\documentclass[a4paper]{amsart}

\frenchspacing

\usepackage{a4wide}
\usepackage[T1]{fontenc}
%\usepackage[cp1250]{inputenc}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[czech]{babel}
\usepackage{amsthm,amsmath,amssymb,color,enumerate}
\theoremstyle{definition}
\newtheorem{example}{P\v{r}\'iklad}

\def\er{\mathbb R}
\def\N{\mathbb N}
\def \arctg {\operatorname{arctg}}
\def \tg {\operatorname{tg}}
\def \cotg {\operatorname{cotg}}
\renewcommand\d{\, \mathrm{d}}

\title{UFA, 2021--2022\\ zkou\v{s}kov\'e p\'isemky}
\author{Marek C\'uth}

\begin{document}
\noindent\begin{center}\textbf{Vybrané partie z funkcion\'aln\'i anal\'yzy, LS 2021-2022\\Zad\'an\'i p\'isemn\'e \v{c}\'asti zkou\v{s}ky - term\'in 18.5.}\end{center}

 \bigskip
 
\begin{example}[15 bod\r{u}] Nechť je dáno zobrazení $T:\ell_1\to c_0$ definované předpisem
\[
    Tx = (x_1,x_2,\tfrac{x_1}{2},x_3,\tfrac{x_1}{3},x_4,\tfrac{x_1}{4},\ldots,x_n,\tfrac{x_1}{n},\ldots),\qquad x\in\ell_1.
\]
\begin{enumerate}
 \item Dokažte, že se jedná o spojitý lineární operátor.
 \item Vyjádřete duální operátor $T^*$ pomocí reprezentace duálů klasických prostorů.
 \item Zjistěte, zda je $T$ kompaktní operátor.
\end{enumerate}
\end{example}

\begin{example}[15 bod\r{u}] Uvažujme Hilbertův prostor $H = L_2((0,\infty), e^{-t}\d t)$. Napište ortonormální bázi podprostoru $Y = \operatorname{span}\{1,e^{-2t}\}$ a nalezněte nejbližší bod v $Y$ k bodu $f(t) = e^{-3t}$.
\end{example}

\begin{example}[20 bod\r{u}] Nechť je dáno zobrazení $T:L_1([0,1])\to L_1([0,1])$ definované předpisem
\[
    Tf(t) = 4f(t) + \int_0^1 e^xf(x)e^t\d x,\qquad f\in L_1([0,1]), t\in [0,1].
\]
Dokažte, že se jedná o spojitý lineární operátor a nalezn\v{e}te $\sigma(T)$ a $\sigma_p(T)$.\\
(v této úloze uvažujte pouze reálné Banachovy prostory)
\end{example}
\newpage
\begin{footnotesize}
\textbf{Nástin řešení}

\textbf{Příklad 1}: Pro každé $x\in \ell_1$  a $n\in\N$ platí, že $|Tx(2n-1)| = \tfrac{|x_1|}{n}\to 0$ a $|Tx(2n)| = |x_{n+1}|\to 0$, tedy $Tx\in c_0$ a $\|Tx\| \leq \max\{|x_n|\colon n\in\N\}\leq \|x\|_1$, a protože je snadné nahlédnout, že $T$ je lineární, podle předchozí nerovnosti je také spojité a $\|T\|\leq 1$.

S použitím reprezentací $(c_0)^* = \ell_1$ a $(\ell_1)^* = \ell_\infty$ dostáváme, že pro $T^*:\ell_1\to \ell_\infty$ platí pro každé $y\in\ell_1$ a $x\in \ell_1$, že
\begin{equation}\label{eq:dualityJedna}
 \sum_{n=1}^\infty (T^*y)_n x_n = (T^*y)(x) = y(Tx) = \sum_{n=1}^\infty y_n (Tx)_n.
\end{equation}
Uvědomme si nyní, že $T(e_1) = (1,0,\tfrac{1}{2},0,\tfrac{1}{3},0,\ldots)$ a $T(e_k) = e_{2(k-1)}$ pro $k\geq 2$. Tedy, pokud do \eqref{eq:dualityJedna} dosadíme $x=e_k$, dostaneme, že pro každé $k\in\N$ máme
\[
 (T^*y)_k = (T^*y)(e_k) = y(Te_k) = \begin{cases} \sum_{n=1}^\infty \tfrac{y_{2n-1}}{n} & k=1\\
 y_{2(k-1)} & k\neq 1.
 \end{cases}
\]
Máme tak vyjádřenu $k$-tou souřadnici vektoru $T^*y$ a proto dostáváme, že $T^*y = \Big(\sum_{n=1}^\infty \tfrac{y_{2n-1}}{n}, y_2, y_4, y_6,\ldots \Big)$ pro $y\in \ell_1$.

Konečně, pro $k,l\geq 2$, $k\neq l$ máme $\|T(e_k) - T(e_l)\| = \|e_{2(k-1)} - e_{2(l-1)}\| = 1$ a tedy operátor $T$ není kompaktní, neboť posloupnost $\{T(e_k)\}_{k\geq 2}$ je $1$-separovaná a tedy neobsahuje cauchyovskou podposloupnost.

\bigskip

\textbf{Příklad 2}: Máme
\[\|1\|_H^2 = \int_0^\infty e^{-t} \d t = [-e^{-t}]_0^\infty = 1.\]
Označme tedy funkci, která je konstantně jedné jako $f_1$. Dále položme
\[
\tilde{f}_2 = e^{-2t} - \langle e^{-2t},f_1\rangle f_1 = e^{-2t} - \int_0^\infty e^{-2t} e^{-t} \d t = [-\tfrac{1}{3}e^{-3t}]_0^\infty = e^{-2t} - \tfrac{1}{3}
\]
a spočtěme
\[
\|\tilde{f}_2\|_H^2 = \int_0^\infty (e^{-2t} - \tfrac{1}{3})^2 e^{-t} \d t = [-\tfrac{1}{5}e^{-5t} + \tfrac{2}{9}e^{-3t} - \tfrac{1}{9}e^{-t}]_0^\infty = \tfrac{1}{5} - \tfrac{1}{9} = \tfrac{4}{45},
\]
tedy pro $f_2 = \sqrt{\tfrac{45}{4}}(e^{-2t} - \tfrac{1}{3})$ máme, že $\{f_1,f_2\}$ je ortonormální báze prostoru $Y$ a nejbližsí bod v $Y$ k $e^{-3t}$ určíme s pomocí vzorce pro ortogonální projekci jako
\[\begin{split}
P_Y(e^{-3t}) & = \langle e^{-3t},f_1\rangle f_1 + \langle e^{-3t},f_2\rangle f_2 = \int_0^\infty e^{-3x} e^{-x} \d x + \int_0^\infty e^{-3x} \sqrt{\tfrac{45}{4}}(e^{-2x} - \tfrac{1}{3}) e^{-x} \d x \sqrt{\tfrac{45}{4}}(e^{-2t} - \tfrac{1}{3})\\
& = [-\tfrac{1}{4}e^{-4x}]_0^\infty + \tfrac{45}{4}\int_0^\infty e^{-6x} - \tfrac{1}{3}e^{-4x}\d x(e^{-2t} - \tfrac{1}{3}) = \tfrac{1}{4} + \tfrac{45}{4} [-\tfrac{1}{6}e^{-6x} + \tfrac{1}{12}e^{-4x}]_0^\infty (e^{-2t} - \tfrac{1}{3})\\
& = \tfrac{1}{4} + \tfrac{45}{4} (\tfrac{1}{6} - \tfrac{1}{12}) (e^{-2t} - \tfrac{1}{3}) = \tfrac{1}{4} + \tfrac{45}{48} (e^{-2t} - \tfrac{1}{3}).
\end{split}\]

