О.Г. Смолянов - Курс лекций по функциональному анализу (1128611), страница 6
Текст из файла (страница 6)
Докажем, что в сепарабельном гильбертовом пространстве бесконечной размерности есть ортонормированный базис. Поскольку пространство сепарабельно, то в нем есть счетное всюду плотное множество {xn }. Пусть z1 = xn1 — первый ненулевой элемент этой системы.Далее, z2 = xn2 — первый среди последующих элементов этой системы,независимый с z1 . Продолжая этот процесс, мы в конце концов получимсистему независимых векторов {zn }, причем мы всегда сумеем выбратьследующий элемент zk в силу бесконечномерности пространства. Применяя процесс ортогонализации Грама–Шмидта, мы получаем тотальнуюортонормированную систему векторов {en }. Т.к. пространство гильбертово, то по доказанному ранее эта система является базисом.Докажем теперь утверждение теоремы. Пусть E1 и E2 — два пространства.
Согласно доказанному выше, выберем Pв них ортонормиро12ванные базисы {en } и {en }.∀ x ∈ E1 x =(x, e1n )e1n . ПоложимPТогда1 2F : E1 → E2 , x 7→ F (x) = (x, en )en . В силу неравенства Бесселя указанный ряд сходится, поэтому отображение определено корректно. Докажем, что оно является автоморфизмом. В самом деле,(x1 , x2 ) = limk→∞= limk→∞kXn=1kXn=1(x1 , e1n )e1n ,kX(x2 , e1n )e1nn=1(x1 , e1n )(x2 , e1n ) =X=(x1 , e1n )(x2 , e1n ) = (F (x1 ), F (x2 ))6 .Лемма 6.1 (Равенство параллелограмма). ∀ x, z ∈ E имеет место следующее равенство: k 12 (x − z)k2 + k 12 (x + z)k2 = 12 kxk2 + 12 kzk2 .Лемма 6.2. Пусть d > δ > 0, S = {x ∈ E | d 6 kxk2 6 √d + δ} и A ⊂ S— выпуклое множество. Тогда ∀ x1 , x2 ∈ A kx1 − x2 k 6 12dδ.Доказательство.
Т.к. 12 (x1 + x2 ) ∈ A, то k 12 (x1 + x2 )k > d. Кроме того,согласно правилу параллелограмма,12 112122 (x1 − x2 ) = kx1 k + kx2 k − (x1 + x2 ) 6 (d + δ)2 − d2 6 3dδ,2222√откуда kx1 − x2 k 6 12dδ.6Это равенство называется равенством Парсеваля.26Лекция 11.7. Теорема Рисса.Замечание. В дальнейшем, если не оговорено противное, мы будем считать, что основным полем является либо R, либо C.Предложение 7.1. Пусть V — выпуклое замкнутое множество гильбертова пространства и h 6∈ V . Тогда ∃! xh ∈ V : c = kh − xh k == inf kh − zk.z∈VОпределение 7.1. Элемент xh называется проекцией элемента h на Vи обозначается через prV h.Доказательство.
Пусть последовательность {zn } ⊂ V такова, что kh −− zn k → c, т.е. ∀ ε > 0 ∃ n0 : ∀ n > no zn ∈√{x : c 6 kx − hk 6 c + ε} ∩ V .По лемме 6.2 получаем, что kzn − zk k 6 12cε при n, k > n0 , а значит,последовательность {zn } фундаментальна. Поэтому ∃ xh = lim zn . Легкоn→∞видеть, что элемент xh искомый, т.е. kh − xh k = c.Докажем единственность.
Пусть есть два элемента xh и x̄√h , удовлетворяющие условию. Тогда по лемме 6.2 имеем: kx̄h − xh k 6 12cε привсех ε > 0. Отсюда следует, что x̄h = xh .Предложение 7.2. Re(h − xh , z − xh ) 6 0 при всех z ∈ V .Доказательство. Т.к. множество V выпукло, то при всех λ ∈ [0; 1) имеем: xh + λ(z − xh ) ∈ V . В таком случае kh − (xh + λ(z − xh ))k2 > kh − xh k2 ,что равносильно следующему неравенству:kh − xh k2 + λ2 kz − xh k2 − 2λ Re(h − xh , z − xh ) > kh − xh k2 .Отсюда следует, что Re(h − xh , z − xh ) 6 λ2 kz − xh k2 . Устремляя λ к 0,получаем требуемое.Теорема 7.1.
