А.М. Стёпин - Курс лекций по функциональному анализу (1128638), страница 13
Текст из файла (страница 13)
Тогда U x = f . Теперь нам надо доказать следующее равенство функций: (U AU −1 f )(λ) = λf (λ). Еслитеперь Pn −→ f , то:123λf (λ) ← λPn (λ) = U AU −1 Pn −→ U AU −1 f.1 означает сходимость по норме L2 , эта сходимость следует из того, что kλPn (λ) − λf (λ)k2 6 CkPn − f k2 , где|λ| 6 C.2 следует из определения U3 означает сходимость по норме L2 , она следует из непрерывности операторов U, U −1 , A.Поскольку предел в L2 единствен, левая часть равна правой.Лемма 5.3. Пусть σ — конечная борелевская мера на [a, b] (т.
е. она задана на борелевских подмножествахотрезка). Тогда многочлены плотны в L2 (σ). Нам надо приблизить многочленами все функции из L2 . Поскольку все непрерывные приближаютсямногочленами равномерно, то приближаются и по норме L2 . Поскольку простые функции плотны в L2 , остается лишь приблизить непрерывными функциями индикаторы измеримых (=борелевских) множеств. Теперьрассмотрим те E, индикаторы которых приближаются непрерывными функциями, т.е. F = {E : χE ∈ C[a, b]}.Покажем, что F есть σ-алгебра. Действительно, если fn приближают χE , то 1 − fn приближают χ[a,b]\E , если fn−→ E1 , gn −→ E2 , то fn gn −→ χE1 ∩E2 , если Pесть счетное число непересекающихся Ei , то берем f1 : kf1 − χE1 k < 12 ,1f2 : kf2 − χE2 k < 4 , и так далее.
Тогда k fi − χE1 ⊔E2 ⊔... k < 1. Покажем, что в F входят полуинтервалы вида[a, t). Такой интервал приближается функцией fn (x),R которая есть 0 при x > t, 1 при x 6 t − n1 , концы соединяемпо линейности. Действительно, тогда ошибка есть [t−1/n,t) |1 − fn |2 6 σ([t − 1/n, t)) −→ 0. Значит F содержитвсе борелевские множества, чего нам и надо было доказать. 5.2.3. Теорема Ф. РиссаУтверждение 5.4.
Пусть для любой вещественнозначной f имеем F (f ) ∈ R. Покажем, что построеннуюфункцию g можно выбрать окажется вещественной.Пусть для любой вещественнозначной неотрицательной f имеем F (f ) > 0. Покажем, что g можно выбрать вещественной неубывающей. Заметим, что мы используем теорему Рисса в несколько другой форме, а именно, пользуемся не самойфункцией g, а мерой dg. Поэтому после того, как построили функцию конечной вариации g, изменим ее всчетном числе точек, чтобы представить в виде разности g ′ = g1′ − g2′ функций распределения некоторых мерµ2 , µ1 на [a, b].
Это делаем так: известно, что g есть разность g = g1 − g2 двух монотонных функций. Далеепереопределим, если надо, g1 и g2 так, чтобы они стали непрерывны слева на (a, b). С точкой b происходитжопа. Тогда dg1′ и dg2′ — некоторые меры, поэтому интеграл по dg есть разность интегралов Лебега по мерамdg1′ и dg2′ , а с интегралом Лебега работать намного приятнее! Техническое утверждение [2, Rгл.
6, §R6, п. 4]состоитвR том, что для всякой непрерывной функции f значение интеграла не изменится, т.е. f dg = f dg ′ =R′f dg2 − f dg1′ , где первые два интеграла понимаются в смысле Римана – Стилтьеса, а последние два — в смыслеЛебега – Стилтьеса. Далее везде считаю функцию g подправленной. (Замечу, что рассуждения в этом параграфенеобходимо проводить, чтобы получить именно меру в спектральной теореме!)1) итак, пусть F вещественный. Сделаем g(c) ∈ R для какой-то фиксированной c ∈ (a, b). Возьмем произвольное d > c и докажем g(d) ∈ R.
Дляпоследовательность «почти индикаторов»fRn , сходящихсяR этого построимRRпочтивсюдукψ=χ.Тогдаfdg−→ψdg(изсвойствинтегралаЛебега),fdg−→ψdg2 , откудаn22n1[c,d)RRfn dg −→ ψdg = g(d) − g(c). Поскольку слева стоят вещественные числа, то и предел получится вещественным.
Аналогично доказывается g(d) ∈ R для d < c и для g(b). (Тут я сжульничал! На самом деле проблемаимеется в точке b, по хорошему g1 и g2 должны быть непрерывны в точке b слева, но тогда нужно знать ещемеру точки b, т. е. g(b + 0) − g(b). Подробности слишком техничны и неинтересны)2) Пусть F неотрицателен.
Совершенно аналогично доказывается, что g монотонна. Выбирая g вещественнойв какой-нибудь точке, получим вещественную монотонную функцию, которая будет функцией распределениянекоторой меры (опять возникает небольшая проблема с мерой b). Эту меру и надо будет использовать в спектральной теореме. 5.2.4. Теорема о компактном возмущенииКонтрпример, показывающий неравносильность определений непрерывного спектра: рассмотрим A : ℓ2 →ℓ2 , (x1 , x2 , . . .) 7→ (x1 , x2 /2, x3 /3, . . .).
