О.Г. Смолянов - Курс лекций по функциональному анализу (1128611), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Отображение f топологического пространства с первой аксиомой счетности в топологическое пространство непрерывно вточке x ∈ E ⇔ ∀ {xn } ⊂ E : xn → x ⇒ f (xn ) → f (x).10Доказательство. Пусть отображение f непрерывно и xn → x. Тогда∀ W (f (x)) ∃ V (x) : f (V (x)) ⊂ W (f (x)). Поскольку ∃ n0 : ∀ n > n0 xn ∈∈ V (x), то f (xn ) ∈ W (f (x)), так что f (xn ) → f (x). (В этой части перваяаксиома счетности не используется.)Докажем утверждение в другую сторону. Предположим противное:пусть ∃ W (f (x)) : ∀ V (x) ∃ z ∈ f (V (x)) : z 6∈ W (f (x)). Т.к. ∀ n ∃ xn : xn ∈∈ V (x) и f (xn ) = zn 6∈ W (f (x)), то xn → x, но zn 9 f (x) — противоречие.Предложение 3.3. Пусть E и G — топологические пространства, иотображение f : E → G непрерывно и K ⊂ E — компакт. Тогда f (K)— компактSSДоказательство.
В самом деле, если Wα ⊃ f (K), то f −1 (Wα ) ⊃α⊃f−1(f (K)) ⊃ K. Т.к. K — компакт, то ∃ {Wαj } :в таком случаеnSj=1Wαj ⊃ f (K), что и требовалось.nSj=1αf−1(Wαj ) ⊃ K. НоОпределение 3.4. Топологическое пространство называется хаусдорфовым, если у любых двух его точек есть непересекающиеся окрестности.Лемма 3.1. Пусть G — хаусдорфово пространство и K ⊂ G — компакт. Тогда K замкнуто.Доказательство. ∀ z ∈ K ∃ V (z) : V (z)∩Vz (x) = ∅, где x 6∈ K.
ПоскольnSSкуV (z) ⊃ K, то ∃ {V (zj )} :V (zj ) ⊃ K. Поскольку множествоnTj=1z∈Kj=1Vzj (x) = W (x) открыто и W (x) ∩ K = ∅, то K замкнуто.Предложение 3.4. Пусть f : E → G — непрерывная биекция, E компактно, а G хаусдорфово. Тогда G тоже компактно и отображение f −1тоже непрерывно.Доказательство. Утверждение следует из предложения 3.2 и леммы 3.1,поскольку (f −1 )−1 (F ) = f (F ) — замкнутое в G множество (т.к. еслиF ⊂ E замкнуто в компакте, то и само F компакт).Определение 3.5.
Пусть (E, ρE ) и (G, ρG ) — метрические пространства.Отображение f : E → G равномерно непрерывно, если ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 :∀ x1 , x2 ∈ E ρ(x1 ; x2 ) < δ ⇒ ρ(f (x1 ); f (x2 )) < ε.11Предложение 3.5. Непрерывное отображение компактного метрического пространства в произвольное метрическое пространство равномерно непрерывно.Доказательство. Если отображение f не является равномерно непрерывным, то ∃ ε > 0 : ∀ n ∈ N ∃ xn , zn : ρ(xn ; zn ) < 1/n, но ρ(f (xn ); f (zn )) >> ε.
Пусть {xnk } — сходящаяся подпоследовательность последовательности {xn }, т.е. xnk → x. Тогда znk → x, т.к. ρ(xnk ; znk ) → 0. Поэтомупоследовательность xn1 , zn1 , xn2 , zn2 ,. . . тоже сходится к x. Но последовательность f (xn1 ), f (zn1 ), f (xn2 ), f (zn2 ),. . . даже не является фундаментальной и потому сходиться не может.4.
Нормированные пространства.Определение 4.1. Пусть E — векторное пространство (над R1 или C1 ).Функция p : E → R1 называется полунормой на E, если выполнены следующие аксиомы:1) p(x) > 0;2) p(αx) = |α|p(x);3) p(x1 + x2 ) 6 p(x1 ) + p(x2 ).Если аксиому 1) усилить, а именно, потребовать к тому же, чтобыp(x) = 0 тогда и только тогда, когда x = 0, то функция p будет называться нормой на E.Во всяком нормированном пространстве вводится расстояние с помощью равенства ρ(x, z) = p(x − z).Определение 4.2. Локально выпуклое пространство — это пара (E, P),где P — семейство полунорм на E.Нормированное пространство — это пара (E, p), где p — норма наE. Нормированное пространство наделяется канонической метрикой:ρ(x1 ; x2 ) = p(x1 − x2 ).
