А.М. Стёпин - Курс лекций по функциональному анализу (1128638), страница 12
Текст из файла (страница 12)
. , xn , и ξ1 , . . . , ξm — сопряжённый базис к f1 , . . . , fm . Допустим, что n 6= m и рассмотрим дваслучая.1◦ Пусть n < m. Рассмотрим операторU x = Ax +nXϕi (x)ξi .i=1Этот оператор компактен, поскольку это сумма компактного и конечномерного операторов.Покажем, что Ker(U − I) = 0. В самом деле, пусть U x − x = 0. Распишем выражение для оператора U :Ax +nXϕi (x)ξi = x,i=1Ax − x +nXϕi (x)ξi = 0.i=1Подействуем на это выражение функционалами fj , получимfj (Ax − x) +или, что то же самое,nXϕi (x)fj (ξi ) = 0,j = 1, .
. . , m,i=1(A′ fj − fj )(x) +nXϕi (x)fj (ξi ) = 0,i=132j = 1, . . . , m.334.3.2. Теоремы ФредгольмаНо поскольку fj лежат в ядре, то первое слагаемое равно нулю. При каждом значении j в сумме выживаеттолько слагаемое с номером j в силу сопряжённости базисов. Следовательно, ϕi (x) = 0 при всех i, поэтомуU x = Ax, откуда Ax − x = 0, следовательно, x ∈ Ker(A − I).
Но так как ϕi образуют базис пространства,сопряжённого этому ядру, и все обнуляются на векторе x, то x может быть только нулём, что и требовалосьдоказать.Применим следствие третьей теоремы Фредгольма: если Ker(U − I) = 0, то уравнение U x − x = y разрешимопри любой правой части, в частности, при y = ξn+1 . Пусть x — решение этого уравнения. ТогдаnX1 = fn+1 (ξn+1 ) = fn+1 (U x − x) = fn+1 Ax − x +ϕi (x)ξi =i=1= fn+1 (Ax − x) +nXi=1!!!ϕi (x)fn+1 (ξi ) = (A′ fn+1 − fn+1 )(x) + 0 = (A′ − I)fn+1 (x) = 0(x) = 0.Здесь переход «!» следует из того, что i < n + 1 (а потому всё убивает сопряжённость базисов), а переход «!!» —из того, что fn+1 лежит в ядре Ker(A′ − I). Но так как 1 6= 0, мы получаем противоречие, значит, случай n < mневозможен.2◦ Теперь допустим, что m < n. Рассмотрим операторU ′ f = A′ f +mXf (ξi )ϕi .i=1Покажем, что Ker(U ′ − I) = 0.
В самом деле, пусть U ′ f − f = 0. Распишем выражение для оператора U ′ :′Af+mXf (ξi )ϕi = f,i=1′Af −f +mXf (ξi )ϕi = 0.i=1Подействуем этим выражением на векторы xj , получим(A′ f − f )(xj ) +или, что то же самое,f (Axj − xj ) +mXf (ξi )ϕi (xj ) = 0,j = 1, . . . , n,i=1mXf (ξi )ϕi (xj ) = 0,j = 1, . .
. , n.i=1Но поскольку xj лежат в ядре, то первое слагаемое равно нулю. При каждом значении j в сумме выживаеттолько слагаемое с номером j в силу сопряжённости базисов. Следовательно, f (ξi ) = 0 при всех i, поэтомуU ′ f = A′ f , откуда A′ f − f = 0, следовательно, f ∈ Ker(A′ − I). Но так как ξi образуют базис пространства,сопряжённого этому ядру (здесь мы неявно пользуемся тем, что для конечномерных пространств имеет местоканонический изоморфизм V ∗∗ ∼= V ), и ковектор f на них равен нулю, то f может быть только нулём, что итребовалось доказать.Применим следствие третьей теоремы Фредгольма: если Ker(U ′ −I) = 0, то уравнение U ′ f −f = g разрешимопри любой правой части, в частности, при g = ϕm+1 .
Пусть f — решение этого уравнения. ТогдаmX1 = ϕm+1 (xm+1 ) = (U ′ f − f ) (xm+1 ) = A′ f − f +f (ξi )ϕi (xm+1 ) =i=1= (A′ f − f )(xm+1 ) +mXi=1 !!!f (ξi )ϕi (xm+1 ) = f (Axm+1 − xm+1 ) + 0 = f (A − I)x = f (0) = 0.Здесь переход «!» следует из того, что i < n + 1 (а потому всё убивает сопряжённость базисов), а переход «!!» —из того, что xm+1 лежит в ядре Ker(A − I). Но так как 1 6= 0, мы получаем противоречие, значит, случай m < nтоже невозможен.Итак, остаётся единственная возможность m = n, но это и требовалось доказать.