Пусть G ⊂ H — замкнутое подпространство гильбертова пространства. Тогда ∀ h ∈ H ∃! xh = prG h ∈ G : h − prG h⊥G.Доказательство. Пусть xh = prG h. При z = 0 по предыдущему предложению получаем, что Re(h − xh , −xh ) 6 0. Отсюда следует, что при всехz выполнено неравенство Re(h − xh , z) 6 0. Если теперь (h − xh , z) = reiθ ,где r > 0, то Re(h − xh , eiθ z) = r 6 0. Поэтому r = 0, что и требовалось.27Замечание. На самом деле, условие теоремы является и достаточным,т.е. по условию теоремы вектор xh определяется однозначно.Теорема 7.2 (Рисс). Пусть E — гильбертово пространство и f ∈ E ∗ .Тогда ∃! hf ∈ E : ∀ x ∈ E f (x) = (x, hf ), причем kf k = khf k.Доказательство.
Если f ≡ 0, то утверждение очевидно.Пусть f 6≡ 0. Рассмотрим подпространство G = ker f . Тогда ∃ z ∈∈ H \ G : z − prG z = h⊥G, причем h 6= 0. Рассмотрим функционалF : x 7→ (x, h). Тогда ker F ⊃ ker f = G, поэтому по лемме 5.1 ∃ α ∈ C :f = αF и α 6= 0. В таком случае положим hf = ᾱh. Легко проверить, чтоf (x) = (x, hf ).Докажем, что kf k = khf k. По неравенству Коши–Буняковского–Шварца |f (x)| = |(x, hf )| 6 kxkkhf k, поэтому kf k 6 khf k. Кроме того, приhx = khff k неравенство обращается в равенство, поэтому kf k = khf k.Докажем единственность. Пусть есть два элемента hf и h̄f , удовлетворяющие условию. Тогда ∀ x ∈ H (x, hf ) = (x, h̄f ).
Отсюда ∀ x ∈ H(x, hf − h̄f ) = 0. Подставив x = hf − h̄f , получим (hf − h̄f , hf − h̄f ) = 0 ⇒⇒ hf − h̄f = 0 ⇒ hf = h̄f .Лекция 12.Теорема 7.3. Пусть G ⊂ H — замкнутое подпространство гильбертова пространства, h ∈ H, ∃ prG h ∈ G и ∃ z ∈ G, (h − z)⊥G. ТогдаprG h = z.Доказательство. (h − prG h)⊥G, (h − z)⊥G ⇒ (h − prG h) − (h − z) = (z −−prG h)⊥G.
Но (z−prG h) ∈ G. Следовательно, (z−prG h, z−prG h) = 0 ⇒⇒ z − prG h = 0 ⇒ z = prG h.Определение 7.2. Пусть E1 и E2 - линейные пространства над полем C.Отображение f : E1 → E2 называется полулинейным, если ∀g1 , g2 ∈ E1 иλ ∈ C выполнено f (g1 + g2 ) = f (g1 ) + (g2 ) и f (λg1 ) = λ̄f (g1 ).Замечание. Пусть E — гильбертово пространство и f ∈ E ∗ . По теоремеРисса ∃! hf ∈ E : ∀ x ∈ E f (x) = (x, hf ) Тогда отображение F : E ∗ → E,F (f ) = hf полулинейно.Теорема 7.4. Пусть E — это произвольное линейное пространство,а p : E → R+ — такая функция на нем, что выполняются следующиесвойства:281 ) p(αx) = |α|p(x);2 ) p(x1 + x2 ) 6 p(x1 ) + p(x2 ).Пусть также G ⊂ E — подпространство и f : G → C — линейныйфункционал на нем, причем ∀ x ∈ G |f (x)| 6 p(x).
Тогда ∃ f˜: E → C˜— такое линейное отображение, что ∀ x ∈ E |f(x)|6 p(x) и ∀ x ∈˜∈ G f(x) = f (x).Доказательство. Положим ∀ x ∈ G f1 (x) = Re f (x). Тогда f1 : GR → Rлинеен и ∀ x ∈ G f (x) = f1 (x) − if1 (ix). По условию ∀ x ∈ G |f (x)| 66 p(x), значит, ∀ x ∈ G |f1 (x)| 6 p(x). По теореме Хана-Банаха найдемтакой линейный функционал f˜1 : ER → R, что ∀ x ∈ ER |f˜1 (x)| 6 p(x).Положим ∀x ∈ E f˜(x) = f˜1 (x) − if˜1 (ix). Тогда f˜ и будет искомымфункционалом. Надо лишь проверить, что ∀ x ∈ E |f˜(x)| 6 p(x).Допустим, что это не так, т.е. ∃ x ∈ E : |f˜(x)| > p(x). Пусть f˜(x) =˜ −iθ x) = e−iθ f˜(x) = e−iθ ρeiθ = ρ > 0. Поэтому |f˜(e−iθ x)| == ρeiθ . Тогда f(e= f˜(e−iθ x) = f˜1 (e−iθ x) ⇒ f˜1 (e−iθ x) > p(x) = p(e−iθ x). Противоречие.Определение 7.3.
