В.В. Рыжиков - Курс лекций по функциональному анализу (1128640), страница 5
Текст из файла (страница 5)
Домножим его слева на оператор R(z), а справана R(w), получимR(z)(A − wE)R(w) − R(z)(A − zE)R(w) = R(z)(z − w)R(w).После сокращения прямых и обратных операторов и перенесения коэффициента z − w на первое место получимR(z) − R(w) = (z − w)R(z)R(w),а ровно это и требовалось доказать. Покажем, что резольвенту можно дифференцировать как оператор. Используя обычное определение производной и тождество Гильберта, получаемR(z + h) − R(z)(z + h − z)R(z + h)R(z)= lim= R2 (z).h→0h→0hhR′ (z) := limПримечание: Здесь всё правильно. В литературе встречается другое определение резольвенты, а именно R(z) = (zE − A)−1 .В этом случае в тождестве Гильберта появится перемена знаков.Теорема 2.13. Спектр ограниченного оператора непуст.
Допустим, что спектр оператора пуст. Заметим, что R(z) → 0 при z → ∞. В самом деле,(A − zE)−1 = −1−1A1A1A A2−z E −=−E−=−E + + 2 + . . . → 0,zzzzzzибо второй множитель ограничен, а первый стремится к 0.Рассмотрим какой-нибудь линейныйнепрерывный функционал ϕ ∈ X ∗ . Рассмотрим обычную комплекснозначную функцию f (z) = ϕ R(z)x . Покажем, что f — целая функция в C. Продифференцируем её:ϕ R(z + h)x − ϕ R(z)xR(z + h) − R(z)f (z + h) − f (z)==ϕx ,hhhи, переходя к пределу при h → 0, получаем ϕ R2 (z)x . Далее, в силу доказанного выше, имеем f (z) → 0,откуда следует её ограниченность. По теореме Лиувилля f ≡ const, но посколькуf → 0, получаем f ≡ 0.Следовательно, для всякого x и произвольного функционала ϕ имеем ϕ R(z)x = 0.В силу следствия 2.5 из теоремы Хана – Банаха, если все функционалы из X ∗ обнуляются на векторе, тоэтот вектор нулевой.
Следовательно, для ∀ z и любого x ∈ X имеем R(z)x = 0, но это означает, что резольвентаR(z) является тождественно нулевым оператором при всех z. Но это противоречит нашему допущению. 13142.4.1. Вещественный вариант ТХБ2.4. Теорема Хана – Банаха о продолжении линейных функционалов2.4.1. Вещественный вариант ТХБВ своей слабой формулировке теорема Хана – Банаха утверждает следующее:Теорема 2.14. Пусть X — нормированное пространство, а M ⊂ X — подпространство.
Пусть ϕ ∈ M ∗ —ограниченный функционал, тогда существует ψ ∈ X ∗ такой, что ψ = ϕ и kψk = kϕk.MМы докажем теорему Хана – Банаха для случая K = R в следующей формулировке:Теорема 2.15 (Хана – Банаха о продолжении ограниченного функционала). Пусть X — вещественное нормированное пространство. Пусть M ⊂ X — линейное подпространство. Пусть на M заданфункционал ϕ такой, что существует калибровочная функция f : X → R, удовлетворяющая следующим свойствам:∀ x ∈ M имеем ϕ(x) 6 f (x),∀ x, y ∈ X имеем f (x + y) 6 f (x) + f (y),∀ x ∈ X, ∀ t > 0 имеем f (tx) = tf (x).Тогда существует продолжение ψ функционала ϕ на пространство X с сохранением требования ψ 6 f . Первый шаг доказательства будет состоять в том, что можно продолжить функционал ϕ на пространствоhM, x1 i, где x1 ∈/ M , то есть на пространство «на единицу большей размерности».Запишем условие калибровки ϕ(x + λx1 ) 6 f (x + λx1 ).
Мы считаем, что λ 6= 0. В силу линейности имеемϕ(x) + λϕ(x1 ) 6 f (x + λx1 ). Пусть сначала λ > 0. Тогдаϕ(x1 ) 611f (x + λx1 ) − ϕ(x).λλПоложительные коэффициенты можно вносить под знак калибровочной функции. Поэтомуxxϕ(x1 ) 6 f+ x1 − ϕ.λλЗаметим, что когда x бегает по M , векторxλтоже бегает по всему M . Переобозначив y1 = λx , получимϕ(x1 ) 6 f (y1 + x1 ) − ϕ(y1 ).(19)Теперь посмотрим, что получится, если λ < 0.