\bigskip

\textbf{Příklad 3}: Operátor $T$ můžeme napsat jako $T = 4I + S$, kde $S$ je konečně-dimenzionální operátor daný předpisem $Sf(t) = \int_0^{1} e^xf(x)e^t\d x$ (obor hodnot $S$ je jednodimenzionální prostor generovaný funkcí $e^t$). Tedy, stačí určit že $S$ je spojitý lineární operátor (pak i $T$ je spojitý a lineérní) a spočítat $\sigma_p(S)$ a $\sigma(S)$, neboť pro každé $\lambda\in\mathbb{K}$ máme $\lambda I - T = (\lambda-4) I - S$ a tedy $\sigma_p(T) = 4 + \sigma_p(S)$ a $\sigma(T) = 4 + \sigma(S)$.

Nejprve vyšetřeme, že $S$ je spojitý operátor. Zřejmě je lineární a máme
\[\begin{split}
\|Sf\| & = \int_0^{1} |Sf(t)| \d t\leq \int_0^{1} \int_0^{1} e^x|f(x)| \d x e^t\d t \\ 
& \leq \int_0^{1} \int_0^{1} |f(x)| \d x e^{t+1}\d t = \int_0^{1}e^{t+1} \d t\|f\|\leq e^2\|f\|,
\end{split}\]
tedy $S$ je spojitý operátor a $\|S\|\leq e^2$.

Vyšetřeme nyní bodové spektrum operátoru $S$. Pro $|\lambda|\leq 5$ tak hledáme nenulové $f\in L_1([0,1])$ splňující rovnost $\lambda f = Sf$. Pokud je $\lambda = 0$ pak nenulovým řešením je například funkce $f(t) = e^{-t}(\chi_{[0,1/2]}(t)-\chi_{[1/2,1]}(t))$. Předpokládejme nyní, že $\lambda\neq 0$. Protože obor hodnot $S$ je jednodimenzionální prostor generovaný funkcí $e^t$, musí být jakákoliv funkce splňující rovnici $\lambda f = Sf$ tvaru $f(t) = Ae^{t}$ pro nějaké $A\in\mathbb{R}$. Tedy, dostáváme
\[
\lambda Ae^{t} = Sf(t) = \int_0^{1} e^xAe^{x}e^t\d x = \tfrac{A(e^2-1)}{2}e^t
\]
a tedy funkce $f$ je řešením rovnosti $\lambda f = Sf$ právě když $f(t) = Ae^{t}$, kde $\lambda A = \frac{e^2-1}{2}A$. Tedy buď $A=0$ (pak ale $f$ je nulová funkce), nebo $\lambda = \frac{e^2-1}{2}$. Celkem tedy $\sigma_p(S) = \{0,\frac{e^2-1}{2}\}$ a protože je operátor $S$ konečně-dimenzionální a tedy kompaktní, máme $\sigma(S) = \{0,\tfrac{e^2-1}{2}\}$.

Tedy, $\sigma_p(T) = 4 + \sigma_p(S) = \{4,\frac{e^2+7}{2}\}$ a $\sigma(T) = 4 + \sigma(S) = \{4,\tfrac{e^2+7}{2}\}$.
\end{footnotesize}
\newpage
\noindent\begin{center}\textbf{Vybrané partie z funkcion\'aln\'i anal\'yzy, LS 2021-2022\\Zad\'an\'i p\'isemn\'e \v{c}\'asti zkou\v{s}ky - term\'in 30.5.}\end{center}

 \bigskip
 
\begin{example}[17 bod\r{u}] Nechť je dáno zobrazení $T:L_1((0,\infty))\to L_1((0,\infty),e^{-t}\d t)$ definované předpisem
\[
    Tf(t) = f(2t),\qquad .
\]
\begin{enumerate}
 \item Dokažte, že se jedná o spojitý lineární operátor.
 \item Vyjádřete duální operátor $T^*$ pomocí reprezentace duálů klasických prostorů.
 \item Zjistěte, zda $T$ je kompaktní operátor.
\end{enumerate}
\end{example}

\begin{example}[11 bod\r{u}] Definujme funkcion\'al $\varphi:C([0,3])\to \mathbb R$ p\v{r}edpisem
\[
\varphi(f):= f(2) - \int_0^1 f(2t) \d t,\quad f\in C([0,1]).
\]
Uka\v{z}te, \v{z}e $\varphi\in (C([0,1]))^*$ a ur\v{c}ete normu $\|\varphi\|$.
\end{example}

\begin{example}[22 bod\r{u}] Nechť je dáno zobrazení $T:\ell_2\to \ell_2$ definované předpisem
\[
    Tx = \Big(x_1-2x_2,x_2-2x_1,\frac{x_3}{2^3},\frac{x_4}{2^4},\ldots,\frac{x_n}{2^n},\ldots\Big),\qquad x\in\ell_2.
\]
Dokažte, že se jedná o spojitý lineární operátor a nalezn\v{e}te $\sigma(T)$, $\sigma_p(T)$ a pro každé $\lambda\in \sigma_p(T)$ nalezněte příslušný nenulový vlastní vektor.
\end{example}
\newpage\begin{footnotesize}
\textbf{Nástin řešení}

\textbf{Příklad 4}: Pro každé $f\in L_1$ platí
\[\|Tf\| = \int_0^\infty |f(2t)| e^{-t} \d t = \frac{1}{2}\int_0^\infty |f(s)| e^{-s/2} \d s\leq \frac{1}{2} \int_0^\infty |f(s)| \d s = \frac{1}{2}\|f\|,\]
tedy snadno nahlédneme, že $T$ je dobře definovaný spojitý lineární operátor a $\|T\|\leq \tfrac{1}{2}$.

