ЛИНЕЙНЫЕ ОГРАНИЧЕННЫЕ ОПЕРАТОРЫ Часть перваяelf.ucoz.net/Matem_Inf/kutuzov/linejnye_operatory_i.pdf4 ВВЕДЕНИЕ Наиболее доступными

Министерство образования и науки Троицкий филиал федерального государственного бюджетного

образовательного учреждения высшего профессионального образования «Челябинский государственный университет»

Кафедра математики и информатики

А.С. Кутузов

ЛИНЕЙНЫЕ ОГРАНИЧЕННЫЕ ОПЕРАТОРЫ Часть первая

Учебное пособие

Троицк 2012

2

Одобрено учебно-методической комиссией Троицкого филиала ФГБОУ ВПО «Челябинский государственный университет» Специальность: 010400 – Прикладная математика и информатика Составитель: А. С. Кутузов, преподаватель кафедры математики и ин-

форматики

Рецензент: В.Н. Павленко, д.ф.-м.н., профессор кафедры вычисли-тельной математики ФГБОУ ВПО «Челябинский государ-ственный университет»

Учебное пособие составлено на основе программы дисциплины «Функ-циональный анализ» (утверждена на заседании кафедры математики и ин-форматики протоколом №2 от 08.09.2008). В пособии изложен теоретиче-ский и практический материал по теме «Линейные ограниченные операто-ры. Сопряженные пространства», изучаемой студентами специальности «Прикладная математика и информатика». Пособие отличает конспектив-ная краткость и простота изложения. Решение наиболее сложных задач да-но в качестве примеров, ко многим задачам для самостоятельного решения даны указания. Учебное пособие предназначено для преподавателей и студентов. Может быть использовано для проведения практических занятий и органи-зации самостоятельной работы студентов. Издание второе, исправленное и дополненное.

© 2012 Троицкий филиал Челябинского государственного университета © А.С. Кутузов, 2012

3

СОДЕРЖАНИЕ

ВВЕДЕНИЕ............................................................................... 4

РАЗДЕЛ I. ОБЩИЕ СВОЙСТВА ЛИНЕЙНЫХ ОГРАНИ-

ЧЕННЫХ ОПЕРАТОРОВ....................................

5

1.1. Понятие линейного ограниченного оператора, его

норма...........................................................................

5

1.2. Понятие линейного ограниченного функциона-

ла.................................................................................

9

1.3. Пространство линейных ограниченных операто-

ров...............................................................................

35

1.4. Последовательности операторов.............................. 39

1.5. Дополнительные задачи и задачи повышенной

трудности....................................................................

59

1.6. Образы шаров при действии линейных ограни-

ченных операторов....................................................

79

РАЗДЕЛ II. СОПРЯЖЕННЫЕ ПРОСТРАНСТВА................ 84

2.1. Общие виды функционалов...................................... 84

2.2. Продолжение линейных функционалов.................. 106

2.3. Базисы в линейных пространствах........................... 123

2.4. Слабая и *-слабая сходимости................................. 126

2.5. Рефлексивные пространства. Понятие сопряжен-

ного оператора...........................................................

147

СПИСОК ВОПРОСОВ К ЭКЗАМЕНУ.................................. 154

ЛИТЕРАТУРА.......................................................................... 157

4

ВВЕДЕНИЕ

Наиболее доступными для изучения среди операторов, действующих в

линейных нормированных пространствах, являются линейные операторы.

Они представляют собой важнейший класс операторов, поскольку среди

них можно найти многие операторы, известные из курса алгебры и мате-

матического анализа (матричные операторы, операторы дифференцирова-

ния и интегрирования и др.).

Теория линейных операторов принадлежит к числу традиционных на-

правлений функционального анализа. Именно через теорию линейных

операторов функциональный анализ сомкнулся с квантовой механикой,

дифференциальными и интегральными уравнениями, теорией вероятно-

стей и целым рядом других прикладных дисциплин.

Настоящее пособие является третьей частью курса классического ли-

нейного функционального анализа и по структуре повторяет предыдущие

части курса. В пособии рассмотрены общие свойства линейных ограни-

ченных операторов и функционалов, сопряженные пространства.

Во втором издании исправлены неточности и ошибки, встретившиеся

в первом издании. Дополнения касаются только задач для самостоятельно-

го решения.

5

РАЗДЕЛ I. ОБЩИЕ СВОЙСТВА

ЛИНЕЙНЫХ ОГРАНИЧЕННЫХ ОПЕРАТОРОВ

1.1. Понятие линейного ограниченного

оператора, его норма

Определение: пусть ,X Y – линейные нормированные пространства.

Отображение :A X Y называется линейным оператором, если выполне-

ны свойства линейности:

1. 1 2 1 2( ) ( ) ( )A x x A x A x 1 2,x x X ;

2. ( ) ( )A x A x x X и для любого числа (или ).

Замечание: в определении не предполагается, что область определе-

ния оператора A (т.е. множество тех значений x X , которым ставится в

соответствие элемент ( )y A x Y ) совпадает со всем пространством X .

Точно так же не предполагается, что множество всех значений

( )y A x Y оператора A совпадает со всем пространством Y . Область

определения оператора A будем обозначать ( )D A , а множество значений

– ( )R A .

Замечание: если : n nA , то любой линейный оператор пред-

ставляется в виде умножения на матрицу и поэтому, по аналогии с умно-

жением матриц, скобки у аргумента линейного оператора принято не пи-

сать, т.е., если это не вызывает недоразумений, то будем вместо ( )A x пи-

сать Ax .

Замечание: для любого линейного оператора 0 ( ) 0A A x x Ax Ax .

Определение: оператор A называется непрерывным в точке

0 ( )x D A , если при 0nx x ( ( )nx D A , n ) 0nAx Ax .

Замечание: по аналогии с математическим анализом, определение

непрерывности оператора в точке 0 ( )x D A можно записать в эквивалент-

6

ном виде: 0 0 : ( )x D A из 0 Xx x следует, что

0 YAx Ax .

Замечание: оператор A называется непрерывным на множестве

( )D A , если он непрерывен в каждой точке ( )D A .

Определение: множество тех ( )x D A , для которых 0Ax называет-

ся ядром линейного оператора A и обозначается ker A .

Определение: пусть ,X Y – линейные нормированные пространства,

:A X Y – линейный оператор. A называется ограниченным, если

x X существует постоянная 0M такая, что Y X

Ax M x .

Замечание: если A – ограниченный оператор, то он любое ограни-

ченное множество x X переводит в ограниченное множество Ax Y

(см. задачу 3).

Замечание: если A – ограниченный оператор, то 0M : x X

0x Y

X

AxM

x , т.е. множество таких дробей ограничено сверху, и значит

имеет точную верхнюю грань.

Определение: пусть :A X Y – линейный ограниченный оператор.

Нормой оператора A называется число 0

sup Y

x X Xx

AxA

x

.

Замечание: таким образом, норма оператора – это наименьшее из чи-

сел 0M , для которых Y X

Ax M x x X .

Замечание: по определению нормы оператора x X 0x

Y

X

AxA

x , откуда

Y XAx A x . Заметим, что последнее неравенство

верно уже и при 0x .

Замечание: если это не будет вызывать недоразумений, в дальнейшем

индексы у норм будем опускать.

7

Замечание: из курса математического анализа известно свойство точ-

ной верхней грани, которое состоит в том, что если 0

supx Xx

AxA

x

, то

0 x X 0x : Ax

Ax

, откуда Ax A x .

Теорема (эквивалентность ограниченности и непрерывности ли-

нейных операторов): пусть :A X Y – линейный оператор, причем

( )D A X , тогда следующие условия эквивалентны:

1. A ограничен;

2. A непрерывен на всем пространстве X ;

3. A непрерывен в точке 0x .

Доказательство:

1.2. Пусть A ограничен, т.е. x X 0M : Ax M x . Тогда

ясно, что 1 2,x x X 1 2 1 2 1 2( )Ax Ax A x x M x x .

Далее, 0 возьмем M , тогда из условия 1 2x x будет

следовать, что 1 2 1 2Ax Ax M x x M , т.е. A – равномерно не-

прерывен, а значит, тем более, непрерывен на всем пространстве X .

2.3. Очевидно.

3.1. Пусть A непрерывен в нуле, т.е. 0 0 : x X x

Ax .

Поскольку 0x 12 2 2

x xx x

, то в силу условия не-

прерывности 2

xAx

, откуда 2

Axx , т.е. 2Ax x

.

Обозначая 2 0M

, получим, что Ax M x , т.е. A ограничен.

Теорема доказана.

8

1.2. Понятие линейного ограниченного функционала

Определение: пусть X – линейное нормированное пространство. Ли-

нейным ограниченным функционалом называется линейный ограничен-

ный оператор : X .

Замечание: таким образом, функционал – это частный случай опера-

тора при Y .

Определение: нормой линейного ограниченного функционала назы-

вается число 0

( )supx

xx

.

Определение: гиперплоскостью в линейном пространстве X называ-

ется совокупность точек этого пространства, удовлетворяющих уравнению

( )x C , где – линейный функционал на X , C const .

Замечание: гиперплоскости 1( )x C и 2( )x C считаются парал-

лельными.

Определение: совокупность точек x , в которых ( )x C , называется

полупространством, лежащим влево от гиперплоскости ( )x C ; совокуп-

ность точек x , в которых ( )x C , называется полупространством, лежа-

щим вправо от гиперплоскости ( )x C .

Определение: гиперплоскость ( )x называется опорной к шару

1x .

Замечание: это определение оправдано тем, что весь единичный шар

1x лежит целиком слева от гиперплоскости ( )x , но ни для какой

из параллельных гиперплоскостей ( )x это свойство уже не вы-

полняется.

Замечание: иногда значение функционала на элементе x обозна-

чают ,x .

9

Примеры решения задач

(проверка линейности, ограниченности, вычисление норм операторов

и функционалов)

1. Какие из следующих функционалов являются линейными и непре-

рывными:

а) : 0,1f C , 1

2

0

( ) ( )f x x t dt ;

б) 2: 0,1f L , 1

2

0

( ) ( )sinf x x t tdt ;

в) :f L , 1

( ) sinkk

f x k

, где L – линейное подпространство

элементов 2( )kx l , для которых сходится ряд 1

sinkk

k

, а норма стан-

дартна?

Решение:

а) Пусть 1 2, 0,1x x C , тогда

1 1

2 2 21 2 1 2 1 2 1 2

0 0

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( )f x x x t x t dt x t x t x t x t dt

1

1 2 1 20

( ) ( ) 2 ( ) ( )f x f x x t x t dt .