Пусть E и G — банаховы пространства и A : E → G —линейный оператор. Тогда банахов сопряженный оператор A∗ : G∗ → E ∗определяется следующим образом: ∀g ∈ G∗ ∀x ∈ E g(Ax) = (A∗ g)(x).Предложение 7.3. A∗ линеен и непрерывен.Доказательство. Линейность очевидно вытекает из определения. Дляпроверки непрерывности докажем более сильное утверждение: kA∗ k == kAk.kAk = sup kAxk = sup sup |g(Ax)| = sup sup |g(Ax)| =x∈Fkxk61kxk61 g∈G∗kgk61kgk61 kxk61= sup sup |(A∗ g)(x)| = sup kA∗ gk = kA∗ k.kgk61 kxk61kgk61Определение 7.4.
Пусть H — гильбертово пространство и A : H → H —линейный оператор. Тогда гильбертов сопряженный оператор A∗ : H →→ H определяется следующим образом: ∀x ∈ H ∀z ∈ H (A∗ x, z) == (x, Az).29Лекция 13.Теорема 7.5 (Неравенство Коши-Буняковского в комплексном случае).Пусть H — гильбертово пространство над C и f, g ∈ H. Тогда вернонеравенство |(f, g)| 6 kf kkgk.Доказательство. Если kgk = 0, то g = 0 и неравенство Коши-Буняковского выполнено.Если же (f, g) = 0, то неравенство Коши-Буняковского тоже выполнено.Ну а если kgk(f, g) 6= 0, то пусть λ — произвольное действительноечисло. Тогда (f − λ(f, g)g, f − λ(f, g)g) > 0.
Значит, (f, f ) − 2λ|(f, g)|2 ++ λ2 |(f, g)|2kgk2 > 0. Это квадратный трехчлен, неотрицательный привсех λ, поэтому его дискриминант неотрицателен. Таким образом, получаем, что |(f, g)|4 6 kf kkgk|(f, g)|2, откуда следует |(f, g)| 6 kf kkgk.Теорема 7.6. Пусть A — произвольный линейный непрерывный оператор в гильбертовом пространстве H.
Тогда ker A = (Im A∗ )⊥ , где A∗ —оператор, сопряженный к оператору A и Im C = {Cx | x ∈ H}.Доказательство. Проверим включение в одну сторону. x ∈ ker A ⇔⇔ ∀ z ∈ H (Ax, z) = (x, A∗ z). Итак, любой элемент ядра оператораперпендикулярен любому элементу образа.Обратно: x ⊥ Im A∗ ⇔ ∀ z ∈ H (x, A∗ z) = 0 ⇔ ∀ z ∈ H (Ax, z) = 0⇔ Ax = 0 ⇔ x ∈ ker A.Следствие 7.1. 1. (ker A)⊥ = (Im A∗ )⊥⊥ = Im A∗ .2. ker A∗ = (Im A)⊥ .3.
(ker A∗ )⊥ = Im A.Упражнение 13. Докажите это следствие.Пусть теперь A : E → G, где E и G — банаховы пространства. Тогдадля оператора A∗ : G∗ → E ∗ верны те же свойства (здесь (Im A∗ )⊥ = {x ∈∈ E | ∀ g ∈ Im A∗ , g(x) = 0}).Доказательства аналогичны предыдущим.8. Обобщенные функции.Определим три пространства так называемых пробных функций:1. D = D(Rn ) — пространство всех бесконечно дифференцируемыхфункций (действительнозначных или комплекснозначных) с компактным носителем.302. S = S(Rn ) — пространство всех бесконечно дифференцируемыхбыстро убывающих функций (действительнозначных или комплекснозначных).3.
E = E(Rn ) — пространство всех бесконечно дифференцируемыхфункций (действительнозначных или комплекснозначных).Определение 8.1. Носителем функции ϕ называется следующее множество: supp ϕ = {x | ϕ(x) 6= 0}.Определение 8.2. Функция ϕ называется быстро убывающей, если∀ n, k pn,k = supx (1 + kxkn )kϕ(k) (x)k < ∞.P Определение 8.3. Здесь kϕ (x)k = P(k)rj =k∂ k ϕ(x) .∂xr11 . . .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