S použitím reprezentace $L_1^* = L_\infty$ dostáváme, že pro $g\in L_\infty((0,\infty),e^{-t}\d t)$ je $T^*g$ jediný prvek $L_\infty((0,\infty))$ splňující že pro každou $f\in L_1((0,\infty))$ platí
\begin{equation}\label{eq:firstDualEq}
\int_0^\infty f(t)T^*g(t) \d t = T^*g(f) = g(Tf) = \int_0^\infty g(t)f(2t)e^{-t} \d t = \frac{1}{2}\int_0^\infty g(\tfrac{s}{2})f(s)e^{-s/2} \d s.
\end{equation}
A protože $|\tfrac{1}{2}g(s/2)e^{-s/2}|\leq \tfrac{1}{2}|g(s/2)| \leq \tfrac{1}{2}\|g\|$, $s\in (0,\infty)$, dostáváme, že funkce $s\mapsto \tfrac{1}{2}g(s/2)e^{-s/2}$ je prvkem $L_\infty((0,\infty))$ a tedy z \eqref{eq:firstDualEq} vidíme, že $T^*g(s) = \tfrac{1}{2}g(s/2)e^{-s/2}$.

Konečně, pro podprostor $Z = \{f\in L_1((0\infty))\colon f|_{(1,\infty)}\equiv 0\}$ dostáváme, že
\[
\|Tf\| = \frac{1}{2}\int_0^\infty |f(s)| e^{-s/2} \d s \geq \frac{e^{-1/2}}{2}\int_0^1 |f(s)| \d s =  \frac{e^{-1/2}}{2} \|f\|, \quad f\in Z,
\]
a tedy $T|_Z$ je isomorfismus a protože $Z$ je nekonečně-dimenzionální (protože třeba $\chi_{(\tfrac{1}{n+1},\tfrac{1}{n})}$, $n\in\N$ je nekonečná posloupnost lineárně nezávislých bodů ze $Z$), operátor $T$ není kompaktní.

\bigskip

\textbf{Příklad 5}: Pro každou $f\in C([0,3])$ máme $|\varphi(f)|\leq \|f\| + \int_0^1 |f(t)| \d t\leq 2\|f\|$ a tedy snadno nahlédneme, že $\varphi$ je spojitá linární funkce a $\|\varphi\|\leq 2$. Navíc, pro 
\[
f_n(t)  = \begin{cases} -1 & t\in [0,2-\tfrac{1}{n}]\\
1 & t\in [2,3]\\
2n(t - 2 + \tfrac{1}{n}) - 1 & t\in [2-\frac{1}{n},2]
\end{cases}
\]
platí, že $\|f_n\|=1$ a 
\[
\varphi(f) = 1 - \frac{1}{2}\int_0^2 f_n(s) \d s \geq 1 + \frac{1}{2}\Big(2-\frac{1}{n} - \int_{2-\tfrac{1}{n}}^2 |f_n(s)| \d s\Big) \geq 1 + \frac{1}{2}\Big(2-\frac{1}{n} -\frac{1}{n}\Big) \to 2,
\]
tedy $\|\varphi\|\geq 2$ a proto celkem dostáváme, že $\|\varphi\| = 2$.

\bigskip

\textbf{Příklad 6}: Pro každé $x\in \ell_2$ platí
\[
\|Tx\| = \|(x_1,x_2,0,0,\ldots) + - (2x_2,2x_1,0,0,\ldots) + (0,0,\tfrac{x_3}{2^3},\ldots,\tfrac{x_n}{2^n},\ldots)\|\leq \|x\| + 2\|x\| + \|x\|\leq 4\|x\|,
\]
a tedy snadno nahlédneme, že $T$ je spojitý lineární operátor a $\|T\|\leq 4$.

Vyšetřeme nyní bodové spektrum. Pro $|\lambda|\leq 4$ tak hledáme nenulové $x\in \ell_2$ splňující rovnost $Tx - \lambda x = 0$, tj. $x_1-2x_2 - \lambda x_1=0$, $x_2-2x_1 - \lambda x_2=0$ a $\tfrac{x_n}{2^n} - \lambda x_n =0$, $n\geq 3$. Tedy, buď $\lambda\in\{2^{-n}\colon n\in\N,n\geq 3\}$ (pak nenulové řešení je například $x = e_n$), nebo $x_n = 0$ pro $n\geq 3$ a existuje nenulové řešení soustavy rovnic daných maticí
\[
\left(\begin{array}{cc|c}  
 1-\lambda & -2 & 0\\  
 -2 & 1-\lambda & 0
\end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{cc|c}  
 1-\lambda & -2 & 0\\  
 0 & (1-\lambda)^2 - 4 & 0
\end{array}\right),
\]
tedy musí být $(1-\lambda)^2 - 4 = 0$, tj. $|\lambda - 1| = 2$, tj. $\lambda\in \{3,-1\}$. Celkem tedy $\sigma_p(T) = \{-1,3,2^{-n}\colon n\in\N, n\geq 3\}$. Vlastní vektor příslušný $\lambda = 2^{-n}$, $n\geq 3$ je $x = e_n$, vlastní vektor příslušný $\lambda = -1$ je například $e_1+e_2$, vlastní vektor příslušný $\lambda=3$ je například $e_1-e_2$.

