Конспекты курса по функциональному анализу 2008, страница 9

Тогда множество {‖ ‖} неограничено на любом замкнутом шаре. Действительно, если ‖ ‖ 6 для всех и всех из некоторого замкнутого шара (0 , ), то для любого ∈ , ̸= 0, элемент·+ 0‖‖принадлежит этому шару и, следовательно, для него при всех выполняются неравенства ‖ ‖ 6 . Тогда⃦⃦⃦ ‖ ‖ · ⃦‖ ‖ · ⃦ 6 .− ‖ 0 ‖ 6 ⃦+0⃦ ‖‖⃦‖‖Доказательство.Отсюда получаем, что‖ ‖ 6 + ‖ 0 ‖‖‖.Последовательность ‖ ‖ ограничена, поэтому для всех будет справедливо неравенство ‖ ‖ 6 ‖‖. Но из него следует, что ‖ ‖ 6 ,что противоречит сделанному нами предположению.

Итак, при нашемпредположении множество {‖ ‖} не ограничено на любом замкнутомшаре.Пусть теперь 0 (0 , 0 ) — произвольный замкнутый шар в . Тогда всилу того, что {‖ ‖} не ограничена на этом шаре, существуют номер и элемент 1 ∈ 0 такие, что ‖1 1 ‖ > 1. Так как оператор681 непрерывен, то это неравенство выполняется в некотором замкнутом шаре 1 (1 , 1 ) ⊂ 0 .

На 1 последовательность {‖ ‖} снова неограничена, поэтому снова найдутся номер 2 > 1 и элемент 2 ∈ 1такие, что ‖2 2 ‖ > 2. Опять же, в силу непрерывности оператора 2это свойство выполняется в некотором замкнутом шаре 2 (2 , 2 ) ⊂ 1и так далее.Таким образом, мы получаем последовательность вложенных друг в друга замкнутых шаров, радиусы которых стремятся к 0 при → ∞.

Следовательно, будет существовать точка , принадлежащая всем этим шарам.Но тогда в этой точке для всех справедливо неравенство ‖ ‖ > ,а это противоречит условию теоремы о том, что для любого ∈ последовательность ‖ ‖ является ограниченной. Следовательно, нашепредположение неверно. Теорема доказана. Следствие. Пусть и — банаховы пространства, задана последовательность линейных ограниченных операторов ∈ ( → ) исуществует последовательность { }, ∈ такая, что ‖ ‖ 6 1, а‖ ‖ → +∞ при → ∞. Тогда найдётся элемент ∈ , ‖0 ‖ 6 1,такой, что lim sup ‖ 0 ‖ = +∞.Доказательство.

Пусть это не так, то есть для всех ∈ с ‖ ‖ 6 1 по→∞0следовательность {‖ ‖} ограничена. Тогда при ̸= 0 элемент =будет иметь норму ‖‖ = 1, а также будет справедливо неравенство‖‖‖ ‖= ‖ ‖ 6 , где — некоторая константа.‖‖Следовательно, ‖ ‖ 6 ‖‖, то есть для любого ∈ последовательность {‖ ‖} является ограниченной. Следовательно, в силу теоремыБанаха-Штейнгауза найдётся константа такая, что ‖ ‖ 6 . Получаем, что‖ ‖ 6 ‖ ‖‖ ‖ 6 ,что противоречит условию. Значит, наше предположение неверно.Пример. Используя теорему Банаха-Штейнгауза, докажем существова-ние непрерывной периодической функции, для которой ряд Фурье расходится. Итак, пусть () ∈ C[−; ], (−) = ().

Сумма ряда Фурьеэтой функции имеет вид0 ∑︁+ cos + sin , () =2=169где1 =∫︁∫︁1 = () cos ,− () sin .−Перепишем (): () =0 ∑︁+ cos + sin =2=11=2∫︁−∫︁∞∑︁1 () +cos ( − ) () ==1−1=2∫︁−sin( + 12 )( − ) ().sin −2Определим функцию () следующим образом:⎧⎨ 1 − 1 , ̸= 0;() = 2 tan 2⎩0, = 0.Тогда1 (0) =2∫︁−1=∫︁sin( + 21 ) () =sin 2sin 1 () +−∫︁1() sin () +2−=1∫︁∫︁cos () =−sin () + (1), где (1) → 0 при → ∞.−Рассмотрим оператор1 () =∫︁sin ().−̃︀ (пространства непрерывныхОператор действует из пространства ̃︀периодических функций) в пространство 1 и любой функции () ∈ 70ставит в соответствие частичную сумму её ряда Фурье (с точностью до(1)). Рассмотрим следующую последовательность функций : () = sgn · sin ,‖ ‖ 6 1.Тогда1 =∫︁sin2 2 =||−∫︁sin2 =02=∫︁sin2 1 >0∫︁1 − cos 2 =111= ln −∫︁cos 2.1Интеграл1∫︁cos 21сходится, поэтому1ln + (1).Получаем, что при → ∞ → ∞.

