\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}}

\begin{document}
\noindent\begin{center}\textbf{Vybrané partie z funkcion\'aln\'i anal\'yzy, ZS 2024-2025\\Zad\'an\'i p\'isemn\'e \v{c}\'asti zkou\v{s}ky - term\'in 8.1.}\end{center}

 \bigskip
 
\begin{example}[15 bod\r{u}] Nechť je dáno zobrazení $T:c_0\to C([0,1])$ definované předpisem
\[
    Tx(t) = \sum_{n=1}^\infty \frac{x_n}{n^2}\cdot e^{-nt},\qquad x\in c_0, t\in[0,1].
\]
\begin{enumerate}
 \item Dokažte, že $Tx\in C([0,1])$ pro $x\in c_0$ 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}[16 bod\r{u}] Uvažujme Hilbertův prostor $H = L_2([0,3])$. Napište ortonormální bázi podprostoru $Y = \operatorname{span}\{\chi_{[0,1]}+i\chi_{[2,3]},\chi_{[1,2]} + i\chi_{[2,3]}\}$ a nalezněte nejbližší bod v $Y$ k bodu $f(t) = it$.\\
(Nejbližší bod uveďte ve tvaru $P_Y(it) = a\chi_{[0,1]} + b\chi_{[1,2]} + c\chi_{[2,3]}$, kde $a,b,c\in\mathbb{C}$ jsou konkrétní spočtené konstanty.)
\end{example}

\begin{example}[16 bod\r{u}] Nechť je dáno zobrazení $T:L_4([0,1])\to L_4([0,1])$ definované předpisem
\[
    Tf(t) = 3f(t) - t\int_0^1 e^x f(x)\d x,\qquad f\in L_4([0,1]), t\in [0,1].
\]
Dokažte, že se jedná o spojitý lineární operátor a nalezn\v{e}te $\sigma(T)$ a $\sigma_p(T)$.
\end{example}

\bigskip

\noindent Celkem: 47 bodů + 3 body za obecnou úroveň vypracovaného řešení (kvalita doprovodných komentářů atd).
\newpage
\begin{footnotesize}
\textbf{Nástin řešení}

\textbf{Příklad 1}: Pro $x\in c_0$ je $\sup_{t\in[0,1]} |\frac{x_n}{n^2}e^{-nt}| \leq \|x\|_\infty\cdot \frac{1}{n^2}$ a protože $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}<\infty$, dle Weierstrassova kritéria je řada $\sum_{n=1}^\infty \frac{x_n}{n^2}\cdot e^{-nt}$ stejnoměrně konvergentní na $[0,1]$ a tedy $Tx$ je spojitá funkce. Odsud snadno dostaneme, že $T$ je dobře definovaný lineární operátor. Dále pro $x\in c_0$ je $\|Tx\|\leq \sup_{t\in[0,1]} \sum_{n=1}^\infty \frac{|x_n|}{n^2}e^{-nt}\leq \|x\|\cdot \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$, tedy $T$ je spojitý a $\|T\|\leq \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$.

S použitím reprezentací $(c_0)^* = \ell_1$ a $(C([0,1]))^* = M([0,1])$ dostáváme, že $T^*:M([0,1]) \to \ell_\infty$ je definován tak, že pro $\mu\in M([0,1])$ je $T^*\mu\in \ell_1$ jediná posloupnost splňující
\[
T^*\mu(k) = (T^*\mu)(e_k) = \mu(Te_k) = \mu\Big(\sum_{n=1}^\infty \frac{e_k(n)}{n^2}e^{-nt}\Big) = \mu(\frac{1}{k^2}e^{-kt}) = \frac{1}{k^2}\int_0^1 e^{-kt}\d\mu(t),\qquad k\in \mathbb{N}.
\]
Tedy, $T^*\mu = \Big(\frac{1}{k^2}\int_0^1 e^{-kt}\d\mu(t)\Big)_{k=1}^\infty$ pro $\mu\in M([0,1])$.

Abychom dokázali že $T$ je kompaktní operátor, definujme pro $N\in\mathbb{N}$ operátory $T_N:c_0\to C([0,1])$ předpisem $T_Nx(t):=\sum_{n=1}^N \frac{x_n}{n^2}e^{-nt}$. Podobně jako výše ověříme, že se jedná o spojité lineární operátory (s výjimkou, že teď nemusíme používat Weiestrassovo kritérium, neboť se jedná o konečnou sumu). Dále, $\operatorname{Rng} T_N\subset \operatorname{span} \{e^{-nt}\colon n=1,\ldots,N\}$, tedy se jedná o konečně-dimenzionální operátory. Konečně, pro $x\in c_0$ máme $\|(T_N-T)x\|\leq \sup_{t\in[0,1]} \sum_{n=N+1}^\infty \frac{|x_n|}{n^2}e^{-nt}\leq \|x\|\cdot \sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^2}$, tedy $\|T_N-T\|\leq \sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^2}\to 0$ a proto $T$ je kompaktní operátor.

\bigskip

\textbf{Příklad 2}: Položme $\widetilde{e_1}:=\chi_{[0,1]}+i\chi_{[2,3]}$. Pak $\|\widetilde{e_1}\|_2^2 = \int_0^1 \d t + \int_2^3 \d t = 2$. Označme tedy $e_1:= \frac{1}{\sqrt{2}} \widetilde{e_1}$. Dále položme
\[\begin{split}
\widetilde{e_2}: & =\chi_{[1,2]} + i\chi_{[2,3]} - \langle\chi_{[1,2]} + i\chi_{[2,3]},e_1\rangle e_1 = \chi_{[1,2]} + i\chi_{[2,3]} - \frac{1}{2}\langle\chi_{[1,2]} + i\chi_{[2,3]},\widetilde{e_1}\rangle \widetilde{e_1}\\
& = \chi_{[1,2]} + i\chi_{[2,3]} - \frac{\widetilde{e_1}}{2}\int_0^3 i\chi_{[2,3]}(-i\chi_{[2,3]})\d t =  \chi_{[1,2]} + i\chi_{[2,3]} - \frac{\widetilde{e_1}}{2} = -\frac{1}{2}\chi_{[0,1]} + \chi_{[1,2]} + \frac{i}{2}\chi_{[2,3]}.
\end{split}\]
Pak $\|\widetilde{e_2}\|_2^2 = \int_0^1 \frac{1}{4}\d t + \int_{1}^2 \d t + \int_2^3 \frac{1}{4}\d t = \frac{1}{4} + 1 + \frac{1}{4} = \frac{3}{2}$. Označíme--li tedy $e_2:=\sqrt{\frac{2}{3}}\cdot \widetilde{e_2}$, pak $\{e_1,e_2\}$ je ON-báze prostoru $Y$.

