $c \in C$ . Dan pemetaan $p_C$ bersifat Lipschitz- $1$ .

Bukti. Misalkan $d = d(x, C)$ dan $(c_n) \subseteq C$ dengan $\norm{x - c_n} \to d$ . Jajaran genjang pada $x - c_n$ dan $x - c_m$ :

\norm{c_n - c_m}^2 = 2\norm{x - c_n}^2 + 2\norm{x - c_m}^2 - 4\,\bigl\|x - \tfrac{c_n + c_m}2\bigr\|^2 \leq 2\norm{x{-}c_n}^2 + 2\norm{x{-}c_m}^2 - 4d^2

(sebab kecembungannya menaruh titik tengahnya di $C$ ): jadi ruas kanannya menuju $0$ , sehingga $(c_n)$ Cauchy, dan limitnya $p \in C$ (yang tertutup) mencapai $d$ . Ketunggalannya: dua pemberi minimum memberikan, lewat identitas yang sama, $\norm{p - p'}^2 \leq 2d^2 + 2d^2 - 4d^2 = 0$ .

Pencirinya: untuk $c \in C$ dan $t \in \intoc01$ , vektor $p + t(c - p) \in C$ , sehingga

d^2 \leq \norm{x - p - t(c-p)}^2 = d^2 - 2t\operatorname{Re}\langle x - p, c - p\rangle + t^2\norm{c-p}^2 ;

lalu bagilah dengan $t \to 0^+$ : $\operatorname{Re}\langle x - p, c - p\rangle \leq 0$ . Sebaliknya ketaksamaan ini memberikan $\norm{x - c}^2 = \norm{x - p}^2 - 2\operatorname{Re}\langle x - p, c - p\rangle + \norm{p - c}^2 \geq \norm{x-p}^2$ . Untuk kelipschitzannya: bagi $x, y$ yang berproyeksi $p, q$ , jumlahkanlah kedua ketaksamaan variasinya (dengan $c = q$ , berturut-turut $c = p$ ): $\operatorname{Re}\langle x - y - (p - q), p - q\rangle \geq 0$ , sehingga $\norm{p - q}^2 \leq \operatorname{Re}\langle x - y, p - q\rangle \leq \norm{x - y}\norm{p - q}$ . ∎

Teorema 13.3 (Penguraian ortogonal)

Misalkan $F$ sebuah subruang tertutup dari $H$ . Maka $p_F$ bersifat linear, $x - p_F(x) \perp F$ untuk setiap $x$ , dan

H = F \oplus F^\perp, \qquad F^\perp = \{y : \langle y, f\rangle = 0\ \forall f\in F\}, \qquad (F^\perp)^\perp = F .

Untuk subruang yang umum, $(F^\perp)^\perp = \bar F$ ; khususnya $F$ padat jika dan hanya jika $F^\perp = \{0\}$ .

Bukti. Untuk sebuah subruang, pencirian variasinya dengan $c = p_F(x) \pm f$ (dengan $f \in F$ , kedua tandanya, dan $\iu f$ pada kasus kompleksnya) memaksa $\langle x - p_F(x), f\rangle = 0$ : jadi sisanya ortogonal terhadap $F$ . Penguraiannya $x = p_F(x) + (x - p_F(x))$ dengan $F \cap F^\perp = \{0\}$ (sebab $\langle y, y \rangle = 0$ ); sedangkan kelinearan $p_F$ menyusul dari ketunggalan penguraian semacam itu (sebab kedua ruasnya linear di dalamnya). Selalu $(F^\perp) ^\perp \supseteq F$ ; sebaliknya jika $x \perp F^\perp$ , tulislah $x = f + g$ : maka $g = x - f \in F^\perp$ dan $\langle g, g\rangle = \langle x, g\rangle - \langle f, g\rangle = 0$ : jadi $x = f \in F$ . Untuk subruang $F$ yang umum: $F^\perp = \bar F^{\,\perp}$ (lewat kekontinuan hasil kali dalamnya), sehingga $(F^\perp)^\perp = \bar F$ menurut kasus tertutupnya; dan kepadatannya jika dan hanya jika $\bar F = H$ jika dan hanya jika $F^\perp = 0$ . ∎

Teorema 13.4 (Penyajian Riesz)

Untuk setiap fungsional linear kontinu $\varphi \in H'$ ada tepat satu $a \in H$ dengan

\varphi(x) = \langle a, x\rangle \quad (x \in H), \qquad \norm\varphi_{H'} = \norm a .

Bukti. Jika $\varphi = 0$ : maka $a = 0$ . Selain itu $F = \ker\varphi$ merupakan subruang sejati yang tertutup; lalu pilihlah $u \in F^\perp$ dengan $\norm u = 1$ (menurut Teorema 13.3: sebab $F^\perp \neq 0$ karena $F \neq H$ ). Untuk sembarang $x$ , vektor $\varphi(x)u - \varphi(u)x \in \ker\varphi$ , sehingga $\perp u$ :

0 = \langle u, \varphi(x)u - \varphi(u)x\rangle = \varphi(x) - \varphi(u)\langle u, x\rangle : \qquad \varphi(x) = \langle \overline{\varphi(u)}\,u,\ x\rangle .

Jadi $a = \overline{\varphi(u)}u$ berhasil. Ketunggalannya: $\langle a - a', x\rangle = 0$ untuk setiap $x$ , lalu ujilah $x = a - a'$ . Normanya: $\abs{\varphi(x)} \leq \norm a\norm x$ (lewat Cauchy–Schwarz) dengan kesamaannya di $x = a$ . ∎

Contoh 13.5 (Sebuah proyeksi, yang dihitung sampai tuntas)

Di $H = L^2(\intcc01)$ , apakah penghampiran terbaik atas $f(x) = x^2$ oleh fungsi afin? Subruang $F = \operatorname{Vect}(1, x)$ bersifat tertutup (sebab berdimensi berhingga), dan $p_F(f) = a + bx$ dicirikan oleh keortogonalan sisanya terhadap $1$ dan terhadap $x$ :

\int_0^1(x^2 - a - bx)\,\dd x = 0, \qquad \int_0^1x\,(x^2 - a - bx)\,\dd x = 0,

yakni $\frac13 = a + \frac b2$ dan $\frac14 = \frac a2 + \frac b3$ : sehingga $a = -\frac16$ dan $b = 1$ . Jadi $p_F(x^2) = x - \frac16$ , dan galatnya adalah

d(f, F)^2 = \int_0^1\Bigl(x^2 - x + \frac16\Bigr)^2\dd x = \frac1{180}, \qquad d(f, F) = \frac1{6\sqrt5} .

Dua catatan yang layak diendapkan. Pertama, perhitungannya tak lain sistem linear $2\times2$ — yakni persamaan normalnya; dan untuk basis monomialnya matriksnya $\bigl(\frac1{i+j+1}\bigr)$ adalah matriks Hilbert yang terkenal buruk kondisinya, sedangkan mengortogonalkannya lebih dahulu (lewat polinomial Legendre, Soal 13.1) merupakan obatnya. Kedua, penghampiran seragam terbaik atas $x^2$ oleh fungsi afin berbeda ( $x - \frac18$ , lewat osilasi setara): sebab setiap norma mempunyai geometrinya sendiri, dan hanya yang Hilbertlah yang menjawab dengan sebuah sistem linear.

13.2 Basis ortonormal

Definisi 13.6

Sebuah keluarga $(e_i)_{i\in I}$ disebut ortonormal jika $\langle e_i, e_j\rangle = \delta_{ij}$ , dan sebuah basis Hilbert (yakni basis ortonormal) jika lebih lanjut kombinasi linear berhingganya padat di $H$ (yakni keluarganya bersifat total). Kita menangani kasus terbilangnya $I = \N$ , yang lewat Gram–Schmidt mencakup setiap $H$ yang terpisahkan (Proposisi 13.8).

Teorema 13.7 (Bessel, Parseval)

Misalkan $(e_n)_{n\in\N}$ ortonormal di $H$ , dan $c_n(x) = \langle e_n, x\rangle$ .

(Bessel) $\sum_n\abs{c_n(x)}^2 \leq \norm x^2$ , dan deret $\sum_nc_n(x)e_n$ konvergen di $H$ , dengan jumlah $p_F(x)$ dan $F = \overline{\operatorname{Vect}}(e_n)$ .
Pernyataan berikut setara: (i) $(e_n)$ merupakan basis Hilbert; (ii) $x = \sum_nc_n(x)e_n$ untuk setiap $x$ ; (iii) Parseval: $\norm x^2 = \sum_n\abs{c_n(x)}^2$ untuk setiap $x$ ; (iv) satu-satunya vektor yang ortogonal terhadap semua $e_n$ adalah $0$ .
Jika $(e_n)$ basis Hilbert, maka $x \mapsto (c_n(x))_n$ merupakan isomorfisma isometrik $H \to \ell^2$ (sehingga setiap ruang Hilbert terpisahkan berdimensi tak berhingga “adalah” $\ell^2$ ), dan $\langle x, y\rangle = \sum_n\overline{c_n(x)}c_n(y)$ .

Bukti. (1) Untuk $N$ yang berhingga: $x - \sum_{n\leq N}c_ne_n \perp e_k$ (bila $k \leq N$ ), sehingga Pythagoras memberikan $\norm x^2 = \sum_{n\leq N}\abs{c_n}^2 + \norm{x - \sum_{n\leq N}c_ne_n}^2$ : yakni Bessel. Lalu jumlah parsialnya $S_N = \sum_{n\leq N}c_ne_n$ bersifat Cauchy: sebab $\norm{S_N - S_M}^2 = \sum_{M<n\leq N}\abs{c_n}^2$ , yakni ekor sebuah deret konvergen; limitnya terletak di $F$ , dan $x - \lim S_N \perp$ setiap $e_k$ (lewat kekontinuannya), jadi $\perp F$ : sehingga menurut ketunggalan penguraian ortogonalnya, $\lim S_N = p_F(x)$ .

(2) (i) $\Rightarrow$ (ii): sebab $F = H$ , sehingga $p_F = \mathrm{id}$ . (ii) $\Rightarrow$ (iii): lewat Pythagoras pada limitnya (sebab $\norm{S_N}^2 = \sum_{n \leq N}\abs{c_n}^2 \to \norm x^2$ ). (iii) $\Rightarrow$ (iv): sebab $x \perp$ semua $e_n$ memberikan $\norm x^2 = 0$ . (iv) $\Rightarrow$ (i): sebab $F^\perp = \{0\}$ (karena keortogonalan terhadap semua $e_n$ adalah keortogonalan terhadap $F$ ), sehingga $F$ padat menurut Teorema 13.3; padahal $F$ , sebagai sebuah penutup, sudah tertutup: jadi $F = H$ .

