Matematika Universitas — Tahun 3 · Bachelor Year 3

8Ruang Banach dan Teorema Fundamentalnya

Analisis fungsional mempelajari ruang bernorma yang berdimensi tak berhingga lewat operator dan fungsional yang hidup di atasnya. Penemuan pendirinya adalah bahwa kelengkapan, lewat teorema Baire, memaksa keseragaman yang kuat: keluarga operator yang terbatas titik demi titik ternyata terbatas normanya (Banach–Steinhaus), bijeksi kontinu berinvers kontinu (pemetaan terbuka), dan grafik mendeteksi kekontinuan (grafik tertutup). Pilar yang lain, Hahn–Banach, tak memerlukan kelengkapan sama sekali — hanya lema Zorn — dan menjamin bahwa ruang dualnya cukup kaya untuk melihat setiap vektor. Bab ini membuktikan keempat teorema itu dan mengujinya pada ruang barisan klasik $\ell^p$ , pada perhitungan dual yang konkret, dan pada terapan yang sungguh mengejutkan: bahwa ada fungsi kontinu berperiode $2\pi$ yang deret Fouriernya divergen di sebuah titik — sehingga menjawab secara negatif pertanyaan yang ditinggalkan terbuka pada Tahun ke-2.

Sepanjang bab ini, $E, F$ adalah ruang bernorma atas $K = \R$ atau $\C$ ; dan ruang Banach berarti ruang bernorma yang lengkap.

8.1 Operator terbatas; ruang barisan

Definisi 8.1

Lambang $\mathcal L(E, F)$ menyatakan ruang berisi pemetaan linear yang terbatas (= kontinu, Tahun ke-2) dengan norma operator $\vertiii T = \sup_{\norm x \leq 1}\norm{Tx}$ ; norma ini submultiplikatif: $\vertiii{ST} \leq \vertiii S\,\vertiii T$ . Adapun dual miliknya adalah $E' = \mathcal L(E, K)$ .

Proposisi 8.2

Jika $F$ ruang Banach, maka $\mathcal L(E, F)$ pun demikian; khususnya $E'$ selalu merupakan ruang Banach.

Bukti. Misalkan $(T_n)$ Cauchy terhadap $\vertiii\cdot$ . Untuk setiap $x$ berlaku $\norm{T_nx - T_mx} \leq \vertiii{T_n - T_m}\norm x$ : sehingga $(T_nx)$ Cauchy di $F$ , jadi konvergen; sebutlah limitnya $Tx$ . Pemetaan $T$ bersifat linear (sebagai limit identitas linear); lalu mengambil limit pada $\norm{T_nx - T_mx} \leq \varepsilon\norm x$ (untuk $n, m \geq N$ ) memberikan $\norm{T_nx - Tx} \leq \varepsilon\norm x$ : jadi $T_n \to T$ dalam norma operator, dan $\vertiii T \leq \vertiii{T_N} + \varepsilon < \infty$ . ∎

Definisi 8.3

Ruang barisan klasiknya (atas $K$ , diindeks oleh $\N$ ):

\ell^p = \Bigl\{x = (x_n) : \norm x_p = \Bigl(\sum_n \abs{x_n}^p\Bigr)^{1/p} < \infty\Bigr\}\quad (1 \leq p < \infty),

\ell^\infty = \{x : \norm x_\infty = \sup\abs{x_n} < \infty\},

dan $c_0 = \{x : x_n \to 0\}$ dengan $\norm\cdot_\infty$ . Bahwa $\norm\cdot_p$ merupakan norma menyusul dari ketaksamaan Minkowski, yang dibuktikan pada kasus diskretnya persis seperti di Bab 12 (atau dengan menjumlahkan ketaksamaan berdimensi berhingga pada Tahun ke-2). Semuanya ruang Banach, dan $c_0$ merupakan subruang tertutup $\ell^\infty$ (Latihan 8.3).

Bola satuan norma-p di bidang, yang bersarang ketika p tumbuh dari 1 (belah ketupat) melalui 2 (cakram) dan 4 (superelips) sampai ∈fty (persegi). Kekonveksan setiap bolanya merupakan ketaksamaan Minkowski; sedangkan sudut-sudut di p = 1 dan p = ∈fty adalah tempat kekonveksan sejati, ketunggalan hampiran terbaik, dan kasus kesamaan pada merosot sekaligus. — Bola satuan norma- $p$ di bidang, yang bersarang ketika $p$ tumbuh dari $1$ (belah ketupat) melalui $2$ (cakram) dan $4$ (superelips) sampai $\infty$ (persegi). Kekonveksan setiap bolanya *merupakan* ketaksamaan Minkowski; sedangkan sudut-sudut di $p = 1$ dan $p = \infty$ adalah tempat kekonveksan sejati, ketunggalan hampiran terbaik, dan kasus kesamaan pada Latihan 12.12 merosot sekaligus.

Proposisi 8.4 (Deret Neumann)

Misalkan $E$ ruang Banach dan $T \in \mathcal L(E) = \mathcal L(E,E)$ dengan $\vertiii T < 1$ . Maka $I - T$ terbalikkan di $\mathcal L(E)$ , dengan $(I - T)^{-1} = \sum_{n\geq0}T^n$ (yang konvergen dalam norma operator). Akibatnya himpunan operator terbalikkan bersifat terbuka, dan pembalikannya kontinu di sana.

Bukti. Deretnya konvergen mutlak (sebab $\vertiii{T^n} \leq \vertiii T^n$ , yang geometri) di dalam $\mathcal L(E)$ yang Banach (Proposisi 8.2; Latihan 7.1(b)). Secara teleskopik, $(I - T)\sum_{n \leq N}T^n = I - T^{N+1} \to I$ , dan serupa pada sisi yang lain. Untuk keterbukaannya: jika $S$ terbalikkan dan $\vertiii{H} < 1/\vertiii{S^{-1}}$ , maka $S + H = S(I + S^{-1}H)$ dengan $\vertiii{S^{-1}H} < 1$ : jadi terbalikkan. Kekontinuan pembalikannya: ungkapan deretnya memberikan $\vertiii{(S+H)^{-1} - S^{-1}} = O(\vertiii H)$ secara lokal. ∎

Contoh 8.5 (Sebuah persamaan Volterra yang diselesaikan lewat Neumann)

Pada $E = \mathcal C(\intcc01)$ , tinjaulah persamaan integral

u(x) = 1 + \lambda\int_0^xu(t)\,\dd t, \qquad\text{yakni}\qquad u = \mathbf 1 + \lambda Tu, \quad (Tu)(x) = \int_0^xu .

Di sini $\vertiii T \leq 1$ , sehingga untuk $\abs\lambda < 1$ deret Neumann langsung berlaku: $u = (I - \lambda T)^{-1}\mathbf 1 = \sum_n\lambda^nT^n\mathbf 1$ . Dengan menghitungnya, $T^n\mathbf 1 = \frac{x^n}{n!}$ , sehingga

u(x) = \sum_{n\geq0}\frac{(\lambda x)^n}{n!} = \eu^{\lambda x} ,

seperti dibenarkan oleh penurunannya. Lebih baik lagi: $\vertiii{T^n} \leq \frac1{n!}$ (sebab kernel beriterasinya menyusut secara faktorial), sehingga $\sum\lambda^nT^n$ konvergen untuk setiap $\lambda$ — jadi operator $I - \lambda T$ terbalikkan untuk setiap $\lambda \in \C$ , walaupun akhirnya $\vertiii{\lambda T} \geq 1$ : sebab yang menentukan adalah peluruhan spektral pangkatnya, bukan norma pertamanya. Operator Volterra membawa peluruhan faktorial itu sejak lahir (Latihan 7.4(a) memanfaatkan persis hal ini), dan itulah sebabnya masalah nilai awal tak pernah mengalami gejala resonansi seperti masalah nilai batas (Bab 15).

8.2 Hahn–Banach

Teorema 8.6 (Hahn–Banach, bentuk analitik)

Misalkan $E$ sebuah ruang vektor real, $p \colon E \to \R$ bersifat sublinear ( $p(x + y) \leq p(x) + p(y)$ dan $p(tx) = tp(x)$ untuk $t \geq 0$ ), $F \subseteq E$ sebuah subruang, dan $f \colon F \to \R$ linear dengan $f \leq p$ pada $F$ . Maka $f$ dapat diperluas menjadi $\tilde f \colon E \to \R$ yang linear dengan $\tilde f \leq p$ pada $E$ .

Bukti. Perluasan satu langkah. Misalkan $x_0 \notin F$ ; kita perluas $f$ ke $F \oplus \R x_0$ dengan memilih $\alpha = \tilde f(x_0)$ secara tepat: kita memerlukan, untuk setiap $y \in F$ dan $t > 0$ ,

f(y) + t\alpha \leq p(y + tx_0) \quad\text{dan}\quad f(y) - t\alpha \leq p(y - tx_0),

yang setelah dibagi $t$ (lewat kesublinearannya) menyusut menjadi

\sup_{v \in F}\ \bigl[f(v) - p(v - x_0)\bigr] \;\leq\; \alpha \;\leq\; \inf_{u \in F}\ \bigl[p(u + x_0) - f(u)\bigr].

Bilangan $\alpha$ semacam itu ada jika dan hanya jika setiap anggota kirinya $\leq$ setiap anggota kanannya: dan memang $f(v) + f(u) = f(u + v) \leq p(u + v) \leq p(u + x_0) + p(v - x_0)$ , yakni $f(v) - p(v - x_0) \leq p(u + x_0) - f(u)$ .

Zorn. Urutkan semua perluasan $f$ yang didominasi $p$ (berupa pasangan: subruang dan fungsional) menurut perluasannya; sebuah rantai mempunyai gabungannya sebagai batas atas; dan unsur maksimalnya haruslah terdefinisi pada seluruh $E$ , sebab kalau tidak perluasan satu langkahnya akan bertentangan dengan kemaksimalannya. ∎

Akibat 8.7

Misalkan $E$ sebuah ruang bernorma (dengan $K = \R$ atau $\C$ ).

Setiap $f \in F'$ (dengan $F$ sebuah subruang) dapat diperluas menjadi $\tilde f \in E'$ dengan $\norm{\tilde f}_{E'} = \norm f_{F'}$ .
Untuk setiap $x \neq 0$ ada $f \in E'$ dengan $\norm f = 1$ dan $f(x) = \norm x$ . Khususnya $E'$ memisahkan titik $E$ , dan $\norm x = \sup_{\norm f \leq 1}\abs{f(x)}$ .
Untuk subruang tertutup $F$ dan $x \notin F$ , ada $f \in E'$ yang lenyap pada $F$ dengan $f(x) = d(x, F)$ dan $\norm f \leq 1$ .

Bukti. (1) Kasus realnya: terapkan Teorema 8.6 dengan $p(x) = \norm f_{F'}\,\norm x$ (yang sublinear); maka perluasannya memenuhi $\pm\tilde f(x) = \tilde f(\pm x) \leq p(x)$ , sehingga $\norm{\tilde f} \leq \norm f$ , sedangkan $\geq$ berasal dari pembatasannya. Kasus kompleksnya: misalkan $u = \operatorname{Re}f$ , yaitu fungsional real dengan $\abs u \leq \norm f\norm\cdot$ ; catat bahwa $f(x) = u(x) - \iu\,u(\iu x)$ (periksa pada bagian real dan imajinernya: $\operatorname{Im}f(x) = -\operatorname{Re}f(\iu x)$ ). Perluaslah $u$ secara linear-real dengan batas yang sama, lalu tetapkan $\tilde f(x) = \tilde u(x) - \iu\tilde u(\iu x)$ : ia linear atas $\C$ (periksa langsung pada perkalian dengan $\iu$ ) dan memperluas $f$ ; normanya: untuk $x$ yang diberikan tulis $\tilde f(x) = r\eu^{\iu\theta}$ , maka $\abs{\tilde f(x)} = \tilde f(\eu^{-\iu\theta}x) = \tilde u(\eu^{-\iu\theta}x) \leq \norm f\,\norm x$ .