Zbývá určit spektrum. Víme, že $\sigma(T)\supset \overline{\sigma_p(T)} = \{0\}\cup\sigma_p(T)$. Zvolme tedy $|\lambda|\leq 4$, $\lambda\notin\overline{\sigma_p(T)}$ a zkoumejme, zda je operátor $T - \lambda I$ surjektivní. Pro zadané $y\in\ell_2$ musí pro každé $n\geq 3$ platit $x_n = y_n\tfrac{1}{2^{-n}- \lambda}$. Dále, $(x_1,x_2)$ musí řešit rovnici zadanou maticí
\[
\left(\begin{array}{cc|c}  
 1-\lambda & -2 & y_1\\  
 -2 & 1-\lambda & y_2
\end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{cc|c}  
 1-\lambda & -2 & y_1\\  
 0 & (1-\lambda)^2 - 4 & (1-\lambda)y_2 + 2y_1
\end{array}\right),
\]
tedy dostáváme, že pro $\lambda = 1$ je $x_2 = -\tfrac{y_1}{2}$ a $x_1 = -\tfrac{y_2}{2}$ a pro $\lambda\neq 1$
\[x_2 = \tfrac{(1-\lambda)y_2 + 2y_1}{(1-\lambda)^2 - 4}\quad\text{ a }\quad x_1 = \tfrac{1}{1-\lambda}(y_1 + 2\tfrac{(1-\lambda)y_2 + 2y_1}{(1-\lambda)^2 - 4}).
\]
Takto definovaný prvek je elementem $\ell_2$, neboť
\[
\sum_{n=3}^\infty |x_n|^2 = \sum_{n=3}^\infty \frac{|y_n|^2}{|\lambda - 2^{-n}|}\leq \sum_{n=3}^\infty \frac{|y_n|^2}{d(\lambda,\{2^{-n}\colon n\geq 3\})} < \infty.
\]
Celkem tak dostáváme, že $\sigma(T) = \{0\}\cup \sigma_p(T)$.

Alternativní a výpočetně příjemnější postup by byl si uvědomit, že operátor $T$ je kompaktní a tedy bychom dostali rovnou, že $\sigma(T) = \{0\}\cup \sigma_p(T)$.
\end{footnotesize}
\newpage
\noindent\begin{center}\textbf{Vybrané partie z funkcion\'aln\'i anal\'yzy, LS 2021-2022\\Zad\'an\'i p\'isemn\'e \v{c}\'asti zkou\v{s}ky - term\'in 8.6.}\end{center}

 \bigskip
 
\begin{example}[20 bod\r{u}] Nechť je dáno zobrazení $T:L_1([2,\infty))\to c_0$ definované předpisem
\[
    Tf = \Big(\int_2^\infty f(t)e^{-nt} \d t\Big)_{n=1}^\infty,\qquad .
\]
\begin{enumerate}
 \item Dokažte, že $Tf\in c_0$ pro $f\in L_1([2,\infty))$ a že $T$ je spojitý lineární operátor.
 \item Vyjádřete duální operátor $T^*$ pomocí reprezentace duálů klasických prostorů.
 \item Zjistěte, zda je $T$ kompaktní operátor.
\end{enumerate}
\end{example}

\begin{example}[15 bod\r{u}] Označme $\zeta(\alpha):= \sum_{n=1}^\infty \tfrac{1}{n^\alpha}$, $\alpha\in (1,\infty)$. Za pomocí funkce $\zeta$ vyjádřete nějakou ortonormální bázi podprostoru \[Y = \operatorname{span}\Big\{\big(\tfrac{1}{n}\big)_{n=1}^\infty,\big(\tfrac{1}{n^2}\big)_{n=1}^\infty\Big\}\subset \ell_2\] a nalezněte nejbližší bod v $Y$ k bodu $x_0 = (\tfrac{1}{n^3})_{n=1}^\infty$.
\end{example}

\begin{example}[15 bod\r{u}] Nechť je dáno zobrazení $T:C([0,2])\to C([0,2])$ definované předpisem
\[
    Tf(t) = \max\{t,t^2\}f(t),\qquad f\in C([0,2]), t\in[0,2].
\]
Dokažte, že se jedná o spojitý lineární operátor a nalezn\v{e}te $\sigma(T)$ a $\sigma_p(T)$.
\end{example}
\newpage
\begin{footnotesize}
\textbf{Nástin řešení}

\textbf{Příklad 7}: Pro $f\in L_1([2,\infty))$ a $n\in\N$ platí 
\begin{equation}\label{eq:spojitostOperatoru7}
|Tf(n)|\leq \int_2^\infty |f(t)|e^{-2n}\d t\leq e^{-2n}\|f\|_1\to 0.
\end{equation}
Tedy, $Tf\in c_0$ a dále je z výpočtu výše snadno vidět, že $T$ je spojitý linární operátor a $\|T\|\leq e^{-2}$.

S použitím reprezentace $L_1^* = L_\infty$ a $(c_0)^* = \ell_1$ dostáváme, že pro $x\in \ell_1$ je $T^*x$ jediný prvek $L_\infty([2,\infty))$ splňující, že pro každou $f\in L_1([2,\infty))$ platí
\[
\int_2^\infty T^*x(t)f(t) \d t = T^*x(f) = x(Tf) = \sum_{n=1}^\infty x_n\int_2^\infty f(t)e^{-nt} \d t = \int_2^\infty f(t)\sum_{n=1}^\infty x_ne^{-nt} \d t,
\]
kde v poslední rovnosti jsme prohodili sumu a integrál, což je možné z Lebesgueovy věty, neboť integrovatelná majoranta je dána odhadem
\begin{equation}\label{eq:vypocetDuality}
    \big|\sum_{n=1}^\infty x_ne^{-nt}|\leq \sum_{n=1}^\infty |x_n|e^{-t} = \|x\|_1\cdot e^{-t}\in L_1([2,\infty)).
\end{equation}
Dále je z odhadu \eqref{eq:vypocetDuality} vidět, že $|\sum_{n=1}^\infty x_ne^{-nt}|\leq e^{-2}\|x\|_1$, $t\geq 2$ a tedy se jedná o bodově konvergentní sumu, která dobře definuje funkci z $L_\infty([2,\infty))$. Celkem dostáváme, že $T^*x(t) = \sum_{n=1}^\infty x_ne^{-nt}$.

Pro vyšetření kompaktnosti uvažujme konečně-dimenzionální operátor $T_N:L_1([2,\infty))\to c_0$ daný předpisem \[T_Nf = \Big(\int_2^\infty f(t)e^{-nt} \d t\Big)_{n=1}^N.\]
Podobně jako výše z odhadu \eqref{eq:spojitostOperatoru7} snadno zjistíme, že se jedná o spojitý linární operátor. Dále pro $f\in L_1([2,\infty))$ platí (používáme zase odhad \eqref{eq:spojitostOperatoru7})
\[
\|(T-T_N)f\| = \sup_{n> N} |Tf(n)|\leq \sup_{n> N} e^{-2n}\|f\|_1\leq e^{-2(N+1)}\|f\|_1,
\]
tedy $\|T-T_N\|\leq e^{-2(N+1)}\to 0$. Operátor $T$ je tedy kompaktní. Alternativně se dalo spočítat, že $T^*$ je kompaktní ($T^*$ jsme určili výše), což by bylo trochu bližší úlohám počítaným na cvičení (operátor $T^*$ by se zase aproximoval konečně-dimenzionálními operátory $T_N$).