(3) Pemetaannya linear, isometrik menurut (iii) (sehingga injektif), dan surjektif: sebab diberikan $(c_n) \in \ell^2$ , deret $\sum c_ne_n$ konvergen (yang Cauchy seperti pada (1)) ke sebuah prapetanya. Sedangkan rumus hasil kali dalamnya berupa polarisasi dari (iii), atau perhitungan limit yang langsung. ∎

Proposisi 13.8 (Gram–Schmidt)

Misalkan $(x_n)$ sebuah barisan yang bebas linear. Dengan menetapkan secara induktif $\tilde e_n = x_n - \sum_{k<n}\langle e_k, x_n\rangle e_k$ dan $e_n = \tilde e_n/\norm{\tilde e_n}$ dihasilkanlah $(e_n)$ yang ortonormal dengan rentang berhingga yang sama: $\operatorname{Vect}(e_1, \dots, e_n) = \operatorname{Vect} (x_1, \dots, x_n)$ . Karena itu setiap ruang Hilbert terpisahkan (yakni yang mempunyai himpunan bagian padat terbilang) mempunyai basis Hilbert.

Bukti. Lewat induksi: $\tilde e_n \perp e_k$ (bila $k < n$ ) menurut konstruksinya, dan $\tilde e_n \neq 0$ menurut kebebasannya; sedangkan rentangnya bersesuaian pada setiap tahapnya (lewat penggantian basis segitiga). Untuk $H$ yang terpisahkan: dari sebuah barisan padat petiklah subkeluarga yang bebas linear dengan rentang yang padat (buanglah setiap vektor yang berada di rentang pendahulunya, sebab rentangnya tak berubah), lalu ortonormalkan: sehingga hasilnya total. ∎

Teorema 13.9 (Sistem trigonometri; Parseval akhirnya)

Di $L^2(\intcc{-\pi}\pi)$ dengan $\langle f, g\rangle = \frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi \bar fg$ , keluarga $e_n(t) = \eu^{\iu nt}$ dengan $n \in \Z$ merupakan basis Hilbert. Karena itu, untuk setiap $f \in L^2$ — khususnya setiap fungsi $2\pi$ -periodik $f$ yang kontinu sepenggal-sepenggal — dengan $c_n(f) = \frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)\eu^{-\iu nt}\dd t$ :

f = \sum_{n\in\Z}c_n(f)\,\eu^{\iu nt} \ \ \text{di } L^2, \qquad \frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\abs f^2 = \sum_{n\in\Z}\abs{c_n(f)}^2 .

Ini membuktikan, dalam keumuman penuh, identitas Parseval yang diterima begitu saja pada Tahun ke-2.

Bukti. Keortonormalannya berupa perhitungan langsung (Tahun ke-2). Untuk ketotalannya: misalkan $f \in L^2$ bersifat $\perp$ semua $e_n$ , yakni semua koefisien Fouriernya lenyap. Fungsi kontinu berperiode $2\pi$ bersifat padat di $L^2(\intcc{-\pi}\pi)$ : sebab sungguh $\mathcal C_c(\intoo{-\pi}\pi)$ padat (Teorema 12.6(2)) dan fungsi semacam itu diperluas secara periodik dan kontinu. Sedangkan polinomial trigonometri bersifat padat terhadap $\norm\cdot_\infty$ di antara fungsi periodik kontinu (menurut Stone–Weierstrass, Akibat 7.16(c)), dan $\norm\cdot_2 \leq \norm\cdot_\infty$ : sehingga polinomial trigonometrinya padat di $L^2$ . Padahal $f \perp$ setiap polinomial trigonometri, jadi $f \perp$ sebuah subruang padat: sehingga $f \in (\text{padat})^\perp = \{0\}$ (Teorema 13.3). Lalu kriteria (iv) Teorema 13.7 menuntaskannya; sedangkan (ii) dan (iii) terurai menjadi tampilannya (dengan mengindeks ulang $\Z$ yang terbilang; dan deret dua ujungnya konvergen tanpa syarat — sebab semua jumlah parsialnya atas sembarang keluarga yang menghabiskan indeksnya konvergen, lewat argumen ekor $\ell^2$ -nya). ∎

Teorema 13.10 (Lax–Milgram)

Misalkan $H$ ruang Hilbert real dan $a \colon H\times H \to \R$ bilinear, kontinu (yakni $\abs{a(u,v)} \leq M\norm u\norm v$ ) serta koersif (yakni $a(u, u) \geq \alpha\norm u^2$ dengan $\alpha > 0$ ). Maka untuk setiap $\varphi \in H'$ ada tepat satu $u \in H$ dengan

a(u, v) = \varphi(v) \qquad \text{untuk setiap } v \in H .

Bukti. Untuk $u$ yang tetap, $v \mapsto a(u, v)$ bersifat linear kontinu: sehingga Riesz memberikan tepat satu $Au \in H$ dengan $a(u,v) = \langle Au, v\rangle$ ; dan $A$ linear dengan $\norm{Au} \leq M\norm u$ (lewat ketunggalan wakilnya, lalu batasnya). Untuk kekoersifannya: $\alpha\norm u^2 \leq a(u,u) = \langle Au, u\rangle \leq \norm{Au}\norm u$ , sehingga $\norm{Au} \geq \alpha\norm u$ : jadi $A$ injektif dengan jangkauan yang tertutup (sebab barisan peta Cauchy $Au_n$ memaksa $u_n$ Cauchy). Jangkauannya padat: sebab $w \perp \operatorname{im}A$ memberikan $0 = \langle Aw, w\rangle \geq \alpha\norm w^2$ . Tertutup dan padat: jadi $A$ bijektif. Diberikan $\varphi$ , misalkan $f$ menyajikannya (lewat Riesz) dan $u = A^{-1}f$ : maka $a(u, v) = \langle f, v\rangle = \varphi(v)$ , secara tunggal (sebab $a(u - u', \cdot) = 0$ dan kekoersifannya). ∎

Catatan 13.11

Bila $a$ setangkup, solusi Lax–Milgram merupakan satu-satunya pemberi minimum energi $J(v) = \frac12a(v,v) - \varphi(v)$ (Latihan 13.9): jadi keberadaan solusi soal variasi dalam satu sapuan. Diterapkan pada ruang fungsi yang sesuai (yakni ruang Sobolev pada kuliah berikutnya), ini menyelesaikan soal nilai batas bagi persamaan diferensial — yakni pintu masuk modern ke persamaan diferensial parsial.

13.3 Latihan

Latihan 13.1 ★

(a) Buktikan identitas polarisasinya (yang real: $4\langle x, y\rangle = \norm{x+y}^2 - \norm{x-y}^2$ ; dan yang kompleks: versi empat sukunya). (b) Tunjukkan bahwa $\norm\cdot_1$ pada $L^1(\intcc01)$ dan $\norm\cdot_\infty$ pada $\mathcal C(\intcc01)$ melanggar hukum jajaran genjang: sehingga norma ini tak datang dari hasil kali dalam mana pun.

Solusi

Solusi Latihan 13.1.

(a) Yang real: uraikan $\norm{x \pm y}^2 = \norm x^2 \pm 2\langle x,y\rangle + \norm y^2$ lalu kurangkan. Yang kompleks (dengan hasil kali dalamnya linear pada slot keduanya): dengan menguraikannya seperti di atas,

\langle x, y\rangle = \frac14\sum_{k=0}^{3} \iu^k\,\bigl\|\iu^kx + y\bigr\|^2,

sebab setiap sukunya menyumbang $\iu^k\cdot2\operatorname{Re}\bigl( (-\iu)^k\langle x,y\rangle\bigr)$ , yang jumlahnya $4\langle x,y\rangle$ (periksalah keempat nilai $k$ -nya; sedangkan $\sum\iu^k (\norm x^2 + \norm y^2) = 0$ ).

(b) Untuk $L^1$ : $f = \mathbf 1_{\intcc0{1/2}}$ dan $g = \mathbf 1_{\intcc{1/2}1}$ : maka $\norm{f\pm g}_1^2 = 1$ masing-masing, berjumlah $2$ ; padahal $2\norm f_1^2 + 2\norm g_1^2 = 1 \neq 2$ . Untuk norma supnya: $f = \mathbf 1$ dan $g(t) = t$ pada $\intcc01$ : maka $\norm{f + g}_\infty^2 + \norm{f-g}_\infty^2 = 4 + 1 = 5 \neq 4 = 2 + 2$ . Karena gagal memenuhi hukum jajaran genjang, norma ini tak diinduksi hasil kali dalam mana pun (sebab hasil kali dalam akan memaksanya lewat penguraian langsung).

Latihan 13.2 ★

Di $H = L^2(\intcc01)$ (yang real): (a) hitunglah proyeksi $f$ ke subruang berisi fungsi konstan, lalu tafsirkan; (b) hitunglah proyeksinya ke $\{g : g = 0 \text{ hampir di mana-mana pada } \intcc0{1/2}\}$ ; (c) hitunglah $d\bigl(x \mapsto x,\ \operatorname{Vect}(\mathbf 1)\bigr)$ .

Solusi

Solusi Latihan 13.2.

(a) $p(f) = \bigl(\int_0^1f\bigr)\mathbf 1$ : sebab sungguh $f - \int f \perp$ fungsi konstan (karena $\int(f - \int f)c = 0$ ). Jadi penghampiran konstan terbaik atas $f$ dalam kuadrat rata-rata adalah rata-ratanya — yakni contoh pertama nilai harapan bersyarat (Bab 22).

(b) $p(f) = f\,\mathbf 1_{\intcc{1/2}1}$ : sebab selisihnya $f\mathbf 1_{\intcc0{1/2}}$ ortogonal terhadap setiap $g$ yang lenyap pada $\intcc0{1/2}$ .

(c) $d^2 = \bigl\|x - \tfrac12\bigr\|_2^2 = \int_0^1(x - \tfrac12)^2\dd x = \tfrac1{12}$ : sehingga $d = \frac1{2\sqrt3}$ .

Latihan 13.3 ★★

(a) Tunjukkan bahwa untuk sebuah subruang $F$ : $F$ padat $\iff$ $F^\perp = \{0\}$ , lalu berikan contoh di $\ell^2$ sebuah subruang padat yang sejati (sehingga $F^\perp = 0$ tanpa $F = H$ : yakni teorema penguraiannya sungguh memerlukan $F$ yang tertutup). (b) Tunjukkan bahwa jika $x_n \to x$ dan $y_n \to y$ dalam norma, maka $\langle x_n, y_n\rangle \to \langle x, y\rangle$ , lalu temukan dua tempat yang bab ini memakai kekontinuan itu.

Solusi

Solusi Latihan 13.3.

(a) Kesetaraannya adalah Teorema 13.3 (sebab $\bar F = (F^\perp)^\perp$ , dan $\bar F = H \iff F^\perp = \{0\}$ ). Contohnya: ruang $F$ berisi barisan berhingga bersifat padat di $\ell^2$ (lewat pemancungan) dan sejati: sehingga $F^\perp = \{0\}$ padahal $F \neq \ell^2$ — jadi untuk subruang yang tak tertutup, $H = F \oplus F^\perp$ gagal secara terang-terangan (sebab $F \oplus \{0\} \neq H$ ).