Ясно, что при выполнении условия 1

1 20

( ) ( ) 0x t x t dt получаем, что

1 2 1 2( ) ( ) ( )f x x f x f x и свойство линейности не выполняется.

Тем самым, в данном случае функционал не является линейным.

Проверим его непрерывность, т.е., что если 0, 0,1nx x C и 0,1

0

C

nx x ,

то 0( ) ( )nf x f x , т.е., что 1 1

2 20

0 0

( ) ( )nx t dt x t dt .

10

Если покажем, что 2 20( ) ( )nx t x t , то по теореме о предельном пере-

ходе под знаком интеграла Римана это и будет означать, что 1 1

2 20

0 0

( ) ( )nx t dt x t dt .

Поскольку равномерная сходимость эквивалентна сходимости по

норме пространства 0,1C , то достаточно установить, что 0,1

2 20

C

nx x , т.е.,

что 2 20 0nx x .

Поскольку 0,1

0

C

nx x , то последовательность nx ограничена, т.е.

0c : n nx c .

Тогда

2 2 2 20 0 0 0

0,1 0,1sup ( ) ( ) sup ( ( ) ( ))( ( ) ( ))n n n nt t

x x x t x t x t x t x t x t

0 0 0 0

0,1 0,1sup ( ( ) ( )) ( ) ( ( ) ( )) ( ) sup ( ) ( ) ( )n n n n nt t

x t x t x t x t x t x t x t x t x t

0 0 0 0 0

0,1 0,1 0,1 0,1 0,1sup ( ) ( ) ( ) sup ( ) sup ( ) ( ) sup ( ) sup ( ) ( )n n n nt t t t t

x t x t x t x t x t x t x t x t x t

0 0 0 0 0 0n n n n nx x x x x x c x x x x x .

Переходя к пределу при n , учитывая, что 0 0nx x , по теоре-

ме о двух милиционерах, получаем, что 2 20 0nx x .

Итак, функционал f непрерывен.

б) Проверим линейность: пусть 1 2, , 1 2 2, 0,1x x L , тогда

1 12 2

1 1 2 2 1 1 2 2 1 10 0

( ) ( ( ) ( ))sin ( )sinf x x x t x t tdt x t tdt

12

2 2 1 1 2 20

( )sin ( ) ( )x t tdt f x f x .

Таким образом, f – линеен.

В силу теоремы об эквивалентности непрерывности и ограниченности

линейного оператора, для установления его непрерывности достаточно ус-

тановить его ограниченность.

11

Поскольку 1 1

1 1 1 12 222 2 4

0 0 0 0

( ) ( )sin ( ) sin ( ) sinf x x t tdt x t tdt x t dt tdt

11 2

4

0

sinx tdt x

,

то функционал f ограничен с константой

11 2

4

0

sin 1M tdt

.

в) Проверим линейность: пусть 1 2, , (1) (2)1 2( ), ( )k kx x L , то-

гда

(1) (2) (1) (2)1 1 2 2 1 2 1 2

1 1 1( ) sin sin sink k k k

k k kf x x k k k

1 1 2 2( ) ( )f x f x ,

т.е. функционал f – линеен.

Для проверки непрерывности снова достаточно проверить ограничен-

ность.

Рассмотрим n элемент 1 sin1 sin 2 sin, ,..., ,0,0,...1 2n

nxnc

, где

12

, 102

, 21

1k

ck

(поскольку 2 1 , то c действительно ко-

нечное и положительное число, т.к. обобщенный гармонический ряд с по-

казателем степени, большим единицы, сходится).

Проверим, что такой элемент nx L .

Действительно, 2

( )

1 1 1 1

1 sin 1 sin 1 1sin sinn n n

nk

k k k k

k kk kk k kc c c

,

поскольку сумма получилась конечной. Таким образом, nx L .

Далее, 222 ( )

2 2 21 1 1 1

1 sin 1 1 1 1 1 1n n

nn k

k k k k

kx cc k c k c k c

, зна-

чит, последовательность nx ограничена.

12

Однако, 2

( )

1 1 1

1 sin 1 sin( ) sin sinn n

nn k nk k k

k kf x k kk kc c

,

поскольку ряд 2

1

sink

kk

является при 1 расходящимся (см. задачу 6).

Таким образом, последовательность ( )nf x не ограничена.

Итак, функционал f перевел ограниченную последовательность в

неограниченную, следовательно, он неограничен.

2. Найти норму оператора 2: nA l , если

1 1 11 2( , ,..., ) ,..., , ,..., ,..., ,..., ,...

1 1 2 2n n n

nAk k

,

где 1 2( , ,..., ) nnx .

Решение: 1

2 2 2 2 2 2 21 1 12 2 2 2 2 2

10 0 2

2

1

... ... ... ... ...1 1 2 2

sup sup

n n n

x x n

kk

Ax k kA

x

1 12 2 2 22 2

1 12 2 2 2

1 1 11 1

0 02 22 2

1 1

... ...sup sup

n n

k k k

x xn n

k kk k

k k k k

1 1 12 2 2

2 2 2 11 2 2 2 2

1 1 1 11 1 2

0 0 12 22 2

1 1

1 1 1...1sup sup

n

n kk k k k

x xn n k

k kk k

k k kk

.

Поскольку ряд 21

1k k

сходится, то

12

21

1k

Ak

.

13

3. Найти норму функционала 1:A l , если 1

1(1 ( 1) )kk

k

kAxk

,

где 1 2 1( , ,...)x l .

Решение:

1 1

0 0 0

1 1

1 1(1 ( 1) ) 1 ( 1)sup sup sup

k kk k

k k

x x xk k

k k

k kAx k kAx

1

0

1

2sup 2

kk

xk

k

.

С другой стороны, для некоторого 0 0x :

(0)

00 1 2 1

0 (0)0 0 1

1

1(1 ( 1) ) (0,...,0, 1 ,0,0,...)sup

kk

k n

xk

k

kxAxAx kA

x x x l

2 1 2 1 1 2(1 ( 1) ) 22 1 2 1

n n nn n

.

Переходя к пределу при n , получаем, что 2A .

Из полученных неравенств следует, что 2A .

4. Найти норму функционала : 0,1f C , если 0

( ) (sin )f x x t dt

.

Решение:

0 0

0 0 00,10,1 0,1

(sin ) (sin )sup sup sup

sup ( ) sup ( )x x xCt t

x t dt x t dtAx

Ax x t x t

.

Поскольку 0,10,1

0,1 ( ) sup ( )C

tt x t x t x

, а при 0,t

sin 0,1t , то 0,10, (sin )

Ct x t x , откуда (опуская индексы у

норм):

14

0 0

0 0 00,1

1sup sup 1

sup ( )x xt

x dt x dtA dt

x t x

.


000 0

0 00 0 00,1

(sin )( ) 1

sup 1( ) 0,1sup ( )x

t

x t dtx tAxAx

A dtx t Cx x x t

.

Из полученных неравенств следует, что A .

5. Найти норму функционала 1 2 3 1 2( , , ,...) 3 4A , если:

а) 1:A l ,

б) :A l ,

в) 2:A l ,

где 1 2 3( , , ,...)x .

Решение:

а) 1 2 1 2 1 2

0 0 0 0

1 1 1

3 4 3 4 4 4sup sup sup sup

x x x xk k k

k k k

AxA

x

1 2

0 1 2 3

4sup 4...x

.


(0) (0)1 2 00

0 (0) 0 10

1

3 4 (0,1,0,0,....)sup 4x

kk

xAxAxA

x lx x

.

Из этих двух неравенств заключаем, что 4A .

б) 1 2 1 2

0 0 0

3 4 3 4s u p s u p s u p

s u p s u px x xi ii i

A xA

x

15

1 2

0sup 3 4 3 4 7

sup supx i ii i

.


(0) (0)1 2 00

(0)0 00

3 4 (1,1,0,0,...)sup 3 4 7

supx ii

xAxAxA

x lx x

.


в) 1 2 1 21 1

0 0 02 22 2

1 1

неравенство3 4 3 4

sup sup sup Гельдера при2

x x x

k kk k

AxA

xp q

1 112 2 2 22 2 2 22

1 2 1 2

1 10 0 22 22 22

1 2 3

1

3 4sup 5sup 5

...x x

kk

.


(0) (0)1 2 00

10 0 20 22(0)

1

3 4 (3,4,0,0,...) 25sup 525x

kk

xAxAxA

x lx x

.


6. Найти норму функционала : 0,2A C , если

( ) (0) 2 (1) (2)Ax t x x x .

Решение:

0 0 0

0,2 0,2

( ) (0) 2 (1) (2) (0) 2 (1) (2)sup sup sup

sup ( ) sup ( )x x xt t

Ax t x x x x x xA

x x t x t

0

0,2 0,2 0,2

(0) (1) (2)sup 2 1 2 1 4

sup ( ) sup ( ) sup ( )xt t t

x x xx t x t x t

.

16


0 0 0 0

0 0 00,2

( ) (0) 2 (1) (2)( )sup

sup ( )xt

Ax t x x xAx tA

x x x t

.

Выберем непрерывную на отрезке

0,2 функцию 0( )x t таким обра-

зом, чтобы 0(0) 1x , 0(1) 1x ,

0(2) 1x и при этом

00,2

sup ( ) 1t

x t

(например, как на рисунке).

Тогда 1 2 ( 1) 1

41

A

. Из этих двух неравенств заключаем, что

4A .

7. Найти норму оператора : 0,1 0,1A C C , если

13 2

0

( ) ( )tAx t e x d .

Решение:

1 13 2 3 2

0,1 0,10 0

0 0 0

sup ( ) sup ( )sup sup sup

t t

t t

x x x

e x d e x dAx

Ax x x

.

Поскольку 0,1 справедлива оценка 0,1

( ) sup ( )x x x

, то

1 13 2 3 2

10,1 0,1 3 20 0

0 0 0,1 0

sup supsup sup sup

t t

t t t

x x t

e x d x e dA e d

x x

3 2 3 3 3 3

2 20,1 0,1

1 1 1 1 1 1 1sup 1 sup 12 2 2 2 2

t t t

t te e e e e e

e e

.

17


13 2

00,1 00 0

0 00 00,1

sup ( )( ) 1

sup( ) 0,1sup ( )

t

t

xt

e x dx tAxAx

Ax t Cx x x t

1 13 2 3 2 3

0,1 0,10 0

1sup sup2

t t

t te d e d e e

.

Из этих двух неравенств заключаем, что 312

A e e .

8. Вычислить норму функционала : 1,1f C , если

1

1

( ) ( )f x tx t dt

.

Решение: 1 1 1

11 1 1

0 0 0 0 1

( ) ( )( )

sup sup sup supx x x x

tx t dt t x t dt x t dtf x

A t dtx x x x

0 10 1 2 2

1 0 1 0

1 1 12 2 2 2t ttdt tdt

.


