2009-2010 Eric Jespers - Personal Homepageshomepages.ulb.ac.be/~efjesper/lectnote.pdfHoofdstuk 1 INLEIDING In deze analyse cursus worden vooral functieruimten behandeld. D.w.z. wij

FUNCTIONAAL ANALYSE I

2009-2010

Eric Jespers

http://homepages.vub.ac.be/∼efjesperhttp://www.vub.ac.be/OSC/pointcarre/teleleerplatform

Inhoudsopgave

1 INLEIDING 1

2 INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN 32.1 Banachruimten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32.2 Vervollediging . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.3 Eindigdimensionale ruimten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.4 Begrensde lineaire operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.5 De duale ruimte van een

Banachruimte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.6 Separabele genormeerde ruimten . . . . . . . . . . . . . . . . 242.7 Pre-Hilbertruimte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.8 Hilbertruimte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.9 Vervollediging en Hilbertruimte . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.10 Orthogonale Complementen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.11 Orthonormale basissen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352.12 De duale ruimte van een

Hilbertruimte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.13 Enkele voorbeelden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

3 BENADERING DOOR CONVOLUTIE 473.1 Convolutieproduct . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 473.2 Stelling van Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 533.3 Trigonometrische veeltermen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 563.4 Puntsgewijze convergentie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

4 FOURIER-TRANSFORMATIE 694.1 Convolutieproduct . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 724.2 De Fourierintegraal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 734.3 Inversieformule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

i

ii INHOUDSOPGAVE

4.4 Fouriertransformatie in L2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

5 HERMITISCHE OPERATOREN 875.1 Lineaire operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 885.2 Inverteerbare begrensde lineaire

operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 895.3 Spectrum van een operator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 925.4 Adjunctafbeelding . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 985.5 Hermitische operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1035.6 Spectrum van een Hermitische

operator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1125.7 Positieve operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1165.8 Projectie operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1215.9 Compacte operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1235.10 Compacte Hermitische operatoren . . . . . . . . . . . . . . . 129

6 Appendix 1376.1 Sommatieprocedes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1376.2 Convergentie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1406.3 Exponentiele functies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

7 Oefeningen 1477.1 Inleiding tot Hilbertruimten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1477.2 Benadering door convolutie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1537.3 Hermitische operatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156

Bibliografie 163

Index 163

INHOUDSOPGAVE iii

EVALUATIE

Mondeling examen (40%) over theorie HOC

Schriftelijk examen (40%) over oefeningen en huiswerken

Projectwerk (20%) schriftelijk in te dienen met mondelinge verdediging;beide onderdelen worden gelijk verrekend in de evaluatie

iv INHOUDSOPGAVE

Hoofdstuk 1

INLEIDING

In deze analyse cursus worden vooral functieruimten behandeld. D.w.z. wijbeschouwen vectorruimten van (lineaire) functies (gedefinieerd op een lineaireruimte) voorzien van een topologie (of meerdere toplogieen). Er zijn dan tweeverschillende richtingen die men kan uitgaan: (1) de studie van de meetkundeop de lineaire ruimte (afhankelijk van de topologie) en (2) de studie van delineaire operatoren op de ruimte.

Beide takken zijn al een beetje aan bod gekomen in je studie, name-lijk in de lineaire algebra en analyse I en II (met inbegrip van topologie).In lineaire algebra heb je echter vooral gewerkt met eindig dimensionalevectorruimten. In deze cursus bestuderen wij vooral richting (2): lineaireoperatoren op oneindigdimensionale ruimten. In Hoofdstuk 2 behandelenwij Banach en Hilbertruimten (complete ruimten) en lineaire operatoren opzulke ruimten, alsook duale ruimten. Verder beschouwen wij zekere klassen(ringen/algebra’s) van functieruimten. Deze hebben niet noodzakelijk eeneenheidselement. Doch wij kunnen een benaderende eenheid beschouwen enhiervoor benodigen wij het convolutieproduct. Als toepassing bewijzen wijdan de Stelling van Weierstrass: alle continue reele functies op een compactreeel interval zijn uniform te benaderen door veeltermfuncties (een resultaatdat was aangekondigd in de cursussen analyse I en II). Dit alles wordt be-handeld in Hoofdstuk 3.

In een latere cursus geeft men als toepassing ook oplossingen voor bepaaldedifferentiaalvergelijkingen (o.a. de warmtevergelijking). In deze cursus bestud-eren wij vooral uniforme benaderingen van functies via orthogonale verza-melingen van functies. In andere cursussen zal je ook andere methodenbestuderen, o.a. Fouriertransformatie. Deze transformatie is bovendien ergnuttig bij het oplossen van differentiaalvergelijkingen. Het staat soms toeom “ingewikkelde differentiaalvergelijkingen” om te zetten in “eenvoudigere

1

2 HOOFDSTUK 1. INLEIDING

(algebraısche) differentiaalvergelijkingen”.Het vorige toont een andere leidraad in deze cursus: de interactie tus-

sen analyse en algebra. Dit laatste komt nog meer aan bod in Hoofdstuk 5dat handelt over Hermitische operatoren. Net zoals in eindig dimensionalelineaire algebra bestuderen wij hier een diagonalisatieproces van zekere ope-ratoren op functieruimten (deze zijn voornamelijk oneindig dimensionaal).

EVALUATIE

• mondeling examen over theorie HOC: 40%

• schriftelijk examen over oefeningen en huiswerken: 40%

• Projectwerk schriftelijk in te dienen met mondelinge verdediging (beideonderdelen worden gelijk verrekend in de evaluatie): 20%

Hoofdstuk 2

INLEIDING TOTHILBERTRUIMTEN

2.1 Banachruimten

Tenzij anders vermeld stelt K het veld van ofwel de reele getallen R ofwelhet veld van de complexe getallen C voor. Met een vectorruimte bedoelenwij steeds een K-vectorruimte.

Een Banachruimte is een genormeerde K-ruimte waarin elke Cauchy rijconvergent is (dus een volledige genormeerde ruimte).

Wij geven verschillende voorbeelden. Het eerste voorbeeld werd bewezenin een vorige cursus.

Voorbeeld 2.1.1. De ruimte Rn of Cn voorzien van de norm

‖x‖ =

n∑j=1

|xj |21/2

,

met x = (x1, . . . , xn) is een Banachruimte.

Het tweede voorbeeld is een veralgemening van het vorige (voor een bewijsverwijzen wij naar de literatuur).

Voorbeeld 2.1.2. Zij p ≥ 1 een reeel getal. De ruimte `p is een Ba-nachruimte.

3

4 HOOFDSTUK 2. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN

`p is per definitie de verzameling van complexe rijen x = (xn) waarvoor∑∞n=1 |xn|p convergent is. De norm op `p is gedefinieerd als volgt:

‖x‖ =

∞∑j=1

|xj |p1/p

,

voor x = (xn) ∈ `p. Dus voor y = (yn) ∈ `p,

d(x, y) =

∞∑j=1

|xj − yj |p1/p

.

In een vorige cursus werden de volgende eigenschappen bewezen. Zij Xeen verzameling en (Y, ‖ ‖) een genormeerde ruimte. Met

(B(X,Y ), ‖ ‖∞)

noteren wij de ruimte van de begrensde functies van X naar Y met de sup-norm ‖ ‖∞. Herinner dat ‖f‖∞ = sup{‖f(x)‖ | x ∈ X. Verder is

C(X,Y )

de ruimte van de continue functies van X naar Y .

Eigenschap 2.1.3. Zij X een verzameling en (Y, ‖ ‖) een genormeerderuimte. Dan, Y is een Banachruimte als en slechts als (B(X,Y ), ‖ ‖∞) eenBanachruimte is.

Eigenschap 2.1.4. Een deelruimte M van een volledige ruimte X is zelfvolledig als en slechts als M gesloten is in X.

Als X en Y genormeerde ruimten zijn en Y volledig is, dan is de ruimtevan de continue begrensde functies C∗(X,Y ) een Banachruimte voor de sup-norm.

Als toepassing van deze eigenschappen kan men allerlei voorbeelden vanBanachruimten geven.

Voorbeeld 2.1.5. Zij `∞ de ruimte van de complexe begrensde rijen x = (xj)met norm

‖x‖∞ = sup{|xj | | j ≥ 1}.

Deze ruimte is een Banachruimte.

2.1. BANACHRUIMTEN 5

Gevolg 2.1.6. De ruimte c van alle convergente complexe rijen x = (xn)met de norm ‖ ‖∞ (de supnorm) is een Banachruimte.

Bewijs. Wegens Eigenschap 2.1.4 is het voldoende om aan te tonen dat cgesloten is in `∞. Zij dus x = (xn) ∈ c, de sluiting van c in `∞. Dan bestaater een rij (zn) in c zodat zn → x. Schrijf zn = (xn,j). Voor ε > 0 bestaat eennatuurlijk getal N zodat voor elke n ≥ N en voor alle j ≥ 1,

|xn,j − xj | ≤ d(zn, x) <ε

3.

Daar zn = (xn,j) ∈ c een convergente rij is, en dus een Cauchy rij is, bestaater een natuurlijk getal N1 zodat

|xn,j − xn,k| <ε

3

voor j, k ≥ N1. Vanwege de driehoeksongelijkheid verkrijgen wij dus

|xj − xk| ≤ |xj − xN,j |+ |xN,j − xN,k|+ |xN,k − xk| < ε.

Bijgevolg is de rij x = (xn) convergent, d.w.z. x ∈ c. Dus elke x ∈ c behoorttot c. Bijgevolg is c = c gesloten. 2

Voorbeeld 2.1.7. Zij I een reeel gesloten interval en C(I) = CC(I) deruimte van de complexe continue functies gedefinieerd op I met norm

‖x‖∞ = sup{|x(t)| | t ∈ I} = max{|x(t)| | t ∈ I}.

De ruimte C(I) is een Banachruimte.

Wij geven nu enkele voorbeelden van genormeerde ruimten die niet volledigzijn. Het is welbekend dat de rationale getallen Q met de norm “de absolutewaarde” geen volledige ruimte is.

Zij P de ruimte van de polynoomfuncties gedefinieerd op een gesloteninterval I = [a, b] met norm gedefinieerd via

‖f‖ = max{|f(t)| | t ∈ I}

en geinduceerde metriek

d(f, g) = max{|f(t)− g(t)| | t ∈ I}.


Er bestaan functies die een limiet zijn van polynoomfuncties, maar die zelfgeen polynoomfunctie zijn. Dus is P geen Banachruimte. (Later bewijzen wijin de Stelling van Weierstrass dat alle continue functies in CR(I) benaderdworden door polynomen.)

Voorbeeld 2.1.8. De ruimte CR([a, b]) is niet volledig voor de norm

‖f‖ =∫ b

a|f(t)|dt.

Bewijs. Zij a < b reele getallen. Voor elk voldoende groot geheel getal m,zodat a+b

2 + 1m ≤ b, beschouw de continue functie fm : I → R gedefinieerd

als volgt:

fm(t) =

a a ≤ t ≤ a+b2 = a+

(b−a2

)m(b− a)t+

(a−

(b2−a2

2

)m)

a+b2 ≤ t ≤

a+b2 + 1

m

b a+b2 + 1

m ≤ t ≤ b

(Merk op dat voor m voldoende groot, a ≤ a+b2 + 1

m ≤ b.) Dus, voor elkeg ∈ CR([a, b]),

d(fm, g) =∫ b

a|fm(t)− g(t)|dt

=∫ a+b

2

a|a− g(t)|dt+

∫ a+b2

+ 1m

a+b2

|fm(t)− g(t)|dt

+∫ b

a+b2

+ 1m

|b− g(t)|dt

Veronderstel dat d(fm, g)→ 0 (d.w.z. fm → g). Aangezien de drie integralenpositief zijn, volgt er dat elke integraal convergeert naar nul. Omdat g continuis volgt er

g(t) = a voor t ∈[a,a+ b

2

)

g(t) = b voor t ∈(a+ b

2, b

].

Dit is echter onmogelijk omdat g continu is. 2

2.2. VERVOLLEDIGING 7

Op analoge manier als het vorige voorbeeld bewijst men het volgenderesultaat.

Voorbeeld 2.1.9. De ruimte CC([a, b]) met norm

‖f‖ =(∫ b

a|f(t)|2dt

)1/2

is niet volledig.

2.2 Vervollediging van een genormeerderuimte

Herinner dat een afbeelding T : (X, d) → (X, d) tussen twee metrischeruimten een isometrie genoemd wordt als het de metriek bewaart, d.w.z.d(x, y) = d(T (x), T (y)) voor alle x, y ∈ X. Als T bovendien bijectief is danzeggen wij dat X en X isometrisch zijn. In dit geval is T een homeomorfisme,d.w.z. T en T−1 zijn continue afbeeldingen. Meestal maken wij geen onder-scheid tussen isometrische ruimten X en Y ; wij maken dikwijls misbruik vannotatie en schrijven eenvoudig X = Y .

Stelling 2.2.1. Zij X = (X, d) een metrische ruimte, dan bestaat er eenvolledige metrische ruimte X = (X, d) en een dichte deelruimte Y in X dieisometrisch is met X. De ruimte X is uniek (op isometrieen na), d.w.z. alsX een volledige metrische ruimte is met een dichte deelruimte Y isometrischmet X, dan zijn X en X isometrisch.

Bewijs. Wij geven een bewijs in zes stappen.

(i) Constructie van X = (X, d).Twee Cauchyrijen (xn) en (yn) in X noemt men equivalent, genoteerd

(xn) ∼ (yn),

alslim

n→∞d(xn, yn) = 0.


De relatie ∼ is een equivalentierelatie op de verzameling van alle Cauchyrijenop X. De equivalentieklasse van een Cauchyrij x = (xn) wordt genoteerddoor x. Zij

X = {x | x een Cauchyrij in X},

de verzameling van de equivalentieklassen van de Cauchyrijen opX. Definieer

d(x, y) = limn→∞

d(xn, yn),

waarbij (xn) ∈ x en (yn) ∈ y. Wij bewijzen nu dat deze limiet bestaat enonafhankelijk is van de keuze van de Cauchyrijen in x en y.

Inderdaad, aangezien

d(xn, yn) ≤ d(xn, xm) + d(xm, ym) + d(ym, yn)

verkrijgen wij

d(xn, yn)− d(xm, ym) ≤ d(xn, xm) + d(ym, yn)

en analoog

d(xm, ym)− d(xn, yn) ≤ d(xm, xn) + d(yn, ym).

Dus|d(xn, yn)− d(xm, ym)| ≤ d(xn, xm) + d(ym, yn).

Aangezien x en y Cauchyrijen zijn en omdat R volledig is, volgt er nu een-voudig dat limn→∞ d(xn, yn) bestaat.

Vervolgens, veronderstel dat (xn) ∼ (x′n) en (yn) ∼ (y′n), dan (zoals in devorige paragraaf)

|d(xn, yn)− d(x′n, y′n)| ≤ d(xn, x′n) + d(yn, y

′n).

Aangezien d(xn, x′n)→ 0 en d(yn, y

′n)→ 0 volgt er dat

limn→∞

d(xn, yn) = limn→∞

d(x′n, y′n).

(ii) d is een metriek op X.Duidelijk is d(x, y) ≥ 0, d(x, x) = 0 en d(x, y) = d(y, x). Bovendien volgt eruit d(x, y) = 0 dat (xn) ∼ (yn) en dus x = y. Bijgevolg, d(x, y) = 0 als enslechts als x = y. Tenslotte volgt de driehoeksongelijkheid door een limiet tenemen van de ongelijkheid

d(xn, yn) ≤ d(xn, zn) + d(zn, yn).


(iii) Constructie van de isometrie f : X → Y , met Y ⊆ X.Voor elke x ∈ X noteren wij de constante rij (x, x, . . .) ook met x. Zij Y dedeelruimte van X van de equivalentieklassen van de constante rijen. Definieer

f : X → X : x→ (x, x, . . .).

Dan, voor elke x, y ∈ X,


d(x, y) = d(x, y).

Bijgevolg is f een injectieve isometrie en dus zijn X en Y isometrisch.

(iv) Y is dicht in X.Veronderstel x ∈ X en (xn) ∈ x. Zij ε > 0, dan bestaat een natuurlijk getalN zodat

d(xn, xN ) <ε

2,

voor n > N . Stel y = (xN , xN , . . .) ∈ xN en xN ∈ Y . Bovendien

d(x, xN ) = limn→∞

d(xn, xN ) ≤ ε

2< ε.

Dus, elke ε-omgeving van een willekeurige x ∈ X bevat een element van Y .Dus is Y dicht in X.

(v) X is volledig.Zij (xn) een Cauchyrij in X. Omdat Y dicht is in X bestaat er voor elke xn

een yn ∈ Y zodat

d(xn, yn) <1n.

Wegens de driehoeksongelijkheid volgt er dus

d(ym, yn) ≤ d(ym, xm) + d(xm, xn) + d(xn, yn)

<1m

+ d(xm, xn) +1n.

Er volgt dan eenvoudig dat (ym) een Cauchyrij is.Aangezien X en Y isometrisch zijn (onder de functie f) volgt er dat (ym)

een Cauchyrij is in X, met ym = f−1(ym). Zij y ∈ X de klasse tot welke(ym) behoort. Wij bewijzen nu dat y de limiet is van (xn). Inderdaad,

d(xn, y) ≤ d(xn, yn) + d(yn, y)

<1n

+ d(yn, y)

<1n

+ limm→∞

d(yn, ym).


Daar, voor elke ε > 0, limm→∞ d(yn, ym) < ε voor voldoende grote n, volgter dat

limn→∞

xn = y.

(vi) Uniciteit van X.Zij (X, d) een andere volledige metrische ruimte met dichte deelruimte Yen Y isometrisch met X (onder een isometrie g). Dan, voor elke x, y ∈ Xbestaan er rijen (xn), (yn) in Y zodat xn → x en yn → y. Bijgevolg, uit

|d(x, y)− d(xn, yn)| ≤ d(x, xn) + d(y, yn)

(dit wordt bewezen zoals een vorige ongelijkheid) volgt er


d(xn, yn)

= limn→∞

d(g−1(xn), g−1(yn))

= d(x, y),

waar x =(g−1(xn)

)en y =

(g−1(yn)

). Bijgevolg definieert

x 7→ x,

met (g−1(xn)

)∈ x

en limn→∞ xn = x en xn ∈ Y , een isometrie tussen X en X. (Merk op datde afbeelding x 7→ x ook bijectief is.) 2

Gevolg 2.2.2. Zij X = (X, ‖ ‖) een genormeerde ruimte. Dan bestaat ereen Banachruimte X en isometrie van X op een dichte deelruimte Y van X.De ruimte X wordt de completie van X genoemd.

Bewijs. Wij gebruiken dezelfde notatie als in het bewijs vanStelling 2.2.1. Zij f : X → Y ⊆ X een isometrie.

Vooreerst bewijzen wij dat X een vectorruimte is. Zij daarom x, y ∈ Xen (xn) ∈ x, (yn) ∈ y. Stel zn = xn + yn. Dan is (zn) een Cauchyrij in Xomdat

‖zn − zm‖ = ‖(xn + yn)− (xm + ym)‖≤ ‖xn − xm‖+ ‖yn − ym‖.


Definieer

x+ y = z met z = (zn).

Deze definitie is onafhankelijk van de keuze van de Cauchyrijen. Inderdaad,zij (xn) ∼ (x′n) en (yn) ∼ (y′n), dan

‖(xn + yn)− (x′n + y′n)‖ ≤ ‖xn − x′n‖+ ‖yn − y′n‖.

Er volgt dat (xn + yn) ∼ (x′n + y′n).Het scalair product is gedefinieerd als volgt, voor r ∈ K en x ∈ X,

rx = (rxn).

Het is eenvoudig te verifieren dat X aldus een vectorruimte is waarbijY een deelruimte is van X. Het nulelement is 0, de klasse die de constantenulrij bevat.

Vervolgens definieren wij een norm ‖ ‖1 op X als volgt. Voor y = f(x),met x ∈ X,

‖y‖1 = ‖x‖.

De corresponderende metriek op Y is de beperking van d tot Y (omdat f eenisometrie is). Dus voor y = f(x), met x ∈ X,

‖y‖1 = ‖x‖ = d(x, 0) = d(x, 0).

Definieer nu voor een willekeurige x ∈ X,

‖x‖1 = d(x, 0).

Gebruikmakend van een limietproces en de normeigenschappen op X en dusop Y , volgt er dat ‖ ‖1 inderdaad een norm definieert op X. 2

Met de technieken zoals in het vorige bewijs toont men de volgende eigen-schap aan.

Eigenschap 2.2.3. De sluiting Y van een deelruimte Y van een genormeerderuimte X is een deelruimte van X.


2.3 Eindigdimensionale genormeerderuimten en deelruimten

In dit gedeelte bestuderen wij een speciale klasse van genormeerde ruimten:de eindig dimensionale ruimten.

Lemma 2.3.1. Zij {x1, x2, . . . , xn} een stel lineair onafhankelijke vectorenin een genormeerde ruimte X. Dan bestaat er een getal c > 0 zodat voor elker1, r2, . . . , rn ∈ K,

‖r1x1 + · · ·+ rnxn‖ ≥ c(|r1|+ · · ·+ |rn|).

Bewijs. Zij r1, . . . , rn ∈ K en r = |r1| + · · · + |rn|. Als r = 0, dan is elkeri = 0 en dus is de ongelijkheid evident. Als r 6= 0, dan vervangen wij ri doorrir . Het volgt dat het voldoende is het lemma te bewijzen voor scalairen rimet

∑ni=1 |ri| = 1.

Veronderstel dat het lemma niet waar is. Dan bestaat er een rij vectoren

ym = rm,1x1 + · · · rm,nxn,

met∑n

i=1 |rm,i| = 1, zodat‖ym‖ → 0.

Voor elke i is |rm,i| ≤ 1 is, en dus is de rij

(rm,i) = (r1,i, r2,i, . . .)

begrensd. Wegens de Stelling van Bolzano-Weierstrass heeft de rij (rm,1) =(r1,1, r2,1, . . .) een convergente deelrij. Zij t1 de limiet van deze rij en (ym,1)de corresponderende deelrij van (ym). Hetzelfde argument toegepast op derij (ym,1) geeft een deelrij (ym,2) voor dewelke de corresponderende rij vanscalairen (rm,2) convergeert. Zij t2 de limiet van deze rij. Na n toepassingenverkrijgen wij een deelrij (ym,n) = (y1,n, y2,n, . . .) van (ym) zodat

ym,n =n∑

i=1

r′m,ixi metn∑

i=1

|r′m,i| = 1

en, voor alle 1 ≤ i ≤ n,

r′m,i → ti als m→∞.

Bijgevolg, als m→∞, dan

ym,n → y =n∑

i=1

tixi

2.3. EINDIGDIMENSIONALE RUIMTEN 13

enn∑

i=1

|ti| = 1.

I.h.b. zijn niet alle ti nul. Aangezien de verzameling {x1, . . . , xn} lineaironafhankelijk is, volgt er dat y 6= 0.

Anderzijds, omdat ym,n → y als m→∞, volgt dat ‖ym,n‖ → ‖y‖ (wegensde continuıteit van de norm). Maar wij weten ook dat ‖ym‖ → 0. Dus‖y‖ = 0 en bijgevolg y = 0, een contradictie. 2

Stelling 2.3.2. Een eindig dimensionale deelruimte Y van een genormeerderuimte X is volledig, en dus een gesloten deelruimte. I.h.b. elke eindig di-mensionale genormeerde ruimte is een Banachruimte.

Bewijs. Zij (ym) een Cauchyrij in Y . Zij n de dimensie van Y en {e1, . . . , en}een basis van Y . Dan, voor elke m bestaan rm,i ∈ K zodat

ym = rm,1e1 + · · · rm,nen.

Voor elke ε > 0 bestaat er een natuurlijk getal N , zodat voor elke m, k > N ,

‖ym − yk‖ < ε.

Wegens Lemma 2.3.1 bestaat er een getal c > 0 zodat

ε > ‖ym − yk‖

= ‖n∑

i=1

(rm,i − rk,i)ei‖

≥ cn∑

i=1

|rm,i − rk,i|

voor m, k > N . Dus

|rm,i − rk,i| ≤n∑

i=1

|rm,i − rk,i| <ε

c.

Bijgevolg is, voor elke 1 ≤ i ≤ n, de rij

(rm,i) = (r1,i, r2,i, . . .)

een Cauchrij in K. Dus is deze rij convergent, met limiet, zeg, ri. Definieer

y =n∑

i=1

riei.


Duidelijk is y ∈ Y en

‖ym − y‖ = ‖n∑

i=1

(rm,i − ri)ei‖

≤n∑

i=1

|rm,i − ri|‖ei‖.

Aangezien rm,i → ri als m→∞, volgt er dat

‖ym − y‖ → 0

en dus ym → y. Dus elke Cauchyrij in Y heeft een limiet in Y . 2

Wij merken op dat een oneindig dimensionale deelruimte niet noodzakelijkgesloten is. Inderdaad, zij X = CR([0, 1]) en Y de deelruimte voortgebrachtdoor de polynoomfuncties pi met pi(t) = ti en i ≥ 0 een geheel getal. Dus Yis de ruimte van alle polynoomfuncties. De functie f ∈ CR([0, 1]) met

f(t) =1

1− t2

=∞∑

n=0

(t

2

)n

is geen polynoomfunctie maar is de limiet van polynoomfuncties. Een andervoorbeeld is de deelruimte Y = {(xn) | {n | xn 6= 0} is eindig}. Deze ruimteis niet gesloten in `∞.

Definitie 2.3.3. Een norm ‖ ‖ op een vectorruimte X is equivalent met eennorm ‖ ‖0 op X als er strikt positieve getallen a en b bestaan zodat, voor elkex ∈ X,

a‖x‖0 ≤ ‖x‖ ≤ b‖x‖0.

Merk op dat twee normen equivalent zijn als en slechts als de identiekefunctie een Lipschitz functie is. Bijgevolg definieren equivalente normendezelfde topologie op X.

De volgende stelling is niet geldig voor oneindig dimensionale ruimten.

Stelling 2.3.4. Op een eindig dimensionale ruimte X zijn elke twee normenequivalent.

Bewijs. Zij ‖ ‖ en ‖ ‖0 twee normen op X. Zij {e1, . . . , en} een basis vanX. Elke x ∈ X kan geschreven worden als x = r1e1 + · · ·+ rnen, met ri ∈ K.Wegens Lemma 2.3.1 bestaat er een getal c zodat

‖x‖ ≥ c(|r1|+ · · ·+ |rn|).

2.3. EINDIGDIMENSIONALE RUIMTEN 15

Bovendien, wegens de driehoeksongelijkheid,

‖x‖0 ≤n∑

i=1

|ri|‖ei‖0 ≤ kn∑

i=1

|ri|,

met k = max{‖ei‖0 | 1 ≤ i ≤ n}. Dus,

c

k‖x‖0 ≤ ‖x‖.

Door ‖ ‖ en ‖ ‖0 te verwisselen verkrijgen wij de andere ongelijkheid. 2

Het is welbekend dat in een metrische ruimte X een compacte deelruimtegesloten en begrensd is. Het omgekeerde is echter niet waar. Wij geven eenvoorbeeld.

Voorbeeld 2.3.5. Beschouw de rij (en) ∈ `∞ met en = (δni). Dus en heefteen 1 op de n-de plaats en 0 op elke andere plaats. Dan is ‖en‖∞ = 1 en dusis en een begrensde rij. De verzameling {en | n ≥ 1} is gesloten maar nietcompact.

In een eindig dimensionale genormeerde ruimte heeft men echter de vol-gende stelling.

Stelling 2.3.6. In een eindig dimensionale genormeerde ruimte X is eendeelverzameling Y compact als en slechts als Y gesloten en begrensd is.

Stelling 2.3.7. (Riesz) Zij X = (X, ‖ ‖) een genormeerde ruimte. De vol-gende eigenschappen zijn equivalent.

1. X is eindig dimensionaal,

2. de gesloten eenheidsbol B = {x | ‖x‖ ≤ 1} is compact,

3. iedere gesloten bol in X is compact,

4. er bestaat een compacte bol in X.

Bewijs. (1)⇒(2) Omdat de gesloten eenheidsbol gesloten en begrensd is enomdat X eindig dimensionaal is, volgt uit Stelling 2.3.6 dat de eenheidsbolcompact is.

(2)⇒(1) Aangezien B compact is bestaan er x1, x2, . . . , xn ∈ X zodat

B ⊆ ∪ni=1Bi,


met Bi = {x ∈ X | ‖x − xi‖ ≤ 12}. Zij Y de deelruimte voortgebracht door

x1, . . . , xn. Als eindig dimensionale ruimte is Y een gesloten deelruimte vanX.

Wij beweren dat X = Y , en dus volgt het resultaat. Veronderstel X 6= Y .Dan bestaat er een x ∈ (X \ Y ) zodat

d(x, Y ) = inf{‖x− y‖ | y ∈ Y } = p > 0.

Kies y ∈ Y met

‖x− y‖ ≤ 3p2,

en stelz =

1‖x− y‖

(x− y).

Dan z ∈ B en dus bestaat 1 ≤ i ≤ n zodat z ∈ Bi. Aangezien

x− (y + ‖x− y‖xi) = ‖x− y‖(z − xi)

en y + ‖x− y‖xi ∈ Y volgt er

p ≤ ‖x− y‖ ‖z − xi‖ ≤12‖x− y‖ ≤ 3p

4,

een contradictie.De rest van het bewijs laten wij over aan de lezer. 2

2.4 Begrensde lineaire operatoren

Een lineaire operator (lineaire afbeelding) tussen twee vectorruimten is eenfunctie f : V →W zodat

f(rv1 + sv2) = rf(v1) + sf(v2),

voor alle r, s ∈ K en v1, v2 ∈ V . De kern (of nulruimte) van f is de deelruimte

ker(f) = {v ∈ V | f(v) = 0}.

Het beeld van f is de deelruimte

Im(f) = f(V ) = {f(v) | v ∈ V }.

Het is welbekend dat f injectief is als en slechts als ker(f) = {0}. Als fbijectief is, dan is de inverse functie f−1 ook een lineaire operator.

Wij geven enkele voorbeelden van lineaire operatoren.

2.4. BEGRENSDE LINEAIRE OPERATOREN 17

1. De identieke operator IV : V → V : v 7→ v.

2. De nul operator 0 : V → V : v 7→ 0.

3. De afgeleide operator op de ruimte C1R(I) van de continue afleidbare

functies op een gesloten interval I voorzien van de supremumnorm. Defunctie

D : C1R(I)→ CR(I) : f 7→ f ′

is lineair.

4. De integratie operator T op CR([a, b]) gedefinieerd door

T (f)(t) =∫ t

af(x)dx met t ∈ [a, b]

is lineair.

5. Zij A een reele n× n-matrix. Dan is

TA : Rn → Rn : x 7→ Ax

een lineaire operator op de Euclidische ruimte

Eigenschap 2.4.1. Zij X en Y genormeerde ruimten en f : X → Y eenlineaire operator. De volgende eigenschappen zijn equivalent:

1. f is continu in een punt van X,

2. f is continu,

3. er bestaat een reeel getal c zodat ‖f(x)‖ ≤ c‖x‖ voor alle x ∈ X,

4. f is begrensd op B(0, 1) = {x ∈ X | ‖x‖ ≤ 1}, d.w.z. er bestaat eenreeel getal c zodat ‖f(x)‖ ≤ c voor alle x ∈ B(0, 1).

Bewijs. (1)⇒(3). Veronderstel dat f continu is in x0 ∈ X. Kies ε > 0. Danbestaat er δ > 0 zodat,

als x ∈ X en ‖x− x0‖ ≤ δ dan ‖f(x)− f(x0)‖ ≤ ε.

Zij nu 0 6= x1 ∈ X en definieer

x = x0 +δ

‖x1‖x1.


Dan x− x0 = δ‖x1‖x1 en dus ‖x− x0‖ = δ. Aangezien f lineair is volgt er

‖f(x)− f(x0)‖ = ‖f(x− x0)‖ = ‖ δ

‖x1‖f(x1)‖ =

δ

‖x1‖‖f(x1)‖ ≤ ε.

Bijgevolg‖f(x1)‖ ≤

ε

δ‖x1‖.

Voorwaarde (3) volgt dus met c = εδ .

(3)⇒(2). Indien f = 0 dan is (2) evident voldaan. Veronderstel dus datf 6= 0. Wegens voorwaarde (3) bestaat dan

δ1 = sup{‖f(x)‖‖x‖

| 0 6= x ∈ X}.

Zij nu x0 ∈ X en ε > 0. Stel δ = εδ1

. Aangezien f lineair is, volgt er voor0 6= ‖x− x0‖ < δ,

‖f(x)− f(x0)‖ = ‖f(x− x0)‖ ≤ δ1‖x− x0‖ < δ1δ = ε.

Dus is f continu in een willekeurige x0 ∈ X.

(2)⇒(1). Dit is evident.

(3)⇒(4). Dit is evident.(4)⇒(3) Veronderstel dat f begrensd is op B(0, 1). Zij dus c een reeel

getal zodat‖f(x0)‖ ≤ c

voor elke x0 ∈ B(0, 1). Zij nu 0 6= x ∈ X, dan 1‖x‖x ∈ B(0, 1). Dus

‖f(x)‖ = ‖x‖ ‖f(x

‖x‖)‖ ≤ ‖x‖c.

Dus volgt (3). 2

Een lineaire operator f : X → Y die voldoet aan de voorwaarde vanEigenschap 2.4.1 noemt men een begrensde lineaire operator. De vectorruimtevan alle begrensde lineaire operatoren van een genormeerde ruimte X naareen genormeerde ruimte Y wordt genoteerd

B(X,Y ).

Merk op dat het begrip “begrensde lineaire operator” verschillend is vanbegrensde functie voor de supremumnorm.


Stelling 2.4.2. Zij X en Y genormeerde ruimten. Dan is B(X,Y ) eengenormeerde ruimte voor de norm

‖f‖ = sup{‖f(x)‖ | x ∈ X, ‖x‖ ≤ 1}

= sup{‖f(x)‖‖x‖

| x ∈ X, x 6= 0}

= sup{‖f(x)‖ | x ∈ X, ‖x‖ = 1}= sup{‖f(x)‖ | x ∈ X, ‖x‖ < 1}= inf{c | ‖f(x)‖ ≤ c‖x‖ voor elke x ∈ X}

Bovendien is B(X,Y ) een Banachruimte als Y een Banach ruimte is.

Bewijs. Wij bewijzen slechts het laatste gedeelte. Zij dus Y een Ba-nachruimte. Zij (fn) een Cauchyrij in B(X,Y ). Dan, voor elke ε > 0 bestaater een natuurlijk getal N zodat ‖fn−fm‖ < ε voor alle m,n > N . Bijgevolg,voor elke x ∈ X en m,n > N ,

‖fn(x)− fm(x)‖ ≤ ‖fn − fm‖ ‖x‖ ≤ ε‖x‖.

Bijgevolg is elke (fn(x)) een Cauchrij. Aangezien Y volledig is, verkrijgenwij fn(x)→ y, voor een y = y(x) ∈ Y . Definieer

f : X → Y : x 7→ y = y(x).

De operator f is lineair aangezien

limn→∞

fn(rx1 + sx2) = limn→∞

rfn(x1) + limn→∞

sfn(x2).

Wij bewijzen nu dat f begrensd is en fn → f .Inderdaad, aangezien fn(x) → f(x) volgt er door de continuıteit van de

normfunctie dat, voor elke n > N ,

‖fn(x)− f(x)‖ = ‖fn(x)− limm→∞

fm(x)‖

= limm→∞

‖fn(x)− fm(x)‖

≤ ε‖x‖.