(b) $\abs{\langle x_n, y_n\rangle - \langle x, y\rangle} \leq \abs{\langle x_n - x, y_n\rangle} + \abs{\langle x, y_n - y\rangle} \leq \norm{x_n - x}\sup_n\norm{y_n} + \norm x\,\norm{y_n - y} \to 0$ (sebab barisan konvergen bersifat terbatas). Ia dipakai: pada Teorema 13.7(1) untuk melihat $x - \lim S_N \perp e_k$ , dan pada Teorema 13.3 untuk melihat $F^\perp = \bar F^{\,\perp}$ .

Latihan 13.4 ★★

Terapkan Gram–Schmidt pada $1, x, x^2$ di $L^2(\intcc{-1}1)$ (dengan ukuran Lebesgue): perolehlah ketiga polinomial Legendre ternormalkan yang pertama, lalu periksalah bahwa keduanya cocok dengan $\sqrt{n + \frac12}\,P_n$ untuk polinomial Rodrigues $P_n$ pada Soal 13.1.

Solusi

Solusi Latihan 13.4.

Berlaku $e_0 = \frac1{\sqrt2}$ . Berikutnya, $x \perp \mathbf 1$ sudah sejak awal (sebab $\int_{-1}^1x = 0$ ), dan $\int_{-1}^1x^2 = \frac23$ : sehingga $e_1 = \sqrt{\tfrac32}\,x$ . Lalu $x^2 - \langle e_0, x^2\rangle e_0 = x^2 - \frac13$ (dan $\perp e_1$ menurut paritasnya), dengan

\int_{-1}^1\Bigl(x^2 - \frac13\Bigr)^2\dd x = \frac25 - \frac49 + \frac29 = \frac{8}{45}: \qquad e_2 = \sqrt{\tfrac{45}8}\,\Bigl(x^2 - \frac13\Bigr).

Perbandingannya: $P_0 = 1$ , $P_1 = x$ , $P_2 = \frac{3x^2 - 1}2$ , dan $\sqrt{n + \tfrac12}\,P_n$ memberikan $\frac1{\sqrt2}$ , $\sqrt{\frac32}x$ , $\sqrt{\frac52}\,\frac{3x^2-1}2 = \sqrt{\frac{45}8}\bigl(x^2 - \frac13\bigr)$ : yakni tepat $e_0, e_1, e_2$ .

Latihan 13.5 ★★

Terapkan Parseval (Teorema 13.9) pada $f(t) = t$ dan $f(t) = t^2$ di $\intcc{-\pi}\pi$ — kini secara sah bagi keduanya (yang kontinu, tetapi sebelumnya identitasnya menuntut kehati-hatian $\mathcal C^1$ sepenggal-sepenggal pada ketakkontinuan di sambungannya): pulihkanlah

\sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}6, \qquad \sum_{n\geq1}\frac1{n^4} = \frac{\pi^4}{90} .

Solusi

Solusi Latihan 13.5.

Untuk $f(t) = t$ : $c_0 = 0$ dan, lewat pengintegralan parsial, $c_n = \frac{\iu(-1)^n}{n}$ untuk $n \neq 0$ : sehingga $\abs{c_n}^2 = \frac1{n^2}$ . Lalu Parseval:

\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi t^2\dd t = \frac{\pi^2}3 = \sum_{n\neq0}\frac1{n^2} = 2\sum_{n\geq1}\frac1{n^2} \ \Longrightarrow\ \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}6 .

Untuk $f(t) = t^2$ : $c_0 = \frac{\pi^2}3$ dan $c_n = \frac{2(-1)^n}{n^2}$ (bila $n \ne 0$ ). Lalu Parseval:

\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}t^4\dd t = \frac{\pi^4}5 = \frac{\pi^4}9 + \sum_{n\neq0}\frac4{n^4} \ \Longrightarrow\ \sum_{n\geq1}\frac1{n^4} = \frac18\Bigl(\frac{\pi^4}5 - \frac{\pi^4}9\Bigr) = \frac{\pi^4}{90} .

Tak diperlukan syarat $\mathcal C^1$ sepenggal-sepenggal apa pun: sebab Teorema 13.9 mencakup setiap fungsi $L^2$ .

Latihan 13.6 ★★

(a) Carilah $a \in L^2(\intcc01)$ dengan $\int_0^{1/2}f = \langle a, f\rangle$ untuk setiap $f$ ; lalu hitunglah $\norm\varphi$ untuk fungsional ini. (b) Tunjukkan bahwa penilaian $f \mapsto f(\frac12)$ , yang terdefinisi pada subruang $\mathcal C(\intcc01) \subseteq L^2(\intcc01)$ , tak kontinu terhadap $\norm\cdot_2$ : sehingga tak ada wakil Riesznya (sebab penilaian bukan gagasan $L^2$ ).

Solusi

Solusi Latihan 13.6.

(a) $\varphi(f) = \int_0^{1/2}f = \langle\mathbf 1_{\intcc0{1/2}},\ f\rangle$ : jadi wakilnya adalah $a = \mathbf 1_{\intcc0{1/2}}$ , dan $\norm\varphi = \norm a_2 = \frac1{\sqrt2}$ (Teorema 13.4).

(b) Ambillah fungsi tenda $f_n$ yang berpuncak $1$ di $\frac12$ dan berpendukung selebar $\frac2n$ : maka $f_n(\tfrac12) = 1$ sedangkan $\norm{f_n}_2^2 \leq \frac2n \to 0$ : sehingga tak ada konstanta $C$ yang dapat memberikan $\abs{f(\frac12)} \leq C\norm f_2$ . Jadi penilaian titik tak bermakna di $L^2$ — sebab unsurnya berupa kelas modulo himpunan nol — dan perhitungan ini adalah alasan kuantitatifnya.

Latihan 13.7 ★★★

Misalkan $H$ terpisahkan dengan basis Hilbert $(e_n)$ , dan $(x_k)$ sebuah barisan yang terbatas. (a) Tunjukkan bahwa suatu subbarisannya konvergen secara lemah: yakni ada $x$ dengan $\langle y, x_{k_j}\rangle \to \langle y, x\rangle$ untuk setiap $y \in H$ . (Pakai pemetikan diagonal pada koefisiennya $\langle e_n, x_k\rangle$ ; lalu rakitlah $x$ lewat Bessel dan keterbatasan seragam normanya.) (b) Tunjukkan bahwa $e_n \rightharpoonup 0$ padahal $\norm{e_n} = 1$ : sehingga limit lemah dapat kehilangan norma. Lalu tunjukkan $\norm x \leq \liminf\norm{x_{k_j}}$ pada (a).

Solusi

Solusi Latihan 13.7.

(a) Misalkan $M = \sup_k\norm{x_k}$ . Barisan skalarnya $(\langle e_n, x_k\rangle)_k$ terbatas oleh $M$ : sehingga pemetikan diagonal melahirkan $x_{k_j}$ dengan $\langle e_n, x_{k_j}\rangle \to \gamma_n$ untuk setiap $n$ . Lalu untuk setiap $N$ : $\sum_{n\leq N}\abs{\gamma_n}^2 = \lim_j\sum_{n\leq N}\abs{\langle e_n, x_{k_j}\rangle}^2 \leq M^2$ (lewat Bessel), sehingga $(\gamma_n) \in \ell^2$ dan $x = \sum_n\gamma_ne_n \in H$ (Teorema 13.7(3)). Untuk $y \in H$ :

\abs{\langle y, x_{k_j} - x\rangle} \leq \Bigl|\sum_{n\leq N}\overline{c_n(y)}\bigl(\langle e_n, x_{k_j}\rangle - \gamma_n\bigr)\Bigr| + 2M\Bigl(\sum_{n>N}\abs{c_n(y)}^2\Bigr)^{1/2},

dengan memakai uraian $\langle y, z\rangle = \sum\overline{c_n(y)}c_n(z)$ dan Cauchy–Schwarz pada ekornya; lalu pilihlah $N$ kemudian $j$ : yakni kekonvergenan lemah ke $x$ .

(b) Berlaku $\langle y, e_n\rangle = c_n(y) \to 0$ untuk setiap $y$ (lewat ekor $\ell^2$ -nya): sehingga $e_n \rightharpoonup 0$ , padahal $\norm{e_n} = 1$ : jadi normanya tak kontinu secara lemah. Pada (a): $\norm x^2 = \sum\abs{\gamma_n}^2 \leq \liminf_j\norm{x_{k_j}}^2$ (lewat potongan berhingganya dan Bessel lagi): sehingga limit lemahnya hanya dapat kehilangan norma.

Latihan 13.8 ★★

(Adjoin) Untuk $T \in \mathcal L(H)$ , tunjukkan bahwa ada tepat satu $T^* \in \mathcal L(H)$ dengan $\langle Tx, y\rangle = \langle x, T^*y\rangle$ (lewat Riesz), dan $\vertiii{T^*} = \vertiii T$ . Hitunglah adjoin pergeseran $S$ pada $\ell^2$ , lalu buktikan $\ker T^* = (\operatorname{im}T)^\perp$ — lalu turunkan $\overline{\operatorname{im}T} = (\ker T^*)^\perp$ .

Solusi

Solusi Latihan 13.8.

Untuk $y$ yang tetap, $x \mapsto \langle y, Tx\rangle$ merupakan fungsional linear kontinu; sehingga Riesz memberikan tepat satu $T^*y$ dengan $\langle y, Tx\rangle = \langle T^*y, x\rangle$ untuk setiap $x$ — lalu dengan mengonjugasikannya, $\langle Tx, y\rangle = \langle x, T^*y\rangle$ . Ketunggalannya membuat $T^*$ linear;

\norm{T^*y} = \sup_{\norm x = 1}\abs{\langle T^*y, x\rangle} = \sup_{\norm x=1}\abs{\langle y, Tx\rangle} \leq \vertiii T\,\norm y,

sehingga $\vertiii{T^*} \leq \vertiii T$ , dan $T^{**} = T$ memberikan kesamaannya. Untuk pergeserannya: $\langle Sx, y\rangle = \sum_{n\geq1} x_n\bar y_{n+1} = \langle x, S^*y\rangle$ dengan $(S^*y)_n = y_{n+1}$ : yakni pergeseran mundurnya. Untuk kernel dan petanya: $T^*y = 0$ jika dan hanya jika $\langle x, T^*y\rangle = 0$ untuk setiap $x$ jika dan hanya jika $\langle Tx, y\rangle = 0$ untuk setiap $x$ jika dan hanya jika $y \perp \operatorname{im}T$ : sehingga $\ker T^* = (\operatorname{im}T)^\perp$ ; lalu dengan mengambil $\perp$ dan memakai Teorema 13.3, $\overline{\operatorname{im}T} = (\ker T^*)^\perp$ .

Latihan 13.9 ★★

Misalkan $a$ seperti pada Lax–Milgram dan lebih lanjut setangkup. Tunjukkan bahwa $u$ menyelesaikan $a(u, \cdot) = \varphi$ jika dan hanya jika $u$ meminimumkan $J(v) = \frac12a(v, v) - \varphi(v)$ , dan bahwa minimumnya tercapai tepat di satu titik. (Lengkapkan kuadratnya: $J(u + w) - J(u) = \frac12a(w,w) \geq \frac\alpha2\norm w^2$ .) Terapannya: turunkan kembali teorema proyeksinya bagi subruang tertutup dari Lax–Milgram.