1

00 1

0 0 01,1

( )( )( )

supsup ( )x

t

tx t dtf xf x

Ax x x t

.

В данном случае для получения неравенства 1A хотелось бы вы-

брать 0

1, 1 0,( )

1, 0 1t

x tt

(см. рисунок слева), однако, такую функцию

брать нельзя, поскольку она не является непрерывной, т.е. не принадлежит

1,1C .

Выберем в качестве 0( )x t функцию, “близкую” к нужной, но являю-

щуюся непрерывной, как, например, на рисунке справа. Ясно, что 0 1x .

18

11 2 2

0 01 1

( ) ( )2 2t tA tdt t x t dt tdt t x t dt

201 ( )t x t dt

.

Найдем уравнение прямой 0( )x t на отрезке , , зная, что она про-

ходит через две точки (0,0) и ( ,1) : 1 0 0 1

2 1 0 2 0 1

( ) ( )( ) ( )

t t x t x tt t x t x t

, откуда 0( ) tx t

.

Тогда:

2 32 2 2 2 22 11 1 1 1

3 3 3t tA dt

.

Переходя к пределу при 0 , получаем, что 1A и тогда, оконча-

тельно, из двух неравенств следует, что 1A .

9. Вычислить норму функционала

12

2

0

( ) ( )Ax t t x t dt , если

2: 0,1A L .

Решение: поскольку на отрезке 10,2

функция 2t монотонно возрас-

тает, то можно в интеграле сделать замену переменной 2t .

19

Тогда функционал перепишется в виде

14

40

1 1( ) ( )2

Ax x d

.

1144

40 4

0

0 0 0

1 1 ( ) 12 ( )( ) 1sup sup sup

2x x x

x dx d

AxA

x x x

1 11 12 24 4

2

0 0

0

1 ( )неравенство

1Гельдера при sup2

2x

d x d

xp q

1 11 112 2

14 422 11 2

0 0 0 4

0 0 0

1 1( )1 1 1 1sup sup2 2 2x x

d x d d x

dx x

11 24

0

1 122 2

.


14

040

0

10 0 20

0

1 1 ( )2

( )( )sup

( )x

x dAxAx

Ax x

x d

14

40

0

14

0 2 0

1 1 1 1, 0, ,4 2( ) 110, ,1 24 1

( ) 0,1

dx

dx L

.

20

Из двух неравенств следует, что 12

A .

10. Вычислить норму функционала

12

2

0

( ) ( )Ax t t x t dt , если

1: 0,1A L .

Решение: 1

122 2

22 20

10 0,2

0 0 0

( ) 1( ) max( ) 4sup sup supx x x

t x t dtt x t dt t tAx t

Ax x x

112

0 0

0 0 0

1 ( ) ( )4 1 1 1sup sup sup

4 4 4x x x

x t dt x t dtx

x x x

.


12

20

00

10 0

00

( )( )( )

sup( )x

t x t dtAx tAx t

Ax x

x t dt

.

I способ: выберем

1

0

1( 3) 2 , 0,2

( )10, ,12

n nn t tx t

t

. Поясним, чем в

данном случае можно руководствоваться: во-первых, как и в предыдущем

примере, мы постарались, чтобы пределы интегрирования в числителе и

знаменателе совпали. Во-вторых, функция 0( )x t подобрана с таким расче-

том, чтобы интеграл в числителе всегда был равен нужному нам значению

14

. Ясно, что при этом 0 1( ) 0,1x t L для всякого n .

21

Как уже говорилось, в числителе при подстановке функции 0( )x t мы

получим 14

(рекомендуется проверить это самостоятельно). Интеграл в

знаменателе равен

11 2

10

0 0

3( ) ( 3) 21

n n nx t dt n t dtn

.

Тогда 1 1 14 3 4n

nAn

.

Из полученных неравенств следует, что 14

A .

II способ: в качестве 0( )x t возьмем некоторую суммируемую на от-

резке 0,1 функцию, удовлетворяющую условиям 0,1t 0( ) 0x t и при

102

0

0

1 1( ), ,2 2

( )1 10, 0, ,12 2

x t tx t

t

. Тогда имеем цепочку преоб-

разований: 1 1 1

22 2 22 2

0 0 01 102 2

1( ) ( ) ( )2

t x t dt t x t dt x t dt

2 21

0 00

1 1( )2 2

x t dt x .

Таким образом,

12

20

20

0

( )12

t x t dt

Ax

.

Переходя к пределу при 0 , получаем, что 14

A . Окончательно

находим, что 14

A .

22

11. Оценить сверху норму оператора 2

0

( ) sin( ) ( )Ax t t x d

, если

2 2: 0,2 0,2A L L .

Решение: 22 2

0 0

0 0

sin( ) ( )sup supx x

t x d dtAx

Ax x

22 2

0 0

0

sin( ) ( ) неравенствоsup Гельдера при

2x

t x d dt

xp q

21 12 2 22 22 2

0 0 0

0

sin( ) ( )

supx

t d x d dt

x

2 22 2

2 220 0

0 0 0

sin( )sup sin( ) 2x

t d x dtt d dt

x

.

Вычисление последнего интеграла рекомендуется проделать само-

стоятельно.

Заметим, что эта оценка оказывается избыточной, поскольку числен-

ные расчеты показывают, что A не превосходит числа , а достигается

значение A , к примеру, на элементе 0( ) sinx t t (см. задачу 11).

12. Найти норму функционала ( ) '(0)f x x , если (1): 0,1f C .

Решение: напомним, что пространство (1) 0,1C – это множество не-

прерывно дифференцируемых функций с нормой 0,1 0,1

sup ( ) sup '( )t t

x x t x t

.

Тогда

23

0,1

0 00,1 0,1

'(0) sup '( )( ) '(0)sup sup

sup ( ) sup '( )t

x xt t

x x tf x xf

x x t x t

0,1 0,1 0,1

0 00,1 0,1 0,1 0,1

sup '( ) sup ( ) sup '( )sup sup 1

sup ( ) sup '( ) sup ( ) sup '( )t t t

x xt t t t

x t x t x t

x t x t x t x t

.

С другой стороны, для некоторого элемента (1)0( ) 0,1x t C и

0( ) 0x t , получаем, что

0

0 0 00,1 0,1 0,1 0,1

'(0)'(0)sup

sup ( ) sup '( ) sup ( ) sup '( )xt t t t

xxf

x t x t x t x t

.

В качестве 0( )x t выберем непрерывную функцию вида

2

0

, 0,( )

1, ,1

at bt c tx t

t

, график которой изображен на рисунке

сплошной линией (0 1 – произвольно).

Важным является то, что вершина параболической части графика

совпадает с точкой ( ,1) .

Поясним, чем в данном

случае можно руково-

дствоваться. Во-первых,

как обычно, стараемся

выбирать функцию

0( )x t так, чтобы

0

0,1sup ( ) 1t

x t

.

Во-вторых, учитываем, что для выполнения условия непрерывной

дифференцируемости, производная функции 0( )x t не должна иметь скач-

24

ков ни в одной точке отрезка 0,1 , т.е. график функции 0( )x t не должен

иметь точек “излома”.

Наконец, если воспользоваться представлением о производной в точ-

ке, как об угловом коэффициенте касательной к графику функции в этой

точке, то можно заметить, что

0 00,1

'(0) sup '( )t

x x t

.

Найдем уравнение параболической части, зная ее вершину ( ,1) и ну-

ли (0,0) и (2 ,0) .

Подставляя в общее уравнение параболы 2( )x t at bt c последова-

тельно эти три точки, и решая полученную систему уравнений, найдем ко-

эффициенты 2

1a

, 2b

, 0c .

Тогда

22

0

1 2 , 0,( )

1, ,1

t t tx t

t

.

Ясно, что эта функция непрерывна во всех точках отрезка 0,1 и

дифференцируема во всех точках, кроме, быть может, точки t , где про-

изводная может иметь скачок.

Находим

2

0

2 2 , 0,'( )

0, ,1

t tx t

t

.

Заметим, что при t производная не терпит разрыва, т.е.

(1)0( ) 0,1x t C .

Далее,

00,1

sup ( ) 1t

x t

,

0 20,1 0,

2 2 2sup '( ) supt t

x t t

и 02'(0)x

.

Тогда

22

2 21f

.

Наконец, при 0 получаем, что 1f и, окончательно, 1f .

25

Задачи для самостоятельного решения

1. Пусть ,X Y – линейные нормированные пространства, :A X Y –

линейный оператор. Доказать, что множество значений ( )R A и ядро опе-

ратора ker ( ) : 0A x D A Ax являются линейными многообразиями.


линейный оператор, причем ( )D A X . Доказать, что если A непрерывен,

то его ядро ker A замкнуто, а значит, является подпространством.

3. Доказать, что если A – ограниченный оператор, то он любое огра-

ниченное множество x X переводит в ограниченное множество

Ax Y .

4. Доказать, что если :A X Y – линейный ограниченный оператор,

то его норму можно вычислить по формулам 1 1

sup supX X

Y Yx x

A Ax Ax

.

5. Доказать, что весь единичный шар 1x лежит целиком слева от

гиперплоскости ( )x .

6. Доказать, что ряд 2

1

sink

kk

расходится при 1 .

Указание: воспользоваться формулой понижения степени и призна-

ком Дирихле. При оценке частичных сумм ряда 1cos2

kk

умножить и раз-

делить частичную сумму на sin1.

7. Найти норму функционала 1 2 3 1 2( , , ,...) 3 4A , если 3:A l ,

где 1 2 3 3( , , ,...)x l .

8. Вычислить норму функционала : 1,1A C , если при фиксиро-

ванном 0,1 2

( ) ( ) 2 (0)( ) x x xAx t

.

26

9. Вычислить норму оператора 1 2 3 1( , , ,...) 0, ,0,0,...A , если

1 1:A l l , где 1 2 3 1( , , ,...)x l .

10. Вычислить норму функционала 0

( ) cos ( ) (0) ( )f x tx t dt x x

,

если : 0,f C .

11. Проверить, что для оператора из примера 11 A на элементе

0( ) sinx t t . Убедиться на нескольких конкретных примерах, что A .


0

( ) cos(2 3 ) ( )Ax t t x d

, если

2 2: 0,2 0,2A L L .

13. На пространстве 2 0,1L задан функционал 1

0

1( ) sin ( )f x x t dtt

.

Проверить, на всем ли пространстве определен этот функционал. Прове-

рить его линейность и ограниченность. Если функционал ограничен, то

найти его норму.