Если полученное метрическое пространство будетполным, то нормированное пространство E называется банаховым.Примеры.1. E = R1 , kxk = |x|.2. E = C[a; b], kf k = max |f (t)|.t∈[a;b]1/2 Rb|f (t)|2 dt.3. E = C2 [a; b], kf k =a124. E = c0 — пространство всех последовательностей, сходящихся к 0,k{xn }k = max |xn |.n5. E = l∞ — пространство всех ограниченных последовательностей,k{xn }k = sup |xn |.nУпражнение 10. Докажите, что нормированные пространства в примерах 1, 2, 4, 5 банаховы, а в примере 3 нет.Определение 4.3.
Пусть f : E → G — линейное непрерывное отображение. Нормой f называется величина kf k = sup kf (x)kG . В случае,kxkE 61когда G = R1 , отображение f называется линейным функционалом. Множество всех непрерывных функционалов на пространстве E образуютлинейное пространство (нормированное), которое называется сопряженным к E. Обозначение — E ∗ .Лекция 5.Определение 4.4. Пусть E — нормированное пространство. Линейноеотображение A : E → G называется ограниченным, если образ любогоограниченного множества ограничен.Множество называется ограниченным, если оно содержится в некотором шаре.Нормой отображения A называется величина kAk = sup kAxk.kxk61Предложение 4.1. kAk = sup kAxk = sup kAxk.kxkx6=0kxk=1Упражнение 11. Докажите это предложение.Рассмотрим пространство L(E, G) всех непрерывных линейных отображений из E в G.
Введенная выше функция k·k действительно являетсянормой. Проверим, например, неравенство треугольника. Имеем:kA1 + A2 k = sup k(A1 + A2 )xkG 6 sup (kA1 xkG + kA2 xkG ) 6kxkE 61kxkE 616 sup kA1 xkG + sup kA2 xkG = kA1 k + kA2 k.kxkE 61kxkE 61Предложение 4.2. Если отображение A линейно, от его ограниченность равносильна непрерывности.13Доказательство. Пусть A ограничено, тогда A(S(0, 1)) ⊂ S(0, r), поэтому ∀ ε A(S(0, ε/r)) ⊂ A(0, ε).Обратно, пусть A непрерывно, тогда ∀ r > 0 ∃ ε > 0 : A(S(0, ε)) ⊂⊂ S(0, r), а значит, A(S(0, 1)) ⊂ S(0, r/ε) и kAk 6 r/ε.Предложение 4.3.
Пусть A ∈ L(E, G). Тогда kAxk 6 kAkkxk и kAk == inf{M > 0 | ∀ x kAxk 6 Mkxk}. Ax Доказательство. Т.к. kAk = sup kAxk, то ∀ x 6= 0 kxk 6 kAk, откудаkxk61kAxk 6 kAkkxk. Поэтому, если M0 = inf{M > 0 | ∀ x kAxk 6 Mkxk},то M0 6 kAk. Но если M0 < kAk, то ∃ ε > 0 : M1 = M0 + ε < kAk.Тогда ∀ x 6= 0 kAxk6 M1 , а значит, kAk = sup kAxk6 M1 < kAk —kxkkxkx6=0противоречие. Т.о., kAk = M0 .Теорема 4.1. Если G — банахово пространство, а E — нормированноепространство, то пространство L(E, G) банахово.Доказательство.
Пусть {An } ⊂ L(E, G) — фундаментальная по нормепоследовательность. Тогда ∀ x ∈ E kAn x − Ak xk 6 kAn − Ak kkxk, поэтому при всех x ∈ E последовательность {An x ⊂ G} фундаментальна, азначит, ∀ x ∈ E ∃ lim An x = Ax. Докажем, что A ∈ L(E, G). В самомn→∞деле, понятно, что A линейно в силу линейности предела и отображенийAn , поэтому необходимо доказать только непрерывность.∀ ε > 0 ∃ n0 : ∀ n, k > n0 kAn − Ak k < ε, поэтому ∀ x kAn x − Ak xk 66 εkxk и kAn −Ak 6 ε. Отсюда следует, что функционал An −A непрерывен. Но функционал An также непрерывен, поэтому A = An − (A − An )тоже будет непрерывным. Кроме того, понятно, что функционал A —предел последовательности {An }, т.к.