Имеемϕ(x1 ) >11f (x + λx1 ) − ϕ(x).λλМы будем вносить под знак f положительное число − λ1 , поэтому запишем это в виде11ϕ(x1 ) > − −f (x + λx1 ) + −ϕ(x).λλОтсюда x xϕ(x1 ) > −f − − x1 + ϕ −.λλОбозначая y2 = − λx , получаем второе условиеϕ(x1 ) > −f (y2 − x1 ) + ϕ(y2 ).(20)Итак, чтобы были выполнены условия теоремы, нужно, чтобы для всех y1 и y2 из пространства M быливыполнены условия (19) и (20). Для этого достаточно показать, чтоf (y1 + x1 ) + f (y2 − x1 ) > ϕ(y1 ) + ϕ(y2 ).В самом деле, это условие можно переписать в видеf (y1 + x1 ) + f (y2 − x1 ) > ϕ(y1 + y2 ),а в силу свойств функции f имеемf (y1 + x1 ) + f (y2 − x1 ) > f (y1 + x1 + y2 − x1 ) = f (y1 + y2 ) > ϕ(y1 + y2 ).14152.4.2.
Обобщение ТХБ на комплексный случайНо это ровно то, что нам нужно. Итак, мы доказали, что можно продолжить функционал на пространствоhM, x1 i.Чтобы теперь показать, что можно продлить функционал на всё пространство X, нужно либо предполагатьсепарабельность пространства X и доказывать это утверждение методом математической индукции, либо воспользоваться трансфинитными средствами, а именно так называемой леммой Цорна. Мы пойдём по второмупути. Для начала напомним необходимые понятия из курса математической логики.Определение. Бинарным отношением R на множестве P называется подмножество R ⊂ P × P .
Говорят,что xRy, если (x, y) ∈ R. Отношение называется рефлексивным, если имеет место xRx; симметричным, еслииз xRy следует yRx; антисимметричным, если из xRy и yRx следует x = y; транзитивным, если из xRy иyRz следует xRz.Определение.
Бинарное отношение называется отношением частичного порядка, если оно антисимметрично и транзитивно.Определение. Частичное упорядочение называется линейным упорядочением, если всегда выполнено xRyили yRx. Иными словами, любые два элемента сравнимы.Определение. Пусть (P, ≺) — частично упорядоченное множество. Элемент p ∈ P называется максимальным, если из p ≺ q следует, что p = q. Элемент p ∈ P для цепи S называется верхней гранью, если для ∀ q ∈ Sимеем q ≺ p.Утверждение 2.16 (Лемма Цорна).
Пусть (P, ≺) — частично упорядоченное множество. Если длялюбой цепи, то есть линейно упорядоченного подмножества P существует верхняя грань, то существуетмаксимальный элемент в P .Покажем теперь, как с использованием леммы Цорна доказать нашу теорему. Пусть (Mα , ϕα ) — цепь, полученнаяпоследовательным расширением пространств с помощью присоединения одного вектора. РассмотримSMα и определим на нём функционал ϕ так: ϕ(x) := ϕα (x), как только x ∈ Mα . Корректность данного опреf.
Если онделения очевидна. В силу леммы Цорна в нашем множестве существует максимальный элемент Mffсовпадает с X, то всё доказано. Если же M 6= X, то найдётся вектор из X, не лежащий в M , но это противоречит тому, что продолжать дальше некуда. Следствие 2.4. Пусть M — замкнутое подпространство, и x ∈/ M . Тогда есть такой функционал, чтоϕ(x) = 1, а ϕ(M ) = 0. Пусть z = y + αx, где y ∈ M . Положим ϕ(x) := 1 и ϕ(y) = 0 для ∀ y ∈ M . Продолжая его на всёпространство, получим искомый функционал. Остается проверить его ограниченность.