Указание: для ответа на первый вопрос, используя неравенство Гель-

дера, установить, для всех ли 2( ) 0,1x t L значение ( )f x существует и

конечно.

14. Найти норму функционала 0

( ) (1 cos )f x x t dt

в пространстве

0,2C .


( ) sin 2 ( ) (0) ( )f x t x t dt x x

в

пространстве 0,C .

16. На пространстве 2 0,1L задан функционал 1

0

1( ) cos ( )f x x t dtt

.


27



17. На пространстве 0,C задан функционал 0

( ) (1 )tf x x e dt

.




18. На пространстве 0,2C задан функционал

22

0

( ) ( 1) ( ) (0) (2)f x t x t dt x x . Проверить его линейность и ограничен-

ность. Если функционал ограничен, то найти его норму.

19. На пространстве 2 0,1L задан функционал 1 1

0

( ) ( )tf x e x t dt

.




20. В пространстве 1,1C найти норму функционала

1( ) ( 1) (1)3

f x x x .


( ) 2 (1) (2)f x x x .


1( ) ( )

n

k kk

f x x t

, где 1,1kt – фиксированные числа.


1

1

( ) ( ) (0)f x x t dt x

.

28

24. В пространстве 0,1C найти норму функционала 1

0

( ) ( )f x x t dt .


0 1

1 0

( ) ( ) ( )f x x t dt x t dt

.

26. Проверить ограниченность в 0,1C функционала

1

0

( )f x x t dt . Если функционал ограничен, то найти его норму.

27. Проверить ограниченность в 0,1C функционала 1

2

0

( )f x x t dt .

Если функционал ограничен, то найти его норму.

28. Вычислить норму функционала (1): 0,1f C , если

1

0

( ) ( )f x tx t dt .

Указание: при получении оценки сверху, проделать интегрирование по

частям. При оценке снизу выбрать 0( ) 1x t . Ответ: 12

f .

29. Вычислить норму функционала 1: 1,1f L , если

1

1

( ) ( )f x tx t dt

.


1

1

( ) ( )f x tx t dt

.


1 13

0

( ) ( )f x t x t dt

.

29


( ) k

kf x

k

в пространстве 2l , где

1 2 2, ,...x l .


( ) k

kf x

k


1 2 1, ,...x l .


( )2

kk

kf x

в пространстве 0c , где

1 2 0, ,...x c .


1

0

( ) ( )sinf x x t tdt .


1

0

1( ) ( )2

f x x x t dt .

37. Вычислить норму функционала : 0,1f C , если

1 13

0

( ) ( )f x t x t dt

.

38. Вычислить норму линейного оператора : 0,1 0,1A C C , если

1

0

( ) sin( ( )) ( )Ax t t s x s ds .


0

( ) ( )t

Ax t x s ds .


1

1 0

( ) ( ) ( )t

Ax t x s ds s x s ds

.

30

41. Вычислить норму линейного оператора 2 2: 0,1 0,1A L L , если

1

0

( ) ( )Ax t t x s ds .

42. Вычислить норму линейного оператора 1 1: 0,1 0,1A L L , если

( )Ax t x t .

43. Будет ли ограниченным оператор : 0,1 0,1A C C , если

( )( ) dx tAx tdt

, областью определения которого является линейное многооб-

разие непрерывно дифференцируемых функций.

Указание: рассмотреть последовательность ( ) sin 0,1nx t nt C ,

где n .

44. Найти норму оператора ( )( ) dx tAx tdt

, если (1): 0,1 0,1A C C .

Указание: при оценке снизу выбрать 1( ) sinnx t ntn

.

45. Является ли функционал 1

0

( ) ( )f x t x t dt линейным и непрерыв-

ным в 0,1C ?

46. Является ли функционал ( )f x x линейным и непрерывным в

0,1C ?

47. Является ли функционал 1

2

0

( ) ( )f x x t dt линейным и непрерыв-

ным в 2 0,1L ?

48. Найти в пространстве 1,1C норму функционала

1

1

1( ) ( )2 1

n

k n

kf x x t dt xn n

, n фиксировано.

31

49. Найти в пространстве 1,1C норму функционала

1

1

1( ) ( )2 1

n

k n

kf x x t dt xn n

, n фиксировано.


0

1( ) ( )2

f x x t sgn t dt в пространст-

ве 0,1C .


0

1( ) ( )2


ве 2 0,1L .


( )( 1)

k

kf x

k k

в пространстве 2l ,

где 1 2 2, ,...x l .

53. Показать, что оператор : 0,1 0,1A C C является линейным и

непрерывным и найти его норму, если 1

0

( ) ( )Ax t t x d , 0, 1 .

54. Найти норму оператора 1 2(0, , ,...)Ax , если 2 2:A l l и

1 2 2, ,...x l .

55. Найти норму оператора 2 3( , ,...)Ax , если 2 2:A l l и

1 2 2, ,...x l .


1( ) 1 kk

f xk


где 1 2 1, ,...x l .

57. Найти норму функционала ( ) kf x , где k – фиксировано в про-

странстве 2l , где 1 2 2, ,...x l .

58. Найти норму функционала 1( ) k kf x , где k – фиксировано в

пространстве 2l , где 1 2 2, ,...x l .

32

59. Найти норму функционала ( ) (0) ( 1) (1)f x x x x в пространст-

ве 1,1C .

60. Найти норму функционала

12

0

( ) ( )f x x t dt в пространстве 2 0,1L .


0

( ) ( )cosf x x t tdt в пространстве

0,1C .


1

0

( ) ( ) (0)f x x t dt x .

63. Вычислить норму функционала 1: 0,1f L , если он задается в

виде

12

3

0

( ) ( )f x t x t dt .

64. Найти норму оператора (1): 0,1 0,1A C C , если он задается

формулой 0

( ) ( )t

Ax t x d .

65. Найти норму функционала (1): 0,1f C , если он задается в

виде (1) (0)( )3 3

x xf x .

Указание: учесть, что 1

0

(1) (0) '( )x x x t dt . При получении оценки

снизу использовать теорему Лагранжа и пример 12. Ответ: 13

f .


( ) ( )t

tAx t e x d , если

2 2: 0,1 0,1A L L .

33

67. Вычислить норму диагонального оператора 2 2:A l l , если

1 21 2

2: , ,..., ,... , ,..., ,...2 3 1

kk

x x kxA x x xk

.

68. Найти норму функционала ( ) '(0)f x x , если (1): 1,1f C .

69. Вычислить норму функционала (1): 1,1f C , если

1

1

( ) ( )f x tx t dt

.

70. Установить ограниченность над пространством 1,1C функцио-

нала 1

1

( )!n

xnf x

n

.

Указание: воспользоваться тем, что линейная комбинация линейных

ограниченных функционалов, а также сходящийся по норме ряд, состав-

ленный из линейных ограниченных функционалов, представляют собой ли-

нейные ограниченные функционалы.

71. Проверить, является ли ограниченным в пространстве 0,1C

функционал 1

0

( ) lim ( )n

nf x x t dt

.

72. Найти норму оператора 2 2: 0,1 0,1A L L , если 1

2

0

( ) ( )Ax t t x t dt .

73. Найти норму оператора : 0,1 0,1A C C , если

1

1

1( ) ( )1

nk

kk

Ax t t x tn

, где 0,1kt – фиксированные точки.

74. Рассмотрим линейные функционалы ( ) ( )( )2

x xf x

и

0( ) '(0)f x x , где (1)( ) 1,1x t C , 0 1 . Доказать, что 00f f

.

Указание: показать, что 11

f

.

34

При получении оценки сверху доказать, что ( )C

x f x ,

( ) 'C

f x x (получить для этого неравенства интегральное представле-

ние ( )f x ) и рассмотреть (1) '( ) ( ) ( )C C C

x x xf x f x f x

. При получении оценки

снизу выбрать при 0t

2

, 0,

1( ) ( ) ( ) , ,2

1 1, ,12

n

t t

nx t t t tn

tn n

, ко-

торая продолжается на множество 0t нечетным образом.

35

1.3. Пространство линейных ограниченных операторов

Определение: пусть , :A B X Y – линейные ограниченные операто-

ры, тогда их суммой называется оператор :A B X Y такой, что x X

( )A B x Ax Bx .

Определение: пусть :A X Y – линейный ограниченный оператор,

– действительное или комплексное число, тогда произведением опера-

тора A на число называется оператор :A X Y такой, что x X

( )A x Ax .

Теорема (свойства нормы оператора): число A действительно оп-

ределяет обычную норму, т.е.:

1. 0A ;

2. 0A A O , где O – нулевой оператор, т.е. 0Ox x X ;

3. A A ;

4. A B A B .

Доказательство: отметим, что Y

Ax и X

x – это обычные нормы и

для них аксиомы нормы выполняются.

1. Очевидно, т.к. дробь Y

X

Axx

неотрицательна.

2. 0

0 sup 0Y

x X Xx

AxA

x

x X 0x 0Y

X

Axx

x X 0x

0 0 0Y

Ax x Ax . Но, поскольку 0 0A , то A O .

3. Очевидно, поскольку выйдет из числителя дроби и за знак sup .

4. Очевидно, т.к. к числителю применяется неравенство треугольника,

верное для нормы в пространстве Y , а точная верхняя грань суммы не пре-

восходит суммы точных верхних граней.


36

Замечание: поскольку линейный оператор ограничен тогда и только

тогда, когда он непрерывен, а сумма и произведение на число непрерыв-

ных функций всегда непрерывны, то сумма и произведение на число огра-

ниченных операторов будут ограниченными операторами. Таким образом,

множество линейных ограниченных операторов является линейным про-

странством. Поскольку норма в нем определена корректно, то оно является

еще и нормированным. Обычно пространство линейных ограниченных

операторов обозначается ( , )L X Y или ( )L X Y .

Теорема (о полноте пространства линейных ограниченных опе-

раторов): пусть ,X Y – линейные нормированные пространства, тогда ес-

ли пространство Y полно, то пространство ( , )L X Y также полно.

Доказательство: надо доказать, что ( , )L X Y полно, т.е. что любая

фундаментальная последовательность элементов этого пространства имеет

предел.

Пусть ( , )nA L X Y – фундаментальная последовательность операто-

ров, т.е. 0 N : ,n m N n mA A .

Возьмем x X и рассмотрим последовательность nA x Y . Пока-

жем, что эта последовательность фундаментальна в пространстве Y . Для

этого перепишем исходное определение фундаментальности nA в виде

0x 0 N : ,n m N n mA Ax

.

Тогда ( )n m n m n mA x A x A A x A A x xx . Таким об-

разом последовательность nA x фундаментальна в Y при рассматривае-

мом x . По условию пространство Y полно, значит эта последовательность

имеет предел в пространстве Y . Обозначим его lim nnAx A x

, Ax Y . Ос-

талось проверить, что A является линейным ограниченным оператором и

что ( , )L X Y

nA A .