Solusi

Solusi Latihan 13.9.

Jika $a(u, \cdot) = \varphi$ : maka untuk sembarang $w$ ,

J(u + w) - J(u) = a(u, w) - \varphi(w) + \tfrac12a(w,w) = \tfrac12a(w,w) \geq \tfrac\alpha2\norm w^2,

yang positif sejati untuk $w \neq 0$ : jadi $u$ satu-satunya pemberi minimumnya. Sebaliknya, pada sebuah pemberi minimum fungsi $t \mapsto J(u + tw)$ (yakni polinomial kuadratik terhadap $t$ ) berturunan nol di $0$ : sehingga $a(u, w) - \varphi(w) = 0$ untuk setiap $w$ . Untuk proyeksi yang diturunkan kembali: bagi subruang tertutup $F$ , terapkan Lax–Milgram pada ruang Hilbert $F$ dengan $a(u,v) = \langle u, v\rangle$ (sehingga $M = \alpha = 1$ ) dan $\varphi(v) = \langle x, v\rangle$ : diperoleh tepat satu $p \in F$ dengan $\langle p, v\rangle = \langle x, v\rangle$ untuk setiap $v \in F$ , yakni $x - p \perp F$ — dan menurut kasus setangkupnya, $p$ meminimumkan $\frac12\norm v^2 - \langle x, v\rangle = \frac12\norm{v - x}^2 - \frac12\norm x^2$ atas $F$ : yakni proyeksinya.

Latihan 13.10 ★★★

(Sistem Haar) Pada $\intcc01$ , misalkan $h_{0} = \mathbf 1$ , dan untuk $n = 2^j + k$ (dengan $j \geq 0$ dan $0 \leq k < 2^j$ ):

h_n = 2^{j/2}\Bigl(\mathbf 1_{[k2^{-j},\,(k + \frac12)2^{-j})} - \mathbf 1_{[(k+\frac12)2^{-j},\,(k+1)2^{-j})} \Bigr).

Tunjukkan bahwa $(h_n)_{n\geq0}$ ortonormal di $L^2(\intcc01)$ , dan total. (Keortogonalannya: sebab pendukungnya saling lepas atau bersarang; sedangkan ketotalannya: sebab rentang berhingganya memuat semua fungsi tangga diadik, yang padat — lewat Teorema 12.6(1) dan penghampiran diadik atas selangnya.) Sistem Haar merupakan nenek moyang gelombang kecil.

Solusi

Solusi Latihan 13.10.

Penormalannya: $\int h_n^2 = 2^j\cdot 2^{-j} = 1$ . Keortogonalannya: dua fungsi Haar yang berbeda entah berpendukung (interior) saling lepas (sehingga hasil kalinya nol hampir di mana-mana), entah pendukung yang lebih halus termuat di sebuah setengah selang tempat yang lebih kasar bernilai konstan — lalu integral hasil kalinya adalah konstanta itu dikali $\int h_{\text{lebih halus}} = 0$ ; sedangkan terhadap $h_0 = \mathbf 1$ , kembali $\int h_n = 0$ . Untuk ketotalannya: rentang $\{h_0, \dots, h_{2^J-1}\}$ terdiri atas fungsi tangga pada kisi diadik berlangkah $2^{-J}$ ; kedua ruangnya berdimensi $2^J$ dan fungsi Haarnya bebas (sebab ortonormal): sehingga rentangnya adalah seluruh fungsi tangga semacam itu. Lalu fungsi tangga diadiknya padat di $L^2(\intcc01)$ : sebab fungsi sederhananya padat (Teorema 12.6(1)), himpunan terukurnya dihampiri gabungan berhingga selang (Latihan 9.7), dan selangnya oleh yang diadik (sebab ujungnya bergeser sejauh $\leq 2^{-J}$ ). Menurut Teorema 13.7, sistem Haarnya merupakan basis Hilbert.

Latihan 13.11 ★★

(Proyeksi ortogonal, yang tercirikan) Misalkan $H$ sebuah ruang Hilbert dan $P \in \mathcal L(H)$ dengan $P^2 = P$ dan $P \neq 0$ . Tunjukkan kesetaraan: (i) $P$ merupakan proyeksi ortogonal ke $\operatorname{im}P$ ; (ii) $P = P^*$ (Latihan 13.8); (iii) $\vertiii P = 1$ . (Untuk (iii) $\Rightarrow$ (i): jika suatu $x \in (\ker P)^\perp$ mempunyai $Px \neq x$ , tinjaulah $x + t(Px - x)$ — atau secara langsung: untuk $u \in \operatorname{im}P$ dan $v \in \ker P$ , uraikan $\norm{P(u + tv)}^2 \leq \norm{u + tv}^2$ untuk setiap $t \in \R$ lalu simpulkan $\langle u, v\rangle = 0$ .) Tampilkan sebuah proyeksi tak ortogonal pada $\R^2$ lalu hitunglah normanya.

Solusi

Solusi Latihan 13.11.

(i) $\Rightarrow$ (ii): untuk proyeksi ortogonalnya, $\langle Px, y\rangle = \langle Px, Py\rangle = \langle x, Py\rangle$ (sisipkan penguraiannya $x = Px + (x - Px)$ dan seterusnya lalu bunuhlah suku silangnya). (ii) $\Rightarrow$ (iii): $\norm{Px}^2 = \langle P^2x, x\rangle = \langle Px, x\rangle \leq \norm{Px}\norm x$ , sehingga $\vertiii P \leq 1$ , dan $Pu = u$ pada petanya yang tak nol: jadi $= 1$ . (iii) $\Rightarrow$ (i): $H = \operatorname{im}P \oplus \ker P$ (secara aljabar, dari $P^2 = P$ ); lalu ambillah $u = Pu \in \operatorname{im}P$ , $v \in \ker P$ , dan $t \in \R$ : maka $\norm{P(u + tv)}^2 = \norm u^2$ haruslah $\leq \norm{u + tv}^2 = \norm u^2 + 2t\operatorname{Re}\langle u, v\rangle + t^2\norm v^2$ untuk setiap $t$ , yang memaksa $\operatorname{Re}\langle u, v\rangle = 0$ (bandingkan suku linearnya saat $t \to 0^\pm$ ); lalu mengganti $v$ dengan $\iu v$ membunuh bagian imajinernya pula: sehingga $\operatorname{im}P \perp \ker P$ , yang tepat merupakan keortogonalan proyeksinya. Contohnya: $P(x, y) = (x + y, 0)$ pada $\R^2$ : maka $P^2 = P$ , dengan peta berupa sumbu- $x$ , kernel berupa garis $y = -x$ , dan $\vertiii P = \sup\frac{\abs{x+y}}{\norm{(x,y)}} = \sqrt2$ (yang tercapai di $(1,1)/\sqrt2$ ): jadi proyeksi miring bernorma $> 1$ . (Untuk catatan, (ii) juga memberikan (i) secara langsung: sebab $\ker P = \ker P^* = (\operatorname{im}P)^\perp$ menurut Latihan 13.8.)

Latihan 13.12 ★★★

(Teorema ergodik von Neumann) Misalkan $U \in \mathcal L(H)$ uniter (yakni $U^*U = UU^* = I$ ), $F = \ker(U - I)$ ruang tetapnya, $P$ proyeksi ortogonal ke $F$ , dan $A_n = \frac1n\sum_{k=0}^{n-1}U^k$ . (a) Tunjukkan bahwa $\ker(U - I) = \ker(U^* - I)$ (dari $\norm{Ux - x}^2 = 2\norm x^2 - 2\operatorname{Re}\langle Ux, x\rangle$ dan keuniterannya), lalu turunkan $\overline{\operatorname{im}(U - I)} = F^\perp$ . (b) Tunjukkan bahwa $A_nx \to x$ untuk $x \in F$ , dan $A_nx \to 0$ untuk $x \in \operatorname{im}(U - I)$ (lewat peneleskopan), lalu untuk $x \in \overline{\operatorname{im}(U - I)}$ (dengan batas seragam $\vertiii{A_n} \leq 1$ ). (c) Simpulkan: $A_nx \to Px$ untuk setiap $x \in H$ — sehingga rata-rata waktunya konvergen ke proyeksi pada invariannya. (d) Uraikan hal itu untuk $H = L^2(\R/\Z)$ dan $Uf = f(\cdot + \alpha)$ dengan $\alpha$ irasional: kenalilah $F$ (pakailah deret Fourier, Teorema 13.9) lalu turunkan bahwa $\frac1n\sum_{k<n}f(x + k\alpha) \to \int_0^1f$ di $L^2$ : yakni pemerataan- $L^2$ rotasi irasionalnya.

Solusi

Solusi Latihan 13.12.

(a) Untuk $U$ yang uniter: $\norm{Ux - x}^2 = 2\norm x^2 - 2\operatorname{Re}\langle Ux, x\rangle$ dan $\norm{U^*x - x}^2 = 2\norm x^2 - 2\operatorname{Re}\langle x, Ux\rangle$ : sehingga keduanya lenyap bersama, jadi $\ker(U - I) = \ker(U^* - I)$ . Lalu, dengan memakai $\ker T^* = (\operatorname{im}T)^\perp$ (Latihan 13.8) untuk $T = U - I$ dan $T^* = U^* - I$ :

\overline{\operatorname{im}(U - I)} = \bigl(\ker(U^* - I)\bigr)^\perp = F^\perp .

(b) Pada $F$ : $U^kx = x$ , sehingga $A_nx = x$ . Untuk $x = (U - I)y$ : $A_nx = \frac1n(U^ny - y)$ , yang bernorma $\leq \frac2n\norm y \to 0$ . Sedangkan untuk $x$ pada penutupnya: diberikan $\varepsilon$ , pilihlah $x' = (U - I)y$ dengan $\norm{x - x'} < \varepsilon$ ; lalu karena $\vertiii{A_n} \leq \frac1n\sum\vertiii{U^k} = 1$ , maka $\norm{A_nx} \leq \norm{A_n(x - x')} + \norm{A_nx'} \leq \varepsilon + o(1)$ .

(c) Uraikan $x = Px + (x - Px)$ dengan $Px \in F$ dan $x - Px \in F^\perp = \overline{\operatorname{im}(U - I)}$ (bagian (a)): sehingga $A_nx = Px + A_n(x - Px) \to Px + 0$ .

(d) Pada basis Fouriernya $e_m(x) = \eu^{2\iu\pi mx}$ : $Ue_m = \eu^{2\iu\pi m\alpha}e_m$ , sehingga $Ue_m = e_m$ jika dan hanya jika $m\alpha \in \Z$ jika dan hanya jika $m = 0$ (sebab $\alpha$ irasional): jadi $F = \C\mathbf 1$ dan $Pf = \langle\mathbf 1, f\rangle\mathbf 1 = \int_0^1f$ . Teoremanya lalu berbunyi $\frac1n\sum_{k<n}f(\cdot + k\alpha) \to \int_0^1f$ di $L^2(\R/\Z)$ : sehingga rata-rata orbit sebuah rotasi irasional merata — yakni bayangan $L^2$ dari teorema pemerataan Weyl, yang diperoleh lewat geometri Hilbert belaka.