(2) Pada $F = Kx$ definisikan $f(tx) = t\norm x$ : yang bernorma $1$ pada $F$ ; lalu perluas lewat (1). Untuk rumus dualitasnya: $\leq$ jelas, sedangkan $\geq$ lewat $f$ ini.

(3) Pada $F \oplus Kx$ definisikan $f(y + tx) = t\,d(x, F)$ ; maka untuk $t \neq 0$ berlaku $\norm{y + tx} = \abs t\,\norm{x + y/t} \geq \abs t\,d(x, F) = \abs{f(y + tx)}$ : sehingga $\norm f \leq 1$ pada subruangnya; lalu perluas lewat (1). ∎

Catatan 8.8

Menurut (2), pemetaan kanonik $J \colon E \to E''$ dengan $J(x)(f) = f(x)$ merupakan isometri (Latihan 8.10): jadi setiap ruang bernorma duduk di dalam bidualnya. Ruang yang $J$ -nya surjektif disebut refleksif; dan soal akhir pekan menunjukkan bahwa $\ell^p$ (untuk $1 < p < \infty$ ) refleksif sedangkan $\ell^1$ tidak.

8.3 Trilogi Baire

Teorema 8.9 (Banach–Steinhaus, keterbatasan seragam)

Misalkan $E$ sebuah ruang Banach, $F$ bernorma, dan $(T_i)_{i\in I} \subseteq \mathcal L(E, F)$ sebuah keluarga dengan $\sup_i \norm{T_ix} < \infty$ untuk setiap $x \in E$ . Maka $\sup_i \vertiii{T_i} < \infty$ .

Bukti. Himpunan $F_n = \{x : \sup_i\norm{T_ix} \leq n\}$ bersifat tertutup (sebagai irisan prapeta bola tertutup) dan menyelimuti $E$ . Lalu Baire (Teorema 7.6) memberikan $n_0$ dan sebuah bola $B(x_0, r) \subseteq F_{n_0}$ . Untuk $\norm z < r$ : $\norm{T_iz} \leq \norm{T_i(x_0 + z)} + \norm{T_ix_0} \leq 2n_0$ , sehingga $\vertiii{T_i} \leq 2n_0/r$ untuk setiap $i$ . ∎

Akibat 8.10

Jika $E$ Banach dan $T_n \in \mathcal L(E,F)$ konvergen titik demi titik (yakni $T_nx \to Tx$ untuk setiap $x$ ), maka $\sup_n \vertiii{T_n} < \infty$ , $T \in \mathcal L(E, F)$ , dan $\vertiii T \leq \liminf \vertiii{T_n}$ .

Bukti. Barisan konvergen bersifat terbatas: itulah keterbatasan titik demi titiknya; lalu Banach–Steinhaus membatasi normanya oleh suatu $M$ ; sehingga $\norm{Tx} = \lim\norm{T_nx} \leq M\norm x$ (sebab $T$ linear sebagai limit titik demi titik), dan batas yang lebih tajamnya lewat mengambil $\liminf$ pada $\norm{T_nx} \leq \vertiii{T_n}\norm x$ . ∎

Teorema 8.11 (Deret Fourier yang divergen)

Ada fungsi kontinu berperiode $2\pi$ , sebut $f$ , yang deret Fouriernya divergen di $0$ : $\sup_N\abs{S_N(f)(0)} = \infty$ . Bahkan $f$ semacam itu membentuk himpunan bagian padat di $\mathcal C(S^1)$ .

Bukti. Bekerjalah di $E = (\mathcal C(S^1), \norm\cdot_\infty)$ , sebuah ruang Banach, dengan fungsional $\Lambda_N(f) = S_N(f)(0) = \frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)\,D_N(t)\,\dd t$ (yaitu kernel Dirichlet, Tahun ke-2). Setiap $\Lambda_N$ kontinu dengan

\norm{\Lambda_N} = \frac1{2\pi}\int_{-\pi}^\pi\abs{D_N(t)}\,\dd t \;=\; L_N .

( $\leq$ jelas; sedangkan $\geq$ : ambillah $f$ yang kontinu dengan $\norm f_\infty \leq 1$ yang menghampiri $\operatorname{sign}D_N$ — sebab tandanya berlompatan berhingga banyak; dan menghaluskan setiap lompatannya pada selang berpanjang $\varepsilon$ mengubah integralnya sebesar $O(N\varepsilon)$ .) Konstanta Lebesgue $L_N$ menuju tak hingga:

L_N = \frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi} \frac{\abs{\sin\bigl((N{+}\tfrac12)t\bigr)}}{\abs{\sin(t/2)}} \,\dd t \geq \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi} \frac{\abs{\sin\bigl((N{+}\tfrac12)t\bigr)}}{t}\,\dd t = \frac{2}{\pi}\int_0^{(N+\frac12)\pi}\frac{\abs{\sin u}}{u}\,\dd u

(dengan memakai $\abs{\sin(t/2)} \leq t/2$ pada $[0, \pi]$ , lalu menyubstitusikan $u = (N + \tfrac12)t$ ). Dengan memotongnya atas lengkungan:

\int_{(k-1)\pi}^{k\pi}\frac{\abs{\sin u}}u\,\dd u \geq \frac1{k\pi}\int_{(k-1)\pi}^{k\pi}\abs{\sin u}\,\dd u = \frac{2}{k\pi}, \qquad\text{sehingga}\qquad L_N \geq \frac{4}{\pi^2}\sum_{k=1}^N\frac1k \xrightarrow[N\to\infty]{} \infty .

Seandainya setiap $f$ yang kontinu mempunyai $\sup_N \abs{\Lambda_N(f)} < \infty$ , maka Banach–Steinhaus akan memaksa $\sup_N\norm{\Lambda_N} < \infty$ : kontradiksi. Jadi ada $f$ — bahkan himpunan $f$ yang padat dan tak kurus (yakni komplemen $\bigcup_M\{f: \sup_N\abs{\Lambda_Nf}\leq M\}$ , yaitu gabungan terbilang himpunan tertutup yang, karena tak berinterior menurut uraian di atas yang diterapkan pada bola mana pun, bersifat kurus) — yang mempunyai $\sup_N\abs{S_Nf(0)} = \infty$ . ∎

Teorema 8.12 (Pemetaan terbuka)

Misalkan $E, F$ ruang Banach dan $T \in \mathcal L(E, F)$ bersifat surjektif. Maka $T$ terbuka: $T(B_E(0,1)) \supseteq B_F(0, c)$ untuk suatu $c > 0$ . Akibatnya operator terbatas yang bijektif antara ruang Banach berinvers terbatas.

Bukti. Tulis $B = B_E(0,1)$ . Kesurjektifannya memberikan $F = \bigcup_n \overline{T(nB)} = \bigcup_n n\,\overline{T(B)}$ ; lalu Baire (Teorema 7.6) memberikan interior kepada $\overline{T(B)}$ : yakni ada $B_F(y_0, 4c) \subseteq \overline{T(B)}$ . Pusatkan ulang di $0$ : untuk $\norm y < 4c$ , baik $y_0 + y$ maupun $y_0$ merupakan limit peta $Tu_k$ , $Tv_k$ dengan $u_k, v_k \in B$ , sehingga $y = \lim T(u_k - v_k)$ dengan $u_k - v_k \in 2B$ : jadi $B_F(0, 4c) \subseteq \overline{T(2B)}$ , yakni $B_F(0, 2c) \subseteq \overline{T(B)}$ .

Membuang penutupnya (dan di sinilah kelengkapan $E$ masuk): misalkan $\norm y < c$ . Ambillah $x_1 \in \frac12 B$ dengan $\norm{y - Tx_1} < c/2$ (sebab $B_F(0,2c) \subseteq \overline{T(B)}$ diskalakan $\frac12$ ); lalu secara induktif $x_k \in 2^{-k}B$ dengan $\norm{y - T(x_1 + \dots + x_k)} < c\,2^{-k}$ . Deret $\sum x_k$ konvergen mutlak di $E$ yang Banach, ke $x \in B$ (bernorma $< \sum 2^{-k} = 1$ ), dan $Tx = y$ menurut kekontinuannya: jadi $B_F(0, c) \subseteq T(B)$ . Keterbukaan $T$ pada himpunan terbuka sembarang menyusul lewat translasi dan penskalaan; sedangkan untuk akibatnya, keterbukaan $T$ berarti $T^{-1}$ kontinu. ∎

Akibat 8.13 (Norma yang ekuivalen)

Jika sebuah ruang vektor lengkap terhadap dua norma yang sebanding ( $\norm\cdot_a \leq C\norm\cdot_b$ ), maka kedua normanya ekuivalen.

Bukti. Identitas $(E, \norm\cdot_b) \to (E, \norm\cdot_a)$ bersifat terbatas dan bijektif antara ruang Banach: sehingga inversnya terbatas. ∎

Teorema 8.14 (Grafik tertutup)

Misalkan $E, F$ Banach dan $T \colon E \to F$ linear. Jika grafiknya $\Gamma = \{(x, Tx)\}$ tertutup di $E \times F$ (yakni $x_n \to x$ dan $Tx_n \to y$ mengakibatkan $y = Tx$ ), maka $T$ terbatas.

Bukti. Ruang $E \times F$ dengan $\norm{(x,y)} = \norm x + \norm y$ bersifat Banach; dan $\Gamma$ , sebagai subruang tertutup, juga Banach. Proyeksi $\pi_E\colon \Gamma \to E$ bersifat terbatas dan bijektif, sehingga inversnya $x \mapsto (x, Tx)$ terbatas (Teorema 8.12): jadi $\norm{Tx} \leq \norm{(x, Tx)} \leq C\norm x$ . ∎

Metode 8.15

Kapan harus meraih teorema yang mana. Hahn–Banach: untuk menghasilkan fungsional dengan perilaku yang ditentukan (menormakan sebuah vektor, melenyap pada subruang, memperluas dari subruang) — dan tak perlu kelengkapan. Banach–Steinhaus: untuk mengubah informasi titik demi titik menjadi batas seragam — biasanya untuk menunjukkan bahwa operasi limitnya kontinu, atau (lewat kontraposisi) untuk membuktikan divergensi bagi suatu unsur, seperti pada deret Fourier. Pemetaan terbuka / grafik tertutup: untuk memperoleh kekontinuan secara cuma-cuma dari kebijektifan aljabar atau dari sifat ketertutupan grafiknya — pemakaian khasnya: membandingkan dua norma lengkap, atau membuktikan kekontinuan otomatis. Ketiga teorema Baire itu menuntut kelengkapan pada sumbernya; dan tanpa itu ada contoh penyangkalnya (Latihan 8.7).

8.4 Ruang dual, secara konkret

Teorema 8.16

Secara isometrik: $(c_0)' \cong \ell^1$ dan $(\ell^1)' \cong \ell^\infty$ , lewat pemasangan $\langle x, y\rangle = \sum_n x_ny_n$ .