Он компактен, причем 0 ∈ Σc (A). Рассмотрим компактное возмущениеK = −A: A + K = A − A = 0, но у нуля нет непрерывного спектра. По лемме (см. соотв. главу) из того, что36375.3.1. К теореме Банаха – Штейнгаузаλ ∈ Σс (A) следует существование некомпактная последовательности kxn k = 1 и (A − λ)xn → 0. Обратно женеверно. Пример: A = 0, λ = 0, hn = en — ОНС.5.3. Полезные утверждения, примеры, факты5.3.1. К теореме Банаха – ШтейнгаузаПокажем, что в принципе равномерной ограниченности нельзя убрать требование банаховости пространства X.Пример 3.1.
Пусть X — пространство финитных последовательностей, а Y = ℓ1 . Определим семействооператоров так:An (x1 , . . . , xn , . . .) := (0, . . . , nxn , 0, . . .).Для каждой финитной последовательности x = (x1 , . . . , xN , 0, 0, . . .) найдётся нужная константа Cx : достаточновзять Cx = N . С другой стороны, kAn k = n → ∞ при n → ∞.5.3.2. К теореме Банаха об обратном оператореПокажем, что полнота пространств в теореме Банаха существенна.Пример 3.2. Пусть X = C[0, 1] с чебышёвской нормой, а Y = C[0, 1] с интегральной нормой.
Тогда X полно,а Y , очевидно, нет. Рассмотрим тождественный оператор id : X → Y . Очевидно, kidk 6 1, но оператор id−1не является ограниченным. В самом деле, рассмотрим fn := nχ[0, 1 ] и чуть-чуть их сгладим, чтобы они сталиnнепрерывными. Тогда их интегральная норма будет близка к 1, а чебышёвская — неограниченно возрастать.Значит, id−1 не является ограниченным оператором.Определение. Базис Гамеля — такая система векторов B ⊂ L, что всякий вектор x ∈ L единственнымобразом представляется в виде конечной линейной комбинации векторов из B.Теорема 5.5. Всякое линейное пространство L обладает базисом Гамеля.
Существенно использует аксиому выбора, поэтому в справедливость этой теоремы можно либо верить,либо не верить. В предположении справедливости этой теоремы, можно легко построить пример неограниченного операторав любом бесконечномерном пространстве. Пусть Γ — базис Гамеля пространства L. Выберем счётное подмножество среди базисных элементов и занумеруем их, получим набор {γi }. Считаем, что базисные вектора имеютединичную длину.
Зададим действие оператора на базисных векторах: положим Aγi = iγi , а для всех остальныхбазисных векторов e ∈ Γ r {γi } положим Ae = 0. Тем самым мы задали действие оператора на всех векторах пространства L, ибо всякий вектор единственным образом разлагается по нашему базису. Поэтому, еслиnnPPx =ai ei , то Ax =ai Aei и тем самым оно однозначно определено.
Вместе с этим ясно, что оператор Ai=1i=1неограничен, поскольку для всякого M > 0 найдётся вектор, который растягивается этим оператором больше,чем в M раз.Пример 3.3. Из теоремы о базисе Гамеля следует, что на всяком бесконечномерном пространстве существует неограниченный линейный оператор. Аналогично строится и неограниченный линейный функционал,именно, возьмём ϕ(γi ) = i kγi k, а на всех остальных векторах базиса положим его равным нулю. Тогда возьмём какое-нибудь полное пространство X и оснастим его другой нормой k·k := k·kL + k·kϕ , то есть положим kxk := kxkL + |ϕ(x)|. Обозначим новое пространство через Lϕ и рассмотрим неограниченный операторid : L → Lϕ . Рассмотрим оператор id : Lϕ → L.
Его норма, очевидно, не превосходит 1, однако обратный оператор неограничен, поскольку норма i-ого базисного вектора увеличивается в (1 + i) раз.Покажем что в теореме Банаха существенно требование существования алгебраического обратного отображения.Пример 3.4. Возьмём оператор правого сдвига в пространстве ℓp . Он действует так:Rx = R(x1 , x2 , . . .) = (0, x1 , x2 , . . .).Понятно, что kRk = 1. Очевидно, что левый обратный оператор существует — это левый сдвиг L, причём онтоже ограничен. Но правого обратного не существует, поскольку Im R 6= ℓp , значит, не для каждого векторабудет выполнено равенство RLx = x.5.3.3. Сопряжённый аналог ТБШТеорема 5.6 (Аналог принципа равномерной ограниченности для сопряжённых пространств).Слабо ограниченная последовательность ограничена по норме.37385.3.3.
Сопряжённый аналог ТБШ Пусть xi — слабо ограниченная последовательность. Это значит, что для всякого f ∈ X ∗ существуетчисло Cf такое, что для ∀ i имеем |f (xi )| 6 Cf . Докажем, что найдётся такое C, что kxi k 6 C для всех i.Рассмотрим семейство множествFn := {f ∈ X ∗ : ∀ i имеем |f (xi )| 6 n} .SОчевидно, что X ∗ = Fn . Поскольку X ∗ полно и потому не есть множество первой категории, найдётся FNтакое, что оно не является нигде не плотным в X ∗ . Значит, есть шар, где оно всюду плотно.Покажем, что все множества Fn замкнуты. Для этого докажем, что дополнения к ним открыты. Возьмёмкакой-нибудь элемент f ∈/ Fn .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