13.4 Soal: polinomial ortogonal

Soal 13.1

Soal akhir pekan — Legendre, Hermite, dan kuadratur Gauss

Misalkan $I \subseteq \R$ sebuah selang dan $w > 0$ sebuah bobot kontinu pada interior $I$ sedemikian sehingga $\int_I \abs t^nw(t)\dd t < \infty$ untuk setiap $n$ ; lalu bekerjalah di $H = L^2(I, w\,\dd\lambda)$ dengan $\langle f, g\rangle = \int_I \bar fg\,w$ . Gram–Schmidt yang diterapkan pada $1, t, t^2, \dots$ menghasilkan polinomial ortogonal $(p_n)$ untuk $w$ (dengan penormalan monik: $p_n = t^n + \cdots$ ).

Bagian I — Teori umumnya.

Tunjukkan bahwa $p_n$ ortogonal terhadap setiap polinomial berderajat $< n$ , dan bahwa $(p_0, \dots, p_n)$ merupakan basis $\R_n[t]$ .
(Rekurensi tiga suku) Tunjukkan bahwa ada real $a_n, b_n$ dengan

$p_{n+1}(t) = (t - a_n)\,p_n(t) - b_n\,p_{n-1}(t), \qquad b_n = \frac{\norm{p_n}^2}{\norm{p_{n-1}}^2} > 0 .$

(Uraikan $t\,p_n$ pada basis $(p_k)_{k \leq n+1}$ lalu bunuhlah koefisiennya lewat keortogonalannya, dengan memakai $\langle tp_n, p_k\rangle = \langle p_n, tp_k\rangle$ .)
(Akar) Tunjukkan bahwa $p_n$ mempunyai $n$ akar yang berbeda, semuanya interior terhadap $I$ . (Misalkan $t_1 < \dots < t_m$ pergantian tanda $p_n$ di interiornya; lalu jika $m < n$ , ujilah $p_n$ terhadap $\prod_{i\leq m}(t - t_i)$ lalu pertentangkan dengan keortogonalannya.)

Bagian II — Legendre ( $I = \intcc{-1}1$ , $w = 1$ ). Definisikan $P_n(t) = \frac{1}{2^nn!}\,\frac{\dd^n}{\dd t^n}\bigl[(t^2 - 1)^n\bigr]$ (Rodrigues).

Tunjukkan bahwa $\deg P_n = n$ dengan koefisien utama $\frac{(2n)!}{2^n(n!)^2}$ , dan, dengan mengintegralkan secara parsial $n$ kali, bahwa $\langle P_n, Q\rangle = 0$ untuk setiap polinomial $Q$ berderajat $< n$ : sehingga $P_n$ merupakan (sampai penormalannya) polinomial ortogonal untuk $w = 1$ .
Hitunglah $\norm{P_n}_2^2 = \frac{2}{2n+1}$ (integralkan secara parsial $n$ kali terhadap dirinya lalu susutkan ke sebuah integral Beta/Wallis, Latihan 11.8).
Tunjukkan bahwa polinomial Legendre yang ternormalkan membentuk basis Hilbert $L^2(\intcc{-1}1)$ (lewat Weierstrass, Akibat 7.16, ditambah kepadatan $\mathcal C$ di $L^2$ ), lalu uraikan $f(t) = \abs t$ sampai derajat $2$ : yakni hitunglah penghampiran kuadratik- $L^2$ terbaik atas $\abs t$ .

Bagian III — Hermite ( $I = \R$ , $w(t) = \eu^{-t^2}$ ). Definisikan $H_n(t) = (-1)^n\eu^{t^2}\frac{\dd^n}{\dd t^n}\eu^{-t^2}$ .

Tunjukkan bahwa $H_n$ merupakan polinomial berderajat $n$ dengan koefisien utama $2^n$ , bahwa $H_{n+1} = 2tH_n - H_n'$ , dan bahwa $\langle H_m, H_n\rangle_w = \delta_{mn}\,2^nn!\sqrt\pi$ (lewat pengintegralan parsial lagi).
Tunjukkan bahwa keluarga Hermitenya total di $L^2(\R, \eu^{-t^2}\dd t)$ , dengan menerima satu hasil dari Bab 14: bahwa jika $g \in L^1(\R)$ mempunyai $\int g(t)\eu^{-\iu\xi t}\dd t = 0$ untuk setiap $\xi$ , maka $g = 0$ hampir di mana-mana. (Untuk $f \perp$ semua $H_n$ , yakni $\perp$ semua polinomial: tunjukkan bahwa $z \mapsto \int f(t)\eu^{-t^2}\eu^{-\iu zt}\dd t$ terdefinisi dengan baik, uraikan eksponensialnya menjadi deret, benarkan penukarannya lewat dominasi, lalu simpulkan bahwa transformasi Fourier $f\eu^{-t^2}$ lenyap.)

Bagian IV — Kuadratur Gauss. Tetapkan $n$ , misalkan $t_1 < \dots < t_n$ akar $p_n$ (Bagian I), lalu definisikan bobotnya $w_i = \int_I \ell_i(t)\,w(t)\dd t$ dengan $\ell_i$ polinomial basis interpolasi Lagrange di $t_i$ .

Tunjukkan bahwa aturan kuadratur $Q(f) = \sum_iw_if(t_i)$ bersifat persis pada setiap polinomial berderajat $\leq n - 1$ (lewat interpolasinya), dan bahkan — inilah keajaibannya — pada setiap polinomial berderajat $\leq 2n - 1$ : tulislah $P = qp_n + r$ lalu pakailah keortogonalannya pada hasil bagi $q$ .
Tunjukkan bahwa bobotnya positif (terapkan aturannya pada $\ell_i^2$ , yang berderajat $2n - 2$ ), lalu turunkan dari teorema Polya (Latihan 8.9) bahwa kuadratur Gauss konvergen: yakni $Q_n(f) \to \int_I fw$ untuk setiap $f$ yang kontinu pada $I$ yang kompak.
Untuk $n = 2$ , $I = \intcc{-1}1$ , dan $w = 1$ : hitunglah simpulnya $\pm\frac1{\sqrt3}$ dan bobotnya $1, 1$ , lalu periksalah kepersisannya pada $1, t, t^2, t^3$ dengan tangan. Bandingkan dengan aturan trapesium pada kedua titik penilaian yang sama.

Bagian V — Chebyshev: polinomial yang berosilasi paling baik. Kini $I = \intcc{-1}1$ dan $w(t) = \frac1{\sqrt{1 - t^2}}$ .

Tunjukkan bahwa $T_n(\cos\theta) = \cos n\theta$ mendefinisikan sebuah polinomial $T_n$ berderajat $n$ (tegakkanlah $T_{n+1} = 2t\,T_n - T_{n-1}$ dari sebuah identitas trigonometri), dengan koefisien utama $2^{n-1}$ untuk $n \geq 1$ ; dan bahwa substitusi $t = \cos\theta$ memberikan

$\langle T_m, T_n\rangle_w = \int_0^\pi\cos m\theta\,\cos n\theta\,\dd\theta = 0 \ (m \neq n), \qquad \norm{T_0}_w^2 = \pi,\ \ \norm{T_n}_w^2 = \frac\pi2 :$

sehingga $T_n$ merupakan polinomial ortogonal untuk bobot ini, dan uraian Chebyshevnya adalah deret kosinus Fourier yang menyamar.
Temukan secara eksplisit $n$ akarnya $t_k = \cos\frac{(2k-1)\pi}{2n}$ dan $n + 1$ ekstremumnya $s_j = \cos\frac{j\pi}n$ dari $T_n$ pada $\intcc{-1}1$ , yang $T_n(s_j) = (-1)^j$ -nya: sehingga grafiknya berosilasi setara antara $\pm1$ .
(Minimaks) Tunjukkan bahwa di antara semua polinomial monik berderajat $n$ , polinomial $2^{1-n}T_n$ mempunyai norma-sup terkecil pada $\intcc{-1}1$ , yakni $2^{1-n}$ — dan ia satu-satunya pemberi minimumnya. (Sebab jika sebuah $P$ yang monik mempunyai $\sup\abs P < 2^{1-n}$ , maka selisih $2^{1-n}T_n - P$ , yang berderajat $\leq n-1$ , akan berganti tanda di $n+1$ titik osilasi setaranya.)
Terapannya pada interpolasi: untuk simpul $t_1 < \dots < t_n$ di $\intcc{-1}1$ , galat interpolasi Lagrange atas fungsi $\mathcal C^n$ melibatkan $\omega(t) = \prod_i(t - t_i)$ . Tunjukkan bahwa memilih akar Chebyshev sebagai simpulnya meminimumkan $\sup_{\intcc{-1}1}\abs\omega$ , lalu berikan batas yang dihasilkannya $\norm{f - L_nf}_\infty \leq \frac{\norm{f^{(n)}}_\infty} {2^{n-1}\,n!}$ — lalu bandingkan dengan simpul berjarak sama (dengan menyatakan gejala Runge sebagai kisah peringatannya).
Periksalah $\abs{T_n'(\pm1)} = n^2$ (turunkan $T_n(\cos\theta) = \cos n\theta$ lalu ambil limitnya $\theta \to 0, \pi$ ): sehingga polinomial yang terbatas oleh $1$ pada $\intcc{-1}1$ dapat berturunan sebesar $n^2$ di tepinya (dan ketaksamaan Markov mengatakan tak lebih besar — pernyataannya saja). Di manakah pada selangnya batas turunannya hanya $O(n)$ ?
(Kuadratur Chebyshev–Gauss) Tunjukkan bahwa aturan Gauss untuk bobot $w$ pada $n$ akar Chebyshevnya mempunyai bobot yang sama $w_i = \frac\pi n$ (lewat kepersisannya pada $T_0, \dots, T_{n-1}$ ditambah jumlah trigonometrinya $\sum_{k=1}^n\cos\bigl(j\tfrac{(2k-1)\pi}{2n}\bigr) = 0$ untuk $1 \leq j \leq n - 1$ ): yakni yang paling seragam di antara semua kuadraturnya. Tuliskanlah untuk $n = 3$ .

Bagian VI — Christoffel–Darboux, keberselang-selingan, dan matriks Jacobi. Kembali ke bobot umum; dengan $h_k = \norm{p_k}^2$ ( $p_k$ monik) dan $b_k = h_k/h_{k-1}$ .