\bigskip

\textbf{Příklad 8}: Máme $\|(\tfrac{1}{n})\|_2 = \sqrt{\zeta(2)}$. Označme tedy posloupnost $\big(\tfrac{1}{n\sqrt{\zeta(2)}}\big)_{n=1}^\infty\in\ell_2$ jako $f_1$. Dále položme
\[
\widetilde{f_2} = \bigg(\frac{1}{n^2}\bigg)_{n=1}^\infty - \langle \bigg(\frac{1}{n^2}\bigg)_{n=1}^\infty,f_1\rangle f_1 = \bigg(\frac{1}{n^2}\bigg)_{n=1}^\infty - \frac{1}{\zeta(2)}\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^3}\bigg(\frac{1}{n}\bigg)_{n=1}^\infty = \bigg(\frac{1}{n^2} - \frac{\zeta(3)}{\zeta(2)n}\bigg)_{n=1}^\infty
\]
a spočtěme
\[
\|\widetilde{f_2}\|_2^2 = \sum_{n=1}^\infty \bigg|\frac{1}{n^2} - \frac{\zeta(3)}{\zeta(2)n}\bigg|^2 = \zeta(4) - \frac{2\zeta(3)^2}{\zeta(2)} + \frac{\zeta(3)^2}{\zeta(2)} = \frac{\zeta(4)\zeta(2) - \zeta(3)^2}{\zeta(2)},
\]
tedy pro $f_2 = \tfrac{\widetilde{f_2}}{\|\widetilde{f_2}\|_2}$ máme, že $\{f_1,f_2\}$ je ortonormální báze prostoru $Y$ a nejbližší bod v $Y$ k $x_0$ určíme s pomocí vzorce pro ortogonální projekci jako
\[\begin{split}
P_Y(x_0) & = \langle x_0,f_1\rangle f_1 + \langle x_0,f_2\rangle f_2 = \frac{1}{\zeta(2)}\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4}\bigg(\frac{1}{n}\bigg)_{n=1}^\infty + \frac{1}{\|\widetilde{f_2}\|_2^2}\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^3}\bigg(\frac{1}{n^2} - \frac{\zeta(3)}{\zeta(2)n}\bigg)\bigg(\frac{1}{n^2} - \frac{\zeta(3)}{\zeta(2)n}\bigg)_{n=1}^\infty\\
& = \frac{\zeta(4)}{\zeta(2)}\bigg(\frac{1}{n}\bigg)_{n=1}^\infty + \frac{\zeta(2)}{\zeta(4)\zeta(2) - \zeta(3)^2}\bigg(\zeta(5)- \frac{\zeta(3)\zeta(4)}{\zeta(2)}\bigg)\bigg(\frac{1}{n^2} - \frac{\zeta(3)}{\zeta(2)n}\bigg)_{n=1}^\infty\\
& = \bigg(\frac{\zeta(4)}{\zeta(2)}\frac{1}{n} + \frac{\zeta(5)\zeta(2) - \zeta(3)\zeta(4)}{\zeta(4)\zeta(2) - \zeta(3)^2}\Big(\frac{1}{n^2} - \frac{\zeta(3)}{\zeta(2)n}\Big)\bigg)_{n=1}^\infty.
\end{split}\]

\bigskip

\textbf{Příklad 9}: Pro každé $f\in C([0,2])$ platí $\|Tf\|_\infty\leq \|\max\{t,t^2\}\|_\infty\cdot\|f\|_\infty = 4\|f\|_\infty$ a tedy snadno nahlédneme, že $T$ je spojitý lineární operátor a $\|T\|\leq 4$.

Vyšetřeme nyní bodové spektrum. Pro $|\lambda|\leq 4$ tak hledáme nenulové $f\in C([0,2])$ splňující rovnost $\lambda f(t) = Tf(t) = \max\{t,t^2\}f(t)$. Pak ve všech bodech kde $f(t)\neq 0$ musí platit $\lambda = \max\{t,t^2\}$, tedy $\max\{t,t^2\}$ musí být konstatní na množině $\{t\colon f(t)\neq 0\}$. Protože ale nenulová spojitá funkce má nekonečně mnoho bodů kde není rovna nule, dostáváme celkem že $\sigma_p(T) = \emptyset$.

Zbývá vyšetřit spektrum. Pro $|\lambda|\leq 4$ chceme zjistit, zda je $\lambda I - T$ surjektivní, tedy pro která $g\in C([0,2])$ existuje $f\in C([0,2])$ splňující
\begin{equation}\label{eq:spektrum9}
(\lambda  - \max\{t,t^2\})f(t) = g(t),\quad t\in [0,2].
\end{equation}
Uvědomme si, že obor hodnot funkce $\max\{t,t^2\}$ je roven $[0,4]$ a tedy, pokud $\lambda\notin [0,4]$, pak hledaná spojitá funkce $f$ je dána předpisem $f(t) = \frac{g(t)}{\lambda  - \max\{t,t^2\}}$, tedy dostáváme, že $\sigma(T)\subset [0,4]$. Naopak, pokud je $\lambda\in [0,4]$, pak exituje $t\in [0,2]$ že $\lambda = \max\{t,t^2\}$ a tedy pro funkci $g(t)=1$, $t\in [0,2]$ rovnost \eqref{eq:spektrum9}
 nastat nemůže. Tedy $[0,4]\subset \sigma(T)$. Celkem $\sigma(T) = [0,4]$.
 \end{footnotesize}
 \newpage
\noindent\begin{center}\textbf{Vybrané partie z funkcion\'aln\'i anal\'yzy, LS 2021-2022\\Zad\'an\'i p\'isemn\'e \v{c}\'asti zkou\v{s}ky - term\'in 15.6.}\end{center}