37

1. Линейность:

( ) lim ( ) lim( ) lim limn n n n nn n n nA x y A x y A x A y A x A y Ax Ay

.

С множителем проверка аналогичная.

2. Ограниченность: пусть ,n m N , тогда

( )n n m m n m m n m mA x A x A x A x A x A x A x A A x A x

n m m mA A x A x A x .

Фиксируя m получим в скобках константу 0c , т.е. nA x c x . По-

скольку nA x Ax , то nA x Ax и, переходя в неравенстве к пределу

при n , получаем, что Ax c x , т.е. A – ограничен.

3. Надо доказать, что ( , )L X Y

nA A , т.е., что 0 N : n N

( , )n L X YA A .

В силу фундаментальности ( )2n m n m n mA x A x A A x A A x x

.

Переходя к пределу при m , учитывая, что mA x Ax , получим,

что 2nA x Ax x

, откуда 0x 2

nA x Axx

, значит,

0

( )sup

2n

x

A A xx

и,

окончательно, ( , ) 2n L X Y

A A .


Замечание: из теоремы о полноте пространства линейных ограничен-

ных операторов следует, что пространство линейных ограниченных функ-

ционалов всегда является полным (даже если пространство X не полно).

Определение: пространство линейных ограниченных функционалов,

определенных на пространстве X , называется сопряженным пространству

X и обозначается *X .

Определение: пусть :A X Y , :B Y Z , тогда сложная функция

( ( ))B A x называется произведением операторов и обозначается ( )BA x .

38

Теорема (об ограниченности произведения): пусть , ,X Y Z – линей-

ные нормированные пространства, :A X Y , :B Y Z – линейные огра-

ниченные операторы, тогда их произведение :BA X Z также является

линейным ограниченным оператором и справедливо неравенство

BA B A .

Доказательство: линейность очевидна.

0 0 0

\

sup sup supZ Z Y Z

x x xX Y X Y

A

BAx BAx Ax BAxBA A

x Ax x Ax

0sup Z

y Y

ByA A B

y .

Из этого неравенства, в частности, следует и ограниченность произ-

ведения.


39

1.4. Последовательности операторов

Определение: последовательность операторов ( , )nA L X Y называ-

ется равномерно сходящейся к оператору ( , )A L X Y , если 0nA A

при n . Обозначение: nA A при n .

Замечание: такую сходимость называют еще сходимостью по норме в

пространстве ( , )L X Y .

Определение: последовательность операторов ( , )nA L X Y называ-

ется поточечно сходящейся к оператору ( , )A L X Y , если x X

0nA x Ax при n . Обозначение: nA A при n .

Замечание: поточечную сходимость еще называют сильной сходимо-

стью.

Теорема (о связи равномерной и поточечной сходимостей): пусть

,X Y – линейные нормированные пространства, , :nA A X Y – линей-

ные ограниченные операторы, тогда из условия nA A следует, что

nA A .

Доказательство: предлагается проделать самостоятельно (см. задачу

1).

Замечание: из поточечной сходимости последовательности линейных

ограниченных операторов может не следовать ее равномерная сходимость.

Теорема (о сходимости произведения): если , ( , )nA A L X X ,

, ( , )nB B L X X и nA A , nB B , то n nA B AB .

Доказательство: поскольку nA A и nB B , то 0nA A и

0nB B . Кроме того, поскольку n nA A A A , то

0nA A , т.е. nA A , и, значит, числовая последовательность

nA ограничена.

Далее,

40

n n n n n n n n n nA B AB A B A B A B AB A B A B A B AB

n n n n n nA B B A A B A B B A A B .

Переходя к пределу при n , по теореме о двух милиционерах, по-

лучаем, что 0n nA B AB , откуда n nA B AB .


Теорема (принцип равномерной ограниченности): пусть ,X Y – ли-

нейные нормированные пространства, причем X – банахово. Пусть задана

последовательность линейных ограниченных операторов :nA X Y и

пусть x X последовательность nA x ограничена в пространстве Y

(константой, которая может зависеть от x ), тогда 0c : nA c .

Замечание: теорема остается справедливой, если вместо ограничен-

ности последовательности nA x в каждой точке x X потребовать пото-

чечную сходимость последовательности nA , либо фундаментальность по-

следовательности nA x в каждой точке x .


1. Докажем, что можно найти хотя бы один шар B и константу 1c , что

множество nA x на этом шаре ограничено этой константой, т.е. x B

n : 1nA x c .

От противного: допустим, что это не так, т.е. 1c и B x B n :

1nA x c .

Возьмем 1 1c и шар 1B . Тогда можно найти точку 1 1x B и число 1n

такие, что 1 1 1nA x .

Операторы nA ограничены, и поэтому непрерывны по теореме об эк-

вивалентности непрерывности и ограниченности линейного оператора. То-

гда по теореме об устойчивости строгого неравенства (из математического

анализа), неравенство 1 1 1nA x сохранится в некоторой окрестности точки

41

1x . Окрестность – это открытый шар. Уменьшив радиус, можно выбрать в

ней замкнутый шар, и можно считать, что его радиус меньше 12

. Обозна-

чим его 2B , тогда его радиус 212

R и 2x B 1

1nA x .

Далее, возьмем 2 2c и шар 2B , тогда 2 2x B 2n : 2 2 2nA x .

Аналогично, неравенство сохранится в некоторой окрестности точки

2x (открытом шаре). Уменьшим его радиус так, чтобы он стал замкнутым,

а радиус стал меньше 13

и при этом, чтобы он целиком лежал в 2B . Обо-

значим этот шар 3B , тогда 3 2B B , 313

R и 3x B 2

2nA x .

Аналогично, найдем замкнутый шар 4 3B B , радиуса 414

R такой,

что 4x B 3

3nA x . И т.д.

По построению мы получили последовательность вложенных замкну-

тых шаров, радиусы которых стремятся к нулю. Эти шары лежат в полном

пространстве X , значит по теореме о вложенных шарах, они имеют един-

ственную общую точку. Обозначим ее x . Поскольку она принадлежит

всем шарам, то в ней выполнены все неравенства 1

1nA x , 2

2nA x ,

33nA x ,..., т.е. последовательность nA x получилась для этой точки x

неограниченной, а по условию она ограничена x . Противоречие.

2. Нужно доказать, что nA c .

Обозначим через a – центр найденного шара B , а через R – его ра-

диус. Пусть x ayR

. Если x B , т.е. x a R , то 1y .

Тогда x a yR и любая точка y , для которой 1y будет соответ-

ствовать точке x B . В силу п. 1 x B 1nA x c для всех n .

42

Далее, 1

\

1 1 1 1n n n n n n

c

x aA y A A x A a A x A a cR R R R R

. Итак,

при 1y nA y c .


sup supnn n

x x

A x xA Ax x

, то, переобозначив x y

x ,

замечаем, что 1y , и, в частности, 1y , значит, nA y c , откуда

nA c .


Теорема Банаха-Штейнгауза: пусть X – банахово пространство.

Для того чтобы последовательность линейных ограниченных операторов

:nA X Y поточечно сходилась к линейному ограниченному оператору

:A X Y необходимо и достаточно, чтобы:

1. Последовательность nA была ограничена;

2. nA x Ax для любого x M , где M – множество, линейные ком-

бинации элементов которого лежат всюду плотно в X .


Необходимость: пусть :nA X Y сходится к :A X Y поточечно,

тогда:

1. Следует из принципа равномерной ограниченности (см. замечание

к нему).

2. Очевидно.

Достаточность: пусть выполнены п.п.1,2, sup nn

c A , тогда n

nA c , ( )L M – линейная оболочка множества M . Поскольку ,nA A –

линейны, то в силу п.2 ( )x L M nA x Ax , т.е. ( )x L M 0

N : n N 2nA x Ax

.

43

Поскольку ( )L M – всюду плотно в X по п.2, то X , ( )L M ,

0 ( )x L M : 2x

c A

.

Тогда

n n n n n nA A A A x A x Ax Ax A A A x

n n nA x Ax Ax A A x A x Ax A x

2 2n nx A A A x Ax c A

c A

,

откуда X 0nA A , т.е. nA A .


Теорема (о поточечном пределе последовательности операторов):

пусть X – банахово пространство, :nA X Y – последовательность ли-

нейных ограниченных операторов. Пусть эта последовательность поточеч-

но сходится к некоторой функции ( )A x , тогда A – также линейный огра-

ниченный оператор.

Доказательство: по условию x X lim ( ) ( )nnA x A x

.

1. Линейность.

а) ( ) lim ( ) lim( ) lim lim ( ) ( )n n n n nn n n nA x y A x y A x A y A x A y A x A y

.

б) ( ) lim ( ) lim ( ) lim ( ) ( )n n nn n nA x A x A x A x A x

.

2. Ограниченность.

Поскольку x X lim ( ) ( )nnA x A x

, то, в частности, этот предел су-

ществует и, значит, x X последовательность ( )nA x ограничена. Тем

самым выполнены условия принципа равномерной ограниченности, со-

гласно которому 0c : nA c .

Тогда, поскольку любая норма – непрерывная функция, то

( ) lim ( ) lim ( ) limn n nn n nA x A x A x A x c x

и, таким образом, A ограничен.

44



(исследование последовательностей операторов на равномерную и

поточечную сходимость)

1. Исследовать последовательность операторов 2 2( , )nA L l l на рав-

номерную и поточечную сходимость, если 1 2, ,..., ,...knA x

n n n

, где

2( )kx l .

Решение: при n , покоординатно (0,0,...)nA x Ox . Проверим,

будет ли эта сходимость равномерной. 2

22

1 1

0 0 0 02 2

1 1

1 1sup sup sup sup 0

kk

n n k kn

x x x x

k kk k

A x Ox A x nA Ox x n n

,

таким образом, указанная последовательность операторов сходится к ну-

левому оператору равномерно, а значит и поточечно.


номерную и поточечную сходимость, если 1 2, ,..., ,0,0...n nA x , где

2( )kx l .

Решение: при n , покоординатно 1 2 1( , ,..., , ,...)n k kA x Ix ,

где I – тождественный оператор (т.е. Ix x ). Проверим, будет ли эта схо-

димость равномерной.

2(0)

0 0 1

0 20 (0)

1

supk

n n k nn

x

kk

A x Ix A x IxA I

x x

45

0 1(0,0,...,0, 1 ,0,0,...)

1 0n

x

,

значит последовательность не сходится равномерно.