Bukti. Kita buktikan $(c_0)' \cong \ell^1$ ; sedangkan pengenalan keduanya adalah Latihan 8.5. Kepada $y \in \ell^1$ kaitkan $\Lambda_y(x) = \sum x_ny_n$ (dengan $x \in c_0$ ): yang konvergen mutlak, dengan $\abs{\Lambda_y(x)} \leq \norm x_\infty\norm y_1$ , sehingga $\norm{\Lambda_y} \leq \norm y_1$ . Sebaliknya misalkan $\Lambda \in (c_0)'$ ; tetapkan $y_n = \Lambda(e_n)$ (dengan $e_n$ barisan satuannya). Untuk sembarang $N$ , ujilah $x^{(N)} = \sum_{n \leq N} \operatorname{sign}(\overline{y_n})\,e_n \in c_0$ (yang bernorma $\leq 1$ ; pada kasus kompleksnya pakailah faktor unimodular $\bar y_n/\abs {y_n}$ ): maka $\Lambda(x^{(N)}) = \sum_{n\leq N}\abs{y_n} \leq \norm\Lambda$ . Jadi $y \in \ell^1$ dengan $\norm y_1 \leq \norm\Lambda$ . Akhirnya $\Lambda = \Lambda_y$ : sebab keduanya bersesuaian pada $e_n$ , sehingga pada barisan berhingga, yang padat di $c_0$ (lewat pemenggalan: $\norm{x - \sum_{n \leq N}x_ne_n}_\infty = \sup_{n > N}\abs{x_n} \to 0$ persis karena $x_n \to 0$ ); dan fungsional kontinu yang bersesuaian pada himpunan padat pastilah sama. Korespondensinya linear, bijektif, dan isometrik (sebab $\norm{\Lambda_y} = \norm y_1$ dari kedua ketaksamaannya). ∎

8.5 Latihan

Latihan 8.1 ★

Hitunglah norma operatornya: (a) pergeseran $S(x_1, x_2, \dots) = (0, x_1, x_2, \dots)$ dan $S^*(x_1, x_2, \dots) = (x_2, x_3, \dots)$ pada $\ell^2$ ; (b) operator perkalian $M_a x = (a_nx_n)$ pada $\ell^2$ , untuk $a \in \ell^\infty$ ; (c) fungsional $\Lambda(f) = \int_0^{1/2}f - \int_{1/2}^1f$ pada $\mathcal C(\intcc01)$ — tunjukkan $\norm\Lambda = 1$ dan bahwa normanya tidak tercapai.

Solusi

Solusi Latihan 8.1.

(a) Berlaku $\norm{Sx}_2 = \norm x_2$ : jadi $S$ merupakan isometri dan $\vertiii S = 1$ . Untuk pergeseran mundurnya: $\norm{S^*x}_2^2 = \sum_{n \geq 2}\abs{x_n}^2 \leq \norm x_2^2$ , dengan kesamaan pada $x = e_2$ : sehingga $\vertiii{S^*} = 1$ .

(b) $\norm{M_ax}_2^2 = \sum\abs{a_n}^2\abs{x_n}^2 \leq \norm a_\infty^2\norm x_2^2$ ; dan mengujinya pada $x = e_n$ memberikan $\vertiii{M_a} \geq \abs{a_n}$ untuk setiap $n$ : jadi $\vertiii{M_a} = \norm a_\infty$ .

(c) $\abs{\Lambda(f)} \leq \int_0^1\abs f \leq \norm f_\infty$ : sehingga $\norm\Lambda \leq 1$ . Untuk $\varepsilon > 0$ misalkan $f_\varepsilon$ bernilai $1$ pada $[0, \frac12 - \varepsilon]$ , $-1$ pada $[\frac12 + \varepsilon, 1]$ , dan afin di antaranya: maka $\norm{f_\varepsilon}_\infty = 1$ dan $\Lambda(f_\varepsilon) \geq 1 - 2\varepsilon$ : jadi $\norm\Lambda = 1$ . Tidak tercapai: sebab $\Lambda(f) = 1$ dengan $\norm f_\infty \leq 1$ memaksa $\int_0^{1/2}f = \frac12$ dan $\int_{1/2}^1 f = -\frac12$ , yakni (menurut kekontinuannya dan $\abs f \leq 1$ ) $f \equiv 1$ pada $[0, \frac12]$ dan $f \equiv -1$ pada $[\frac12, 1]$ : dan itu kontradiksi di $\frac12$ .

Latihan 8.2 ★

Misalkan $E$ Banach, $T \in \mathcal L(E)$ terbalikkan, dan $S$ memenuhi $\vertiii{S - T} < 1/\vertiii{T^{-1}}$ . Tunjukkan bahwa $S$ terbalikkan lalu taksirlah $\vertiii{S^{-1} - T^{-1}}$ . Terapannya: jika sistem linear $Tx = b$ terselesaikan dengan $T$ terbalikkan, maka usikan $T$ yang cukup kecil tetap membuatnya terselesaikan secara tunggal, dengan batas kuantitatif pada perubahan penyelesaiannya.

Solusi

Solusi Latihan 8.2.

Tulis $S = T\bigl(I - T^{-1}(T - S)\bigr)$ dengan $\vertiii{T^{-1}(T-S)} \leq \vertiii{T^{-1}}\,\vertiii{T - S} = \theta < 1$ : maka menurut Proposisi 8.4, $S$ terbalikkan dengan $S^{-1} = \sum_{n\geq0}\bigl(T^{-1}(T - S)\bigr)^nT^{-1}$ , sehingga

\vertiii{S^{-1} - T^{-1}} \leq \sum_{n\geq1}\theta^n\,\vertiii{T^{-1}} = \frac{\vertiii{T^{-1}}^2\,\vertiii{T - S}}{1 - \theta}.

Untuk sistem linearnya: $x_T = T^{-1}b$ dan $x_S = S^{-1}b$ berbeda paling banyak sebesar batas itu dikalikan $\norm b$ — jadi usikan kecil pada sistem yang terbalikkan tetap terselesaikan secara tunggal, dengan kebergantungan Lipschitz penyelesaiannya pada operatornya.

Latihan 8.3 ★★

(a) Buktikan bahwa $\ell^1$ , $\ell^\infty$ dan $c_0$ merupakan ruang Banach, dan bahwa $c_0$ adalah penutup di $\ell^\infty$ dari ruang berisi barisan berhingga. (b) Tunjukkan $\ell^p \subseteq \ell^q$ dengan $\norm\cdot_q \leq \norm\cdot_p$ untuk $1 \leq p \leq q \leq \infty$ , dan bahwa inklusinya sejati.

Solusi

Solusi Latihan 8.3.

(a) Untuk $\ell^1$ : misalkan $(x^{(k)})$ Cauchy. Setiap koordinatnya Cauchy (sebab $\abs{x^{(k)}_n - x^{(l)}_n} \leq \norm{x^{(k)} - x^{(l)}}_1$ ): misalkan $x_n = \lim_kx^{(k)}_n$ . Diberikan $\varepsilon$ , untuk $k, l \geq K$ : $\sum_{n \leq N}\abs{x^{(k)}_n - x^{(l)}_n} \leq \varepsilon$ untuk setiap $N$ ; biarkan $l \to \infty$ , lalu $N \to \infty$ : maka $\norm{x^{(k)} - x}_1 \leq \varepsilon$ , dan $x = x^{(k)} - (x^{(k)} - x) \in \ell^1$ . Untuk $\ell^\infty$ : Cauchy terhadap $\norm\cdot_\infty$ berarti Cauchy seragam, sehingga konvergen seragam ke sebuah barisan terbatas. Sedangkan $c_0$ tertutup di $\ell^\infty$ : sebab jika $x^{(k)} \to x$ seragam dengan $x^{(k)}_n \to_n 0$ , maka $\abs{x_n} \leq \norm{x - x^{(k)}}_\infty + \abs{x^{(k)}_n}$ memberikan $\limsup_n\abs{x_n} \leq \varepsilon$ : jadi $x \in c_0$ ; dan subruang tertutup dari ruang Banach juga Banach. Untuk barisan berhingga: penutupnya memuat setiap $x \in c_0$ (sebab pemenggalannya konvergen: $\sup_{n>N}\abs{x_n} \to 0$ ) dan termuat di $c_0$ yang tertutup.

(b) Lewat kehomogenannya andaikan $\norm x_p = 1$ : maka $\abs{x_n} \leq 1$ untuk setiap $n$ , sehingga $\abs{x_n}^q \leq \abs{x_n}^p$ dan $\norm x_q \leq 1 = \norm x_p$ ; sedangkan untuk $q = \infty$ , $\abs{x_n} \leq \norm x_p$ secara langsung. Kesejatiannya: $x_n = n^{-\alpha}$ dengan $\frac1q < \alpha \leq \frac1p$ terletak di $\ell^q \setminus \ell^p$ (lewat deret Riemann).

Latihan 8.4 ★★

Misalkan $F \subseteq E$ sebuah subruang tertutup dan $x \notin F$ . Dengan memakai Akibat 8.7, buktikan rumus dualitas

d(x, F) = \max\bigl\{\abs{f(x)} : f \in E',\ \norm f \leq 1,\ f\restriction_F = 0\bigr\}

(perhatikan: sebuah maksimum). Simpulkan bahwa $F = \bigcap\{\ker f : f \in E',\ f\restriction_F = 0\}$ : jadi subruang tertutup tepat berupa irisan kernel fungsional.

Solusi

Solusi Latihan 8.4.

( $\leq$ ) Jika $\norm f \leq 1$ dan $f\restriction_F = 0$ : maka untuk setiap $y \in F$ berlaku $\abs{f(x)} = \abs{f(x - y)} \leq \norm{x - y}$ ; lalu ambil infimumnya. ( $\geq$ , dan tercapai) Akibat 8.7(3) menghasilkan $f$ dengan $f\restriction_F = 0$ , $\norm f \leq 1$ , dan $f(x) = d(x, F)$ : sehingga supremumnya merupakan maksimum. Akibatnya: $F \subseteq \bigcap\{\ker f : f\restriction_F = 0\}$ secara trivial, dan titik $x \notin F$ tersingkir dari irisannya oleh fungsional di atas (sebab $f(x) = d(x,F) > 0$ , karena $F$ tertutup).

Latihan 8.5 ★★

Buktikan $(\ell^1)' \cong \ell^\infty$ secara isometrik, mengikuti skema Teorema 8.16 (barisan berhingga padat di $\ell^1$ ). Di manakah argumennya runtuh untuk $(\ell^\infty)'$ ?

Solusi

Solusi Latihan 8.5.

Untuk $y \in \ell^\infty$ : $\abs{\Lambda_y(x)} = \abs{\sum x_ny_n} \leq \norm y_\infty\norm x_1$ , sehingga $\norm{\Lambda_y} \leq \norm y_\infty$ ; lalu mengujinya pada $e_n$ : $\abs{y_n} = \abs{\Lambda_y(e_n)} \leq \norm{\Lambda_y}$ : jadi kesamaan. Sebaliknya, diberikan $\Lambda \in (\ell^1)'$ , tetapkan $y_n = \Lambda(e_n)$ : maka $\abs{y_n} \leq \norm\Lambda$ , sehingga $y \in \ell^\infty$ ; lalu $\Lambda$ dan $\Lambda_y$ bersesuaian pada barisan berhingga, yang padat di $\ell^1$ (sebab $\norm{x - \sum_{n\leq N}x_ne_n}_1 = \sum_{n>N}\abs{x_n} \to 0$ ): jadi $\Lambda = \Lambda_y$ . Pemetaan $y \mapsto \Lambda_y$ bersifat linear, isometrik, dan surjektif. Untuk $(\ell^\infty)'$ awal yang sama menghasilkan barisan $y_n = \Lambda(e_n)$ , tetapi barisan berhingga tidak padat di $\ell^\infty$ (sebab barisan konstan $\mathbf 1$ berjarak $1$ dari semuanya), sehingga $\Lambda$ tidak ditentukan oleh $y_n$ — dan memang $(\ell^\infty)' \neq \ell^1$ (Soal 8.1).

Latihan 8.6 ★★

Misalkan $E, F, G$ bernorma dengan $E$ Banach, dan $B \colon E \times F \to G$ bilinear serta kontinu pada setiap variabelnya secara terpisah. Tunjukkan bahwa $B$ kontinu (secara bersama): $\norm{B(x,y)} \leq C\norm x\norm y$ . (Terapkan Banach–Steinhaus pada keluarga $(B(\cdot, y))_{\norm y \leq 1}$ .)

Solusi

Solusi Latihan 8.6.