Konečně, nejbližší bod v $Y$ k funkci $f(t)=it$ je ortogonální projekce $P_Y(f)$, což spočteme takto
\[\begin{split}
P_Y(it) & = \langle it,e_1\rangle e_1 + \langle it,e_2\rangle e_2 = \frac{1}{2}\Big(\int_0^1 ix \d x - i\int_2^3 ix \d x\Big)\Big(\chi_{[0,1]}+i\chi_{[2,3]}\Big) \\
& \qquad \qquad + \frac{2}{3}\Big(-\frac{1}{2}\int_0^1 ix \d x + \int_1^2 ix \d x - \frac{i}{2}\int_2^3 ix \d x\Big)\Big(-\frac{1}{2}\chi_{[0,1]} + \chi_{[1,2]} + \frac{i}{2}\chi_{[2,3]}\Big)\\
& = \frac{1}{2}\Big(\frac{i}{2} + \frac{5}{2}\Big)\Big(\chi_{[0,1]}+i\chi_{[2,3]}\Big) + \frac{2}{3}\Big(-\frac{i}{4} + \frac{3i}{2} + \frac{5}{4}\Big)\Big(-\frac{1}{2}\chi_{[0,1]} + \chi_{[1,2]} + \frac{i}{2}\chi_{[2,3]}\Big)\\
& = \frac{5+i}{4}\Big(\chi_{[0,1]}+i\chi_{[2,3]}\Big) + \frac{5+5i}{6}\Big(-\frac{1}{2}\chi_{[0,1]} + \chi_{[1,2]} + \frac{i}{2}\chi_{[2,3]}\Big)\\
& = \ldots = \frac{5-i}{6}\chi_{[0,1]} + \frac{5 + 5i}{6}\chi_{[1,2]} + \frac{5i-2}{3}\chi_{[2,3]}.
\end{split}\]

\bigskip

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

Nejprve vyřešíme, že $S$ je spojitý operátor. Zřejmě je lineární a máme 
\[
\begin{split}
\|Sf\|_4^4 & = \int_0^{1} |Sf(t)|^4 \, dt = \int_0^{1} t^4 \, dt\cdot\Big|\int_0^1 e^x f(x) \d x\Big|^4 \leq \frac{1}{5}\Big(\int_0^1 e^x |f(x)| \d x\Big)^4 \\ 
& \stackrel{\text{H\"older}}{\leq}\frac{1}{5}\Big(\|f\|_4\cdot \|e^x\|_{4/3}\Big)^4  = \frac{1}{5} \|f\|_4^4\cdot \Big(\int_0^1 e^{\tfrac{4}{3}x} \d x\Big)^3,
\end{split}
\]
tedy $S$ je spojitý operátor a $\|S\| \leq \Big(\frac{1}{5}\Big)^{1/4} \cdot \Big(\int_0^1 e^{\tfrac{4}{3}x} \d x\Big)^{3/4}$.

Vyřešíme nyní bodové spektrum operátoru $S$. Pro $\lambda\in\mathbb{K}$ 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 $t$, musí být jakákoliv funkce splňující rovnici $\lambda f = Sf$ tvaru $f(t) = A t$ pro nějaké  $A \in \mathbb{R}$.
Tedy, dostáváme
\[
\lambda A t = Sf(t) = t\int_0^{1} Axe^x \, dx = \ldots = At,
\]
a tedy funkce $f$ je řešením rovnosti $\lambda f = Sf$ právě když $f(t) = A t$, kde $\lambda A = A$. Tedy buď $A = 0$ (pak ale $f$ je nulová funkce), nebo $\lambda = 1$.

Celkem tedy $\sigma_p(S) = \{ 0, 1\}$ a protože je operátor $S$ konečně-dimenzionální a tedy kompaktní, máme $\sigma(S) = \sigma_p(S) = \{ 0,1\}$. Tedy $\sigma_p(T) = \sigma(T) = 3- \{0,1\} = \{2,3\}$.
\end{footnotesize}
\newpage
\noindent\begin{center}\textbf{Vybrané partie z funkcion\'aln\'i anal\'yzy, ZS 2024-2025\\Zad\'an\'i p\'isemn\'e \v{c}\'asti zkou\v{s}ky - term\'in 22.1.}\end{center}

 \bigskip
 
\begin{example}[17 bod\r{u}] V tomto příkladu uvažujte 
 Banachovy prostory nad tělesem reálných čísel. Nechť je dáno zobrazení $T:L_5((1,\infty),e^t \d t)\to \ell_1$ definované předpisem
\[
    Tf = \Big(\int_1^\infty  f(t)e^{-nt}\Big)_{n=1}^\infty,\qquad f\in L_5((1,\infty),e^t \d t).
\]
\begin{enumerate}
 \item Dokažte, že se jedná o spojitý lineární operátor.
 \item Vyjádřete duální operátor $T^*$ pomocí reprezentace duálů klasických prostorů.
\end{enumerate}
\end{example}

\begin{example}[11 bod\r{u}] Definujme funkcion\'al $\varphi:L_1([1,\infty))\to \mathbb R$ p\v{r}edpisem
\[
\varphi(f):= \sum_{n=1}^\infty \int_n^{n+1} f(t)\cdot (1-t^{-n}) \d t,\quad f\in L_1([1,\infty)).
\]
Uka\v{z}te, \v{z}e $\varphi\in (L_1([1,\infty)))^*$ a ur\v{c}ete normu $\|\varphi\|$. Dále zjistěte (a dokažte), zda tento funkcionál nabývá své normy (tj. zda existuje $f\in L_1([1,\infty))$ splňující $\|f\|_1=1$ a $\varphi(f)=\|\varphi\|$).
\end{example}

\begin{example}[19 bod\r{u}] Nechť je dáno zobrazení $T:C([-2,2])\to C([-2,2])$ definované předpisem
\[
    Tf(t) = ||t|-1|\cdot f(t),\qquad f\in C([-2,2]), t\in[-2,2].
\]
Dokažte, že se jedná o spojitý lineární operátor a nalezn\v{e}te $\sigma(T)$ a $\sigma_p(T)$. Následně zjistěte, zda je $T$ isomorfismus do.
\end{example}

\bigskip

\noindent Celkem: 47 bodů + 3 body za obecnou úroveň vypracovaného řešení (kvalita doprovodných komentářů atd).
\newpage
\begin{footnotesize}
\textbf{Nástin řešení}

\textbf{Příklad 1}: Pro $f\in L_5((1,\infty),e^t\d t)$ a $n\in\mathbb{N}$ máme
\[\begin{split}
|Tf(n)| & \leq \int_1^\infty |f(t)|e^{-nt}\d t = \int_1^\infty |f(t)|e^{-nt}\d t \stackrel{\text{H\"older}}{\leq} \Big(\int_1^\infty |f(t)|^5 e^t\d t\Big)^{1/5}\cdot \Big(\int_1^\infty (e^{-t/5}e^{-nt})^{5/4}\d t\Big)^{4/5}\\
& = \|f\|_5\cdot \Big(\int_1^\infty e^{-t(1+5n)/4}\d t\Big)^{4/5} = \|f\|_5\cdot \Big(\frac{4e^{-(1+5n)/4}}{1+5n}\Big)^{4/5} = \|f\|_5\cdot \frac{4^{4/5}}{e^{1/5}}\cdot \frac{e^{-n}}{(1+5n)^{4/5}},
\end{split}\]
a tedy, protože řada $\sum_{n=1}^\infty \frac{e^{-n}}{(1+5n)^{4/5}}$ je konvergentní (například dle LSK a faktu, že $\frac{e^{-n}}{(1+5n)^{4/5}}\approx \frac{1}{e^nn^{4/5}}<<\frac{1}{n^2}$), dostáváme že $Tf\in \ell_1$. Linearita $T$ plyne z linearity integrálu a spojitost pak z odhadu $\|Tf\| = \sum_{n=1}^\infty|Tf(n)|\leq  \|f\|_5\cdot \frac{4^{4/5}}{e^{1/5}}\cdot \sum_{n=1}^\infty \frac{e^{-n}}{(1+5n)^{4/5}}$ pro $f\in L_5((1,\infty),e^t\d t)$.