Выясним, сходится ли она поточечно. Берем 2x l , тогда

2

1

0n kk n

A x Ix

,

поскольку под корнем стоит остаток сходящегося ряда 2

1k

k

. Значит, по-

следовательность операторов сходится поточечно.

3. Исследовать последовательность операторов ( ) (1 ) ( )nnA x t t t x t ,

где 0,1 , 0,1nA L C C , на равномерную и поточечную сходимость.

Решение: поскольку ( ) 0,1x t C ( ) 0 ( )nA x t Ox t , то сходиться

последовательность операторов может только к нулевому оператору. Про-

верим равномерную сходимость:

0,1

0 0 0

sup (1 ) ( )sup sup sup

n

tn nn

x x x

t t x tA x Ox A xA O

x x x

0,1

0 0,1

sup (1 )sup sup (1 )

n

t n

x t

x t tt t

x

.

Найдем 0,1

sup (1 )n

tt t

. Для этого обозначим ( ) (1 )nf t t t и заметим,

что в концах отрезка данная функция принимает нулевые значения, т.е.

наибольшее ее значение достигается в критической точке.

Поскольку 1 1'( ) (1 ) ( ) 0n n nf t nt t t t n nt t , то 0,11

ntn

,

тогда

10,1

1sup (1 ) 11 1 1 1 ( 1)

n n nn

nt

n n n nt tn n n n n

.

46

Таким образом, 1 0( 1)

n

n nnA O

n

, значит, по теореме о двух ми-

лиционерах, 0nA O и последовательность операторов сходится рав-

номерно, т.е. и поточечно тоже.

4. Исследовать последовательность операторов

1

( ) ( )t

n

nt

A x t n x d

,

где 0,1 , 0,1nA L C C , на равномерную и поточечную сходимость.

Решение: пусть ( )F t – первообразная для ( )x t , тогда

11

11 ( )

( ) ( ) ( ) 10

tn

tn

n tt

mF t F t n

nA x t n x d nF nmn

0

( )'( ) ( ) ( )

m

F t m F tF t x t Ix t

m

,

т.е. данная последовательность может сходиться только к единичному

оператору.

Сразу отметим, что ( ) 0,1x t C

1

0,1sup ( ) ( ) 0

tn

nt t

A x Ix n x d x t

,

т.е. последовательность сходится поточечно.

Проверим равномерную сходимость:

1

0 00,1

0 0

0 0 0

sup ( ) ( )

sup

tn

t tn n

nx

n x d x tA x Ix A x Ix

A Ix x x

1110

1 1 11

0,1 0,100,1

( ) , ( 2)sup supsup 1

n tn tn n n nn

ntt ttt

x t t nn d t tx t

47

1 1 2 12

0,1 0,1

1 ( 1) 1sup sup ...2

nn n n n n n n

nt t

n nt t t t t t t tn n n

2 22 2 2

0,1 0,1

( 1) 1 ( 1) ( 1) 1sup ... sup 02 2 2 2

n nn

t t

n n n n n nt tn n n n

,

значит равномерно данная последовательность не сходится.

5. Исследовать последовательность операторов ( ) ( )nnA x t t x t , где

0,1 , 0,1nA L C C , на равномерную и поточечную сходимость.

Решение: ясно, что для произвольной фиксированной функции

( ) 0,1x t C 0, 0 1,

( )(1), 1

n tt x t

x t

, поэтому при (1) 0x получаем, что

последовательность функций ( )nt x t сходится поточечно к разрывной

функции, не принадлежащей пространству 0,1C . Следовательно, эта

функция не может быть пределом в пространстве непрерывных функций,

таким образом, последовательность операторов не может поточечно (а

значит, и равномерно) сходиться в 0,1 , 0,1L C C .

6. Пусть X – банахово пространство, ( , )A L X X , 0

( ) kk

kt t

( k ) – сходящийся на всем степенной ряд.

Доказать, что последовательность 0

( )n

kn k

kS A A

имеет при n

предел ( ) ( , )A L X X . При каком условии на числовую последователь-

ность k выполняется оценка ( )A A ?

Решение: заметим, что 0A I , и, кроме того, по теореме об ограни-

ченности произведения n nnA A . Зададим оператор ( )A фор-

мальным соотношением 0

( ) kk

kA x A x

x X . Необходимо установить

корректность этой формулы, т.е., что ряд, стоящий справа, сходится в про-

странстве X .

48

Согласно критерию полноты линейного пространства в терминах ря-

дов, в банаховом пространстве всякий абсолютно сходящийся ряд сходит-

ся, поэтому достаточно проверить абсолютную сходимость ряда 0

kk

kA x

.


kkk k

k kA A

, а по условию любой степенной ряд

вида 0

kk

kt

сходится, то сходится и ряд

0

kk

kA

, т.е.

0

kk

kA c

. Итак, ряд 0

kk

kA x

сходится абсолютно, а значит,

сходится в X и оператор 0

( ) kk

kA x A x

действительно задан коррект-

но.

Поскольку ( , )A L X X , то A – линеен и ограничен, откуда очевид-

ным образом устанавливается, что оператор ( )A также линеен.

Далее, x X

0 0 0 0

( ) kk k kk k k k

k k k kA x A x A x A x A x c x

,

таким образом, ( )A ограничен. Итак, ( ) ( , )A L X X .

Покажем, что ( ) ( )nS A A при n в ( , )L X X :

0 0

0 0

( ) ( )( ) ( ) sup sup

nk k

k kn k k

nx x

A x A xS A x A x

S A Ax x

1 1

0 0 1

sup sup 0

kkk k

kk n k nk nx x k n

A x A xA

x x

,

как остаток сходящегося ряда 0

kk

kA

.

Далее,

49

0 0

0 0 0 0

( )( ) sup sup sup

kkk k

kk kk

x x x k

A x A xA xA A

x x x

.

С другой стороны, 0 0

k kk k

k kA A A

.

Неравенство 0

( ) kk

kA A A

возможно, таким образом,

при условии 0k k .


(применение принципа равномерной ограниченности и

теоремы Банаха-Штейнгауза)

1. Доказать, что если последовательность ( )n , такова, что

1l для всех ( )n pl , то ql , где числа p и q удовлетворяют

соотношению 1 1 1p q .

Решение: пусть 1 2( , ,...) pl – произвольный вектор. Зафиксиру-

ем номер n и рассмотрим в pl функционал 1

( )n

n k kk

f

, который,

очевидно, является линейным.

Поскольку, в силу неравенства Гельдера 1 1 1 1

1 1 1 1 1

( )n n n np q p qp q p q

n k k k k k kk k k k k

f

1

1p

n qqk l

k

,

то функционал nf ограничен в pl . Таким образом, 1

1

n qqn k

kf

.

С другой стороны, найдется элемент 0 такой, что

50

0

( ) ( )sup

p p

n nn

l l

f ff

.

Возьмем 11 11 1 2 2sgn , sgn ,..., sgn ,0,0,...qq q

n n . Тогда

1 1 1

1 ( 1)

1 1 1

1 1 1sgn

( 1)p

n n np p p pq q p qk k k kl

k k k

p qq p q

.

Кроме того, 1

1 1 1

( ) sgnn n n

q qn k k k k k k

k k kf

, откуда

получаем, что 1 11

11

1 1

1

nq

k n np qq qkn k k

n k kpqk

k

f

.

Таким образом, 1

1

n qqn k

kf

.

Далее, поскольку по условию 1l , то для любой точки и для

любого n :

1 1 1

( )n n

n k k k k k kk k k

f

,

т.е. последовательность ( )nf ограничена в каждой точке .

В силу принципа равномерной ограниченности заключаем, что после-

довательность nf ограничена, т.е. 0c : n nf c . Поскольку

1

1

n qqn k

kf

, то получаем, что все частичные суммы ряда

1

qk

k

ог-

раничены сверху. Поскольку этот ряд является рядом с неотрицательными

членами, то, в силу критерия Вейерштрасса, он сходится, что и означает,

что ql .

51

2. Пусть задан числовой ряд 1

kk

a

,

1

n

n kk

S a

– его частичная сумма,

1( )n np – некоторая неубывающая последовательность положительных чи-

сел и 1

n

n kk

P p

. Показать, что формулой 11

1 n

n n k kkn

p SP

определится

регулярный метод суммирования тогда и только тогда, когда lim 0nn

n

pP

.

Решение: метод суммирования называется регулярным, если ряд,

имея в обычном смысле сумму, равную a , имеет обобщенную сумму, так-

же равную a . Другими словами, если nS a , то и n a .

Рассмотрим пространство c и в нем функционалы

11

1( )n

n n k kkn

f x pP

и ( ) lim nnf x

, где 1 2( , ,...)x c , n .

Заметим, что 11

n

n k nk

p P

. Далее, функционалы nf , очевидно, линей-

ны. Поскольку 1 1 111 1 1

1 1 1( ) supn n n

n n k k n k k k n kk nk k kn n n

f x p p pP P P

sup k ck

x

, то функционалы nf ограничены.

Таким образом, 1nf и последовательность nf ограничена. Вы

полнено условие 1 теоремы Банаха-Штейнгауза.

Далее, найдется вектор 0x c , 0 0x такой, что

(0)1

1 00(0)

0 0

1(1,1,1,...)( ) ( )

sup 1sup

n

n k kkn n n

nx kc c

k

pxf x f x P

fx x

,

откуда, 1nf .

Поскольку ( ) lim lim limsupn n n cn n n nf x x

, то f также лине-

ен и ограничен.

52

Рассмотрим векторы (0,0,...,0,1,0,...)k ke c . Ясно, что 1( ) n k

n kn

pf eP

при k n . Далее, условие lim 0nn

n

pP

перепишем в эквивалентном виде:

k 1lim 0n kn

n

pP

. Таким образом, условие lim 0n

nn

pP

эквивалентно ус-

ловию ( ) 0n kf e при n . С другой стороны, очевидно, что ( ) 0kf e ,

и, тем самым, k ( ) ( )n k kf e f e при n .

Кроме этого, 0 1 01

1( ) 1 1 ( )n

n n kkn

f x p f xP

.

Из задачи 19 следует, что любой элемент x c является пределом ли-

нейных комбинаций элементов 0 1 2, , ,...x e e , т.е. указанные линейные комби-

нации являются всюду плотным множеством в пространстве c . Поскольку

k ( ) ( )n k kf e f e и 0 0( ) ( )nf x f x , то выполнено условие 2 теоремы

Банаха-Штейнгауза. Следовательно, условие lim 0nn

n

pP

необходимо и дос-

таточно для того, чтобы x c ( ) ( )n nf x f x

.