(Norma terkecil) Tunjukkan bahwa di antara semua polinomial monik berderajat $n$ , $p_n$ yang ortogonal itu satu-satunya yang bernorma- $L^2(w)$ minimal — lalu kenalilah peminimumannya sebagai sebuah proyeksi ortogonal ke $\R_{n-1}[t]$ (Teorema 13.2 atau proyeksi berdimensi berhingga pada Tahun ke-2). Sedangkan sifat minimaks pertanyaan 14 adalah pernyataan yang sama dengan $L^\infty$ menggantikan $L^2$ : yakni pahlawan yang sama, dua norma.
(Christoffel–Darboux) Buktikan, lewat induksi pada $n$ dengan memakai rekurensi tiga sukunya, identitas

$\sum_{k=0}^{n}\frac{p_k(x)\,p_k(y)}{h_k} = \frac{p_{n+1}(x)\,p_n(y) - p_n(x)\,p_{n+1}(y)}{h_n\,(x - y)} \qquad (x \neq y),$

beserta bentuk konfluennya (saat $y \to x$ ): $\sum_{k\leq n}\frac{p_k(x)^2}{h_k} = \frac{p_{n+1}'(x)p_n(x) - p_n'(x)p_{n+1}(x)}{h_n}$ .
Turunkan bahwa $p_n$ dan $p_{n+1}$ tak berakar bersama, dan bahwa pada setiap akar $x_0$ dari $p_{n+1}$ berlaku: $p_n(x_0)\,p_{n+1}'(x_0) > 0$ . Lalu simpulkan keberselang-selingan akarnya: bahwa di antara dua akar berurutan $p_{n+1}$ terletak tepat satu akar $p_n$ .
(Matriks Jacobi) Misalkan $J_n$ matriks tridiagonal setangkup berukuran $n\times n$ dengan diagonal $a_0, \dots, a_{n-1}$ dan entri luar diagonalnya $\sqrt{b_1}, \dots, \sqrt{b_{n-1}}$ . Tunjukkan lewat induksi bahwa $\det(tI_n - J_n) = p_n(t)$ , sehingga akar $p_n$ merupakan nilai eigen sebuah matriks setangkup real — yang membuktikan kembali dalam satu baris bahwa akarnya real, dan (bersama keberselang-selingan di atas) mengikat polinomial ortogonalnya ke dunia spektral Bab 15.
(Sintesis) Rakitlah kamus bagi ketiga keluarga klasiknya (Legendre, Hermite, Chebyshev): yakni selangnya, bobotnya, rumus pendefinisinya, rekurensi tiga sukunya, normanya, dan habitat alami masing-masingnya (kuadratur dan penghampiran pada kompak; analisis Gauss; serta metode minimaks dan kosinus Fourier). Lalu satu kalimat tentang apa yang diberikan teori umumnya (Bagian I, VI) yang tak dapat diberikan perhitungan satuan mana pun.

Bagian VII — Suku galatnya, dan kernel di balik bobotnya. Di sini $I$ kompak dan $f \in \mathcal C^{2n}(I)$ .

(Rumus galat Gauss) Misalkan $Hf$ interpolan Hermite berderajat $\leq 2n - 1$ yang mencocokkan $f$ dan $f'$ di simpul $t_1, \dots, t_n$ (buktikanlah keberadaannya dan galat titik demi titiknya

$f(t) - Hf(t) = \frac{f^{(2n)}(\xi_t)}{(2n)!}\;p_n(t)^2$

lewat argumen fungsi bantunya yang lazim). Lalu turunkan, dengan mengintegralkan identitas ini terhadap $w$ dan menjepitnya di antara ekstremum $f^{(2n)}$ , bahwa

$\int_I f\,w - Q_n(f) = \frac{f^{(2n)}(\xi)}{(2n)!}\,h_n \qquad\text{untuk suatu } \xi \in I,$

dengan $h_n = \norm{p_n}^2$ seperti pada Bagian VI: sehingga kuadratur Gauss meleset sebesar satu turunan ke- $2n$ , yang berbobot norma kuadrat polinomial ortogonal moniknya.
(Bobotnya adalah nilai Christoffel) Dengan memakai kernel pereproduksi $K_n(x, y) = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{p_k(x)p_k(y)}{h_k}$ dari $\R_{n-1}[t]$ dan kepersisan $Q_n$ sampai derajat $2n - 2$ , buktikan bahwa

$w_i \;=\; \Bigl(\,\sum_{k=0}^{n-1} \frac{p_k(t_i)^2}{h_k}\Bigr)^{\!-1} :$

yakni setiap bobotnya merupakan nilai di simpulnya bagi fungsi Christoffel — jadi kepositifan bobotnya (pertanyaan 10) lagi, kini dengan rumus yang persis. Periksalah bahwa ia memulihkan $w_1 = w_2 = 1$ untuk $n = 2$ , $I = \intcc{-1}1$ , dan $w = 1$ .
(Segalanya cocok pada satu integral) Untuk bobot Chebyshev dan $n = 3$ simpul, hitunglah kedua ruas

$\int_{-1}^{1}\frac{t^6}{\sqrt{1 - t^2}}\,\dd t = \frac{5\pi}{16}, \qquad Q_3(t^6) = \frac{9\pi}{32},$

sehingga galat kuadraturnya tepat $\frac{\pi}{32}$ ; lalu periksalah bahwa rumus galat pertanyaan 23 meramalkan persis nilai itu (sebab di sini $f^{(6)} = 6!$ konstan, dan $h_3 = \norm{2^{-2}T_3}_w^2 = \frac\pi{32}$ ): sehingga teori dan perhitungannya bersesuaian sampai angka terakhirnya.

Solusi

Solusi Soal 13.1.

1. Gram–Schmidt menjamin $\operatorname{Vect}(p_0, \dots, p_n) = \operatorname{Vect}(1, \dots, t^n) = \R_n[t]$ dan $p_n \perp p_k$ (bila $k < n$ ), sehingga $p_n \perp \R_{n-1}[t]$ . Sedangkan $p_k$ , yang berderajat naik sejati, bersifat bebas: jadi sebuah basis.

2. Polinomial $t\,p_n$ bersifat monik berderajat $n + 1$ : uraikan $t\,p_n = p_{n+1} + \sum_{k\leq n}c_kp_k$ dengan $c_k = \langle p_k, tp_n\rangle/\norm{p_k}^2$ . Untuk $k \leq n - 2$ : $\langle p_k, tp_n\rangle = \langle tp_k, p_n\rangle = 0$ (sebab berderajat $k + 1 < n$ ). Jadi $tp_n = p_{n+1} + a_np_n + b_np_{n-1}$ , yakni rekurensi yang dinyatakan itu, dengan

b_n = \frac{\langle p_{n-1}, tp_n\rangle}{\norm{p_{n-1}}^2} = \frac{\langle tp_{n-1}, p_n\rangle}{\norm{p_{n-1}}^2} = \frac{\langle p_n + (\text{yang lebih rendah}),\ p_n\rangle}{\norm{p_{n-1}}^2} = \frac{\norm{p_n}^2}{\norm{p_{n-1}}^2} > 0 .

3. Misalkan $t_1 < \dots < t_m$ titik interior $I$ yang $p_n$ -nya berganti tanda, dan $q = \prod_{i\leq m}(t - t_i)$ (dengan $q = 1$ bila $m = 0$ ). Maka $p_nq$ bertanda tetap pada $I$ dan tak nol hampir di mana-mana: sehingga $\int_Ip_nq\,w \neq 0$ . Jika $m < n$ , ini bertentangan dengan $p_n \perp \R_{n-1}[t]$ . Jadi $m = n$ : sehingga $p_n$ mempunyai $n$ akar interior yang berbeda (sebab ia berakar paling banyak $n$ seluruhnya).

4. Polinomial $(t^2 - 1)^n$ berderajat $2n$ ; lalu $n$ turunan menyisakan derajat $n$ , dengan koefisien utama $\frac{(2n)(2n-1)\cdots(n+1)}{2^nn!} = \frac{(2n)!}{2^n(n!)^2}$ . Untuk $\deg Q < n$ , integralkan secara parsial $n$ kali: maka semua suku batasnya memuat sebuah turunan berorde $< n$ dari $(t^2-1)^n$ , yang lenyap di $\pm1$ (sebab akar berorde $n$ ); dan setelah $n$ langkah integrannya membawa $Q^{(n)} = 0$ .

5. Dengan $u = (t^2 - 1)^n$ :

(2^nn!)^2\norm{P_n}^2 = \int_{-1}^1(u^{(n)})^2 = (-1)^n\int_{-1}^1 u\,u^{(2n)} = (2n)!\int_{-1}^1(1 - t^2)^n\dd t ,

(sebab $u^{(2n)} = (2n)!$ ; sedangkan suku batasnya lenyap seperti pada pertanyaan 4). Dan $\int_{-1}^1(1-t^2)^n\dd t = B(\tfrac12, n+1) = \frac{\Gamma(\frac12)\Gamma(n+1)}{\Gamma(n + \frac32)} = \frac{2\cdot4^n(n!)^2}{(2n+1)!}$ (Latihan 11.8). Digabungkan: $\norm{P_n}^2 = \frac{2}{2n + 1}$ .

6. Polinomialnya padat terhadap $\norm\cdot_\infty$ di $\mathcal C(\intcc{-1}1)$ (menurut Weierstrass, Akibat 7.16), fungsi kontinunya padat- $L^2$ (Teorema 12.6), dan $\norm\cdot_2 \leq \sqrt2\norm\cdot_\infty$ : sehingga rentang polinomialnya total, jadi $P_n$ yang ternormalkan membentuk basis Hilbert. Untuk uraian $\abs t$ : koefisiennya terhadap $P_0$ adalah $\frac{\langle P_0, \abs t\rangle}{\norm{P_0}^2} = \frac12$ ; terhadap $P_1$ : $0$ (menurut paritasnya); dan terhadap $P_2$ : $\frac{\int_{-1}^1\abs t\,\frac{3t^2-1}2\dd t}{2/5} = \frac{1/4}{2/5} = \frac58$ . Jadi penghampiran kuadratik terbaiknya:

\abs t \approx \frac12 + \frac58\,P_2(t) = \frac{3}{16} + \frac{15}{16}\,t^2 .

7. Dari $\frac{\dd^{n+1}}{\dd t^{n+1}}\eu^{-t^2} = \frac{\dd^n}{\dd t^n}(-2t\,\eu^{-t^2})$ dan Leibniz: $H_{n+1} = 2tH_n - H_n'$ ; lalu induksinya memberikan derajat $n$ dan koefisien utama $2^n$ . Untuk $m < n$ , integralkan secara parsial $n$ kali pada $\int H_m H_n\eu^{-t^2} = (-1)^n\int H_m\,\bigl(\eu^{-t^2} \bigr)^{(n)}$ : maka suku batasnya (yakni polinomial $\times$ $\eu^{-t^2}$ ) lenyap di $\pm\infty$ , menyisakan $\int H_m^{(n)}\,\eu^{-t^2} = 0$ . Sedangkan untuk $m = n$ : $H_n^{(n)} = 2^nn!$ , sehingga $\norm{H_n}_w^2 = 2^nn!\int\eu^{-t^2} = 2^nn!\sqrt\pi$ .