Er volgt dat voor elke n > N , fn − f en dus ook

f = fn − (fn − f)

begrensde lineaire operatoren zijn. Bovendien

‖fn − f‖ = sup{‖(fn − f)(x)‖

‖x‖| x ∈ X, x 6= 0

}≤ ε,


zodat fn → f . 2

Als f ∈ B(X,Y ) voldoet aan ‖f(x)‖ = ‖x‖ voor alle x ∈ X, dan isf een normbewarende afbeelding (i.h.b. is de afbeelding injectief). Indien,bovendien, f(X) = Y dan noemt men f een isomorfisme van genormeerderuimten. Men zegt dan dat X en Y isomorf zijn.

Wij geven enkele voorbeelden van begrensde lineaire operatoren. Uiter-aard zijn de identieke en nul operator zulke operatoren.

Wij “veralgemenen” nu de integratie operator in het volgende voorbeeld.

Voorbeeld 2.4.3. Zij k : [a, b]× [a, b]→ R een continue functie. De afbeel-ding

T : CR([a, b])→ CR([a, b]) : f 7→ T (f)

met

T (f)(t) =∫ b

ak(t, x)f(x)dx

is een begrensde lineaire operator.

Bewijs. Aangezien k continu is op het gesloten deel [a, b]× [a, b] bestaat ereen constante c zodat |k(t, x)| ≤ c voor alle t, x ∈ [a, b]. Bovendien

|f(x)| ≤ max{|f(t)| | t ∈ [a, b]} = ‖f‖∞.

Bijgevolg,

‖T (f)‖∞ = max{|∫ b

ak(t, x)f(x)dx| | t ∈ [a, b]}

≤ max{∫ b

a|k(t, x)| |f(x)|dx | t ∈ [a, b]}

≤ c‖f‖∞|b− a|.

Dus T is inderdaad begrensd. 2

Zij A een n×n-reele matrix. Het is welbekend (zie een vorige cursus) datde operator

TA : Rn → Rn : x 7→ Ax

op de Euclidische ruimte Rn een begrensde lineaire operator is. Algemener,elke lineaire operator op een eindig dimensionale genormeerde ruimte is eenbegrensde lineaire operator.


Een voorbeeld van een lineaire operator die niet begrensd is, is de afgeleideoperator

D : P→ P : f 7→ f ′,

waar P de genormeerde ruimte is van alle reele polynoomfuncties op [0, 1]met norm gedefinieerd door ‖f‖∞ = max{|f(t)| | t ∈ [0, 1]}. Inderdaad,zij pn de polynoomfunctie pn(t) = tn, voor n een natuurlijk getal. Dan is‖pn‖ = 1 en

D(pn)(t) = p′n(t) = ntn−1.

Dus ‖D(pn)‖ = n = n‖pn‖ en bijgevolg is D niet begrensd.

Wij geven enkele elementaire eigenschappen van begrensde lineaire ope-ratoren.

Eigenschap 2.4.4. Zij f1 : X → Y en f2 : Y → Z begrensde lineaireoperatoren. Dan

1. als xn → x in X, dan f1(xn)→ f1(x) in Y .

2. ker(f1) is gesloten.

3. ‖f2 ◦ f1‖ ≤ ‖f1‖ ‖f2‖.

Bewijs. (1) Dit is een onmiddellijk gevolg van het feit dat f1 continu is.(2)Zij x in de sluiting van ker(f1). Dan bestaat er een rij (xn) in ker(f1)

zodat xn → x. Wegens (1), f1(xn) → f1(x). Omdat f1(xn) = 0 volgt erf1(x) = 0. Dus x ∈ ker(f1).

(3) Dit is eenvoudig te verifieren. 2

Eigenschap 2.4.5. Zij X1 een deelruimte van een genormeerde ruimte Xen zij f : X1 → Y een begrensde lineaire operator. Als Y een Banachruimteis, dan bestaat er een begrensde lineaire operator

f : X1 → Y

met ‖f‖ = ‖f‖ en f|X1= f .

Bewijs. Zij x ∈ X1 en (xn) een rij in X1 zodat (xn) → x. Aangezien fbegrensd en lineair is, volgt er

‖f(xn)− f(xm)‖ = ‖f(xn − xm)‖ ≤ ‖f‖ ‖xn − xm‖.


Omdat (xn) convergeert verkrijgen wij dus dat (f(xn)) een Cauchyrij is.Aangezien Y een Banachruimte is bestaat er dus een y ∈ Y met f(xn)→ y.Definieer

f(x) = y.

Wij tonen nu eerst aan dat f goed gedefinieerd is, d.w.z. f(x) is on-afhankelijk van de keuze van de rij (xn). Dus, veronderstel xn → x enzn → x met xn, zn ∈ X1. Dan wn → x, waarbij (wn) de volgende rij is

(x1, z1, x2, z2, . . . ).

Wegens het voorgaande convergeert de rij f(wn) in Y . Bovendien is de limietdezelfde als deze van de deelrijen (f(xn)) en (f(zn)). Dus is inderdaad f(x)onafhankelijk van de keuze van de rij.

Het is evident dat de functie f lineair is en dat f|X1= f . Aangezien,

‖f(xn)‖ ≤ ‖f‖ ‖xn‖

en omdat de norm functie continu is, volgt er

‖f(x)‖ ≤ ‖f‖ ‖x‖.

Dus is f begrensd en ‖f‖ ≤ ‖f‖. De omgekeerde ongelijkheid is evident. Dus‖f‖ = ‖f‖. 2

2.5 De duale ruimte van eenBanachruimte

Zij X een genormeerde ruimte. De duale ruimte van X is

X∗ = B(X,K).

Dus de norm op X∗ is

‖f‖ = sup{|f(x)|‖x‖

| 0 6= x ∈ X}.

Wegens Stelling 2.4.2 is X∗ een Banachruimte.In een vorige cursus werd bewezen dat (Rn)∗ = Rn, met Rn de Euclidische

ruimte.

2.5. DE DUALE RUIMTE VAN EEN BANACHRUIMTE 23

Voorbeeld 2.5.1. (`1)∗ = `∞

Bewijs. Zij ei = (δij), de rij met 1 op de i-de plaats en nul op alle andereplaatsen. Dan heeft elke x = (xn) ∈ `1 een unieke representatie in de vorm

x =∞∑i=1

xiei,

d.w.z.∑n

i=1 xiei → x. Zij f ∈ (`1)∗. Dan is f lineair en begrensd (duscontinu) en bijgevolg

f(x) =∞∑

k=1

xif(ei).

Bovendien|f(ei)| ≤ ‖f‖ ‖ei‖

zodatsup{|f(ei)| | i ≥ 1} ≤ ‖f‖.

Bijgevolg is (f(en)) ∈ `∞.Definieer

T :(`1)∗ → `∞ : f 7→ (f(en)).

Wij bewijzen nu dat T surjectief is. Zij daarom (an) ∈ `∞ en definieerf ∈

(`1)∗ door

f((xn)) =∞∑i=1

xiai.

Dan is duidelijk f lineair en f is begrensd omdat

|f((xn))| ≤∞∑i=1

|xi| |ai|

≤ sup{|ai| | i ≥ 1}∞∑i=1

|xi|

≤ ‖(xn)‖ sup{|ai| | i ≥ 1}.

Dus is f begrensd. Daar T (f) = (f(en)) = (an) volgt er dus dat T surjectiefis.

Tenslotte tonen wij aan dat T de norm bewaart. Zij (xn) ∈ `1 en f ∈(`1)∗, dan

|f((xn))| = |∞∑i=1

xif(ei)| ≤ sup{|f(ei)| | i ≥ 1}‖(xn)‖.


Dus

‖f‖ = sup{|f(xn)| | ‖(xn)‖ = 1} ≤ sup{|f(ei)| | i ≥ 1}= ‖(f(en))‖∞ = ‖T (f)‖∞≤ ‖f‖.

2

Men kan ook het volgende bewijzen

Voorbeeld 2.5.2. Zij 1 < p <∞ en q de geconjugeerde van p, d.w.z. 1p+ 1

q =1. De duale ruimte van `p is `q.

2.6 Separabele genormeerde ruimten

In de vorige voorbeelden maakten wij gebruik van het volgende begrip.

Definitie 2.6.1. Een rij vectoren (en) in een genormeerde ruimte X is eenSchauder basis voor X als voor elke x ∈ X een unieke rij scalairen (an)bestaat zodat

‖x− (a1e1 + · · ·+ anen)‖ → 0.

Dus x =∑∞

i=1 aiei.

Eigenschap 2.6.2. Als een genormeerde ruimte X een Schauder basis heeft,dan is X separabel, d.w.z. X heeft een aftelbaar dicht deel.

Bewijs. Zij (en) een Schauder basis van X, dan is de sluiting van de Q(i)-deelruimte (of Q-deelruimte, in geval K = R) voortgebracht door (en) devolledige ruimte X. 2

Pas in 1973 gaf Enflo een voorbeeld van een separabele Banachruimte diegeen Schauder basis bezit.

Definitie 2.6.3. Een totale deelverzameling in een genormeerde ruimte Xis een deelverzameling A zodat vect A = X.

Eigenschap 2.6.4. Een genormeerde ruimte X is separabel als enslechts als X een aftelbare totale deelverzameling bevat.

2.7. PRE-HILBERTRUIMTE 25

2.7 Pre-Hilbertruimte

Zij X een vectorruimte. Een afbeelding

< , >: X ×X → K

die voldoet aan de volgende eigenschappen, voor elke x, y, z ∈ X en r, s ∈ K,

(H1) < rx+ sy, z >= r < x, z > +s < y, z > (lineariteit),

(H2) < x, y >= < y, x > (en dus < x, y >∈ R),

(H3) < x, x > > 0 als x 6= 0,

noemt men een inproduct, inwendig product of Hermitisch inproduct.

Definitie 2.7.1. Een pre-Hilbertruimte is een vectorruimte X voorzien vaneen inproduct.

Eigenschap 2.7.2. Zij X een pre-Hilbertruimte met inproduct < , >. Dangelden de volgende eigenschappen:

1. voor elke x ∈ X is de afbeelding

< x, >: X → K : y 7→< x, y >

toegevoegd lineair (of semilineair), d.w.z. voor alle y, z ∈ X en r ∈ K,

< x, y + z >=< x, y > + < x, z >

en< x, ry >= r < x, y > .

2. voor alle x, y ∈ X,

< x+ y, x+ y > + < x− y, x− y >= 2(< x, x > + < y, y >),

de parallellogrameigenschap.

3. voor alle x, y ∈ X

| < x, y > | ≤√< x, x >

√< y, y >,

de ongelijkheid van Cauchy-Schwarz. Bovendien geldt de gelijkheid alsen slechts als {x, y} lineair afhankelijk is.


4. voor alle x, y ∈ X√< x+ y, x+ y > ≤

√< x, x >+

√< y, y >,

de driehoeksongelijkheid. Bovendien geldt de gelijkheid als en slechtsals y = 0 of x = cy, met c reeel en c ≥ 0.

Bewijs. (1), (2) en (3) zijn evident. (4) volgt eenvoudig uit (3). Wij bewijzennu (4). Dit is evident als y = 0. Veronderstel dus dat y 6= 0. Dan, voor elker ∈ K,

< x+ ry, x+ ry > = < x, x > +r < y, x > +r < x, y > +rr < y, y >

= < x, x > +r < x, y > +r(< y, x > +r < y, y >)≥ 0.

Kies r = −<x,y><y,y> , dan volgt er

0 ≤ < x, x > −| < x, y > |2

< y, y >

en dus| < x, y > |2 ≤ < x, x >< y, y > .

2

Gevolg 2.7.3. Zij X een pre-Hilbertruimte met inproduct < , > dan is deafbeelding

‖ ‖ : X → R : x 7→ ‖x‖ =√< x, x >

een norm op X. Wij noemen dit de norm geınduceerd door het inproduct.

Eigenschap 2.7.4. (Polarizatie-identiteit)Zij X een pre-Hilbertruimte met inwendig product < , >. Dan, voor elkex, y ∈ X,

1. als K = R, dan

< x, y >=14(‖x+ y‖2 − ‖x− y‖2

),

2. als K = C, dan

< x, y >=14

3∑n=0

in‖x+ iny‖2.

2.8. HILBERTRUIMTE 27

I.h.b. is het inwendig product volledig gekarakteriseerd door degeınduceerde norm.

Bewijs. Dit is eenvoudig te verifieren. 2

Wij merken op dat niet elke norm op een genormeerde ruimtegeınduceerd wordt door een inproduct.

Voorbeeld 2.7.5. Veronderstel a, b ∈ R en a < b. De ruimte CR([a, b])(voorzien van de supnorm) is geen pre-Hilbertruimte.

Bewijs. Wij tonen aan dat de norm ‖f‖∞ = max{f(t) | t ∈ [a, b]} nietgeınduceerd is door een inproduct. Het is voldoende aan te tonen dat de normniet voldoet aan de parallellogrameigenschap. Zij f(t) = 1 en g(t) = t−a

b−a voort ∈ [a, b]. Dan ‖f‖∞ = 1 en ‖g‖∞ = 1. Ook ‖f + g‖∞ = 2 en ‖f − g‖∞ = 1.Dus

‖f + g‖2∞ + ‖f − g‖2∞ = 5

maar2(‖f‖2∞ + ‖g‖2∞) = 4.

2

Eigenschap 2.7.6. Zij X een pre-Hilbertruimte. Als xn → x en yn → y,dan < xn, yn >→< x, y >.

Bewijs. Wegens de driehoeksongelijkheid en de ongelijkheid van Schwarzverkrijgen wij

| < xn, yn > − < x, y > |= | < xn, yn > − < xn, y > + < xn, y > − < x, y > |≤ | < xn, yn − y > |+ | < xn − x, y > |≤ ‖xn‖ ‖yn − y‖+ ‖xn − x‖ ‖y‖

Het resultaat volgt. 2

2.8 Hilbertruimte

Definitie 2.8.1. Een pre-Hilbertruimte die volledig is noemt men een Hilbert-ruimte (volledig t.o.v. de metriek, norm, geınduceerd door het inproduct).

Wij geven enkele voorbeelden.


1. De Euclidische ruimten Kn (met K = R of K = C) met inproduct

< x, y >=n∑

i=1

xiyi,

waar x = (x1, . . . , xn) en y = (y1, . . . , yn). Wegens Voorbeeld 2.1.1 zijndeze ruimten Hilbertruimten.

2. Elke eindig dimensionale deelruimte van een pre-Hilbertruimte is eenHilbertruimte.

3. De ruimte `2 is een Hilbertruimte voor het inproduct gedefinieerd door

< x, y >=∞∑i=1

xiyi,

met x = (xn), y = (yn) ∈ `2. Merk op dat de reeks∑∞

i=1 xiyi con-vergeert wegens de Cauchy-Schwarz ongelijkheid (in het eindig dimen-sionale geval en neem limiet). De volledigheid van de ruimte volgt uitVoorbeeld 2.1.2.

4. Een deelruimte Y van een Hilbertruimte X is volledig als en slechts alsY gesloten is (wegens Eigenschap 2.1.4).

Vervolgens geven wij enkele voorbeelden van genormeerde ruimten diegeen Hilbertruimten zijn.

1. De ruimte CR([a, b]) met het inproduct

< f, g >=∫ b

af(t)g(t)dt,

en dus met geınduceerde norm

‖f‖ =

√∫ b

af(t)2.

Wij hebben in Voorbeeld 2.1.9 reeds aangetoond dat deze ruimte nietvolledig is.

2. Zij p ≥ 1 maar p 6= 2. Dan is is `p geen pre-Hilbertruimte en dus geenHilbertruimte (alhoewel het een Banachruimte is). D.w.z. de norm

‖(xn)‖ =

( ∞∑i=1

|xi|p)1/p

2.9. VERVOLLEDIGING EN HILBERTRUIMTE 29

is niet geınduceerd uit een inproduct. Het is voldoende om aan te tonendat de norm niet voldoet aan aan de parallellogrameigenschap.

Inderdaad, zij x = (1, 1, 0, 0, . . .) ∈ `p en y = (1,−1, 0, 0, . . .) ∈ `p. Dan

‖x‖ = ‖y‖ = 21/p, ‖x+ y‖ = ‖x− y‖ = 2.

Daar p 6= 2 volgt ‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2 6= 2(‖x‖2 + ‖y‖2).

2.9 Vervollediging van eenpre-Hilbertruimte

Een isomorfisme tussen twee pre-Hilbertruimte X en Y is een bijectieve lin-eaire operator

f : X → Y

die het inproduct bewaart, d.w.z., voor alle x1, x2 ∈ X,

< f(x1), f(x2) >=< x1, x2 > .

In dit geval noemt men X en Y isomorfe inproductruimten.

Stelling 2.9.1. (Completie)Zij X een pre-Hilbertruimte, dan bestaat er een Hilbertruimte H en een iso-morfisme f : X → Y , met Y een dichte deelruimte van H. De ruimte H isuniek op isomorfisme na.

Bewijs. Wegens Gevolg 2.2.2 bestaat er een Banachruimte H en een isome-trie f : X → Y , met Y een dichte deelruimte van H. Het volgt uit deconstructie van f dat de afbeelding f lineair is, en dus is f een isomorfismevan genormeerde ruimten. Wegens Eigenschap 2.7.6 kunnen wij een inprod-uct op H definieren al volgt:

< x, y >= limn→∞

< xn, yn >,

met x de klasse in H die (xn) bevat, en y de klasse die (yn) bevat. Wegensde polarizatie-eigenschap is f een inproduct bewarende afbeelding. Dus eenisometrie van Hilbertruimten.

Ook wegens Gevolg 2.2.2 is H uniek voor norm bewarende isometrieen,d.w.z. als H en H completies zijn van X dan bestaat er een isometrie g :H → H. Het is nu eenvoudig te bewijzen dat g (lineair is en) het inproductbewaart. 2


Wij behandelen enkele voorbeelden. De ruimte CC([a, b]) voorzien vanhet inproduct

< f, g >=∫ b

af(t)g(t)dt.

Wij weten dat deze ruimte niet volledig is (Voorbeeld 2.1.9). De completienoteren wij als L2([a, b]).

De ruimte C1C([a, b]) van de continue differentieerbare functies op een

interval [a, b] uitgerust met het inwendig product

< f, g >1 =∫ b

af(t)g(t)dt+

∫ b

af ′(t)g′(t)dt

= < f, g > + < f ′, g′ >

is een pre-Hilbertruimte, maar geen Hilbertruimte.

2.10 Orthogonale Complementen

Orthogonaliteit en afstand van een vector tot een (gesloten) deelruimte zijncruciaal in de theorie van Hilbertruimte en voor de toepassingen tot hetbenaderen van functies.

Definitie 2.10.1. Een deelverzameling S van een vectorruimte V noemt menconvex als voor elke x, y ∈ S, r ∈ [0, 1]:

rx+ (1− r)y ∈ S.

De verzameling {rx+(1− r)y | r ∈ [0, 1]} noemt men het segment dat x en yverbindt. De punten x en y noemen wij de randpunten van het segment, elkander punt noemt men inwendig.

Stelling 2.10.2. (Approximatiestelling)Zij H een pre-Hilbertruimte en G een niet-lege convexe en volledige deelverza-meling van H. Dan, voor elke x ∈ H bestaat er een unieke y ∈ G zodat

‖x− y‖ = inf{‖x− g‖ | g ∈ G}.

Men noteertd(x,G) = inf{‖x− g‖ | g ∈ G}.

2.10. ORTHOGONALE COMPLEMENTEN 31

Bewijs. Eerst tonen wij het bestaan aan van y ∈ G zodat ‖x − y‖ =inf{‖x − y‖ | y ∈ G}. Zij gn ∈ G zodat ‖x − gn‖ ≤ d + 1

n , met d = d(x,G).Wij bewijzen dat (gn) een Cauchy rij is. Wegens de parallellogrameigenschap,verkrijgen wij voor elke p, q ≥ 1,

‖gp − gq‖2 = ‖(gp − x)− (gq − x)‖2

= 2(‖gp − x‖2 + ‖gq − x‖2)− ‖(gp − x) + (gq − x)‖2

≤ 2((d+1p)2 + (d+

1q)2)− 4‖1

2(gp + gq)− x‖2

≤ 2(2d2 + (2d(1p

+1q) + (

1p2

+1q2

))− 4d2.

(de laatste ongelijkheid volgt omdat 12(gp + gq) ∈ G, aangezien G convex is.)

Dus

‖gp − gq‖2 ≤ 4(d(

1p

+1q) + (

1p2

+1q2

).

Dit toont aan dat inderdaad (gn) een Cauchy rij is in G.Wegens de veronderstelling dat G volledig is bestaat dus

y = limn→∞

gn ∈ G.

Er volgt,

d ≤ ‖x− y‖ ≤ ‖x− gn‖+ ‖gn − y‖ ≤ d+1n

+ ‖gn − y‖.

Daar d+ 1n + ‖gn − y‖ → d volgt er ‖x− y‖ = d.

Vervolgens bewijzen wij dat y uniek is. Veronderstel dus dat y1, y2 ∈ Gmet ‖x− y1‖ = ‖x− y2‖ = d. Wegens de parallellogrameigenschap,

‖y1 − y2‖2 = ‖(y1 − x)− (y2 − x)‖2

= 2‖y1 − x‖2 + 2‖y2 − x‖2 − ‖(y1 − x) + (y2 − x)‖2

= 4d2 − 4‖12(y1 + y2)− x‖2

Nu is 12(y1 + y2) ∈ G, omdat G convex is. Dus

‖y1 − y2‖2 ≤ 4d2 − 4d2 = 0.

Dus y1 = y2. 2


Gevolg 2.10.3. Zij H een Hilbertruimte en G ⊆ H een gesloten deelruimte(dus volledig), dan bestaat er voor elke x ∈ H een unieke y ∈ G zodat ‖x −y‖ = inf{‖x− g‖ | g ∈ G}.

Definitie 2.10.4. Een element x in een pre-Hilbertruimte H noemt menorthogonaal tot y ∈ H als < x, y >= 0. Men noteert deze eigenschap als

x⊥y.

Analoog, voor deelverzamelingen A en B van H noteren wij x⊥A als x⊥avoor alle a ∈ A, en A⊥B als a⊥b voor alle a ∈ A en b ∈ B.

Wij vermelden enkele evidente eigenschappen.

Eigenschap 2.10.5. Zij H een pre-Hilbertruimte, en A,B ⊆ H.

1. Als {x1, . . . , xn} ⊆ H en xi⊥xj voor elke i 6= j, dan

‖n∑

i=1

xi‖2 =n∑

i=1

‖xi‖2.

2. Zij A′ ⊆ A en B′ ⊆ B. Als A⊥B, dan A′⊥B′.

3. A⊥B als en slechts als A ⊆ B⊥, waar per definitie B⊥ = {h ∈ H |h⊥b, voor alle b ∈ B}.

4. Als A⊥B, dan vect(A)⊥vect(B).

5. H⊥ = {0} en {0}⊥ = H.

6. A ⊆ (A⊥)⊥. Wij noteren (A⊥)⊥ als A⊥⊥.

7. A⊥ = A⊥⊥⊥.

Bewijs. Wij bewijzen (7). Wegens (6), A ⊆ A⊥⊥ en dus A⊥⊥⊥ ⊆ A⊥.Wegens (6) geldt ook A⊥ ⊆

(A⊥)⊥⊥. Dus A⊥ = A⊥⊥⊥. 2

Lemma 2.10.6. Met notaties zoals in de Approximatiestelling(Stelling 2.10.2). Als, bovendien, G een deelruimte is, dan (x− y)⊥G. Mennoemt y de orthogonale projectie van x op G, en wij noteren dit element alsprojG(x) (of eenvoudig pG(x)).

2.10. ORTHOGONALE COMPLEMENTEN 33

Bewijs. Het is voldoende om aan te tonen dat < x − y, g >= 0 voor elkeg ∈ G met ‖g‖ = 1. Stel z = x− y. Dan, voor elke r ∈ K,

‖z‖2 ≤ ‖x− (y + rg)‖2

= ‖z − rg‖2

= ‖z‖2 − r < z, g > −r < g, z > +|r|2.

Dus, voor r =< z, g >,

‖z‖2 ≤ ‖z‖2 − | < z, g > |2.

Bijgevolg < z, g >= 0. 2

Definitie 2.10.7. Een vectorruimte V is de directe som van twee deelruimtenX en Y , genoteerd V = X⊕Y , als elke v ∈ V op een unieke wijze geschrevenkan worden als

v = x+ y,

met x ∈ X en y ∈ Y . De lineaire operator

pX : V → X : v 7→ x

wordt de projectie van V op X genoemd. Deze operator is idempotent, d.w.z.p2

X = pX . Merk op dat (pX)|X = idX .

Gevolg 2.10.8. Zij G een gesloten deelruimte van een Hilbertruimte H (ofG een eindig dimensionale deelruimte van een pre-Hilbertruimte H). Dan

H = G⊕G⊥.

Bovendien is G⊥ gesloten in H, G = G⊥⊥ en pG is begrensd. Verder, alsG 6= {0}, dan ‖pG‖ = 1.

Bewijs. Wegens de veronderstellingen volgt er uit Gevolg 2.10.3 en Lemma 2.10.6dat elke x ∈ H kan geschreven worden als

x = y + z,

met z ∈ G⊥ en y ∈ G. Wij tonen nu aan dat dit op slechts een manier zokan geschreven worden. Veronderstel dus dat

x = y + z = y1 + z1,


met y, y1 ∈ G en z, z1 ∈ G⊥. Dan y − y1 = z1 − z ∈ G ∩ G⊥ = {0}. Dusinderdaad y = y1 en z = z1.

Er volgt dus dat G⊥ = ker(pG). Als wij bewijzen dat pG begrensd is,dan volgt uit Eigenschap 2.4.4 dat G⊥ gesloten is. (Dit kan ook rechtstreeksbewezen worden als een gevolg van de continuıteit van het inwendig product.)Passen wij de verkregen informatie toe op de ruimte G⊥ dan volgt er (G⊥)⊥ =ker(pG⊥) = G.

Er rest ons dus te bewijzen dat pG begrensd is. Wel, voor elke x ∈ H,

x = pG(x) + z,

met z ∈ G⊥. Bijgevolg,

‖x‖2 = ‖pG(x)‖2 + ‖z‖2 ≥ ‖pG(x)‖2.

Dus is pG begrensd en ‖pG‖ ≤ 1. Als, bovendien G 6= {0}, dan voor g ∈ G,‖pG(g)‖ = ‖g‖. Dus ‖pG‖ = 1. 2

Gevolg 2.10.9. (Dichte deelverzamelingen)Voor elke niet-lege deelverzameling M van een Hilbertruimte H geldt

vect(M) = H als en slechts als M⊥ = {0}.

Bewijs. Veronderstel vect(M) = H en x ∈M⊥. Dan bestaat er een rij (xn)in vect(M) zodat xn → x. Aangezien x ∈ M⊥ en M⊥⊥vect(M) volgt er< xn, x >= 0. De continuıteit van het inproduct geeft dus < xn, x >→<x, x > (Eigenschap 2.7.6). Dus < x, x >= 0 en bijgevolg x = 0. Er volgtM⊥ = {0}.

Omgekeerd, veronderstel dat M⊥ = {0}. Als x ∈ H en x ∈ vect(M)⊥,dan x⊥M en dus x = 0. Bijgevolg vect(M)⊥ = {0}.Gevolg 2.10.8 toegepast op vect(M) geeft dan vect(M) = H. 2

Voor een Hilbertruimte H en V ⊆ H gelden de volgende eigenschappen:

1. V ⊥⊥ is de kleinste (voor de inclusierelatie) gesloten deelruimte die Vomvat.

2. Als V een deelruimte is, dan is V = V ⊥⊥.

3. Als V1 en V2 gesloten en orthogonale deelruimten zijn van H, dan isook V1 ⊕ V2 een gesloten deelruimte van H.

2.11. ORTHONORMALE BASISSEN 35

2.11 Orthonormale basissen

Een deelverzameling S van een pre-Hilbertruimte H noemt men orthogonaalals 0 6∈ S en x⊥y voor alle x, y ∈ S met x 6= y. Als bovendien ‖x‖ = 1, voorelke x ∈ S, dan noemt men S orthonormaal.

Eigenschap 2.11.1. Een orthogonale verzameling in eenpre-Hilbertruimte is lineair onafhankelijk.

Bewijs. Het is voldoende om aan te tonen dat elke eindige orthogonaledeelverzameling lineair onafhankelijk is. Veronderstel dus dat {e1, e2, · · · , en}een orthogonale deelverzameling in een pre-Hilbertruimte H, en veronderstel{k1, . . . , kn} ⊆ K zodat

∑ni=1 kiei = 0. Dan, voor elke 1 ≤ j ≤ n,

0 = <

n∑i=1

kiei, ej >

=n∑

i=1

ki < ei, ej >

= kj‖ej‖2.

Bijgevolg kj = 0 voor elke 1 ≤ j ≤ n, en dus is de verzameling {e1, . . . , en}linear onafhankelijk. 2

Eigenschap 2.11.2. Zij {e1, . . . , en} een orthonormale verzameling in eenpre-Hilbertruimte H. Dan, voor x ∈ H,

1. projV (x) =∑n

i=1 < x, ei > ei end(x, V ) =

(‖x‖2 −

∑ni=1 | < x, ei > |2

)1/2, met V = vect{e1, . . . , en}.

2. Als x ∈ V , dan x =∑n

i=1 < x, ei > ei.

3. x− projV (x)⊥V

Bewijs. (3) Dit volgt uit Lemma 2.10.6.(2) Zij x ∈ V = vect{e1, . . . , en}. Dan bestaan ki ∈ K zodat x =∑n

i=1 kiei. Er volgt, voor elke 1 ≤ j ≤ n,

< x, ej >=n∑

i=1

ki < ei, ej >= kj .

(1) Aangezien x−projV (x) ∈ V ⊥ en x = (x−projV (x))+projV (x) volgter, voor elke 1 ≤ i ≤ n,

< x, ei >=< projV (x), ei > .


Dus volgt (1) uit (2). 2

Definitie 2.11.3. Zij S een orthonormale deelverzameling in een pre-HilbertruimteH. De inproducten < x, s >, met s ∈ S, worden de Fouriercoefficienten vanx ten opzichte van S genoemd.

Eigenschap 2.11.4. (Ongelijkheid van Bessel)Zij S een orthonormale deelverzameling in een pre-Hilbertruimte H. Dan,voor elke x ∈ H,

1. de verzameling {s ∈ S |< x, s >6= 0} is aftelbaar.

2.∑

s∈S | < x, s > |2 ≤ ‖x‖2

Bewijs. Zij T een eindige deelverzameling van S. Dan volgt uit Eigen-schap 2.11.2 dat ∑

t∈T

| < x, t > |2 ≤ ‖x‖2.

Bijgevolg, voor elk geheel getal m ≥ 1 is het aantal Fouriercoefficienten met| < x, s > | > 1

m (s ∈ S) eindig. Deel (1) volgt nu onmiddellijk.Zij T = {s1, s2, . . .} de verzameling van de elementen s ∈ S met < x, s >6=

0. Dan volgt uit de ongelijkheid dat de rij(∑n

i=1 | < x, si > |2)

monotoonstijgend en begrensd is door ‖x‖2. Dus convergeert de reeks

∑ni=1 | < x, si >

|2 naar een k ∈ R met k ≤ ‖x‖2. 2

Eigenschap 2.11.5. Zij (en) een orthonormale rij in een Hilbertruimte H.Dan

1.∑∞

i=1 kiei convergeert als en slechts als∑∞

i=1 |ki|2 convergeert.(als en slechts als (ki) ∈ `2.) Bovendien,

‖∞∑i=1

kiei‖2 =∞∑i=1

|ki|2.

2. Als∑∞

i=1 kiei convergeert, dan ki =< x, ei > met x =∑∞

i=1 kiei.

3. Voor elke x ∈ H convergeert de reeks∑∞

i=1 < x, ei > ei commutatief.

Bewijs. (1) Wegens de orthonormaliteit van de rij (en),

‖q∑

i=p

kiei‖2 =q∑

i=p

|ki|2,


voor alle q ≥ p. Dus is (∑n

i=1 kiei) een Cauchy rij als en slechts als(∑n

i=1 |ki|2)

een Cauchy rij is in R. Omdat H en R volledige ruimten zijn volgt (1).(2) Weer wegens de orthonormaliteit, voor n ≥ 1,

<

n∑i=1

kiei, ej >= kj ,

voor elke 1 ≤ j ≤ n. Wegens de veronderstelling,∑n

i=1 kiei → x, voor eenx ∈ H. De continuıteit van het inproduct geeft

kj =<n∑

i=1

kiei, ej >→< x, ej >,

als n → ∞. Door n voldoende groot te nemen volgt er kj =< x, ej >, vooralle j ≥ 1.

(3) Wegens de ongelijkheid van Bessel zien wij dat de reeks

∞∑i=1

| < x, ei > |2

convergeert. Dus volgt (3) uit (1). 2

Definitie 2.11.6. Een totale orthonormale verzameling in eenpre-Hilbertruimte H wordt een orthonormale basis van H genoemd.

Eigenschap 2.11.7. Zij B een deelverzameling van een pre-HilbertruimteH, dan

1. als B totaal is, dan B⊥ = {0}.

2. als H een Hilbertruimte is, dan is B totaal als en slechts als B⊥ = {0}.

Bewijs. (1) Zij H de completie van H. Dan is H dicht in H. Wegens deveronderstelling is vect{B} dicht in H, en dus ook in H. Bijgevolg vect(B) =H. Gevolg 2.10.9 geeft dus dat B⊥ = {0}.

(2) AlsH een Hilbertruimte is enB⊥ = {0}, dan volgt weer uit Gevolg 2.10.9dat vect(B) = H, d.w.z. B is totaal in H. 2

Er bestaan niet-volledige pre-Hilbertruimten zonder orthonormale basis.Een voorbeeld vindt men in [6] en [4, blz 155].

Een ander belangrijk criterium voor totaliteit is het volgende.


Eigenschap 2.11.8. Een orthonormale verzameling B in een HilbertruimteH is totaal in H als en slechts als voor elke x ∈ H

‖x‖2 =∑b∈B

| < x, b > |2 (Gelijkheid van Parseval)

(merk op dat vorige eigenschappen de convergentie waarborgen). Indien Btotaal is, volgt voor 0 6= x ∈ H dat x =

∑n〈x, bn〉bn, waarbij 〈x, bn〉 de

niet-nul Fouriercoefficienten zijn.

Bewijs. Veronderstel dat de gelijkheid van Parseval geldig is voor elke x ∈H. Wij bewijzen dat B totaal is. Inderdaad, veronderstel dat dit niet zo is,dan bestaat er wegens Eigenschap 2.11.7 een 0 6= x ∈ B⊥. Dus < x, b >= 0voor elke b ∈ B. Maar dan is de Parseval gelijkheid duidelijk niet waar voorx, een contradictie.

Voor het omgekeerde, veronderstel dat B totaal is in H. Zij x ∈ H. Zij< x, bn > de niet-nul Fouriercoefficienten (wegens Eigenschap 2.11.4 zijn ereen slechts een aftelbaar niet-nul coefficienten). Stel

y =∞∑

n=1

< x, bn > bn.

Merk op dat wegens Eigenschap 2.11.5.(3) deze reeks convergeert. Er volgt

< x− y, bj > = < x, bj > −∞∑i=1

< x, bi >< bi, bj >

= < x, bj > − < x, bj >

= 0

Bovendien, voor elke v ∈ B \ (bn), < x, v >= 0 en dus

< x− y, v >=< x, v > −∞∑

k=1

< x, bk >< bk, v >= 0− 0 = 0.

Dus x− y ∈ B⊥. Omdat B totaal is, volgt er wegens Eigenschap 2.11.7 datB⊥ = {0}. Dus x = y. Bijgevolg

‖x‖2 =<∞∑

n=1

< x, bn > bn,∞∑

n=1

< x, bn > bn >=∞∑

n=1

< x, bn > < x, bn >.

2


Eigenschap 2.11.9. (Orthonormalisatie van Gram-Schmidt)Zij H een pre-Hilbertruimte en (bn) een lineair onafhankelijke deelverzamel-ing. Dan bestaat er een orthonormale verzameling (en) zodat, voor alle n ≥ 1,

vect{b1, . . . , bn} = vect{e1, . . . , en}.

Bewijs. Stel e1 = 1‖b1‖b1. Veronderstel dat e1, . . . , en reeds bepaald zijn.

Aangezien bn+1 6∈ vect{e1, . . . , en},

0 6= bn+1 −n∑

i=1

< bn+1, ei > ei = bn+1 − projVn(bn+1),

met Vn = vect{e1, . . . , en}. Dus is fn+1 = bn+1 − projVn(bn+1) ∈ V ⊥n .

Definieer

en+1 =1

‖fn+1‖fn+1.

Dan vect{e1, . . . , en+1} = vect{b1, . . . , bn+1} en het resultaat volgt. 2

Gevolg 2.11.10. (Separabele ruimten)Zij H een niet-nul Hilbertruimte. Dan zijn de volgende voorwaarden equiva-lent:

1. H is separabel,

2. H heeft een totale orthonormale rij.

Bovendien, als H separabel en oneindig dimensionaal is, dan is elke ortho-normale verzameling aftelbaar van aftelbaar (oneindig).

Bewijs. Wegens Eigenschap 2.6.4 volgt (1) uit (2). Omgekeerd, veronderstel(1) en zij B = (bn) een aftelbaar dicht deel. Stel k(0) = 1 en verondersteldat k(0), . . . , k(n− 1) reeds gedefinieerd zijn. Stel dan

k(n) = min{m ∈ N | {bk(0), . . . , bk(n−1), bm} lineair onafhankelijk

}.

Dan is de verzameling (bk(n)) lineair onafhankelijk en

vect{bk(n) | n ∈ N} = H.

Het orthonormalisatie proces van Gram-Schmidt geeft dan een totale ortho-normale rij. Dit bewijst (2).


Om de laatste bewering te bewijzen, veronderstel dat H separabel is. ZijB een aftelbaar dicht deel en veronderstel dat M een orthonormale verzame-ling is in H. Dan, voor elke x, y ∈M ,

‖x− y‖2 =< x− y, x− y >=< x, x > + < y, y >= 2.

Dus B(x, 13) ∩ B(y, 1

3) = ∅. Aangezien B dicht is in H, B ∩ B(x, 13) 6= ∅ en

B∩B(y, 13) 6= ∅. Bijgevolg, omdat B aftelbaar is volgt er dat M ook aftelbaar

is. 2

Gevolg 2.11.11. Zij H een oneindigdimensionale separabeleHilbertruimte, dan is H isomorf met `2.

Bewijs. Wegens Gevolg 2.11.10 heeft H een totale orthonormale rij, zeg(en). Dus (Eigenschap 2.11.4) verkrijgen wij de volgende lineaire afbeelding:

T : H → `2 : x 7→ (< x, en >).

Dat T injectief is volgt uit Eigenschap 2.11.8. De surjectiviteit volgt uitEigenschap 2.11.5 en Eigenschap 2.11.8. Wegens de gelijkheid van Parsevalbewaart T de norm en dus, wegens de Poloarisatie-identiteit, bewaart T hetinproduct. 2

Wegens Gevolg 2.11.10 hebben totale orthonormale verzamelingen in eenoneindid dimensionale separabele Hilbertruimte dezelfde kardinaliteit. Menkan bewijzen dat elke niet-nul Hilbertruimte H een totale orthonormale ver-zameling heeft en dat de kardinaliteit van zo een verzameling eenduidigbepaald is (zie bijvoorbeeld in [7]). Deze kardinaliteit noemt men de Hilbertdimensie (als H = {0} dan is deze dimensie nul per definitie).

Men kan Gevolg 2.11.11 ook uitbreiden. Namelijk, voor elke Hilbertdi-mensie bestaat (op isomorfisme na) precies een reele en een complexe Hilbert-ruimte.

Stelling 2.11.12. (Isomorfisme en Hilbert dimensie)Twee K-Hilbertruimten zijn isomorf als en slechts als zij dezelfde Hilbertdimensie hebben.

2.12 De duale ruimte van eenHilbertruimte

Wij weten dat de duale ruimteH∗ van een HilbertruimteH een Banachruimteis. Wij tonen nu aan H∗ ook een Hilbertruimte is. Wegens de polarisatie-

2.12. DE DUALE RUIMTE VAN EEN HILBERTRUIMTE 41

identiteit is het voldoende om een injectieve isometrie (d.w.z. norm be-warende en semilineaire lineaire afbeelding) tussen H en H∗ te construeren.

Lemma 2.12.1. Zij X een pre-Hilbertruimte en x, y ∈ X.Als < x, z >=< y, z > voor alle z ∈ X, dan x = y.

Bewijs. Wegens de veronderstelling, < x− y, z >= 0 voor alle z ∈ X. I.h.b.< x− y, x− y >= ‖x− y‖2 = 0. Bijgevolg x = y. 2

Stelling 2.12.2. (Riesz)Zij H een Hilbertruimte en f ∈ H∗. Dan bestaat er een unieke y ∈ H zodat

f(x) =< x, y >

voor alle x ∈ H. Bovendien ‖y‖ = ‖f‖.

Bewijs. Zij f ∈ H∗. Wegens Lemma 2.12.1 bestaat er hoogstens een y ∈ Hzodat f(x) =< x, y > voor alle x ∈ H. Bovendien veronderstel dat y bestaat,dan verkrijgen wij wegens de ongelijkheid van Schwarz

|f(x)| = | < x, y > | ≤ ‖x‖ ‖y‖.

Dus ‖f‖ ≤ ‖y‖. Anderzijds, f(y) =< y, y >= ‖y‖2 zodat ‖f‖ ≥ ‖y‖.Bijgevolg ‖f‖ = ‖y‖.

Wij bewijzen nu dat y bestaat. Indien f = 0, dan y = 0. Verondersteldus dat f 6= 0. Dan is ker(f) 6= H een gesloten deelruimte (Eigenschap 2.4.4)en H = ker(f)⊕ ker(f)⊥ (Gevolg 2.10.8). Aangezien ker(f)⊥ 6= {0} bestaath ∈ ker(f)⊥ met ‖h‖ = 1. Stel y = f(h)h, met f(h) de complex toegevoegdevan f(h). Daar h 6∈ ker(f) volgt er y 6= 0. Merk op dat

< h, y >= f(h) < h, h >= f(h).

Nu, omdat f(h) 6= 0 volgt voor x ∈ H dat f(x) = rf(h) voor een r ∈ K.Bijgevolg f(x − rh) = 0 en daarom x − rh ∈ ker(f), d.w.z. x = a + rh meta ∈ ker(f). Er volgt

< x, y >=< a+ rh, y > = < a, y > +r < h, y >

= r < h, y >= rf(h) = f(x).

2


Gevolg 2.12.3. Voor een Hilbertruimte H is

H → H∗ : y 7→< −, y >

een geconjugeerde (of semilineaire) isometrie. Dus is H∗ ook een Hilbert-ruimte.

Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit de Stelling van Riesz. 2

2.13 Enkele voorbeelden

Wij vermelden enkele voorbeelden van separabele ruimten en dus van totaleorthonormale rijen.

Legendre Veeltermen

Beschouw de ruimte C([−1, 1],R) van de continue reele functies met in-wendig product gedefinieerd door

< f, g >=∫ 1

−1f(t)g(t)dt.

De completie noteren wij L2([−1, 1]) (of L2([−1, 1],R)). Wij passen hetGramm-Schmidt proces toe op de volgende veeltermen

x0(t) = 1, x1(t) = t, · · · , xj(t) = tj , t ∈ [−1, 1].

Dit geeft een orthonormale rij (en), en elke en is een veelterm van graad n.

Eigenschap 2.13.1. Voor elke n = 0, 1, 2, . . .,

en(t) =

√2n+ 1

2Pn(t),

met

Pn(t) =1

2nn!dn

dtn(t2 − 1

)n,

de Legendre polynoom van graad n.Bovendien is (en) totaal in L2([−1, 1]). Dus is de reele ruimte L2([a, b])

separabel.

2.13. ENKELE VOORBEELDEN 43

De Legendre veelterm Pn is een oplossing van de Legendre differentiaal-vergelijking

(1− t2)P ′′N − 2TP ′n + n(n+ 1)Pn = 0.

Dus is Pn een eigenfunctie van de operator (1− t2)P ′′ − 2tP ′.

Hermite Veeltermen

Beschouw de ruimte L2(−∞,∞) met het inwendig product

< f, g >=∫ ∞

−∞f(t)g(t)dt.

Wij passen het Gram-Schmidt proces toe op de volgende rij functies:

w(t) = e−t2/2, tw(t), t2w(t), . . .

Het is eenvoudig na te gaan dat deze functies begrensd zijn op R. Dus bestaaner kn ∈ R zodat |tnw(t)| ≤ kn voor alle t ∈ R.

Merk op dat(∫ ∞

−∞e−y2

dy

)2

= lima→∞

(∫ a

−ae−y2

dy

)2

= lima→∞

∫ a

−a

∫ a

−ae−x2−y2

dxdy

= limR→∞

∫De−x2−y2

dxdy,

met D een schijf van straal R. Wij gebruiken nu polaire coordinaten om dezelaatste integraal te berekenen (x = r cos θ, y = r sin θ).∫

De−x2−y2

dxdy =∫ 2π

0

∫ R

0e−r2

rdrdθ

=∫ 2π

0−[12e−r2

]R

0

dθ

=∫ 2π

0

(−1

2e−R2

+12

)dθ

= π[1− e−R2

]Bijgevolg, ∫ ∞

−∞e−y2

dy = limR→∞

√π(1− e−R2

)1/2 =√π.


Dus

|∫ ∞

−∞tme−t2/2tne−t2/2dt| ≤ km+n

∫ ∞

−∞e−t2/2dt = km+n

√2π.

Eigenschap 2.13.2. Het Gram-Schmidt proces geeft de orthonormale rij

en(t) =1

(2nn!√π)1/2

e−t2/2Hn(t),

waarH0(t) = 1, Hn(t) = (−1)net

2 dn

dtn

(e−t2

), n = 1, 2, . . .

De polynoom Hn(t) wordt de Hermite polynoom van orde n genoemd.Bovendien,

Hn(t) = n!N∑

j=0

(−1)j 2n−2j

j!(n− 2j)!tn−2j

=N∑

j=0

(−1)j

j!n(n− 1) · · · (n− 2j + 1)(2t)n−2j ,

met N = n2 als n even is, en N = n−1

2 als n oneven is.De rij (en) is orthonormaal en totaal in L2(−∞,∞).

De Hermite veeltermen Hn zijn oplossingen van de Hermite differentiaal-vergelijking

H ′′n − 2tH ′

n + 2nHn = 0.

In het bijzonder is Hn een eigenfunctie van de operator H ′′ − 2tH ′.

Laguerre veeltermen

Door de transformatie t = b − s of t = s + a toe te passen, verkrijgenwij uit totale orthonormale rijen van L2[0,∞) totale orthonormale rijen inL2(−∞, b] en L2[a,∞).

Wij beschouwen dus L2[0,∞) en passen het Gram-Schmidt proces toe opde volgende rij

e−t/2, te−t/2, t2e−t/2, . . .

Wij verkrijgen aldus een totale orthonormale rij (en). Men kan aantonen dat

en(t) = e−t/2Ln(t),

2.13. ENKELE VOORBEELDEN 45

waarbij de Laguerre polynoom van orde n gedefinieerd wordt als volgt:

L0(t) = 1,

en

Ln(t) =et

n!dn

dtn(tne−t)

=n∑

j=0

(−1)n

j!

(n

j

)tj .

De Laguerre veelterm Ln is een oplossing van de Laguerre differentiaal-vergelijking

tL′′n + (1− t)L′n + nLn = 0.

In het bijzonder is Ln een eigenfunctie van de operator tL′′ + (1− t)L′.


Hoofdstuk 3

BENADERING DOORCONVOLUTIE

In dit hoofdstuk geven wij een algemene techniek om bepaalde functies tebenaderen.

3.1 Convolutieproduct

Wij beschouwen C(R,C), de continue functies van R naar C. Wij wensen f ∈C(R,C) te benaderen door specifieke functies. Om convergentieproblemen tevermijden beschouwen wij slechts functies met een compacte drager, en wijnoteren

Cc(R,C) = {f ∈ C(R,C) | f heeft compacte drager},

waarbij de drager van f per definitie de sluiting is van de volgende verzame-ling

{x ∈ dom(f) | f(x) 6= 0}.Bijgevolg bestaat de integraal ∫ ∞

−∞f(x)dx.

Definitie 3.1.1. Zij f, g ∈ Cc(R,C). Het convolutieproduct van f en g is defunctie f ∗ g gedefinieerd door

(f ∗ g)(x) =∫ ∞

−∞f(t)g(x− t)dt.

47

48 HOOFDSTUK 3. BENADERING DOOR CONVOLUTIE

(De definitie maakt ook zin voor elke twee functies f en g die stuksgewijzecontinu zijn op elk interval, en zodat f begrensd is en g absoluut integreerbaaris op (−∞,∞).)

Merk op dat f ∗ g terug een compacte drager heeft. Inderdaad, alsdrager(f) ⊆ [a, b] en drager(g) ⊆ [c, d], dan drager(f ∗ g) ⊆ [a, b] + [c, d].Bijgevolg definieert ∗ een product op de C-vectorruimte Cc(R,C). Beschouwde volgende norm op Cc(R,C):

‖f‖1 =∫ ∞

−∞|f(x)|dx.

Eigenschap 3.1.2. Zij f, g, h ∈ Cc(R,C) en c ∈ C. Dan,

1. f ∗ g ∈ Cc(R,C),

2. f ∗ g = g ∗ f ,

3. (cf) ∗ g = c(f ∗ g),

4. (f + h) ∗ g = (f ∗ g) + (h ∗ g),

5. (f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h),

6. Tc(f ∗ g) = (Tc(f)) ∗ g = f ∗ (Tc(g)),met Tc(f) : R→ C de functie gedefinieerd door Tc(f)(x) = f(x− c).

7. ‖f ∗ g‖1 ≤ ‖f‖1‖g‖1(merk op dat ‖f ∗ g‖∞ ≤ ‖f‖∞‖g‖∞ |drager|).

Bewijs. (2) Dit wordt bewezen door een eenvoudige substitutie.

(f ∗ g)(x) =∫ ∞

−∞f(t)g(x− t)dt

=∫ −∞

∞−f(x− z)g(z)dz

= (g ∗ f)(x)

(3), (4) en (5) zijn eenvoudig te verifieren. (7) Dit wordt bewezen als

3.1. CONVOLUTIEPRODUCT 49

volgt. Wij maken gebruik van de stelling van Fubini.

‖f ∗ g‖1 =∫ ∞

−∞|∫ ∞

−∞f(x− t)g(t)dt|dx

≤∫ ∞

−∞

(∫ ∞

−∞|f(x− t)g(t)|dt

)dx

≤∫ ∞

−∞

(∫ ∞

−∞|f(x− t)|dx

)|g(t)|dt

≤∫ ∞

−∞‖f‖1|g(t)|dt

= ‖f‖1 ‖g‖1

(1) Wij merken eerst op dat

Tc(f ∗ g)(x) = (f ∗ g)(x− c)

=∫ ∞

−∞f(x− c− t)g(t)dt

=∫ ∞

−∞Tc(f)(x− t)g(t)dt

= (Tc(f) ∗ g)(x)

Dus,

‖Tc(f ∗ g)− (f ∗ g)‖1 = ‖(Tc(f)− f) ∗ g‖1≤ ‖Tc(f)− f‖1 ‖g‖1

Omdat f compacte drager heeft is deze functie uniform continu op R. Bijge-volg

‖Tc(f)− f‖1 =∫ ∞

−∞|f(x− c)− f(x)|dx→ 0 als c→ 0.

Dus ook, voor elke x ∈ R,

|(f ∗ g)(x− c)− (f ∗ g)(x)| → 0 als c→ 0.

Er volgt dat f ∗ g continu is en dus f ∗ g ∈ Cc(R,C).Tenslotte, (6) volgt uit (1) en de vorige opmerking. 2

Wij merken op dat als f of g periodisch zijn, dan is (wegens Eigen-schap 3.1.2.(6)) ook f ∗ g periodisch.


Eigenschap 3.1.3. Veronderstel f, g ∈ Cc(R,C). Als f continu differ-entieerbaar is , dan

d

dx(f ∗ g) =

df

dx∗ g.

Bewijs. De opgelegde voorwaarden staan toe de integraal en afgeleide teverwisselen:

d

dx(f ∗ g)(x) =

d

dx

∫ ∞

−∞f(x− t)g(t)dt

=∫ ∞

−∞

(d

dxf(x− t)

)g(t)dt

=(df

dx∗ g)

(x)

2

Definitie 3.1.4. De vectorruimte van de oneindig differentieerbare functiesop R met compacte drager noteren wij D(R,C).

Gevolg 3.1.5. Als f ∈ D(R,C) en g ∈ Cc(R,C), dan

dn

dxn(f ∗ g) =

dn(f)dxn

∗ g,

voor elk natuurlijk getal n.

Wij verkrijgen dus onmiddellijk.

Gevolg 3.1.6. (Cc(R,C),+, ∗) is een algebra en D(R,C) is een ideaal inCc(R,C).

In een volgende sectie bewijzen wij dat D(R,C) dicht is in Cc(R,C).De algebra Cc(R,C) heeft echter geen eenheidselement voor de bewerking

∗, d.w.z. er bestaat geen functie e ∈ Cc(R,C) zodat e ∗ g = g, voor alleg ∈ Cc(R,C). Inderdaad, veronderstel dat wel een eenheidselement e bestaat.

3.1. CONVOLUTIEPRODUCT 51

Dan, voor elke g ∈ Cc(R,R+) met drager [a− ε, a+ ε] en ‖g‖1 ≤ 1:

g(a) = (e ∗ g)(a)

=∫ ∞

−∞e(t)g(a− t)dt

=∫ ε

−εe(t)g(a− t)dt

≤ |e(α)|∫ ε

−εg(a− t)dt

≤ |e(α)|

voor een α ∈ [−ε, ε]. Als wij nu g beperken tot een [a − δ, a + δ] met δ < ε(en dan terug uitbreiden tot een continue functie met drager [−ε, ε] zodatdeze functie in modulus zijn maximum bereikt in het interval [a− δ, a+ δ]) ,dan verkrijgen wij g(a) ≤ |e(β)| met β ∈ [−δ, δ]. Omdat e continu is hebbenwij e(α) → e(0) als α → 0 (d.w.z., ε → 0). Dus g(a) ≤ |e(0)|. Doch dit isonmogelijk voor alle functies g ∈ Cc(R,R+) met ‖g‖1 = 1.

Wij tonen aan dat er een vervanging bestaat voor de eenheid, namelijk een“benadering” van het eenheidselement. Wij geven eerst de volgende definitie.

Definitie 3.1.7. Een Diracrij is een rij continue functies Kn : R → R dievoldoen aan de volgende voorwaarden:

DIR.1 Kn(x) ≥ 0, voor alle x ∈ R,

DIR.2∫∞−∞Kn(x)dx = 1,

DIR.3 voor elke ε > 0 en δ > 0 bestaat een natuurlijk getal N zodatvoor alle n ≥ N : ∫ −δ

−∞Kn(x)dx+

∫ ∞

δKn(x)dx < ε.

Voorwaarde DIR.2 betekent dat de oppervlakte onder de grafiek van decurve y = Kn(x) gelijk is aan 1. VoorwaardeDIR.3 zegt dat deze oppervlaktevooral geconcentreerd is rond de oorsprong (voor N voldoende groot).

Stelling 3.1.8. Zij f : R→ R een stuksgewijze continue en begrensde functie.Zij S een compacte deelverzameling van R zodat f continu is op S (merk op:


wij bedoelen hier dat f continu is in elke s ∈ S, en wij bedoelen niet dat f|Scontinu is). Als (Kn) een Dirac rij is, dan convergeert f ∗Kn uniform naarf op S.

Bewijs. Stel fn = Kn ∗ f . Dan

fn(x) =∫ ∞

−∞Kn(t)f(x− t)dt.

Wegens DIR.2,

f(x) = f(x)∫ ∞

−∞Kn(t)dt =

∫ ∞

−∞Kn(t)f(x)dt.

Bijgevolg

fn(x)− f(x) =∫ ∞

−∞Kn(t) [f(x− t)− f(x)] dt.

Omdat S compact en f continu is op S (en dus uniform continu), bestaat ervoor elke ε > 0 een δ > 0 zodat

|f(x− t)− f(x)| < ε,

voor alle x ∈ S en |t| < δ. Zij M zodat ‖f‖∞ ≤ M , en dus wegens DIR.3,zij N een natuurlijk getal zodat voor alle n ≥ N ,∫ −δ

−∞Kn(t)dt+

∫ ∞

δKn(t)dt <

ε

2M.

Er volgt,

|fn(x)− f(x)| ≤∫ −δ

−∞Kn(t)|f(x− t)− f(x)|dt+∫ ∞

δKn(t)|f(x− t)− f(x)|dt+∫ δ

−δKn(t)|f(x− t)− f(x)|dt

≤ 2Mε

2M+∫ δ

−δKn(t)|f(x− t)− f(x)|dt

≤ ε+ ε

∫ δ

−δKn(t)dt

≤ ε+ ε

∫ ∞

−∞Kn(t)dt

≤ 2ε.

3.2. STELLING VAN WEIERSTRASS 53

Dus ‖fn − f‖∞ ≤ 2ε. 2

De functies Kn vermeld in Stelling 3.1.8 worden soms ook kernfunctorengenoemd. Zij hebben het effect om f om te vormen in functies fn, die gewoon-lijk betere eigenschappen hebben dan f zelf, en die f benaderen.

Later geven wij enkele specifieke voorbeelden van kernfunctoren: de Lan-dau rij die banaderende polynoomfucnties geven, de Fejerkernen die be-naderende trigonometrische functies geven, de warmtekern die een funda-mentele oplossing geeft van de warmtevergelijking.

Wij geven nu een algemene klasse van voorbeelden. Zij K : R → Reen continue functie met compacte drager zodat K ≥ 0 en

∫∞−∞K(t)dt = 1.

Definieer Kn(t) = nK(nt). Dan is (Kn) een Dirac rij. Er bestaan zelfsvoorbeelden van zo’n functies K die oneindig differentieerbaar zijn en evenzijn.

3.2 Stelling van Weierstrass

Wij bewijzen hier als toepassing van Stelling 3.1.8 dat door een gepaste keuzevan de Dirac rij te maken wij een willekeurige continue functie op een compactinterval kunnen benaderen door een veeltermfunctie.

Stelling 3.2.1. (Stelling van Weierstrass)Zij f : [a, b] → R een continue functie. Dan bestaat er een rij polynomen(pn) welke uniform convergeert naar f op het interval [a, b]. M.a.w. R[x] isdicht in C([a, b],R) voor de norm ‖ ‖∞.

Bewijs. Eerst herleiden wij het probleem tot het compacte interval [0, 1].Duidelijk mogen wij veronderstellen dat a 6= b. Stel

t =x− ab− a

voor a ≤ x ≤ b. Dan x = (b− a)t+ a en 0 ≤ t ≤ 1. Stel

g(t) = f((b− a)t+ a).

Indien voor een gegeven ε > 0 een polynoom p bestaat zodat

|p(t)− g(t)| < ε


voor alle t ∈ [0, 1], dan

|p(x− ab− a

)− f(x)| < ε

voor alle a ≤ x ≤ b. Aangezien p(

x−ab−a

)een polynoom is in x hebben wij de

situatie herleid tot het geval [a, b] = [0, 1].Veronderstel dus vanaf nu dat a = 0 en b = 1. Vervolgens tonen wij aan

dat wij ook mogen veronderstellen dat f(0) = f(1) = 0. Stel,

h(x) = f(x)− f(0)− x[f(1)− f(0)].

Dan h(0) = 0 = h(1). Indien wij h kunnen benaderen door polynomen, dankunnen wij natuurlijk ook f benaderen door polynomen.

Dus vanaf nu mogen wij veronderstellen dat a = 0, b = 1 en f(0) =f(1) = 0. Wij breiden dan f uit tot een functie op R door f(x) = 0 tedefinieren voor |x| ≥ 1 en voor x < 0. Bijgevolg is f continu en begrensd opR.

Wij definieren nu een gepaste Dirac rij om Stelling 3.1.8 te kunnen toepassen.Voor elke n ≥ 1, definieer

Kn(t) =

(1−t2)n

cnvoor − 1 ≤ t ≤ 1

0 voor |t| > 1,

waar

cn =∫ 1

−1(1− t2)ndt.

Dit laatste betekent dat DIR.2 voldaan is. Uiteraard is Kn(t) ≥ 0 voor allet ∈ R en bovendien is Kn een continue en even funcite.

Wij tonen nu aan dat (Kn) voldoet aan DIR.3 en dus een Dirac rij vormt.Inderdaad,

cn = 2∫ 1

0(1− t2)ndt

= 2∫ 1

0(1− t)n(1 + t)ndt

≥ 2∫ 1

0(1− t)ndt

=2

n+ 1.

3.2. STELLING VAN WEIERSTRASS 55

Voor 1 ≥ δ > 0 verkrijgen wij∫ 1

δKn(t)dt =

∫ 1

δ

(1− t2)n

cndt

≤∫ 1

δ

n+ 12

(1− δ2)ndt

≤ n+ 12

(1− δ2)n(1− δ).

Aangezien limn→∞(

n+12

)(1− δ2)n(1− δ) = 0 volgt er∫ −δ

−1Kn(t)dt+

∫ 1

δKn(t)dt = 2

∫ 1

δKndt→ 0,

als n→∞. Dus is DIR.3 voldaan.Wegens Stelling 3.1.8 , limn→∞Kn ∗ f = f . Er blijft nog te bewijzen dat

Kn ∗ f een polynoom is. Omdat Kn(x − t) een polynoom is in t en x (vangraad 2n in x) bestaan er polynomen g0, . . . , g2n in t zodat

Kn(x− t) = g0(t) + g1(t)x+ · · ·+ g2n(t)x2n.

Dus, omdat de drager van f bevat is [0, 1],

(Kn ∗ f)(x) =∫ ∞

−∞Kn(x− t)f(t)dt

=∫ 1

0Kn(x− t)f(t)dt

=∫ 1

0(g0(t) + g1(t)x+ · · ·+ g2n(t)x2n)f(t)dt

= a0 + a1x+ · · ·+ a2nx2n,

met

ai =∫ 1

0gi(t)f(t)dt ∈ R

voor 0 ≤ i ≤ 2n. Dus is elke Kn ∗ f inderdaad een polynoom. 2

De functies Kn, gedefinieerd in het bewijs van Stelling 3.2.1, noemt mende Landau kernen.

Gevolg 3.2.2. Zij f : [a, b]→ R een n-maal continu differentieerbare functie.Voor elke ε > 0 bestaat een p ∈ R[x] zodat voor elke l ≤ n, ‖f (l)− p(l)‖∞ < ε.


Bewijs. Wegens de Stelling van Weierstrass bestaat er een rij polynomen(p(n)

i )i≥0 zodat p(n)i

u→ f (n). Nu

f (n−1)(x) = f (n−1)(a) +∫ x

af (n)(t)dt.

Wegens Eigenschap 6.2.1 volgt er dan

f (n−1)(x) = f (n−1)(a) +∫ x

alimi→∞

p(n)i (t)dt

= f (n−1)(a) + limi→∞

∫ x

ap(n)i (t)dt

= limi→∞

(f (n−1)(a) +

∫ x

ap(n)i (t)dt

).

Duidelijk is f (n−1)(a) +∫ x0 p

(n)i (t)dt een polynoom in x en dus wordt f (n−1)

benaderd door polynomen. Het resultaat volgt nu door veelvuldige toepassin-gen van dit procede. 2

Merk op dat een functie f die kan benaderd worden door veeltermen nietnoodzakelijk gelijk is aan een machtreeks. Deze laatste zijn immers analy-tisch. Bovendien, in een machreeks benadert men f met een rij veeltermenwaarvan de coefficienten van xn constant blijven na de n-de term.

3.3 Benadering door trigonometrischeveeltermen

In dit hoofdstuk beschouwen wij de completie van de ruimte van de continuecomplexe functies van periode 2π. Deze ruimte wordt genoteerd L2(T ). Hieris T = {(x, y) ∈ R2 | x2 + y2 = 1}, de eenheidscirkel in R2. De ruimte vande continue complexe functies op T is in bijectief verband met de continuefuncties van periode 2π. Vandaar de notatie.

Het inproduct op L2(T ) is gegeven door de formule

< f, g >=∫ π

−πf(x)g(x)dx.

Wij geven een beknopt overzicht van een benaderingsmethode.

3.3. TRIGONOMETRISCHE VEELTERMEN 57

Voor elke n ∈ Z, zij en ∈ L2(T ) de functie gedefinieerd door

en(x) = einx.

Het is eenvoudig aan te tonen dat dit een orthogonale rij is.Als f ∈ L2(T ), dan is de Fouriercoefficient van f ten opzichte van (en)

het getal

cn(f) = cn =12π

∫ π

−πf(x)e−inxdx.

Wij definieren nu een andere orthogonale rij periodische functies (ϕn) alsvolgt:

ϕ0(x) = 1,ϕn(x) = cos(nx) (n > 0),ϕ−n(x) = sin(nx) (n > 0).

Merk ook op dat

< ϕn, ϕn >= π en < ϕ0, ϕ0 >= 2π,

voor n 6= 0. Bovendien kennen wij de volgende relaties:

einx + e−inx = 2 cos(nx),

einx − e−inx = 2i sin(nx)

eneinx = cos(nx) + i sin(nx).

Wij noteren de Fouriercoefficienten van een functie f ten opzichte van (ϕn)door an (voor ϕn met n ≥ 0) en bn (voor ϕ−n met n > 0). Dus

a0 = 12π

∫ π−π f(x)dx,

an = 1π

∫ π−π f(x) cos(nx)dx,

bn = 1π

∫ π−π f(x) sin(nx)dx.

Definieer a−n = bn voor n > 0.

Definitie 3.3.1. De Fourierreeks van f ∈ L2(T ) is de reeks

Sf =∑n∈Z

cn(f)en.


Bij afspraak zijn de partieelsommen de volgende functies:

sn,f (x) = sn(x) =n∑

k=−n

ckek(x)

=n∑

k=−n

ck(cos(kx) + i sin(kx))

= c0 +n∑

k=1

{ck(cos(kx) + i sin(kx))

+c−k(cos(kx)− i sin(kx))}

= c0 +n∑

k=1

(ck + c−k) cos(kx) +

n∑k=1

i(ck − c−k) sin(kx)

= a0 +n∑

k=1

ak cos(kx) +n∑

k=1

bk sin(kx)

=n∑

k=−n

akϕk(x)

Deze reeksen worden trigonometrische polynomen genoemd. Momenteelzijn deze reeksen slechts formele reeksen; de convergentie moet nog besprokenworden. Wij schrijven

Sf (x) = a0 +∞∑

n=1

(an cos(nx) + bn sin(nx)) =∞∑−∞

cnen(x).

Zij f en g twee periodische en stuksgewijze continue functies van periode2π. Definieer

(f ∗ g)(x) =∫ π

−πf(t)g(x− t)dt.

Wij noemen dit weer het convolutieproduct van f en g.

Wij beschouwen twee kernfuncties:

1. De Dirichletkern:

Dn =12π

n∑k=−n

ek.

3.3. TRIGONOMETRISCHE VEELTERMEN 59

2. De Fejerkern of Cesarokern:

Fn =1

2πn

n−1∑m=0

m∑k=−m

ek

=1n

(D0 + · · ·+Dn−1).

De Fejerkern is een gemiddelde van de Dirichletkernen. Men kan aantonendat de Fejerkernen een Diracrij vormen in de volgende zin (de Dirichletkernenvormen geen Diracrij).

Definitie 3.3.2. Een Diracrij (Kn) is een rij van continue periodische func-ties (van periode 2π) die voldoet aan de volgende eigenschappen:

DIR.1 Kn ≥ 0, voor alle n,

DIR.2∫ π−π Kn(t)dt = 1, voor alle n,

DIR.3 voor elke ε > 0 en δ > 0 bestaat er een natuurlijk getal N zodat vooralle n ≥ N , ∫ −δ

−πKn(t)dt+

∫ π

δKn(t)dt < ε.

Een belangrijk lemma om dit te bewijzen is het volgende.

Lemma 3.3.3. Zij x ∈ R. Als x geen geheel veelvoud is van 2π, dan

Fn(x) =1

2πnsin2(nx

2 )sin2(x

2 ).

Bewijs. Wij maken gebruik van de formule voor een partieelsom van eenmeetkundige reeks. Dit geeft:

m∑k=−m

eikx =m∑

k=−m

(eix)k

=1− ei(m+1)x

1− eix+

1− e−i(m+1)x

1− e−ix− 1.

Bijgevolg,

n−1∑m=0

m∑k=−m

eikx =(

11− eix

) (n− eix 1− einx

1− eix

)+

(1

1− e−ix

) (n− e−ix 1− e−inx

1− e−ix

)− n.


Nu,2i sin(

x

2) = ei(x/2) − e−i(x/2)

en dus2i sin(

x

2)ei(x/2) = eix − 1.

Er volgt (omdat x geen veelvoud is van 2π)

n−1∑m=0

m∑k=−m

eikx =−e−i(x/2)

2i sin(x/2)

(n− eix 1− einx

1− eix

)+

ei(x/2)

2i sin(x/2)

(n− e−ix 1− e−inx

1− e−ix

)− n

=n(eix/2 − e−ix/2)

2i sin(x/2)+

eix/2

2i sin(x/2)

(1− einx

1− eix

)

− e−ix/2

2i sin(x/2)

(1− e−inx

1− e−ix

)− n

= n+eix/2(einx − 1)

eix/2(2i sin(x/2))2+

e−ix/2(e−inx − 1)e−ix/2(2i sin(x/2))2

− n

=1

(2i sin(x/2))2(einx + e−inx − 2

)=

1(2i sin(x/2))2

(ein(x/2) − e−in(x/2)

)2

=sin2(nx/2)sin2(x/2)

.

2

Het volgende geeft een verband tussen de partieelsommen van een perio-dische stuksgewijze continue functie f (van periode 2π) en zijn Fourierreeks.

f ∗Dn = sn,f = sn

enf ∗ Fn =

1n

(s0 + · · ·+ sn−1).

Net zoals in een vorige situatie bewijst men de volgende stelling.

3.4. PUNTSGEWIJZE CONVERGENTIE 61

Stelling 3.3.4. Zij f een stuksgewijze continue periodische functie (van pe-riode 2π) en veronderstel dat f begrensd is. Zij (Kn) een Diracrij en S eencompacte deelverzameling van R op dewelke f continu is. Dan convergeertde rij (Kn ∗ f) uniform naar f op S.

Gevolg 3.3.5. Zij f een stuksgewijze continue en periodische functie (vanperiode 2π). De functies f ∗Fn convergeren uniform naar f op elke compacteverzameling waarop f continu is.

Gevolg 3.3.6. Zij f en g stuksgewijze continue en periodische functies (vanperiode 2π). Als cn,f = cn,g, dan is f = g, behalve voor ten hoogste een eindigaantal punten.

Gevolg 3.3.7. De verzameling {en | n ∈ Z} is een orthogonale basis vanL2(T ) (of van de continue periodische functies van periode 2π); d.w.z. {en |n ∈ Z} is een totale orthogonale basis in L2(T ). I.h.b. de ruimte van deoneindig maal differentieerbare functies in L2(T ) is dicht in L2(T ).