33344.3.3. Альтернатива Фредгольма4.3.3. Альтернатива ФредгольмаТеорема 4.30 (Альтернатива Фредгольма). Рассмотрим уравнение (A − I)x = y. Тогда либо ядроKer(A − I) ненулевое, либо оператор A − I обратим. Пусть ядро нулевое, тогда в силу первой теоремы Фредгольма, уравнение (A − I)x = y разрешимо длялюбого y, то есть Im(A − I) = X. Кроме того, оператор A − I инъективен. Следовательно, это биекция X ↔ X.По теореме Банаха оператор A − I будет иметь ограниченный обратный. Следствие 4.4. Ненулевые точки спектра компактного оператора суть его собственные значения конечной кратности. В самом деле, при λ 6= 0 можно применить альтернативу Фредгольма: если Ker(A − λI) = 0, то операторA − λI обратим, поэтому такие λ не принадлежат спектру. Если же ядро ненулевое, то его размерность конечна,как было доказано выше. Замечание. Первая теорема Фредгольма допускает слегка парадоксальную переформулировку: «Если решение единственно, то оно существует».4.3.4.
Частный случай: гильбертовы пространстваСтрого говоря, сопряжённое пространство H ∗ к гильбертову пространству H не изоморфно исходному пространству. Между H и H ∗ имеется так называемый антиизоморфизм. Задаётся он очевидным образом: Пустьh ∈ H. Сопоставим этому вектору некоторый функционал:ϕh 7−→ fh (x) := (x, h).Это корректно, так как все функционалы имеют такой вид, то есть отображение сюръективно, а инъективность сомнений не вызывает. Но скалярное произведение в пространстве над полем C антилинейно по второмуаргументу, поэтому и ϕ будет антилинейным:ϕ(λh) = fλh = (x, λh) = λ(x, h) = λϕ(h).Такие отображения и называют антиизоморфизмами.А вот если пространство над полем R, то всё совсем хорошо и H ∼= H ∗.Тогда теоремы Фредгольма переформулируются так:Ker(A − I) = 0 ⇔ Im(A − I) = H;(3)dim Ker(A − I) = dim Ker(A − I);(4)∗Ker(A∗ − I) = Im(A − I)⊥ .(5)5.
Приложение5.1. Service Pack 1 (Миша Берштейн, Миша Левин)Здесь под сохраняющимся спектром понимаются либо собственные значения бесконечномерной кратности,либо те значения λ, при которых будет незамкнутым образ (при этом вполне может быть конечномерное ядро).Лемма 5.1. Следующие два утверждения эквивалентны:1. Выполняется хотя бы одно из двух условий: dim Ker(A − λI) = ∞ или Im(A − λI) незамкнут;2. ∃ непредкомпактная последовательность {xn }, такая, что kxn k = 1 и (A − λI)xn → 0.
Предполагается,что исходное пространство банахово. В процессе доказательства леммы о замкнутости образа оператора A − I, если A компактен был установлен следующий факт: если ядро оператора A − I конечномерно (не обязательно компактного), то ∀ y ∈Im(A − I) ∃ xe, являющееся наименьшем по норме решением уравнения (A − I)x = y. Понятно, что это верно идля оператора A − λI, ∀ λ.Пусть есть оператор B, dim Ker B < ∞, тогда профакторизуем все пространство по Ker B и введем в этомновом пространстве норму: kxk1 = kexk, где xe — наименьшее решение уравнения Bz = y, где y = Bx.Докажем корректность определения. Если x1 и x2 лежат в одном классе эквивалентности, то Bx1 = Bx2 и,соответственно, xe для них одинаково.kxk1 = 0 ⇔ x ∈ Ker B, значит, его образ при факторизации равен 0 — первое свойство нормы.kλxk1 = λ kxk1 — очевидно.34355.2.1.
Теорема Хана – Банахаkx + yk1 = x]+ y 6 kex + yek 6 так как B(x]+ y) = Bex +Bey , а x]+ y — наименьшее решение 6 kexk+keyk == kxk1 + kyk1 .Значит, это действительно будет нормой.Будем доказывать, что 1 ⇒ 2.1. dim Ker(A − λI) = ∞ — этот случай был разобран ранее.2. dim Ker(A − λI) < ∞ и Im(A − λI) незамкнут.Профакторизуем по Ker(A − λI) и введем норму, как это было указано выше. Мы получим оператор B − λI,индуцированный оператором A − λI на факторизованном пространстве, причем Ker(B − λI) = 0, а Im(B − λI)не замкнут. Такой случай также разбирался и, значит, для оператора B − λI ∃ искомая {xn }.
Тогда в качествепоследовательности для A−λI возьмем {fxn }. Докажем, что она подходит. Имеем kfxn k = kxn k1 = 1 и (A−λI)fxn =(B − λI)xn → 0.Осталось доказать непредкомпактность {fxn }. Предположим противное. Тогда найдётся фундаментальнаяподпоследовательность {gxnk }. Тогда для ∀ ε > 0 найдётся N такое, что для ∀ k, l > N выполнено kgxnk − xfnl k < ε.Но для ∀ k, l имеемkgxnk − xf− xnl k = kxnk − xnl k.nl k > kxn^kЗначит {xnk } также фундаментальна. Противоречие.Теперь докажем, что 2 ⇒ 1.Если Im(A − λI) незамкнут, то все доказано. Пусть тогда он замкнут. Если dim Ker(A − λI) = ∞, то все доказано.
Предположим противное. Отфакторизуем по Ker(A − λI). Тогда пусть tn — образ xn при факторизации.Докажем, что ∃ c > 0 : ∀ n ktn k1 > c. Предположим противное. Тогда найдётся подпоследовательность {tnk }такая, что ktnk k1 → 0. Тогда kgxnk k → 0. Обозначим zk = xnk − xggxnk k 6nk . Тогда kzk k = kxnk − xnk k 6 kxnk k + kg2kxnk k = 2. Очевидно, zk ∈ Ker(A − λI).
Тогда мы получаем ограниченную последовательность в конечномерном пространстве. Тогда она предкомпактна. После перенумерации можно считать, что {zk } сходится. Нотогда {xnk } сходится как сумма сходящихся последовательностей {zk } и {gxnk } — противоречие с тем, что {xn }непредкомпактна. Обозначим X - отфакторизованное пространство. Обозначим Y = Im(A − λI).
Так как Y —замкнутое подпространство банахова пространства, то Y — банахово.Лемма 5.2. Пространство X банахово. Пусть {xn } — фундаментальная последовательность в X. Пусть ∀ i, j > N1 kxi − xj k1 < 12 . Пустьy1 = xN1 . Пусть ∀ i, j > N2 > N1 . ∀ i, j > N2 kxi − xj k1 < 14 и y2 = xN2 и т.д. Тогда ∀ n ∀ i, j > n kyi − yj k1 < 21n .Возьмем z1 = ye1 , zn = zn−1 + (yn^− yn−1 ). Тогда zn является прообразом для yn при отображении факторизации.^kzn+1 − zn k = kyn+1− yn k = kyn+1 − yn k1 .
Тогда ∀ n ∀ i > j > n имеемkzi − zj k 6 kzi − zi−1 k + · · · + kzj+1 − zj k <12i−1+ ···+11< n−1 ,j22т.е. {zn } — фундаментальна. Тогда zn → z. Пусть y — образ z при факторизации. Тогда yn → y. Тогда {xn } —фундаментальная последовательность, подпоследовательность которой сходится к y. Значит, xn → y. Обозначим B — оператор, индуцированный A − λI на X. Тогда B : X → Y, Ker B = 0, X и Y — банаховы.B ограничен, так как kBxk = k(A − λI)exk 6 kA − λIkkexk = kA − λIkkxk1 .
Тогда по теореме Банаха существуетограниченный C = B −1 . Обозначим wn = Btn . Тогда tn = Cwn . Но wn → 0, а ∃ c : ∀ n ktn k1 > c. Противоречиес ограниченностью C. 5.2. Service Pack 2 (Юра Малыхин)5.2.1. Теорема Хана – БанахаПервый случай, когда пространство сепарабельно, т.е. ∃ (xn ) ⊂ H плотное. Продолжаем F на hX0 , x1 , . . . , xn iпоследовательно. Получим в итоге F на hX, xi i — это плотное подмножество. Продолжим F по непрерывности:надо проверить корректность и что норма не испортится.
Корректность: пусть ai , bi −→ c. Мы хотим положитьF (c) := lim F (ai ). Т.к ai фундаментальна, то и F (ai ) тоже, поэтому предел существует; т.к kai − bi k → 0, то|F (ai ) − F (bi )| 6 kF0 k · kai − bi k → 0, т.е. пределы равны. Далее,kai k −→ kck,|F (ai )| 6 kF0 k · kai k ,|F (ai )| → |F (c)|.Отсюда |F (c)| 6 kF0 k · kck.5.2.2. Спектральная теоремаБолее подробно про построение U : сначала определяем U на всюду плотном множестве hAn hi так: еслиv = P (A)h, то U v = P . Корректность проверена (по определению меры σ).
Изометрия проверена — это ровно35365.2.3. Теорема Ф. Риссато же тождество, только без равенства нулю. Значит, все продолжается на C[−kAk, kAk], причем остается свойство изометричности. Отсюда следует инъективность U . Проверим сюръективность: берем f ∈ L2 (σ) и строиммногочлены Pn −→ f (сходимость по норме L2 - существование такой последовательности многочленов см. ниже- лемма). Берем xn = Pn (A)h - прообразы. В силу изометрии последовательность xn фундаментальна и имеетпредел x.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