Следовательно, в силу следствия̃︀, что lim sup 0 () =к теореме 4 существует такая функция 0 () ∈ =→∞+∞, то есть ряд Фурье этой функции в нуле расходится.§8. Обратные операторыПусть есть два линейных нормированных пространства — и . Рассмотрим оператор : → с областью определения () = иобластью значений () ⊂ .Если для любого ∈ () уравнение = имеет единственное решение, то говорят, что определен обратный оператор −1 : () → , тоесть = −1 . Очевидно, что −1 = и −1 = — тождественныеоператоры на () и соответственно.71Если для оператора : → существует оператор −1 : () → такой, что−1 = , −1 = ,то операторы и −1 называются взаимно обратными.

Если выполняется только неравенство −1 = , то оператор −1 называется левым обратным оператором для ; если выполняется только неравенство−1 = , то оператор −1 называется правым обратным операторомдля .Легко показать, что оператор, обратный к линейному, также являетсялинейным. Пусть оператор является линейным. Рассмотрим = −1 (1 + 2 ) − −1 1 − −1 2 .Тогда = −1 (1 + 2 ) − (−1 1 ) − (−1 2 ) == −1 (1 + 2 ) − −1 1 − −1 2 == (1 + 2 ) − 1 − 2 = 0.Cледовательно,то есть = −1 = −1 0 = 0,−1 (1 + 2 ) = −1 1 + −1 2 .Таким образом, оператор −1 также является линейным.Теорема 1.

Пусть A — линейный оператор, отображающий линейноенормированное пространство на линейное нормированное пространство , причём существует такая константа > 0, что ‖‖ > ‖‖для всех ∈ . Тогда существует обратный линейный ограниченный1‖‖.оператор −1 , ‖−1 ‖ 6 Докажем, что уравнение = имеет единственноерешение. Предположим, что их два: = 1 = 2 . Тогда 1 − 2 =(1 − 2 ) = 0.

Следовательно,Доказательство.‖1 − 2 ‖ 6 ‖1 − 2 ‖ = 0⇒1 = 2 .Таким образом, существует обратный оператор −1 . Он линеен в силулинейности оператора и, кроме того, ограничен, так как для всех ∈() справедливо неравенство‖−1 ‖ 611‖−1 ‖ = ‖‖. 72Теорема 2 (теорема Неймана). Пусть — банахово пространство,оператор ∈ ( → ), и пусть ‖‖ 6 < 1. Тогда оператор ( −) имеет обратный линейный ограниченный оператор ( − )−1 , ‖( −1.)−1 ‖ 6 1−Определим операторы, являющиеся степенями оператора , следующим образом:Доказательство. = (−1 ) при = 1, 2, . . .

.0 = ,Для линейных ограниченных операторов и в банаховом пространстве справедливо неравенство ‖‖ 6 ‖‖‖‖, поскольку для любого ∈ справедливо неравенство‖‖ 6 ‖‖ ‖‖ 6 ‖‖ ‖‖ ‖‖.Поэтому ‖‖ 6 ‖‖ ‖‖ = ‖‖2 , и аналогично ‖ ‖ 6 ‖‖ 6 длявсех .Введём оператор =∑︀ . Тогда=0( + ) = ( + )∑︁ ==0∑︁( + ) ==0∑︁( − +1 ) = − +1 .=0Но +1 → 0 при → ∞, так как ‖+1 ‖ 6 ‖‖+1 6 +1 → 0 при → ∞ в силу < 1.