8. Misalkan $f \in L^2(\R, \eu^{-t^2}\dd t)$ ortogonal terhadap setiap polinomial, dan $g = f\eu^{-t^2}$ . Maka $g \in L^1$ : sebab $\int\abs f\eu^{-t^2} \leq \bigl(\int\abs f^2\eu^{-t^2}\bigr)^{1/2}\bigl(\int\eu^{-t^2}\bigr)^{1/2}$ (lewat Cauchy–Schwarz). Untuk $\xi \in \R$ , uraikan $\eu^{-\iu\xi t}$ : maka jumlah parsialnya terdominasi sebab

\sum_k\frac{\abs\xi^k}{k!}\int\abs f\,\abs t^k\eu^{-t^2}\dd t \leq \Bigl(\int \abs f^2\eu^{-t^2}\Bigr)^{1/2} \sum_k\frac{\abs\xi^k}{k!}\Bigl(\int t^{2k}\eu^{-t^2}\Bigr)^{1/2} < \infty

(sebab deret terakhirnya konvergen: $\int t^{2k}\eu^{-t^2} = \Gamma(k+\frac12) \leq k!\,\sqrt\pi$ , sehingga sukunya bernilai $O(\abs\xi^k/\sqrt{k!})$ ). Lalu pengintegralan suku demi suku (Akibat 10.7 yang diterapkan pada deret mutlaknya, lalu Fubini untuk deret) memberikan

\int_\R g(t)\,\eu^{-\iu\xi t}\dd t = \sum_k\frac{(-\iu\xi)^k}{k!}\int f(t)\,t^k\,\eu^{-t^2}\dd t = 0 ,

sebab setiap integralnya bertipe $\langle t^k, f\rangle_w$ yang $= 0$ . Menurut keinjektifan transformasi Fourier yang diterima (Bab 14), $g = 0$ hampir di mana-mana, sehingga $f = 0$ hampir di mana-mana: jadi keluarga Hermitenya (yang rentangnya adalah polinomialnya) bersifat total.

9. Untuk kepersisannya sampai derajat $n - 1$ : bagi $P$ semacam itu, $P = \sum_iP(t_i)\ell_i$ secara persis, sehingga $\int Pw = \sum_iP(t_i)\int \ell_iw = Q(P)$ . Untuk derajat $\leq 2n - 1$ : bagilah $P = qp_n + r$ dengan $\deg q \leq n - 1$ dan $\deg r \leq n-1$ ; maka $\int Pw = \int qp_nw + \int rw = 0 + Q(r)$ (sebab $p_n \perp \R_{n-1}[t]$ ), sedangkan $Q(P) = \sum_iw_i\bigl(q(t_i)\,p_n(t_i) + r(t_i)\bigr) = Q(r)$ sebab simpulnya adalah akar $p_n$ . Jadi sama.

10. Polinomial $\ell_i^2$ berderajat $2n - 2 \leq 2n - 1$ dan $\ell_i^2(t_j) = \delta_{ij}$ : sehingga $0 < \int\ell_i^2w = Q(\ell_i^2) = w_i$ . Lalu Polya (Latihan 8.9, yang dipindahkan ke $I$ dengan bobotnya): syarat (i) berlaku — sebab setiap polinomialnya diintegralkan persis sekali karena $2n - 1 \geq$ derajatnya; sedangkan syarat (ii): $\sum_i\abs{w_{i}} = \sum_iw_i = Q(\mathbf 1) = \int_Iw$ , yang terbatas: sehingga $Q_n(f) \to \int fw$ untuk setiap $f \in \mathcal C(I)$ dengan $I$ kompak.

11. Yang monik $p_2 = t^2 - \frac13$ (dari Latihan 13.4): sehingga simpulnya $\pm\frac1{\sqrt3}$ . Bobotnya: $\ell_1(t) = \frac{t - \frac1{\sqrt3}}{-\frac2{\sqrt3}}$ , dan $w_1 = \int_{-1}^1\ell_1 = 1$ ; lalu menurut kesetangkupannya $w_2 = 1$ . Kepersisannya: $\int 1 = 2 = 1 + 1$ ; $\int t = 0 = -\frac1{\sqrt3} + \frac1{\sqrt3}$ ; $\int t^2 = \frac23 = \frac13 + \frac13$ ; $\int t^3 = 0$ . Sedangkan aturan trapesium dua titiknya (dengan simpul $\pm1$ dan bobot $1, 1$ ) persis hanya sampai derajat $1$ : sebab pada $t^2$ ia mengembalikan $2$ alih-alih $\frac23$ . Jadi dengan biaya yang sama, dua derajat kepersisan tambahan: itulah hasil simpul yang ortogonal.

12. Dari $\cos(n{+}1)\theta + \cos(n{-}1)\theta = 2\cos\theta\cos n\theta$ : $T_{n+1} = 2tT_n - T_{n-1}$ dengan $T_0 = 1$ dan $T_1 = t$ ; lalu induksinya memberikan polinomial berderajat $n$ dengan koefisien utama $2^{n-1}$ (bila $n \geq 1$ ). Dengan menyubstitusikan $t = \cos\theta$ (sehingga $w(t)\dd t \mapsto \dd\theta$ ): $\langle T_m, T_n\rangle_w = \int_0^\pi\cos m\theta\cos n\theta\,\dd\theta = 0$ untuk $m \neq n$ , $= \pi$ untuk $m = n = 0$ , dan $= \frac\pi2$ selainnya (lewat hasil kali ke jumlah). Derajat dan keortogonalan berpasangannya mengenali $T_n$ dengan keluaran Gram–Schmidt sampai skalarnya; sedangkan uraian Chebyshev atas $f$ tepat merupakan deret kosinus Fourier dari $\theta \mapsto f(\cos\theta)$ .

13. Berlaku $T_n(t) = 0$ jika dan hanya jika $\cos n\theta = 0$ jika dan hanya jika $\theta = \frac{(2k-1)\pi}{2n}$ : sehingga $n$ akarnya berbeda, yakni $t_k = \cos\frac{(2k-1)\pi}{2n} \in \intoo{-1}1$ . Ekstremumnya: $\abs{T_n} \leq 1$ pada $\intcc{-1}1$ , dengan $T_n(s_j) = (-1)^j$ di $n + 1$ titik $s_j = \cos\frac{j\pi}n$ : yakni osilasi setara yang sempurna.

14. Polinomial $2^{1-n}T_n$ bersifat monik dengan norma-sup $2^{1-n}$ . Jika sebuah $P$ monik berderajat $n$ mempunyai $\sup\abs P < 2^{1-n}$ , maka selisih $D = 2^{1-n}T_n - P$ akan berderajat $\leq n - 1$ (sebab suku utamanya saling meniadakan) padahal berganti tanda di $s_0 > \dots > s_n$ (sebab di sana $2^{1-n}T_n = \pm2^{1-n}$ mendominasi $P$ ): jadi setidaknya $n$ akar — sehingga $D \equiv 0$ , yang bertentangan. Untuk ketunggalannya pada kesamaannya, $D$ yang sama memenuhi $(-1)^jD(s_j) \geq 0$ ; dan polinomial tak nol berderajat $\leq n-1$ tak dapat mempunyai $n$ kendala ekstremal yang berganti tanda secara lemah tanpa $n$ akar yang tercacah dengan benar (sebab jika $D(s_j) = 0$ untuk suatu $s_j$ interior, maka akar itu rangkap dalam pencacahannya karena $D$ mempertahankan tanda secara lokal): sehingga lagi-lagi $D \equiv 0$ .

15. Rumus galat Lagrange (lewat Rolle, Tahun 2) memberikan $f - L_nf = \frac{f^{(n)}(\xi_t)}{n!}\,\omega(t)$ , sehingga galat seragamnya paling banyak $\frac{\norm{f^{(n)}}_\infty} {n!}\,\sup\abs\omega$ , sedangkan $\omega$ monik berderajat $n$ : sehingga menurut pertanyaan 14, $\sup_{\intcc{-1}1}\abs\omega \geq 2^{1-n}$ dengan kesamaannya jika dan hanya jika simpulnya akar Chebyshev. Karena itu batas optimalnya $\norm{f - L_nf}_\infty \leq \frac{\norm{f^{(n)}}_\infty}{2^{n-1}n!}$ . Dengan simpul berjarak sama, $\sup\abs\omega$ jauh lebih besar secara eksponensial di dekat ujungnya, dan menginterpolasi bahkan $\frac1{1 + 25t^2}$ divergen di sana saat $n \to \infty$ (yakni gejala Runge); sedangkan simpul Chebyshev adalah obatnya.

16. Dengan menurunkan $T_n(\cos\theta) = \cos n\theta$ : $T_n'(\cos\theta) = \frac{n\sin n\theta} {\sin\theta}$ , yang menuju $n^2$ saat $\theta \to 0$ dan $(-1)^{n+1}n^2$ saat $\theta \to \pi$ : sehingga $\abs{T_n'(\pm1)} = n^2$ . Sedangkan di titik interiornya, $\abs{T_n'(t)} \leq \frac{n}{\sqrt{1 - t^2}} = O(n)$ : jadi peledakan kuadratiknya hidup hanya di tepinya (yakni batas interior Bernstein lawan batas global Markov).

17. Misalkan $\theta_k = \frac{(2k-1)\pi}{2n}$ dan $S_j = \sum_{k=1}^n\cos(j\theta_k)$ untuk $1 \leq j \leq n-1$ . Maka

S_j = \operatorname{Re}\Bigl[\eu^{\iu j\pi/2n} \sum_{k=0}^{n-1}\eu^{\iu jk\pi/n}\Bigr] = \operatorname{Re}\Bigl[\eu^{\iu j\pi/2n}\, \frac{\eu^{\iu j\pi} - 1}{\eu^{\iu j\pi/n} - 1}\Bigr] .

Untuk $j$ yang genap pembilangnya lenyap: sehingga $S_j = 0$ . Sedangkan untuk $j$ yang gasal pembilangnya $-2$ , dan $\eu^{\iu j\pi/n} - 1 = \eu^{\iu j\pi/2n}\cdot2\iu\sin\frac{j\pi}{2n}$ , sehingga seluruh ungkapannya menjadi $\frac{-2}{2\iu\sin(j\pi/2n)} = \frac{\iu}{\sin(j\pi/2n)}$ : yang murni imajiner, jadi $S_j = 0$ lagi. Karena itu aturan berbobot sama $\frac\pi n\sum_kf(t_k)$ mengintegralkan $T_0$ (sebab $\sum w_i = \pi = \int w$ ) dan membunuh $T_1, \dots, T_{n-1}$ persis seperti $\int T_jw = 0$ : sehingga ia persis sampai derajat $n - 1$ . Sedangkan bobot yang persis sampai derajat $n-1$ pada simpul tertentu bersifat tunggal (lewat basis Lagrange): jadi semua bobot Gaussnya $\frac\pi n$ . Untuk $n = 3$ : simpulnya $\pm\frac{\sqrt3}2, 0$ dan

\int_{-1}^1\frac{f(t)}{\sqrt{1 - t^2}}\,\dd t \approx \frac\pi3\Bigl[f\Bigl(\tfrac{\sqrt3}2\Bigr) + f(0) + f\Bigl(-\tfrac{\sqrt3}2\Bigr)\Bigr],

persis sampai derajat $5$ .