S použitím reprezentací $(L_5)^* = L_{5/4}$ a $(\ell_1)^* = \ell_\infty$ dostáváme, že $T^*:\ell_\infty \to L_{5/4}((1,\infty),e^t \d t)$ je operátor splňující pro $x\in \ell_\infty$ že $T^*x\in L_{5/4}$ je jediná funkce z $L_{5/4}$ splňující že pro všechna $g\in L_5((1,\infty),e^t \d t)$ je
\[
\int_1^\infty g(t)\cdot T^*x(t) e^t \d t = T^*x(g) = x(Tg) = \sum_{n=1}^\infty x_n \int_1^\infty g(t)e^{-nt} \d t = \sum_{n=1}^\infty x_n \int_1^\infty g(t)e^{-(n+1)t}e^t \d t.
\]
Nyní si nejprve uvědomme, že $\sum_{n=1}^\infty x_n e^{-(n+1)t}$ je absolutně konvergetní řada v Banachově prostoru $L_{5/4}$, neboť
\[
\sum_{n=1}^\infty \|x_n e^{-(n+1)t}\|_{5/4}\leq \|x\|_\infty \cdot \sum_{n=1}^\infty \Big(\int_{1}^\infty e^{-5(n+1)t/4} \d t\Big)^{4/5} = \|x\|_\infty \cdot \sum_{n=1}^\infty \Big(\frac{4e^{-5(n+1)/4}}{5(n+1)}\Big)^{4/5} < \infty
\]
(poslední nerovnost, tj. konvergence řady, se odůvodní podobně jako výše). Označíme--li tedy $h:=\sum_{n=1}^\infty x_n e^{-(n+1)t}$, pak $h\in L_{5/4}$ a pro částečné součty $h_N:=\sum_{n=1}^N x_n e^{-(n+1)t}$ platí, že $h_N\to h$ v prostoru $L_{5/4}$. Pak dostáváme (s použitím faktu že $(L_5)^* = L_{5/4}$, tj. $g\mapsto \int gh \d \mu$ je spojitá funkce) \[\int g(t)h(t) e^t \d t = \lim_{N\to\infty} \int g(t)h_N(t) e^t \d t = \lim_{N\to\infty} \sum_{n=1}^N x_n \int_1^\infty g(t)e^{-nt} \d t = \sum_{n=1}^\infty x_n \int_1^\infty g(t)e^{-(n+1)t}e^t \d t\]
a tedy $T^*x = h$.

\bigskip

\textbf{Příklad 2}: Pro $f\in L_1$ máme \begin{equation}\label{eq:priklad2}|\varphi(f)| \leq  \sum _{n=1}^\infty \int_n^{n+1} |f(t)|(1-t^{-n}) \d t\leq \sum _{n=1}^\infty \int_n^{n+1} |f(t)| \d t  = \int_1^\infty |f(t)| \d t = \|f\|_1,\end{equation} tedy $\varphi(f)$ je reálné číslo. Nyní snadno nahlédneme, že $\varphi$ je lineární a spojité, přičemž $\|\varphi\|\leq 1$. Pro funkce $f_n:=\chi_{[n,n+1]}$ máme $\|f_n\|_1=1$ a zároveň
\[
\varphi(f_n) = \int_n^{n+1}(1-t^{-n})\d t = 1- \int_n^{n+1} \frac{1}{t^n} \d t \geq 1 - \frac{1}{n^n} \to 1,
\]
tedy $\|\varphi\| = 1$. Konečně, $\varphi$ nenabývá své normy, neboť pokud je pravda že $\varphi(f) = \|f\|_1=1$, pak z \eqref{eq:priklad2} dostáváme, že nutně pro každé $n\in\mathbb{N}$ je $\int_n^{n+1} |f(t)|(1-t^{-n}) \d t = \int_n^{n+1} |f(t)| \d t$, tedy $\int_n^{n+1} |f(t)|t^{-n} \d t = 0$ a proto $|f(t)|t^{-n} = 0$ s.v. na $(n,n+1)$ pro $n\in\mathbb{N}$, z čehož plyne $f=0$ s.v. na $(1,\infty)$ což je spor s tím, že $\|f\|_1=1$.

\bigskip

\textbf{Příklad 3}: Pro $f\in C([-2,2])$ máme $\|Tf\|\leq \||t|-1\|_\infty \cdot \|f\|_\infty\leq \|f\|_\infty$, tedy snadno nahlédneme, že $T$ je spojitý lineární operátor a $\|T\|\leq 1$.

Vyřešíme nyní bodové spektrum operátoru $T$. Pro $\lambda\in\mathbb{K}$ tak hledáme nenulové $f \in C([-2,2])$ splňující rovnost $\lambda f = Tf$, ekvivalentně $\lambda f(t) = ||t|-1|\cdot f(t)$ pro $t\in [-2,2]$, což nutně implikuje že každé řešení $f$ rovnice $\lambda f = Tf$ splňuje, že v každém bodě $t$ je buď $f(t)=0$ nebo $\lambda = ||t|-1|$, tedy ze spojitosti $f$ dostáváme, že $f(t)=0$ pro všechna $t\in[-2,2]$. Nenulové řešení proto neexistuje a tak $\sigma_p(T)=\emptyset$.

Zbývá určit spektrum. Víme, že $\sigma(T)\subset B(0,\|T\|)\subset B(0,1)$. Zvolme tedy $|\lambda|\leq 1$ a zkoumejme, zda je operátor $\lambda I - T$ surjektivní. Pro zadané $g\in C([-2,2])$ hledáme $f\in C([-2,2])$ splňující $\lambda f(t) - ||t|-1|f(t) = g(t)$. Tedy nutně musí platit \begin{equation}\label{eq:priklad3}
(\lambda - ||t|-1|)f(t) = g(t),\quad t\in [-2,2].    
\end{equation}
Pokud je $\lambda$ v oboru hodnot funkce $||t|-1|$, pak například pro funkci $g(t)=1$ takové $f$ není možné najít, neboť na levé straně rovnosti \eqref{eq:priklad3} dostáváme nulu pro nějaké $t\in [-2,2]$ kdežto na pravé straně rovnosti máme hodnotu $g(t)=1$ pro každé $t\in [-2,2]$. Naopak, pokud $\lambda$ není v oboru hodnot funkce $||t|-1|$, pak $f(t) = \frac{g(t)}{\lambda - ||t|-1|}$ je spojitá funkce, která řeší příslušnou rovnici. Tedy, $\lambda I - T$ není surjektivní právě když $\lambda$ je v oboru hodnot funkce $||t|-1|$, tj. právě když $\lambda\in [0,1]$. Celkem tedy $\sigma(T) = [0,1]$.

Konečně, ukažme že $T$ není isomorfismus do. Uvažujme funkce $f_n\in C([-2,2])$, $n\geq 2$ definované předpisem
\[
f_n(t)=\begin{cases} \frac{1}{||t|-1|} & t\in [0,1-\tfrac{1}{n}],\\
1 & t\in [-2,0]\cup [1-\tfrac{1}{2n},2],
\end{cases}
\]
a na intervalu $[1-\tfrac{1}{n},1-\tfrac{1}{2n}]$ jsou $f_n$ dodefinované lineárně (tj. $f_n(t) = 2n(n-1)(1-t) + 2-n$). Pak $\|Tf_n\|\leq 1$, $n\geq 2$, ale $\|f_n\|\geq f_n(1-\tfrac{1}{n}) = n\to \infty$. Tedy $T$ není isomorfismus do.
\end{footnotesize}
\newpage
\noindent\begin{center}\textbf{Vybrané partie z funkcion\'aln\'i anal\'yzy, ZS 2024-2025\\Zad\'an\'i p\'isemn\'e \v{c}\'asti zkou\v{s}ky - term\'in 29.1.}\end{center}

 \bigskip
 
\begin{example}[16 bod\r{u}] Nechť je dáno zobrazení $T:M([0,1])\to \ell_\infty$ definované předpisem
\[
    T\mu = \Big(\int_0^1 f_n(t) \d \mu(t)\Big)_{n=1}^\infty,\qquad \mu\in M([0,1]),
\]
kde $f_n(t)$ jsou spojité funkce dané předpisem $f_n(t):=\max\{0,1-2^{n+1}|t-2^{-n}|\}$, $t\in [0,1]$.

Dokažte, že $T$ je spojitý lineární operátor a zjistěte, zda je $T$ kompaktní operátor. Dále nalezněte spojitý lineární operátor $S:\ell_1\to C([0,1])$ splňující, že pokud vyjádříme duální operátor $S^*$ pomocí reprezentace klasických prostorů, pak $S^* = T$ (můžete bez důkazu použít, že takový operátor $S$ existuje a že pro každý prvek $x\in \ell_1$ platí $x = \sum_{n=1}^\infty x_ne_n$).\\
(\emph{Hint: uvědomte si, že stačí zjistit hodnoty $S(e_n)$, neboť $Sx = \sum_{n=1}^\infty x_nS(e_n)$ pro každé $x\in\ell_1$.})
\end{example}

\bigskip

\begin{example}[13 bod\r{u}] Uvažujte Hilbertův prostor $H=L_2((0,\sqrt[3]{\pi}), t^2\d t)$. Nalezněte ortonormální bázi podprostoru $Y = \operatorname{span}\{\sin(t^3),\cos(t^3)\}$ a nalezněte nejbližší bod v $Y$ k bodu $f_0(t) = t^3$.
\end{example}

\bigskip

\begin{example}[18 bod\r{u}] Nechť je dáno zobrazení $T:c_0\to c_0$ definované předpisem
\[
    Tx = \Big((1+\tfrac{1}{1})x_2,x_1,(1+\tfrac{1}{2})x_4,x_3,(1+\tfrac{1}{3})x_6,x_5,\ldots\Big),\qquad x\in c_0.
\]
(Přesněji, $Tx(2n-1)=(1+\tfrac{1}{n})x_{2n}$ a $Tx(2n)=x_{2n-1}$ pro $n\geq 1$.)

Dokažte, že $Tx\in c_0$ pro $x\in c_0$, že $T$ je spojitý lineární operátor a nalezn\v{e}te $\sigma(T)$ a $\sigma_p(T)$.


\bigskip

\noindent Celkem: 47 bodů + 3 body za obecnou úroveň vypracovaného řešení (kvalita doprovodných komentářů atd).

\end{example}
\newpage
\begin{footnotesize}
\textbf{Nástin řešení}

\textbf{Příklad 1}: Nejpvre si všimněme, že $\|f_n\|_{\infty}\leq 1$ pro $n\geq 1$ a tedy, pro $\mu\in M([0,1])$ a $n\geq 1$ máme $|T\mu(n)|\leq \int_0^1 |f_n(t)| \d |\mu|(t)\leq \|\mu\|$ a tedy $T\mu\in \ell_\infty$ a $\|T\mu\|\leq \|\mu\|$. Protože operátor $T$ je zřejmě lineární, dostáváme také že $T$ je spojitý a $\|T\|\leq 1$.

Uvažujme nyní míry $\mu_n:=\delta(2^{-n})$, $n\geq 1$ (kde $\delta(x)$ značí Diracovu míru v bodě $x$). Pak pro $n,m\in\mathbb{N}$, $n\neq m$ je
\[
\|T\mu_n - T\mu_m\|\geq |T\mu_n(n) - T\mu_m(n)| = |f_n(2^{-n})-f_m(2^{-n})| = 1,
\]
proto $(T\mu_n)$ neobsahuje cauchyovskou posloupnost a protože $(\mu_n)$ je posloupnost z $B_{M([0,1])}$, operátor $T$ není kompaktní.

Konečně, pokud $S:\ell_1\to C([0,1])$ je spojitý lineární operátor splňující $S^*=T$, pak musí pro každou míru $\mu\in M([0,1])$ a každé $n\in\mathbb{N}$ platit, že $S^*\mu(e_n) = \mu(Se_n) = \int_0^1 Se_n(t) \d \mu(t)$, tedy rovnost $S^*=T$ implikuje, že
\[
\int_0^1 Se_n(t) \d \mu(t) = S^*\mu(e_n) = T\mu(e_n) = \int_{0}^1 f_n(t)\d \mu(t).
\]
Pro každé $n\geq 1$ je tedy $Se_n$ spojitá funkce splňující $\mu(Se_n) = \mu(f_n)$ pro $\mu\in M([0,1])$ a protože $M([0,1]) = C([0,1])^*$ odděluje body $C([0,1])$, je nutně $Se_n = f_n$ pro $n\geq 1$. Dostáváme tak, že $S:\ell_1\to C([0,1])$ je dáno předpisem
\[
Sx:=\sum_{n=1}^\infty x_nf_n,\qquad x\in \ell_1.
\]
(Dá se nyní již celkem snadno ověřit, že $S$ je vskutku spojitý lineární operátor a $S^* = T$, ale to již není součástí zadání.)

\bigskip

\textbf{Příklad 2}: Položme $\widetilde{e_1}:=\sin(t^3)$. Pak s použitím substituce ``$u=t^3$'' dostaneme 
\[
\|\widetilde{e_1}\|_2^2 = \int_0^{\sqrt[3]{\pi}} \sin^2(t^3)t^2 \d t = \frac{1}{3}\int_0^\pi \sin^2 u \d u = \frac{1}{6}\int_0^\pi 1-\cos(2u) \d u = \frac{\pi}{6}.
\]
Označme tedy $e_1:=\sqrt{\frac{6}{\pi}}\widetilde{e_1}$. Dále položme
\[\begin{split}
\widetilde{e_2} & :=\cos(t^3) - \langle \cos(t^3),e_1\rangle e_1 = \cos(t^3) - \frac{6}{\pi}\int_0^{\sqrt[3]{\pi}} \cos(s^3)\sin(s^3)s^2\d s \sin(t^3)\\ & = \cos(t^3) - \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi} \cos(u)\sin(u)\d u \sin(t^3) = \cos(t^3) - \frac{1}{\pi}\int_0^{\pi} \sin(2u)\d u \sin(t^3) = \cos(t^3).
\end{split}\]
Pak podobně jako výše spočteme že $\|\widetilde{e_2}\|_2^2 = \frac{1}{3}\int_0^\pi \cos^2 u \d u = \frac{1}{6}\int_0^\pi 1+\cos(2u) \d u = \frac{\pi}{6}$ a označíme--li tedy $e_2:=\sqrt{\frac{6}{\pi}}\cos(t^3)$, pak $\{e_1,e_2\}$ je ON-báze prostoru $Y$.

Konečně, nejbližší bod v $Y$ k funkci $f(t)=t^3$ je ortogonální projekce $P_Y(f)$, což spočteme takto
\[\begin{split}
P_Y(it) & = \langle t^3,e_1\rangle e_1 + \langle t^3,e_2\rangle e_2 = \frac{6}{\pi}\Big(\sin(t^3)\int_0^{\sqrt[3]{\pi}} s^3\sin(s^3)s^2\d s + \cos(t^3)\int_0^{\sqrt[3]{\pi}} s^3\cos(s^3)s^2\d s\Big)\\
& = \frac{2}{\pi}\Big(\sin(t^3)\int_0^\pi u\sin(u)\d u + \cos(t^3)\int_0^{\pi} u\cos(u)\d u\Big) = \ldots = \frac{2}{\pi}(\pi\sin(t^3) - 2\cos(t^3)).
\end{split}\]

\bigskip

\textbf{Příklad 3}: Zvolme $x\in c_0$. Pro $n\geq 1$ máme $|Tx(2n-1)|\leq 2|x_{2n}|$ a $|Tx(2n)| = |x_{2n-1}|$, tedy $Tx(k)\to 0$. Dokázali jsme tak, že $Tx\in c_0$. Snadno nahlédneme, že $T$ je lineární a z výpočtu výše vidíme, že $T$ je spojitý a $\|T\|\leq 2$.

Vyřešíme nyní bodové spektrum operátoru $T$. Pro $\lambda\in\mathbb{K}$ tak hledáme nenulové $x \in c_0$ splňující rovnost $\lambda x = Tx$, ekvivalentně pro každé $n\geq 1$ je $\lambda x_{2n-1}=(1+\tfrac{1}{n})x_{2n}$ a $\lambda x_{2n}=x_{2n-1}$, pak ale nutně $(1+\tfrac{1}{n})x_{2n} = \lambda x_{2n-1} = \lambda^2 x_{2n}$ a proto buď $x_{2n}=x_{2n-1}=0$ nebo $\lambda^2 = 1+\tfrac{1}{n}$. Pokud tedy existuje nenulové řešení rovnice $\lambda x -Tx = 0$, pak nutně $\lambda \in\{\pm\sqrt{1+\tfrac{1}{n}}\colon n\geq 1\}$ a pro $\lambda = \pm\sqrt{1+\tfrac{1}{n}}$ je nenulovým řešením například vektor $x = e_{2n} + \tfrac{1}{\lambda}(1+\tfrac{1}{n})e_{2n-1}$. Celkem tedy $\sigma_p(T) = \{\pm\sqrt{1+\tfrac{1}{n}}\colon n\geq 1\}$.

Zbývá určit spektrum. Víme, že $\sigma(T)\supset \overline{\sigma_p(T)} = \{\pm 1\}\cup \sigma_p(T)$. Zvolme $\lambda\notin \overline{\sigma_p(T)}$ a zkoumejme, zda je operátor $\lambda I - T$ surjektivní. Pro zadané $y\in c_0$ hledáme $x\in c_0$ splňující $\lambda x - Tx = y$, ekvivalentně pro každé $n\geq 1$ řeší dvojice $(x_{2n-1},x_{2n})$ soustavu rovnic určenou maticí
\[
\left(\begin{array}{cc|c}  
 \lambda & -(1+\tfrac{1}{n}) & y_{2n-1}\\  
 -1 & \lambda & y_{2n}
\end{array}\right) \stackrel{\text{pro $\lambda\neq 0$}}{\sim} \left(\begin{array}{cc|c}  
 \lambda & -(1+\tfrac{1}{n}) & y_{2n-1}\\    
 0 & \lambda^2-(1+\tfrac{1}{n}) & \lambda y_{2n} + y_{2n-1}
\end{array}\right).
\]
Pokud $\lambda=0$, pak je řešením $x_{2n-1} = -y_{2n}$ a $x_{2n}=-\frac{1}{1+1/n}y_{2n-1}$ což zřejmě definuje prvek z $c_0$. Pokud $\lambda\neq 0$, pak je řešením $x_{2n} = \tfrac{1}{\lambda^2-(1+\tfrac{1}{n})}\Big(\lambda y_{2n} + y_{2n-1}\Big)$ a $x_{2n-1} = \tfrac{1}{\lambda}\Big(y_{2n-1} + (1+\tfrac{1}{n})x_{2n}\Big)$. Protože $\lambda\notin\overline{\sigma_p(T)}$, je $\Big(\tfrac{1}{\lambda^2-(1+\tfrac{1}{n})}\Big)_{n=1}^\infty$ omezená posloupnost a tedy $x_{2n}\to 0$ a pak také $x_{2n-1}\to 0$, tedy takto definovaný prvek splní $x\in c_0$. Celkem tedy $\lambda I - T$ je surjektivní a proto $\sigma(T) = \overline{\sigma_p(T)} = \{\pm 1\}\cup \sigma_p(T)$.
\end{footnotesize}
\newpage
\noindent\begin{center}\textbf{Vybrané partie z funkcion\'aln\'i anal\'yzy, ZS 2024-2025\\Zad\'an\'i p\'isemn\'e \v{c}\'asti zkou\v{s}ky - term\'in 5.2.}\end{center}

 \bigskip
 
\begin{example}[15 bod\r{u}] Nechť je dáno pro $p\in [1,\infty)$ zobrazení $T_p:L_p([0,1])\to L_1([0,1])$ definované předpisem
\[
    T_pf(t) = e^tf(t),\qquad f\in L_p([0,1]), \; t\in [0,1].
\]
\begin{enumerate}
 \item Dokažte, že $T_pf\in L_1([0,1])$ pro $f\in L_p([0,1])$ a že $T_p$ je spojitý lineární operátor pro každé $p\in [1,\infty)$.
 \item Vyjádřete pro $p=3$ duální operátor $(T_3)^*$ pomocí reprezentace duálů klasických prostorů.
 \item Zjistěte, zda je pro $p=1$ operátor $T_1$ kompaktní.
\end{enumerate}
\end{example}

\begin{example}[13 bod\r{u}] Definujme funkcion\'al $\varphi:C([0,1])\to \mathbb R$ p\v{r}edpisem
\[
\varphi(f):= \int_0^1 f(t) \d t - \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}f(\tfrac{1}{n}),\quad f\in C([0,1]).
\]
Uka\v{z}te, \v{z}e $\varphi\in (C([0,1]))^*$ a ur\v{c}ete normu $\|\varphi\|$. Dále zjistěte (a dokažte), zda tento funkcionál nabývá své normy (tj. zda existuje $f\in C([0,1])$ splňující $\|f\|_\infty=1$ a $\varphi(f)=\|\varphi\|$).
\end{example}

\begin{example}[19 bod\r{u}] Nechť je dáno zobrazení $T:\ell_\infty\to \ell_\infty$ definované předpisem
\[
    Tx = \Big(x_1 + 2ix_2,x_1 + (2i-1)x_2,\tfrac{1}{3}x_3,\tfrac{1}{4}x_4,\tfrac{1}{5}x_5,\ldots\Big),\qquad x\in \ell_\infty.
\]
Dokažte, že se jedná o spojitý lineární operátor a nalezn\v{e}te $\sigma(T)$ a $\sigma_p(T)$.
\end{example}

\bigskip

\noindent Celkem: 47 bodů + 3 body za obecnou úroveň vypracovaného řešení (kvalita doprovodných komentářů atd).
\newpage
\begin{footnotesize}
\textbf{Nástin řešení}

\textbf{Příklad 1}: Pro každé $f\in L_p([0,1])$ máme
\[
\|T_pf\|_1 = \int_0^1 e^t |f(t)| \d t \stackrel{\text{H\"older}}{\leq} \|f\|_p\cdot \|e^t\|_{q} \leq \|f\|_3\cdot e\cdot \|1\|_q = \|f\|_3\cdot e,
\]
tedy $T_pf\in L_1([0,1])$ a protože $T_p$ je lineární, dostáváme také že $T_p$ je spojité a $\|T_p\|\leq e$.

Nyní uvažujme případ $p=3$ a místo $T_3$ pišme zkrátka $T$. S použitím reprezentací $(L_3)^* = L_{3/2}$ a $(L_1)^* = L_\infty$ dostáváme, že $T^*:L_\infty([0,1]) \to L_{3/2}([0,1]])$ je operátor splňující pro $f\in L_\infty$ že $T^*f$ je jediná funkce z $L_{3/2}$ splňující že pro všechna $g\in L_3([0,1])$ je
\[
\int_0^1 T^*f(t)g(t) \d t = T^*f(g) = f(Tg) = \int_0^1 f(t) Tg(t) \d t = \int_0^1 e^t f(t) g(t) \d t.
\]
Protože $t\mapsto e^t f(t)$ je funkce z $L_{3/2}$ (neboť $|e^tf(t)|^{3/2}\leq e^{3/2} |f(t)|^{3/2}\in L_1([0,1])$), dostáváme tak že $T^*f(t) = e^t f(t)$ pro $f\in L_{3/2}([0,1])$.

Konečně, uvažujme případ $p=1$ a místo $T_1$ pišme zkrátka $T$. Uvažujme nekonečně-dimenzionální prostor $Z:=\{f\in L_1([0,1])\colon f|_{[0,\tfrac{1}{2}]}\equiv 0\}$. Pak pro $f\in Z$ platí $\|Tf\|_1 = \int_{1/2}^1 e^{t}|f(t)| \d t\geq e^{1/2}\int_{1/2}^1 |f(t)| \d t\geq e^{1/2} \|f\|_1$, tedy $T:Z\to L_1([0,1])$ je isomorfismus do a proto $T$ není kompaktní operátor.

\bigskip

\textbf{Příklad 2}: Pro $f\in C([0,1])$ máme
\[
|\varphi(f)| \leq \int_0^1 |f(t)| \d t + \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}|f(\tfrac{1}{n})| \stackrel{(*)}{\leq} \Big(1 + \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}\Big) \|f\|_\infty,
\]
což snadno implikuje že $\varphi$ je dobře definovaná lineární funkce, která je spojitá a $\|\varphi\|\leq \Big(1 + \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}\Big)$. Uvažujme nyní spojité funkce $f_k$, $k\geq 10$ definované tak, že $f_k(\tfrac{1}{n})=-1$ pro $n\in\mathbb{N}$, $f_k(t)= -1$ pro $t\leq \tfrac{1}{k+1}$, $f_k(t) = 1$ pro $t\in [\frac{1}{k+1}+2^{-k},1]\setminus \bigcup_{n=1}^k [\tfrac{1}{n}-2^{-k},\tfrac{1}{n}+2^{-k}]$ a funkce $f_k$ je dodefinována lineárně na intervalech $[\tfrac{1}{n}-2^{-k},\tfrac{1}{n}]$ a $[\tfrac{1}{n},\tfrac{1}{n}+2^{-k}]$ pro $n\leq k$. Pak $\|f_k\|\leq 1$, $k\geq 4$ a
\[
\varphi(f_k)\geq \int_0^1 f_k(t) \d t + \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = 1 - \Big(\frac{1}{k+1}+2^{-k} +\frac{2k}{2^k}\Big) + \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}\to 1  + \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2},\quad k\to \infty,
\]
tedy $\|\varphi\| = 1  + \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$.

Operátor $\varphi$ své normy nenabývá, neboť pokud $f\in C([0,1])$, $\|f\|=1$ splní, že $\varphi(f)=\|\varphi\|$, pak nerovnost $(*)$ výše musí být rovnost a tedy nutně $\int_0^1 |f(t)| \d t = 1$, tedy $f=1$ skoro všude a ze spojitosti funkce $f$ pak buď $f=1$ nebo $f=-1$. Ale $|\varphi(\pm 1)| = 1 - \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} < \|\varphi\|$ což je ve sporu s tím že $\varphi(f) = \|\varphi\|$.

\bigskip

\textbf{Příklad 3}: Pro $x\in \ell_\infty$ máme $\|Tx\|\leq \max\{|x_1|+|2i||x_2|,|x_1|+|2i-1||x_2|,\tfrac{1}{n}|x_n|\colon n\geq 3\}\leq 4\|x\|_\infty$, tedy $Tx\in \ell_\infty$ a protože je snadné vidět že $T$ je lineární, tak také $T$ je spojitý a $\|T\|\leq 4$.

Vyřešíme nyní bodové spektrum operátoru $T$. Pro $\lambda\in\mathbb{K}$ tak hledáme nenulové $x \in \ell_\infty$ splňující rovnost $\lambda x = Tx$, ekvivalentně pro každé $n\geq 3$ je $\lambda x_{n}=\tfrac{1}{n}x_{n}$, $\lambda x_1=x_1 + 2ix_2$ a $\lambda x_2=x_1 + (2i-1)x_2$. Pokud $\lambda = \tfrac{1}{n}$ pro nějaké $n\geq 3$ pak nenulovým řešením je $x = e_n$. Můžeme tedy předpokládat, že $\lambda\notin\{\tfrac{1}{n}\colon n\geq 3\}$. Pak $x_n=0$ pro $n\geq 3$ a zkoumáme tedy, zda existuje $(x_1,x_2)\in\mathbb{C}^2$, $(x_1,x_2)\neq (0,0)$ vyhovující soustavě lineárních rovnic $\lambda x_1=x_1 + 2ix_2$ a $\lambda x_2=x_1 + (2i-1)x_2$. Pro $\lambda = 1$ nenulové řešení neexistuje a pro $\lambda \neq 1$ dostáváme $x_1 = \frac{2i}{\lambda-1}x_2$ a $\lambda x_2 = \Big(2i-1+\frac{2i}{\lambda-1}\Big)x_2$ a tedy nenulové řešení existuje právě když $\lambda = 2i-1+\frac{2i}{\lambda-1}$, ekvivalentně $\lambda^2 - 2i\lambda - 1 = 0$, což je splněno pro $\lambda = \frac{2i\pm \sqrt{-4+4}}{2} = i$. Tedy $\sigma_p(T) = \{i\}\cup \{\frac{1}{n}\colon n\geq 3\}$.

Zbývá určit spektrum. Víme, že $\sigma(T)\supset \overline{\sigma_p(T)} = \{0,i\}\cup \sigma_p(T)$. Zvolme $\lambda\notin \overline{\sigma_p(T)}$ a zkoumejme, zda je operátor $\lambda I - T$ surjektivní. Pro zadané $y\in \ell_\infty$ hledáme $x\in \ell_\infty$ splňující $\lambda x - Tx = y$, ekvivalentně $x_n=\frac{y_n}{\lambda-\tfrac{1}{n}}$ pro $n\geq 3$ a $(x_1,x_2)\in\mathbb{C}^2$ řeší soustavu rovnic určenou maticí
\[
\left(\begin{array}{cc|c}  
 \lambda-1 & -2i & y_{1}\\  
 -1 & \lambda-2i+1 & y_{2}
\end{array}\right)
\]
Pokud je $\lambda = 1$, pak $x_2=-\frac{y_1}{2i}$ a $x_1 = -y_2 + (\lambda-2i+1)x_2$. Pro $\lambda\neq 1$ pak řešíme soustavu rovnic takto:
\[\begin{split}
\left(\begin{array}{cc|c}  
 \lambda-1 & -2i & y_{1}\\  
 -1 & \lambda-2i+1 & y_{2}
\end{array}\right) & \sim \left(\begin{array}{cc|c}  
  \lambda-1 & -2i & y_{1}\\  
 0 & (\lambda-1)(\lambda-2i+1)-2i & (\lambda-1) y_{2} + y_{1}
\end{array}\right) \\& \sim \left(\begin{array}{cc|c}  
  \lambda-1 & -2i & y_{1}\\  
 0 & \lambda^2-2i\lambda-1 & (\lambda-1) y_{2} + y_{1}
\end{array}\right)\sim \left(\begin{array}{cc|c}  
  \lambda-1 & -2i & y_{1}\\  
 0 & (\lambda-i)^2 & (\lambda-1) y_{2} + y_{1}
\end{array}\right),
\end{split}\]
tedy $x_2 = \frac{1}{(\lambda-i)^2}((\lambda-1) y_{2} + y_{1})$ a $x_1 = \frac{1}{\lambda-1}(y_1+2ix_2)$. V každém případě je takto definovaná posloupnost $(x_n)$ omezená, neboť $(y_n)$ a $(\frac{1}{\lambda - \frac{1}{n}})$ jsou omezené posloupnosti (což plyne z toho že $y\in\ell_\infty$ a $\lambda\notin\overline{\{\tfrac{1}{n}\colon n\geq 3\}}$). Tedy jsme nalezli $x\in\ell_\infty$ splňující $\lambda x - Tx = y$ a proto $\lambda I-T $ je surjektivní. Celkem tedy $\sigma(T) = \overline{\sigma_p(T)} = \{0,i\}\cup \{\frac{1}{n}\colon n\geq 3\}$.
\end{footnotesize}
\newpage
\noindent\begin{center}\textbf{Vybrané partie z funkcion\'aln\'i anal\'yzy, ZS 2024-2025\\Zad\'an\'i p\'isemn\'e \v{c}\'asti zkou\v{s}ky - term\'in 12.2.}\end{center}

 \bigskip

 \begin{example}[18 bod\r{u}] V tomto příkladu uvažujte 
 Banachovy prostory nad tělesem reálných čísel. Nechť je dáno zobrazení $T:L_2([0,1])\to C([0,1])$ definované předpisem
\[
    Tf(t) = \int_0^1 \sin(2st)f(s)\d s,\qquad f\in L_2([0,1]).
\]
\begin{enumerate}
 \item Dokažte, že $Tf\in C([0,1])$ pro $f\in L_2([0,2])$ a že $T$ je spojitý lineární operátor.
 \item Zjistěte, zda je $T$ kompaktní operátor.
 \item Pomocí reprezentace duálů klasických prostorů vyjádřete $T^*\lambda$ (kde $\lambda$ je Lebesgueova míra na intervalu $[0,1]$).
\end{enumerate}
\end{example}
 


\begin{example}[13 bod\r{u}] Vyjádřete nějakou ortonormální bázi $\{f_1,f_2\}$ podprostoru
\[
Y = \operatorname{span}\Big\{\Big(\frac{i^n}{n}\Big)_{n=1}^\infty, \Big(\frac{(-i)^n}{n}\Big)_{n=1}^\infty\Big\} \subset \ell_2.
\]
Můžete bez důkazu používat známé součty řad $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$ a $\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n^2} = -\frac{\pi^2}{12}$.

Dále vyjádřete předpis pro hilbertovsky adjungovaný operátor k operátoru $S:\ell_2\to\ell_2$ definovaném předpisem $Sx:=\langle x,f_1\rangle f_2$ pro $x\in \ell_2$.
\end{example}

\begin{example}[16 bod\r{u}] Nechť je dáno zobrazení $T:L_1([0,3])\to L_1([0,3])$ definované předpisem
\[
    Tf(t) = 5f(t) - t^2\int_0^2 xf(x)\d x,\qquad f\in L_1([0,3]), t\in[0,3].
\]
Dokažte, že se jedná o spojitý lineární operátor a nalezn\v{e}te $\sigma(T)$ a $\sigma_p(T)$.
\end{example}

\bigskip

\noindent Celkem: 47 bodů + 3 body za obecnou úroveň vypracovaného řešení (kvalita doprovodných komentářů atd).
\newpage
\begin{footnotesize}
\textbf{Nástin řešení}

\textbf{Příklad 1}: Zvolme $f \in L_2([0,1])$. Předně si uvědomme, že z H\"olderovy nerovnosti je $\|f\|_1\leq \|f\|_2\cdot \|1\|_2 = \|f\|_2$ a tedy $f\in L_1([0,1])$. Nyní již vidíme, že $Tf$ je spojitá funkce podle Věty o integrálu závislém na parametru (integrovatelná majoranta existuje, protože $|\sin(2st)f(s)| \leq |f(s)| \in L_1([0,1])$ pro každé $t \in [0,1]$), snadno pak vidíme, že $T$ je také lineární. Zároveň
\[
|Tf(t)|\leq \int_0^1 |f(s)|\d s = \|f\|_1\leq \|f\|_2,\quad t\in [0,1]
\]
a tedy $T$ je spojité a $\|T\|\leq 1$.

Zvolme $f\in B_{L_2([0,1])}$. Pak pro $t,t'\in[0,1]$ dostaneme (použijeme, že $\sin$ je $1$-Lipschitzovská funkce)
\[\begin{split}
|Tf(t)-Tf(t')| & \leq \int_0^1 |\sin(2st)-\sin(2st')||f(s)|\d s \leq 2|t-t'|\int_0^1 s|f(s)|\d s\stackrel{\text{H\"older}}{\leq} 2|t-t'| \|f\|_2\cdot \|s\|_2 \\ & \leq 2|t-t'| \|s\|_2 = \tfrac{2}{\sqrt{3}} |t-t'|,
\end{split}\]
tedy $Tf$ je $\tfrac{2}{\sqrt{3}}$-Lipschitzovská funkce. Tedy každá funkce z $T(B_{L_2([0,1])})\subset B_{C([0,1])}$ je $\tfrac{2}{\sqrt{3}}$-Lipschitzovská, z Arzela-Ascoliho věty tak dostaneme že $T(B_{L_2([0,1])})$ je prekompaktní a tedy $T$ je kompaktní operátor.

S použitím reprezentací $(C[0,1])^* = M([0,1])$ a $(L_2([0,1]))^* = L_2([0,1])$ dostáváme, že $T^*\lambda$ je jediná funkce z $L_2$ splňující že pro všechna $g\in L_2([0,1]])$ je
\[\begin{split}
\int_0^1 T^*\lambda(t) g(t)\d t & = (T^*\lambda)(g) = \lambda(Tg) = \int_0^1 Tg(t) \d t = \int_0^1\int_0^1 \sin(2st)g(s) \d s \d t \stackrel{\text{Fubini*}}{=} \int_0^1 \int_0^1 \sin(2st)\d t g(s)\d s\\
& = \int_0^1 \frac{1-\cos(2s)}{2s}g(s) \d s
\end{split}\]
(*Fubiniovu větu můžeme použít, neboť $\int_0^1\int_0^1 |\sin(2st)g(s)| \d t \d s\leq \int_0^1\int_0^1 |g(s)| \d t \d s\leq \|g\|_1\leq \|g\|_2 <\infty$.)\\
Položme tedy $h(t):=\frac{1-\cos(2t)}{2t}$. Pak $\lim_{t\to 0^+} h(t) \stackrel{\text{L'Hospital}} = 0$, tedy také $\lim_{t\to 0^+} h^2(t) = 0$, tedy $h^2$ je integrovatelná funkce a proto $h\in L_2([0,1])$. Dostáváme tak, že $T^*\lambda = h$.

\bigskip

\textbf{Příklad 2}: Máme $\|(\tfrac{i^n}{n})\|_2 = \frac{\pi}{\sqrt{6}}$. Označme tedy posloupnost $\big(\frac{\sqrt{6}}{\pi}\cdot \tfrac{i^n}{n}\big)_{n=1}^\infty \in \ell_2$ jako $f_1$. Dále položme
\[\begin{split}
\widetilde{f_2} & = \bigg(\frac{(-i)^n}{n}\bigg)_{n=1}^\infty - \langle \bigg(\frac{(-i)^n}{n}\bigg)_{n=1}^\infty,f_1\rangle f_1 = \bigg(\frac{(-i)^n}{n}\bigg)_{n=1}^\infty - \frac{6}{\pi^2}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-i)^{2n}}{n^2}\bigg(\frac{i^n}{n}\bigg)_{n=1}^\infty = \bigg(\Big((-1)^n + \frac{1}{2}\Big)\cdot\frac{i^n}{n}\bigg)_{n=1}^\infty
\end{split}\]
a spočtěme (používáme, že $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(2n)^2} = \frac{1}{4}\cdot\frac{\pi^2}{6}$ a $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(2n-1)^2} = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} - \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(2n)^2} = \frac{3}{4}\cdot\frac{\pi^2}{6}$)
\[
\|\widetilde{f_2}\|_2^2 = \sum_{n=1}^\infty \Big(-1 +\frac{1}{2}\Big)^2 \frac{1}{(2n-1)^2} + \sum_{n=1}^\infty \Big(1 + \frac{1}{2}\Big)^2 \frac{1}{(2n)^2} = \frac{\pi^2}{24}\Big(\frac{3}{4} + \frac{9}{4}\Big) = \frac{\pi^2}{8},
\]
tedy pro $f_2 = \tfrac{\sqrt{8}}{\pi}\cdot \widetilde{f_2}$ máme, že $\{f_1,f_2\}$ je ON báze prostoru $Y$.

Hilbertovsky adjungovaný operátor $S^\star:\ell_2\to\ell_2$ pak musí splňovat pro každé $x,y\in\ell_2$, že
\[
\langle S^\star x,y\rangle = \langle x,Sy\rangle = \langle x,\langle y,f_1\rangle f_2\rangle = \overline{\langle y,f_1\rangle}\cdot \langle x,f_2\rangle = \langle x,f_2\rangle\cdot \langle f_1,y\rangle = \langle\langle x,f_2\rangle f_1,y\rangle
\]
a tedy $S^\star x = \langle x,f_2\rangle f_1$ pro $x\in\ell_2$. Jinými slovy, pro $x\in \ell_2$ máme
\[
Sx = \frac{\sqrt{6}}{\pi}\Big(\sum_{n=1}^\infty x_n\overline{f_2(n)}\Big)\cdot \Big(\frac{i^n}{n}\Big)_{n=1}^\infty = \frac{\sqrt{48}}{\pi^2}\Big(\sum_{n=1}^\infty \frac{x_n (-i)^n}{n}((-1)^n + \frac{1}{2})\Big)\cdot \Big(\frac{i^n}{n}\Big)_{n=1}^\infty
\]

\bigskip

\textbf{Příklad 3}:  Operátor $T$ můžeme napsat jako $T = 5I - S$, kde $S$ je konečně-dimenzionální operátor daný předpisem $Sf(t) = t^2\int_0^{2} x f(x) \, dx$ (obor hodnot $S$ je jednodimenzionální prostor generovaný funkcí $t^2$). Tedy, stačí určit, že $S$ je spojitý lineární operátor (pak i $T$ je spojitý a lineární) a spočítat $\sigma_p(S)$ a $\sigma(S)$, protože pro každé $\lambda \in \mathbb{K}$ máme $\lambda I - T = (\lambda-5)I+S = -((5-\lambda) I - S)$ a tedy $\sigma_p(T) = 5 - \sigma_p(S)$ a $\sigma(T) = 5 - \sigma(S)$.

Nejprve vyřešíme, že $S$ je spojitý operátor. Zřejmě je lineární a pro $f\in L_1([0,3])$ máme 
\[
\|Sf\|_1 = \int_0^3 t^2 \Big|\int_0^2 x f(x) \d x\Big|\d t \leq 9\int_0^3 \int_0^2 x |f(x)|\d x \d t\leq 9\int_0^2 x |f(x)|\d x\leq 18\|f\|_1,
\]
tedy $S$ je spojitý a $\|S\|\leq 18$. Protože $S$ je konečně-dimenzionální, je proto kompaktní.

Vyřešíme nyní bodové spektrum operátoru $S$. Pro $\lambda\in\mathbb{K}$ tak hledáme nenulové $f \in L_1([0,3])$ splňující rovnost $\lambda f = Sf$. Pokud je $\lambda = 0$, pak nenulovým řešením je jakákoliv funkce z $L_1$ splňující $\int_0^2 x f(x)\d x = 0$, například $f(t) = \frac{1}{t}(\chi_{[1,3/2]}(t) - \chi_{[3/2,2]}(t))$. Předpokládejme nyní, že $\lambda \neq 0$. Protože obor hodnot $S$ je jednodimenzionální prostor generovaný funkcí $t$, musí být jakákoliv funkce splňující $\lambda f = Sf$ tvaru $f(t)=At^2$, pak ale nutně $A\lambda t^2 = AS(t^2) =  At^2\int_0^2 x^3 \d x = At^2\frac{2^4}{4} = 4At^2$. Tedy, pokud existuje nenulové řešení pak $\lambda = 4$ (a jedním takovým nenulovým řešením je pak například $f(t)=t^2$). Celkem tedy $\sigma_p(S)=\{0,4\}$ a protože $S$ je kompaktní operátor, máme $\sigma(S) = \sigma_p(S)=\{0,4\}$. Tedy $\sigma_p(T)=\sigma(T)=5-\{0,4\} = \{1,5\}$.
\end{footnotesize}
\end{document}