Следовательно, существует обратный оператор∞∑︀ = ( + )−1 = .=0Легко заметить, что оператор является линейным. Кроме того, он является ограниченным:⃦⃦∞∞∞∞⃦∑︁⃦ ∑︁∑︁∑︁1⃦⃦. ‖‖ = ⃦ ⃦6‖ ‖ 6‖‖ 6 =⃦⃦1−=0=0=0=0Теорема 3. Пусть — банахово пространство, , −1∈ ( → )и существует линейный ограниченный оператор Δ такой, что ‖Δ‖ <1. Тогда оператор = +Δ имеет обратный оператор −1 , причём‖−1 ‖‖ −1 − −1 ‖ 6‖Δ‖‖−1 ‖2.1 − ‖Δ‖‖−1 ‖Доказательство. Представим оператор Δ).

Из условия задачи следует, чтов виде + Δ = ( +−1‖−1 Δ‖ 6 ‖−1 ‖‖Δ‖ < 1.73Следовательно, в силу теоремы Неймана у оператора + −1 Δ существует обратный оператор ( + −1 Δ)−1 . Следовательно, произведение( + −1 Δ)−1 −1 является обратным оператором к , и при этом справедливы следующие неравенства:‖ −1 − −1 ‖ = ‖( + −1 Δ)−1 −1 − −1 ‖ 6∞∑︁−1−1−1−16 ‖ ‖‖( − Δ) − ‖ 6 ‖ ‖‖(−1 Δ) ‖ ==1‖(−1 Δ) ‖‖Δ‖6 ‖−1 ‖2.= ‖−1 ‖−11 − ‖( Δ) ‖1 − ‖‖‖−1 ‖Теорема 4 (теорема Банаха об обратном операторе).

Пусть и — банаховы пространства, линейный ограниченный оператор отображает всё пространство на всё пространство взаимно однозначно.Тогда существует обратный линейный ограниченный оператор −1 .Так как линейный оператор осуществляет взаимнооднозначное соответствие между элементами пространств и , то он,очевидно, будет иметь обратный оператор −1 , также являющийся линейным.

Остаётся доказать ограниченность оператора −1 .Доказательство.Введём в рассмотрение множества = { ∈ : ‖−1 ‖ 6 ‖‖}.Любой элемент ∈ попадёт в множества при целочисленных >‖−1 ‖. Следовательно, все пространство можно представить в виде‖‖ =∞⋃︁ .=1Пространство является банаховым, поэтому в силу теоремы Бэра о категориях оно не может быть представлено в виде счётного числа нигдене плотных множеств. Следовательно, найдётся хотя бы один номер 0такой, что множество 0 не является нигде не плотным. Это значит, чтосуществует шар (0 , 0 ), в котором множество (0 , 0 ) ∩ 0 являетсявсюду плотным, то есть (0 , 0 ) ∩ 0 = (0 , 0 ).

Производя замыкание левой и правой частей этого множества, получим (0 , 0 ) ∩ 0 =(0 , 0 ) ∩ 0 = (0 , 0 ).Рассмотрим замкнутый шар (1 , 1 ) ⊂ (0 , 0 ) и такой, что 1 ∈ 0 .Тогда справедливо неравенство0 ⊃ (0 , 0 ) ∩ 0 = (0 , 0 ) ⊃ (1 , 1 ).74Следовательно, (1 , 1 ) ⊂ 0 . Возьмём произвольный элемент с нормой ‖‖ = 1 . Тогда элемент + 1 ∈ (1 , 1 ), так как ‖( + 1 ) − 1 ‖ = 1 .В силу неравенства (1 , 1 ) ⊂ 0 найдётся последовательность элементов { () } из (1 , 1 ) ∩ 0 такая, что () → +1 при → ∞. Обозначим () = () − 1 , тогда () → при → ∞. Кроме того, ‖‖ = 1 , поэтомупри > справедливы неравенства 21 6 ‖ () ‖ 6 1 .Так как () и 1 принадлежат 0 , то‖−1 () ‖ 6 ‖−1 () ‖ + ‖−1 1 ‖ 66 0 (‖ () + ‖1 ‖) 6 0 (‖ () ‖ + 2‖1 ‖) 612020(1 + 2‖1 ‖) 6(1 + 2‖1 ‖)‖ () ‖.6121Обозначим за наименьшее целое число, превосходящее20(1 + 2‖1 ‖)‖ () ‖.1Тогда‖−1 () ‖ 6 ‖ () ‖,поэтому все () ∈ 0 . Другими словами, любой элемент ∈ с нормой‖‖ = 1 , можно аппроксимировать элементами () ∈ 0 ( () → при → ∞).