Gevolg 3.3.8. De ruimte L2(T ) is een oneindig dimensionale separabeleHilbertruimte, en dus isomorf met `2. Bijgevolg is een rij complexe getallen(an) de rij van de Fouriercoefficienten van een f ∈ L2(T ) als en slechts als∑

n |an|2 <∞.

3.4 Trigonometrische functies en puntsgewijze con-vergentie

Stelling 3.4.1. Zij (an)n∈Z een rij getallen zodat∑∞

−∞ anϕn uniform con-vergeert, en zij g =

∑∞−∞ anϕn. Dan is an de Fouriercoefficient van g ten

opzichte van (ϕn):

an =< g, ϕn >

< ϕn, ϕn >.

Dus is∑anϕn de Fourierreeks van g.


Bewijs. Dit volgt uit Eigenschap 2.11.5.Men kan dit weer bewijzen op de volgende manier.Daar elke functie ϕm

begrensd is (‖ϕn‖∞ ≤ 1), volgt er dat de reeks

∞∑k=−∞

akϕkϕm = gϕm

uniform convergeert. Dus, wegens Proposition 6.2.1, mag men de reeks termper term integreren. Wegens de orthogonaliteitsrelaties volgt er dan

am < ϕm, ϕm >=< g, ϕm > .

Dus volgt het resultaat. 2

Lemma 3.4.2. (Riemann-Lebesgue)Veronderstel a < b en veronderstel dat f de uniforme limiet is van trapfunc-ties op [a, b] (dus f is bijvoorbeeld een continue functie). Dan

limn→∞

∫ b

af(x)einxdx = 0.

Een analoge eigenschap geldt wanneer wij einx vervangen door cos(nx) ofsin(nx).

Bewijs. Veronderstel eerst dat f ook differentieerbaar is, behalve in tenhoogste een eindig aantal punten, en veronderstel dat de afgeleide stuksge-wijze continu is. Door het interval op te delen in een eindig aantal deelin-tervallen, zien wij dat het voldoende is het lemma te bewijzen voor elk zulkdeelinterval. M.a.w. het is voldoende (in dit geval) het lemma te bewijzenvoor een f op [a, b] met continue afgeleide. Nu

|∫ b

af(x)einxdx| = |f(b)einb

in− f(a)eina

in− 1in

∫ b

af ′(x)einxdx|

≤ |f(b)|n

+|f(a)|n

+1n‖f ′‖∞(b− a).

Dus, ∫ b

af(x)einxdx→ 0 als n→∞.

Wij beschouwen nu het algemeen geval. Voor ε > 0 bestaat een trapfunc-tie g op [a, b] zodat ∫ b

a|f(x)− g(x)|dx < ε

2.


Dus

|∫ b

af(x)einxdx| = |

∫ b

a(f(x)− g(x))einxdx+

∫ b

ag(x)einxdx|

≤ ε

2+ |∫ b

ag(x)einxdx|

Wegens het eerste gedeelte van het bewijs

|∫ b

ag(x)einxdx| < ε

2,

voor n voldoende groot. Dus

|∫ b

af(x)einxdx| < ε,

voor n voldoende groot. Dit bewijst het lemma voor de functie einx. Deandere gevallen worden analoog bewezen. 2

Zij L1(T ) de ruimte van de stuksgewijze continue en periodische functies(van periode 2π) met norm

‖f‖1 =12π

∫ π

−π|f(t)|dt.

En zijc0(Z) = {(xn)n∈Z | lim

n→∞xn = 0, xn ∈ C},

met norm ‖(xn)‖∞ = sup{|xn| | n ∈ Z}.

Gevolg 3.4.3. De afbeelding

F : L1(T )→ c0(Z) : f 7→ (cn(f))

is continu en lineair.

Bewijs. Wegens het Lemma van Riemann-Lebesgue is de functie goedgedefinieerd. Het is eenvoudig na te gaan dat cn(f + g) = cn(f) + cn(g)en cn(rf) = rcn(f) voor alle r ∈ C. Dus is F lineair. De continuiteit volgtuit het feit

|cn(f)| ≤ ‖f‖1,

en dus‖F(f)‖∞ = sup{|cn(f)| | n ∈ Z} ≤ ‖f‖1.


2

Men kan ook aantonen dat F een homomorfisme van algebras (met invo-lutie) definieert

Eigenschap 3.4.4. Zij f een k-maal continu differentieerbare periodischefunctie (van periode 2π). Dan

cn(f (k)) = (in)kcn(f)

en dusnk|cn(f)| ≤ ‖f (k)‖1.

Bovendien,lim

n→∞nkcn(f) = 0,

of anders geformuleerd cn(f) = O(1/nk) als n → ∞. I.h.b., er bestaat eenconstante Mk zodat

|cn(f)| ≤Mk|n|−k.

Bijgevolg is de Fourierreeks absoluut en uniform convergent voor k ≥ 2.

Bewijs. Gebruik partiele integratie k-maal, en volg een bewijs analoog zoalsdat van het Riemann-Lebesgue Lemma. 2

Definitie 3.4.5. Een rij (an)n∈Z heet snel dalend als voor elke k ∈ N er eenMk > 0 bestaat zodat |an| ≤ Mk|n|−k, voor elke n. De vectorruimte van desnel dalende rijen noteren wij S(Z).

Gevolg 3.4.6. Voor elke f ∈ C∞(T ) (de oneindig maal continu differentieer-bare en periodische functies, van periode 2π) geldt dat (cn(f))n∈Z ∈ S(Z).

Wij zullen later ook het omgekeerde van dit resultaat bewijzen.

Het Lemma van Riemann-Lebesgue speelt een analoge rol als voorwaardeDIR.3 in de definitie van Diracrijen; namelijk de bijdrage van de integraalbuiten een δ-interval rond de oorsprong is erg klein voor n voldoende groot.

Om de convergentie van de Fourierreeks te bestuderen benodigen wij tweeeigenschappen van de Dirichletkernen Dn:


D.2∫ π−π Dn(x)dx = 1,

D.3 Dn(x) = sin((2n+1)(x/2))2π sin(x/2) (voor x 6= 2πv, v ∈ Z).

Eigenschap D.2 is duidelijk aangezien∫ π−π e

inxdx = 0 voor n 6= 0. Eigen-schap D.3 wordt als volgt bewezen. Wegens de berekeningen in Lemma 3.3.3:

n∑k=0

eikx =1− ei(n+1)x

1− eix

=e−ix/2 − ei(n+ 1

2)x

−2i sin(x/2).

Analoog

−1 +n∑

k=0

e−ikx = −1 +1− e−i(n+1)x

1− e−ix

= −1 +eix/2 − e−i(n+ 1

2)x

2i sin(x/2).

Dusm∑

k=−m

eikx = −1 +eix/2 − e−ix/2 + ei(n+ 1

2)x − e−i(n+ 1

2)x

2i sin(x/2)

= −1 +2i sin(x/2) + 2i sin((n+ 1

2)x)2i sin(x/2)

=sin((n+ 1

2)x)sin(x/2)

Dit bewijst inderdaad D.3.

Herinner dat een periodische functie f voldoet aan de Lipschitz voor-waarde in x als er een constante M > 0 en een open interval U bestaat zodatx ∈ U en voor alle y ∈ U ,

|f(x)− f(y)| ≤M |x− y|.

Indien dit geldt voor elke x en M onafhankelijk is van x dan zeggen wij datf voldoet aan de Lipschitzvoorwaarde.

Het is welbekend dat een functie met begrensde afgeleide voldoet aan deLipschitzvoorwaarde. I.h.b. voldoen de continu differentieerbare functies aande Lipschitzvoorwaarde.


Stelling 3.4.7. Zij f een periodische functie (van periode 2π) die de uni-forme limiet is van trapfuncties op [−π, π]. Veronderstel dat f voldoet aan deLipschitzvoorwaarde in een gegeven punt x. Dan convergeert de FourierreeksSf (x) naar f(x).

Bewijs. Zij x ∈ R en ε > 0. Omdat f periodisch is (van periode 2π) en deuniforme limiet is van trapfuncties, volgt er

sn,f (x)− f(x) = (Dn ∗ f)(x)− f(x)

=∫ π

−πDn(t)[f(x− t)− f(x)]dt.

Definieer de volgende functie:

fn(t) =

{sin((2n+1)(t/2))

2π sin(t/2) voor t 6= 2πv, v ∈ Z2n+12π voor t = 2πv, v ∈ Z

.

Wegens Eigenschap D.3 weten wij dat fn(t) = Dn(t) (op het domein van Dn)en dus is fn continu. Bijgevolg,

sn,f (x)− f(x) =∫ π

−π

sin((2n+ 1)(t/2))2π sin(t/2)

[f(x− t)− f(x)]dt.

Het Lemma van Riemann-Lebesgue is niet onmiddellijk toepasbaar op hetvolledige interval, dit omdat de functie g(t) = f(x−t)−f(x)

2π sin(t/2) niet noodzakelijkeen uniforme limiet is van trapfuncties (aangezien sin(t/2) nul is voor t = 0).Om dit probleem te vermijden splitsen wij de integraal in drie delen.

Omdat f voldoet aan de Lipschitzvoorwaarde in x, bestaat er een δ1 eneen constante C > 0 zodat

|f(x− t)− f(x)| < C|t|

voor alle t met |t| ≤ δ1. Dus, voor elke 0 < δ < δ1,

|∫ δ

−δ

f(x− t)− f(x)2π sin(t/2)

sin((2n+ 1)(t/2))dt| ≤∫ δ

−δ|f(x− t)− f(x)

2π sin(t/2)|dt

≤∫ δ

−δ

C|t|2π| sin(t/2)|

dt

Aangezien de functie t 7→ tsin(t/2) (met functiewaarde 2 voor t = 0) continu is

in [−δ, δ], bestaat er een constante M > 0 zodat

|∫ δ

−δ

f(x− t)− f(x)2π sin(t/2)

sin((2n+ 1)(t/2))dt| ≤ 2δ2πCM.


Dus voor een gegeven ε > 0 bestaat er een δ voldoende klein zodat

|∫ δ

−δDn(t)[f(x− t)− f(x)]dt| < ε

2,

en dit onafhankelijk van n.Wegens het Lemma van Riemann-Lebesgue verkrijgen wij ook

limn→∞

∫ −δ

−πDn(t)[f(x− t)− f(x)]dt

= limn→∞

∫ −δ

−πsin((n+

12)t)f(x− t)− f(x)

2π sin(t/2)dt = 0

en ook

limn→∞

∫ π

δDn(t)[f(x− t)− f(x)]dt = 0.

Bijgevolg, voor n voldoende groot,

|∫ π

−πDn(t)[f(x− t)− f(x)]dt|

≤∫ −δ

−π+∫ δ

−δ+∫ π

δ|Dn(t)[f(x− t)− f(x)]|dt

≤ ε.

2

Gevolg 3.4.8. Zij f een periodische functie (van periode 2π) in C2, deklasse van de 2-maal continu differentieerbare functies. Dan convergeert deFourierreeks Sf uniform naar f .

Bewijs. De functie f voldoet aan de Lipschitzvoorwaarde omdat f ∈ C2.Bijgevolg, wegens Stelling 3.4.7 convergeert Sf puntsgewijze naar f . Ookweten wij (Eigenschap 3.4.4) dat Sf uniform convergeert naar een functie g.Dus g = f en is de convergentie uniform naar f . 2

Gevolg 3.4.9. De Fourierreeksontwikkeling geeft een isomorfisme tussenC∞(T ) en S(Z).


Bewijs. Wij weten reeds dat (Gevolg 3.4.6) de Fourierreeksontwikkeling eeninjectieve afbeelding geeft van C∞(T ) naar S(Z).

Omgekeerd, zij (an) ∈ S(Z). Dan convergeert de reeks∑

n anen uniformnaar een functie f en cn(f) = an. Inderdaad, dat de reeks uniform con-vergeert naar een functie f volgt uit het feit dat voor elke k ∈ N een getalMk > 0 bestaat zodat

|an| ≤Mk|n|−k.

Wegens Stelling 3.4.1 is inderdaad ook an = cn(f).Analoog bewijst men dat voor elk strikt positief geheel getal∑

n

(in)lanen

uniform convergeert. Nu is, wegens Eigenschap 3.4.4, (in)lan = cn(f (l)).Dus, wegens Eigenschap 6.2.2 is f inderdaad oneindig maal differentieerbaaren∑

n(in)lanen = f (l). 2

Hoofdstuk 4

FOURIER-TRANSFORMATIE

Tot nu toe was ons hoofddoel functies te benaderen door (reeksen) van func-ties en dit via orthogonale verzamelingen van functies. In dit hoofdstukbespreken wij integraaltransformaties: een andere manier om functies tebestuderen en om differentiaalvergelijkingen op te lossen.

Wij doen dit via de Fouriertransformatie. Dit staat ons toe om functiesmet domein R te behandelen; dit op een manier analoog aan Fourierreeksendie vooral functies op een eindig interval behandelden.

Wij motiveren even de situatie. Zij f : R→ C een (periodische) en 2-maalcontinu differentieerbare functie. Voor elke l > 0 hebben wij een Fourierreeksvan f beperkt tot [−l, l]. Voor x ∈ [−l, l],

f(x) =12l

∞∑−∞

cn,leiπnx/l,

cn,l =∫ l

−lf(y)e−iπny/ldy.

Stel ∆ξ = πl en ξn = n∆ξ = nπ/l. Dus worden de formules

f(x) =12π

∞∑−∞

cn,leiξnx∆(ξ),

cn,l =∫ l

−lf(y)e−iyξndy.

Als f(x) voldoende klein wordt als x→ ±∞, dan zal cn,l weinig veranderen

69

70 HOOFDSTUK 4. FOURIER- TRANSFORMATIE

als wij het interval [−l, l] uitbreiden tot (−∞,∞). Dus

cn,l ≈∫ ∞

−∞f(y)e−iξnydy.

Wij noteren deze integraal door

f(ξn)

(een functie van ξn). Bijgevolg

f(x) ≈ 12π

∞∑−∞

f(ξn)eiξnx∆ξ (|x| < l).

Dit lijkt op een Riemann som. Als l→∞ zodat ∆ξ → 0, dan zou ≈ moetengelijkheid worden. Dus

f(x) =12π

∫ ∞

−∞f(ξ)eiξxdξ

met

f(ξ) =∫ ∞

−∞f(x)e−iξxdx.

De vorige berekeningen zijn erg rudimentair en niet exact. Wij zullenin dit hoofdstuk echter aantonen dat deze formules geldig zijn als f aanbepaalde beperkingen voldoet. De functie f wordt de Fouriertransformatievan f genoemd.

Wij zullen de volgende notatie gebruiken

L1 = L1(R) ={f | ‖f‖1 =

∫ ∞

−∞|f(x)|dx <∞

}.

De integraal is de Lebesgue integraal, een uitbreiding van de Riemann in-tegraal. Dit technisch punt zal echter niet veel of geen rol spelen in dezecursus. De ruimte L1 is een volledige ruimte. Ook gebruiken wij de volgendenotatie:

C1(R) = C01 (R)

= {f : R→ C | f continu en de Riemann integraal∫ ∞

−∞|f(x)|dx convergeert

}

71

en ook

Cn1 (R) = {f ∈ Cn(R) | voor elke k ≤ n convergeert

de Riemann integraal∫ ∞

−∞|f (k)(x)|dx}

Wij geven enkele opmerkingen.

(1) L1 6⊆ L2, L2 6⊆ L1.

Wij geven een voorbeeld. Zij

f(x) ={x−2/3 0 < x < 10 elders

en

g(x) ={x−2/3 x > 10 elders

Dan f ∈ L1, f 6∈ L2 maar g ∈ L2 en g 6∈ L1.

(2) Als f ∈ L1 en f begrensd is, dan f ∈ L2.

Inderdaad, omdat ‖f‖∞ ≤M volgt er dat∫ ∞

−∞|f(x)|2dx ≤M

∫ ∞

∞|f(x)|dx <∞.

(3) Als f ∈ L2 en f(x) = 0 voor x 6∈ [a, b], dan f ∈ L1.

Dit volgt uit de ongelijkheid van Cauchy-Schwarz:∫ ∞

−∞|f(x)|dx =

∫ b

a1|f(x)|dx

≤ (b− a)1/2(∫ b

a|f(x)|2dx)1/2

< ∞


In hoofdstuk drie bestuurden wij functies in L1 die compacte dragerhebben. Nu veralgemenen wij verschillende van de methodes, o.a. het con-volutieproduct.

4.1 Convolutieproduct

Zij f, g : R→ C. Het convolutieproduct f ∗ g van f en g is gedefinieerd als

(f ∗ g)(x) =∫ ∞

−∞f(x− y)g(y)dy,

dit op voorwaarde dat de integraal bestaat.Er zijn allerlei voldoende voorwaarden op f en g die waarborgen dat de

integraal∫∞−∞ f(x − y)g(y)dy absoluut convergent is voor alle x ∈ R. Wij

geven enkele voorbeelden. De bewijzen zijn zoals in hoofdstuk drie.

Eigenschap 4.1.1. 1. Als f ∈ L1 en g begrensd is (d.w.z. ‖g‖∞ ≤ M)dan bestaat f ∗ g(x) voor alle x ∈ R.

2. Als f begrensd is en g ∈ L1, dan bestaat f ∗ g(x) voor alle x ∈ R.

3. Als f, g ∈ L2 dan bestaat (f ∗ g)(x) voor alle x ∈ R.

4. Als f stuksgewijs continu is en g begrensd is met compacte drager, danbestaat (f ∗ g)(x) voor alle x ∈ R.

Als f, g ∈ L1 dan kan men bewijzen dat (f ∗ g)(x) bestaat voor “bijnaalle” x ∈ R, d.w.z. behalve voor een verzameling van Lebesgue maat nul.

Eigenschap 4.1.2. Op voorwaarde dat de convolutieproducten bestaan:

1. f ∗ (ag + bh) = a(f ∗ g) + b(f ∗ h), voor alle a, b ∈ C.

2. f ∗ g = g ∗ f

3. Als f ∈ C11 (R) en g stuksgewijs continu en begrensd is, dan (f ∗ g)′ =

f ′ ∗ g.

4.2. DE FOURIERINTEGRAAL 73

4.2 De Fourierintegraal

Als f ∈ C1(R) dan is de Fouriertransformatie

f : R→ C

de functie gedefinieerd als volgt

f(ξ) =∫ ∞

−∞e−iξxf(x)dx.

Aangezien |e−iξx| = 1 en f ∈ C1(R) convergeert de integraal absoluut vooralle ξ ∈ R. Bijgevolg hebben wij inderdaad een functie f met domein R.Deze functie is begrensd, aangezien

|f(ξ)| ≤∫ ∞

−∞|f(x)|dx <∞.

Wij bewijzen nu dat f continu is. Inderdaad, voor elke h ∈ R,

|f(ξ + h)− f(ξ)| = |∫ ∞

i∞e−iξx(e−ihx − 1)f(x)dx|

≤∫ ∞

−∞|e−ihx − 1| |f(x)|dx

Nu, |e−ihx − 1| |f(x)| ≤ 2|f(x)| en

limh→0|e−ihx − 1| = 0

voor alle x. Dus, wegens de gedomineerde convergentiestelling,

limh→0

∫ ∞

−∞|e−ihx − 1| |f(x)|dx = 0.

Er volgt dat f continu is in elke ξ.

Wij geven nu enkele van de basiseigenschappen van de Fouriertransfor-matie. Wij vermelden eerst de volgende eigenschap.

Stelling 4.2.1. Zij f een continue functie in twee veranderlijken gedefinieerdop [a,∞)× [c,∞). Veronderstel dat


1. de integralen ∫ ∞

a|f(t, x)|dt en

∫ ∞

c|f(t, x)|dx

uniform convergeren voor x in elk eindig interval, en voor t in elk eindiginterval,

2. een van de integralen ∫ ∞

c

∫ ∞

a|f(t, x)|dt dx

of ∫ ∞

a

∫ ∞

c|f(t, x)|dx dt

convergeert,

dan convergeert ook de andere integraal en zij zijn gelijk.

Eigenschap 4.2.2. Veronderstel f, g ∈ C1(R). Dan,

1. lim|ξ|→∞ f(ξ) = 0

2. |f(ξ)| ≤ ‖f‖1 en ‖f‖∞ ≤ ‖f‖1.

3. als a, b ∈ C, danaf + bg = af + bg.

4. f ∗ g = f g

5. f∗ = f , met f∗(x) = f(−x) (dus ∗ is een involutie op de algebraC1(R)).

6. C1(R)→ C0(R) : f 7→ f is een algebra homomorfisme van algebras metinvolutie; met C0(R) = {f ∈ C(R) | lim|x|→∞ f(x) = 0}.

7. voor elke a ∈ R,

(a) fa(ξ) = e−iaξ f(ξ) met fa(ξ) = f(ξ − a),

(b) exp(ia)f(ξ) = f(ξ − a) met exp(ia)(x) = eiax.

8. als 0 6= a ∈ R+ en fa(ξ) = a−1f(ξa−1), dan

(a) fa(ξ) = f(aξ),


(b)(f)

a(ξ) = a−1fa−1(ξ).

Bewijs.(1) Dit volgt onmiddelijk uit het lemma van Riemann-Lebesgue.(2) en (3) zijn evident.(4)

f ∗ g(ξ) =∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞e−iξxf(x− y)g(y)dydx

Omdat f ∗ g absoluut integreerbaar is kunnen wij de orde van de integralenveranderen. Dus

f ∗ g(ξ) =∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞e−iξ(x−y)f(x− y)e−iξyg(y)dxdy

=∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞e−iξzf(z)e−iξyg(y)dzdy

= f(ξ)g(ξ)

(5)

f(ξ) =∫ ∞

−∞e−iξxf(x)dx

=∫ ∞

−∞e−iξxf(x)dx

=∫ ∞

−∞eiξxf(x)dx

=∫ ∞

−∞e−iξxf(−x)dx

= f∗(ξ)

(6) Dit volgt onmiddelijk uit de vorige eigenschappen.(7)

fa(ξ) =∫ ∞

−∞e−iξxf(x− a)dx

=∫ ∞

−∞e−iξx−iξaf(x)dx

= e−iξaf(ξ)


en

(exp(ia)f)(ξ) =∫ ∞

−∞e−iξxexp(iax)f(x)dx

=∫ ∞

−∞e−i(ξ−a)xf(x)dx

= f(ξ − a)

(8)

fa(ξ) =∫ ∞

−∞e−iξxa−1f(xa−1)dx

=∫ ∞

−∞e−iξaxf(x)dx

= f(aξ)

en

(f)a(ξ) = a−1

∫ ∞

−∞e−iξa−1xf(x)dx

=∫ ∞

−∞e−iξyf(ay)dy

= a−1fa−1(ξ)

2

Om de volgende belangrijke eigenschap te bewijzen benodigen wij hetvolgende resultaat.

Stelling 4.2.3. Zij f : [a,∞)×J → C een functie met J = [c, d]. Veronders-tel dat D2(f) bestaat en f,D2f continu zijn. Veronderstel ook dat er functiesϕ,ψ : [a,∞)→ R+ bestaan zodat

|f(t, x)| ≤ ϕ(t) en |D2f(t, x)| ≤ ψ(t)

voor alle (t, x) ∈ [a,∞)× J . Als de intgralen∫ ∞

aϕ(t)dt en

∫ ∞

aψ(t)dt

convergeren, dan is de functie

g(x) =∫ ∞

af(t, x)dt


differentieerbaar end

dxg(x) =

∫ ∞

aD2f(t, x)dt.

Eigenschap 4.2.4. 1. Als f ∈ C11 (R) dan

(f ′) (ξ) = iξf(ξ).

2. Als f ∈ C1(R) en Xf : R→ C : x 7→ xf(x) behoort tot C1(R), dan

Xf(ξ) = i(f)′

(ξ).

Bewijs. (1) Omdat f ∈ C1(R) volgt er dat

limx→∞

f(x) = 0

enlim

x→−∞f(x) = 0.

Dus geeft partiele integratie

(f ′) (ξ) =∫ ∞

−∞f ′(x)e−iξxdx

= −∫ ∞

−∞f(x)(−iξ)e−iξxdx

= iξf(ξ).

(2) De partiele afgeleide (t.o.v. de veranderlijke ξ)

D2(f(x)e−iξx) = −ixf(x)e−iξx

is begrensd door |Xf |. Wegens Stelling 4.2.3 en de veronderstelling Xf ∈C1(R) verkrijgen wij dus

D(f(ξ)) =d

dξ

∫ ∞

−∞f(x)e−iξxdx

=∫ ∞

−∞−ixf(x)e−iξxdx

= −i(Xf)(ξ).

2


Wij geven nu drie voorbeelden van Fouriertransformatie.

Voorbeeld 1. Zij

χa(x) ={

1 voor |x| < a0 elders

Dan

χa(ξ) =∫ a

−ae−iξxdx =

1−iξ

(e−iaξ − eiaξ) =2 sin(aξ)

ξ.

(Ook voor ξ = 0 blijft de formule gelden, als wij de limiet waarde nemen.)Merk op dat χa 6∈ L1.

Voorbeeld 2. Zij f(x) = e−ax2/2 met a > 0. Dan f(ξ) =√

2πa e

−ξ2/2a.

Indien a = 1, dan f =√

2πf .Inderdaad wegens Eigenschap 4.2.4.(2)

(f)′(ξ) =∫ ∞

−∞e−ax2/2(−ix)e−iξxdx

Partiele integratie met u = e−iξx en dv = −axe−ax2/2dx geeft

(f)′(ξ) = − ia

∫ ∞

−∞(e−ax2/2)′e−ξixdx

= − ia

∫ ∞

−∞e−ax2/2e−ξix(−ξi)dx

= − ξa

∫ ∞

−∞e−ax2/2e−ξixdx

= − ξaf(ξ)

Bijgevolg

d

dξ

(f(ξ)e−ξ2/2a

)=− ξ

a f(ξ)e−ξ2/2a − f(ξ)(−ξ/a)e−ξ2/2a

e−ξ2/a= 0.

Dusf(ξ) = Ce−ξ2/2a,

voor een constante C. Duidelijk is C = f(0) =∫∞−∞ e−ax2/2dx. Dus

C =

√2a

∫ ∞

−∞e−y2

dy =

√2πa


en dus

f(ξ) =

√2πae−ξ2/2a.

Voorbeeld 3. Zij

f(x) ={

1− |x| voor |x| ≤ 10 voor |x| > 1

Dan

f(ξ) =∫ 1

−1(1− |x|)e−iξxdx

= 2∫ 1

0(1− x) cos(ξx)dx

= 2(

1− cos ξξ2

)

Om technische redenen, zoals het vermijden van Lebesgue integratie, enom f ∈ L1 te verkrijgen, beperken wij ons nu tot een deelruimte van L1.Vooraleer wij deze ruimten definieren geven wij enkele definities.

Definitie 4.2.5. Een functie f heet sneldalend als voor alle natuurlijkegetallen n de functie |x|n|f(x)| begrensd is.

Lemma 4.2.6. Als f ∈ Cn1 (R), dan is f(ξ) (iξ)n = f (n)(ξ) en dus |f(ξ)| |ξn| =

|f (n)(ξ)|. Bijgevolg, als f ∈ C∞1 (R), dan is f sneldalend (en dus bestaat f).Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit Eigenschap 4.2.4. 2

In het bijzonder, als f ∈ C21 (R), dan

f ′′(ξ) = −ξ2f(ξ)

en dus(1 + ξ2)|f(ξ)| ≤ C,

voor een constante C. Dus

|f(ξ)| ≤ C

1 + ξ2,


voor alle ξ ∈ R. Er volgt dat

f ∈ C1(R).

Bijgevolg bestaat de Fouriertransformatie van f en f, f ∈ L2.

Definitie 4.2.7. De Schwarzruimte S(R) is de deelruimte van C∞(R) bestaandeuit alle functies f ∈ C∞(R) zodat f (n) sneldalend is voor elke natuurlijk getaln.

Lemma 4.2.8. Als f sneldalend is, dan bestaat voor elk natuurlijk getal neen constante c zodat

|xnf(x)| ≤ c

1 + x2,

i.h.b. Xnf ∈ C1(R).

Bewijs. Dit is evident. 2

Gevolg 4.2.9. Als f ∈ S(R), dan voor elk natuurlijk getal n,

f (n) = (−iX)nf en f (n) = (iX)nf ,

i.h.b. f ∈ S. Bovendien, als ook g ∈ S(R), dan

f ∗ g ∈ S(R)

en(f ∗ g)(n) = f (n) ∗ g = f ∗ g(n)

en(f ∗ g) = f g.

Bijgevolg is (S(R),+, ∗) een commutatieve algebra en definieert f∗(x) =f(−x) een involutie op S(R). Bovendien is

F : S(R),+, ∗ → S(R),+, · : f 7→ f

een algebrahomomorfisme. 2

Wij tonen vervolgens aan dat F een isomorfisme definieert. Dit zal volgenuit de inversieformule die wij bewijzen in de volgende paragraaf.

4.3. INVERSIEFORMULE 81

4.3 Inversieformule

Stelling 4.3.1. (Inversieformule) Voor elke functie f ∈ S(R) geldtf = 2πf∗.

Bewijs. Zij f, g ∈ S(R). Dan, wegens Stelling 4.2.1,∫ ∞

−∞f(ξ)e−iξxg(ξ)dξ

=∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞f(t)e−itξe−iξxg(ξ)dtdξ

=∫ ∞

−∞

∫ ∞

−∞f(t)e−iξ(t+x)g(ξ)dtdξ

=∫ ∞

−∞f(t)

(∫ ∞

−∞e−iξ(t+x)g(ξ)dξ

)dt

=∫ ∞

−∞f(t)g(t+ x)dt

Zij nu h ∈ S(R) en stel g(x) = h(ax) voor a > 0. Dan, wegens Eigen-schap 4.2.2,

g(η) =1ah(ηa

)en dus ∫ ∞

−∞f(ξ)e−iξxh(aξ)dξ =

∫ ∞

−∞f(t)

1ah(t+ x

a)dt

=∫ ∞

−∞f(au− x)h(u)du,

met u = t+xa . Beide integralen zijn continu afhankelijk van de parameter a.

Laat a→ 0, dan volgt er

h(0) ˆf(x) = f(−x)

∫ ∞

−∞h(u)du

= f(−x)ˆh(0).

Stel h(x) = e−x2/2 dan volgt uit een vorig voorbeeld dat h(ξ) =√

2πe−ξ2/2

en dus h(ξ) = 2πe−ξ2/2. Dus h(0) = 2π. Er volgt dat

ˆf = f(−x)2π.

2


Gevolg 4.3.2. De functie

F : S(R)→ S(R)

is een isomorfisme van algebras.

Bewijs. Wij weten reeds dat F een homomorfisme is. Het is injectief, wantals f = g, dan volgt uit de inversieformule dat

f∗ =12π

ˆf =

12π

ˆg = g∗,

en dus f = g. De inversieforume heeft ook als onmiddellijk gevolg dat Fsurjectief is. 2

Gevolg 4.3.3. Voor alle f, g ∈ S(R),

(fg) =12π

(f ∗ g).

Bewijs. Zij ψ,ϕ ∈ S(R) zodat f = ϕ en g = ψ. Dan f = ϕ∗2π en g = ψ∗2π.Dus wegens Eigenschap 4.2.2

fg = ϕψ

= ϕ ∗ ψ

= (ϕ ∗ ψ)∗2π= (ϕ∗ ∗ ψ∗)2π

=12π

(f ∗ g)

2

Wij merken tenslotte op dat de inversieformule onder heelwat zwakkerevoorwaarden kan bewezen worden. Het is bijvoorbeeld voldoende dat f, f ∈C1(R).

4.4 Fouriertransformatie in L2

Merk op dat voor f ∈ L2(R) de Fouriertransformatie niet noodzakelijk zinheeft (omdat L2 6⊆ L1). Dus is een andere definitie vereist. Het is welduidelijk dat S(R) ⊆ L2(R).

4.4. FOURIERTRANSFORMATIE IN L2 83

Eigenschap 4.4.1. Voor f ∈ S(R) geldt

‖f‖2 =√

2π‖f‖2.

Bewijs. Stel

g(x) =∫ ∞

−∞f(t)f(t− x)dt = f ∗ f∗(x).

Dang(0) =

∫ ∞

−∞f(t)f(t)dt = ‖f‖22.

Bovendieng = f ∗ f∗ = f f

∗ = f f .

Dus g(ξ) = |f(ξ)|2. Wegens de inversieformule verkrijgen wij aldus

g(x) =∫ ∞

−∞

12πf(ξ)eixξdξ

en dus‖f‖22 = g(0) =

∫ ∞

−∞

12π|f(ξ)|2dξ = ‖f‖22

12π.

2

Stelling 4.4.2. (Plancherel) Er bestaat een unieke afbeelding

F : L2(R)→ L2(R)

zodat

1. F(f) = f voor f ∈ S(R),

2. 〈F(f),F(g)〉 = 2π〈f, g〉 voor f, g ∈ L2,

3. ‖F(f)‖2 = 2π‖f‖2 voor f, g ∈ L2.

Bewijs. Wegens Eigenschap 4.4.1 is de afbeelding

F : S(R)→ S(R) : f 7→ 1√2πf

een isometrie van genormeerde ruimten. Aangezien ‖F(f)‖2 = ‖f‖2 volgter dat F een begrensde lineaire operator is. Dus, wegens Eigenschap 2.4.5bestaat er een unieke uitbreiding

Fe : S(R)→ L2(R)

zodatFe|S(R) = F

en die de norm bewaart. Omdat S(R) = L2(R) en wegens de inversiestellingL2(R) = S(R) ⊆ F(S(R)) volgt nu het resultaat. 2


Wij geven nu een lijst van voorbeelden van Fouriertransformaties (a, c ∈R, a > 0).

f(x) f(ξ)

f(x− c) e−icξ f(ξ)

eicxf(x) f(ξ − c)

f(ax) a−1f(a−1ξ)

f ′(x) iξf(ξ)

xf(x) i(f)′(ξ)

(f ∗ g)(x) f(ξ)g(ξ)

f(x)g(x) 12π (f ∗ g)(ξ)

e−ax2/2√

2πa−1e−ξ2/2a

(x2 + a2)−1 πae−a|ξ|

χa(x) ={

1 |x| < a0 |x| ≥ a 2ξ−1 sin(aξ)

x−1 sin(ax) πχa(ξ) ={π |ξ| < a0 |ξ| ≥ a

4.4. FOURIERTRANSFORMATIE IN L2 85

De definitie van Fouriertransformatie die wij hier gebruikt hebben is nietnoodzakelijk de gebruikelijke. Andere gebruikelijke definities zijn

f(ξ) =1√2π

∫e−iξxf(x)dx

enf(ξ) =

∫e−2πiξxf(x)dx.

De respectievelijke inversieformules worden dan,

f(x) =1√2π

∫eiξxf(ξ)dξ

enf(x) =

∫e2πiξxf(ξ)dξ.

Er volgt dan dat‖f‖2 = ‖f‖2 en (f ∗ g) =

√2πf g

en‖f‖2 = ‖f‖2 en ˘(f ∗ g) = f g en f ′(ξ) = 2πiξf(ξ).


Hoofdstuk 5

HERMITISCHEOPERATOREN

Een typisch centraal probleem in functionaal analyse is het oplossen vanvergelijkingen van de vorm

Lf = g

met L een gegeven lineaire (differentiaal) operator en g een gegeven functie.De functie f is de onbekende en moet eventueel voldoen aan een aantal begin-of randvoorwaarden.

Zelfs als wij de vergelijking kunnen oplossen voor f is het helemaal nietzeker dat de oplossingsmethode werkt voor de volledige klasse van vergeli-jkingen onder beschouwing. Bovendien is het onduidelijk of elke vergelijkingeen oplossing heeft, of dat er zelfs een unieke oplossing is. “Wiskundig”gezien is het niet voldoende om te zeggen dat de vergelijking een fysischprobleem beschrijft en daarom een unieke oplossing moet hebben (boven-dien zijn wiskundige beschrijvingen exacte voorstellingen van de realiteit enkunnen bijvoorbeeld kleine veranderingen in de beginvoorwaarde grote (on-realistische) veranderingen weergeven in de wiskundige oplossing).

Om vergelijkingen Lf = g op te lossen doen wij een beroep op lineairealgebra. Doch de situatie is nu veel ingewikkelder dan in eindig dimensionalelineaire algebra (meetkunde); zo zullen determinanten om zeggens geen rolspelen. De theorie doet ook beroep op topologie en maattheorie. Dit alleswerd ontwikkeld in het begin van de 20-ste eeuw. In dit hoofdstuk bestuderenwij Hermitische operatoren; deze hebben mooie diagonalisatieresultaten.

87

88 HOOFDSTUK 5. HERMITISCHE OPERATOREN

5.1 Lineaire operatoren

Zij V en W genormeerde ruimten. Herinner dat een lineaire operator f :V →W begrensd genoemd wordt als er een constante C ≥ 0 bestaat zodat

‖f(v)‖ ≤ C‖v‖

voor alle v ∈ V . De norm van f is

‖f‖ = sup{‖f(v)‖ | v ∈ V, ‖v‖ = 1}.

De operator f is begrensd als en slechts als f continu is, of equivalent, als fcontinu is in 0. De vectorruimte B(V,W ) van alle continue lineaire operatorenis een genormeerde ruimte. Als, bovendien, W een Banachruimte is, dan isook B(V,W ) een Banachruimte.

Wij geven enkele nieuwe voorbeelden.

De vermenigvuldiging operator.Zij f ∈ C([a, b],R) en

M : L2([a, b])→ L2([a, b])

gedefinieerd als volgt(Mx)(t) = f(t)x(t).

Wij noemen f de vermenigvuldiger. De functie M is duidelijk lineair en, voorelke x ∈ L2([a, b]),

‖Mx‖2 =∫ b

a|f(t)|2|x(t)|2dt

≤ sup{|f(t)|2 | a ≤ t ≤ b}∫ b

a|x(t)|2dt

≤ C‖x‖2,

met C = sup{|f(t)|2 | a ≤ t ≤}. Dus is M begrensd en ‖M‖ ≤ ‖f‖∞.

De “shift operator”

Beschouw de ruimte `2 van de complexe rijen (xn) = x waarvoor devolgende norm convergent is: ‖x‖ =

√∑|xn|2. Definieer

S : `2 → `2

5.2. INVERTEERBARE BEGRENSDE LINEAIRE OPERATOREN 89

als volgtS(x1, x2, x3, . . .) = (0, x1, x2, . . .).

Duidelijk is S een isometrie (i.h.b. ‖Sx‖ = ‖x‖ voor alle x ∈ `2). Dus is Sbegrensd en ‖S‖ = 1. Analoog is er de “backward” shift operator S∗ op `2.Deze is gedefinieerd als volgt

S∗(x1, x2, . . .) = (x2, x3, x4, . . .).

Ook S∗ is begrensd en ‖S∗‖ = 1, maar S∗ is geen isometrie.

Merk op dat in de ruimte van de differentieerbare functies op R:

MD 6= DM,

voor D = ddx en M de vermenigvuldigingsoperator.

5.2 Inverteerbare begrensde lineaireoperatoren

Zij H een Banachruimte en f ∈ B(H). De operator is inverteerbaar als ereen g ∈ B(H) bestaat zodat fg = gf = 1 (de identieke operator op H). Deoperator g is uniek en wordt genoteerd f−1. Als f en g inverteerbaar zijn opH, dan

(fg)−1 = g−1f−1.

Voor f ∈ B(H) noteren wij met f(H) het beeld van f .

Lemma 5.2.1. Veronderstel f ∈ B(H). Als c > 0 zodat ‖f(x)‖ ≥ c‖x‖ vooralle x ∈ H, dan is f(H) gesloten.

Bewijs. Zij y ∈ f(H) en kies een rij (xn) in H zodat limn→∞ f(xn) = y.Aangezien (f(xn)) een Cauchy rij is, bestaat er voor ε > 0 een natuurlijkgetal N zodat voor alle m,n ≥ N ,

‖f(xn)− f(xm)‖ = ‖f(xn − xm)‖ < ε.

Wegens de veronderstelling volgt er dus

‖xn − xm‖ <ε

c,

en dus is (xn) een Cauchy rij. Aangezien H volledig is, bestaat er dus eenx ∈ H zodat limn→∞ xn = x. Wegens de continuıteit van f volgt er dusy = limn→∞ f(xn) = f(x). Dus y ∈ f(H), en f(H) is gesloten. 2


Eigenschap 5.2.2. Een operator f ∈ B(H) is inverteerbaar als en slechtsals f(H) = H en er een c > 0 bestaat zodat ‖f(x)‖ ≥ c‖x‖ voor alle x ∈ H.

Bewijs. Als f inverteerbaar is en y ∈ H, dan y = f(f−1y) ∈ f(H). Dusf(H) = H. Ook, voor x ∈ H,

‖x‖ = ‖f−1f(x)‖ ≤ ‖f−1‖ ‖f(x)‖.

Dus, met c = 1‖f−1‖ verkrijgen wij

‖f(x)‖ ≥ c‖x‖.

Omgekeerd, veronderstel f(H) = H en ‖f(x)‖ ≥ c‖x‖ voor een c > 0 enalle x ∈ H. Dus, voor x 6= y,

‖f(x)− f(y)‖ = ‖f(x− y)‖ ≥ c‖x− y‖ > 0.

Dus, f(x) 6= f(y) en f is injectief. Wegens de veronderstelling is f ooksurjectief, en dus bijectief. Er volgt dat f een inverse lineaire functie f−1

heeft. Bovendien,‖y‖ = ‖ff−1(y)‖ ≥ c‖f−1(y)‖

en dus‖f−1(y)‖ ≤ 1

c‖y‖.

Zodat f−1 ∈ B(H). 2

Merk op dat als H een eindig dimensionale Banachruimte is, dan isf ∈ B(H) inverteerbaar als en slechts als f injectief is. Voor oneindig di-mensionale ruimten is dit niet waar.

VoorbeeldZij H = `2 en S de shift operator. Duidelijk is S injectief en S(H) 6= H.

Men kan evenwel de volgende stelling bewijzen.

Stelling 5.2.3. (Begrensde inverse stelling) Zij H een Banachruimte en f ∈B(H). Als f bijectief is dan is de inverse functie f−1 begrensd.

In sommige boeken noemt men een operator f : H → H inverteerbaarals er een functie g : f(H) → H bestaat zodat gf = fg = 1. Het volgendevoorbeeld toont aan dat g niet noodzakelijk begrensd is.

Voorbeeld. Zij H = `2 en

f : H → H : (x1, x2, . . .) 7→ (x1,x2

2,x3

3, . . .).

5.2. INVERTEERBARE BEGRENSDE LINEAIRE OPERATOREN 91

Het is duidelijk dat f lineair is en

‖f(xn)‖ =

√√√√ ∞∑n=1

|xn|2n2≤

√√√√ ∞∑n=1

|xn|2 = ‖(xn)‖.

Dus is f begrensd. Met de vorige notatie:

g : f(H)→ H : (x1, x2, . . .) 7→ (x1, 2x2, 3x3, . . .).

Maar g is niet begrensd. Inderdaad, zij en de rij met als n-de term 1 en alleandere termen nul. Dan ‖en‖ = 1 en ‖g(en)‖ = n. Dus is g onbegrensd.

Eigenschap 5.2.4. Zij H een Banachruimte en f ∈ B(H). Als ‖f‖ < 1,dan bestaat (1− f)−1 en (1− f)−1 ∈ B(H). Bovendien,

(1− f)−1 =∞∑i=0

f i = 1 + f + f2 + · · ·

(en de reeks convergeert voor de norm op B(H)).

Bewijs. Het is eenvoudig na te gaan dat ‖f i‖ ≤ ‖f‖i. Aangezien de meet-kundige reeks

∑∞i=0 ‖f‖i convergeert voor ‖f‖ < 1 volgt er dat de reeks

∞∑i=0

f i

absoluut convergeert voor ‖f‖ < 1. Omdat H, en dus ook B(H) volledigis, volgt er dat elke absolute convergente reeks in B(H) ook convergent is.Bijgevolg is de reeks

∑∞i=0 f

i convergent, voor ‖f‖ < 1.Zij S de som van deze reeks. Wij tonen aan dat S = (1−f)−1. Inderdaad,

aangezien

(1− f)(1 + f + · · ·+ fn) = (1 + f + · · ·+ fn)(1− f) = 1− fn+1

en omdatlim

n→∞fn+1 = 0 (‖f‖ < 1)

volgt er dat(1− f)S = S(1− f) = 1.

2


5.3 Spectrum van een operator

Zij H een (complexe) vectorruimte en

f : H → H

een lineaire operator. Een complex getal λ is een eigenwaarde van f als ereen niet-nul vector h ∈ H bestaat zodat

f(h) = λh.

Zo’n vector h noemt men een eigenvector van f corresponderend met λ. Inhet geval van functieruimten noemt men h dikwijls een eigenfunctie.

Het is welbekend dat voor een eindig dimensionale ruimte H, λ een eigen-waarde is als en slechts als f − λ1 niet inverteerbaar is.

Definitie 5.3.1. Zij H een genormeerde complexe ruimte en f : H → H eenoperator. De verzameling

Spec(f) = {λ ∈ C | f − λ1 is niet inverteerbaar}

noemt men het spectrum van f .De resolvent van f is de verzameling ρ(f) = C \ Spec(f).

De eigenwaarden van f zijn uiteraard bevat in Spec(f). De verzamelingvan de eigenwaarden noemen wij het puntspectrum.

Wij geven een voorbeeld van een begrensde operator f op een Banachruimtedie geen eigenwaarde heeft maar waarvoor λ ∈ Spec(f) bestaat. Dus ker(f −λ1) = {0} en (wegens de Begrensde Inversie Stelling) is f − λ1 niet bijectief.

VoorbeeldZij H = C([a, b],C), de Banachruimte van de continue functies voorzienvan de norm ‖ ‖∞. Beschouw de vermenigvuldigeroperator M met ver-menigvuldiger u ∈ H (wij weten reeds dat M begrensd is):

(Mx)(t) = u(t)x(t),

voor x ∈ H. Dus

(M − λ1)(x) = ux− λx = (u− λ1)x.

Als (u − λ1)(t) 6= 0 voor alle t ∈ [a, b], dan is (u − λ1)−1 : [a, b] → C :t 7→ ((u− λ1)(t))−1 een continue functie en is de vermenigvuldiger operator

5.3. SPECTRUM VAN EEN OPERATOR 93

M(u−λ1)−1 de inverse operator van M−λ1. Dus als λ ∈ Spec(M) dan bestaateen t ∈ [a, b] zodat (u− λ1)(t) = 0 en dus u(t) = λ. Omgekeerd, als u(t) = λvoor een t ∈ [a, b], dan (M − λ1)x(t) = 0 voor alle x ∈ C([a, b],C). In ditgeval bevat het beeld van M − λ1 alleen functies die nul zijn in t. Omdat eruiteraard x ∈ C([a, b],C) bestaan zodat x(t) 6= 0, volgt er dat het beeld vanM − λ1 niet gelijk aan H is. Dus

Spec(M) = {λ ∈ C | u(t) = λ voor een t ∈ [a, b]}= u([a, b]).

Nu, als u de constante functie is op c ∈ C, dan is λ = c een eigenwaarde vanM . Inderdaad,

Mu = λu.

Anderzijds, als u een strikt stijgende functie is, dan heeft M geen eigen-waarden. Inderdaad, als x 6= 0 en Mx = λx, dan volgt er ux = λx endus u(t) = λ voor alle t waarvoor x(t) 6= 0. Omdat x continu is, zijn erverschillende t waarvoor x(t) 6= 0. Maar dan is u(t) = λ voor verschil-lende t, een contradictie. Dus in dit geval heeft M geen eigenwaarden, maarSpec(M) = [u(a), u(b)].

Wij zullen later zien dat de besluiten van dit voorbeeld blijven geldenvoor de L2-norm. Doch hiervoor bestuderen wij eerst eigenschappen overhermitische operatoren en benaderende eigenwaarden.

In het algemeen deelt men Spec(f) verder op in drie delen:

Spec(f) = Specp(f) ∪ Specc(f) ∪ Specr(f),

met Specp(f) het punt spectrum, Specc(f) = {λ ∈ Spec(f) | (f − λ1)−1

bestaat op een dicht deel van H, (f − λ1)−1 is niet begrensd}, het continuspectrum, en Specr(f) = {λ ∈ Spec(f) | (f −λ1)−1 bestaat op een niet dichtdeel van H}, het residueel spectrum.

Voor H eindig dimensionaal, Specc(f) = Specr(f) = ∅. Later tonen wijeen veralgemening van dit resultaat aan.

Voorbeeld.Zij S een deelruimte van een pre-Hilbertruimte H en pS de projectie van Hop S. Dan zijn 0 en 1 de enige eigenwaarden van pS . Inderdaad, als λ ∈ C,en 0 6= h ∈ H met pS(h) = λh, dan λh = λ2h (omdat pS idempotent is).Dus λ = λ2, en bijgevolg λ = 0 of 1. De eigenvectoren corresponderendemet 1 zijn de niet-nul vectoren van S. De eigenvectoren die corresponderenmet 0 zijn vectoren van een directe sommand van H (namelijk de kern vanp; zie een vorig hoofdstuk). Als H een Hilbertruimte is dan is S⊥ een directesommand.


Stelling 5.3.2. (Spectrum) Het spectrum Spec(f) van een begrensde lineaireoperator op een complexe Banachruimte is begrensd. Bovendien,

Spec(f) ⊆ BC(0, ‖f‖),

i.h.b. ρ(f) 6= ∅.

Men kan bewijzen dat Spec(f) 6= ∅; wij zullen dit later bewijzen voorHermitische operatoren.Bewijs. Zij λ 6= 0. Wegens Eigenschap 5.2.4 verkrijgen wij dat

Rλ = (f − λ1)−1

= − 1λ

(1− (λ−1)f)−1

= − 1λ

∞∑i=0

(λ−1f)i

= − 1λ

∞∑i=0

(1λf)i

voor alle λ zodat

‖ 1λf‖ =

‖f‖|λ|

< 1,

d.w.z. voor|λ| > ‖f‖.

Dus λ ∈ ρ(f). Bijgevolg

Spec(f) ⊆ BC(0, ‖f‖)

en bijgevolg is het spectrum begrensd. 2

Voor een begrensde lineaire operator f op een Banachruimte H definierenwij de functie

R(f, ·) : ρ(f)→ B(H) : λ 7→ (f − λ1)−1 = Rλ,

de resolvent functie.Deze naam is gekozen omdat Rλ helpt om de vergelijking (f − λ1)x = y

op te lossen. Belangrijker zijn eigenschappen van Rλ omdat deze helpen deoperator f te onderzoeken. Spectraaltheorie bestudeert precies zulke eigen-schappen.


Stelling 5.3.3. De resolvent verzameling ρ(f) van een begrensde lineaire op-erator f op een complexe Banachruimte H is open; en dus is Spec(f) gesloten.Wegens Stelling 5.3.2 volgt er dat Spec(f) compact is.

Bewijs. Wij weten reeds dat ρ(f) 6= ∅. Zij λ0 ∈ ρ(f) en λ ∈ C. Dan

f − λ1 = (f − λ01)− (λ− λ0)1= (f − λ01)[1− (λ− λ0)(f − λ01)−1].

Stelg = 1− (λ− λ0)(f − λ01)−1

en voor α ∈ Cfα = f − α1.

Danfλ = fλ0g met g = 1− (λ− λ0)f−1

λ0.

Omdat λ0 ∈ ρ(f) hebben wij dat Rλ0 = f−1λ0∈ B(H). Wegens Eigen-

schap 5.2.4, voor elke λ zodat ‖(λ − λ0)Rλ0‖ < 1 heeft g een inverse g−1

in B(H), en

g−1 =∞∑i=0

[(λ− λ0)Rλ0 ]i

=∞∑i=0

(λ− λ0)iRiλ0.

Dus zo’n inverse bestaat voor elke λ zodat

|λ− λ0| <1

‖Rλ0‖.

Aangezien f−1λ0

= Rλ0 ∈ B(H) en aangezien fλ = fλ0g, volgt er dat deoperator fλ een inverse heeft

Rλ = f−1λ = (fλ0g)

−1 = g−1f−1λ0

voor alle λ ∈ BC(λ0,1

‖Rλ0‖) (open schijf). Dus heeft λ0 een open omgeving

in ρ(f). Omdat λ0 willekeurig is in ρ(f) volgt er dat ρ(f) open is. 2

Het bewijs van de vorige stelling toont ook het volgende resultaat aan.


Stelling 5.3.4. (Resolvent Representatiestelling) Zij f een begrensde lineaireoperator op een complexe Banachruimte H. Dan, voor λ0 ∈ ρ(f),

R(f, λ) =∞∑i=0

(λ− λ0)iRi+1λ0

.

De reeks is absoluut convergent voor elke λ ∈ BC(λ0,1

‖Rλ0‖) ⊆ ρ(f). 2

Als gevolg van deze stelling kan men complexe analyse toepassen op spec-traaltheorie.

Definitie 5.3.5. De spectraalstraal σ(f) van een operator f ∈ B(H) op eencomplexe Banachruimte is

σ(f) = sup{|λ| | λ ∈ Spec(f)},

d.w.z. de straal van de kleinste gesloten schijf met centrum de oorsprong dieSpec(f) bevat.

Wegens Stelling 5.3.2σ(f) ≤ ‖f‖.

Men kan bewijzen datσ(f) = lim

n→∞‖fn‖1/n.

Er volgt (voor definities en gebruikte eigenschappen verwijzen wij naar latereparagrafen) dat σ(f) = ‖f‖ voor een Hermitische operator f . Inderdaad,

‖f(x)‖2 = < f(x), f(x) >=< f∗(f(x)), x >≤ ‖f∗f(x)‖ ‖x‖≤ ‖f∗f‖‖x‖2.

Dus,‖f‖2 ≤ ‖f∗f‖ = ‖f2‖.

Omdat‖f2‖ ≤ ‖f‖2

volgt de bewering.Wij beeindigen deze paragraaf met een eenvoudige eigenschap en nog een

voorbeeld.

Eigenschap 5.3.6. Zij f een operator op een complexe ruimte H en zij λeen eigenwaarde. Dan,


1. {h ∈ H | f(h) = λh} is een deelruimte van H (de eigenruimte van λ);de dimensie van deze ruimte noemt men de multipliciteit van λ.

2. Zij g een inverteerbare operator op H. Dan hebben f en gfg−1 dezelfdeeigenwaarden.

Voorbeeld.Beschouw de lineaire operator

f : L2([0, 2π])→ L2([0, 2π])

gedefinieerd als volgt

(fu)(t) =∫ 2π

0cos(t− y)u(y)dy.

Wij tonen nu aan dat π de enige niet nul eigenwaarde is en dat de eigenfunc-ties corresponderend met π de volgende functies zijn

u(t) = a cos t+ b sin t,

met a, b ∈ C.Inderdaad, λ is een eigenwaarde als en slechts als er een niet-nul functie

u bestaat zodat

f(u)(t) =∫ 2π

0cos(t− y)u(y)dy = λu(t),

of equivalent,

cos(t)∫ 2π

0(cos y)u(y)dy + sin(t)

∫ 2π

0(sin y)u(y)dy = λu(t). (5.1)

Dus, voor λ 6= 0,u(t) = a cos t+ b sin t,

met a, b ∈ C. Uit 5.1 verkrijgen wij

cos t∫ 2π

0(a(cos y)2 + b cos y sin y)dy + sin t

∫ 2π

0(b(sin y)2 + a cos y sin y)dy

= λ(a cos t+ b sin t).

Dus(cos t)aπ + (sin t)bπ = λ(a cos t+ b sin t).

Bijgevolg aπ = aλ en bπ = bλ, en dus λ = π. De eigenruimte is {a cos t +b sin t | a, b ∈ C}, een ruimte van dimensie twee.

Merk op dat λ = 0 ook een eigenwaarde is. De corresponderende eigen-ruimte zijn alle functies die orthogonaal zijn tot cos t en sin t; dus een ruimtevan oneindige dimensie.


5.4 Adjunctafbeelding

In Gevolg 2.12.3 hebben wij gezien dat, voor een Hilbertruimte H, de afbeel-ding

H → H∗ = B(H,C) : y 7→< −, y >

een geconjugeerde isometrie is.

Definitie 5.4.1. Zij H0 en H1 Hilbertruimten en f ∈ B(H0,H1). Dan is

f τ : H∗1 → H∗

0

gedefinieerd als volgtf τ (η) = η ◦ f.

Als H0 een eindig dimensionale Hilbertruimte is en f ∈ B(H0,H0) dankunnen wij f voorstellen door een matrix M . Men kan eenvoudig aantonendat f τ dan voorgesteld wordt door M t (de getransponeerde matrix) als wijin H∗

0 de duale basis nemen van deze in H0.

Eigenschap 5.4.2. f τ is begrensd en lineair en ‖f τ‖ ≤ ‖f‖.

Bewijs. Voor elke x ∈ H0 en y ∈ H∗1 ,

‖f τ (y)(x)‖ = ‖(y ◦ f)(x)‖≤ ‖y‖ ‖f(x)‖≤ ‖y‖ ‖f‖ ‖x‖

Bijgevolg,‖f τ (y)‖ ≤ ‖y‖ ‖f‖

en dus‖f τ‖ ≤ ‖f‖.

2

Men kan (via de stelling van Hahn-Banach) bewijzen dat ‖f τ‖ = ‖f‖.Hiervoor moet men aantonen dat H∗

1 voldoende groot is, d.w.z. H∗1 bevat

voldoende elementen met bepaalde eigenschappen.Zij X een reele vectorruimte. Een functie f : X → R noemt men sublin-

eair alsp(x+ y) ≤ p(x) + p(y),

5.4. ADJUNCTAFBEELDING 99

de subadditieve eigenschap, en

p(αx) = αp(x),

de positief homogene eigenschap, voor alle x ∈ X en α ≥ 0. In geval vaneen complexe ruimte X eist men p(αx) = |α| |x|. De Hahn-Banach stellinghandelt over uitbreidingen van sublineaire functies p : X → R. Meer precies,zij f : Z → R een lineaire functie op een deelruimte Z van X en verondersteldat

f(z) ≤ p(z)

voor alle z ∈ Z. Dan heeft f een lineaire uitbreiding f van Z naar X zodat

f(x) ≤ p(x)

voor alle x ∈ X, d.w.z. f : X → R is lineair en f(x) = f(x) voor alle x ∈ Zen f(x) ≤ p(x) voor alle x ∈ X.

Eigenschap 5.4.3. Zij f, g ∈ B(H0,H1), dan

(f + g)τ = f τ + gτ

en, voor c ∈ C,(cf)τ = cf τ .

Als h ∈ B(H1,H2), dan(hf)τ = f τhτ .

Als f−1 bestaat en f−1 ∈ B(H1,H0), dan bestaat (f τ )−1 en

(f τ )−1 = (f−1)τ .

Zij H0 en H1 Hilbertruimten en f ∈ B(H0,H1). Zij

η0 : H0 → H∗0 : y 7→< −, y >

enη1 : H1 → H∗

1 : y 7→< −, y >

de semilineaire isometrieeen verkregen uit de Stelling van Riesz. Dan verkri-jgen wij een lineaire operator

f∗ : H1 → H0

gedefinieerd als volgtf∗ = η−1

0 f τη1.


Dus, f∗ is een lineaire operator die het volgende diagram commutatief maakt:

H∗0

fτ

←− H∗1yη−1

0

xη1

H0f∗←− H1

Men noemt f∗ de adjunctafbeelding van f .

Eigenschap 5.4.4. f∗ is de adjunctafbeelding van f als en slechts als

< f(x), y >=< x, f∗(y) >

voor alle x ∈ H0 en y ∈ H1.

Bewijs. Veronderstel dat f∗ de adjunctafbeelding is. Dan, voor alle y ∈ H1,

f∗(y) = η−10 f τη1(y),

of equivalent,η0(f∗(y)) = f τ (η1(y)) = η1(y)f.

Dit laatste betekent, voor elke x ∈ H0 en y ∈ H1,

〈x, f∗(y)〉 = 〈f(x), y〉.

Omgekeerd, veronderstel g : H1 → H0 zodat

〈f(x), y〉 = 〈x, g(y)〉

voor alle x ∈ H0 en y ∈ H1. Dan

〈x, g(y)〉 = 〈x, f∗(y)〉

en dus〈x, (g − f∗)(y)〉 = 0,

voor alle x ∈ H0 en y ∈ H1. Dus

(g − f∗)(y) = 0

voor alle y ∈ H1. Bijgevolg g − f∗ = 0 en dus g = f∗. 2

Eigenschap 5.4.5. Zij H0 en H1 Hilbertruimten en f, g ∈ B(H0,H1) enc ∈ C. Dan,

1. < f∗(y), x >=< y, f(x) >, voor alle x ∈ H0 en y ∈ H1;

5.4. ADJUNCTAFBEELDING 101

2. (f∗)∗ = f ;

3. ‖f∗‖ = ‖f‖, i.h.b. f∗ is een begrensde operator;

4. (f + g)∗ = f∗ + g∗;

5. (cf)∗ = cf∗;

6. ‖f∗f‖ = ‖ff∗‖ = ‖f‖2;

7. f∗f = 0 als en slechts als f = 0;

8. (fg)∗ = g∗f∗ (voor H0 = H1).

Bewijs. (1) Voor elke x ∈ H0 en y ∈ H1,

〈f∗y, x〉 = 〈x, f∗y〉 = 〈f(x), y〉 = 〈y, f(x)〉.

(2) Voor elke x ∈ H0 en y ∈ H1,

〈(f∗)∗x, y〉 = 〈x, f∗y〉 = 〈fx, y〉

en dus (f∗)∗ = f .(3) Voor x ∈ H0 en y ∈ H1 verkrijgen wij uit de ongelijkheid van Schwarz

dat

|〈f∗y, x〉| = |〈y, f(x)〉|≤ ‖y‖ ‖f(x)‖≤ ‖f‖ ‖y‖ ‖x‖.

Dus met x = f∗(y),

‖f∗(y)‖2 = 〈f∗(y), f∗(y)〉 ≤ ‖f‖ ‖y‖ ‖f∗(y)‖.

Bijgevolg‖f∗‖ ≤ ‖f‖

en dus is f∗ begrensd. Passen wij dan de vorige ongelijkheid toe op f∗ danverkrijgen wij

‖f‖ = ‖(f∗)∗‖ ≤ ‖f∗‖.

Dus‖f‖ = ‖f∗‖.


(4) Voor alle x ∈ H0 en y ∈ H1,

〈x, (f + g)∗y〉 = 〈(f + g)x, y〉= 〈f(x), y〉+ 〈g(x), y〉= 〈x, f∗(x)〉+ 〈x, g∗(y)〉= 〈x, (f∗ + g∗)(y)〉

en dus f∗ + g∗ = (f + g)∗.(5) Voor alle x ∈ H0 en y ∈ H1,

〈(cf)∗(y), x〉 = 〈y, (cf)x〉= 〈y, c(f(x))〉= c〈y, f(x)〉= c〈f∗(y), x〉= 〈cf∗(y), x〉

Dus (cf)∗ = cf∗.(6) Duidelijk f∗f : H0 → H0 en ff∗ : H1 → H1. Wegens de ongelijkheid

van Schwarz verkrijgen wij voor elke x ∈ H0,

‖f(x)‖2 = 〈f(x), f(x)〉= 〈f∗f(x), x〉≤ ‖f∗f(x)‖ ‖x‖≤ ‖f∗f‖ ‖x‖2.

Dus,‖f‖2 ≤ ‖f∗f‖.

Anderzijds, wegens (3),

‖f∗f‖ ≤ ‖f∗‖ ‖f‖ = ‖f‖2.

Dus‖f∗f‖ = ‖f‖2.

Bijgevolg ook‖ff∗‖ = ‖(f∗)∗f∗‖ = ‖f∗‖2 = ‖f‖2.

(7) Dit volgt onmiddellijk uit (6).(8) Voor alle x ∈ H0 en H1 volgt er, door verschillende keren (1) te

gebruiken,

〈x, (fg)∗y〉 = 〈(fg)x, y〉= 〈g(x), f∗(y)〉= 〈x, g∗f∗(y)〉

5.5. HERMITISCHE OPERATOREN 103

Dus, (fg)∗ = g∗f∗. 2

Wij merken op dat B = B(H) een algebra is met eenheidselement. Bo-vendien is ‖fg‖ ≤ ‖f‖ ‖g‖. Zo’n algebra noemt men een Banachalgebra (eendeel van de definitie is dat B volledig is). Verder is f 7→ f∗ een involutiedie isometrisch is (d.w.z. ‖f‖ = ‖f∗‖). Zo’n Banachalgebra noemt men eenBanachalgebra met involutie. Als bovendien ‖f∗f‖ = ‖f‖2 voor alle f ∈ B,dan noemt men B een C∗-algebra.

5.5 Hermitische operatoren

Een begrensde lineaire operator f : H → H op een Hilbertruimte heet her-mitisch als f = f∗. (Men noemt f unitair als f∗ = f−1 (d.w.z., f is bijectiefen f∗ = f−1), normaal als f∗f = ff∗ en anti-hermitisch als f∗ = −f).

Dus f is hermitisch als en slechts als

< f(x), y >=< x, f(y) >

voor alle x, y ∈ H.

Eigenschap 5.5.1. Zij H een Hilbertruimte. Een begrensde lineaire operatorf : H → H is hermitisch als en slechts als

< f(x), x >=< x, f(x) >

voor alle x ∈ H.

Bewijs. Als f hermitisch is, dan is duidelijk

〈f(x), x〉 = 〈x, f∗(x)〉 = 〈x, f(x)〉.

Omgekeerd, veronderstel dat

〈f(x), x〉 = 〈x, f(x)〉 = 〈f∗(x), x〉

voor alle x ∈ H. Dus, voor elke x ∈ H,

〈g(x), x〉 = 0 met g = f − f∗.

Bijgevolg, voor alle x, y ∈ H,

0 = 〈g(x+ y), x+ y〉= 〈f(x), x〉+ 〈f(x), y〉+ 〈f(y), x〉+ 〈f(y), y〉−〈f∗(x), x〉 − 〈f∗(x), y〉 − 〈f∗(y), x〉 − 〈f∗(y), y〉

= 〈g(x), y〉+ 〈g(y), x〉.


Dus

0 = 〈g(x), y〉+ 〈g(y), x〉 (5.2)

voor alle x, y ∈ H. Analoog,

0 = 〈g(x+ iy), x+ iy〉= 〈f(x), x〉 − i〈f(x), y〉+ i〈f(y), x〉+ 〈f(y), y〉−〈f∗(x), x〉+ i〈f∗(x), y〉 − i〈f∗(y), x〉 − 〈f∗(y), y〉

= −i(〈g(x), y〉 − 〈g(y), x〉).

Dus

0 = 〈g(x), y〉 − 〈g(y), x〉 (5.3)

Uit 5.2 en 5.3 volgt0 = 〈g(x), y〉

voor alle x, y ∈ H. Bijgevolg f = f∗. 2

Wij geven nu een voorbeeld van een begrensde lineaire operator die nietgelijk is aan zijn geadjungeerde. Zij H = C2 en f : H → H gedefinieerd alsvolgt:

f(x, y) = (0, x).

Dan< f(x, y), (x′, y′) >=< (0, x), (x′, y′) >= xy′

en< (x, y), f(x′, y′) >= yx′.

Wij geven nu verschillende voorbeelden van hermitische operatoren.

Voorbeeld.Zij H = Cn en {e1, . . . , en} de standaard orthonormale basis van H. Zij f eenoperator gerepresenteerd door de matrix (aij), d.w.z. aij =< f(ej), ei >. Deadjunct operator f∗ is dan gerepresenteerd door de matrix (bij) met bij =<f∗(ej), ei >. Bijgevolg

bij = < f∗(ej), ei >= < ej , f(ei) >

= < f(ei), ej >= aji.


Dus(bij) = (aij)t.

Een matrix A = (aij) noemt men een hermitische matrix; als A = At; vandaarde naam hermitische operator.

Voorbeeld.Een orthogonale projectie p : H = G⊕G⊥ → G is een hermitische operatormet ‖p‖ = 1 (zie Gevolg 2.10.8).

Voorbeeld.Een diagonaaloperator f : `2 → `2 : (xi) 7→ (dixi) in met reele en begrensdediagonaal (di). Dan is ‖f‖ = sup{|di| | 1 ≤ i <∞} en f = f∗.

Voorbeeld.De vermenigvuldigeroperator. Zij f ∈ C([a, b],R) en M : L2([a, b]) →L2([a, b]), met (Mx)(t) = f(t)x(t). Wij weten reeds dat ‖M‖ ≤ ‖f‖∞.Bovendien

< Mx, y > =∫ b

af(t)x(t)y(t)dt

=∫ b

ax(t)f(t)y(t)dt

= < x,My > .

Dus M = M∗ is hermitisch.

Voorbeeld.Zij H = C∞0 ([a, b],C) = {f ∈ C∞ | f(a) = f(b) = 0}. Dit is een pre-Hilbertruimte. Zij D de operator gedefinieerd als volgt:

Df = if ′.

Dan

< Df, g > =∫ b

aif ′(t)g(t)dt

= i[f(t)g(t)]ba −∫ b

aif(t)g′(t)dt

= < f,Dg > .

Voorbeeld.Zij K de Fredholm operator

K : L2([a, b],C)→ L2([a, b],C)


gedefinieerd door een continue functie

k : [a, b]× [a, b]→ C.

Dus

K(f)(x) =∫ b

ak(x, y)f(y)dy.

Men kan gemakkelijk aantonen dat K een begrensde lineaire operator is voorde supnorm. Nu, wegens de ongelijkheid van Schwarz,

|K(f)(x)|2 = |∫ b

ak(x, y)f(y)dy|2

≤∫ b

a|k(x, y)|2dy ‖f‖22.

Bijgevolg

‖K(f)‖22 ≤∫ b

a

∫ b

a|k(x, y)|2dxdy ‖f‖22

en dus

‖K‖2 ≤(∫ b

a

∫ b

a|k(x, y)|2dxdy

)1/2

≤ ‖k‖∞ |b− a|

Wij merken op dat de continuıteitsvoorwaarde op k kan afgezwakt wordentot k ∈ L2([a, b] × [a, b]). Bovendien, wegens de Stelling van Fubini (welkegeldig blijft voor Lebesgue integreerbare functies),

< Kf, g > =∫ b

a

∫ b

ak(x, y)f(y)g(x)dxdy

=∫ b

a

∫ b

ak(x, y)f(y)gxdxdy

=∫ b

af(y)

∫ b

ak(x, y)g(x)dxdy

= < f,K∗g >

met

(K∗g)(y) =∫ b

ak(x, y)g(x)dx.

Als k(x, y) = k(y, x) dan

< Kf, g > = < f,Kg >


en dus is K = K∗ hermitisch.Merk op dat men in bovenstaande redenering Lebesgue integratie kan

vermeden worden door het vorige bewijs toe te passen op het dicht deelC([a, b]) in L2([a, b]). Vervolgens breidt men dan de begrensde operator uittot de sluiting L2([a, b]).

Eigenschap 5.5.2. Zij H een Hilbertruimte en f ∈ B(H). Dan is f hermi-tisch als en slechts als < f(x), x >∈ R voor alle x ∈ H.

Bewijs. Veronderstel dat f hermitisch is, d.w.z., voor alle x ∈ H,

〈f(x), x〉 = 〈x, f(x)〉 = 〈f(x), x〉.

Bijgevolg 〈f(x), x〉 ∈ R.Omgekeerd, veronderstel 〈f(x), x〉 ∈ R voor alle x ∈ H. Dan

〈f(x), x〉 = 〈f(x), x〉 = 〈x, f(x)〉.

2

Wij geven nu enkele basiseigenschappen van hermitische operatoren.

Eigenschap 5.5.3. Zij H een Hilbertruimte en f, g ∈ B(H).

1. f∗f en f + f∗ zijn hermitisch.

2. Als f en g hermitisch zijn, dan is fg hermitisch als en slechts als fg =gf .

3. Als f hermitisch is, dan is elke reele veelterm cnfn + cn−1f

n−1 + · · ·+c1f + c0 hermitisch.

Bewijs. (1) Dit is eenvoudig te bewijzen. (3) is een gevolg van (2). Wij be-wijzen dus slechts (2). Zij daarom f = f∗ en g = g∗ Hermitische operatoren.Wegens Eigenschap 5.4.5 volgt er

(fg)∗ = g∗f∗ = gf.

Dus is fg hermitisch als en slechts als fg = gf . 2

Eigenschap 5.5.4. Zij H een Hilbertruimte en f ∈ B(H). Dan bestaanhermitische operatoren f1 en f2 op H zodat f = f1 + if2. Bovendien, f∗ =f1 − if2.


Bewijs. Definieer

f1 =12(f + f∗) en f2 = (2i)−1(f − f∗).

Dan fi = f∗i en f = f1 + if2. Bovendien, voor x, y ∈ H,

〈f(x), y〉 = 〈(f1 + if2)(x), y〉= 〈f1(x), y〉+ i〈f2(x), y〉= 〈x, f1(y)〉+ i〈x, f2(y)〉= 〈x, (f1 − if2)(y)〉.

Dus f∗ = f1 − if2. 2

Voor de studie van spectraaleigenschappen van hermitische operatoren isde volgende eigenschap belangrijk.

Stelling 5.5.5. Zij H een Hilbertruimte en f ∈ B(H) een hermitische oper-ator. Dan

‖f‖ = sup{| < f(x), x > | | x ∈ H, ‖x‖ = 1}.Bewijs. Stel M = sup{|〈f(x), x〉| | x ∈ H, ‖x‖ = 1}. Er volgt, voor x ∈ Hmet ‖x‖ = 1,

|〈f(x), x〉| ≤ ‖f(x)‖ ‖x‖ = ‖f(x)‖ ≤ ‖f‖ ‖x‖ = ‖f‖.

Dus M ≤ ‖f‖. De omgekeerde ongelijkheid is evident als f = 0. Veronderstelnu dat f 6= 0 en x ∈ H met f(x) 6= 0. Dan,

‖f(x)‖2 = 〈f(x), f(x)〉= 〈f(cx), y〉= 〈cx, f(y)〉= 〈f(y), cx〉

(de laatste gelijkheid geldt omdat de getallen reeel zijn) met c =(‖f(x)‖‖x‖

)1/2

en y = c−1f(x). Bijgevolg

‖f(x)‖2 =14

[〈f(cx+ y), cx+ y〉 − 〈f(cx− y), cx− y〉]

≤ 14M(‖cx+ y‖2 + ‖cx− y‖2

)=

12M(‖cx‖2 + ‖y‖2)

=12M(c2‖x‖2 + c−2‖f(x)‖2)

= M‖x‖ ‖f(x)‖.


Dus voor alle x ∈ H,‖f(x)‖ ≤M‖x‖

en‖f‖ ≤M.

2

Lemma 5.5.6. Zij H een Hilbertruimte en f ∈ B(H).

1. Als f hermitisch is, dan ker(f) = f(H)⊥.

2. Als f hermitisch en injectief is, dan H = f(H)⊥⊥ = f(H).

Bewijs. (1) Als x ∈ ker(f), dan voor alle y ∈ H,

0 = 〈y, f(x)〉 = 〈f(y), x〉.

Dus x ∈ f(H)⊥. Omgekeerd, veronderstel x ∈ f(H)⊥. Dan

0 = 〈f(y), x〉 = 〈y, f(x)〉

voor alle y ∈ H. Bijgevolg f(x) = 0 en dus x ∈ ker f .(2) Veronderstel dat f Hermitisch en injectief is. Dan, wegens (1), 0 =

ker f = f(H)⊥. Dus, wegens Gevolg 2.10.9

f(H) = H = f(H)⊥⊥.

2

Stelling 5.5.7. Zij H een Hilbertruimte en f ∈ B(H), een hermitische op-erator. Dan, f is inverteerbaar als en slechts als er een c > 0 bestaat zodat‖f(x)‖ ≥ c‖x‖ voor alle x ∈ H.

Bewijs. Wegens Eigenschap 5.2.2 is het voldoende te bewijzen dat f(H) = Hals er een c > 0 bestaat met ‖f(x)‖ ≥ c‖x‖. Zij dus c zo’n positief getal.

Wij tonen nu eerst aan dat f injectief is. Zij daarom x ∈ H met f(x) = 0.Dan 0 = ‖f(x)‖ ≥ c‖x‖. Dus ‖x‖ = 0 en bijgevolg x = 0.

Wegens Lemma 5.5.6 is dan f(H) dicht in H. Definieer

g : f(H)→ H

als volgtg(y) = x als f(x) = y.


Dan is g een lineaire afbeelding en, voor y = f(x),

‖y‖ ≥ c‖g(y)‖.

Bijgevolg‖g(y)‖ ≤ c−1‖y‖

voor elke y ∈ f(H). Dus is g een begrensde operator. Wegens Eigen-schap 2.4.5 bestaat er dan een begrensde lineaire operator

g : H = f(H)→ H

metg|f(H) = g en ‖g‖ = ‖g‖.

Duidelijk is g ◦f = 1 (wegens de definitie van g en g). Stel e = f ◦ g. Dan

e2 = fgf g = f1g = fg = e.

Bijgevolg e(H) = ker(1 − e). Omdat 1 − e begrensd is, volgt er uit Eigen-schap 2.4.4 dat ker(1− e) gesloten is. Nu, voor elke y = f(x) ∈ f(H),

e(y) = fg(y)= fgf(x)= fgf(x)= f(g ◦ f)(x)= f(x)= y.

Dus f(H) ⊆ e(H). Omdat e(H) = ker(1− e) gesloten is, verkrijgen wij dusdat

H = f(H) ⊆ e(H).

Bijgevolg e(H) = H, d.w.z. fg = 1. Dus g = f−1. 2

Stelling 5.5.8. Zij (fn) een rij Hermitische operatoren fn : H → H op eenHilbertruimte H. Als in B(H), limn→∞ fn = f dan is f = f∗ ∈ B(H).

Bewijs. We moeten bewijzen dat ‖f − f∗‖ = 0. Wel,

‖f∗n − f∗‖ = ‖(fn − f)∗‖ = ‖fn − f‖.


Wegens de driehoeksongelijkheid verkrijgen wij dan

‖f − f∗‖ ≤ ‖f − fn‖+ ‖fn − f∗n‖+ ‖f∗n − f∗‖= ‖f − fn‖+ ‖fn − f‖= 2‖f − fn‖

Wegens de veronderstelling limn→∞ ‖f − fn‖ = 0 en dus ‖f − f∗‖ = 0. 2

Wij geven nu een korte bespreking van unitaire en normale operatoren.Merk op dat niet elke normale operator hermitisch of unitair is. Bijvoorbeeldzij I : H → H de identieke operator en T = 2iI. Dan is T normaal omdatT ∗ = −2iI en TT ∗ = T ∗T = 4I. Maar T ∗ 6= T−1 = −1

2 iI. Men kan ookgemakkelijk via matrices tegenvoorbeelden geven.

Lemma 5.5.9. Zij X een complexe pre-Hilbertruite en f : X → X eenbegrensde lineaire operator. Dan is f = 0 als en slechts als < f(x), x >= 0voor alle x ∈ X.

Stelling 5.5.10. (Unitaire Operator)Zij f : H → H en g : H → H unitaire operatoren (op een Hilbertruimte H).Dan:

1. f is een isometrie,

2. ‖f‖ = 1 als H 6= {0},

3. f−1 = f∗ is unitair,

4. fg is unitair,

5. f is normaal,

6. p ∈ B(H) is unitair als en slechts als p is een isometrie en p is bijectief.

Stelling 5.5.11. f ∈ B(H) is normaal als en slechts als ‖f(x)‖ = ‖f∗(x)‖voor alle x ∈ H.

Lemma 5.5.12. Als f ∈ B(H) normaal is, dan is elke αI − f normaal(α ∈ C).

Stelling 5.5.13. Zij H een Hilbertruimte. Als g, h ∈ B(H) en g = g∗ enh = h∗, dan is f = g + ih normaal als en slechts g en h commuteren.

Stelling 5.5.14. Zij H een Hilbertruimte en f ∈ B(H). Dan is f isometrischals en slechts als f∗f = I.


5.6 Spectrum van een Hermitischeoperator

In deze paragraaf is H een complexe Hilertruimte.

Stelling 5.6.1. Als f ∈ B(H) hermitisch is, dan is Spec(f) ⊆ R.

Bewijs. Zij λ = a+ ib met a, b ∈ R. Het is voldoende om aan te tonen datf − λ1 inverteerbaar is als b 6= 0. Indien f = 0 dan is dit duidelijk. Wijveronderstellen dus dat f 6= 0. Voor alle 0 6= x ∈ H geldt

‖(f − λ1)(x)‖2 =

‖(f − a1)(x)‖2 + b2‖x‖2 − i (〈bx, (f − a1)(x)〉 − 〈(f − a1)(x), bx〉) .

Omdat f Hermistisch is en a ∈ R volgt er dat de laatste term nul is. Dus

‖(f − λ1)(x)‖ ≥ |b| ‖x‖

met |b| > 0. Bijgevolg is f −λ1 injectief als |b| > 0. Uiteraard geldt hetzelfdevoor f − λ1 = (f − λ1)∗. I.h.b.

‖(f − λ1)(x)‖ ≥ |b| ‖x‖.

Omdat f − λ1 niet noodzakelijk hermitisch is kunnen wij niet rechtstreeksStelling 5.5.7 toepassen.

Wij tonen nu eerst aan dat (f−λ1)(H) dicht is in H. Om dit te bewijzenis het voldoende om aan te tonen dat (f − λ1)⊥ = {0}. Om dit laatste aante bewijzen, zij x ∈ H zodat, voor alle y ∈ H,

0 = 〈(f − λ1)(y), x〉.

Dan 0 = 〈y, (f − λ1)(x)〉. Dus (f − λ)(x) = 0 en bijgevolg x = 0, zoalsgewenst.

Omdat (f − λ1)(H) dicht is in H en f − λ1 injectief is geldt het bewijsvan Stelling 5.5.7. Er volgt dat f − λ1 inverteerbaar is. 2

Definitie 5.6.2. Een complex getal λ noemt men een benaderende eigen-waarde van een operator f op H als er een rij (xn) in H bestaat zodat‖xn‖ = 1, voor alle n ∈ N, en

limn→∞

(f − λ1)(xn) = 0.

5.6. SPECTRUM VAN EEN HERMITISCHE OPERATOR 113

Het is duidelijk dat elke eigenwaarde een benaderende eigenwaarde is. Hetomgekeerde geldt niet in een oneindigdimensionale Hilbertruimte. Inderdaad,zijH een Hilbertruimte met een complete orthonormale rij (en). Verondersteldat (λn) een rij is in C die convergeert naar λ en λn 6= λ voor elke n. Definieereen operator f op H als volgt:

f(x) =∞∑

n=1

λn < x, en > en.

Dan is elke λn een eigenwaarde van f , maar λ is geen eigenwaarde. Anderz-ijds,

‖f(en)− λen‖ = ‖λnen − λen‖ = ‖(λn − λ)en‖ = |λn − λ| → 0.

Dus is λ een benaderende eigenwaarde van f .

Eigenschap 5.6.3. Zij f ∈ B(H) hermitisch. Dan is Spec(f) de verzamelingvan de benaderende eigenwaarden.

Bewijs. Eerst tonen wij aan dat elke benaderende eigenwaarde λ tot hetspectrum behoort. Wij bewijzen dit door contrapositie. Veronderstel dusdat λ 6∈ Spec(f). Dan is f − λ1 inverteerbaar. Zij g = (f − λ1)−1. Zij (xn)een rij in H met ‖xn‖ = 1 voor elke n. Als limn→∞(f − λ1)(xn) bestaat dan

limn→∞

‖g(f − λ1)(xn)‖ = 1

en dus limn→∞(f − λ1)(xn) 6= 0. Bijgevolg is λ geen benaderende eigen-waarde.

Omgekeerd, zij λ ∈ Spec(f), d.w.z. f −λ1 is niet inverteerbaar. Merk opdat λ ∈ R en dus is f − λ1 ook hermitisch. Wegens Stelling 5.5.7 bestaat erdan een rij (xn) in H met

limn→∞

(f − λ1)(xn) = 0

en ‖xn‖ = 1. Dus is λ een benaderende eigenwaarde. 2

Wij weten reeds dat het spectrum van een hermitische operator reeelen compact is (dit laatste geldt voor elke begrensde operator op een Ba-nachruimte).

Stelling 5.6.4. Zij f ∈ B(H) hermitisch. Dan

Spec(f) ⊆ [m,M ]


metm = inf{< f(x), x >| x ∈ H, ‖x‖ = 1}

enM = sup{< f(x), x >| x ∈ H, ‖x‖ = 1}.

Bewijs. Wij weten Spec(f) ⊆ R. Wij tonen nu aan dat f −λ1 inverteerbaaris voor elke λ ∈ R met λ > M . Zij 0 6= x ∈ H en v = ‖x‖−1x. Dan

〈f(x), x〉 = ‖x‖2〈f(v), v〉 ≤ ‖x‖2M.

Wegens de ongelijkheid van Schwarz volgt er dus

‖(f − λ1)(x)‖ ‖x‖ ≥ −〈(f − λ1)(x), x〉= −〈f(x), x〉+ λ〈x, x〉≥ (−M + λ)〈x, x〉≥ (−M + λ)‖x‖2

Dus‖(f − λ1)(x)‖ ≥ c‖x‖

metc = −M + λ > 0.

Wegens Stelling 5.5.7 is f−λ1 dus inderdaad inverteerbaar. Analoog bewijstmen dat voor λ < m de operator f − λ1 inverteerbaar is. Dus volgt hetresultaat. 2

Eigenschap 5.6.5. Als f ∈ B(H) hermitisch is dan

‖f‖ = max{|m|, |M |} = sup{| < f(x), x > | | x ∈ H, ‖x‖ = 1}.

Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit Stelling 5.5.5 en Stelling 5.6.4. 2

De volgende eigenschap toont aan dat de grenzen in Stelling 5.6.4 nietverscherpt kunnen worden.

Stelling 5.6.6. Als f ∈ B(H) hermitisch is, dan

max{|λ| | λ ∈ Spec(f)} = ‖f‖.

Eigenlijk ‖f‖ of − ‖f‖ ∈ Spec(f), en i.h.b. Spec(f) 6= ∅.

5.6. SPECTRUM VAN EEN HERMITISCHE OPERATOR 115

Bewijs. De stelling is evident voor f = 0. Veronderstel dus dat f 6= 0.Omdat ‖f‖ = sup{|〈f(x), x〉| | x ∈ H, ‖x‖ = 1} bestaat er een rij (xn) ∈ Hmet ‖xn‖ = 1 en

limn→∞

〈f(xn), xn〉 = ε‖f‖ = λ

met ε = 1 of ε = −1. Bijgevolg,

0 ≤ ‖(f − λ1)(xn)‖2

= ‖f(xn)‖2 − 2λ〈f(xn), xn〉+ λ2‖xn‖2

≤ ‖f‖2 − 2λ〈f(xn), xn〉+ λ2.

Dus0 ≤ ‖(f − λ1)(xn)‖2 ≤ 2λ2 − 2λ〈f(xn), xn〉.

Er volgt

0 ≤ lim sup ‖(f − λ1)(xn)‖2

≤ 2λ2 − 2λ limn→∞

〈f(xn), xn〉

≤ 2λ2 − 2λ2

= 0.

Dus lim sup ‖(f − λ1)(xn)‖2 = 0 en bijgevolg limn→∞(f(xn) − λxn) = 0.Dus is λ een benaderende eigenwaarde. Wegens Eigenschap 5.6.3 is danλ = ‖f‖ of − ‖f‖ ∈ Spec(f). Dus volgt het resultaat. 2

Men kan bewijzen dat als H 6= {0} dan m,M ∈ Spec(f). Daarom moetenwij eerst de volgende eigenschap bewijzen.

Stelling 5.6.7. (Spectraalstelling voor polynomen)Zij H een complexe Hilbertruimte en f = f∗ ∈ B(H). Stel

p(X) = cnXn + cn−1X

n−1 + · · ·+ c0

(cn 6= 0) een complexe polynoom. Dan

Spec(p(f)) = p(Spec(f)),

d.w.z. het spectrum van de operator

p(f) = cnfn + cn−1f

n−1 + · · ·+ c0

bestaat precies uit de waarden f(s) met s ∈ Spec(f).


Stelling 5.6.8. Zij f ∈ B(H) een hermitische operator op een HilbertruimteH (H 6= {0}). Dan zijn

m = inf{< f(x), x >| x ∈ H, ‖x‖ = 1}

enM = max{< f(x), x >| x ∈ H, ‖x‖ = 1}

spectraalwaarden van f .

5.7 Positieve operatoren

Zij H een Hilbertruimte. En hermitische operator f op H noemt men positiefals

< f(x), x > ≥ 0

voor alle x ∈ H. Wij noteren dit door f ≥ 0. Merk op dat alle eigenwaar-den van een positieve operator positief zijn. Algemener, als f, g ∈ B(H)hermitische operatoren zijn met f − g ≥ 0, dan noteren wij dit

f ≥ g.

Men kan eenvoudig de volgende eigenschappen aantonen:

1. als f ≥ 0 en ‖f‖ ≤ 1, dan f ≤ 1.

2. ‖f‖−1f ≤ 1, als ‖f‖ 6= 0.

Inderdaad, om de eerst eigenschap te bewijzen, zij x ∈ H. Omdat ‖f‖ ≤ 1verkrijgen wij ‖f(x)‖ ≤ ‖f‖ ‖x‖ ≤ ‖x‖. Bijgevolg, ‖x‖2 ≥ ‖f(x)‖ ‖x‖ ≥〈f(x), x〉. Omdat f ≥ 0 volgt er 〈x, x〉 ≥ 〈f(x), x〉 ≥ 0. Dus 〈f(x)−x, x〉 ≤ 0.Omdat dit geldt voor alle x ∈ H volgt er f − 1 ≤ 0, zoals gewenst.

Om de tweede eigenschap te bewijzen merken wij op dat voor elke x ∈ H,〈‖f‖−1f(x), x〉 ≤ ‖f‖−1 ‖f‖ ‖x‖ ‖x‖ = 〈x, x〉. Het resultaat volgt dan.

Voobeeld.Zij f ∈ C([a, b],R) met f(x) ≥ 0 voor alle x ∈ [a, b]. De vermenigvuldigerop-erator

M : L2([a, b])→ L2([a, b])

gedefinieerd doorMg = fg

5.7. POSITIEVE OPERATOREN 117

is positief. Inderdaad,

< Mg, g >=∫ b

af(t)g(t)g(t)dt =

∫ b

af(t)|g(t)|2dt ≥ 0.

Wij geven nog enkele elementaire eigenschappen.

Eigenschap 5.7.1. Zij f, g ∈ B(H). Dan

1. de som van positieve operatoren is positief.

2. f∗f en ff∗ zijn positief.

3. als fg = gf en f en g positief zijn, dan is fg positief.

4. als f inverteerbaar en positief is, dan is f−1 positief.

Bewijs. (1) Dit is evident.(2) Voor alle x ∈ H,

〈f∗fx, x〉 = 〈fx, fx〉 = ‖f(x)‖2 ≥ 0

en〈ff∗x, x〉 = 〈f∗x, f∗x〉 = ‖f∗x‖2 ≥ 0.

(3) Veronderstel dat 0 6= f en g positieve operatoren zijn en fg = gf .Definieer

f1 = ‖f‖−1f

enfn+1 = fn − f2

n

voor n ≥ 1. Wegens Eigenschap 5.5.3 is elke operator fn hermistisch. Wijbeweren dat 0 ≤ fn ≤ 1. Wij bewijzen dit door inductie. Voor n = 1 is ditduidelijk. Veronderstel nu dat de bewering geldt voor n. Dan

〈f2n(1− fn)x, x〉 = 〈fn(1− fn)x, fnx〉

= 〈(1− fn)fnx, fnx〉≥ 0

en〈fn(1− fn)2x, x〉 = 〈fn(1− fn)x, (1− fn)x〉 ≥ 0.

Dusf2

n(1− fn) ≥ 0 en fn(1− fn)2 ≥ 0.


Bijgevolg,fn+1 = f2

n(1− fn) + fn(1− fn)2 ≥ 0

en1− fn+1 = (1− fn) + f2

n ≥ 0.

Dus volgt de bewering.Nu,

f1 = f21 + f2 = f2

1 + f22 + f3 = · · · = (

n∑i=1

f2i ) + fn+1.

Bijgevolg,n∑

i=1

f2i = f1 − fn+1 ≤ f1.

Er volgtn∑

i=1

〈fi(x), fi(x)〉 ≤ 〈f1(x), x〉.

Dus convergeert de reeks∑∞

i=1 ‖fi(x)‖2 en

‖fi(x)‖ → 0

als n→∞. Bijgevolg,(n∑

i=1

f2i

)(x) = f1(x)− fn+1(x)→ f1(x)

als n→∞. Dus∞∑i=1

f2i (x) = f1(x).

Omdat g commuteert met elke fi verkrijgen wij

〈fg(x), x〉 = 〈‖f‖f1gx, x〉= ‖f‖〈gf1x, x〉

= ‖f‖∞∑i=1

〈gf2i (x), x〉

= ‖f‖∞∑i=1

〈gfix, fix〉

≥ 0.

Dus is fg positief.

5.7. POSITIEVE OPERATOREN 119

(4) Veronderstel dat f inverteerbaar en positief is. Dan voor y ∈ H,y = f(x) voor een x ∈ H. Dus

〈f−1y, y〉 = 〈f−1fx, fx〉 = 〈x, f(x)〉 ≥ 0.

2

De voorwaarde fg = gf in (3) is noodzakelijk. Inderdaad, f =[

1 00 0

]en g =

[1 11 1

]definieren positieve operatoren op R2. Maar fg =

[1 10 0

]is niet positief.

Het volgende resultaat is analoog aan een eigenschap van reele getallen.

Stelling 5.7.2. Zij f1 ≤ f2 ≤ f3 · · · een rij commuterende hermitische ope-ratoren op H. Als g ∈ B(H) hermitisch is en fng = gfn en fn ≤ g vooralle n ≥ 1, dan convergeert de rij (fn) naar een hermitische operator f metf1 ≤ f ≤ g.

Bewijs. Stel hn = g − fn. Dan

hnhm = hmhn

voor alle n,m ≥ 1 enh1 ≥ h2 ≥ · · · ≥ 0.

Wegens Eigenschap 5.7.1 zijn de operatoren (hm − hn)hm en hn(hm − hn)positief voor alle n > m. Bijgevolg

〈h2mx, x〉 ≥ 〈hmhnx, x〉 ≥ 〈h2

nx, x〉

voor alle x ∈ H. Voor x ∈ H is dus (〈h2n(x), x〉) een dalende rij van positieve

getallen. Bijgevolg convergeert deze rij en

limm,n→∞

〈hmhnx, x〉 = limn→∞

〈h2nx, x〉.

Dus

‖hmx− hnx‖2 = 〈(hm − hn)x, (hm − hn)x〉= 〈h2

mx, x〉 − 2〈hmhnx, x〉+ 〈h2nx, x〉

→ 0


als m,n → ∞. Dus is (hn(x)) een Cauchy rij voor elke x ∈ H. Bijgevolgconvergeert deze rij en dus ook de rij (fnx). Het is eenvoudig aan te tonendat de operator f gedefinieerd door

f(x) = limn→∞

fn(x)

hermitisch is en f1 ≤ f ≤ g. 2

Definitie 5.7.3. Een wortel van een operator f is een hermitische operatorg zodat g2 = f .

Stelling 5.7.4. Een positieve operator f heeft een unieke positieve wortel g.Bovendien commuteert g met elke operator die commuteert met f .

Bewijs. Zij f een positieve operator en zij c ∈ R, c > 0, zodat c2f ≤ 1.Definieer

f0 = 0 en fn+1 = fn +12(c2f − f2

n)

voor n ≥ 0. Wegens Eigenschap 5.5.3 is elke fn hermitisch en bovendiencommuteert fn met elke operator die met f comuteert. I.h.b., fnfm = fmfn

voor alle m,n ≥ 0.Nu, voor elke n ≥ 0,

1− fn+1 =12(1− fn)2 +

12(1− c2f)

enfn+1 − fn =

12

((1− fn−1) + (1− fn)) (fn − fn−1).

Wegens de eerste gelijkheid verkrijgen wij dat fn ≤ 1 voor alle n ≥ 0. Bo-vendien volgt uit de tweede gelijkheid

0 ≤ f0 ≤ f1 ≤ · · · ≤ fn ≤ · · · ≤ 1

Wegense Stelling 5.7.2 convergeert de rij (fn) naar een positieve operator p.Uit de definitie van fn+1 volgt er dan

p = p+12(c2f − p2).

Dus(c−1p)2 = f.

Stel g = c−1p. Het is duidelijk dat g een positieve operator is. Aangezien fn

commuteert met elke operator die met f commuteert volgt er dat p en dusook g deze commuterende eigenschap heeft.

5.8. PROJECTIE OPERATOREN 121

Wij bewijzen nu dat er slechts een zo’n functie (wortel) g bestaat. Steldus dat q een positieve operator is met q2 = f . Aangezien qf = fq, volgt erdat qg = gq. Bijgevolg, voor x ∈ H en y = (g − q)(x),

〈gy, y〉+ 〈qy, y〉 = 〈(g + q)y, y〉= 〈(g + q)(g − q)x, y〉= 〈(g2 − q2)x, y〉= 0.

Omdat g en q positief zijn volgt er

〈gy, y〉 = 〈qy, y〉 = 0.

Als r een wortel is van g, dan

‖ry‖2 = 〈r2y, y〉 = 〈gy, y〉 = 0.

Dus ry = 0 en bijgevolggy = r2y = 0.

Analoogqy = 0

en dus‖gx− qx‖2 = 〈(g − q)2x, x〉 = 〈(g − q)y, x〉 = 0,

voor elke x ∈ H. Dus g = q. 2

5.8 Projectie operatoren

Wij weten reeds dat de projectie pG van een Hilbertruimte H op een geslotendeelruimte een idempotente lineaire operator is met ‖pG‖ = 1 (als G 6= 0).Men noemt zulke operator een projectieoperator.

Voorbeeld.Zij {e1, e2, . . .} een compleet orthonormaal systeem van een gesloten deel-ruimte G van een Hilbertruimte H. Dan, voor elke x ∈ H,

pG(x) =∞∑

n=1

< x, en > en.

Voorbeeld.Zij H = L2([−π, π]). Dan, voor elke x ∈ H,

x = y + z,


met y een even functie en z een oneven functie. Dan is de operator pgedefinieerd door p(x) = y de projectieoperator op de deelruimte van alleeven functies. Met de notaties van het eerste voorbeeld,

p(x) =∞∑

n=0

< x,ϕn > ϕn,

met ϕ0(t) = 1 en ϕn(t) =√

1π cosnt, voor n = 1, 2, . . .

Voorbeeld.Zij H = L2([−π, π]) en p de operator op H gedefinieerd als volgt:

(pf)(t) ={

0 als t ≤ 0f(t) als t > 0

p is de projectieoperator op de ruimte van alle functies welke triviaal zijn op(−∞, 0].

Eigenschap 5.8.1. Zij H een Hilbertruimte. Een begrensde operator f ∈B(H) is een projectieoperator als en slechts als f idempotent en hermitischis. Als f een projectieoperator is, dan < f(x), x >= ‖f(x)‖2 voor alle x ∈H. (Ook is 1 − f een projectieoperator: men noemt dit de complementaireprojectieoperator van f . Wij noteren deze door f⊥.)

Bewijs. Wij weten reeds dat een projectieoperator f hermitisch is. Duidelijkis f ook idempotent. Dus zijn de voorwaarden nodig. Wij bewijzen nu datdeze voorwaarden voldoende zijn. Zij f ∈ B(H) hermitisch en idempotent.Noteer G = {x ∈ H | fx = x} = ker(f − 1) (dit is een gesloten deelruimteomdat f − 1 begrensd is). Omdat f een continue operator is, volgt er dat Ggesloten is. Als x ∈ H, dan voor alle y ∈ G,

〈x− fx, y〉 = 〈x, y〉 − 〈fx, y〉= 〈x, y〉 − 〈x, fy〉= 〈x, y〉 − 〈x, y〉= 0.

Bovendien, f(f(x)) = f(x) voor alle x ∈ H (omdat f2 = f). Bijgevolg, vooralle x ∈ H,

x = fx+ (x− fx),

met f(x) ∈ G en x− fx ∈ G⊥. Dus is f = pG.

5.9. COMPACTE OPERATOREN 123

Het laatste gedeelte van de stelling volgt nu ook eenvoudig. Inderdaad,voor alle x ∈ H,

〈f(x), x〉 = 〈ffx, x〉 = 〈fx, f∗(x)〉 = 〈fx, fx〉 = ‖f(x)‖2.

2

De som van twee projectieoperatoren is in het algemeen geen projectieop-erator. Inderdaad, als p een projectieoperator is, dan ‖p + p‖ = ‖2p‖ = 2zodat p+ p geen projectieoperator is. Anderzijs is p+ p⊥ een projectieoper-ator.

Twee projectieoperatoren p en q noemt men orthogonaal als pq = 0. Merkop dat pq = 0 als en slechts als qp = 0; omdat pq = p∗q∗ = (qp)∗.

Eigenschap 5.8.2. Zij pG1 en pG2 projectieoperatoren. Dan gelden de vol-gende eigenschappen.

1. pG1 en pG2 zijn orthogonaal als en slechts als G1 ⊥ G2.

2. pG1 + pG2 is een projectieoperator als en slechts als pG1 en pG2 ortho-gonaal zijn. In dit geval, pG1 + pG2 = pG1⊕G2.

3. pG1pG2 is een projectieoperator als en slechts als pG1 en pG2 com-muteren. In dit geval pG1pG2 = pG1∩G2.

Bewijs. Dit is eenvoudig te bewijzen. 2

Stelling 5.8.3. Zij G1 en G2 twee gesloten deelruimten van een HilbertruimteH. Dan zijn de volgende voorwaarden equivalent:

1. G1 ⊆ G2;

2. pG2pG1 = pG1,

3. pG1pG2 = pG1;

4. ‖pG1(x)‖ ≤ ‖pG2(x)‖, voor elke x ∈ H.

5.9 Compacte operatoren

Compacte operatoren hebben gelijkaardige eigenschappen als operatoren opeindig dimensionale ruimten.


Definitie 5.9.1. Zij X en Y genormeerde ruimten. Een lineaire operatorf : X → Y noemt men compact als voor elke begrensde deelverzameling M inX de sluiting f(M) compact is. Equivalent, f is compact als en slechts alsvoor elke begrensde rij (xn) heeft de rij (f(xn)) een convergente deelrij in Y .

Het is duidelijk dat de som van compacte operatoren terug een compacteoperator is. Bovendien als c ∈ C en f een compacte operator is, dan is ook cfeen compacte operator. Dus de compacte operatoren van X naar Y vormeneen vectorruimte. Wij tonen nu aan dat deze ruimte bevat is in B(X,Y ).

Eigenschap 5.9.2. Een compacte operator is begrensd (en dus continu).

Bewijs. Noteer B = {x ∈ X | ‖x‖ = 1}, een begrensde verzameling. Omdatf compact is volgt er dat f(B) compact is en dus is f(B) begrensd. Bijgevolgis f begrensd. 2

Een operator f : X → Y met dim(f(X)) eindig dimensionaal noemt meneen operator van eindige rang (of ook wel een eindig dimensionale operator).

VoorbeeldAls f ∈ B(X,Y ) eindige rang heeft dan is f compact. Inderdaad, zij (xn)een begrensde rij in X. Omdat ‖f(xn)‖ ≤ ‖f‖ ‖xn‖ volgt er dat (f(xn)) eenbegrensde rij is in de eindig dimensionale ruimte f(X). Wegens Stelling 2.3.6volgt er dat (f(xn)) compact (gesloten en begrensd) is . Bijgevolg heeft(f(xn)) een convergente deelrij. Dus is f inderdaad compact.

VoorbeeldZij H een Hilbertruimte en y, z ∈ H. Definieer de lineaire operator f op Hals volgt:

f(x) =< x, y > z.

Dan, voor elke begrensde rij (xn),

| < xn, y > | ≤ ‖xn‖ ‖y‖ ≤ sup{‖xn‖ | n ∈ N} ‖y‖.

Dus bevat de rij (< xn, y >) een convergente deelrij (< xpn , y >). Zij c delimiet van deze deelrij. Dan

limn→∞

f(xpn) = limn→∞

< xpn , y > z = cz.

Dus is f een compacte operator.

VoorbeeldDe Fredholm operator

K : L2([a, b],C)→ L2([a, b],C)


gedefinieerd door een continue functie k : [a, b] × [a, b] → C is een compacteoperator.

Herinner dat

K(f)(x) =∫ b

ak(x, y)f(y)dy

en dat K een begrensde operator is (die ook hermitisch is als k(x, y) =k(y, x)). Wij bewijzen nu dat deze operator inderdaad compact is. Zij E =C([a, b],R). Wij tonen nu eerst aan dat

K1 : E → E : f 7→ K(f)

compact is. Zij daarom BE de eenheidsbol in E. Zij f ∈ BE en g = K(f).Voor alle x1, x2 ∈ [a, b],

|g(x1)− g(x2)| = |∫ b

a(k(x1, y)− k(x2, y))f(y)dy|

≤(∫ b

a|k(x1, y)− k(x2, y)|2dy

)1/2

‖f‖2

≤ max{|k(x1, y)− k(x2, y)| | y ∈ [a, b]} ‖f‖2√b− a

Omdat k uniform continu is volgt er dat K1(B) een equicontinue verzamelingis. Bovendien is {K1(f)(x) | f ∈ BE} en x ∈ [a, b] begrensd. Inderdaad,

|g(x)| ≤(∫ b

a|k(x, y)|2dy

)1/2

‖f‖2

≤√b− a max{|k(x, y)| | (x, y) ∈ [a, b]× [a, b]}.

Wegens de Stelling van Ascoli is dan K1(BE) compact in E.Nu is K|E = i ◦ K1 met i : E → L2([a, b]), de natuurlijke injectie. De

continuıteit van i volgt uit de volgende ongelijkheid (voor g ∈ C):

‖g‖2 =(∫ b

a|g(x)|2dx

)1/2

≤ ‖g‖∞(b− a)1/2.

Bijgevolg is i(K1(BE)) compact. Omdat

K(BE) = i(K1(BE)) ⊆ i(K1(BE))

volgt er datK(BE) ⊆ i(K1(BE)).


Dus is ook K(BE) compact.Nu, zij B de eenheidsbol in L2([a, b]). Dan is B = BE in L2([a, b]). Dus

K(B) = K(BE) ⊆ K(BE).

Dus is K(B) compact.

VoorbeeldDe identieke operator 1 op een oneindig dimensionale Hilbertruimte is nietcompact (maar wel begrensd). Inderdaad, beschouw een orthonormale rij(en). Dan is (en) een begrensde rij, maar (1en) = (en) heeft geen convergentedeelrij.

Eigenschap 5.9.3. Een compacte operator f : X → Y van een genormeerderuimte X in Banachruimte Y heeft een compacte lineaire uitbreiding

f : X → Y,

met X de completie van X.

Bewijs. Wij weten dat f een begrensde lineaire uitbreiding f heeft. Verifieerdat deze functie ook compact is. 2

Eigenschap 5.9.4. Zij H een Hilbertruimte en f ∈ B(H) een compacteoperator. Dan is f∗ compact.

Bewijs. Zij (xn) een begrensde rij in H. Dus ‖xn‖ ≤ c voor alle n ≥ 1. Stelyn = f∗(xn). Omdat f∗ begrensd is, is de rij (yn) ook begrensd. Dus bevathet een deelrij (ynk

) zodat de rij (fynk) convergeert in H. Voor alle k, l ≥ 1,

‖ynl− ynk

‖2 = ‖f∗xnl− f∗xnk

‖2

= 〈f∗(xnl− xnk

), f∗(xnl− xnk

)〉= 〈ff∗(xnl

− xnk), xnl

− xnk〉

≤ ‖ff∗(xnl− xnk

)‖ ‖xnl− xnk

‖≤ 2c‖fynl

− fynk‖.

Bijgevolg‖ynl− ynk

‖ → 0

als l, k →∞ en dus is (ynk) een Cauchy rij in H. Dus is (ynk

) convergent enf∗ compact. 2

Men kan eenvoudig de volgende eigenschappen bewijzen.


Stelling 5.9.5. Zij f een compacte operator op een Hilbertruimte H.

1. Als (en) een orthonormale rij is in H, dan limn→∞ fen = 0. I.h.b.,als de inverse van een compacte operator op een oneindigdimensionaleruimte bestaat dan is deze onbegrensd.

2. Als (xn) een begrensde rij is in H en x ∈ H met limn→∞ < xn, y >=<x, y > voor alle y ∈ H, dan limn→∞ ‖fxn − fx‖ = 0.

Bewijs. (1) Veronderstel dat de rij niet convergeert naar 0. Dan bestaat ereen deelrij (enk

) zodat ‖fenk‖ ≥ ε voor een ε en alle k ∈ N. Omdat (enk

)begrensd is, heeft de rij (fenk

) een convergente deelrij (fenl) zodat

limnl→∞

fenl= y 6= 0.

Bijgevolg,lim

nl→∞〈fenl

, y〉 = ‖y‖2 > 0.

Anderzijds, omdat (enl) orthonormaal is, verkrijgen wij

limnl→∞

〈fenl, y〉 = lim

nl→∞〈enl

, f∗y〉 = 0.

Dit is in contradictie met het vorige.Veronderstel nu dat f een compacte operator is op een oneindigdimen-

sioale ruimte zodat f−1 bestaat en begrensd is. Dus is f−1 continu en ervolgt dat 0 = f−1 (limn→∞ fen) = limn→∞ f−1f(en). Dus limn→∞ en = 0,een contradictie.

(2) Bewijs dit zelf. 2

In (2) is de voorwaarde “(xn) begrensd” overbodig. Men kan aantonendat de andere voorwaarde automatisch “begrensdheid” geeft. Men kan ookaantonen dat (2) equivalent is met compactheid.

Stelling 5.9.6. Zij (fn) een rij compacte operatoren van een genormeerderuimte Z in een Banachruimte Y . Als limn→∞ fn = f dan is f compact.

Bewijs. Wij gebruiken een “diagonaalmethode” om aan te tonen dat voorelke begrensde rij (xn) in Z de beeldrij f(xn) een convergente deelrij heeft.

Omdat f1 compact is, bestaat er een deelrij (x1,n) zodat (f1(x1,n)) eenCauchy rij is. Analoog heeft (x1,n) een deelrij (x2,n) zodat (f2(x2,n)) eenCauchy rij is. Herhaal dit procede. Er volgt dat de “diagonaalrij” (yn) =(xn,n) een deelrij is van (xn) zodat voor alle n ≥ 1 de deelrij (fnym)m∈N eenCauchy rij is.


Zij c > 0 zodat ‖xn‖ ≤ c voor alle n ≥ 1. Stel ε > 0. Omdat limn→∞ fn =f bestaat er een p ≥ 1 zodat ‖f − fp‖ < ε/3c. Omdat (fpyn)n∈N een Cauchyrij is, bestaat er een N zodat

‖fpyj − fpyk‖ <ε

3voor alle j, k > N . Dus voor j, k > N ,

‖fyj − fyk‖ ≤ ‖fyj − fpyj‖+ ‖fpyj − fpyk‖+ ‖fpyk − fyk‖

≤ ‖f − fp‖ ‖yj‖+ε

3+ ‖fp − f‖ ‖yk‖

≤ ε

3cc+

ε

3+

ε

3cc

= ε.

Bijgevolg is (fyn) een Cauchy rij. Omdat Y volledig is volgt er dat deze rijconvergent is. Omdat (yn) een deelrij is van (xn), volgt er dat f inderdaadcompact is. 2

Als toepassing tonen wij aan dat

f : `2 → `2 : (xn) 7→ (xn/n)

een compacte operator is.Inderdaad, het is duidelijk dat f lineair is. Als (xn) ∈ `2 dan is (xn/n) ∈

`2. Definieerfn(xi) : `2 → `2

als volgtfn(xi) = (x1, x2/2, x3/3, . . . , xn/n, 0, 0, . . .).

Dan is fn lineair en begrensd en compact (omdat het beeld eindig dimen-sionaal is). Bovendien

‖(f − fn)(xi)‖2 =∞∑

i=n+1

|xi/i|2

=∞∑

i=n+1

|x2i |

1i2

≤ 1(n+ 1)2

∞∑i=n+1

|xi|2

≤ ‖(xi)‖2

(n+ 1)2.

Dus ‖f−fn‖ ≤ 1n+1 . Bijgevolg fn → f en wegens Stelling 5.9.6 is f compact.

5.10. COMPACTE HERMITISCHE OPERATOREN 129

5.10 Compacte Hermitische operatoren

Wij tonen eerst aan dat elke niet-nul spectraalwaarde van een compacte her-mitische operator een eigenwaarde is.

Stelling 5.10.1. Zij f een compacte hermitische operator op een Hilbert-ruimte H. Dan is elk niet-nul element in Spec(f) een eigenwaarde.

Bewijs. Zij 0 6= λ ∈ Spec(f). Wegens Eigenschap 5.6.3 is λ een benaderendeeigenwaarde. Dus bestaat er een rij (xn) met ‖xn‖ = 1 en limn→∞(f −λ1)(xn) = 0. Aangezien f compact is, bevat de rij (f(xn)) een convergentedeelrij (f(xnk

))k∈N. Zij y de limiet van deze rij. Dan

y = limk→∞

f(xnk) = lim

k→∞λxnk

.

Aangezien λ 6= 0 volgt erlim

k→∞xnk

= λ−1y.

Omdat elke ‖xk‖ = 1 volgt ‖λ−1y‖ = 1 en dus λ−1y 6= 0. Er volgt

f(λ−1y) = limk→∞

f(xnk) = y = λ(λ−1y).

Dus is λ−1y een eigenvector met eigenwaarde λ. 2

Enkele opmerkingen bij de vorige stelling. Men kan aantonen dat destelling algemener geldt, namelijk voor elke compacte lineaire operator. Bo-vendien, wegens Stelling 5.6.6 (en het bewijs van die stelling) geldt dat, voorelke compacte hermitische operator f het getal ‖f‖ of −‖f‖ de dominerendeeigenwaarde is. Als f een positieve compacte operator is dan is ‖f‖ eeneigenwaarde (omdat de eigenwaarden dan positief zijn).

Eigenschap 5.10.2. Zij f een hermitische operator op een Hilbertruimte H.Zij λ, µ ∈ Spec(f), λ 6= µ, en Hλ = ker(f − λ1). Dan

Hλ ⊥ Hµ.

Bewijs. Stel a ∈ Hλ en b ∈ Hµ. Dan

λ〈a, b〉 = 〈λa, b〉= 〈f(a), b〉= 〈a, f(b)〉= 〈a, µb〉= µ〈a, b〉= µ〈a, b〉,


omdat µ ∈ R. Bijgevolg(λ− µ)〈a, b〉 = 0.

Omdat λ 6= µ volgt er dat Hλ ⊥ Hµ. 2

Eigenschap 5.10.3. Zij f een lineaire operator op een vectorruimte V . Alsxi een eigenvector is met eigenwaarde λi, 1 ≤ i ≤ n en λi 6= λj voor i 6= j,dan zijn {x1, x2, · · · , xn} lineair onafhankelijk.

Bewijs. Dit is welbekend. 2

Eigenschap 5.10.4. Zij (λn) een rij niet-nul verschillende eigenwaardenvan een hermitische compacte operator f . Dan is {λn | n ∈ N} eindig ofwellimn→∞ λn = 0. (Dus 0 is het enige ophopingspunt in Spec(f).)

Bewijs. Veronderstel dat {λn | n ≥ 1} niet eindig is. Zij xn een eigenvectormet eigenwaarde λn en ‖xn‖ = 1. Wegens Eigenschap 5.10.2 is {xn | n ≥ 1}een orthonormaal systeem. Bovendien, wegens Stelling 5.9.5,

0 = limn→∞

‖fxn‖2

= limn→∞

〈fxn, fxn〉

= limn→∞

〈λnxn, λnxn〉

= limn→∞

λ2n‖xn‖2

= limn→∞

λ2n.

Dus volgt het resultaat. 2

Wij zullen aantonen dat f slechts een aftelbaar aantal eigenwaarden heeftvoor een compacte hermitische operator, en dat de eigenruimten Hλ eindigdimensionaal zijn (men kan aantonen dat de voorwaarde “hermitisch” over-bodig is).

Stelling 5.10.5. Zij {pn} een orthogonale verzameling van projectieoperato-ren op een Hilbertruimte H en {λn} een verzameling getallen zodat limn→∞ λn =0. Dan

1. f =∑∞

n=1 λnpn is convergent in B(H), en dus f is begrensd.

2. elke niet-nul eigenwaarde van f is een van de getallen λn en al dezegetallen λn zijn eigenwaarden.

3. Als alle λn ∈ R, dan is f hermitisch.


4. Als alle pn van eindige rang zijn, dan is f compact.

Bewijs. (1) Voor elke 1 ≤ k ≤ m, k,m ∈ N,

‖m∑

n=k

λnpn‖ = sup{‖m∑

n=k

λnpnx‖ | x ∈ H, ‖x‖ = 1}.

Aangezien verschillende pn per veronderstelling orthogonaal zijn volgt er

‖m∑

n=k

λnpnx‖2 =m∑

n=k

‖λnpnx‖2

=m∑

n=k

|λn|2‖pnx‖2.

Omdat limn→∞ λn = 0 geldt dat voor elke ε > 0 en alle k,m voldoende groot,

‖m∑

n=k

λnpnx‖2 ≤ ε2m∑

n=k

‖pnx‖2

= ε2‖m∑

n=k

pnx‖2

≤ ε2‖m∑

n=k

pn‖2 ‖x‖2.

Wegens Eigenschap 5.8.2 is∑m

n=k pk terug een projectieoperator en dus is‖∑m

k=n pk‖ = 1. Bijgevolg

sup{‖m∑

n=k

λnpnx‖2 | x ∈ H, ‖x‖ = 1} ≤ ε2,

voor k,m voldoende groot. Dus is de rij van partieelsommen van∑∞

n=1 λnpn

een Cauchy rij in B(H). Omdat deze laatste een complete ruimte is, volgt erdat

∑∞n=1 λnpn ∈ B(H).

(2) Zij x ∈ pn(H). Dan pn(x) = x en pm(x) = 0 voor alle m 6= n (omdatpmpn = 0). Dus fx = λnx en bijgevolg is λn een eigenwaarde van f .

Wij tonen nu aan dat er geen andere niet-nul eigenwaarden zijn. Veron-derstel dat x een eigenvector is met corresponderende eigenwaarde λ. Stelxn = pnx voor n ≥ 1 en stel y = qx, met q de orthogonale projectie op hetorthogonaal complement van f(H). Dan

x =∞∑

n=1

xn + y,


met y ⊥ pn(H) voor alle n ≥ 1. Omdat f(y) = 0 en f continu is, volgt er

f(∞∑

n=1

xn + y) = f(∞∑

n=1

xn)

=∞∑

n=1

f(xn).

Bijgevolg,

λ(∞∑

n=1

xn + y) = λx

= f(x)

=∞∑

n=1

λnxn.

Of, equivalent,∞∑

n=1

(λ− λn)xn + λy = 0.

Wegens de orthogonaliteit verkrijgen wij

(λ− λn)xn = 0 en λy = 0,

voor alle n ≥ 1. Als nu x 6= 0, dan is ofwel y 6= 0 of xn 6= 0 voor een n ≥ 1.Er volgt dat λ = 0 of λ = λn. Dus volgt (2).

(3) Veronderstel dat alle λn ∈ R. Omdat pn = p∗n voor alle n ≥ 1,verkrijgen wij dat voor alle x, y ∈ H,

〈fx, y〉 = 〈∞∑

n=1

λnpnx, y〉

=∞∑

n=1

λn〈pnx, y〉

=∞∑

n=1

〈x, λnpny〉

= 〈x,∞∑

n=1

λnpny〉

= 〈x, fy〉

(4) Dit volgt onmiddellijk uit Stelling 5.9.6 2


Stelling 5.10.6. (Hilbert-Schmidt) Zij f een hermitische compacte opera-tor op een Hilbertruimte H. Dan bestaat er een orthonormaal systeem vaneigenvectoren {xn | n ∈ N} corresponderend met niet-nul eigenwaarden {λn}zodat elk element x op een unieke manier kan geschreven worden als

x =∞∑

n=1

cnxn + y,

met cn ∈ C en y ∈ ker(f). M.a.w. H = vect{xn | n ∈ N}+ ker(f).

Bewijs. Wegens Stelling 5.5.5 en Stelling 5.6.6 bestaat een eigenwaarde λ1

van f zodat

|λ1| = sup{|〈f(x), x〉| | x ∈ H, ‖x‖ = 1} = ‖f‖.

Zij x1 een eigenvector met eigenwaarde λ1 en zodat ‖x1‖ = 1. Stel

H1 = {x ∈ H | 〈x, x1〉 = 0},

het orthogonaal complement van vect{x1}. Dus H1 is gesloten en H =vect{x1} ⊕H1. Als x ∈ H1 dan

〈fx, x1〉 = 〈x, fx1〉 = λ1〈x, x1〉 = 0.

Bijgevolg, als x ∈ H1, dan f(x) ∈ H1. Dus

f|H1: H1 → H1,

en H1 is een Hilbertruimte. Als f|H1= 0 dan volgt het resultaat. Zoniet, her-

halen wij de vorige redenering op de ruimte H1. Dus bestaat een eigenwaardeλ2 zodat

|λ2| = sup{|〈fx, x〉| | x ∈ H1, ‖x‖ = 1}.

Zij x2 een eigenvector met eigenwaarde λ2 en ‖x2‖ = 1. Stel

H2 = {x ∈ H1 | x ⊥ x2}.

Het is duidelijk datH = vect{x1, x2} ⊕H2.

Als f|H2= 0 dan volgt het resultaat, zoniet herhalen wij weer de vorige

redenering.Dus, herhaaldelijk herhalen geeft λ1, · · · , λn eigenwaarden corresponderend

met x1, · · · , xn. Definieer

Hn = {x ∈ Hn−1 | 〈x, xn〉 = 0}


en zij λn+1 een eigenwaarde zodat

|λn+1| = sup{|〈fx, x〉| | x ∈ Hn, ‖x‖ = 1}.

Veronderstel nu dat het vorige procede een oneindige rij eigenwaarden λn

met corresponderende eigenvectoren xn oplevert. Omdat (xn) een orthonor-male rij is en omdat 〈−, y〉 (voor y ∈ H) een compacte operator is (omdathet eindige rang heeft), volgt er uit Stelling 5.9.5 dat

limn→∞

〈xn, y〉 = 0 = 〈0, y〉.

voor alle y ∈ H. Dus weer wegens Stelling 5.9.5

limn→∞

fxn = 0 = f(0).

Bijgevolg,|λn| = ‖λnxn‖ = ‖fxn‖ → 0.

Zij S = vect{xn | n ≥ 1}. Dan is S een gesloten deelruimte en S is compleet(separabel) met orthonormale basis {xn | n ≥ 1}. Dus elk element van S kangeschreven worden als

∞∑n=1

cnxn met∞∑

n=1

|cn|2 <∞.

Dus wegens de projectiestelling kan elk element x in H op een unieke maniergeschreven worden als

x = s+ y

met s =∑∞

n=1 cnxn ∈ S en y ∈ S⊥.Veronderstel nu dat 0 6= y ∈ S⊥. Stel z = ‖y‖−1y. Dan

〈fy, y〉 = ‖y‖2〈fz, z〉.

Omdat z ∈ S⊥ ⊆ Hn, voor alle n ≥ 1, volgt er (wegens de definitie van λn+1)

|〈fy, y〉| = ‖y‖2|〈fz, z〉| ≤ ‖y‖2 |λn+1| → 0.

Bijgevolg,〈fy, y〉 = 0 voor alle y ∈ S⊥.

Dus wegens Stelling 5.5.5,‖f|S⊥‖ = 0,

d.w.z.f|S⊥ = 0,

and dus f(y) = 0 voor alle y ∈ S⊥. 2


Gevolg 5.10.7. (Spectraalstelling voor hermitische compacte operatoren) ZijH een Hilbertruimte en f ∈ B(H) hermitisch en compact. Dan bestaat er eenorthonormale basis B = B1∪B2 van H, met B1 = {xn | n ≥ 1} een aftelbarebasis voor

∑λ∈Spec(f), λ 6=0Hλ en B2 een basis voor ker(f). Bovendien is

iedere vector xn een eigenvector met eigenwaarde λn en voor elke x ∈ H,

f(x) =∞∑

n=1

λn < x, xn > xn =∞∑

n=1

λnpn(x),

met pn de projectieoperator op vect{xn}. Dus f =∑∞

n=1 λnpn.

Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit het vorige resultaat door aan B1 = {xn |n ≥ 1} een orthonormale basis B2 van ker f toe te voegen. Omdat f continuis, volgt er ook

f(∞∑

n=1

cnxn) =∞∑

n=1

cnf(xn)

=∞∑

n=1

λncnxn,

met cn = 〈x, xn〉. 2

Wegens Stelling 5.10.5 verkrijgen wij onmiddellijk het eerste gedeelte vanhet volgende resultaat.

Gevolg 5.10.8. 1. De enige niet-nul eigenwaarden van f zijn λn.

2. Voor elke 0 6= λ ∈ Spec(f) geldt dim(Hλ) <∞.

Bewijs. (2) Veronderstel 0 6= λ ∈ Spec(f) en dim(Hλ) = ∞. Dan heeftHλ een oneindige orthonormale basis {en | n ≥ 1}. Duidelijk is de rij (en)begrensd, en dus heeft de rij (fen) een convergente deelrij. Bijgevolg bestaaty ∈ H zodat

y = limn→∞

f(en) = limn→∞

λen.

Wegens Stelling 5.9.5, y = 0. Bijgevolg

limn→∞

en = 0.

Maar dit is onmogelijk omdat ‖en‖ = 1. 2

De vorige stelling en gevolg tonen aan dat elke hermitische compacteoperator de limiet is van een rij hermitische operatoren van eindige rang.


Hoofdstuk 6

Appendix

6.1 Sommatieprocedes

Zij (xn) een rij in een genormeerde ruimte (X, ‖ ‖), dan noemt men de rij(σn) gedefinieerd door

σ1 = x1, σ2 =12(x1 + x2), . . . , σn =

1n

(x1 + · · ·+ xn), . . .

de rij van de aritmetische gemiddelden.Deze rij heeft de tendens om gebeurlijke fluctuaties te vereffenen. Ze heeft

bijgevolg een betere kans om te convergeren. Indien σn → y dan noemen wijde rij Cesaro sommeerbaar met som y.

Voorbeeld 6.1.1. Zij (xn) = (1, 0, 1, . . . , ). Dan

σ2n =12

en σ2n+1 =n+ 12n+ 1

Dus limn→∞ σn = 12 . Bijgevolg is (xn) Cesaro sommeerbaar, maar de reeks∑

xn is niet convergent.

Eigenschap 6.1.2. Zij (xn) een rij in een genormeerde ruimte. Als xn → x,dan σn → x.

Bewijs. Vooreerst merken wij op dat

σn − x =1n

(x1 + · · ·+ xn)− x

=1n

[(x1 − x) + · · ·+ (xn − x)] .

137

138 HOOFDSTUK 6. APPENDIX

Aangezien limn→∞ xn = x bestaat voor elke ε > 0 een natuurlijk getal N =N(ε) zodat voor all m ≥ N , ‖xm − x‖ < ε. Bovendien bestaat er een reeelgetal A zodat ‖xk − x‖ < A, voor alle k ≥ 1. Er volgt, voor n ≥ N ,

‖σn − x‖ ≤N∑

k=1

1n‖xk − x)‖+

n∑k=N+1

1n‖xk − x‖

≤

(N∑

k=1

1nA

)+n−Nn

ε

=NA

n+n−Nn

ε.

Voor n voldoende groot verkrijgen wij NAn < ε. Aangezien n−N

n < 1 volgt erdat ‖σn−x‖ < 2ε, voor n voldoende groot. Dus, inderdaad, x = limn→∞ σn.2

In Analyse II werd de volgende eigenschap bewezen.

Stelling 6.1.3. (Abel) Zij (an) een rij complexe getallen zodat∑∞

n=0 an con-vergeert. Veronderstel dat de machtreeks

∑∞n=0 anz

n convergentiestraal Rheeft met R ≥ 1. Zij

f : [0, 1]→ C : z 7→∞∑

n=0

anzn.

Dan

limz→1−

f(z) =∞∑

n=0

an

en∑∞

n=0 anzn convergeert uniform op [0, 1].

Gebaseerd op dit criterium van Abel associeren wij nu limieten met reek-sen die niet noodzakelijk convergent zijn. Zij

f(z) =∞∑

n=0

bnzn

een reeks met convergentiestraal 1. Als

limz→1, ‖z‖<1

f(z) = s,

dan zegt men dat

s =∞∑

n=0

bn

6.1. SOMMATIEPROCEDES 139

voor het sommatieprocede van Abel.Herinner dat wegens het criterium van Abel, als

∑∞n=0 bn convergent is,

dan is de som van het sommatieprocede van Abel precies deze som. Hetomgekeerde is vals. Inderdaad, de reeks

∑∞n=0(−1)n is niet convergent, maar

aangezien1

1 + x=

∞∑n=0

(−1)nxn,

voor ‖x‖ < 1, volgt er dat∑∞

n=0(−1)n Abels sommeerbaar is naar 12 .

Toch heeft de Stelling van Abel een gedeeltelijke omgekeerde. Stellingenvan deze aard worden Stellingen van Tauber genoemd.

Stelling 6.1.4. (Tauber) Veronderstel dat∑∞

n=0 anzn convergentiestraal 1

heeft (of ≥ 1). Alslim

n→∞(nan) = 0

en

f(z) =∞∑

n=0

anzn, voor |z| < 1,

enlim

z→1, |z|<1f(z) = A,

dan∞∑

n=0

an = A.

Bewijs. Voor elk geheel getal N ≥ 0,

|

(N∑

n=0

an

)−A| = |

((N∑

n=0

an

)− f(z)

)+ (f(z)−A) |

= |N∑

n=0

an(1− zn)−∞∑

n=N+1

anzn + (f(z)−A)|

≤N∑

n=0

|an||1− zn|+∞∑

n=N+1

|anzn|+ |f(z)−A|

Daar 1− zn = (1− z)(1 + z+ · · ·+ zn−1) volgt er voor |z| < 1 dat |1− zn| <n|1− z|. Dus

N∑n=0

|an| |1− zn| ≤ |1− z|N∑

n=0

n|an|.


Wegens de veronderstelling, limn→∞ |nan| = 0. Bijgevolg wegens Eigen-schap 6.1.2

limm→∞

(1

m+ 1

m∑n=0

|nan|

)= 0.

Bovendien is er gegeven dat limz→1, |z|<1 f(z) = A.Zij ε > 0. Dan verkrijgen wij voor elk voldoende groot natuurlijk getal

N dat

1.∑N

n=0 |nan| < (N + 1)ε;

2. |an| < εN+1 , voor alle n > N ;

3. |f(x0)−A| < ε voor x0 = 1− 1N+1 .

Bijgevolg∣∣∣∣∣(

N∑n=0

an

)−A

∣∣∣∣∣ ≤ |1− x0|(N + 1)ε+(

ε

N + 1

)|x0|N+1

|1− x0|+ ε < 3ε.

(Merk op dat |1 − x0|(N + 1) = 1.) Aangezien ε willekeurig is volgt hetresultaat. 2

6.2 Convergentie

Eigenschap 6.2.1. Zij (fn) een rij in B(X,Rq) met X ⊆ Rp.

1. Als elke fn continu is en fnu→ f , dan is f continu.

2. Veronderstel dat X een parallellepipedum in Rp is en elke fn continuis. Als fn

u→ f , dan

limn→∞

∫Xfn((x1, . . . , xp)dx1 . . . dxp =

∫Xf(x1, . . . , xp)dx1 . . . dxp.

Hetzelfde kan niet gezegd worden van de afgeleide functie. Doch in eenvorige cursus werd het volgende bewezen.

Eigenschap 6.2.2. Zij elke fn : [a, b] → Rq een continue functie die diffe-rentieerbaar is op ]a, b[. Als

f ′nu→ g

op ]a, b[ en (fn(x0)) convergent is voor een x0 ∈ [a, b], dan fnu→ f , f is

differentieerbaar enf ′n

u→ g = f ′.

6.2. CONVERGENTIE 141

Gevolg 6.2.3. Zij elke fn : [a, b] → Rq k-maal continu differentieerbaar op]a, b[ en limn→∞ f

(j)n (c) bestaat voor een c ∈]a, b[, voor 0 ≤ j ≤ k − 1. Als,

voor de gegeven k, f (k)n

u→ gk, dan, voor elke 0 ≤ j ≤ k,

f (j)n

u→ gj

engj = g

(j)0 .

Het is gemakkelijk om voorbeelden te construeren van rijen functies diedifferentieerbaar zijn in elk punt van een interval J in R en welke uniform con-vergeren op J naar een functie die niet differentieerbaar is in sommige puntenvan J . Bovendien, Weierstrass construeerde een rij functies die overal diffe-rentieerbaar zijn op R en welke uniform convergeren op R naar een continuefunctie welke nergens differentieerbaar is (zie [1, blz 195 en 204]). Doch, alsde rij van de afgeleide functies uniform convergeert dan werkt alles goed.

Eigenschap 6.2.4. Zij X een deel van Rp en (fn) een rij functies X → Rq.

1. Als elke fn continu is en∑∞

n=1 fnu→ f , dan is f continu (zie Eigen-

schap 6.2.1).

2. Zij X een parallellepipedum. Als elke fn continu is en∑∞

n=1 fnu→ f ,

dan

∞∑n=1

∫Xfn(x1, . . . , xp)dx1 . . . xp =

∫Xf(x1, . . . , xp)dx1 . . . dxp

(zie Eigenschap 6.2.1).

3. Veronderstel dat X = [a, b]. Als elke fn k-maal continu differentieer-baar is op ]a, b[ en voor 0 ≤ j ≤ k,

∑∞n=1 f

(j)n

u→ gj, dan( ∞∑n=1

fn

)(j)u→ gj

engj = g

(j)0 .

(Voor j < k is het voldoende te eisen dat (∑∞

n=1 fn)(j) convergent is.)(zie Eigenschap 6.2.2).


Ter informatie vermelden wij nog een karakterisatie van compacte delenin zekere functieruimten. Wij voeren hiervoor de nodige terminologie in. ZijX een metrische ruimte en E ⊆ C(X,Rq). Men noemt E equicontinu alsvoor elke ε > 0 en voor elke x ∈ X een δ > 0 bestaat zodat de volgendeeigenschap geldt:

voor alle f ∈ E, als d(x, y) < δ dan ‖f(x)− f(y)‖ < ε.

Dus δ is onafhankelijk van f ∈ E, maar is wel afhankelijk van x en ε.Bovendien, noemen wij E puntsgewijs begrensd als voor elke x ∈ X een

M > 0 bestaat zodat ‖f(x)‖ < M , voor alle f ∈ E.

Stelling 6.2.5. (Stelling van Ascoli)Zij X een compacte metrische ruimte en E ⊆ C(X,Rq). De sluiting van Ein C(X,Rq), voorzien van de metriek van de uniforme convergentie, is danen alleen dan compact als E equicontinu en puntsgewijs begrensd is.

6.3 Exponentiele functies

Wij weten dat de machtreeks∑∞

n=01n!z

n oneindige convergentiestraal heeft.Dus convergeert deze reeks voor elk complex getal en de convergentie is uni-form op elk compact deel in C. Wij noteren deze reeks als

ez = exp z =∞∑

n=0

1n!zn

en noemen dit de exponentiele reeks of exponentiele functie. De afgeleidereeks is

∞∑n=1

n

n!zn−1 =

∞∑n=1

1(n− 1)!

zn−1 =∞∑

n=0

1n!zn = ez.

Bijgevolg heeft de complexe exponentiele functie dezelfde eigenschap als zijnreele tegenhanger, namelijk

als f(z) = ez, dan f ′(z) = ez.

Eigenschap 6.3.1. Zij U een open en samenhangend deel in C. Verondersteldat f : U → C differentieerbaar is met f ′(z) = 0 voor alle z ∈ U . Dan is feen constante functie.

6.3. EXPONENTIELE FUNCTIES 143

Bewijs. Stel z0 ∈ U en schrijf f(z0) = ω0. Wij tonen aan dat als A = {z ∈U | f(z) = ω0} dan A = U . Omdat U samenhangend is, is het voldoende omaan te tonen dat A gesloten en open is.

Eerst tonen wij aan dat A gesloten is. Veronderstel daarom dat z ∈ U endat (zn) een rij in A is met z = limn→∞ zn. Daar f(zn) = ω0 voor alle n ≥ 1,en omdat f continu is, volgt er dat f(z) = ω0, d.w.z. z ∈ A. Bijgevolg is Agesloten in U .

Om aan te tonen dat A open is, veronderstel dat a ∈ A. Omdat U openis in C, bestaat een ε > 0 zodat B(a, ε) ⊆ U . Als a 6= z ∈ B(a, ε), dandefinieren wij

g(t) = f(tz + (1− t)a),

voor 0 ≤ t ≤ 1. Dan

g(t)− g(s)t− s

=g(t)− g(s)

(t− s)z + (s− t)a· (t− s)z + (s− t)a

t− s,

voor s 6= t. Bijgevolg

limt→s

g(t)− g(s)t− s

= f ′(sz + (1− s)a) · (z − a) = 0.

Dus g′(s) = 0 voor 0 ≤ s ≤ 1, en bijgevolg is g constant. Er volgt f(z) =g(1) = g(0) = f(a) = ω0. M.a.w. B(a, ε) ⊆ A en dus is A open. 2

Gevolg 6.3.2. Voor alle a, b ∈ C,

ea+b = eaeb en e−a =1ea.

Bewijs. Zij a ∈ C en stel g(z) = ezea−z. Dan

g′(z) = ezea−z + ez(−ea−z) = 0.

Dus (wegens Eigenschap 6.3.1) bestaat een ω ∈ C zodat g(z) = ω, vooralle z ∈ C. Daar e0 = 1, volgt er dat ω = g(0) = ea en dus ezea−z = ea

voor alle z ∈ C. Dit bewijst het eerste gedeelte van het resultaat. Bijgevolgeze−z = e0 = 1 en dus e−z = 1

ez . Dus is ook het tweede gedeelte aangetoond.2

Daar alle coeffienten van de machtreeks ez =∑∞

n=01n!z

n reeel zijn, volgter dat exp(z) = exp(z). I.h.b. voor alle t ∈ R,

|eit|2 = eite−it = e0 = 1


en algemener|ez|2 = ezez = ez+z = exp(2Re(z)).

Dus|exp(z)| = exp(Re(z)).

Naar analogie met de reele machtreeksen definieren wij

cos z = 1− 12!z2 +

14!z4 + · · ·+ (−1)n 1

(2n)!z2n + · · ·

=∞∑

n=0

(−1)n 1(2n)!

z2n

en

sin z = z − 13!z3 +

15!z5 + · · ·+ (−1)n 1

(2n+ 1)!z2n+1 + · · ·

=∞∑

n=0

(−1)n 1(2n+ 1)!

z2n+1.

Beide reeksen hebben oneindige convergentiestraal en dus zijn cos z en sin zanalytisch in C. Er volgt

(cos z)′ = − sin z

en(sin z)′ = cos z.

Daar de reeksen absoluut convergeren volgt er (door het herschikken van determen):

cos z =12(eiz + e−iz)

ensin z =

12i

(eiz − e−iz).

Bijgevolgcos2 z + sin2 z = 1

eneiz = cos z + i sin z.

Als z = x+ iy, met x, y ∈ R, dan

z = |z|(cos θ + i sin θ),

met θ = arg(z), θ ∈ [0, 2π]. Dus

z = |z|eiθ.

6.3. EXPONENTIELE FUNCTIES 145

Een functie f (met C als domein) noemt men periodisch met periode cals f(z + c) = f(z) voor alle z ∈ C. Als c een periode is van de functie ez,dan ez = ez+c = ezec. Dus ec = 1. Daar 1 = |ec| = exp(Re(c)) volgt er datRe(c) = 0. Dus c = iθ voor een θ ∈ R. Aangezien

1 = eiθ = cos θ + i sin θ

volgt er dat de periodes van ez al de gehele veelvouden zijn van 2πi.Dus men kan het vlak in oneindig veel horizontale banden verdelen via

de horizontale rechten Im(z) = π(2k − 1), k ∈ Z, en de exponentiele functiegedraagt zich hetzelfde in al deze banden. Dit gedrag komt niet voor bij reeleexponentiele functies.

In Analyse II werd aangetoond dat er slechts een mogelijke analytischeuitbreiding is van de reele exponentiele functie naar de complexe getallen.

Wij wensen nu een logaritmische functie te vinden. Omdat de expo-nentiele functie niet injectief is, kan men een logaritmische functie niet definierenals de inverse functie van ez.

Wij zoeken een logaritmische functie, genoteerd log z, die voldoet aanw = ez wanneer z = logw. Aangezien ez 6= 0 voor alle z kunnen wij log 0niet definieren. Veronderstel ez = w en w 6= 0. Als z = x+ iy, met x, y ∈ R,dan |w| = ex en y = arg(w) + 2πk voor een k ∈ Z. Dus is

{log |w|+ i(arg(w) + 2kπ) | k ∈ Z}

de oplossing voor ez = w (merk op dat log |w| de gebruikelijke reele logaritmeis).

Men kan dan bewijzen dat als f : U → C (U open) een continue functieis zodat z = exp(f(z)) voor elke z ∈ U , dan is f analytisch en f ′(z) = z−1.Zulke f noemen wij een tak van de logaritme.

Voorbeeld 6.3.3. Definieer

f(w) =∞∑

n=1

(−1)n−1 1nwn.

(Deze reeks is de gebruikelijke reeks voor log(1 + w) wanneer w reeel is.)De reeks convergeert absoluut voor |w| < 1. Dus kunnen wij een tak van delogaritme definieren als

log z = f(z − 1) =∞∑

n=1

(−1)n−1 1n

(z − 1)n,

voor |z − 1| < 1. Dit definieert een tak van de logaritme.