18. Untuk $P$ monik berderajat $n$ : $P = p_n + r$ dengan $r \in \R_{n-1}[t]$ , dan $p_n \perp \R_{n-1}[t]$ (pertanyaan 1), sehingga $\norm P^2 = \norm{p_n}^2 + \norm r^2 \geq \norm{p_n}^2$ , dengan kesamaannya jika dan hanya jika $r = 0$ : jadi $p_n$ merupakan sisa proyeksi ortogonal $t^n$ ke $\R_{n-1}[t]^\perp$ , yakni polinomial monik terdekat dengan subruang yang harus dihindarinya. Sedangkan $2^{1-n}T_n$ milik Chebyshev menjawab pertanyaan yang sama untuk norma supnya: yakni simpangan terkecil dari nol, sekali di $L^2(w)$ , sekali di $L^\infty$ .

19. Tulis $K_n(x, y) = \sum_{k=0}^n\frac{p_k(x)p_k(y)}{h_k}$ . Basisnya $n = 0$ : $(x - y)\frac1{h_0} = \frac{p_1(x)\cdot1 - 1\cdot p_1(y)}{h_0}$ sebab $p_1 = t - a_0$ . Langkahnya: dengan mengandaikan identitasnya untuk $n - 1$ ,

(x - y)\,K_n(x,y) = \frac{p_n(x)p_{n-1}(y) - p_{n-1}(x)p_n(y)}{h_{n-1}} + \frac{(x - y)\,p_n(x)p_n(y)}{h_n} ;

substitusikan $x\,p_n(x) = p_{n+1}(x) + a_np_n(x) + b_np_{n-1}(x)$ dan $y\,p_n(y) = p_{n+1}(y) + a_np_n(y) + b_np_{n-1}(y)$ pada suku keduanya: maka sumbangan $a_n$ -nya saling meniadakan, dan sumbangan $b_n = \frac{h_n}{h_{n-1}}$ -nya meniadakan suku induksinya; sehingga yang bertahan adalah $\frac{p_{n+1}(x)p_n(y) - p_n(x)p_{n+1}(y)}{h_n}$ . Sedangkan bentuk konfluennya menyusul dengan membiarkan $y \to x$ (sebab kedua ruasnya polinomial terhadap $y$ ).

20. Bentuk konfluennya memberikan $p_{n+1}'p_n - p_n'p_{n+1} = h_n\sum_{k\leq n}\frac{p_k^2}{h_k} \geq \frac{h_n}{h_0} > 0$ di mana-mana. Pada sebuah akar $x_0$ dari $p_{n+1}$ : $p_{n+1}'(x_0)\,p_n(x_0) > 0$ , sehingga $p_n(x_0) \neq 0$ (jadi tak ada akar bersama). Di antara akar berurutan $x_0 < x_1$ dari $p_{n+1}$ (yang semuanya sederhana, Bagian I), $p_{n+1}'$ bertanda berlawanan, sehingga demikian pula $p_n$ : jadi sebuah akar $p_n$ terletak di setiap $n$ celahnya — dan itu menghabiskan $n$ akarnya: yakni keberselang-selingannya.

21. Dengan menguraikan $D_n(t) = \det(tI_n - J_n)$ sepanjang baris terakhirnya: $D_n = (t - a_{n-1})D_{n-1} - b_{n-1}D_{n-2}$ , dengan $D_0 = 1$ dan $D_1 = t - a_0$ : yakni rekurensi dan benih $p_n$ yang monik, sehingga $D_n = p_n$ . Jadi akar $p_n$ adalah nilai eigen $J_n$ yang setangkup: yang real, dan sederhana menurut pertanyaan 19 — sehingga kuadratur Gauss adalah teori spektral sebuah matriks tridiagonal yang menyamar, yakni bayangan berdimensi berhingga Bab 15.

22. Kamusnya:

	Legendre	Hermite	Chebyshev
selang	$\intcc{-1}1$	$\R$	$\intcc{-1}1$
bobot	$1$	$\eu^{-t^2}$	$(1-t^2)^{-1/2}$
rumus	Rodrigues	$(-1)^n\eu^{t^2} \frac{\dd^n}{\dd t^n}\eu^{-t^2}$	$\cos(n\arccos t)$
norma $^2$	$\frac2{2n+1}$	$2^nn!\sqrt\pi$	$\pi, \frac\pi2$
habitat	kuadratur	kalkulus Gauss	minimaks

(masing-masing dengan rekurensi tiga sukunya: yakni bentuk umumnya untuk Legendre, $H_{n+1} = 2tH_n - 2nH_{n-1}$ , dan $T_{n+1} = 2tT_n - T_{n-1}$ ). Teori umumnya menyediakan apa yang tak ditunjukkan satu keluarga mana pun: yakni kerealan dan keberselang-selingan akarnya, kepositifan bobot kuadraturnya, serta keberadaan rekurensinya dan Christoffel–Darboux belaka — semuanya akibat keortogonalannya saja, yang seragam terhadap bobotnya.

23. Keberadaannya: pemetaan linear $\R_{2n-1}[t] \to \R^{2n}$ , $P \mapsto (P(t_1), P'(t_1), \dots, P(t_n), P'(t_n))$ , bersifat injektif (sebab $P$ di kernelnya berakar rangkap $n$ kali dan berderajat $\leq 2n - 1$ , jadi $P = 0$ ) antara ruang berdimensi sama $2n$ : sehingga bijektif. Untuk galat titik demi titiknya: tetapkan $t$ yang bukan simpul lalu pilihlah $K$ sedemikian sehingga $g(s) = f(s) - Hf(s) - K\,p_n(s)^2$ lenyap di $s = t$ . Maka $g$ lenyap di $n + 1$ titik berbeda $t, t_1, \dots, t_n$ , dan $g'$ lenyap di setiap $t_i$ pula (sebab baik $f - Hf$ maupun $p_n^2$ berakar rangkap di sana). Lalu Rolle memberikan $n$ akar $g'$ yang terletak sejati di antara akar berurutan $g$ — yang berbeda dari simpulnya — sehingga $g'$ mempunyai $2n$ akar berbeda; lalu menerapkan Rolle $2n - 1$ kali lagi menghasilkan $\xi_t$ dengan $g^{(2n)}(\xi_t) = 0$ . Karena $\deg Hf \leq 2n - 1$ dan $p_n^2$ monik berderajat $2n$ , maka $g^{(2n)} = f^{(2n)} - K\,(2n)!$ , sehingga $K = f^{(2n)}(\xi_t)/(2n)!$ — dan identitasnya trivial di simpulnya. Untuk pengintegralannya: $Q_n(f) = Q_n(Hf)$ (sebab $Hf$ mencocokkan $f$ di simpulnya) dan $Q_n(Hf) = \int Hf\,w$ menurut kepersisannya sampai derajat $2n - 1$ (pertanyaan 9), sehingga galat kuadraturnya adalah $\int(f - Hf)\,w$ . Lalu dengan $m, M$ sebagai ekstremum $f^{(2n)}$ pada $I$ , identitas titik demi titiknya menjepit

\frac{m\,h_n}{(2n)!} \;\leq\; \int_I(f - Hf)\,w \;\leq\; \frac{M\,h_n}{(2n)!} ,

lalu teorema nilai antara yang diterapkan pada $f^{(2n)}$ yang kontinu melahirkan $\xi$ . (Untuk Legendre dengan $n = 2$ : $h_2 = \int_{-1}^1(t^2 - \frac13)^2\dd t = \frac8{45}$ , sehingga galatnya $f^{(4)}(\xi)/135$ .)

24. Kernelnya mereproduksi $\R_{n-1}[t]$ : sebab menguraikan $q = \sum_k\frac{\langle p_k, q\rangle}{h_k}p_k$ memberikan $\int_I K_n(t_i, t)\,q(t)\,w(t)\dd t = q(t_i)$ untuk setiap $q$ berderajat $\leq n - 1$ . Ambillah $q = \ell_i$ : maka ruas kirinya sama dengan $\ell_i(t_i) = 1$ . Padahal $t \mapsto K_n(t_i, t)\,\ell_i(t)$ merupakan polinomial berderajat $\leq (n - 1) + (n - 1) = 2n - 2$ , yang $Q_n$ -nya persis (pertanyaan 9), dan ia lenyap di setiap simpul $t_j \neq t_i$ (lewat faktor $\ell_i$ ), sehingga

1 = \int_I K_n(t_i, t)\,\ell_i(t)\,w(t)\dd t = w_i\,K_n(t_i, t_i) = w_i\sum_{k=0}^{n-1}\frac{p_k(t_i)^2}{h_k} .

Jumlahnya $> 0$ (sebab suku $k = 0$ -nya adalah $1/h_0 > 0$ ): sehingga diperoleh rumus yang dinyatakan itu, beserta kepositifannya lagi. Pemeriksaannya ( $n = 2$ , Legendre): $p_0 = 1$ , $h_0 = 2$ , $p_1 = t$ , $h_1 = \frac23$ ; dan di $t_i = \pm\frac1{\sqrt3}$ ,

K_2(t_i, t_i) = \frac12 + \frac{1/3}{2/3} = 1, \qquad w_i = 1,

seperti yang ditemukan pada pertanyaan 11.

25. Dengan menyubstitusikan $t = \cos\theta$ , integralnya menjadi $\int_0^\pi\cos^6\theta\,\dd\theta = \pi\,\frac{5\cdot3\cdot1}{6\cdot4\cdot2} = \frac{5\pi}{16}$ (lewat Wallis, Latihan 11.8). Sedangkan aturan Chebyshev–Gauss dengan $n = 3$ (pertanyaan 17) bersimpul $\cos\frac\pi6 = \frac{\sqrt3}2$ , $\cos\frac\pi2 = 0$ , dan $\cos\frac{5\pi}6 = -\frac{\sqrt3}2$ serta berbobot sama $\frac\pi3$ :

Q_3(t^6) = \frac\pi3\Bigl(2\cdot\Bigl(\frac{\sqrt3}2 \Bigr)^{6}\Bigr) = \frac\pi3\cdot\frac{54}{64} = \frac{9\pi}{32}, \qquad \frac{5\pi}{16} - \frac{9\pi}{32} = \frac\pi{32} .

Ramalannya: polinomial ortogonal monik berderajat $3$ adalah $2^{-2}T_3 = t^3 - \frac34t$ , dengan $h_3 = \frac1{16}\norm{T_3}_w^2 = \frac1{16}\cdot\frac\pi2 = \frac\pi{32}$ ; dan $f = t^6$ mempunyai $f^{(6)} = 720 = 6!$ yang konstan, sehingga pertanyaan 23 memberikan galat $\frac{6!}{6!}\,h_3 = \frac\pi{32}$ — dan karena tak ada kebergantungan pada $\xi$ yang tersisa, rumusnya terpaksa persis, dan memang demikian.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium