DASAR-DASAR TEORI RUANG HILBERT

Transkripsi

1 DASAR-DASAR TEORI RUANG HILBERT Herry P. Suryawa 1 Geometri Ruag Hilbert Defiisi 1.1 Ruag vektor V atas lapaga K {R, C} disebut ruag hasilkali dalam jika ada fugsi (, : V V K sehigga utuk setiap x, y, z V da α K berlaku: (i (x, x > 0 da (x, x = 0 jika da haya jika x = 0 (ii (x, y + z = (x, y + (x, z (iii (x, αy = α(x, y (iv (x, y = (y, x Fugsi (.,. disebut hasilkali dalam (pada V. Perhatika bahwa (ii, (iii, da (iv berakibat (x, αy + βz = α(x, y + β(x, z da (αx, y = α(x, y. Meurut defiisi di atas hasilkali dalam bersifat liear terhadap kompoe kedua da bersifat kojugat liear terhadap kompoe pertama. Cotoh 1.2 Diberika C yaitu himpua semua -tupel bilaga kompleks. Fugsi (, : C C C dega (x, y = x j y j, j=1 utuk setiap x = (x 1,..., x, y = (y 1,..., y C medefiisika sebuah hasilkali dalam pada C. Cotoh 1.3 Diberika C[a, b] yaitu himpua semua fugsi kotiu berilai kompleks pada iterval [a, b]. Fugsi (, : C[a, b] C[a, b] C dega ( f, g = b a f (xg(x dx, utuk setiap f, g C[a, b] medefiisika sebuah hasilkali dalam pada C[a, b]. Defiisi 1.4 Dua vektor x da y di dalam ruag hasilkali dalam V dikataka ortogoal jika (x, y = 0. Himpua vektor {x i } V dikataka himpua ortoormal jika (x i, x i = 1 utuk setiap i da (x i, x j = 0 jika i = j. Utuk setiap x V didefiisika x := (x, x. Aka diperlihatka bahwa. merupaka orma pada V. Kita igat kembali defiisi orma. 1

2 Defiisi 1.5 Ruag vektor V atas lapaga K {R, C} disebut ruag berorma jika ada fugsi. : V R sehigga utuk setiap x, y V da α K berlaku: (i x 0 (ii x = 0 jika da haya jika x = 0 (iii αx = α x (iv x + y x + y (ketaksamaa segitiga Fugsi. disebut orma (pada V. Teorema 1.6 (Teorema Phytagoras Diberika {x } m himpua ortoormal di dalam ruag hasilkali dalam V. Maka utuk setiap x V, Bukti. Tulis x sebagai x 2 = x = m m (x, x 2 m 2 + x (x, x x (x, x x + ( x m (x, x x Dega megguaka sifat-sifat hasilkali dalam diperoleh bahwa m (x, x x da x m (x, x x. ortogoal. Oleh karea itu (x, x = m 2 m 2 (x, x x + x (x, x x = m (x, x 2 m 2 + x (x, x x. himpua ortoormal di dalam ruag hasil- Akibat 1.7 (Ketaksamaa Bessel Diberika {x } m kali dalam V. Maka utuk setiap x V x 2 m (x, x 2. Akibat 1.8 (Ketaksamaa Cauchy-Schwarz Jika x da y dua vektor di dalam ruag hasilkali dalam V, maka (x, y x y. { } Bukti. Kasus y = 0 trivial, jadi diasumsika y = y 0. Himpua merupaka himpua y ortoormal, maka dega meerapka ketaksamaa Bessel pada sebarag x V diperoleh ( x 2 y 2 (x, y 2 x, = y y 2 2

3 yaki diperoleh (x, y x y. Diigat bahwa setiap ruag berorma merupaka ruag metrik. Teorema berikut meujukka bahwa setiap ruag hasilkali dalam merupaka ruag berorma. Teorema 1.9 Setiap ruag hasilkali dalam V merupaka ruag berorma dega orma x = (x, x 1/2. Bukti. Karea V adalah ruag vektor, maka tiggal diperiksa bahwa. memeuhi sifat-sifat orma. Di sii haya aka ditujukka bahwa ketaksamaa segitiga berlaku. Ambil x, y V, maka dega megguaka ketaksamaa Cauchy-Schwarz x + y 2 = (x, x + (x, y + (y, x + (y, y = (x, x + 2R(x, y + (y, y (x, x + 2 (x, y + (y, y (x, x + 2(x, x 1/2 (y, y 1/2 + (y, y. Jadi x + y 2 ( x + y 2 da terbuktilah ketaksamaa segitiga. Teorema 1.9 meujukka bahwa di dalam ruag hasilkali dalam V terdapat metrik atural yag diiduksi oleh hasilkali dalam d(x, y = x y = (x y, x y. Dega megguaka metrik ii kita dapat medefiisika kosep kekovergea, kelegkapa, da kepadata di dalam V. Khususya, kita dapat melegkapka V ke suatu ruag berorma Ṽ dimaa V tersisip secara isometrik sebagai subhimpua padat. Catat bahwa Ṽ juga merupaka ruag hasilkali dalam sebab hasilkali dalam di V dapat diperluas ke Ṽ megguaka sifat kekotiua. Norma yag berasal dari hasilkali dalam haruslah memeuhi hukum jajargejag x + y 2 + x y 2 = 2 x y 2. Dega kata lai, apabila hukum jajargejag berlaku di dalam sebuah ruag berorma, maka ruag tersebut merupaka ruag hasilkali dalam. Lebih lajut hasilkali dalam tersebut dapat diperoleh kembali dari orma melalui idetitas polarisasi (x, y = 1 4 Lebih jelasya kita mempuyai teorema berikut. ( x + y 2 x y 2 + i x + iy 2 i x iy 2. Teorema 1.10 Ruag berorma (V, merupaka ruag hasilkali dalam jika da haya jika orma memeuhi hukum jajargejag. 3

4 Defiisi 1.11 Ruag hasilkali dalam yag legkap disebut ruag Hilbert 1. Ruag hasilkali dalam serigkali disebut ruag pra-hilbert. Defiisi 1.12 Dua ruag Hilbert H 1 da H 2 dikataka isomorfik jika ada operator liear surjektif T dari H 1 ke H 2 sehigga (Tx, Ty H2 = (x, y H1 utuk setiap x, y H 1. Operator demikia dikataka uiter. Cotoh 1.13 Didefiisika L 2 [a, b] adalah himpua semua fugsi terukur Lebesgue yag berilai kompleks pada iterval higga [a, b] yag memeuhi b a f (x 2 dx <. Utuk f, g L 2 [a, b] didefiisika hasilkali dalam ( f, g = b Hasilkali dalam ii terdefiisi dega baik sebab a f (xg(x dx. f (xg(x 1 2 f (x g(x 2 sehigga f (xg(x L 1 [a, b]. Dapat ditujukka bahwa L 2 [a, b] legkap da kareaya merupaka ruag Hilbert. Selai itu L 2 [a, b] merupaka legkapa dari C[a, b] terhadap orma ( b 1/2 f = f (x dx 2. a Cotoh 1.14 Didefiisika l 2 adalah himpua semua barisa bilaga kompleks {x } yag memeuhi x 2 dx < dega hasilkali dalam ({x }, {y } = x y. Norma yag diiduksi oleh hasilkali dalam ii diberika oleh {x } = ( 1/2 x 2. Pertama kita periksa bahwa hasilkali dalam di atas terdefiisi dega baik. Perhatika jumlah parsial berikut ( N N 1/2 ( N 1/2 ( 1/2 ( 1/2 x y x 2 y 2 x 2 y 2 <. Karea jumlah parsialya terbatas maka deret x y koverge, da akibatya x y koverge. Mudah ditujukka bahwa l 2 merupaka ruag vektor da aksioma hasilkali dalam dipeuhi. Sekarag kita buktika kelegkapa l 2. Diberika sebarag barisa Cauchy {x (l } l, di l2 da sebarag ε > 0, maka ada M N sehigga {x (l } {x (k } = ( 1/2 x (k x (l 2 < ε 1/2, 1 David Hilbert ( , matematikawa Jerma. 4

5 utuk setiap k, l M. Jadi utuk setiap N N, N x (k x (l 2 < ε, utuk setiap k, l M...( Utuk sebuah yag tetap da megguaka (* diperoleh x (k Dega demikia barisa {x (k kataka x (l < ε 1/2, utuk setiap k, l M. } k=1 adalah barisa Cauchy di C, da kareaya koverge, y := lim k x (k, N. Hal ii berlaku utuk setiap N sehigga diperoleh barisa bilaga kompleks {y }. Karea setiap barisa Cauchy terbatas, maka ada K > 0 sehigga {x (k } K utuk setiap k N. Akibatya N x (k 2 < K 2, utuk setiap k, N N. Dega megambil k, N y 2 < K 2, utuk setiap N N. da dega megambil N disimpulka bahwa {y } l2. Kembali ke (* utuk N yag tetap, l M yag tetap, da k, maka N x (l y 2 = lim k N x (l x (k 2 ε. Dega megambil N, maka {x (l } l, {y } ε 1/2, utuk setiap l M. Ii memperlihatka kekovergea {x (l } l, di l2. Terbukti l 2 ruag Hilbert. Pada subbab 3 aka diperlihatka bahwa setiap ruag Hilbert berdimesi tak higga yag memiliki subhimpua terhitug yag padat isomorfik dega l 2. Dalam koteks ii l 2 adalah cotoh kaoik dari ruag Hilbert. Cotoh 1.15 Diketahui µ adalah ukura Borel pada R da L 2 (R, dµ adalah himpua semua fugsi terukur berilai kompleks pada R yag memeuhi f (x R 2 dµ <. L 2 (R, dµ adalah ruag Hilbert terhadap hasilkali dalam ( f, g = f (xg(x dµ. R Cotoh 1.16 Misalka (X, µ adalah ruag ukura da H adalah ruag Hilbert. L 2 (X, dµ; H meotasika himpua semua fugsi terukur pada X dega ilai di H yag memeuhi f (x 2 H dµ(x <. X 5

6 Himpua ii merupaka ruag Hilbert terhadap hasilkali dalam ( f, g = X ( f (x, g(x H dµ(x. Cotoh 1.17 (Jumlah lagsug Diberika ruag Hilbert H 1 da H 2. Himpua {(x, y : x H 1, y H 2 } merupaka ruag Hilbert terhadap hasilkali dalam ((x 1, y 1, (x 2, y 2 = (x 1, x 2 H1 + (y 1, y 2 H2. Ruag ii disebut jumlah lagsug dari H 1 da H 2, da diotasika dega H 1 H 2. Dua ukura µ 1 da µ 2 pada ruag M yag dilegkapi dega aljabar-σ A dikataka salig sigular jika ada A A dega µ 1 (A = 0 da µ 2 (M \ A = 0. Jika µ 1 da µ 2 adalah dua ukura Borel pada R yag salig sigular da µ = µ 1 + µ 2, maka L 2 (R, dµ isomorfik dega L 2 (R, dµ 1 L 2 (R, dµ 2. Kita juga dapat megkostruksi jumlah lagsug terhitug ruag Hilbert. Diberika barisa ruag Hilbert {H }. Misalka H adalah himpua semua barisa {x } dega x H yag memeuhi x 2 H <. Maka H adalah ruag Hilbert terhadap hasilkali dalam ({x }, {y } = (x, y H. 2 Teorema Represetasi Riesz Salah satu cara utuk megkostruksi ruag Hilbert adalah dega membatasi hasilkali dalam pada suatu subruag tertutup M dari ruag Hilbert H yag diberika. Terhadap hasilkali dalam di H, M merupaka ruag Hilbert. Kompleme ortogoal dari M, diotasika dega M, adalah himpua semua vektor di H yag ortogoal terhadap M. Mudah ditujukka bahwa M merupaka subruag tertutup dari H. Jadi M merupaka ruag Hilbert. Catat bahwa M M = {0}. Teorema berikut meujukka bahwa terdapat vektor yag tegaklurus dega setiap subruag proper tertutup, yaki H = M + M = {x + y : x M, y M }. Lema 2.1 Diketahui H ruag Hilbert, M subruag tertutup dari H, da x H. Maka terdapat dega tuggal z M yag jarakya terdekat ke x. Bukti. Misalka d = if y M y x. Pilih barisa {y } di M sehigga y x d. 6