Пусть теперь 1

lim limn

n kn n kS a a

. Рассмотрим вектор

1 2( , ,..., ,...)nx S S S c . Поскольку 11

1 n

n n k kkn

f x p SP

и x c

( ) ( )n nf x f x

, то limn n nn

f x f x S a

. Таким образом указанный

метод суммирования является регулярным.

3. Пусть 0na ( n ) и 1

nn

a

. Показать, что существует после-

довательность 1( )n n , для которой выполнены условия:

а) lim 0nn

;

б) ряд 1

n nn

a

расходится.

53

Решение: в пространстве 0c последовательностей, сходящихся к ну-

лю, рассмотрим функционалы 1

( )n

n k kk

f x a

, 1 2 0( , ,...)x c , n .

Очевидно, функционалы линейны.

Далее, 0

1 1 1( ) sup

n n n

n k k k k kckk k k

f x a a x a

, значит nf ограни-

чены и при этом 1

n

n kk

f a

. С другой стороны, возьмем при каждом фик-

сированном n элемент 0 (1,1,...,1,0,0,...)n

x , тогда получим, что

0 0

(0)

0 1(0)

0 10

( ) ( )sup

sup

n

k k nn n k

n kx kkc c

k

af x f x

f ax x

,

откуда 1

n

n kk

f a

.

Таким образом, поскольку 0na , то 1 1

sup supn

n k kn n k k

f a a

, и

в силу принципа фиксации особенности (см. задачу 2) делаем вывод, что

существует элемент 1 2 0( , ,..., ,...)nx c такой, что последовательность

1

n

n k kk

f x a

не является ограниченной, а значит и сходящейся, т.е. ряд

1k k

ka

расходится. Кроме того, поскольку 1 2 0( , ,..., ,...)nx c , то

lim 0nn

.


1. Показать, что из равномерной сходимости последовательности ли-

нейных ограниченных операторов следует ее поточечная сходимость.

54

2. Используя принцип равномерной ограниченности, доказать, что

справедлив следующий принцип фиксации особенности: если

sup nn

A , то 0x X : 0sup nn

A x .

3. Рассмотрим операторы , : 0,1 0,1A B C C , такие, что

0

( ) ( )t

Ax t x d и ( ) ( )Bx t tx t . Показать, что AB A B .

4. Проверить, что операторы 2 2, : 0,1 0,1A B L L , где

0

( ) ( )t

Ax t x d и ( ) ( )Bx t tx t линейны и непрерывны, но не являются пе-

рестановочными, т.е. AB BA .

5. Исследовать последовательность операторов 11

( ) nnA x t x t

, где

0,1 , 0,1nA L C C , на равномерную и поточечную сходимость.


номерную и поточечную сходимость, если 10,0,...,0, , ,...n n nA x , где

2( )kx l .


номерную и поточечную сходимость, если 1 2, ,...n n nA x , где

2( )kx l .


2

0

1( ) ( ) ( )nA x t t x dn

, где 0,1 , 0,1nA L C C , на равномерную

и поточечную сходимость.

Указание: воспользоваться теоремой о предельном переходе под зна-

ком интеграла Римана.

55


0

( ) ( )n nnA x t t x d ,

где 2 20,1 , 0,1nA L L L , на равномерную и поточечную сходимость.

Указание: воспользоваться теоремой Лебега об ограниченной сходи-

мости.

10. Рассмотрим оператор : 0,1 0,1A C C такой, что

0

( ) ( )t

sAx t e x s ds и последовательность операторов : 0,1 0,1nA C C

такую, что 00

( ) ( )!

t k

nk

sA x t x s dsk

. Сходится ли последовательность nA к

оператору A и если сходится, то каков характер сходимости?

Указание: воспользоваться теоремой о предельном переходе под зна-

ком интеграла Римана.

11. Пусть 1( )n np – фиксированная последовательность функций из

пространства ,C a b . Для каждого n определим оператор nA соотно-

шением ( ) ( ) ( )n nA x t p t x t , где ( ) ,x t C a b . При каких условиях на функ-

ции np последовательность операторов nA сходится равномерно? Пото-

чечно?

12. Доказать, что в банаховом пространстве X для любого оператора

( , )A L X X определен оператор 2 1

0sin ( 1) ( , )

(2 1)!

kk

k

AA L X Xk

.


( , )A L X X определен оператор 2

0cos ( 1) ( , )

(2 )!

kk

k

AA L X Xk

.


( , )A L X X определен оператор 0

( , )!

kA

k

Ae L X Xk

. Доказать, что

AAe e . Чему равно Ie ?

56

15. Пусть ,X Y – банаховы пространства, ( , )nA L X Y ,

( , )nA A L X Y . Доказать, что если nx x ( ,nx x X ), то n nA x Ax .

Указание: воспользоваться принципом равномерной ограниченности.

16. Пусть E – пространство непрерывно дифференцируемых на 0,1

функций с нормой 0,1

sup ( )t

x x t

. Показать, что последовательность

( ) 1 (2 )nnnx t t E фундаментальна в E , но не сходится в пространстве

E .

Указание: показать, что указанная последовательность сходится в

0,1C , т.е. является в 0,1C фундаментальной, а, следовательно, явля-

ется фундаментальной и в E , поскольку нормы в 0,1C и в E совпадают,

однако, не сходится в E .

17. Рассмотрим операторы : 0,1nA E C , 1n , пространство E оп-

ределено в предыдущей задаче, задаваемые формулой

1( ) ( )nA x t n x t x tn

, 0,1t .

При этом, если 1 1tn

, то 1 (1)x t xn

. Доказать, что:

а) Последовательность nA сходится поточечно и найти ее предел;

б) Последовательность nA не ограничена.

Как согласуются эти утверждения с принципом равномерной ограни-

ченности?

Указания:

а) Показать, что последовательность nA поточечно сходится к

оператору ( ) '( )Ax t x t ;

б) Рассмотреть последовательность ( ) nnx t t .

Воспользоваться задачей 16.

57

18. Доказать, что для того, чтобы интеграл 1

0

( ) ( )x t y t dt существовал

для всех ( ) 0,1px t L ( 1p ), необходимо и достаточно, чтобы

( ) 0,1qy t L , где числа p и q связаны соотношением 1 1 1p q .

19. Рассмотрим в пространстве c векторы 0 (1,1,...,1,...)e ,

(0,0,...,0,1,0,...)k ke . Возьмем любой вектор ( )kx c и обозначим

0lim nn

. Проверить, что 0 0 0

1lim ( )

n

k kn kx e e

.

Указание: записать правую часть равенства в виде

0 01 1

k k kk k

e e e

.

20. Пусть задан числовой ряд 1

kk

a

,

1

n

n kk

S a

– его частичная сумма,

, 1nk n k

некоторая бесконечная матрица. Доказать теорему Теплица-

Сильвермена: для того, чтобы матрица , 1nk n k

определяла регулярный

метод суммирования (т.е. существовал предел последовательности

1

n

n nk kk

S

), необходимо и достаточно, чтобы были выполнены следую-

щие условия:

а) lim 0nkn

k ;

б) 1

lim 1nkn k

;

в) 1

sup nkn k

M

.

Указание: рассмотреть в пространстве c функционалы

1( )n nk k

kf x

и ( ) lim kkf x

, где 1 2( , ,...)x c , n . Доказать их ли-

58

нейность и ограниченность, найти nf , рассмотреть последовательно-

сти 0 (1,1,1,...)x c и (0,0,...,0,1,0,...)k ke c k . Затем найти 0( )nf x ,

( )n kf x , 0( )f x , ( )kf x и использовать теорему Банаха-Штейнгауза.

21. Пусть ,1

( ) ( )n

n nk n kk

f x A x t

, где n , ,1 ,2 ,...n n n na t t t b . До-

казать, что утверждение ,x C a b ( ) ( )b

n na

f x x t dt справедливо тогда и

только тогда, когда:

а) 1

supn

nkn k

A

;

б) ( ) ( )b

n na

f p p t dt для всякого многочлена p .

Указание: воспользоваться аппроксимационной теоремой Вейершт-

расса.

22. Показать, что если na при n , то существует такая после-

довательность 1( )n n , что

1n

n

, а ряд 1

n nn

a

расходится.

Указание: в пространстве 1l рассмотреть функционалы

1( )

n

n k kk

f x a

, 1 2 1( , ,...)x l , n .

23. Доказать, что последовательность операторов умножения на функ-

цию 1n

ntA x x tn

в пространстве 0,1C сходится по норме к операто-

ру nA x tx t .

59

1.5. Дополнительные задачи

и задачи повышенной трудности

1.* Найти норму оператора 1

0

( ) ( , ) ( )Ax t k t x d , если

: 0,1 0,1A C C и ( , ) 0,1 0,1k t C .

Решение:

1 1

0,1 0,10 0

0 0 0

sup ( , ) ( ) sup ( , ) ( )sup sup sup

t t

x x x

k t x d k t x dAx

Ax x x

1

10,1 0

0 0,1 0

sup ( , )sup sup ( , )t

x t

k t x dk t d

x

.

Осталось найти функцию ( ) 0,1nx C , для которой справедливо не-

равенство противоположного знака.

В качестве ( )nx возьмем непрерывную функцию, такую, что

0,1sup ( ) 1nx

, т.е. 1nx .

Далее, поскольку ( , ) 0,1 0,1k t C , то функция 1

0

( , )k t d – не-

прерывна по 0,1t , и, значит, по теореме Вейерштрасса, достигает на

этом отрезке своего наибольшего значения, т.е. 0 0,1t :

1 1

00,10 0

( , ) sup ( , )t

k t d k t d

. Обозначим 0( ) sgn ( , )z k t и будем считать,

что ( ) ( )nx z всюду, за исключением точек некоторого множества nE .

Поскольку 0,1

sup ( ) 1nx

, и на множестве nE ( ) ( )nx z , то на мно-

жестве nE ( ) ( ) ( ) ( ) 2n nx z x z .

Тогда

60

1 1 1

0 0 0

( , ) ( ) ( , ) ( ) ( , )( ( ) ( ))n nk t z d k t x d k t z x d

1 1

,0 0

( , ) ( ) ( ) sup ( , ) ( ) ( )n nt

k t z x d k t z x d

, 0,1 \\2 0

sup ( , ) ( ) ( ) ( ) ( )n n

n nt E E

k t z x d z x d

, ,2sup ( , ) 1 2sup ( , ) ( )

n

nt tE

k t d k t E

.

Выберем теперь nE таким образом, чтобы ,

1( )2 sup ( , )n

t

En k t

, тогда

0,1t 1 1

0 0

1( , ) ( ) ( , ) ( )nk t z d k t x dn

, откуда 0,1t

1 1

0 0

1( , ) ( ) ( , ) ( )nk t z d k t x dn

,

т.е. 1 1 1

0 0 0

1 1( , ) ( ) ( , ) ( ) ( , ) ( )n nk t z d k t x d k t x dn n

1

0,1 0

1 1 1 1sup ( , ) ( )n n nt

k t x d Ax A x An n n n

.