Имеем1|ϕ(y + αx)|6.ρ(M, x)y+αx ky + αxkkϕk := sup(21)Но так как x ∈/ M и подпространство M замкнуто, то ρ(M, x) > 0, а значит, ϕ ограничен. Следствие 2.5. Пусть про вектор x известно, что ∀ ϕ ∈ X ∗ имеем ϕ(x) = 0. Тогда x = 0. Рассмотрим линейную оболочку M = hxi. Определим на ней линейный функционал: положим ϕ(x) = 1и распространим его по линейности на все одномерное пространство M . По теореме Хана – Банаха его можнопродлить до функционала ψ на всё пространство X так, что на пространстве M имеем ψ = ϕ.
Но тогда ψ(x) = 1,а это противоречит условию. Примечание: Начиная с этого места текст набирался крайне быстро, поэтому вероятность ошибок очень велика.2.4.2. Обобщение ТХБ на комплексный случайОпределение. Полунормой называется функция p(x) : X → R со свойствами:• p(x + y) 6 p(x) + p(y);• p(αx) = |α|p(x);• p(x) > 0;Как видно из определения, полунорма отличается от нормы отсутствием свойств точности (kxk = 0 ⇔ x = 0).Пусть на пространстве X задана полунорма p(x), и M ⊂ X — подпространство, на котором задан ограниченный функционал ϕ, для которого |ϕ(x)| 6 p(x).
Тогда существует продолжение ψ функционала ϕ, ибо нормаиграет роль калибровочной функции.15162.5.1. Компактные и предкомпактные множестваПусть ϕ — комплексный функционал. Тогда ϕ(x) = Re ϕ(x) + i Im ϕ(x). Обозначим вещественную и мнимуючасти через R(x) и I(x) соответственно. Ясно, что не всякие вещественные функционалы могут быть в роли Rи I.
Действительно, имеемϕ(ix) = iϕ(x) = R(ix) + iI(ix) = iR(x) + (−1)I(x).Значит, I(x) = −R(ix).Задача 2.1. Доказать, что функция ϕ(x) = R(x) − iR(ix), где R — вещественный функционал, является(комплексным) линейным функционалом.e с сохранением условия |R(x)|eФункционал R можно продолжить до R6 p(x). Для всех α таких, что |α| = 1,имеем|ϕ(x)| = |ϕ(αx)| = | α0 ϕ(x) | = p(α0 x) = p(x).| {z }∈RДалее,e 0 x)| 6 p(x).|ψ(x)| = | ψ(α0 x) | = |R(α| {z }∈ReeeЗначит, можно продолжить ψ полностью: ψ(x):= R(x)− iR(ix).Замечание. Аналога ТХБ для операторов не существует.
Например, пространство c0 не является ретрактом,то есть оператор E : c0 → c0 нельзя продолжить на ℓ∞ так, чтобы A : ℓ∞ → ℓ∞ совпадал с E на подпространствеc0 и kAk = 1.Задача 2.2. Доказать, что всякий непрерывный функционал ϕ на c0 можно единственным образом продолжить на ℓ∞ с сохранением нормы.2.5. Компактность. Слабая сходимость и слабая компактность2.5.1.
Компактные и предкомпактные множестваОпределение. Пусть X — метрическое пространство. Множество M ⊂ X называется компактным, если излюбой последовательности {xi } ⊂ M можно выделить подпоследовательность, сходящуюся к x ∈ M .Определение. Множество M называется предкомпактным, если из любой последовательности {xi } ⊂ Mможно выделить фундаментальную подпоследовательность.Определение. Говорят, что множество N образует ε-сеть для множества M , если в ε-окрестности любойточки x ∈ M найдётся точка из N .Теорема 2.17 (Критерий Хаусдорфа).
Бесконечное подмножество M полного метрического пространства предкомпактно тогда и только тогда, когда для ∀ ε > 0 существует конечная ε-сеть для M . Пусть нашлось такое ε0 > 0, что для него не существует конечной ε0 -сети. Иначе говоря, всякое конечное семейство окрестностей радиуса ε0 не может покрыть всё множество M . Возьмём x1 ∈ M и накроем егоε0 -окрестностью U1 . Набор {U1 } не покрывает M , поэтому найдётся x2 ∈ M r U1 . Накроем его окрестностью U2 ,но {U1 , U2 } снова не покроет всё множество M .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
