В.В. Рыжиков - Курс лекций по функциональному анализу (1128640), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Это противоречит тому, что x — предел последовательности центров шаров.Покажем единственность такой точки. В самом деле, если бы их было две, то расстояние между ними былобы ненулевое. Но это противоречит условию ri → 0. Пусть (M, ρ) — метрическое пространство.Определение. Множество Y ⊂ M называется нигде не плотным в M , если всякий шар B ⊂ M ненулевогорадиуса содержит другой шар B ′ ненулевого радиуса такой, что Y ∩ B ′ = ∅.Определение. Множество Y ⊂ M называется всюду плотным в M , если Cl Y = M .Определение. Множество Y называется множеством первой категории, если оно может быть представлено как счётное объединение нигде не плотных множеств.Теорема 1.4 (Бэра о категориях).
Полное метрическое пространство не может быть множествомпервой категории.S Пусть M — наше метрическое пространство. Допустим, что M = Yi , причём Yi нигде не плотны.e1 , для которого Be1 ∩Y1 = ∅. Рассмотрим множествоРассмотрим множество Y1 , тогда найдётся замкнутый шар Be2 ⊂ Be1 так, чтобы Be2 ∩Y2 = ∅. Продолжим этот процесс, получим последовательность замкнутыхY2 и возьмёмBn oTei . По теореме о вложенных шарах найдётся x ∈ Bei , но это означает, что x не лежит ни в одномшаров Bиз Yi .
Теорема 1.5. Множество непрерывных функций на отрезке [0, 1], имеющих конечную производную хотьв одной точке, образуют множество первой категории в C[0, 1]. Назовём функцию хорошей, если она дифференцируема хотя бы в одной точке. Мы будем рассматривать полуинтервал [0, 1), а не отрезок [0, 1], то есть исключим пока из рассмотрения точку x = 1. Ясно,что множество хороших функций, дифференцируемых в единице, ещё более дырявое, чем множество хорошихфункций, дифференцируемых где-то на [0, 1), поэтому его можно не рассматривать. Рассмотрим функцию f , ипустьf ′ (x) для некоторого x ∈ [0, 1).
Это означает, что ∃ n ∈ N : |f (x + t) − f (x)| 6 nt для всякого существует1t ∈ 0, n . В самом деле, из определения производной во всяком случае следует, что найдётся δ, такое, что при|t| < δ будет выполняться неравенство f (x + t) − f (x) 6 2|f ′ (x)| + 1.(5)tТеперь рассмотрим множества11Yn := f ∈ C[0, 1] ∃ x ∈ 0, 1 −: ∀ t ∈ 0,имеем |f (x + t) − f (x)| 6 nt .nn5(6)61.1.2. Полные метрические пространстваSИтак, все функции, которые дифференцируемы в точках из [0, 1), попадут в множество Yn .Лемма 1.6. Множество Yn замкнуто в C[0, 1]. 1В самом деле, покажем, что если fk ⇒ f , и {fk } ⊂ Yn , то f ∈ Yn .
Для каждой функции fk имеем ∃ xk ∈0, 1 − n : ∀ t ∈ 0, n1 имеем |f (xk + t) − f (xk )| 6 nt. Покажем, что ∃ x ∈ [0, 1), для которого ∀ t ∈ 0, n1 имеем|f (x + t) − f (x)| 6 nt. Рассмотрим в качестве этого x произвольную предельную точку последовательности {xk }и оставим от всей последовательности только ту подпоследовательность, которая сходится к точке x.Через a ∓ b будем обозначать выражение a − b + b (вычли и тут же прибавили). Имеем|f (x + t) − f (x)| = |f (x + t) ∓ f (xk + t) ∓ fk (xk + t) ∓ fk (xk ) ∓ f (xk ) − f (x)| 6 ε + ε + nt + ε + ε.Разберёмся, откуда вылезло столько ε: первый — из равномерной непрерывности f на отрезке [0, 1], второй — изравномерной сходимости; третье слагаемое — из определения xk , предпоследнее — из равномерной сходимости;последнее — из непрерывности f .
Таким образом, лемма доказана. Лемма 1.7. Пусть замкнутое множество не содержит ни одного шара положительного радиуса. Тогдаоно нигде 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). Лемма 1.8. Всякое множество Yn не содержит ни одного шара положительного радиуса.
Покажем, что для ∀ f ∈ Yn найдётся g ∈ C[0, 1], для которой kf − gk < ε, но g ∈/ Yn . Действительно,приблизим нашу непрерывную функцию кусочно-линейной, выберем максимум среди всех значений её производной, а затем возьмём «пилу» с зубьями малой высоты, у которой наклон зубьев в 100 раз больше, чем этотмаксимум, и в 10 раз больше, чем n, да прибавим к функции f . Это и будет наша функция g, поскольку еёпроизводная там, где она есть, всегда будет принимать значения, большие, чем n. Значит, она не лежит в Yn .
Применим последовательно все эти леммы и получим доказательство теоремы. Следствие 1.1. В пространстве C[0, 1] существует нигде не дифференцируемая функция. Это пространство полно, поэтому оно не является множеством первой категории. А мы только чтодоказали, что совокупность хороших функций есть множество первой категории. Значит, в C[0, 1] есть ещёкакие-то функции — они и будут нигде не дифференцируемыми.