Untuk setiap $x$ yang tetap, $y \mapsto B(x, y)$ bersifat linear kontinu: sehingga $\sup_{\norm y \leq 1}\norm{B(x,y)} < \infty$ . Jadi keluarga $\{B(\cdot, y) : \norm y \leq 1\} \subseteq \mathcal L(E, G)$ (yang setiap anggotanya kontinu, menurut kekontinuannya terhadap $x$ ) bersifat terbatas titik demi titik pada ruang Banach $E$ : sehingga Banach–Steinhaus (Teorema 8.9) melahirkan $C$ dengan $\norm{B(x,y)} \leq C\norm x$ untuk setiap $\norm y \leq 1$ ; lalu kehomogenannya terhadap $y$ menuntaskannya: $\norm{B(x,y)} \leq C\norm x\norm y$ .

Latihan 8.7 ★★

(a) Pada $E = \mathcal C(\intcc01)$ , bandingkan $\norm\cdot_\infty$ dan $\norm\cdot_1$ : identitas $(E, \norm\cdot_\infty) \to (E, \norm\cdot_1)$ bersifat terbatas dan bijektif tetapi inversnya tak terbatas. Hipotesis mana pada Akibat 8.13 yang gagal? (b) Tampilkan pemetaan linear tak kontinu dari sebuah subruang padat $\ell^2$ ke $K$ (misalnya pada barisan berhingga), lalu jelaskan mengapa hal itu tak bertentangan dengan teorema grafik tertutup.

Solusi

Solusi Latihan 8.7.

(a) Berlaku $\norm f_1 \leq \norm f_\infty$ : sehingga identitasnya terbatas dan bijektif. Inversnya tak terbatas: sebab $f_n(x) = x^n$ mempunyai $\norm{f_n}_1 = \frac1{n+1} \to 0$ tetapi $\norm{f_n}_\infty = 1$ . Tak ada kontradiksi dengan Akibat 8.13: sebab $(\mathcal C(\intcc01), \norm\cdot_1)$ tidak lengkap (Latihan 7.1); dan akibat itu menuntut kelengkapan pada kedua sisinya.

(b) Pada ruang $E_0$ berisi barisan berhingga (yang padat di $\ell^2$ ), $\varphi(x) = \sum_n n\,x_n$ bersifat linear dan tak terbatas (sebab $\varphi(e_n) = n$ dengan $\norm{e_n}_2 = 1$ ). Teorema grafik tertutup tak berlaku: sebab $E_0$ tidak lengkap — dan $\varphi$ tak punya perluasan kontinu ke $\ell^2$ , sehingga menggambarkan bahwa kepadatan tanpa kekontinuan seragam tidaklah berdaya (Teorema 7.2).

Latihan 8.8 ★★★

(Hellinger–Toeplitz) Misalkan $T \colon \ell^2 \to \ell^2$ linear (terdefinisi di mana-mana) dan simetris: $\langle Tx, y\rangle = \langle x, Ty\rangle$ untuk setiap $x, y$ , dengan $\langle x, y \rangle = \sum x_n\bar y_n$ . Tunjukkan bahwa $T$ terbatas. (Lewat grafik tertutup: jika $x_k \to x$ dan $Tx_k \to z$ , ujilah terhadap $y$ sembarang.) Pelajarannya: operator simetris yang tak terbatas — yakni Hamiltonian pada mekanika kuantum — tak pernah dapat didefinisikan pada seluruh ruangnya.

Solusi

Solusi Latihan 8.8.

Kita periksa hipotesis grafik tertutupnya. Misalkan $x_k \to x$ dan $Tx_k \to z$ di $\ell^2$ . Untuk setiap $y$ :

\langle z, y\rangle = \lim_k\langle Tx_k, y\rangle = \lim_k \langle x_k, Ty\rangle = \langle x, Ty\rangle = \langle Tx, y\rangle,

dengan memakai kekontinuan hasil kali dalam pada setiap lubangnya (lewat Cauchy–Schwarz) dan kesimetriannya dua kali. Jadi $z - Tx$ ortogonal terhadap setiap $y$ , khususnya terhadap dirinya sendiri: sehingga $z = Tx$ . Grafiknya tertutup dan $\ell^2$ bersifat Banach: jadi $T$ terbatas (Teorema 8.14). Karena itu operator simetris yang terdefinisi pada seluruh $\ell^2$ otomatis terbatas; sedangkan operator simetris yang sungguh tak terbatas (posisi, momentum, Hamiltonian) harus hidup pada subruang padat yang sejati.

Latihan 8.9 ★★★

(Teorema Polya tentang kuadratur) Untuk setiap $n$ , misalkan $\Lambda_n(f) = \sum_{i=0}^{n} w_{i,n}f(x_{i,n})$ sebuah aturan kuadratur pada $\mathcal C(\intcc01)$ (dengan $x_{i,n} \in \intcc01$ , $w_{i,n} \in \R$ ). Tunjukkan bahwa $\Lambda_n(f) \to \int_0^1f$ untuk setiap $f$ yang kontinu jika dan hanya jika: (i) $\Lambda_n(P) \to \int_0^1P$ untuk setiap polinomial $P$ , dan (ii) $\sup_n\sum_i\abs{w_{i,n}} < \infty$ . (Hitunglah $\norm{\Lambda_n}$ ; lalu pakai Banach–Steinhaus dan Weierstrass.) Periksalah bahwa aturan dengan bobot positif yang eksak pada konstanta memenuhi (ii) secara otomatis.

Solusi

Solusi Latihan 8.9.

Pertama, $\norm{\Lambda_n} = \sum_i\abs{w_{i,n}}$ : sebab $\leq$ berasal dari ketaksamaan segitiga; sedangkan $\geq$ lewat menguji sebuah $f$ linear sepotong-sepotong dengan $\norm f_\infty \leq 1$ dan $f(x_{i,n}) = \operatorname{sign}(w_{i,n})$ (interpolasikan secara linear di antara simpul yang berhingga banyak itu; dan bila simpulnya berimpit tandanya bersesuaian).

( $\Rightarrow$ ) Kekonvergenan titik demi titik pada setiap $f$ mengakibatkan (i), sekaligus keterbatasan titik demi titik, sehingga Banach–Steinhaus (Teorema 8.9) pada $\mathcal C(\intcc01)$ yang Banach memberikan (ii).

( $\Leftarrow$ ) Misalkan $M = \sup_n\norm{\Lambda_n} + 1$ . Diberikan $f$ dan $\varepsilon$ , pilihlah polinomial $P$ dengan $\norm{f - P}_\infty < \varepsilon/(2M)$ (Akibat 7.16); maka

\Bigl|\Lambda_n f - \int_0^1 f\Bigr| \leq \abs{\Lambda_n(f - P)} + \Bigl|\Lambda_nP - \int_0^1P\Bigr| + \Bigl|\int_0^1(P - f)\Bigr| \leq \varepsilon + \Bigl|\Lambda_nP - \int_0^1P\Bigr| \to \varepsilon .

Untuk bobot positif yang eksak pada konstanta: $\sum_i\abs{w_{i,n}} = \sum_iw_{i,n} = \Lambda_n(\mathbf 1) = \int_0^1 1 = 1$ bagi aturan yang eksak pada konstanta — jadi (ii) berlaku dengan konstanta $1$ .

Latihan 8.10 ★★

Tunjukkan bahwa $J \colon E \to E''$ dengan $J(x)(f) = f(x)$ merupakan isometri linear (pakailah Akibat 8.7(2)), dan bahwa ia surjektif bila $\dim E < \infty$ . Tunjukkan pula bahwa jika $E'$ separabel maka $E$ pun separabel. (Ambil $x_n$ yang hampir menormakan barisan padat di $E'$ lalu tunjukkan bahwa rentang tertutupnya adalah $E$ , lewat Akibat 8.7(3).)

Solusi

Solusi Latihan 8.10.

Kelinearan $J$ bersifat formal; sedangkan $\norm{J(x)} = \sup_{\norm f \leq 1}\abs{f(x)} = \norm x$ menurut Akibat 8.7(2). Jika $\dim E = n$ : maka $\dim E' = n$ (sebab sebuah basis memberikan fungsional koordinatnya), sehingga $\dim E'' = n$ , dan $J$ yang injektif (isometrik) menjadi surjektif. Keseparabelannya: misalkan $(f_n)$ padat di $E'$ lalu pilihlah $\norm{x_n} = 1$ dengan $\abs{f_n(x_n)} \geq \frac12\norm{f_n}$ . Misalkan $F = \overline{\operatorname{Vect}}(x_n)$ ; jika $F \neq E$ , ambillah $g \in E'$ dengan $g \neq 0$ yang lenyap pada $F$ (Akibat 8.7(3)); lalu pilihlah $f_{n_k} \to g$ :

\norm{f_{n_k} - g} \geq \abs{(f_{n_k} - g)(x_{n_k})} = \abs{f_{n_k}(x_{n_k})} \geq \tfrac12\norm{f_{n_k}} \geq \tfrac12\bigl(\norm g - \norm{f_{n_k} - g}\bigr),

sehingga $\norm{f_{n_k} - g} \geq \frac13\norm g > 0$ : kontradiksi. Karena itu $F = E$ , dan kombinasi rasional (atau $\Q + \iu\Q$ ) atas $x_n$ membentuk himpunan padat yang terbilang.

Latihan 8.11 ★★

(Ruang kuosien) Misalkan $E$ sebuah ruang Banach dan $F \subseteq E$ sebuah subruang tertutup. Pada $E/F$ definisikan

\norm{\bar x} \;=\; d(x, F) = \inf_{y\in F}\norm{x - y} .

(a) Tunjukkan bahwa ini merupakan norma yang terdefinisi dengan baik pada $E/F$ (di manakah ketertutupan $F$ masuk?), dan bahwa proyeksi $\pi \colon E \to E/F$ mempunyai $\vertiii\pi \leq 1$ serta memetakan bola satuan terbuka pada bola satuan terbuka. (b) Tunjukkan bahwa $E/F$ lengkap. (Pakailah kriteria deret pada Latihan 7.1(b): diberikan kelas $\bar x_k$ dengan $\sum\norm{\bar x_k} < \infty$ , angkatlah masing-masing ke $x_k \in E$ dengan $\norm{x_k} \leq \norm{\bar x_k} + 2^{-k}$ lalu jumlahkan di $E$ .) (c) Hitunglah: untuk $E = c$ (barisan konvergen) dan $F = c_0$ , tunjukkan $c/c_0 \cong K$ secara isometrik lewat $\bar x \mapsto \lim_nx_n$ .

Solusi

Solusi Latihan 8.11.

(a) Terdefinisi dengan baik: sebab $d(x, F)$ hanya bergantung pada $\bar x$ (menggeser $x$ oleh $F$ tak mengubah jaraknya). Kehomogenan dan ketaksamaan segitiganya beralih dari $\norm\cdot$ melalui infimumnya. Pemisahannya memerlukan ketertutupan: sebab $\norm{\bar x} = 0$ berarti $d(x, F) = 0$ , yakni $x \in \bar F = F$ , yakni $\bar x = 0$ . Lalu $\vertiii\pi \leq 1$ : sebab $\norm{\bar x} \leq \norm x$ . Bola terbuka pada bola terbuka: jika $\norm{\bar x} < 1$ , maka suatu wakilnya mempunyai $\norm{x - y} < 1$ ; sebaliknya $\pi(B_E(0,1)) \subseteq B_{E/F}(0,1)$ menurut ketaksamaan normanya — jadi $\pi$ terbuka, yakni kasus panutan bagi teorema pemetaan terbuka.

(b) Misalkan $\sum_k\norm{\bar x_k} < \infty$ lalu angkatlah dengan $\norm{x_k} \leq \norm{\bar x_k} + 2^{-k}$ : maka $\sum\norm{x_k} < \infty$ , sehingga $s = \sum_kx_k$ konvergen di $E$ yang Banach (Latihan 7.1(b)), dan kekontinuan $\pi$ memberikan $\sum_k\bar x_k = \bar s$ : jadi setiap deret $E/F$ yang konvergen mutlak akan konvergen, dan itu setara dengan kelengkapannya (lihat latihan yang sama).