Wij geven een ander voorbeeld van een reeks die een bekende situatieuitbreidt.

Voorbeeld 6.3.4. (De binomiaalreeks) Zij 0 6= a een complex getal. Definieerde binomiaal coefficienten (n geheel getal en n ≥ 1)(

a

n

)=a(a− 1) · · · (a− n+ 1)

n!

en de binomiaalreeks

(1 + x)a =∞∑

n=0

(a

n

)xn.

Bij afspraak(a0

)= 1. Als a geen strikt positief geheel getal is, dan is de

convergentiestraal van de binomiaalreeks 1.

Bewijs. Wegens de veronderstelling is geen enkele coefficient(

an

)nul en

bovendien ∣∣∣∣∣(

an+1

)(an

) ∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣n! a(n− 1) · · · (a− (n− 1))(a− n)

(n+ 1)!a(a− 1) · · · (a− (n− 1))

∣∣∣∣=

∣∣∣∣(a− n)n+ 1

∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣1− an

1 + 1n

∣∣∣∣∣ .Dus limn→∞

∣∣∣∣ (an)

( an+1)

∣∣∣∣ = 1 en het resultaat volgt. 2

Zij m een strikt positief geheel getal en a = 1m . Dan heeft B(x) =∑∞

n=0

( 1mn

)xn convergentiestraal minstens 1. Dus convergeert deze reeks voor

|x| < 1. Eenvoudige berekeningen tonen aan dat

B(x)m = 1 + x

wanneer x reel is en |x| < 1. Dus is B(x)m de unieke machtreeks zodatB(x)m = 1 + x voor alle voldoende kleine reele x. Bijgevolg B(X)m =1 + X. Bijgevolg hebben wij aangetoond, via binomiaalreeksen, dat m-demachtswortels (1 + x)

1m kunnen genomen worden voor |x| < 1.

Hoofdstuk 7

Oefeningen

7.1 Inleiding tot Hilbertruimten

1. Toon aan dat f : C∞ → C∞ : (xn)n 7→ (∑∞

n=0 3−nxn, 0, 0, 0, · · · ) eenbegrensde lineaire operator is als de vectorruimte C∞ = {(an)n ∈ CN |{n ∈ N | an 6= 0} is eindig} voorzien wordt van de norm ‖(an)n‖ =√∑∞

n=0 |an|2.

2. (a) Is c0 = {(an)n ∈ CN | limn→∞ an = 0} met ‖(an)n‖ = supn∈N |an|een Banachruimte?

(b) Is C∞ = {(an)n ∈ CN | {n ∈ N | an 6= 0} is eindig} met ‖(an)n‖ =√∑∞n=0 |an|2 een Banachruimte?

(c) Is C∞ = {(an)n ∈ CN | {n ∈ N | an 6= 0} is eindig} met ‖(an)n‖ =supn∈N |an| een Banachruimte?

3. Zij M een gesloten deelruimte van een genormeerde ruimte (X, ‖ ‖) enzij R de relatie op X gedefinieerd als volgt:

xRy als en slechts als x− y ∈M.

(a) Toon aan dat R een equivalentierelatie is.

(b) Toon dat de quotientverzameling X/M = {[x] | x ∈ X} een vec-torruimte is voor de bewerkingen

[x] + [y] = [x+ y] en α[x] = [αx]

(x, y ∈ X, α ∈ K). Merk op dat in algebra deze verzameling nietsanders is dan de quotientruimte X/M .

(c) Toon aan dat ‖[x]‖q = infm∈M ‖x − m‖ een norm definieert opX/M .

147

148 HOOFDSTUK 7. OEFENINGEN

(d) Indien (X, ‖ ‖) een Banachruimte is, bewijs dat ook (X/M, ‖ ‖q)een Banachruimte is.

(e) In het geval waar (X, ‖ ‖) = (C([0, 1]), ‖ ‖∞) en M = {f ∈ X |f(0) = 0} bewijs dat (X/M, ‖ ‖q) als genormeerde ruimte isomorfis met C.

4. Onderzoek welke van de normen ‖ ‖∞, ‖ ‖2 en ‖ ‖w (met ‖f‖w =√∫ 30 (1 + x)(f(x))2dx op C([0, 3],R) equivalent zijn.

5. Bewijs dat voor een lineaire afbeelding f : X → Y tussen genormeerderuimten de volgende voorwaarden equivalent zijn:

(a) f is begrensd,(b) f is Lipschitz,(c) f is uniform continu.

6. Onderzoek de continuıteit van de lineaire vorm

ω : C([0, 3],R)→ R : f 7→ f(0)

in het geval waar C([0, 3],R) voorzien wordt van de norm ‖ ‖∞, ennadien in het geval waar C([0, 3],R) voorzien wordt van de norm ‖ ‖2.

7. Onderzoek welk van de volgende genormeerde ruimten separabel zijn:

(a) c0(b) C∞

(c) `∞

8. Bewijs dat het parallellepipedum

P = {(xn)n ∈ `2;∀n ∈ N : |xn| < 1}

een open verzameling is in de Banachruimte `2.

9. Neem een vast element v van de genormeerde ruimte (CC([0, 1]), ‖ ‖∞)en beschouw de afbeelding A : (CC([0, 1]), ‖ ‖∞) → (CC([0, 1]), ‖ ‖∞) :f 7→ fv. Toon dat A een lineaire operator is en bepaal de operatornorm‖A‖.

10. (a) Als (an)n ∈ `1, toon dat

f(an)n: c0 → C : (xn)n 7→

∞∑n=0

anxn

behoort tot c∗0. Bereken ‖f(an)n‖.

7.1. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN 149

(b) Bewijs dat de genormeerde ruimten c∗0 en `1 isomorf zijn.

11. Toon dat de metrische ruimte (C([0, 1],R+), d∞) (isomorf is met) decompletie is van de metrische ruimte (C([0, 1],R+

0 ), d∞).

12. Definieert < f, g >=∫ 1−1 f(x)g(x)dx een inproduct op de vectorruimte

R([−1, 1]) der regelfuncties [−1, 1]→ R?

13. Laat zien dat door

< f, g >=∫ 1

0(f(t)g(t) + f ′(t)g′(t)dt

een inproduct op de ruimte der continu differentieerbare functies [0, 1]→R gedefinieerd is.

14. Beschouw de pre-Hilbertruimte CR([0, 1]) met inproduct < f, g >=∫ 10 f(x)g(x)dx. Toon dat {f ∈ CR([0, 1]) | f(0) = 0} een deelruimte is,

die niet gesloten is.

15. In de Hilbertruimte `2, bepaal de norm van de vectoren (an)n en (bn)n

als an = (n2 + n)−1/2 en bn = 2−n. Besluit∑∞

n=12−n

(n2+n)1/2 < 3−1/2.

16. Ga in de Hilbertruimte `2 na welke van de volgende deelverzamelingengesloten zijn:

(a) {(an)n∈N; a1 = a2 = a3}

(b) {(an)n∈N; |a1| ≤ 1, |a2| ≤ 1}

(c) {(an)n∈N; |a1| ≤ 1, |a2| < 1}

17. Voor welke waarden van λ, µ wordt

min

{(∫ 1

−1(ex − (λx+ µ))2 dx

)1/2

| λ, µ ∈ R

}

bereikt?

18. Beschouw in de Banachruimte (R2, ‖ ‖M ) de gesloten en convexe deelverza-meling G = {(x, y) ∈ R2 | x ≥ 1}. Bestaat er een unieke (x, y) ∈ G zo-dat ‖(x, y)−(0, 0)‖M = inf{‖(x′, y′)−(0, 0)‖M | (x′, y′) ∈ G}? Waaromkan de approximatiestelling niet worden toegepast?


19. Beschouw de reele vectorruimte

C∞ ={

(xn)n≥0 ∈ RN;∃n0 ∀n ≥ n0 xn = 0}.

als deelruimte van de Hilbertruimte

`2 =

{(xn)n≥0 ∈ RN;

∞∑n=1

x2n <∞

}

met inproduct < (xn)n, (yn)n >=∑

n xnyn (en afgeleide norm ‖ ‖2)en stel x = ( 1

n+1)n≥0.

(a) Bereken inf{‖x− y′‖2; y′ ∈ V }.

(b) Bestaat er een unieke y ∈ V zodat ‖x− y‖2 = inf{‖x− y′‖2; y′ ∈V }?

(c) Is V volledig voor ‖ ‖2?

(d) Zijn de normen ‖ ‖∞ en ‖ ‖2 equivalent op V ?

20. Beschouw de Euclidische vectorruimte R2 met norm ‖(x1, x2)‖ = |x1|+|x2|.

(a) Toon dat de minimale afstand van de oorsprong tot de rechtex1 + x2 = 1 gelijk is aan 1.

(b) Bepaal alle punten op de rechte x1+x2 = 1 die op afstand 1 liggenvan de oorsprong.

(c) Laat zien dat de norm ‖(x1, x2)‖ = |x1| + |x2| niet afgeleid is uiteen inproduct op R2.

21. Bepaal (C(∞))⊥ en C(∞) ⊕ (C(∞))⊥ in `2.

22. Neem gesloten deelruimten F en G van een Hilbertruimte H. Toon:

(a) F ⊆ G als en slechts als pG ◦ pF = pF .

(b) als F ⊆ G, dan pF (G⊥) = {0} en pF ◦ pG = pF .

23. Zij H een Hilbertruimte en V ⊆ H. Bewijs de volgende eigenschappen:

(a) V ⊥⊥ is kleinste gesloten deelruimte van H die V omvat.

(b) als V een deelruimte is van H, dan is V = V ⊥⊥.

7.1. INLEIDING TOT HILBERTRUIMTEN 151

24. Beschouw twee complexe Hibertruimten H1 en H2, een orthonormaleverzameling {e1, e2, ..., en} inH1, een orthonormale verzameling {b1, b2, ..., bn}in H2 en getallen λ1, λ2,...,λn in C. Bewijs dat

supx∈H1,‖x‖≤1

‖n∑

i=1

λibi < x, ei > ‖ = max1≤i≤n

|λi|.

25. Beschouw de ruimten van reele rijen

H = {(xn)n≥1 ∈ RN |∞∑

n=1

x2n is convergent}

K = {(xn)n≥1 ∈ E |∞∑

n=1

xn

n= 0}

met inproduct < (xn)n, (yn)n >=∑∞

n=1 xnyn. Onderzoek de waarheidvan de volgende uitspraken:

(a) KH = K,

(b) H = K ⊕K⊥H .

26. Zij M een deelverzameling van een pre-Hilbertruimte E. Toon aan datM ∩M⊥ ⊆ {0} en dat de gelijkheid geldt als en slechts als 0 ∈M .

27. (a) Toon aan dat de som van twee volledige orthogonale deelruimtenvan een pre-Hilbertruimte volledig is.

(b) Beschouw de rijen (e2n)n≥1 en (e2n+1)n≥0 in `2, waar (en)n≥1 degewone orthonormale basis is van `2. Stel

zn = cos1ne2n + sin

1ne2n+1,

G1 = vect{e2n | n ≥ 1}G2 = {zn | n ≥ 1}

Beschouw∑∞

n≥1 sin 1n e2n+1 en bewijs dat G1 + G2 niet gesloten

is in `2.

28. Beschouw in de pre-HilbertruimteH = C([0, 1],R) met inproduct 〈f, g〉 =∫ 10 f(x)g(x)dx de deelruimte V = {f ∈ C([0, 1],R); f(0) = 0}.

(a) Toon dat V een deelruimte is van H die niet gesloten is.


(b) Neem f ∈ H en beschouw voor elke n ∈ N0 de functie

fn : [0, 1]→ R : x 7→

xnf( 1

n) 0 ≤ x ≤ 1n

f(x) 1n ≤ x ≤ 1

Toon dat (fn)n → f in H.

(c) Bepaal V ⊥, V ⊕ V ⊥ en V in H.

(d) Is V volledig?

29. Zij F een volledige deelruimte van een pre-Hilbertruimte H. Toon datvoor elke x0 ∈ H,

infx∈F‖x− x0‖ = sup

y∈F⊥,‖y‖=1

| < x0, y > |.

30. Definieer de lineaire functionaal ϕ op L2([0, 1],C) door

ϕ(f) =∫ 1

2

0if.

(a) Vind g ∈ L2([0, 1],C) zodat voor alle f ∈ L2([0, 1],C) geldt ϕ(f) =<f, g >.

(b) Bepaal ‖ϕ‖.

31. Gebruik de Legendre-veeltermen om

mina,b,c∈C

∫ 1

−1|x3 − a− bx− cx2|2dx

te bepalen.

32. Beschouw in de complexe prehilbertruimte H = C([0, 1],C) met in-product < f, g >=

∫ 10 f(x)g(x)dx de deelruimte

V = {f ∈ C([0, 1],C); f(0) = f(1)}.

(a) Bepaal V ⊥ en V .

(b) Bestaat er A ∈ H∗ zodat V = kerA?

7.2. BENADERING DOOR CONVOLUTIE 153

7.2 Benadering door convolutie

1. Beschouw de functies f, g : R→ R met

f(x) ={

cosx |x| ≤ π/20 |x| ≥ π/2

eng(x) = (f(x))2 .

Zij f en g continu (afleidbaar)? Bereken ‖f‖1 en ‖g‖1. Stel h = f ∗ gen toon aan: h is afleidbaar, h ≥ 0, h is even, ‖h‖1 = π. Ga na dath(x) = 1

3(1 + cosx)2 (|x| ≤ π)

2. (a) Bereken voor n ∈ N0

cn =∫ ∞

−∞e−n|x|dx.

(b) Controleer dat de rij (un)n≥1, met un(x) = 1cne−n|x| een Dirac rij

is.

(c) Indien g : R → R : x 7→ sinx, bereken un ∗ g en onderzoek of derij (un ∗ f)n op R uniform convergeert naar de functie f op eencompacte deelverzameling S van R.

3. Zij K : R → R een continue functie met K ≥ 0 en∫∞−∞K(t)dt = 1.

Bewijs dat doorKn(t) = tK(nt) een Dirac-rij (Kn)n gedefinieerd wordt.

4. Bestaat er een veelterm p(x) zodat

(a) |p(x)− x1/3| < 10−1, voor alle x ∈ [−1, 2],

(b) |p(x)− [x]6 | < 10−1, voor alle x ∈ [e, π],

(c) |p(x)− cos 1x | < 10−1, voor alle x ∈ (0, 1]?

5. Stel P0 = 0 en definieer voor n = 0, 1, 2, 3, ...

Pn+1(x) = Pn(x) +x2 − P 2

n(x)2

.

Bewijs dat de rij (Pn)n uniform naar |x| convergeert op [−1, 1].

6. Zij [a, b] een interval van R en f : [a, b]→ R een continue functie. Toondat er een rij polynomen (pn)n bestaat die uniform convergeert naar fop [a, b] en welke voldoet aan pn(a) = f(a) voor elke n. Bestaat er ookeen altijd een rij polynomen (qn)n die uniform convergeert naar f op[a, b] en die voldoet aan qn(a) = f(a) en qn(b) = f(b) voor elke n?


7. Beschouw de rij (fn)n∈Z met fn(x) = einx in de complexe preHilbert-ruimte V = C∞([−π, π],C). Bewijs dat A = {fn | n ∈ Z} begrensd is.Als (xn)n een rij is in A, toon dat volgende eigenschappen equivalentzijn:

(a) (xn)n is een Cauchy rij,

(b) (xn)n is uiteindelijk constant,

(c) (xn)n convergeert in V ,

(d) (xn)n convergeert in A.

8. Bewijs voor alle f ∈ L2(T ) dat∫ π

−π|f |2 = 2π|a0|2 + π

∑n>0

(|an|2 + |bn|2).)

9. Bewijs dat∞∑

n=0

2−n cos(nx) =4− 2 cosx5− 4 cosx

voor alle x ∈ R. Laat zien dat de reeks in het linkerlid de trigonome-trische Fourierreeks is van de functie in het rechterlid.

10. Bepaal de Fourierreeks van de enige 2π-periodieke, oneven functie f :R → R met f(0) = f(π) = 0, f(x) = 1 voor 0 < x < π. Bereken desom van de reeks 1− 1

3 + 15 −

17 + · · ·

11. Bepaal de Fourierreeks van de enige 2π-periodieke, oneven functie f :R→ R met f(x) = x voor 0 ≤ x < π. Pas de stelling van Parseval toeom te besluiten dat

∞∑n=1

1n2

=π2

6.

12. Zij f :]− π, π]→ R gedefinieerd door

f(x) ={

0 als − π < x ≤ 0x als 0 < x ≤ π

Bepaal de Fourierreeks van de functie R → R die een periodische uit-breiding is van f . Bereken de som van de reeks

∑∞n=1

1(2n−1)2

.

7.2. BENADERING DOOR CONVOLUTIE 155

13. Zij f een stuksgewijs continue en periodische functie (van periode 2π).Onderstel dat in een zeker punt x voor de functie f de linkerlimiet

f(x−) = limh→0,h<0

f(x+ h)

en de rechterlimiet

f(x+) = limh→0,h>0

f(x+ h)

bestaan. Bewijs dat de Fourierreeks van f in x convergeert naar

Avf (x) =f(x−) + f(x+)

2.

14. Stel

f : R→ R : x 7→{

1 als x ∈]− 12 ,

12 [

0 als x /∈]− 12 ,

12 [

(a) Bereken het convolutieproduct f ∗ f .(b) Bepaal de Fourierreeks van de enige 2π-periodieke functie g : R→

R met g|[−π,π[ = (f ∗ f)|[−π,π[.

(c) Bepaal de reekssommen∑∞

n=1sin2(n

2)

n2 en∑∞

n=1sin4(n

2)

n4 .

15. Gebruik makend van de gelijkheid∑∞

n=11n2 = π2

6 en van de Fourierreeksvan de 2π-periodieke functie f : R→ C gedefinieerd door

f(x) =

0 −π < x ≤ 0

x 0 < x ≤ π

bewijs dat∞∑

n=1

1(2n− 1)4

=π4

96.

16. De Fourierreeks van de periodische uitgebreide functie van f bepaalddoor

f(x) = x voor − π < x < π

is∞∑

n=1

(−1)n+1 2n

sinx.

Deze reeks convergeert naar x voor elke x ∈ (−π, π). Ga na dat de reeksdie ontstaat door de vorige Fourierreeks term per term af te leiden,divergeert voor elke x ∈]− π, π[.


17. Zij a > 0 en

f(x) = 2a2∞∑

n=1

(−1)n cosnxn2 + a2

.

(a) Toon dat door f(x) een continue en 2π-periodieke functie f : R→R gedefinieerd wordt.

(b) Wat is de Fourierreeks van f?

(c) Toon, voor x ∈ R \ {π2 + 2kπ; k ∈ Z}, en voor elke n ∈ N0

n∑k=1

(−1)k+1 sin kx = im(ei x

2 + (−1)(n+1)eix(n+ 12)

2 cos x2

)

(d) Toon dat f afleidbaar is voor elke x ∈]− π, π[.

18. Gebruik de Fourierreeks van ex op [−π, π[ om te tonen dat

(πcothπ − 1)/2 =∞∑

n=1

1n2 + 1

.

19. Is de reeks∞∑

n=1

sinnx√n

de Fourierreeks van een f ∈ L2(T )?

7.3 Hermitische operatoren

1. Zij (en)n een totale orthonormale rij in een Hilbertruimte H en (λn)n

een begrensde rij in C. Stel, voor x ∈ H,

f(x) =∑

λn < x, en > en.

(a) Toon dat f goed gedefinieerd is

(b) Toon dat f ∈ B(H)

(c) Bereken ‖f‖(d) Vind nodige en voldoende voorwaarden op (λn)n opdat f inver-

teerbaar is. Bepaal in dat geval ‖f−1‖. Bepaal Spec(f).


2. Beschouw de operatoren

S : `2 → `2 : (x1, x2, · · · ) 7→ (0, x1, x2, · · · )

enS∗ : `2 → `2 : (x1, x2, · · · ) 7→ (x2, x3, · · · )

(a) Toon dat S∗ de adjunctafbeelding is van S.

(b) Zijn S, S∗, SS∗, S∗S inverteerbaar?

3. Beschouw een Hilbertruimte H met vectoren a en b en de lineaire af-beelding A : H → H gedefinieerd door A(x) =< a, x > b. BepaalSpec(A).

4. Zij f : V → V een lineaire operator op een preHilbertruimte V en0 6= x ∈ V . Toon aan dat x een eigenvector van f is als en slechts als| < f(x), x > | = ‖f(x)‖ ‖x‖.

5. Beschouw

f : C(∞) → C(∞) : (x1, x2, · · · ) 7→ (∞∑

n=1

3−nxn, 0, 0, · · · )

(a) Ga na dat f goed gedefinieerd en lineair is.

(b) Bewijs dat f begrensd is en dat ‖f‖ ≤ (1/8)1/2.

(c) Bestaat er een operator

g : C(∞) → C(∞)

zodat< f(x), y >=< x, g(y) >

voor alle x, y ∈ C(∞)?

6. ZijH een Hilbertruimte en f ∈ B(H) een operator met eendimensionaalbeeld. Toon dat er vectoren y, z ∈ H bestaan zodat f(x) =< x, z > yvoor alle x ∈ H. Toon verder:

(a) f∗(x) =< x, y > z voor alle x ∈ H,

(b) f2 = λf met λ ∈ R,

(c) ‖f‖ = ‖y‖‖z‖,(d) f∗ = f als en slechts als y = αz voor een reeel getal α.


7. Beschouw de lineaire operator

f : `2 → `2 : (x1, x2, · · · ) 7→ (x1

2,x2

4, · · · , xn

2n, · · · )

(a) Bereken de norm van f .

(b) Toon dat Im(f) dicht is in `2.

(c) Toon dat f hermitisch is.

(d) Bepaal de eigenwaarden en -vectoren van f .

(e) Bepaal Spec(f).

8. Toon dat

f : `2R → `2R : (x1, · · · , xn, · · · ) 7→ (√

1x1,√

2x2, · · · , (n)1/nxn, · · · )

een begrensde lineaire operator is en bepaal ‖f‖. Onderzoek of f in-verteerbaar is en, zo ja, bepaal ‖f−1‖. Bepaal f∗. Is f hermitisch?

9. Zij H een Hilbertruimte.Voor elke y, z ∈ H definieren we de lineaire operator

fy,z : H → H : x 7→< x, z > y.

Toon voor elke y, z ∈ H:

(a) (fy,z)∗(x) =< x, y > z voor elke x ∈ H,

(b) er bestaat λ ∈ C zodat fy,z ◦ fy,z = λfy,z,

(c) ‖fy,z‖ = ‖y‖‖z‖,(d) fy,z is hermitisch als en slechts als z = 0 of y = αz voor een reeel

getal α.

Toon verder dat voor f ∈ B(H) volgende voorwaarden equivalent zijn:

(a) dimf(H) ≤ 1,

(b) ∃y, z ∈ H : f = fy,z.

(Als dimf(H) = 1, kies y ∈ f(H) met ‖y‖ = 1 en pas de stelling vanRiesz toe op de lineaire vorm H → C : v 7→< f(v),y >)

10. Indien f en g twee positieve operatoren zijn op een complexe Hilbert-ruimte H met f + g = 0. Toon dat f = g = 0.


11. Onderzoek of de Fredholm-operatoren

K : L2([−π, π],C)→ L2([−π, π],C)

gedefinieerd door

K(f)(x) =∫ π

−πk(x, y)f(y)dy

met respectievelijke kernen k(x, y) = cos(x − y) en k(x, y) = x + ypositieve operatoren zijn.

12. Beschouw drie projectie-operatoren p1, p2 en p3 op een HilbertruimteH. Onderstel dat p1 +p2 +p3 = 1 en dat pipj = 0 als i 6= j en definieerde lineaire begrensde operator f = 2p1 + 3p2 + 5p3.

(a) Bewijs dat f injectief is.

(b) Vind, gegeven y ∈ H, x ∈ H met f(x) = y.

(c) Bepaal de eigenwaarden en de bijhorende eigenruimten van f .

(d) Bepaal Spec(f).

13. Zijn pG1 en pG2 projectie-operatoren op een Hilbertruimte H. Bewijs

(a) pG1 en pG2 zijn orthogonaal als en slechts als G1 ⊥ G2.

(b) pG1 + pG2 is een projectie-operator als en slechts als pG1 en pG2

orthogonaal zijn. In dat geval pG1 + pG2 = pG1⊕G2 .

(c) pG1pG2 is een projectie-operator als en slechts als pG1 en pG2 com-muteren. In dat geval pG1pG2 = pG1∩G2 .

14. Onderzoek of de operatoren uit Oefeningen 7 en ?? compact zijn.

15. Indien E,F,G,H genormeerde ruimten zijn, f ∈ B(E,F ), g ∈ B(F,G),h ∈ B(G,H) met g compact, dan is hgf compact.

16. Beschouw de genormeerde ruimte c0 = {(an)n ∈ CN; limn→∞ an = 0}met de norm ‖(an)n‖ = supn |an| en de lineaire operator

A : c0 → c0 : (an)n 7→( an

log(n+ 2)

)n.

(a) Bepaal de operatornorm ‖A‖.(b) Bepaal de eigenwaarden van A.

(c) Bepaal SpecA.


(d) Is A compact?

17. Beschouw de lineaire operator

f : l2 → l2 : (xn)n≥1 7→ (nnxn

(n+ 1)n)n≥1.

(a) Bepaal de eigenwaarden en eigenvectoren van f , alsook Specf .

(b) Bepaal ‖f‖.(c) Bepaal µ ∈ C zodat f − µid compact is.

18. Toon dat voor een Hilbertruimte H en f ∈ B(H) volgende eigenschap-pen equivalent zijn:

(a) f is compact,

(b) ff∗ is compact,

(c) f∗f is compact,

(d) f∗ is compact.

19. Op de Hilbertruimte L2([0, 1],C), beschouw de operator A bepaald door

A(f)(x) = (1− x)∫ x

0yf(y)dy + x

∫ 1

x(1− y)f(y)dy.

Indien f(x) = ex, bereken A(f). Toon dat A een Fredholmoperator isen bepaal de kern. Is A compact? Is A hermitisch? Is A inverteerbaar?Als f ∈ L2([0, 1],C), ga na dat A(f) continu is, A(f)(0) = A(f)(1) = 0.Vind de eigenvectoren en -waarden van A, alsook Spec(A). Indien

f(x) =∞∑

n=1

βn sinnπx

in L2([0, 1],C), bepaal A(f), m.a.w. bepaal λn ∈ C en en ∈ L2([0, 1],C)zodat A(f) =

∑∞n=1 λn < f, en > en.

20. Zij ϕ : [0, 1] → R een continue functie en A : L2([0, 1]) → L2([0, 1])gedefinieerd door

(Af)(x) = ϕ(x)∫ 1

0ϕ(t)f(t)dt.

(a) Toon dat A Hermitisch en positief is.


(b) Bewijs dat A een niet nulle projectie-operator is als en slechts als∫ 10 ϕ

2(t)dt = 1.

(c) Is A compact?

21. Beschouw voor elke α ∈ [0, 1] de operator Pα op L2([0, 1],C) gedefinieerddoor

Pα(f) = χαf

waar χα de indicatorfunctie van [0, α] is.

(a) Bewijs dat elke Pα een projectie-operator is.

(b) Bepaal PαPβ voor α, β ∈ [0, 1].

(c) Onderstel 0 ≤ α < β ≤ 1. Vind een projectie-operator Q zodatPβ = Pα +Q.

22. Toon aan dat een projectie-operator op een gesloten deelruimte G vaneen Hilbertruimte H een compacte operator is als en slechts als Geindigdimensionaal is.

23. Indien f ∈ B(H) een projectie-operator is op een HilbertruimteH, toondan:

(a) 1− f is een projectie-operator,

(b) g = 1− 2f voldoet aan g∗g = 1,

(c) Im(f) = ker(1− f).

24. Zij H een Hilbertruimte en f ∈ B(H). Toon aan dat g = 1 + f∗f ∈B(H) injectief is. Is g Hermitisch? Is g positief?

In het geval f : `2 → `2 : (x0, x1, · · · ) 7→ (0, x0, x1, x2, · · · ), bepaal ‖g‖,en de eigenwaarden van g. Is g compact?

25. Beschouw f : `2 → `2 : (x0, x1, x2, · · · ) 7→ (x0, 0, x1, 0, x2, 0, · · · ). Toondat f een begrensde operator is en bereken de norm van f . Bepaal deadjunctafbeelding f∗ van f . Is f Hermitisch? Is f compact? Is hetbeeld van f gesloten? Bepaal de eigenwaarden van f . Is f inverteer-baar? Is f een projectie-operator? Is f positief?

26. AlsH een Hilbertruimte is en f ∈ B(H), zeggen we dat f “unitair” is alsff∗ = f∗f = IV en dat f een isometrie is als < f(x), f(x) >=< x, x >voor elke x ∈ H.Toon voor f ∈ B(H):

(a) Als f een surjectieve isometrie is, dan is f∗ een isometrie.


(b) f is unitair als en slechts als f een bijectieve isometrie is.

27. ZijH een Hilbertruimte. Een operator f ∈ B(H) heet “normaal” indienf∗f = ff∗.

(a) Indien f ∈ B(H) normaal is, g ∈ B(H) inverteerbaar en f com-muteert met g∗g, toon dan dat gfg−1 normaal is.

(b) Indien f ∈ B(H) en g ∈ B(H) beide normaal zijn en fg∗ = g∗f ,toon dan dat f + g en fg normaal zijn.

28. Als f hermitisch is en niet nul, toon fk 6= 0 voor elke k = 2l met l ∈ N0.Besluit dat fk 6= 0 voor elke k ∈ N.

29. Twee unitaire operatoren f en g op een Hilbertruimte H heten “unitairequivalent” als er een unitaire operator h bestaat zodat f = hgh−1.Indien f en g unitair equivalent zijn en f is hermitisch, toon dan datook g hermitisch is.

Bibliografie

[1] R.G. Bartle, The elements of real analysis, second edition, John Wiley& Sons, New York, London, Sydney, Toronto, 1976.

[2] R.G. Bartle, D.R. Sherbert, Introduction to real analysis, John Wileyand Sons, New York, 1992. (ISBN: 0-471-51000-9)

[3] R. Beals, Advanced mathematical analysis, Springer Verlag, GTM 12,New York, Heidelberg, Berlin, 1973. (ISBN: 3-540-90066-7)

[4] N. Bourbaki, elements de mathematique , livre V, Espaces vectorielstopologiques, chap. III a V, Paris Hermann, 1955.

[5] L. Debnath, P. Mikusinski, Introduction to Hilbert spaces with appli-cations, Academic Press, Inc., London, New York, 1990. (ISBN: 0-12-208435-7)

[6] J. Dixmier, Sur les bases orthonormales dans les espaces prehilbertien,Acta Math. Szeged 15 (1953),

[7] E. Hewitt, K. Stromberg, Real and Abstract Analysis, Sprnger, Berlin,1969.

[8] E. Kreyszig, Introductory functional analysis with applications, WileyClassics Library Edition Published 1989, John Wiley & Sons, Chichester,New York, 1978. (ISBN: 0-471-50459-9)

[9] S. Lang, Undergraduate Analysis, Second edition, Springer Verlag,UTM, New York, Berlin, Heidelberg, 1997. (ISBN: 0-387-94841-4)

[10] S. Lang, Real and functional analysis, third edition, Springer Verlag,GTM 142, New York, Heidelberg, London, Paris, 1993. (ISBN: 3-540-94001-4)

[11] W.R. Wade, An introduction to analysis, Prentice Hall, 1995. (ISBN:-13-093089-X)

[12] N. Young, An introduction to Hilbert space, Cambridge UniversityPress, 1988. (ISBN: 0-521-33717-8)

163

Index

A⊥⊥, 32C(I), 5C(X,Y ) = CX(Y ), 4C2, 67C1, 70Cn

1 , 71CC(I), 5C1

R(I), 17D, 17L1, 70L1(T ), 63L2, 42L2(T ), 56L2([a, b]), 30S(R), 80T , 17TA, 17X∗, 22⊥, 32`∞, 4`p, 4projG(x), 32c, 5c0(Z), 63f ∗ g, 47pG, 32P, 5B(X,Y ), 18D(R,C), 50S(Z), 64(H1), 25(H2), 25

(H3), 25

Abelsommatieprocede, 139

adjunctafbeelding, 100afbeelding

lineair, 16afbeelding lineair, 16afegeleide operator, 17aritmetisch gemiddelde, 137

Banachruimte, 3basis, 37

Schauder, 24beeld, 16begrensd, 88

puntsgewijs, 142benaderende eigenwaarde, 112Bessel, 36

Cesaro sommeerbaar, 137Cesaro, 59Cesarokern, 59complementaire projectieoperator,

122completie, 10, 29convex, 30convolutieproduct, 47, 58, 72

De vermenigvuldiging operator, 88dimensie

Hilbert, 40Dirac, 51Diracrij, 51, 59

164

INDEX 165

directe som, 33Dirichlet, 58Dirichletkern, 58drager, 47driehoeksongelijkheid, 26duale ruimte, 22

Eenheidselement, 50eigenfunctie, 92eigenruimte, 97eigenvector, 92eigenwaarde, 92

benaderende, 112equicontinu, 142equivalent, 14exponentiele reeks, 142

Fejer, 53, 59Fejerkern, 59Fouriercoefficienten, 36Fourierreeks, 57Fouriertransformatie, 70, 73

Gelijkheid van Parseval, 38Gram-Schmidt, 39

Hahn-Banach, 99Hermite, 44Hermite polynoom, 44Hermitisch inproduct, 25Hilbert dimensie, 40Hilbert-Schmidt, 133Hilbertruimte, 27homeomorfisme, 7

idempotent, 33identieke operator, 17inproduct, 25integratie operator, 17Inversieformule, 81inwendig, 30inwendig product, 25

isometrie, 7isomorfisme, 20, 29

kern, 16kernfunctoren, 53

Laguerre, 45Laguerre polynoom, 45Landau, 53, 55Legendre, 42Legendre polynoom, 42lineair

toegevoegd, 25lineaire afbeelding, 16lineaire operator, 16

beeld, 16begrensd, 18kern, 16nulruimte, 16

Lipschitz, 65Lipschitz voorwaarde, 65logaritme, 145

tak, 145

matrixhermitisch, 105

multipliciteit, 97

norm, 88equivalent, 14

nul operator, 17nulruimte, 16

ongelijkheid van Bessel, 36ongelijkheid van Cauchy-Schwarz,

25operator

begrensd, 88compact, 124eindige rang, 124hermitisch, 103inverteerbaar, 89

166 INDEX

lineair, 16norm, 88positief, 116shift, 88

orthognale projectie, 32orthogonaal, 32, 35orthogonale projectieoperatoren, 123orthonormaal, 35orthonormale basis, 37Orthonormalisatie van Gram-Schmidt,

39

parallellogrameigenschap, 25Parseval, 38periodisch, 145Plancherel, 83Polarizatie-identiteit, 26pre-Hilbertruimte, 25projectie, 33projectieoperator, 121puntsgewijs begrensd, 142puntspectrum, 92

randpunten, 30reeks

exponentiele, 142resolvent functie, 94Riesz, 15, 41ruimte

Banach, 3duaal, 22

Schauder basis, 24Schwarzruimte, 80segment, 30semilineair, 25separabel, 24snel dalend, 64sneldalend, 79sommatieprocede van Abel, 139spectraalstelling, 135

spectraalstraal, 96spectrum, 92sublineair, 98

tak, 145Tauber, 139toegevoegd lineair, 25totale deelverzameling, 24trigonometrische polynomen, 58

Documents

2009-2010 Eric Jespers - Personal Homepageshomepages.ulb.ac.be/~efjesper/lectnote.pdfHoofdstuk 1 INLEIDING In deze analyse cursus worden vooral functieruimten behandeld. D.w.z. wij