А.М. Стёпин - Курс лекций по функциональному анализу (1128638), страница 8
Текст из файла (страница 8)
Далее, существует конечная 21 -сеть, покрывающая новую последовательность. Снова выберем ту окрестность сети, в которой бесконечно много элементов, и в ней возьмёмпроизвольный x∗2 . Продолжим этот процесс, то есть на n-м шаге будем выбирать 21n -сеть. Ясно, что последовательность {x∗i } будет фундаментальна. Следствие 3.2. Любое компактное метрическое пространство сепарабельно.
Пусть X — компактное метрическое пространство. Покажем, что X полно. В самом деле, если {xn } —фундаментальная последовательность, то по определению компактности из неё можно выделить подпоследовательность, сходящуюся к некоторому элементу x ∈ X. Но из этого, очевидно, следует, что к x сходится и всяпоследовательность. Значит, X полно.Построим в X счётное всюду плотное множество D. По критерию Хаусдорфа, для ∀ ε в X существует21224.1.1. Основные понятияконечная ε-сеть Cε := xε1 , . . . , xεkε .
РассмотримD=∞[C n1 .n=1Очевидно, что D счётно и всюду плотно в X. 4. Нормированные и банаховы пространства4.1. Линейные функционалы и операторы4.1.1. Основные понятияПусть X — линейное пространство над полем C.Определение. Норма — функция k·k : X → R+ со свойствами:1◦ Для ∀ x, y ∈ X имеем kx + yk 6 kxk + kyk — неравенство треугольника.2◦ Для ∀ x ∈ X, ∀ α ∈ C имеем kαxk = |α| · kxk — однородность.3◦ Для ∀ x ∈ X из kxk = 0 следует x = 0 — точность.Определение. Линейный оператор A : X → X называется ограниченным, если ∃ C > 0 : kAxk 6 C kxk длявсех x ∈ X.Определение. Норма линейного оператора — число kAk := sup kAxkkxk .x6=0Задача 4.1. Доказать, что kAk совпадает с числом inf C, где C — константа из определения ограниченногооператора.
Доказать, что норму можно определять и так: kAk = sup kAxk.kxk=1Задача 4.2. Пусть A, B — ограниченные операторы. Доказать, что kABk 6 kAk · kBk.kAk·kBxkРешение. Имеем kABk = sup kABxk= kAk · kBk. kxk 6 supkxkx6=0x6=0Задача 4.3. Доказать, что ограниченность оператора равносильна его непрерывности.Буквой I мы будем обозначать тождественный оператор I : X → X.Очевидно, что вектор x 6= 0 является собственным с собственным значением λ тогда и только тогда, когдаx ∈ Ker(A − λI).Определение. Обратным к ограниченному оператору A называется такой ограниченный оператор B, чтоAB = BA = I.4.1.2. Спектр оператораОпределение. Пусть A — ограниченный оператор.
Рассмотрим оператор A − λI. Спектром оператораназывается множество точек λ ∈ C, для которых не существует ограниченного обратного оператора к A − λI.Мы будем обозначать спектр оператора A через Σ(A).Определение. Точки, лежащие в дополнении к спектру, называются регулярными.Определение.
Пусть A : X → X — ограниченный оператор. Резольвентой оператора называется функцияRA : C r Σ(A) → End X,RA (z) := (A − zI)−1 .4.1.3. Непустота спектра ограниченного оператораЛемма 4.1 (Тождество Гильберта). Для резольвенты оператора A имеет место формулаR(z) − R(w) = (z − w)R(z)R(w). Рассмотрим тождество (A − wI) − (A − zI) = (z − w)I. Домножим слева на оператор R(z), а справа наR(w), получимR(z)(A − wI)R(w) − R(z)(A − zI)R(w) = R(z)(z − w)R(w).После сокращения прямых и обратных операторов получим R(z) − R(w) = (z − w)R(z)R(w). Лемма 4.2. Резольвента является дифференцируемой операторнозначной функцией.22234.1.4.
Теорема Хана – БанахаИспользуя определение производной и тождество Гильберта, получаемR′ (z) := limh→0R(z + h) − R(z)(z + h − z)R(z + h)R(z)= lim= R2 (z).h→0hhТеорема 4.3. Спектр ограниченного оператора непуст. Допустим противное, тогда резольвента определена для любого z ∈ C. Заметим, что R(z) → 0 приz → ∞. В самом деле, −1−1A1A−1(A − zI) = −z I −=−I−→ 0,zzzибо второй множитель ограничен, а первый стремится к 0.Рассмотрим какой-нибудь функционал ϕ ∈ X ∗ . Рассмотрим функцию f (z) := ϕ R(z)x .
Покажем, что f —целая функция. Продифференцируем её:ϕ R(z + h)x − ϕ R(z)xf (z + h) − f (z)R(z + h) − R(z)′f (z) = lim= lim= lim ϕx = ϕ R2 (z)x .h→0h→0h→0hhhПо доказанному выше, f (z) → 0 при z → ∞. Таким образом, f определена всюду и ограничена. По теореме Лиувилля f ≡ const, но так как f (∞) = 0, то f ≡ 0. Следовательно, для всякого x и произвольного функционала ϕимеем ϕ R2 (z)x = 0.
По следствию из теоремы Хана – Банаха, R2 (z)x = 0 для всякого x. Но это означает, чторезольвента R(z) является тождественно нулевым оператором при всех z, что невозможно. 4.1.4. Теорема Хана – БанахаОпределение. Пусть (P, ≺) — частично упорядоченное множество. Цепью называется произвольное подмножество в P , в котором любые два элемента сравнимы.
Элемент p ∈ P называется максимальным, если изp ≺ q следует, что p = q. Элемент p ∈ P для цепи S называется верхней гранью, если для ∀ q ∈ S имеем q ≺ p.Утверждение 4.4 (Лемма Цорна). Пусть (P, ≺) — частично упорядоченное множество. Если для любойцепи подмножества P существует верхняя грань, то существует максимальный элемент в P .Теорема 4.5 (Хана – Банаха о продолжении функционалов). Пусть X — нормированное пространство. Пусть L — подпространство в X, а f — ограниченный вещественный функционал на L.
Тогда существует функционал ϕ : X → R такой, что kϕk = kf k и ϕ = f .L Вначале покажем, что f можно продолжить указанным образом на подпространство M := L ⊕ hx0 i, гдеx0 ∈/ L. Всякий вектор x ∈ M однозначно представляется в виде x = v + tx0 , где v ∈ L.Пусть x, y ∈ L, тогдаf (x) − f (y) = f (x − y) 6 kf k · kx − yk 6 kf k · kx + x0 k + kf k · ky + x0 k ,поэтомуf (x) − kf k · kx + x0 k 6 f (y) + kf k · ky + x0 k .Перейдём слева к верхней грани по x ∈ L, а справа к нижней грани по y ∈ L.
ПолучимS := sup f (x) − kf k · kx + x0 k 6 inf f (y) + kf k · ky + x0 k =: I.y∈Lx∈LВозьмём число c ∈ [S, I]. Рассмотрим функционал ϕ на M , заданный так:ϕ(x + tx0 ) := f (x) − tc.Он, очевидно, линеен и совпадает с f на L. Докажем, что kϕk = kf k.Пусть t > 0. Тогда x|ϕ(x + tx0 )| = t f− c .tПокажем, что xx− c 6 kf k · + x0 .fttВ самом деле, c > sup f (x) − kf k · kx + x0 k , значит, в частности, c > f xt − kf k · xt + x0 . Аналогично,x∈Lc 6 inf f (x) + kf k · kx + x0 k , значит, в частности, c 6 f x + kf k · x + x0 .
Следовательно, оценка верна.tx∈LПоэтомуt xx|ϕ(x + tx0 )| = t f− c 6 t kf k · + x0 = kf k · kx + tx0 k .tt23244.1.5. Лемма Рисса о почти перпендикуляреАналогичная оценка получается для t < 0. Таким образом, kϕk 6 kf k, но при продолжении норма не можетуменьшиться. Итак, kf k = kϕk.Для сепарабельных пространств дальнейшие рассуждения очевидны. Покажем, как действовать в случае,когда сепарабельности нет. Рассмотрим всевозможные продолжения f и введём на них частичный порядок:будем считать, что f1 ≺ f2 , если Dom f1 ⊂ Dom f2 и f1 = f2 на Dom f1 .