(c) Pemetaan $\lambda(x) = \lim_nx_n$ bersifat linear $c \to K$ dan lenyap tepat pada $c_0$ , sehingga ia menginduksikan bijeksi linear $c/c_0 \to K$ . Keisometriannya: $d(x, c_0) = \abs{\lambda(x)}$ — untuk $\leq$ : kurangkan dari $x$ barisan $x - \lambda(x)\mathbf 1 \in c_0$ , sehingga tersisa $\lambda(x)\mathbf 1$ yang bernorma $\abs{\lambda(x)}$ ; untuk $\geq$ : untuk $y \in c_0$ , $\norm{x - y}_\infty \geq \limsup_n\abs{x_n - y_n} = \abs{\lambda(x)}$ .

Latihan 8.12 ★★

(Proyeksi terbatas dan subruang berkomplemen) Misalkan $E$ sebuah ruang Banach dan $P \colon E \to E$ linear dengan $P^2 = P$ (yakni proyeksi aljabar), $V = \operatorname{im}P$ , dan $W = \ker P$ . (a) Andaikan $P$ terbatas. Tunjukkan bahwa $V$ dan $W$ tertutup dan $E = V \oplus W$ dengan penguraian $x = Px + (x - Px)$ . (b) Sebaliknya, andaikan $E = V \oplus W$ dengan keduanya, yakni $V, W$ , tertutup, lalu misalkan $P$ proyeksi pada $V$ sepanjang $W$ . Tunjukkan bahwa $P$ terbatas. (Lewat grafik tertutup: jika $x_n \to x$ dan $Px_n \to z$ , maka $z \in V$ , $x_n - Px_n \to x - z \in W$ , dan ketunggalan penguraiannya mengenali $z = Px$ .) (c) Simpulkan kesetaraannya: sebuah subruang $V$ mempunyai proyeksi terbatas jika dan hanya jika ia tertutup dan mempunyai komplemen aljabar yang tertutup — lalu catat (tanpa bukti) bahwa ada subruang tertutup tanpa sifat itu ( $c_0$ di dalam $\ell^\infty$ merupakan contoh klasiknya): jadi ruang Hilbert, tempat $V^\perp$ selalu berhasil (Bab 13), merupakan perkecualian, bukan aturannya.

Solusi

Solusi Latihan 8.12.

(a) Kernel $W = \ker P$ tertutup (sebagai prapeta $0$ di bawah pemetaan kontinu); sedangkan $V = \operatorname{im}P = \ker(I - P)$ (sebab $Px = x$ jika dan hanya jika $x \in \operatorname{im}P$ , dengan memakai $P^2 = P$ ), yang juga tertutup. Setiap $x$ terpecah sebagai $Px + (x - Px)$ dengan $Px \in V$ dan $x - Px \in W$ , dan $V \cap W = 0$ (sebab $x = Px = 0$ ): jadi $E = V \oplus W$ .

(b) Argumen grafiknya: misalkan $x_n \to x$ dan $Px_n \to z$ . Maka $z \in V$ (sebab $V$ tertutup dan $Px_n \in V$ ) dan $x_n - Px_n \to x - z \in W$ (sebab $W$ tertutup). Jadi $x = z + (x - z)$ dengan $z \in V$ dan $x - z \in W$ ; lalu menurut ketunggalan penguraiannya, $z = Px$ . Grafik $P$ tertutup dan $E$ bersifat Banach: sehingga $P$ terbatas (Teorema 8.14).

(c) Bagian (a) dan (b) bersama-sama merupakan kesetaraannya. Di ruang Hilbert setiap $V$ yang tertutup mempunyai komplemen tertutup $V^\perp$ (Bab 13): jadi setiap subruang tertutup bersifat berkomplemen. Pada ruang Banach umum hal ini gagal — sebab $c_0$ tak punya komplemen tertutup di $\ell^\infty$ (yakni teorema Phillips, yang melampaui perkakas kita) — sehingga proyeksi terbatas merupakan hak istimewa, dan teorema grafik tertutup tepat merupakan pembukuan yang mengubah pemecahan geometri menjadi operator yang terbatas.

8.6 Soal: dualitas ruang $\ell^p$

Soal 8.1

Soal akhir pekan — $(\ell^p)' = \ell^q$ , kerefleksifan, dan keanehan $\ell^\infty$

Tetapkan $1 < p < \infty$ dan misalkan $q$ eksponen sekawannya, yakni $\frac1p + \frac1q = 1$ . Pemasangannya sepanjang soal ini adalah $\langle x, y\rangle = \sum_n x_ny_n$ .

Bagian I — Hölder dan Minkowski untuk barisan.

(Ketaksamaan Young) Untuk $a, b \geq 0$ tunjukkan $ab \leq \frac{a^p}p + \frac{b^q}q$ , dengan memakai kekonkafan $\log$ atau dengan mempelajari $t \mapsto \frac{t^p}p + \frac1q - t$ .
(Hölder) Simpulkan: $\abs{\langle x, y\rangle} \leq \norm x_p\norm y_q$ untuk $x \in \ell^p$ , $y \in \ell^q$ ; lalu kenali kasus kesamaannya.
(Minkowski) Simpulkan ketaksamaan segitiga bagi $\norm\cdot_p$ . (Tulis $\abs{x_n + y_n}^p \leq \abs{x_n}\,\abs{x_n{+}y_n}^{p-1} + \abs{y_n}\,\abs{x_n{+}y_n}^{p-1}$ lalu terapkan Hölder pada setiap sukunya.)
Buktikan bahwa $\ell^p$ lengkap dan bahwa barisan berhingga padat di dalamnya.

Bagian II — Dualitas $(\ell^p)' = \ell^q$ .

Untuk $y \in \ell^q$ , tunjukkan bahwa $\Lambda_y(x) = \langle x, y\rangle$ mendefinisikan $\Lambda_y \in (\ell^p)'$ dengan $\norm{\Lambda_y} \leq \norm y_q$ , lalu, dengan mengujinya pada $x_n = \abs{y_n}^{q-1}\operatorname{sign}(y_n)$ (yang dipenggal dan dinormalkan secukupnya), bahwa $\norm{\Lambda_y} = \norm y_q$ .
Sebaliknya, diberikan $\Lambda \in (\ell^p)'$ , tetapkan $y_n = \Lambda(e_n)$ ; tunjukkan $y \in \ell^q$ dengan $\norm y_q \leq \norm\Lambda$ (ujilah pada pemenggalannya seperti pada pertanyaan 5 lalu biarkan panjang pemenggalannya tumbuh), dan simpulkan $\Lambda = \Lambda_y$ : jadi pemetaan $y \mapsto \Lambda_y$ merupakan isomorfisma isometrik $\ell^q \to (\ell^p)'$ .
Simpulkan bahwa $\ell^p$ bersifat refleksif untuk $1 < p < \infty$ : sebab dengan mengomposisikan kedua dualitasnya, setiap unsur $(\ell^p)''$ berasal dari $\ell^p$ ; lalu periksalah dengan cermat bahwa komposisinya memang $J$ yang kanonik.

Bagian III — $\ell^1$ dan $\ell^\infty$ adalah hewan yang berbeda.

Tunjukkan bahwa $\ell^p$ (untuk $1 \leq p < \infty$ ) dan $c_0$ bersifat separabel, tetapi $\ell^\infty$ tidak. (Sebab barisan indikator dari himpunan bagian $\N$ yang tak terbilang banyaknya saling berjarak $1$ berpasangan.)
Simpulkan dari Latihan 8.10 bahwa $(\ell^1)' \cong \ell^\infty$ tetapi $(\ell^\infty)' \not\cong \ell^1$ : jadi $\ell^1$ tidak refleksif. (Sebab jika $(\ell^\infty)'$ adalah $\ell^1$ , ia akan separabel, sehingga memaksa $\ell^\infty$ separabel.)
(Limit Banach, secara eksplisit) Pada $\ell^\infty_\R$ , misalkan $p(x) = \limsup_n \frac{x_1 + \dots + x_n}{n}$ . Tunjukkan bahwa $p$ sublinear, dan bahwa pada subruang $c$ berisi barisan konvergen, $\mathrm{LIM}(x) = \lim x$ memenuhi $\mathrm{LIM} \leq p$ . Perluaslah lewat Hahn–Banach menjadi $\mathrm{LIM} \colon \ell^\infty_\R \to \R$ lalu tunjukkan: $\mathrm{LIM}$ bersifat positif (yakni $x \geq 0 \Rightarrow \mathrm{LIM}(x) \geq 0$ ), invarian terhadap pergeseran (yakni $\mathrm{LIM}(x_2, x_3, \dots) = \mathrm{LIM}(x)$ ), memperluas limitnya, serta memenuhi $\liminf x \leq \mathrm{LIM}(x)\leq \limsup x$ .
Tunjukkan bahwa $\mathrm{LIM}$ semacam itu, dipandang di $(\ell^\infty)'$ , bukan berbentuk $\Lambda_y$ untuk $y \in \ell^1$ mana pun; lalu simpulkan lagi $(\ell^\infty)' \neq \ell^1$ . (Nilaikan pada barisan satuan $e_n$ , lalu pada barisan konstan $1$ .)
Nilaikan $\mathrm{LIM}$ pada $(0,1,0,1,\dots)$ , lalu tunjukkan bahwa tak ada perluasan limit yang multiplikatif dan invarian terhadap pergeseran (tinjaulah $x = (0,1,0,1,\dots)$ dan $x\cdot Sx$ dengan $S$ berupa pergeserannya).

Bagian IV — Penutup: mengapa kerefleksifan penting.

Dengan memakai Akibat 8.10 dan pertanyaan 6, tunjukkan bahwa setiap barisan terbatas di $\ell^p$ (untuk $1 < p < \infty$ ) mempunyai subbarisan $(x^{(k)})$ yang konvergen secara lemah: yakni $\Lambda(x^{(k)})$ konvergen untuk setiap $\Lambda \in (\ell^p)'$ . (Lewat ekstraksi diagonal pada koordinatnya yang terbilang; lalu kenali limit lemahnya di $\ell^p$ dengan memakai keterbatasan seragam normanya dan Hölder.) Tunjukkan lewat contoh ( $e_n$ di $\ell^1$ , terhadap unsur $\ell^\infty$ yang dipilih baik-baik) bahwa hal ini gagal di $\ell^1$ : jadi kekompakan lemah merupakan hak istimewa ruang refleksif.

Bagian V — Topologi lemah yang bekerja, dan kejutan Schur. Tulis $x^{(k)} \rightharpoonup x$ di dalam sebuah ruang bernorma $E$ (yakni kekonvergenan lemah) bila $\Lambda(x^{(k)}) \to \Lambda(x)$ untuk setiap $\Lambda \in E'$ .