 \bigskip
 
\begin{example}[17 bod\r{u}] Nechť je dáno zobrazení $T:\ell_2\to \ell_1$ definované předpisem %pripadne se da mirne zjednodusit a uvazovat radeji operator jako $T:\ell_2\to c_0$
\[
    Tx = \Big(\frac{x_1+\ldots+x_n}{2^n}\Big)_{n=1}^\infty,\qquad x\in\ell_2.
\]
\begin{enumerate}
 \item Dokažte, že $Tx\in \ell_1$ pro $x\in\ell_2$ a že $T$ je spojitý lineární operátor.
 \item Vyjádřete duální operátor $T^*$ pomocí reprezentace duálů klasických prostorů.
 \item Zjistěte, zda je $T$ kompaktní operátor.
\end{enumerate}
\end{example}

\begin{example}[13 bod\r{u}] Definujme funkcion\'al $\varphi:L_\infty([1,\infty))\to \mathbb R$ p\v{r}edpisem
\[
\varphi(f):= \sum_{n=1}^\infty \int_n^{n+1} \frac{(-1)^n}{n^2} f(t) \d t,\quad f\in L_\infty([0,\infty)).
\]
\begin{enumerate}
 \item Uka\v{z}te, \v{z}e $\varphi\in (L_\infty([1,\infty)))^*$ a ur\v{c}ete normu $\|\varphi\|$.
 \item Nalezněte funkce $f_n\in L_\infty([1,\infty))$, $n\in \N$ spňující, že $\{f_n\colon n\in\N\}$ je nekonečná a lineárně nezávislá podmnožina $\ker \varphi$.
 \end{enumerate}
\end{example}

\begin{example}[20 bod\r{u}] Nechť je dáno zobrazení $T:C([0,2])\to C([0,2])$ definované předpisem
\[
    Tf(t) = 3f(t) - f(1) + \int_0^2 txf(x)\d x,\qquad f\in C([0,2]), t\in[0,2].
\]
Dokažte, že se jedná o spojitý lineární operátor a nalezn\v{e}te $\sigma(T)$ a $\sigma_p(T)$.\\
(v této úloze uvažujte pouze reálné Banachovy prostory)
\end{example}
\newpage 
\begin{footnotesize}
\textbf{Nástin řešení}

\textbf{Příklad 10}: Pro $x\in\ell_2$ a $n\in\N$ s použitím H\"olderovy nerovnosti dostáváme
\begin{equation}\label{eq:spojitostOperatoru10}
|Tx(n)|\leq \sum_{i=1}^n \frac{|x_i|}{2^n}\leq \|x\|_2\cdot \frac{\sqrt{\sum_{i=1}^n 1^2}}{2^n} = \|x\|_2\cdot \frac{\sqrt{n}}{2^n},
\end{equation}
a protože suma $\sum_{n=1}^\infty \frac{\sqrt{n}}{2^n}$ je konvergentní (například dle odmocninového kritéria), dostáváme, že $Tx\in\ell_1$ a $\|Tx\|\leq \|x\|_2\cdot \sum_{n=1}^\infty \frac{\sqrt{n}}{2^n}$. Snadno tak nahlédneme, že $T$ je spojitý lineární operátor a $\|T\|\leq \sum_{n=1}^\infty \frac{\sqrt{n}}{2^n}$.

S použitím reprezentací $(\ell_2)^* = \ell_2$ a $(\ell_1)^* = \ell_\infty$ dostáváme, že pro $T^*:\ell_\infty\to \ell_2$ platí pro každé $y\in\ell_\infty$ a $x\in \ell_2$, že
\begin{equation}\label{eq:duality4}
 \sum_{n=1}^\infty (T^*y)_n x_n = (T^*y)(x) = y(Tx) = \sum_{n=1}^\infty y_n (Tx)_n.
\end{equation}
Uvědomme si nyní, že $T(e_k) = (0,\ldots,0,\tfrac{1}{2^k},\tfrac{1}{2^{k+1}},\ldots,\tfrac{1}{2^n},\ldots)$. Tedy, pokud do \eqref{eq:duality4} dosadíme $x=e_k$, dostaneme, že pro každé $k\in\N$ máme
\[
 (T^*y)_k = (T^*y)(e_k) = y(Te_k) = \sum_{n=k}^\infty \tfrac{y_n}{2^n}.
\]
Máme tak vyjádřenu $k$-tou souřadnici vektoru $T^*y$ a proto dostáváme, že $T^*y = \Big(\sum_{n=k}^\infty \tfrac{y_n}{2^n}\Big)_{k=1}^\infty$ pro $y\in \ell_\infty$.

Pro vyšetření kompaktnosti uvažujme konečně-dimenzionální operátor $T_N:\ell_2\to \ell_1$ daný předpisem \[T_Nf = \Big(\frac{x_1+\ldots+x_n}{2^n}\Big)_{n=1}^N.\]
Podobně jako výše z odhadu \eqref{eq:spojitostOperatoru10} snadno zjistíme, že se jedná o spojitý linární operátor. Dále pro $x\in \ell_2$ platí (používáme zase odhad \eqref{eq:spojitostOperatoru10})
\[
\|(T-T_N)x\| = \sum_{n=N+1} |Tx(n)|\leq \|x\|_2 \sum_{n=N+1} \frac{\sqrt{n}}{2^n},
\]
tedy $\|T-T_N\|\leq \sum_{n=N+1} \frac{\sqrt{n}}{2^n}\stackrel{N\to\infty}{\longrightarrow} 0$. Operátor $T$ je tedy kompaktní.

\bigskip

\textbf{Příklad 11}: Pro každou $f\in L_\infty([1,\infty))$ máme $|\varphi(f)|\leq \sum_{n=1}^\infty \|f\|_\infty \int_n^{n+1} \tfrac{1}{n^2} \leq \|f\|_\infty \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$ a tedy snadno nahlédneme, že $\varphi$ je spojitá linární funkce a $\|\varphi\|\leq \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$. Navíc, pro $f = \sum_{n=1}^\infty (-1)^n\chi_{(n,n+1)}$ platí, že $\|f\|_\infty=1$ a 
\[
\varphi(f) = \sum_{n=1}^\infty \int_n^{n+1} \frac{1}{n^2} = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2},
\]
tedy $\|\varphi\|\geq \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$ a proto celkem dostáváme, že $\|\varphi\| = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$. Konečně, funkce $f_n = n^2(\chi_{(n,n+1/2)} - \chi_{(n+1/2,n+1)})$ splňují že $\varphi(f_n)=0$, $n\in \N$ a $\{f_n\colon n\in\N\}$ je zřejmě lineárně nezávislá množina. 

\bigskip

\textbf{Příklad 12}: Operátor $T$ můžeme napsat jako $T = 3I + S$, kde $S$ je konečně-dimenzionální operátor daný předpisem $Sf(t) = -f(1) + \int_0^{2} txf(x)\d x$ (obor hodnot $S$ je dvoudimenzionální prostor generovaný funkcemi $1$ a $t$). Tedy, stačí určit že $S$ je spojitý lineární operátor (pak i $T$ je spojitý a lineérní) a spočítat $\sigma_p(S)$ a $\sigma(S)$, neboť pro každé $\lambda\in\mathbb{K}$ máme $\lambda I - T = (\lambda-3) I - S$ a tedy $\sigma_p(T) = 3 + \sigma_p(S)$ a $\sigma(T) = 3 + \sigma(S)$.

Nejprve vyšetřeme, že $S$ je spojitý operátor. Zřejmě je lineární pro $f\in C([0,2])$ a $t\in [0,2]$ máme \[|Sf(t)|\leq \|f\| + \|f\|\int_0^2 |tx| \d x \leq \|f\| + 2\|f\|\int_0^2 x \d x = 5\|f\|,\]
tedy $S$ je spojitý operátor a $\|S\|\leq 5$.

Vyšetřeme nyní bodové spektrum operátoru $S$. Pro $|\lambda|\leq 5$ tak hledáme nenulové $f\in C([0,2])$ splňující rovnost $\lambda f = Sf$. Pokud je $\lambda = 0$ pak nenulovým řešením je libovolná $f\in C([0,2])\setminus\{0\}$ splňující $f(1)=0$ a $\int_0^2 xf(x) \d x = 0$, například funkce \[f(x) = \begin{cases} 1-x, & x\in [0,1]\\ D(1-x), & x\in[1,2]\end{cases}\]pro vhodnou konstantu $D$ (výpočtem snadno zjistíme, že $D=-\tfrac{1}{7}$). Předpokládejme nyní, že $\lambda\neq 0$. Protože obor hodnot $S$ je dvoudimenzionální prostor generovaný funkcemi $1$ a $t$, musí být jakákoliv funkce splňující rovnici $\lambda f = Sf$ tvaru $f(t) = A + Bt$ pro nějaká $A, B\in\mathbb{R}$. Tedy, dostáváme
\[
\lambda (A + Bt) = Sf(t) = - A - B + \int_0^{2} tx(A+Bx)\d x = -A - B + t(2A + \frac{8}{3}B)
\]
a tedy $A\lambda = -A - B$ a $B\lambda = 2A+\tfrac{8}{3}B$. Z první rovnice tak dostáváme $A = -\frac{B}{1+\lambda}$ a dosazením do druhé rovnice $B\lambda = B(-\frac{2}{1+\lambda} + \frac{8}{3})$, tedy buď $B=0$ (pak ale $f=0$), nebo $\lambda = -\frac{2}{1+\lambda} + \frac{8}{3}$, tj. po úpravě $3\lambda^2 - 5\lambda - 2 = 0$ a po vyřešení kvadratické rovnice dostaneme $\lambda\in\{2,-\tfrac{1}{3}\}$.Celkem tedy $\sigma_p(S) = \{0,2,-\tfrac{1}{3}\}$ a protože je operátor $S$ konečně-dimenzionální a tedy kompaktní, máme $\sigma(S) = \{0,2,-\tfrac{1}{3}\}$.

Tedy, $\sigma_p(T) = 3 + \sigma_p(S) = \{3,5,\tfrac{8}{3}\}$ a $\sigma(T) = 3 + \sigma(S) = \{3,5,\tfrac{8}{3}\}$.
\end{footnotesize}
\newpage
\noindent\begin{center}\textbf{Vybrané partie z funkcion\'aln\'i anal\'yzy, LS 2021-2022\\Zad\'an\'i p\'isemn\'e \v{c}\'asti zkou\v{s}ky - term\'in 5.9.}\end{center}

 \bigskip
 
\begin{example}[17 bod\r{u}] Nechť je dáno zobrazení $T:C([2,4])\to C([1,2])$ definované předpisem
\[
    Tf(t) = \int_1^2 \log(s+t)f(2s) \d s,\qquad f\in C([2,4]), t\in[1,2].
\]
\begin{enumerate}
 \item Dokažte, že $Tf\in C([1,2])$ pro $f\in C([2,4])$ a že $T$ je spojitý lineární operátor.
 \item Pomocí reprezentace duálů klasických prostorů vyjádřete $T^*\delta_{3/2}$ (kde $\delta_{3/2}$ je Diracova míra v bodě $3/2$) .
 \item Zjistěte, zda je $T$ kompaktní operátor.
\end{enumerate}
\end{example}

\begin{example}[13 bod\r{u}] Uvažujme Hilbertův prostor $H = L_2([0,1], t \d t)$. Napište ortonormální bázi podprostoru $Y = \operatorname{span}\{1,t^2\}$ a nalezněte nejbližší bod v $Y$ k bodu $f(t) = t$.
\end{example}

\begin{example}[20 bod\r{u}] Nechť je dáno zobrazení $T:c_0\to c_0$ definované předpisem
\[
    Tx = (x_3,2x_2,3x_1,\ldots,x_{3n},2x_{3n-1},3x_{3n-2},\ldots),\qquad x\in c_0.
\]
Dokažte, že se jedná o spojitý lineární operátor a nalezn\v{e}te $\sigma(T)$ a $\sigma_p(T)$.
\end{example}
\newpage 
\begin{footnotesize}
\textbf{Nástin řešení}

\textbf{Příklad 13}: Zvolme $f\in C([2,4])$. Pak $Tf$ je spojitá funkce podle Věty o integrálu závislém na parametru (integrovatelná majoranta existuje, protože $|\log(s+t)f(2s)|\leq \log(s+2)|f(2s)|\in L_1([1,2])$ pro každé $t\in [1,2]$). Zároveň
\[
\|Tf\|_\infty\leq \int_1^2 \log(s+2)|f(2s)| \d s \leq \|f\|_\infty\int_1^2 \log(4) \d s = \log(4)\|f\|_\infty,
\]
tedy snadno nahlédneme, že $T$ je spojitý lineární operátor a $\|T\|\leq \log 4$.

S použitím reprezentací $C([2,4])^*=M([2,4])$ a $C([1,2])^* = M([1,2])$ dostáváme, že $T^*\delta_{3/2}$ jediný prvek $M([2,4])$ splňující, že pro každou $f\in C([2,4])$ platí
\[\begin{split}
\int_2^4 f(x) \d T^*\delta_{3/2}(x) & = T^*\delta_{3/2}(f) = \delta_{3/2}(Tf) = Tf(3/2) = \int_1^2 \log(s+\tfrac{3}{2}) f(2s) \d s = \frac{1}{2}\int_2^4 \log(\tfrac{x+3}{2}) f(x) \d x,
\end{split}\]
tedy pokud budeme uvažovat funkci $g(x) = \frac{1}{2}\log(\tfrac{x+3}{2})$, $x\in [2,4]$, pak $T^*\delta_{3/2} = g\d\lambda$ (tj. $T^*\delta_{3/2}$ je míra s hustotou $g$ vzhledem k Lebesgueově míře $\lambda$).