kAn − Ak → 0.В частности, при G = R1 получаем, что пространство E ∗ всегда банахово (в силу полноты пространства R1 ).Определение 4.5. Множество E называется выпуклым, если ∀ x1 , x2 ∈∈ E, ∀ τ1 , τ2 > 0 : τ1 + τ2 = 1 τ1 x1 + τ2 x2 ∈ E.Теорема 4.2 (Банах–Штейнхаус). Пусть E полно, G нормировано и{Aα } ⊂ L(E, G) и ∀ x ∈ E sup kAα xkG < ∞. Тогда sup kAα k < ∞.ααДоказательство. Для каждого натурального n рассмотрим множество∞SMn = {x ∈ E | ∀ α kAα xk 6 n}.
ТогдаMn = E. Представимn=114Tмножества Mn в следующем виде: Mn = {x ∈ E | kAα xk 6 n} =αT= A−1(F(0,n)).Т.к.Aнепрерывны,томножестваMn замкнуты, и поαααтеореме Бэра ∃ n : Mn ⊃ S(z, r).Множество Mn выпукло, содержит шар S(z, r) и симметрично относительно точки 0. Т.к. Mn симметрично, то Mn ⊃ S(−z, r), а т.к. Mnвыпукло, то Mn ⊃ 12 S(−z, r) + 21 S(z, r) = S(0, r). Т.о., Mn содержит шарS(0, r) радиуса r с центром в 0. Отсюда следует, что ∀ α ∀ x : kxk 6 r ⇒kAα xk 6 n, поэтому sup kAα xk 6 n, т.е. ∀ α kAα k 6 nr .kxk6rЛекция 6.Теорема 4.3 (Хан–Банах).
Пусть E — произвольное линейное пространство, и p : E → R1 — такая функция на нем, что выполняютсяследующие свойства:1) p(αx) = αp(x);2) p(x1 + x2 ) 6 p(x1 ) + p(x2 ).Пусть также E1 ⊂ E — подпространство и f : E1 → R1 — линейныйфункционал на нем, причем ∀ x ∈ E1 f (x) 6 p(x). Тогда ∃ f¯: E → R1— такое линейное отображение, что ∀ x ∈ E f¯(x) 6 p(x) и ∀ x ∈∈ E1 f¯(x) = f (x).Доказательство. Оно состоит из двух частей — аналитической и теоретико-множественной. Первая часть — аналитическая.Пусть z ∈ E \ E1 и E z = conv(E1 , z) — линейная оболочка.
Докажем,что существует искомое продолжение функционала f на пространство¯ + x) =E z . ∀ v ∈ E z v = tz + x, где z ∈ E1 , а t ∈ R1 . Понятно, что f(tz¯= tf¯(z) + f (x) 6 p(tz + x). Найдем величину C = f(z).Возможны дваслучая.1) t > 0. Тогда tC + f (x) 6 p(tz + x), а значит, C 6 p(z + x/t) − f (x/t)для всех x.2) t < 0. Тогда tC + f (x) 6 p(tz + x) для всех x. разделив обе частинеравенства на −t > 0, получим: −C −f (x/t) 6 − 1t p(tz+x) = p(−z−x/t),т.е.
C > −f (x/t) − p(−z − x/t).Но ∀ x1 , x2 −p(−x2 − z) − f (x2 ) 6 −f (x1 ) + p(z + x1 ). В самом деле,f (x1 ) − f (x2 ) = f (x1 − x2 ) 6 p(x1 − x2 ) = p((x1 + z) − (x2 + z)) 66 p(x1 + z) + p(−x2 − z).15Поэтому можно выбрать произвольное C, удовлетворяющее двойномунеравенству−p(−z − x1 /t) − f (x1 /t) 6 C 6 −f (x2 /t) + p(z + x2 /t)(∀ x1 , x2 ).Для завершения доказательства нам потребуется лемма Куратовского–Цорна.Определение 4.6. Множество Ω называется упорядоченным (или частично упорядоченным), если на нем введено отношение порядка «6»,удовлетворяющее следующим аксиомам:1) x 6 x (рефлексивность);2) x 6 y, y 6 z ⇒ x 6 z (транзитивность);3) x 6 y, y 6 x ⇒ x = y (антисимметричность).Множество Ω называется линейно упорядоченным, если каждые дваего элемента сравнимы (т.е.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