Определение. Пусть (M, ρ) — метрическое пространство. Отображение Φ : M → M называется сжимающим с коэффициентом α ∈ [0, 1), если ∀ x, y ∈ M имеем ρ(Φx, Φy) 6 αρ(x, y).Теорема 1.9 (О сжимающих отображениях). Пусть (M, ρ) — полное метрическое пространство.Пусть Φ — сжимающее отображение. Тогда у него существует единственная неподвижная точка. Единственность такой точки сразу следует из определения сжимающего отображения: если бы их былодве, тогда расстояние между их образами сохранилось бы, что невозможно. Докажем существование: рассмотрим произвольную точку y ∈ M и рассмотрим итерации нашего отображения:y, Φy, Φ(Φy) = Φ2 y, Φ3 y, .
. .(7)Положим yk = Φk y. Последовательность {yk }, очевидно, фундаментальна. В самом деле,ρ(yk , yk+1 ) 6 αk ρ(y, y1 ),(8)ρ(yn , ym ) 6 ρ(ym , ym+1 ) + ρ(ym+1 , ym+2 ) + . . . + ρ(yn−1 , yn ) = (αm + αm+1 + . . . + αn )ρ(y, y1 ),(9)поэтомуа последнее выражение можно сделать маленьким как остаток сходящегося ряда для геометрической прогрессии.В силу полноты пространства, она сходится к некоторому пределу x ∈ M . Покажем, что это и есть та самаянеподвижная точка.
Отображение Φ, очевидно, является непрерывным, поскольку близкие точки переходят вблизкие.Φyk → Φx, если yk → x. Поэтому, если Φk y → x, то и По свойствам непрерывных отображений k имеемkkΦ Φ y → Φ(x). Но последовательности Φ y и Φ Φ y совпадают с точностью до первого члена, поэтомуих пределы одинаковы. Следовательно, x = Φx, что и требовалось доказать. Пример 1.3.
Рассмотрим отображенияΦ0 : R → R,Φ0 : x 7→ 31 x,Φ1 : R → R,Φ1 : x 7→ 13 (x − 1) + 1.6(10)72.1.1. Определение и свойства операторовПусть M — все компакты в R. На M можно задать естественную метрику ρe, по которой оно будет полнымметрическим пространством. Рассмотрим отображение Ψ : K 7→ Φ1 K ∪ Φ2 K. Оно будет иметь единственнуюнеподвижную точку, поскольку, очевидно, является сжимающим.Теорема 1.10 (О пополнении). Каждое метрическое пространство изометрично вкладывается в полное.Более точно, если (M, ρ) — метрическое пространство, то существует полное метрическое пространство(M , ρ) и инъективное отображение ϕ : M → M такое, что ∀ x, y ∈ M имеем ρ(x, y) = ρ ϕ(x), ϕ(y) . Мы приведём здесь только основную идею доказательства. Пусть N — множество всех фундаментальныхпоследовательностей элементов из пространства M .
Введём на N отношение эквивалентности: x ∼ y тогдаи только тогда, когда lim ρ(xi , yi ) = 0. Положим M = N ∼ , а метрику зададим так: ρ(x, y) := lim ρ(xi , yi ).Совершенно очевидно, что вложение M ֒→ M строится так: отображаем элемент x ∈ M в класс эквивалентности,в котором есть стационарная последовательность {xi } ∈ M , где xi = x. Остаётся доказать то, что ρ являетсяметрикой (что, впрочем, совсем несложно проверяется), и, что противнее, полноту этого пространства. 2. Нормированные пространства2.1. Операторы в нормированных пространствах2.1.1.
Определение и свойства операторовОпределение. Пусть X и Y — нормированные пространства. Оператором мы будем называть произвольноелинейное отображение A : X → Y , а линейным функционалом — линейное отображение ϕ : X → K (частныйслучай оператора).Определение. Нормой оператора A называется число kAk := sup kAxk.
Оператор A называется ограниkxk=1ченным, если kAk < ∞.Определение. Оператор A называется непрерывным, если из kxi − xk → 0 следует, что kAxi − Axk → 0.Иначе говоря, если xi → x в X, то Axi → Ax в Y .Тождественный оператор мы будем обозначать либо буквой E, либо символом id.Лемма 2.1 (Свойства нормы оператора). Имеют место следующие свойства:kAk =kAxkkAxk= sup,kxk0<kxk61kxk6=0 kxksupkλAk = |λ| · kAk ,kAxk 6 kAk · kxk ,kA + Bk 6 kAk + kBk ,kABk 6 kAk · kBk . Первые два равенства напрямую следуют из линейности норм пространств X и Y , а последние четыресвойства вытекают напрямую из определения нормы оператора. Следствие 2.1.
Множество ограниченных операторов образуют подалгебру в алгебре всех операторов.Эта алгебра является нормированным пространством.Теорема 2.2. Непрерывность оператора равносильна его ограниченности.Пусть оператор A ограничен. В силу линейности имеем Axi − Ax = A(xi − x). Отсюда получаемkAxi − Axk 6 kAk · kxi − xk, поэтому из ограниченности оператор следует его липшицевость (и тем более непрерывность).Вместо того, чтобы выводить ограниченность из непрерывности, докажем, что из неограниченности следуетразрывность.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