Пусть {fα } — произвольная цепь.SОбозначим Lα := Dom fα и покажем, что её верхней гранью является функционал fb, определённый на Lα ,αпричём fb(x) = fα (x), если x ∈ Lα . Действительно, очевидно, что fb линеен и kfbk = kf k. По лемме Цорнамножество продолжений имеет максимальный элемент. Он определён на всём X, в противном случае его можнобыло бы продолжить. 4.1.5. Лемма Рисса о почти перпендикуляреЛемма 4.6 (Рисса о почти перпендикуляре). Пусть X — нормированное пространство, а Y ( X —замкнутое подпространство. Тогда для всякого ε > 0 существует «почти перпендикуляр» x ∈ X такой, чтоkxk = 1, а ρ(x, Y ) > 1 − ε.
Поскольку Y 6= X и замкнуто, найдётся z 6= 0, для которого ρ(z, Y ) = a > 0. Тогда найдётся после!довательность yi ∈ Y , для которых имеем ρ(z, yi ) = kz − yi k → ρ(z, Y ). Имеем a = ρ(z, Y ) = ρ(z − yi , Y ). Впояснении нуждается только переход, отмеченный знаком «!», и следует он из того, что всякое линейное пространство инвариантно относительно сдвигов на свои векторы. По определению расстояния, найдётся i, дляaкоторого kz − yi k 6 1−ε.
ТогдаρТаким образом, вектор x =z−yikz−yi kz − yi,Ykz − yi k=11−ε·a>· a = 1 − ε.kz − yi ka— искомый. 4.1.6. Лемма о продолжении функционалаЛемма 4.7. Пусть Y ( X — замкнутое подпространство, и пусть x ∈/ Y . Тогда существует ограниченныйфункционал f такой, что f (x) = 1 и f (Y ) = 0.
В самом деле, на векторах из hx, Y i положим f (λx + y) = λ. Далее этот функционал можно продолжитьна всё пространство с сохранением нормы по теореме Хана – Банаха. Осталось понять, почему этот функционалограничен на hx + Y i. Действительно,|f (λx + y)| = |λ| =kλx + yk|λ| · kλx + yk1= kλx + yk ,y 6kλx + ykρx+ λгде ρ = ρ(x, Y ) > 0. Таким образом, норма нашего функционала ограничена числом ρ1 . 4.1.7. Критерий конечномерности пространстваЛемма 4.8. Нормированное пространство X конечномерно тогда и только тогда, когда в нём всякое бесконечное ограниченное множество предкомпактно.
Всякое бесконечное ограниченное множество в конечномерном пространстве предкомпактно, посколькув этом случае X ∼= Cn (или Rn ), а для этих пространств предкомпактность эквивалентна ограниченности.Обратно, пусть всякое ограниченное подмножество в L предкомпактно. Допустим, что X бесконечномерно,тогда возьмём единичный вектор e1 ∈ X. По предположению, X 6= X1 := he1 i, тогда по лемме Рисса найдётсяединичный вектор e2 ∈/ X1 , для которого ρ(e2 , X1 ) > 12 . Вновь по предположению X 6= X2 := he1 , e2 i, тогдапостроим ещё один вектор e3 , для которого ρ(e3 , X2 ) > 12 , и так далее.
Цепочка подпространств Xn будетстрого возрастать, и последовательность {ei } будет ограниченным и не предкомпактным множеством, так какрасстояние между любыми двумя её элементами не меньше 12 . 4.1.8. Теорема Банаха – ШтейнгаузаЛемма 4.9. Если замкнутое множество не содержит ни одного шара положительного радиуса, то ононигде не плотно. Если M не является нигде не плотным, то найдётся шар B положительного радиуса такой, что длявсякого шара B ′ ⊂ B имеем M ∩ B ′ 6= ∅. Это означает, что M всюду плотно в B, но тогда B ⊂ M , ибо Mзамкнуто (оно содержит все свои предельные точки).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