Lengkapilah sensusnya: tunjukkan $(c_0)' \cong \ell^1$ secara isometrik, lewat skema pertanyaan 5–6 (apa yang menggantikan barisan pengujinya?). Lalu rangkailah rantai $c_0 \to \ell^1 \to \ell^\infty \to \dots$ berisi dual berturutan dan tandai di mana kerefleksifannya gagal.
Tunjukkan bahwa setiap barisan yang konvergen lemah di ruang Banach bersifat terbatas: pandanglah $x^{(k)}$ lewat pembenaman kanonik $J$ sebagai fungsional pada $E'$ lalu terapkan Banach–Steinhaus (Teorema 8.9) — pada ruang Banach yang mana, dan mengapa kelengkapannya tersedia di sana?
Tunjukkan bahwa di $\ell^p$ dengan $1 < p < \infty$ : $x^{(k)} \rightharpoonup x$ jika dan hanya jika $\sup_k\norm{x^{(k)}}_p < \infty$ dan $x^{(k)}_n \to x_n$ untuk setiap koordinat $n$ (satu arahnya memakai Banach–Steinhaus lewat pembenaman kanoniknya; sedangkan untuk arah lainnya, hampiri $y \in \ell^q$ dengan barisan berhingga). Lalu simpulkan $e_k \rightharpoonup 0$ di $\ell^2$ padahal $\norm{e_k}_2 = 1$ : jadi limit lemah dapat kehilangan massa.
Tunjukkan bahwa normanya semikontinu bawah secara lemah: yakni $x^{(k)} \rightharpoonup x$ mengakibatkan $\norm x \leq \liminf_k\,\norm{x^{(k)}}$ (ambillah fungsional penormaan bagi $x$ , Akibat 8.7).
(Radon–Riesz di $\ell^2$ ) Tunjukkan bahwa di $\ell^2$ , kekonvergenan lemah bersama kekonvergenan normanya mengakibatkan kekonvergenan norma (jabarkan $\norm{x^{(k)} - x}_2^2$ ). Berilah contoh penyangkal bagi pernyataan yang sama tanpa hipotesis normanya.
(Schur, langkah 1) Misalkan $x^{(k)} \rightharpoonup 0$ di $\ell^1$ dan andaikan, demi kontradiksi, bahwa $\norm{x^{(k)}}_1 \geq \delta > 0$ sepanjang sebuah subbarisan. Tunjukkan lebih dahulu bahwa $x^{(k)}_n \to 0$ untuk setiap $n$ (lewat fungsional yang mana?), lalu bangunlah secara rekursif indeks $k_1 < k_2 < \cdots$ dan bilangan bulat $0 = N_0 < N_1 < N_2 < \cdots$ sedemikian sehingga massa $x^{(k_j)}$ memusat pada blok $B_j = \intoc{N_{j-1}}{N_j}$ :

$\sum_{n \in B_j}\bigl|x^{(k_j)}_n\bigr| \geq \norm{x^{(k_j)}}_1 - \frac\delta{10} .$
(Schur, langkah 2) Definisikan $y \in \ell^\infty$ dengan $y_n = \operatorname{sign}\bigl(x^{(k_j)}_n\bigr)$ untuk $n \in B_j$ . Tunjukkan $\langle x^{(k_j)}, y\rangle \geq \norm{x^{(k_j)}}_1 - \frac{2\delta}{10} \geq \frac{8\delta}{10}$ lalu turunkan kontradiksi dengan $x^{(k)} \rightharpoonup 0$ . Simpulkan teorema Schur: bahwa di $\ell^1$ , barisan yang konvergen lemah konvergen dalam norma.
Simpulkan bahwa $(e_k)$ tak punya subbarisan yang konvergen lemah di $\ell^1$ (sebab satu-satunya calon limitnya adalah $0$ secara koordinat — lalu terapkan Schur), sehingga memperoleh kembali kegagalan kekompakan lemah pada pertanyaan 13; lalu selesaikanlah paradoks yang tampak itu: di $\ell^1$ kekonvergenan lemah dan norma bagi barisan berimpit, namun topologi lemah dan normanya berbeda dan himpunan terbatas tetap gagal kompak barisan secara lemah — jadi tak ada kontradiksi, hanya kegagalan kerefleksifan.
(Tabel sintesis) Untuk $E \in \{c_0,\ \ell^1,\ \ell^p\ (1{<}p{<}\infty),\ \ell^\infty\}$ , tabulasikan: dualnya; keseparabelannya; kerefleksifannya; apakah barisan terbatasnya mempunyai subbarisan yang konvergen lemah; dan satu sifat khas setiap ruang, yang dibenarkan dalam satu baris dari soal ini.

Bagian VI — Pelengkap: titik terdekat, kekonvergenan rata-rata, dan nilai sebuah limit Banach.

(Titik terdekat: hasil panen kerefleksifan) Misalkan $F$ sebuah subruang tertutup $\ell^p$ (dengan $1 < p < \infty$ ) dan $x \in \ell^p$ . Tunjukkan bahwa $d = \operatorname{dist}(x, F)$ tercapai: ekstraklah dari sebuah barisan peminimum sebuah subbarisan yang konvergen lemah (pertanyaan 13), tahanlah limit lemahnya tetap di dalam $F$ dengan membangun, lewat Hahn–Banach, sebuah fungsional yang lenyap pada $F$ tetapi tidak di sebuah titik di luarnya, lalu simpulkan dengan pertanyaan 17. Lalu tunjukkan bahwa hak istimewa itu tidak universal: di $c_0$ , untuk $\Lambda(x) = \sum_n2^{-n}x_n$ , buktikan bahwa $\norm\Lambda = 1$ tidak tercapai pada bola satuannya, tegakkan rumus jaraknya $\operatorname{dist}(x, \ker\Lambda) = \abs{\Lambda(x)}$ , lalu simpulkan bahwa tak ada $x \notin \ker\Lambda$ yang mempunyai titik terdekat di hiperbidang tertutup $\ker\Lambda$ .
(Banach–Saks di $\ell^2$ ) Misalkan $x^{(k)} \rightharpoonup 0$ di $\ell^2_{\R}$ dengan $\norm{x^{(k)}}_2 \leq C$ . Bangunlah sebuah subbarisan $(y_j)$ dengan $\abs{\langle y_i, y_j\rangle} \leq \frac1j$ untuk setiap $i < j$ , lalu simpulkan

$\Bigl\lVert\frac{y_1 + \dots + y_m}m\Bigr\rVert_2^2 \leq \frac{C^2 + 2}m \longrightarrow 0 :$

jadi setelah ekstraksi, rata-rata Cesàronya konvergen dalam norma. Periksalah pada $(e_k)$ , yang rata-ratanya bernorma $\frac1{\sqrt m}$ : jadi kekonvergenan lemah, yang tak berguna bagi barisannya sendiri (pertanyaan 16), menjadi kekonvergenan norma bagi rata-ratanya.
(Nilai sebuah limit Banach) Misalkan $L$ sembarang limit Banach (pertanyaan 10) dan $A_mx = \frac1m(x + Sx + \dots + S^{m-1}x)$ . Tunjukkan $L(A_mx) = L(x)$ dan $\liminf A_mx \leq L(x) \leq \limsup A_mx$ ; lalu simpulkan bahwa semua limit Banach bersesuaian pada barisan periodik, dengan nilai berupa rata-rata atas satu periodenya — yakni $\frac13$ pada $(1, 0, 0, 1, 0, 0, \dots)$ , sejalan dengan $\frac12$ pada pertanyaan 12. Lalu tunjukkan bahwa kesesuaiannya gagal secara umum: untuk barisan blok $x$ yang bernilai $1$ pada $\intoc{3^{j-1}}{3^j}$ untuk $j$ genap dan $0$ selainnya, tunjukkan bahwa rata-rata Cesàronya berayun antara $\leq \frac13$ dan $\geq \frac23$ , lalu bangunlah dua limit Banach $L_\pm$ dengan $L_-(x) \leq \frac13 < \frac23 \leq L_+(x)$ (perluaslah dari $c \oplus \R x$ dengan nilai ekstrem $\pm$ yang diperbolehkan: periksalah bahwa $\Lambda(y + tx) = \lim y + t\,p(x)$ didominasi oleh $p$ yang sublinear pada pertanyaan 10).

Solusi

Solusi Soal 8.1.

1. Untuk $a, b > 0$ : menurut kekonkafan $\log$ berlaku $\log\bigl(\tfrac{a^p}p + \tfrac{b^q}q\bigr) \geq \tfrac1p\log a^p + \tfrac1q\log b^q = \log(ab)$ ; lalu eksponenkan. (Jika $ab = 0$ ketaksamaannya trivial.) Kesamaannya terjadi jika dan hanya jika $a^p = b^q$ .

2. Kita boleh menganggap $\norm x_p = \norm y_q = 1$ (lewat kehomogenannya; kasus nolnya trivial). Maka

\abs{\langle x, y\rangle} \leq \sum_n\abs{x_n}\abs{y_n} \leq \sum_n\Bigl(\frac{\abs{x_n}^p}p + \frac{\abs{y_n}^q}q\Bigr) = \frac1p + \frac1q = 1 = \norm x_p\norm y_q .

Kesamaannya menuntut $\abs{x_n}^p = \abs{y_n}^q$ untuk setiap $n$ (yakni kasus kesamaan Young) beserta kesejajaran fasa $x_ny_n$ .

3. $\abs{x_n + y_n}^p \leq \bigl(\abs{x_n} + \abs{y_n}\bigr)\abs{x_n + y_n}^{p-1}$ ; lalu menjumlahkannya dan menerapkan Hölder ( $p$ terhadap $q$ , dengan mencatat $(p - 1)q = p$ ):

\norm{x + y}_p^p \leq \bigl(\norm x_p + \norm y_p\bigr)\,\Bigl(\sum_n\abs{x_n + y_n}^{p}\Bigr)^{1/q} = \bigl(\norm x_p + \norm y_p\bigr)\,\norm{x+y}_p^{p/q};

jika $\norm{x + y}_p \neq 0$ (kalau nol maka trivial), bagilah dengan $\norm{x+y}_p^{p/q}$ lalu pakai $p - \frac pq = 1$ . (Keberhinggaan $\norm{x+y}_p$ lebih dahulu: $\abs{x_n+y_n}^p \leq 2^p(\abs{x_n}^p + \abs{y_n}^p)$ .)

4. Kelengkapannya: seperti untuk $\ell^1$ (Latihan 8.3), lewat limit koordinat demi koordinat ditambah batas ekor seragam $\sum_{n\leq N}\abs{x^{(k)}_n - x^{(l)}_n}^p \leq \varepsilon^p$ , dengan membiarkan $l$ lalu $N$ menuju tak hingga. Kepadatan barisan berhingga: $\norm{x - \sum_{n\leq N}x_ne_n}_p^p = \sum_{n > N}\abs{x_n}^p \to 0$ .

5. Hölder memberikan $\abs{\Lambda_y(x)} \leq \norm x_p\norm y_q$ : jadi $\norm{\Lambda_y} \leq \norm y_q$ . Untuk mengujinya: misalkan $x^{(N)}_n = \abs{y_n}^{q-1}\overline{\operatorname{sign}}(y_n)$ untuk $n \leq N$ dan $0$ selebihnya (dengan $\operatorname{sign}$ berupa fasa unimodularnya, sehingga $x_ny_n = \abs{y_n}^q$ ). Maka $\Lambda_y(x^{(N)}) = \sum_{n\leq N}\abs{y_n}^q$ dan $\norm{x^{(N)}}_p = \bigl(\sum_{n\leq N}\abs{y_n}^{q}\bigr)^{1/p}$ (sebab $(q-1)p = q$ ), sehingga

\norm{\Lambda_y} \geq \Bigl(\sum_{n\leq N}\abs{y_n}^q\Bigr)^{1 - 1/p} \xrightarrow[N\to\infty]{} \norm y_q .

6. Tetapkan $y_n = \Lambda(e_n)$ . Dengan vektor uji yang sama, $\sum_{n \leq N}\abs{y_n}^q = \Lambda(x^{(N)}) \leq \norm\Lambda\,\bigl(\sum_{n\leq N}\abs{y_n}^q\bigr)^{1/p}$ , sehingga $\bigl(\sum_{n\leq N}\abs{y_n}^q\bigr)^{1/q} \leq \norm\Lambda$ untuk setiap $N$ : jadi $y \in \ell^q$ dengan $\norm y_q \leq \norm\Lambda$ . Fungsional $\Lambda$ dan $\Lambda_y$ bersesuaian pada barisan berhingga yang padat (pertanyaan 4): sehingga $\Lambda = \Lambda_y$ . Bersama pertanyaan 5, $y \mapsto \Lambda_y$ merupakan isomorfisma isometrik $\ell^q \cong (\ell^p)'$ .