7 Maka y y m 2 = (y x (y m x 2 = 2 y x y m x 2 2x + y + y m 2 = 2 y x y m x 2 4 x 1 2 (y + y m 2 2 y x y m x 2 4d 2 2d 2 + 2d 2 4d 2 = 0 utuk m,. Idetitas kedua berasal dari hukum jajargejag semetara ketaksamaa diperoleh dari fakta bahwa 1 2 (y + y m M. Jadi {y } adalah barisa Cauchy da karea M tertutup, {y } koverge ke suatu eleme z M. Jadi diperoleh x z = d. Misalka z 1, z 2 M dega jarak masig-masig ke x adalah d, maka z 1 z 2 2 z 1 x z 2 x 2 4d 2 = 0. Ii meujukka ketuggala titik dega jarak terdekat. Teorema 2.2 (Teorema proyeksi Diketahui H ruag Hilbert da M subruag tertutup dari H. Maka setiap x H dapat dituliska secara tuggal sebagai x = z + w dega z M da w M. Bukti. Ambil x H. Maka meurut Lema 2.1 terdapat dega tuggal z M dega jarak terdekat ke x. Defiisika w = x z. Ambil y M da t R. Jika d = x z, maka d 2 x (z + ty 2 = w ty 2 = d 2 2tR(w, y + t 2 y 2. Jadi, 2tR(w, y + t 2 y 2 0 utuk setiap t, yag berakibat R(w, y = 0. Secara aalog dega meggati peraa t dega it diperoleh I(w, y = 0. Jadi w M. Bukti ketuggala utuk latiha. Teorema proyeksi memberika isomorfisma atural atara M M dega H melalui (z, w z + w. Di dalam koteks isomorfisma ii kita tulis H = M M. Proposisi 2.3 Diketahui H ruag Hilbert da M subruag dari H. Maka M = ( M. Khususya, apabila M = {0}, maka M padat di dalam H. Bukti. Karea ( M tertutup da memuat M maka jelas bahwa M ( M. Selajutya, ambil sebarag x ( M = (M, x = m + m dega m M, m M. Jadi berlaku (x, m = 0 = (m, m. Akibatya (m, m = 0, yag berarti m = 0 da x = m M. Selajutya kita megigat kembali pegertia da sifat-sifat dasar operator liear terbatas di ruag berorma. 7

8 Defiisi 2.4 Operator liear terbatas dari ruag berorma (V 1,. 1 ke ruag berorma (V 2,. 2 adalah pemetaa T : V 1 V 2 yag memeuhi utuk setiap u, v V 1 da α, β K: (i T(αu + βv = αtu + βtv (ii Tu 2 C u 1 Kostata terkecil C yag memeuhi (ii disebut orma dari T, ditulis T. Jadi T = if{c : Tu 2 C u 1 } = sup{ Tu 2 : u 1 1}. Teorema 2.5 Diberika T suatu operator liear dari suatu ruag berorma ke ruag berorma yag lai. Maka ketiga peryataa berikut ekuivale: (a T kotiu di satu titik (b T kotiu di setiap titik (c T terbatas Teorema 2.6 Misalka T operator liear terbatas dari ruag berorma (V 1,. 1 ke ruag Baach (V 2,. 2. Maka T dapat diperluas secara tuggal ke operator liear terbatas T dari legkapa V 1 ke (V 2,. 2. Misalka L(H 1, H 2 adalah himpua semua operator liear terbatas dari ruag Hilbert H 1 ke ruag Hilbert H 2. Maka L(H 1, H 2 merupaka ruag Baach terhadap orma T = sup{ Tx H2 : x H1 1}. Utuk bagia selajutya aka dibicaraka kasus khusus yaki utuk H 2 = K. Defiisi 2.7 Ruag L(H, K disebut ruag dual dari H da diotasika dega H. Aggota H disebut fugsioal liear kotiu. Teorema berikut meyataka bahwa setiap fugsioal liear kotiu di dalam ruag Hilbert dapat diyataka sebagai hasilkali dalam. Teorema 2.8 (Teorema represetasi Riesz Utuk setiap T H, terdapat dega tuggal y T H sehigga Tx = (y T, x utuk setiap x H. Lebih jauh y T H = T H. Bukti. Defiisika N := {x H : Tx = 0}, yaki kerel dari T. Dega megguaka kekotiua T, N merupaka subruag tertutup. Jika N = H, maka Tx = 0 = (0, x utuk setiap x. Selajutya diasumsika N = H. Meurut teorema proyeksi terdapat vektor tak ol x 0 N. Kita defiisika y T := Tx 0 x 0 2 x 0. Aka diperlihatka bahwa y T memiliki sifat yag diigika. Jika x N, maka Tx = 0 = (y T, x. Selajutya apabila x = αx 0, maka Tx = T(αx 0 = αtx 0 = (Tx 0 x 0 2 x 0, αx 0 = (y T, αx 0. 8

9 Karea fugsi-fugsi T da (y T,. bersifat liear da berilai sama pada N da x 0, maka keduaya berilai sama pada ruag yag dibagu oleh N da x 0. Di lai pihak N da x 0 membagu H sebab setiap eleme y H dapat ditulis sebagai ( y = y Ty x 0 + Ty x 0. tx 0 Tx 0 Jadi Tx = (y T, x utuk setiap x H. Utuk bukti ketuggala, misalka Tx = (z, x, maka z y T 2 = (z, z y T (y T, z y T = T(z y T T(z y T = 0. Jadi z = y T. Terakhir dibuktika bahwa y T H = T H. Perhatika bahwa T = sup{ Tx : x 1} = sup{ (y T, x : x 1} sup{ y T x : x 1} = y T da ( T = sup{tx : x 1} T yt y T = ( y T, y T = y T. y T Catat bahwa ketaksamaa Cauchy-Schwarz meujukka bahwa kovers dari teorema represetasi Riesz berlaku: setiap y H medefiisika sebuah fugsioal liear kotiu T y pada H dega T y x = (y, x. Subbab ii diakhiri dega sebuah akibat petig dari teorema represetasi Riesz. Akibat 2.9 Jika B(, sebuah fugsi dari H H ke K yag memeuhi utuk setiap x, y, z H, α, β K: (i B(x, αy + βz = αb(x, y + βb(x, z (ii B(αx + βy, z = αb(x, z + βb(y, z (iii B(x, y k x y utuk suatu k > 0, maka terdapat dega tuggal operator liear terbatas A dari H ke H sehigga B(x, y = (Ax, y utuk setiap x, y H. Norma dari A adalah kostata terkecil k sehigga (iii berlaku. Bukti. Pilih sebuah x tetap, maka (i da (iii meujukka bahwa B(x, adalah fugsioal liear kotiu pada H. Teorema represetasi Riesz mejami adaya x H sehigga B(x, y = (x, y utuk setiap y H. Defiisika operator A dega Ax = x. Mudah ditujukka bahwa A adalah operator liear kotiu dega sifat yag diigika. Fugsi B seperti pada Akibat 2.9 serig disebut betuk seskuiliear. 9

10 3 Basis Ortoormal Pada subbab ii kita aka memperluas kosep basis dari ruag vektor dimesi higga ke ruag Hilbert. Jika S adalah sebuah himpua ortoormal di dalam ruag Hilbert H da tidak ada himpua ortoormal lai yag memuat S sebagai subhimpua proper, maka S disebut basis ortoormal (sistem ortoormal legkap dari H. Teorema 3.1 Setiap ruag Hilbert tak ol H mempuyai basis ortoormal. Bukti. Misalka O adalah himpua semua himpua ortoormal di dalam H. Catat bahwa O = (megapa?. Selajutya didefiisika relasi uruta pada O yaitu S 1 S 2 jika S 1 S 2. Jelas bahwa (O, merupaka himpua terurut parsial. Ambil sebarag {S i } i I subhimpua terurut liear dari O. Maka i I S i merupaka himpua ortoormal yag memuat semua S i, da kareaya merupaka batas atas utuk {S i } i I. Oleh karea itu meurut Lema Zor O memiliki eleme maksimal, yaki himpua ortoormal yag tidak termuat secara proper di dalam setiap himpua ortoormal yag lai. Teorema berikut memperlihatka bahwa seperti halya pada kasus ruag vektor dimesi higga setiap eleme dari ruag Hilbert dapat diyataka sebagai suatu kombiasi liear (mugki tak higga dari eleme-eleme basis. Teorema 3.2 Diberika H ruag Hilbert da S = {x α } α I sebuah basis ortoormal. Maka utuk setiap y H y = (x α, yx α (1 α I da y 2 = (x α, y 2 (2 α I Kesamaa (1 berarti bahwa jumlaha di ruas kaa koverge (tidak bergatug pada uruta α ke y di H. Sebalikya, jika α I c α 2 <, c α C, maka α I c α x α koverge ke suatu eleme dari H. Bukti. Pada subbab 1 telah ditujukka (ketaksamaa Bessel bahwa utuk setiap subhimpua berhigga A A, α A (x α, y 2 y 2. Jadi (x α, y = 0 utuk sejumlah palig bayak terhitug α di dalam A yag dapat kita urutka sebagai α 1, α 2,.... Lebih jauh karea N j=1 (x α j, y 2 aik mooto da terbatas, maka koverge utuk N. Misalka maka utuk setiap > m, y y m 2 = y = j=m+1 j=1 (x αj, yx αj, (x αj, yx αj 2 = (x αj, y 2. j=m+1 Jadi {y } adalah barisa Cauchy da kareaya koverge ke suatu y H. Perhatika bahwa ( (y y, x αl = lim y j=1 (x αj, yx αj, x αl = (y, x αl (y, x αl = 0, 10

11 da jika α = α l utuk suatu l maka (y y, x α = lim ( y j=1 (x αj, yx αj, x α = 0. Oleh karea itu y y ortogoal dega semua x α S. Megigat bahwa S adalah sistem ortoormal legkap maka haruslah y y = 0. Jadi yaki (1 berlaku. Lebih jauh y = lim j=1 2 ( 0 = lim y (x αj, yx αj = lim y 2 j=1 (x αj, yx αj, (x αj, y 2 = y 2 (x α, y 2, j=1 α I yaki (2 berlaku. Bukti peryataa kovers ditiggalka sebagai latiha. Idetitas (2 serigkali disebut sebagai idetitas Parseval da bilaga (x α, y serigkali disebut sebagai koefisie Fourier dari y terhadap basis {x α }. Sekarag kita aka membicaraka suatu prosedur utuk megkostruksi sebuah himpua ortoormal dari sebarag barisa vektor yag bebas liear. Prosedur ii dikeal sebagai ortogoalisasi Gram-Schmidt. Diberika barisa vektor yag bebas liear u 1, u 2,... da kita defiisika w 1 = u 1, v 1 = w 1 w 1 w 2 = u 2 (v 1, u 2 v 1, v 2 = w 2 w 2. 1 w = u. k=1 (v k, u v k, v = w w Himpua {v j } merupaka sebuah himpua ortoormal da mempuyai sifat bahwa utuk setiap m, {u j } m j=1 da {v j} m j=1 membagu ruag vektor yag sama. Khususya, himpua kombiasi liear berhigga dari v j, j = 1, 2,... sama dega himpua kombiasi liear berhigga dari u j, j = 1, 2,.... Sebagai cotoh poliomial Legedre diperoleh dega meerapka proses Gram-Schmidt ke fugsi 1, x, x 2, x 3,... pada iterval [ 1, 1] terhadap hasilkali dalam baku di L 2 [ 1, 1]. Defiisi 3.3 Sebuah ruag metrik dikataka separabel apabila memiliki subhimpua terhitug yag padat. Sebagia besar ruag Hilbert yag mucul dalam peerapa bersifat separabel. berikut memberika karakterisasi dari ruag Hilbert separabel. Teorema 11

12 Teorema 3.4 Ruag Hilbert H separabel jika da haya jika H memiliki basis ortoormal S yag terhitug. Jika S berhigga dega eleme maka H isomorfik dega C. Jika S deumerabel maka H isomorfik dega l 2 (cotoh Bukti. Misalka H separabel da {x } suatu himpua terhitug yag padat di dalam H. Dega membuag beberapa x kita dapat memperoleh subhimpua {x j } dari {x } yag terdiri dari vektor-vektor bebas liear dega ruag yag dibagu {x j } sama dega ruag yag dibagu oleh {x } da oleh kareaya {x j } padat di dalam H. Dega meerapka prosedur Gram-Schmidt pada {x j } kita memperoleh suatu sistem ortoormal legkap yag terhitug. Sebalikya, jika {y } adalah sistem ortoormal legkap dari ruag Hilbert H maka Teorema 3.2 megakibatka himpua kombiasi liear dari vektor-vektor di {y } dega koefisie rasioal padat di H. Karea {y } terhitug, maka H separabel. Misalka H separabel da {y } adalah sistem ortoormal legkap. Kita medefiisika pemetaa T : H l 2 dega Tx = {(y, x}. Teorema 3.2 meujukka bahwa pemetaa ii terdefiisi dega baik da bersifat pada. Mudah diperlihatka bahwa T uiter. Bukti bahwa H isomorfik dega C jika S berhigga dega eleme dilakuka dega cara yag sejala. Catat bahwa dalam kasus separabel, proses Gram-Schmidt memugkika kita utuk megkostruksi sebuah basis ortoormal tapa megguaka Lema Zor. Terakhir di bagia ii aka diberika sebuah cotoh yag meujukka bagaimaa ruag Hilbert mucul secara alami dari masalah di dalam aalisis klasik. Jika f sebuah fugsi teritegral pada [0, 2π] maka dapat didefiisika Deret c = 1 2π 2π 0 e ix f (x dx. 1 c e ix = 2π disebut deret Fourier dari f. Masalah klasik: utuk fugsi f yag maa da dalam jeis kekovergea apa deret Fourier dari f koverge ke f? Masalah ii mulai dipelajari oleh matematikawa Peracis Joseph Fourier sejak tahu 1811 da terus berkembag sampai sekarag dalam cabag matematika moder yag disebut aalisis harmoik atau aalisis Fourier. Salah satu hasil klasik di dalam aalisis Fourier adalah Teorema 3.5 Jika f fugsi terdiferesial kotiu da periodik dega periode 2π, maka fugsi koverge seragam ke f utuk. c 1 2π e ix Teorema di atas memberika syarat cukup kekovergea seragam dari deret Fourier suatu fugsi. Namu demikia mecari kelas fugsi sehigga deret Fourierya koverge seragam 12

13 atau koverge titik demi titik merupaka masalah yag cukup sukar. Salah satu pemecaha persoala ii adalah dega megguaka kosep kekovergea yag lai da disiilah teori ruag Hilbert mucul. Himpua fugsi { 1 2π e ix } = merupaka himpua ortoormal di ruag L 2 [0, 2π]. Apabila himpua ortoormal ii legkap maka Teorema 3.2 memberika kesimpula utuk setiap fugsi f L 2 [0, 2π] berlaku f (x = lim c 1 2π e ix dega kekovergea merupaka kekovergea terhadap orma L 2. Dapat dibuktika bahwa { 1 2π e ix } = merupaka sistem ortoormal legkap. Kita aka membuktika dega memafaatka hasil klasik di atas (Teorema 3.5. Teorema 3.6 Jika f L 2 [0, 2π], maka = c 1 2π e ix koverge ke f di dalam orma L 2 utuk. Bukti. Dapat diperlihatka bahwa ruag fugsi terdiferesial kotiu yag periodik C 1 p[0, 2π] padat di dalam L 2 [0, 2π]. Ideya adalah himpua fugsi tagga padat di dalam L 2 [0, 2π]. Lebih jauh setiap fugsi tagga dapat dihampiri di dalam orma L 2 oleh suatu fugsi di dalam C 1 p[0, 2π]. Detailya ditiggalka sebagai latiha. Utuk meujukka bahwa { 1 2π e ix } = legkap cukup ditujukka bahwa (e ix, g = 0 utuk setiap berakibat g = 0. Ambil sebarag f C 1 p[0, 2π], maka meurut Teorema 3.5 c 1 2π e ix f seragam da kareaya juga di dalam orma L 2. Oleh karea itu ( 1 ( f, g = lim c e ix, g 2π jika (e ix, g = 0 utuk setiap. Jadi g ortogoal dega semua fugsi f di dalam himpua padat C 1 p[0, 2π]. Hal ii berakibat g = 0. Jadi { 1 2π e ix } = adalah sistem ortoormal legkap da meurut Teorema 3.2 deret Fourier dari setiap f L 2 [0, 2π] koverge di dalam orma L 2 ke f. Teorema di atas meujukka bahwa kosep alami utuk kekovergea deret Fourier adalah kekovergea di dalam orma L 2. Hal ii juga megilustrasika salah satu dari prisip dasar dari aalisis fugsioal yaki memilih sebuah ruag abstrak da kosep kekovergea yag sesuai sehigga sebuah permasalaha dapat diselesaika dega mudah. = 0 4 Hasilkali Tesor Di dalam subbab 1 da 2 telah dibicaraka beberapa cara utuk membetuk ruag Hilbert dari ruag Hilbert yag lai (jumlah lagsug da subruag. Pada subbab ii aka dijelaska 13

14 hasilkali tesor H 1 H 2 dari dua ruag Hilbert H 1 da H 2. Hasil ii dapat diperluas dega mudah utuk megkostruksi hasilkali tesor H 1 H 2... H dari sejumlah berhigga ruag Hilbert. Diberika dua ruag Hilbert H 1 da H 2. Utuk setiap h 1 H 1, h 2 H 2, h 1 h 2 meotasika betuk kojugat liear yag beraksi pada H 1 H 2 meurut (h 1 h 2 ϕ 1, ϕ 2 = (ϕ 1, h 1 H1 (ϕ 2, h 2 H2. Defiisika E sebagai himpua semua kombiasi liear berhigga dari semua betuk kojugat liear yag dideskripsika di atas. Selajutya didefiisika hasilkali dalam (.,. pada E dega (h 1 h 2, g 1 g 2 = (h 1, g 1 H1 (h 2, g 2 H2 da kita dapat memperluas defiisi ii utuk aggota E megguaka kelieara. Lema 4.1 Hasilkali dalam (.,. di atas terdefiisi dega baik da bersifat defiit positif. Bukti. Utuk meujukka (.,. terdefiisi dega baik kita harus meujukka bahwa (ϕ, ϕ tidak bergatug pada betuk kombiasi liear berhigga yag meyusu ϕ da ϕ. Utuk itu cukup ditujukka jika µ adalah jumlaha berhigga yag merupaka betuk ol, maka (η, µ = 0 utuk setiap η E. Misalka η = i=1 N c i( f i g i, maka (η, µ = ( N c i ( f i g i, µ i=1 = N c i µ f i, g i = 0 i=1 karea µ adalah betuk ol. Jadi (.,. terdefiisi dega baik. Selajutya, misalka ϕ = k=1 M d k(η k µ k, maka {η k } k=1 M da {µ k} k=1 M berturut-turut membagu subruag M 1 H 1 da M 2 H 2. Jika kita pilih {ω j } N 1 j=1 basis ortoormal dari M 1 da {ψ l } N 2 l=1 basis ortoormal dari M 2, maka kita dapat meyataka setiap η k dalam ω j da µ k dalam ψ l da diperoleh ϕ = N 1 N 2 j=1 l=1 c jl (ω j ψ l. Dari sii diperoleh (ϕ, ϕ = ( N1 N 2 j=1 l=1 c jl (ω j ψ l, N 1 N 2 s=1 t=1 c st (ω s ψ t = = N 1 j=1 N 2 l=1 N 1 N 2 j=1 l=1 N 1 s=1 N 2 t=1 c jl 2. c jl c st (ω j, ω s H1 (ψ l, ψ t H2 Jadi (ϕ, ϕ = 0 berakibat c jl = 0 utuk semua j da l. Ii berarti ϕ adalah betuk ol. Terbukti (.,. defiit positif. Defiisi 4.2 Hasilkali tesor H 1 H 2 dari H 1 da H 2 didefiisika sebagai legkapa dari E terhadap hasilkali dalam (.,. yag didefiisika di atas. 14

15 Teorema 4.3 Jika {ω k } adalah basis ortoormal dari H 1 da {ψ l } adalah basis ortoormal dari H 2, maka {ω k ψ l } adalah basis ortoormal dari H 1 H 2 Bukti. Utuk peyederhaaa otasi, kita memperhatika kasus dimaa H 1 da H 2 keduaya berdimesi tak higga da separabel. Mudah dilihat bahwa himpua {ω k ψ l } ortoormal da kareaya kita haya perlu membuktika bahwa E termuat di dalam ruag tertutup S yag dibagu oleh {ω k ψ l }. Ambil sebarag ω ψ E. Karea {ω k } da {ψ l } adalah basis, maka ω = k c k ω k da ψ = l d l ψ l dega k c k 2 < da l d l 2 <. Akibatya l k c k d l 2 <. Jadi meurut Teorema 3.2 ada vektor µ = l k c k d l ω k ψ l di S. Dega perhituga lagsug diperoleh ω ψ c k d l ω k ψ l 0 utuk M, N. k<m,l<n Cotoh 4.4 Ruag Hilbert di dalam deskripsi mekaika kuatum dari sebuah partikel Schrödiger tuggal dega spi 1 2 adalah L2 (R 3, dx; C 2, yaki himpua pasaga (ψ 1 (x, ψ 2 (x dari fugsi-fugsi yag kuadratya teritegral Lebesgue. Dapat ditujukka bahwa L 2 (R 3, dx; C 2 = L 2 (R 3, dx C 2. 5 Operator di dalam Ruag Hilbert Pada bagia ii H da H i selalu meyataka ruag Hilbert atas lapaga K {R, C}. Pertama kita megigat pegertia operator adjoi ruag berorma. Diberika ruag berorma X ad Y dega ruag dualya berturut-turut X ad Y, da operator T L(X, Y. Operator adjoi (ruag berorma T : Y X didefiisika melalui dega y Y ad x X. (T y (x = y (Tx, Defiisi 5.1 Diberika ruag Hilbert H 1, H 2, T L(H 1, H 2, da Φ i : H i H i, i = 1, 2 adalah isomorfisma isometrik yag diberika oleh teorema represetasi Riesz. Operator adjoi (ruag Hilbert T dari T didefiisika sebagai T := Φ 1 1 T Φ 2. Dega kata lai berlaku, utuk setiap x H 1, y H 2. (Tx, y H2 = (x, T y H1, Sifat-sifat dasar dari operator adjoi diberika dalam teorema berikut. Teorema 5.2 Diberika S, T L(H 1, H 2, R L(H 2, H 3, da λ K. 15

16 (a (S + T = S + T (b (λs = λs (c (RS = S R (d S L(H 2, H 1 ad S = S (e S = S (f SS = S S = S 2 (g ker(s = (ra(s, ker(s = (ra(s. Khususya, S ijektif jika da haya jika ra(s padat di dalam H 1. Bukti. (a - (e mudah dibuktika dari defiisi operator adjoi. (f. Perhatika bahwa utuk setiap x H 1, yag berarti Sx 2 = (Sx, Sx = (x, S Sx x S Sx, S 2 = sup Sx 2 sup x S Sx S S S S = S 2. x 1 x 1 Hal ii memberika S 2 = S S da juga (g. Utuk setiap x H 1 berlaku S 2 = S 2 = S S = SS. Sx = 0 (Sx, y = 0 utuk setiap y H 2 (x, S y = 0 utuk setiap y H 2 x (ra(s. Ii berarti ker(s = (ra(s. Selajutya, ker(s = (ra(s = (ra(s. Dega demikia pemetaa S S merupaka sebuah isometri surjektif kojugat liear dari L(H 1, H 2 ke L(H 2, H 1. Perhatika bahwa hal ii aalog dega pemetaa λ λ pada C. Sekarag kita aka medefiisika beberapa kelas yag petig dari operator-operator di ruag Hilbert. Defiisi 5.3 Diberika T L(H 1, H T disebut operator uiter jika T ivertibel dega TT = Id H2 da T T = Id H1 2. Dalam hal H 1 = H 2, T disebut operator adjoi-diri (atau Hermitia jika T = T 3. Dalam hal H 1 = H 2, T disebut operator ormal jika TT = T T Dari defiisi ii kita memperoleh 16