Pro vyšetření kompaktnosti zvolme $f\in B_{C([2,4])}$. Pak, díky tomu že $\log$ je $\tfrac{1}{2}$-Lipschitzovská funkce na $[2,4]$ (protože $|(\log t)'| = \tfrac{1}{t}\leq \tfrac{1}{2}$ na $[2,4]$), pro $t,t'\in [1,2]$ máme
\[|Tf(t) - Tf(t')| \leq \int_1^2 \big|\log(s+t) - \log(s+t')\big||f(2s)| \d s \leq \int_1^2 \tfrac{1}{2}\big|t - t'\big| \cdot 1 \d s\leq \tfrac{1}{2}|t-t'|,\]
a tedy funkce $Tf$ je $\tfrac{1}{2}$-Lipschitzovská. Dle Arzela-Ascoliho věty (protože už víme, že $TB_{C([2,4])}$ je omezená množina) je tedy $TB_{C([2,4])}$ relativně kompaktní množina a proto $T$ je kompaktní operátor.

\bigskip

\textbf{Příklad 14}: Máme
\[\|1\|_H^2 = \int_0^1 t \d t = \tfrac{1}{2}.\]
Označme tedy funkci, která je rovna konstantně $\sqrt{2}$ jako $f_1$. Dále položme
\[
\tilde{f}_2 = t^2 - \langle t^2,f_1\rangle f_1 = t^2 - 2\int_0^1 t^2 t \d t = t^2 - \frac{1}{2}
\]
a spočtěme
\[
\|\tilde{f}_2\|_H^2 = \int_0^1 (t^2 - \frac{1}{2})^2 t \d t = [\tfrac{t^6}{6} - \tfrac{t^4}{4} + \tfrac{1}{8}]_0^1 = \tfrac{4 - 6 + 3}{24} = \tfrac{1}{24},
\]
tedy pro $f_2 = \sqrt{24}(t^2 - \tfrac{1}{2})$ máme, že $\{f_1,f_2\}$ je ortonormální báze prostoru $Y$ a nejbližsí bod v $Y$ k $t$ určíme s pomocí vzorce pro ortogonální projekci jako
\[\begin{split}
P_Y(t) & = \langle t,f_1\rangle f_1 + \langle t,f_2\rangle f_2 = 2\int_0^1 x\cdot x \d x + 24\int_0^1 x (x^2 - \tfrac{1}{2}) x \d x(t^2 - \tfrac{1}{2})\\
& = \frac{2}{3} + 24\int_0^1 (x^4 - \tfrac{1}{2}x^2)\d x(t^2 - \tfrac{1}{2}) = \frac{2}{3} + \frac{24}{30}(t^2 - \tfrac{1}{2}) = \frac{4}{5}t^2 + \frac{4}{15}.
\end{split}\]

\bigskip

\textbf{Příklad 15}: Pro každé $x\in c_0$ platí
\[
\|Tx\| \leq 3\|x\|,
\]
a tedy snadno nahlédneme, že $T$ je spojitý lineární operátor a $\|T\|\leq 3$.

Vyšetřeme nyní bodové spektrum. Pro $|\lambda|\leq 3$ tak hledáme nenulové $x\in c_0$ splňující rovnost $Tx - \lambda x = 0$, tj. $x_{3n} - \lambda x_{3n-2}=0$, $2x_{3n-1}-\lambda x_{3n-1}=0$ a $3x_{3n-2} - \lambda x_{3n} =0$, $n\in\N$. Tedy, buď $\lambda=2$ (pak nenulové řešení je například $x = e_2$), nebo $x_{3n-1} = 0$ pro $n\in\N$ a existuje nenulové řešení soustavy rovnic daných maticí
\[
\left(\begin{array}{cc|c}  
 -\lambda & 1 & 0\\  
 3 & -\lambda & 0
\end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{cc|c}  
 -\lambda & 1 & 0\\  
 3-\lambda^2 & 0 & 0
\end{array}\right),
\]
tedy musí být $3-\lambda^2 = 0$, tj. $\lambda\in \{\pm\sqrt{3}\}$. Celkem tedy $\sigma_p(T) = \{2, \pm\sqrt{3}\}$. Vlastní vektor příslušný $\lambda = \pm \sqrt{3}$ je  například $x = e_1 \pm\sqrt{3}e_3$.


Zbývá určit spektrum. Víme, že $\sigma(T)\supset \sigma_p(T) = \{2, \pm\sqrt{3}\}$. Zvolme tedy $|\lambda|\leq 3$, $\lambda\notin\{2, \pm\sqrt{3}\}$ a zkoumejme, zda je operátor $T - \lambda I$ surjektivní. Pro zadané $y\in c_0$ musí pro každé $n\in \N$ $(x_{3n-2},x_{3n-1},x_{3n})$ řešit rovnici zadanou maticí
\[
\left(\begin{array}{ccc|c}  
 -\lambda & 0 & 1 & y_{3n-2}\\  
 0 & 2-\lambda & 0 & y_{3n-1}\\
 3 & 0 & -\lambda & y_{3n}
\end{array}\right) \sim \left(\begin{array}{ccc|c}  
 -\lambda & 0 & 1 & y_{3n-2}\\  
 0 & 1 & 0 & \tfrac{y_{3n-1}}{2-\lambda}\\
 3-\lambda^2 & 0 & 0 & \lambda y_{3n-2} + y_{3n}
\end{array}\right)\sim \left(\begin{array}{ccc|c}  
 0 & 0 & 1 & \tfrac{3}{3-\lambda^2} y_{3n-2} + \tfrac{\lambda}{3-\lambda^2}y_{3n}\\  
 0 & 1 & 0 & \tfrac{y_{3n-1}}{2-\lambda}\\
 1 & 0 & 0 & \tfrac{\lambda}{3-\lambda^2} y_{3n-2} + \tfrac{1}{3-\lambda^2}y_{3n}
\end{array}\right),
\]
tedy dostáváme, že $x_{3n-2} = \tfrac{3}{3-\lambda^2} y_{3n-2} + \tfrac{\lambda}{3-\lambda^2}y_{3n}$, $x_{3n-1} = \tfrac{y_{3n-1}}{2-\lambda}$ a $x_{3n} = \tfrac{3}{3-\lambda^2} y_{3n-2} + \tfrac{\lambda}{3-\lambda^2}y_{3n}$ pro $n\in\N$. Je lehké si uvědomit, že takto definovaný prvek je opravdu prvkem $c_0$.
Celkem tak dostáváme, že $\sigma(T) = \sigma_p(T)$.
\end{footnotesize}
\end{document} 