7. Misalkan $\xi \in (\ell^p)''$ . Dengan mengomposisikannya dengan isometri $\ell^q \cong (\ell^p)'$ pada pertanyaan 6, $\xi$ mendefinisikan sebuah unsur $(\ell^q)'$ , yang (menurut pertanyaan 6 dengan $p, q$ ditukar) berupa $\Lambda_z$ untuk $z \in \ell^p$ yang tunggal: jadi untuk setiap $y \in \ell^q$ , $\xi(\Lambda_y) = \sum_nz_ny_n$ . Di pihak lain $J(z)(\Lambda_y) = \Lambda_y(z) = \sum_ny_nz_n$ : yaitu nilai yang sama. Karena setiap unsur $(\ell^p)'$ berupa suatu $\Lambda_y$ , maka $\xi = J(z)$ : jadi $J$ surjektif — sehingga $\ell^p$ refleksif.

8. Barisan berhingga yang entrinya rasional (pada bagian real dan imajinernya) bersifat terbilang dan padat di $\ell^p$ (untuk $p < \infty$ ) dan di $c_0$ . Di $\ell^\infty$ : keluarga $\{\mathbf 1_A : A \subseteq \N\}$ bersifat tak terbilang dengan $\norm{\mathbf 1_A - \mathbf 1_B}_\infty = 1$ untuk $A \neq B$ ; sehingga bola $B(\mathbf 1_A, \frac12)$ saling lepas berpasangan, dan himpunan padat harus memotong masing-masingnya: jadi tak ada himpunan padat yang terbilang.

9. Seandainya $\ell^1$ refleksif, maka $(\ell^\infty)' \cong ((\ell^1)')' = J(\ell^1)$ akan separabel (sebagai peta isometrik dari $\ell^1$ yang separabel); lalu menurut Latihan 8.10, keseparabelan dual $(\ell^\infty)'$ akan memaksa $\ell^\infty$ separabel — dan itu bertentangan dengan pertanyaan 8. Jadi $\ell^1$ tidak refleksif (dan $(\ell^\infty)'$ sungguh lebih besar daripada $\ell^1$ , seperti dikonkretkan pertanyaan 11).

10. Kehomogenan $p$ jelas; sedangkan keaditifan bawahnya: rata-rata bersifat linear, dan $\limsup(u_n + v_n) \leq \limsup u_n + \limsup v_n$ . Pada $c$ : rata-rata Cesàro sebuah barisan konvergen konvergen ke limitnya, sehingga $p(x) = \lim x = \mathrm{LIM}(x)$ di sana; khususnya $\mathrm{LIM} \leq p$ pada $c$ . Lalu Hahn–Banach (Teorema 8.6) memperluas $\mathrm{LIM}$ ke $\ell^\infty_\R$ dengan $\mathrm{LIM} \leq p$ secara global. Kepositifannya: untuk $x \geq 0$ , $-\mathrm{LIM}(x) = \mathrm{LIM}(-x) \leq p(-x) = \limsup\text{rata-rata}(-x) \leq 0$ . Keinvarianan pergeserannya: rata-rata $x - Sx$ berteleskop menjadi $\frac{x_1 - x_{n+1}}n \to 0$ , sehingga $p(\pm(x - Sx)) = 0$ dan $\mathrm{LIM}(x - Sx) = 0$ . Batasnya: $\mathrm{LIM}(x) \leq p(x) \leq \limsup x$ (sebab rata-rata tertinggal di belakang supremumnya), lalu menerapkan hal ini pada $-x$ memberikan batas bawahnya.

11. Karena $e_n \in c_0$ , maka $\mathrm{LIM}(e_n) = 0$ untuk setiap $n$ . Jika $\mathrm{LIM} = \Lambda_y$ dengan $y \in \ell^1$ , maka $y_n = \Lambda_y(e_n) = 0$ untuk setiap $n$ : sehingga $\Lambda_y = 0$ ; padahal $\mathrm{LIM}(\mathbf 1) = 1$ . Jadi $\mathrm{LIM} \in (\ell^\infty)' \setminus \{\Lambda_y : y \in \ell^1\}$ : sekali lagi $(\ell^\infty)' \neq \ell^1$ .

12. Untuk $x = (0,1,0,1,\dots)$ : $x + Sx = \mathbf 1$ , sehingga $2\,\mathrm{LIM}(x) = \mathrm{LIM}(x) + \mathrm{LIM}(Sx) = 1$ : jadi $\mathrm{LIM}(x) = \frac12$ . Seandainya $\varphi$ sebuah perluasan limit yang multiplikatif dan invarian terhadap pergeseran: maka $x\cdot Sx = 0$ memberikan $\varphi(x)\varphi(Sx) = \varphi(x)^2 = 0$ , sehingga $\varphi(x) = 0$ ; padahal $\varphi(x) + \varphi(Sx) = \varphi(\mathbf 1) = 1$ memberikan $2\varphi(x) = 1$ : kontradiksi. Jadi perata-rataan dan perkalian tak dapat hidup berdampingan.

13. Misalkan $\norm{x^{(k)}}_p \leq M$ . Koordinatnya terbatas oleh $M$ : sehingga ekstraksi diagonal memberikan subbarisan (yang masih ditulis $x^{(k)}$ ) dengan $x^{(k)}_n \to x_n$ untuk setiap $n$ . Lalu $x \in \ell^p$ : sebab $\sum_{n\leq N}\abs{x_n}^p = \lim_k\sum_{n\leq N}\abs{x^{(k)}_n}^p \leq M^p$ untuk setiap $N$ . Kekonvergenan lemahnya: untuk $y \in \ell^q$ dan $N$ sembarang,

\abs{\Lambda_y(x^{(k)} - x)} \leq \Bigl|\sum_{n \leq N}(x^{(k)}_n - x_n)y_n\Bigr| + 2M\Bigl(\sum_{n>N}\abs{y_n}^q\Bigr)^{1/q},

dengan suku pertamanya menuju $0$ ketika $k \to \infty$ (sebab koordinatnya berhingga banyak) dan suku keduanya kecil untuk $N$ besar (lewat Hölder pada ekornya): jadi $\Lambda_y(x^{(k)}) \to \Lambda_y(x)$ untuk setiap $y$ — yakni kekonvergenan lemah, sebab setiap fungsionalnya berupa $\Lambda_y$ (pertanyaan 6). Di $\ell^1$ hal ini gagal: tinjaulah $(e_n)$ yang terbatas. Setiap subbarisan $(e_{n_k})$ konvergen koordinat demi koordinat ke $0$ , sehingga satu-satunya calon limit lemahnya adalah $0$ ; padahal menguji terhadap $y \in \ell^\infty$ yang didefinisikan oleh $y_{n_k} = (-1)^k$ (dan $0$ selebihnya) memberikan $\Lambda_y(e_{n_k}) = (-1)^k$ yang divergen. Jadi tak ada subbarisan yang konvergen lemah: sehingga kekompakan barisan secara lemah pada bolanya mencirikan dunia yang refleksif.

14. Untuk $y \in \ell^1$ , $\Lambda_y(x) = \sum x_ny_n$ terdefinisi pada $c_0$ dengan $\abs{\Lambda_y(x)} \leq \norm x_\infty\norm y_1$ , dan mengujinya pada $x^{(N)} = (\operatorname{sign}y_1, \dots, \operatorname{sign}y_N, 0, \dots) \in c_0$ memberikan $\Lambda_y(x^{(N)}) = \sum_{n\leq N}\abs{y_n} \to \norm y_1$ : jadi $\norm{\Lambda_y} = \norm y_1$ . Sebaliknya, untuk $\Lambda \in (c_0)'$ tetapkan $y_n = \Lambda(e_n)$ ; maka uji yang sama memberikan $\sum_{n \leq N}\abs{y_n} = \Lambda(x^{(N)}) \leq \norm\Lambda$ , sehingga $y \in \ell^1$ , dan $\Lambda = \Lambda_y$ pada barisan berhingga yang padat, jadi di mana-mana. Rantai dualnya: $(c_0)' = \ell^1$ , $(\ell^1)' = \ell^\infty$ (Latihan 8.10), dan $(\ell^\infty)' \supsetneq \ell^1$ (pertanyaan 9–11): jadi kerefleksifannya gagal sejak langkah pertama — sebab $c_0'' = \ell^\infty \neq c_0$ — dan tak pernah pulih.

15. Keluarga $J x^{(k)} \in E'' = (E')'$ berisi fungsional terbatas pada ruang Banach $E'$ (sebab dual selalu lengkap, Proposisi 8.2); dan untuk setiap $\Lambda \in E'$ , barisan $Jx^{(k)}(\Lambda) = \Lambda(x^{(k)})$ konvergen, sehingga terbatas. Lalu Banach–Steinhaus pada $E'$ memberikan $\sup_k\norm{Jx^{(k)}} < \infty$ , dan $J$ bersifat isometrik (Catatan 8.8): jadi $\sup_k\norm{x^{(k)}} < \infty$ .

16. ( $\Rightarrow$ ) Keterbatasannya adalah pertanyaan 15; sedangkan koordinatnya berupa fungsional $\Lambda_{e_n}$ . ( $\Leftarrow$ ) Misalkan $M = \sup_k\norm{x^{(k)}}_p$ , $y \in \ell^q$ , dan $\varepsilon > 0$ ; pilihlah $N$ dengan $\bigl(\sum_{n>N}\abs{y_n}^q\bigr)^{1/q} < \varepsilon$ . Maka

\abs{\Lambda_y(x^{(k)} - x)} \leq \sum_{n\leq N}\abs{x^{(k)}_n - x_n}\,\abs{y_n} + \norm{x^{(k)} - x}_p\,\varepsilon \leq \sum_{n\leq N}\abs{x^{(k)}_n - x_n}\abs{y_n} + (M + \norm x_p)\,\varepsilon,

dan jumlah berhingganya menuju $0$ : sehingga $\limsup \leq (M + \norm x_p)\varepsilon$ untuk setiap $\varepsilon$ . (Bahwa $x \in \ell^p$ dengan $\norm x_p \leq M$ menyusul dari batas penggalan berhingga bergaya Fatou: $\sum_{n \leq N}\abs{x_n}^p = \lim_k\sum_{n\leq N}\abs{x^{(k)}_n}^p \leq M^p$ .) Untuk $e_k$ di $\ell^2$ : terbatas dan koordinatnya $\to 0$ , sehingga $e_k \rightharpoonup 0$ , padahal $\norm{e_k} = 1$ : jadi satu satuan massanya lolos ke indeks tak berhingga, tak terlihat oleh fungsional mana pun yang tetap.

17. Ambil $\Lambda$ dengan $\norm\Lambda = 1$ dan $\Lambda(x) = \norm x$ (Akibat 8.7). Maka $\norm x = \lim\Lambda(x^{(k)}) \leq \liminf\norm\Lambda\,\norm{x^{(k)}} = \liminf\norm{x^{(k)}}$ . (Dengan $e_k \rightharpoonup 0$ : $0 \leq \liminf 1$ , dan ketaksamaannya dapat sejati.)

18. Di $\ell^2$ , $\norm{x^{(k)} - x}_2^2 = \norm{x^{(k)}}_2^2 - 2\operatorname{Re}\langle x^{(k)}, x\rangle + \norm x_2^2$ (pada kasus realnya: $-2\langle x^{(k)}, x\rangle$ ). Kekonvergenan lemah yang diterapkan pada fungsional $\Lambda_x$ memberikan $\langle x^{(k)}, x\rangle \to \norm x_2^2$ , sedangkan normanya konvergen menurut hipotesis: sehingga ruas kanannya menuju $\norm x^2 - 2\norm x^2 + \norm x^2 = 0$ . Contoh penyangkal tanpa kekonvergenan normanya: $e_k \rightharpoonup 0$ dengan $\norm{e_k - 0} = 1 \not\to 0$ .