17 T operator uiter jika da haya jika T surjektif da (Tx, Ty = (x, y utuk setiap x, y H 1 T operator adjoi-diri jika da haya jika (Tx, y = (x, Ty utuk setiap x, y H 1 T operator ormal jika da haya jika (Tx, Ty = (T x, T y utuk setiap x, y H 1 Operator adjoi-diri da operator uiter (dalam kasus H 1 = H 2 merupaka operator ormal T T da TT merupaka operator adjoi-diri Cotoh 5.4 (i. Diberika H = L 2 [0, 1] da T k L(H adalah operator itegral (T k (x := 1 0 k(s, tx(t dt. Maka T k = T k dega k (s, t = k(t, s, sebab dega megguaka Teorema Fubii kita memperoleh (T k x, y = = = 1 1 k(s, tx(t dt y(s ds k(s, tx(t dt y(s ds 0 ( 1 x(t k(s, t y(s ds dt ( = (x, T k y. T k merupaka operator adjoi-diri jika da haya jika k(s, t = k(t, s dt-hampir di maa-maa. Dalam hal ii k disebut kerel simetris. (ii. Diberika operator geser kiri T : l 2 l 2 yaki (s 1, s 2,... (s 2, s 3,.... Maka operator adjoi T dari T adalah operator geser kaa, yaki T ((t 1, t 2,... = (0, t 1, t 2,.... T buka operator ormal sebab TT = Id tetapi T T = P U dega U = {(s i : s 1 = 0}. P U adalah operator proyeksi pada subruag U. (iii. Trasformasi Fourier F : L 2 (R L 2 (R, yaki merupaka operator uiter. F( f (t = 0 1 f (xe itx dx (2π R Sifat berikutya secara geometris megataka bahwa operator yag megawetka jarak juga megawetka sudut. Lema 5.5 Diberika T L(H 1, H 2. Kedua peryataa berikut ekuivale: (i T isometri (ii (Tx, Ty = (x, y utuk setiap x, y H 1 17

18 Teorema 5.6 Diberika ruag Hilbert H atas lapaga C da T L(H. Kedua peryataa berikut ekuivale: (i T adjoi-diri (ii (Tx, x R utuk setiap x H Bukti. (i (ii: cukup jelas melalui (Tx, x = (x, T x = (x, Tx = (Tx, x. (ii (i: utuk λ C diperhatika bilaga real (T(x + λy, x + λy = (Tx, x + λ(tx, y + λ(ty, x + λ 2 (Ty, y. Dega megambil kojugat kompleks pada kedua ruas diperoleh (T(x + λy, x + λy = (Tx, x + λ(y, Tx + λ(x, Ty + λ 2 (Ty, y. Selajutya substitusika λ = 1 da λ = i utuk medapatka (Tx, y + (Ty, x = (y, Tx + (x, Ty da (Tx, y (Ty, x = (y, Tx + (x, Ty da dari sii disimpulka (Tx, y = (x, Ty. Tekik megguaka x + λy seperti dalam pembuktia di atas dikeal sebagai polarisasi. Lema 5.7 (Ketaksamaa Cauchy-Schwarz yag diperumum Jika operator T L(H adjoidiri, maka (Tx, y M x y, dega M := sup { (Tx, x : x 1}. Bukti. Perhatika dua kesamaa (T(x + y, x + y = (Tx, x + (Tx, y + (Ty, x + (Ty, y da (T(x y, x y = (Tx, x + (Tx, y + (Ty, x (Ty, y. Dega mejumlahka kedua kesamaa di atas da dega memafaatka sifat adjoi-diri dari T diperoleh 4R(Tx, y = (T(x + y, x + y (T(x y, x y. Dega megguaka argumetasi homogeitas diperoleh utuk setiap x H (Tx, x M x 2. 18

19 Selajutya hukum jajargejag memberika 4R(Tx, y = (T(x + y, x + y (T(x y, x y (T(x + y, x + y + (T(x y, x y M x + y 2 + M x y 2 = 2M( x 2 + y 2. Utuk x, y H dega x = y = 1 berlaku R(Tx, y M. Utuk x, y H dega x = y = 1 yag tetap dapat dipilih sebuah bilaga kompleks θ dega θ = 1 sehigga θ(tx, y = (Tx, y. Jadi (Tx, y = (Tx, θy = R(Tx, θy M. Dega meerapka kembali argumetasi homogeitas terbuktilah lema.. Teorema 5.8 Jika operator T L(H adjoi-diri, maka T = sup (Tx, x. x 1 Bukti. Dega megguaka ketaksamaa Cauchy-Schwarz sup (Tx, x sup Tx x = sup Tx = T. x 1 x 1 x 1 Sebalikya dega megguaka Lema 5.7 diperoleh T = sup Tx = sup x 1 x 1 sup y 1 (Tx, y sup sup x 1 y 1 M x y = sup (Tx, x. x 1 Catata: sup x 1 (Tx, x dapat diyataka sebagai { max sup (Tx, x, if (Tx, x x 1 x 1 Jika T L(H adjoi-diri da (Tx, x = 0 utuk setiap x H, maka T = 0. Terakhir aka diberika karakterisasi dari operator proyeksi yag adjoi-diri. Teorema 5.9 Diberika P L(H sebuah operator proyeksi, yaki P 2 = P dega P = 0. Kelima peryataa berikut ekuivale: (i P proyeksi ortogoal, yaki ra(p ker(p (ii P = 1 (iii P adjoi-diri (iv P ormal (v (Px, x 0 utuk setiap x H }. 19

20 6 Soal Latiha 1. Buktika Teorema Ruag Hardy pada cakram satua terbuka Diberika cakram satua terbuka D := {z C : z < 1} di bidag kompleks da 1 p <. Defiisika H p (D := { f : D C : f aalitik, N p ( f < }, dega Buktika: ( 1 2π 1/p N p ( f := sup f (re iθ dθ p. 0 r<1 2π 0 (i Utuk setiap z 0 D da setiap f H p (D berlaku f (z 0 dega D := {z C : z = 1}. (ii ( H p (D, N p merupaka ruag berorma (iii ( H p (D, N p merupaka ruag Baach 1 (d(z 0, D 2 1/p N p( f, (iv ( H p (D, N p ruag Hilbert jika da haya jika p = 2 (v Apabila f (z = a z, =0 maka f H 2 (D jika da haya jika (a 0 l 2. Lebih lajut, pemetaa h : H 2 (D l 2 yag didefiisika dega h( f = (a 0 merupaka isomorfisma isometrik ruag Hilbert. 3. Diberika X adalah ruag vektor dari semua fugsi f : R C dega N, c k C, α k R. f (t = c k e iαkt, k=1 (i Buktika bahwa pemetaa (, : X X C dega 1 a ( f, g := lim f (tg(t dt a 0 2a a merupaka sebuah hasilkali dalam pada X 20

21 (ii Apabila adalah orma yag diiduksi oleh (,, maka tujukka f = ( 1/2 c k 2, k=1 dega f X, f (t = k=1 c ke iα kt, α k = α j utuk k = j. (iii Apabila H adalah ruag Hilbert yag diperoleh sebagai legkapa dari X terhadap, buktika bahwa H tidak separabel. 4. (i Diberika dua ruag Hilbert H 1 da H 2, sistem ortoormal {e 1,..., e } H 1 da {b 1,..., b } H 2, λ 1,..., λ C, da T : H 1 H 2 dega defiisi Tetuka T. T(x = λ j b j (x, e j. j=1 (ii Diberika ruag ( Hilbert H da sebuah sistem ortoormal {e 1, e 2 } H, matriks a b persegi A = dega a, b, c, d C, da operator S, T : H H dega c d defiisi S(x = a(x, e 1 e 1 + b(x, e 2 e 2 da T(x = c(x, e 1 e 1 + d(x, e 2 e 2. Buktika: jika da haya jika S + T 2 + S T 2 = 2 ( S 2 + T 2 (max( a + c, b + d 2 + (max( a c, b d 2 = 2 ( max( a, b 2 + max( c, d 2. (iii Buktika apabila H adalah ruag Hilbert dega dimesi 2, maka L(H := L(H, H buka ruag Hilbert. 5. (a Buktika apabila µ 1 da µ 2 adalah dua ukura Borel pada R yag salig sigular da µ = µ 1 + µ 2, maka L 2 (R, dµ isomorfis dega L 2 (R, dµ 1 L 2 (R, dµ 2 (b Apabila µ adalah sebuah ukura Borel pada R, maka buktika bahwa L 2 (R, dµ separabel. (c Berika sebuah ruag ukura higga (yaki (M, F, µ dega µ(m < sehigga L 2 (M, dµ tidak separabel. (d Diberika (M 1, µ 1 da (M 2, µ 2 dua ruag ukura sehigga L 2 (M 1, dµ 1 da L 2 (M 2, dµ 2 separabel. Tujukka bahwa terdapat dega tuggal sebuah isomorfisma dari L 2 (M 1, dµ 1 L 2 (M 2, dµ 2 ke L 2 (M 1 M 2, dµ 1 dµ 2 sehigga f g f g. 6. (a Berika cotoh ruag hasilkali dalam X da sebuah subruag U X dega i. U = ( U ii. U U = X. (b Diberika ruag Hilbert H da M subruag dari H. Misalka f : M C sebuah fugsioal liear pada M dega batas K. Buktika bahwa terdapat dega tuggal perluasa dari f ke sebuah fugsioal liear kotiu pada H dega batas yag sama. 21

22 (c Tujukka bahwa bola satua di dalam suatu ruag Hilbert berdimesi tak higga memuat tak higga bayakya traslasi yag salig asig dari sebuah bola dega jari-jari (i Diberika ruag Hilbert H da A : H H operator adjoi-diri sehigga (Ax, x = 0 utuk setiap x H. Buktika A = 0. (ii Berika sebuah matriks tak ol M M 2 (R sehigga (Ax, x = 0 utuk setiap x R 2. (iii Diberika ruag Hilbert H atas R. Buktika ketiga peryataa berikut ekuivale: (a Utuk setiap T L(H dega sifat (Tx, x = 0 utuk setiap x H berlaku T = 0 (b dim R (H = 1 (c Topologi koveks lokal pada L(H yag dibagu oleh keluarga semiorma (p x x H adalah Hausdorff, dega p x (T := (Tx, x. Sifat ii memberika karakterisasi ruag Hilbert real berdimesi satu. 8. (a Diberika k L 2 ([0, 1] 2 da T k : L 2 [0, 1] L 2 [0, 1] adalah operator itegral dega defiisi (T k (s := 1 0 k(s, tx(t dt. Tetuka kodisi pada kerel k sehigga operator T k ormal. (b Diberika ruag Hilbert H atas lapaga C da operator T L(H adjoi-diri. Buktika bahwa operator T + iid da T iid bijektif da mempuyai ivers yag kotiu. Lebih jauh, tujukka bahwa trasformasi Cayley dega defiisi merupaka operator uiter. C T := (T + iid(t iid 1 9. Nilai karakteristik dari sebuah operator T adalah bilaga kompleks λ sehigga T λid mempuyai kerel tak trivial. Jika λ adalah sebuah ilai karakteristik dari operator T maka setiap peyelesaia tak trivial dari persamaa Tx = λx disebut vektor karakteristik dari T yag berkorespodesi dega ilai karakteristik λ. Apabila diberika ruag Hilbert H da sebuah operator adjoi-diri T L(H, buktika (i Semua ilai karakteristik dari T berilai real. (ii Setiap dua vektor karakteristik dari T yag berkorespodesi dega ilai karakteristik yag berbeda bersifat ortogoal. (iii Betuk kuadratik x (Tx, x berilai real. 10. Buktika Teorema

23 Daftar Pustaka [1] Alt, Has Wilhelm. Lieare Fuktioalaalysis, 5., überarb. Auflage. Berli, Heidelberg: Spriger, [2] Reed, Mike, ad Simo, Barry. Methods of Moder Mathematical Physics. I. Fuctioal Aalysis. New York: Academic Press, [3] Werer, Dirk. Fuktioalaalysis, 6., korrigierte Auflage. Berli, Heidelberg: Spriger, David Hilbert was old ad partly deaf i the ietee thirties. Yet beig a diliget ma, he still atteded semiars, usually accompaied by his assistat Richard Courat. Oe day a visitor was talkig o his ew fidigs i liear operators o Hilbert spaces. The professor was puzzled first. Soo he grew impatiet ad fially tured to Courat. "Richard, what is a Hilbert space?" he asked loudly. 23