19. Kekonvergenan koordinatnya: terapkan fungsional $\Lambda_{e_n} \in (\ell^1)' = \ell^\infty$ (dengan $y = e_n$ ). Konstruksinya: setelah $k_{j-1}, N_{j-1}$ dipilih, ambillah $k_j > k_{j-1}$ sedemikian besar sehingga $\sum_{n \leq N_{j-1}}\abs{x^{(k_j)}_n} < \frac\delta{20}$ (sebab koordinatnya berhingga banyak dan masing-masing $\to 0$ ), lalu $N_j > N_{j-1}$ sedemikian besar sehingga ekornya memenuhi $\sum_{n > N_j}\abs{x^{(k_j)}_n} < \frac\delta{20}$ (menurut kekonvergenan deret yang mendefinisikan $\norm{x^{(k_j)}}_1$ ). Blok $B_j = \intoc{N_{j-1}}{N_j}$ lalu membawa segalanya kecuali $\frac\delta{10}$ dari massa $x^{(k_j)}$ .

20. Dengan $y$ seperti didefinisikan (sehingga $\abs{y_n} \leq 1$ di mana-mana):

\langle x^{(k_j)}, y\rangle = \sum_{n \in B_j}\abs{x^{(k_j)}_n} + \sum_{n \notin B_j}x^{(k_j)}_ny_n \geq \Bigl(\norm{x^{(k_j)}}_1 - \frac\delta{10}\Bigr) - \frac\delta{10} \geq \delta - \frac{2\delta}{10} = \frac{4\delta}5 > 0,

dengan ketaksamaan di tengahnya karena massa di luar bloknya paling banyak $\frac\delta{10}$ (pertanyaan 19). Padahal $y \in \ell^\infty = (\ell^1)'$ dan $x^{(k)} \rightharpoonup 0$ memaksa $\langle x^{(k_j)}, y\rangle \to 0$ : kontradiksi. Karena itu barisan $\ell^1$ yang nol secara lemah juga nol dalam norma, dan lewat translasi barisan yang konvergen lemah akan konvergen dalam norma: itulah teorema Schur.

21. Subbarisan $(e_k)$ yang konvergen lemah akan berlimit $0$ (menurut koordinatnya), sehingga menurut Schur $\norm{e_{k_j}}_1 \to 0$ — padahal normanya $1$ . Jadi tak ada subbarisan yang konvergen lemah, seperti ditemukan dengan tangan pada pertanyaan 13. Tak ada paradoks: Schur mengatakan bahwa barisan tak dapat membedakan topologi lemah dari topologi norma di $\ell^1$ (sedangkan topologinya sendiri memang berbeda — persekitaran lemahnya tak pernah terbatas normanya), dan kekompakan barisan secara lemah pada bola satuannya merupakan sifat lain yang lebih kuat, yang setara dengan kerefleksifan (Eberlein–Šmulian, yang melampaui perkakas kita; kegagalannya, setidaknya, sudah kita buktikan).

22. Sensusnya.

$E$	$E'$	sep.	refl.	bola kompak barisan lemah
$c_0$	$\ell^1$	ya	tidak	tidak ( $e_1{+}\dots{+}e_k$ )
$\ell^1$	$\ell^\infty$	ya	tidak	tidak ( $e_k$ , p. 21)
$\ell^p$	$\ell^q$	ya	ya	ya (p. 13)
$\ell^\infty$	$\supsetneq\ell^1$	tidak	tidak	tidak

Ciri khasnya: $c_0$ — bidualnya $\ell^\infty$ , yakni langkah tak refleksif yang pertama (pertanyaan 14); $\ell^1$ — sifat Schur (pertanyaan 20); $\ell^p$ — kerefleksifan dan kekompakan lemah (pertanyaan 7 dan 13); $\ell^\infty$ — ketakseparabelan dan limit Banach: yakni fungsional yang tak dapat diwakili barisan mana pun (pertanyaan 8 dan 10–11). Satu keluarga ruang, empat dunia yang berbeda.

23. Misalkan $(f_k) \subseteq F$ dengan $\norm{x - f_k} \to d$ . Maka $\norm{f_k} \leq \norm x + \sup_k\norm{x - f_k}$ : jadi terbatas, sehingga menurut pertanyaan 13 ada subbarisan $f_{k_j} \rightharpoonup f$ . Jika $f \notin F$ , maka $\delta = \operatorname{dist}(f, F) > 0$ (sebab $F$ tertutup); lalu pada $F \oplus \R f$ bentuk linear $\lambda(g + tf) = t$ memenuhi $\abs{\lambda(u)} \leq \norm u/\delta$ (sebab $\norm{g + tf} \geq \abs t\,\delta$ ), dan Hahn–Banach memperluasnya menjadi $\Lambda \in (\ell^p)'$ dengan $\Lambda\restriction_F = 0$ dan $\Lambda(f) = 1$ ; tetapi lalu $0 = \Lambda(f_{k_j}) \to \Lambda(f) = 1$ : kontradiksi. Jadi $f \in F$ , dan $x - f_{k_j} \rightharpoonup x - f$ memberikan, menurut pertanyaan 17,

d \leq \norm{x - f} \leq \liminf_j\,\norm{x - f_{k_j}} = d :

jadi jaraknya tercapai di $f$ . Di $c_0$ : $\abs{\Lambda(x)} \leq \sum_n2^{-n}\abs{x_n} < \norm x_\infty$ untuk setiap $x \neq 0$ (sebab barisan nol yang tak nol tak mungkin memenuhi $\abs{x_n} = \norm x_\infty$ untuk setiap $n$ ), sedangkan pemenggalan $(1, \dots, 1, 0, \dots)$ memberikan $\Lambda = 1 - 2^{-N} \to 1$ : jadi $\norm\Lambda = 1$ , yang tak pernah tercapai. Rumus jaraknya: untuk $f \in \ker\Lambda$ , $\abs{\Lambda(x)} = \abs{\Lambda(x - f)} \leq \norm{x - f}$ , sehingga $\operatorname{dist}(x, \ker\Lambda) \geq \abs{\Lambda(x)}$ ; sebaliknya, untuk $u$ di bola satuannya dengan $\Lambda(u) \geq 1 - \varepsilon$ , vektor $f = x - \frac{\Lambda(x)}{\Lambda(u)}u$ terletak di $\ker\Lambda$ dengan $\norm{x - f} \leq \frac{\abs{\Lambda(x)}}{1 - \varepsilon}$ : jadi kesamaan. Seandainya suatu $f \in \ker\Lambda$ mencapainya, maka $z = x - f$ akan memenuhi $\abs{\Lambda(z)} = \abs{\Lambda(x)} = \norm z \neq 0$ , sehingga $\Lambda$ akan mencapai normanya di $z/\norm z$ : mustahil. Jadi ada hiperbidang tertutup $c_0$ yang tak punya titik terdekat di mana pun — sehingga kerefleksifan bukanlah hiasan.

24. Tetapkan $y_1 = x^{(1)}$ . Diberikan $y_1, \dots, y_j$ , setiap pemetaan $k \mapsto \langle y_i, x^{(k)}\rangle$ menuju $0$ (sebab $y_i \in \ell^2 = (\ell^2)'$ ), sehingga ada $k_{j+1}$ melewati indeks sebelumnya dengan $\abs{\langle y_i, x^{(k_{j+1})}\rangle} \leq \frac1{j+1}$ untuk $i = 1, \dots, j$ ; sebutlah pilihan itu $y_{j+1}$ . Maka

\Bigl\lVert\sum_{j=1}^my_j\Bigr\rVert_2^2 = \sum_{j=1}^m\norm{y_j}_2^2 + 2\sum_{j=2}^m\sum_{i<j}\langle y_i, y_j\rangle \leq mC^2 + 2\sum_{j=2}^m\frac{j-1}j \leq mC^2 + 2m,

lalu dengan membaginya dengan $m^2$ : $\norm{\frac1m\sum_jy_j}_2^2 \leq \frac{C^2 + 2}m \to 0$ . (Untuk limit lemah $x \neq 0$ , terapkan hal ini pada $x^{(k)} - x$ .) Pada $(e_k)$ yang ortonormal bahkan tak perlu ekstraksi: $\norm{\frac1m(e_1 + \dots + e_m)}_2 = \frac{\sqrt m}m = \frac1{\sqrt m}$ . Jadi rata-ratanya mengubah kekonvergenan lemah menjadi kekonvergenan norma: itulah sifat Banach–Saks pada $\ell^2$ .

25. Karena $A_mx = \frac1m\sum_{i=0}^{m-1}S^ix$ , maka kelinearan dan keinvarianan pergeserannya memberikan $L(A_mx) = L(x)$ . Untuk sembarang $u$ yang terbatas dan $\varepsilon > 0$ , pilihlah $N$ dengan $u_n \leq \limsup u + \varepsilon$ untuk $n \geq N$ ; lalu kepositifan yang diterapkan pada $(\limsup u + \varepsilon)\mathbf 1 - S^Nu \geq 0$ beserta $L(S^Nu) = L(u)$ memberikan $L(u) \leq \limsup u + \varepsilon$ , dan secara simetris $L(u) \geq \liminf u - \varepsilon$ : sehingga $\liminf A_mx \leq L(x) \leq \limsup A_mx$ untuk setiap $m$ . Jika $x$ berperiode $T$ , maka $A_Tx$ berupa barisan konstan yang sama dengan rata-rata periodenya $\mu$ : jadi $L(x) = \mu$ untuk setiap limit Banach — yakni $\frac13$ pada $(1,0,0,\dots)$ dan $\frac12$ pada $(0,1,0,1,\dots)$ seperti pada pertanyaan 12. Untuk barisan bloknya: di $N = 3^j$ dengan $j$ genap blok terakhirnya seluruhnya satu, sehingga rata-rata Cesàronya $\geq \frac{3^j - 3^{j-1}}{3^j} = \frac23$ ; sedangkan di $N = 3^j$ dengan $j$ ganjil semua angka satunya duduk di $\intoc0 {3^{j-1}}$ , sehingga rata-ratanya $\leq \frac13$ . Karena itu $p(x) \geq \frac23$ dan $-p(-x) = \liminf_n\frac{x_1 + \dots + x_n}n \leq \frac13$ . Pada $M = c \oplus \R x$ definisikan $\Lambda_+(y + tx) = \lim y + t\,p(x)$ . Dominasinya oleh $p$ : untuk $t > 0$ , kesublinearannya memberikan $p(tx) \leq p(y + tx) + p(-y)$ , yakni $p(y + tx) \geq t\,p(x) + \lim y$ (perhatikan $p(\pm y) = \pm\lim y$ untuk $y \in c$ : sebab rata-rata Cesàro barisan konvergen konvergen ke limitnya); untuk $t = -s < 0$ , $p(y) \leq p(y - sx) + p(sx)$ memberikan $p(y - sx) \geq \lim y - s\,p(x)$ ; sedangkan untuk $t = 0$ terjadi kesamaan. Jadi $\Lambda_+ \leq p$ pada $M$ , dan Hahn–Banach memperluasnya menjadi $L_+ \leq p$ pada $\ell^\infty_\R$ , yang merupakan limit Banach persis seperti pada pertanyaan 10 (sebab dominasi oleh $p$ melahirkan kepositifan, keinvarianan pergeseran, dan nilai $\lim$ pada $c$ ), dengan $L_+(x) = p(x) \geq \frac23$ . Perhitungan yang sama dengan $\Lambda_-(y + tx) = \lim y - t\,p(-x)$ (memakai $p(-sx) \leq p(y - sx) + p(-y)$ untuk kasus $t = -s < 0$ ) melahirkan limit Banach $L_-$ dengan $L_-(x) = -p(-x) \leq \frac13$ . Dua limit Banach, satu barisan, dua nilai: jadi di luar dunia periodik (dan, lebih umum, dunia yang hampir konvergen), sebuah limit Banach merupakan pilihan yang sesungguhnya.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium

8.1 Operator terbatas; ruang barisan

8.2 Hahn–Banach

8.3 Trilogi Baire

8.4 Ruang dual, secara konkret

8.5 Latihan

8.6 Soal: dualitas ruang ℓp\ell^pℓp

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

8.6 Soal: dualitas ruang $\ell^p$