При 0t t получаем, что 1

00

1( , ) ( )k t z d An

, откуда

1 1 1

0 0 0 00 0 0

1 1 1( , ) ( ) ( , )sgn ( , ) ( , )A k t z d k t k t d k t dn n n

.

Переходя к пределу при n , получим, что 1

00

( , )A k t d , отку-

да

1

0,1 0

sup ( , )t

A k t d

.

61

Из получившихся неравенств заключаем, что

1

0,1 0

sup ( , )t

A k t d

.

2. Пусть ( , ) , ,k t C a b a b , 0 1 . Доказать, что оператор

: , ,A C a b C a b , действие которого задается формулой

( , )( ) ( )b

a

k tAx t x dt

, ограничен.

Решение: поскольку ( , ) , ,k t C a b a b , то, по теореме Вейершт-

расса на этом прямоугольнике ( , )k t достигает своего наибольшего зна-

чения ,

max ( , ) 0t

k t

. Кроме того, очевидно, что ,

( ) sup ( )a b

x x x

. То-

гда ( ) ,x t C a b :

, ,

( , )( , )sup ( ) sup ( )b b

t a b t a ba a

k tk tAx x d x dt t

, ,

1max ( , ) supb

t t a b a

k t d xt

.

Для установления ограниченности оператора осталось, таким образом

проверить, что , ,

1max ( , ) sup 0b

t t a b a

k t dt

.

Поскольку 0 1 , то

1 11 1 1 ( ) ( )( )( ) ( ) 1 1

t bb t b

a a t a t

t tf t d d dt tt

1 11 (( ) ( ) )1

t a b t

и ( )f t непрерывна при ,t a b . Исследуем ее на максимум

'( ) ( ) ( ) 0f t t a b t ,

откуда t a b t , т.е. 2

a bt – критическая точка.

Далее, 1 1''( ) ( ) ( )f t t a b t , тогда

62

1

'' 2 02 2

a b b af

,

т.е. 2

a bt – точка максимума.

Значит ,

1sup max ( ), ( ),2

b

t a b a

a bd f a f b ft

.

1( )( ) ( )1

b af a f b

,

1 11 2 ( )22 1 2 1

a b b a b af

.

Таким образом,

1

,

1 2 ( )sup 01

b

t a b a

b adt

, и, значит,

, ,

1max ( , ) sup 0b

t t a b a

k t dt

.

3. Рассмотрим оператор 2 2:A l l , переводящий элемент

1 2 2( , ,...)x l в элемент 1 1 2 2 2( , ,...)Ax l , где n , n . При

каком условии на последовательность n область определения ( )D A

оператора A совпадает со всем пространством 2l ? При каком условии на

последовательность n оператор A ограничен и какова при этом его

норма?

Решение: поскольку 2 2:A l l , то, чтобы 2( )D A l , необходимо, что-

бы 2x l 2Ax l , т.е., чтобы 22

1k k

kAx

.

Возможны два случая:

а) Последовательность n ограничена, т.е. 0c : sup nn

c ,

откуда n n c .

Тогда очевидно, что 2x l 22 22 2

1k

kAx c c x

.

63

Таким образом, в этом случае, 2( )D A l , кроме того, оператор A ог-

раничен и сразу получаем, что 0

sup sup nx n

AxA c

x

.

Установим неравенство противоположного знака, для чего найдем

элемент 0 2x l , 0 0x такой, что:

2(0)

00 1

0 20 (0)

1

(0,0,...,1,0,0,...)sup

k kk n

nx

kk

xAxAxA

x x

.

Таким образом, n nA , следовательно, sup nn

A .

Итак, в этом случае sup nn

A

б) Последовательность n неограничена, т.е. sup nn .

В этом случае ( )D A состоит из тех векторов 2x l , для которых

22

1k k

kAx

. При этом 2( )D A l .

Чтобы это доказать, возьмем элемент 1 1 1

1 1 11, , ,..., ,...2 3

xn

, где

102

и пусть n n .

Ясно, что 22 2

1

1k

xk

, поскольку это обобщенный гармониче-

ский ряд с показателем степени 2 2 1 .

Однако, 22

1

1k

Axk

, поскольку в этом случае степень обоб-

щенного гармонического ряда 2 1 .

В этом случае оператор неограничен, поскольку n

64

2(0)

00 1

0 20 (0)

1

(0,0,...,1,0,0,...)sup

k kk n

nx

kk

xAxAxA

x x

,

откуда sup nn

A .

4.* Пусть X – банахово пространство, ,L M – его подпространства,

причем X L M . Доказать, что операторы 1 :P X L и 2 :P X M , оп-

ределяемые равенствами 1 1Px x и 2 2P x x (где 1 2x x x , x X , 1x L ,

2x M ), являются линейными ограниченными операторами со свойства-

ми: 2i iP P ( 1,2i ) , 1 2P P I ( I – тождественный оператор, т.е. Ix x

x X ), 1 2 2 1PP P P O . Такие операторы называются операторами проек-

тирования.

Решение: линейность операторов очевидна.

Пусть x – норма в пространстве X , относительно которой это про-

странство является банаховым. Введем на X новую норму 1 21x x x .

Поскольку 1 2x x x , то 1 2 1 2 1x x x x x x . Таким образом,

норма x подчинена норме 1

x .

Покажем, что пространство X банахово относительно нормы 1

x .

Рассмотрим последовательность ( ) ( ) ( )1 2

n n nx x x , фундаментальную

по норме x . Тогда последовательности ( )1

nx и ( )2

nx тем более фунда-

ментальны по норме x . Поскольку X – банахово относительно нормы

x , то при n ( )1 1

nx x и ( )2 2

nx x . Поскольку ( )1

nx L , ( )2

nx M и

,L M – замкнуты, то 1x L и 2x M . Таким образом, ( )1 2

nx x x x X

как по норме x , так и по норме 1

x . Значит, X – банахово по норме 1

x .

По теореме об эквивалентных нормах заключаем, что 0c :

1x c x .

65

Таким образом, 1i iPx x x c x , где 1,2i , т.е. операторы 1 2,P P

– ограничены.

Поскольку x X 21 1 1 1 1( )P x P Px Px и 1 1 0x x , где 1x X , 1x L ,

0 M , то 1 1 1Px x . Аналогично, x X 22 2P x x . Значит, 2

i iP P , где

1,2i .

Далее, x X 1 2 1 2Px P x x x x Ix , значит, 1 2P P I .

Наконец, x X 1 2 1 2PP x Px . Поскольку 2 20x x , где 2x X , 0 L ,

2x M , то 1 2 0Px Ox , откуда 1 2PP O и, аналогично, 2 1P P O .

5. Банахово пространство 1,1C разложить в прямую сумму двух

подпространств ,L M так, чтобы 1iP , где 1,2i , а операторы проекти-

рования определены в предыдущей задаче.

Решение: пусть L – множество всех четных функций, непрерывных на

отрезке 1,1 , M – множество всех нечетных функций, непрерывных на

отрезке 1,1 . Очевидно, что L и M – линейные многообразия в 1,1C .

Пусть ( )nx t L и ( ) ( )nx t x t при n по норме пространства

1,1C , т.е., равномерно. Поскольку ( ) ( )n nx t x t , то, переходя к пределу

при n , получаем, что ( ) ( )x t x t , т.е. ( )x t L , и, значит, L – замкну-

то. Таким образом, L – подпространство в 1,1C .

Аналогично доказывается, что M – подпространство в 1,1C .

Поскольку ( ) 1,1x t C можно однозначно представить в виде

1 1( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2

x t x t x t x t x t , где 1 ( ) ( )2

x t x t L и

1 ( ) ( )2

x t x t M , то 1,1C L M .

Рассмотрим операторы 11( ) ( ) ( )2

Px t x t x t и 21( ) ( ) ( )2

P x t x t x t .

66

Очевидно, что 11 12 2

Px x x x x x и, аналогично,

21 12 2

P x x x x x x .

Таким образом, при 1,2i 0

sup 1ii

x

PxP

x .

Поскольку 00

0 00

1: ( ) 1sup 1

2 : ( )i i

ix

i x tPx PxP

i x t tx x

, то 1iP .

6. Пусть X – банахово пространство, ( , )A L X X . Доказать, что ряд

0

k

kA

сходится в ( , )L X X тогда и только тогда, когда для некоторого на-

турального k выполняется неравенство 1kA .

Решение: необходимость предлагается доказать самостоятельно (см.

задачу 20).

Достаточность: пусть k : 1kA . Надо доказать, что ряд 0

k

kA

сходится в ( , )L X X . Поскольку X – банахово, то ( , )L X X – тоже банахо-

во, поэтому, в силу критерия полноты линейного пространства в терминах

рядов достаточно доказать, что ряд 0

k

kA

сходится абсолютно, т.е., что

сходится ряд 0

k

kA

.

Отметим, что, если 1k , т.е. 1A , то, в силу неравенства

0 0

kk

k kA A

, и того, что ряд 0

k

kA

сходится к числу 1

1 A, как бес-

конечно убывающая геометрическая прогрессия, получаем, что ряд 0

k

kA

сходится. Поэтому далее считаем, что 2k .

67

Предположим противное, т.е., что ряд 0

k

kA

расходится. Поскольку

0 0

kk

k kA A

, то ряд 0

k

kA

также расходится. Поскольку это уже чи-

словой ряд – геометрическая прогрессия, то 1A (иначе это была бы

бесконечно убывающая геометрическая прогрессия, и ряд бы сходился).

Итак, ( , )A L X X такого, что 1kA для некоторого 2k получи-

ли, что 1A . Покажем, что найдется оператор ( , )A L X X , для которого

это неверно ни при каком k .

Пусть ( ) ( )Ax t tx t , 1 1: 0, 0,2 2

A C C . Очевидно, что

1 10, , 0,2 2

A L C C (см. задачу 21). Кроме того, ( ) ( )k kA x t t x t .


kkA при 2k , и 1 1

2A , то условие 1A для

данного оператора не выполняется. Тем самым предположение неверно, и

ряд 0

k

kA

сходится.

7.* Доказать, что пространство ( , )L X X , где 2 0,1X L не сепара-

бельно.

Решение: рассмотрим оператор 2 2: 0,1 0,1A L L , определяемый

соотношением ( ), 0

( )0, 1x t t

A x tt

. Здесь (0,1) . Очевидно, что

(0,1) оператор A линеен.


2 2 2

0 0 0

( ) ( ) ( )A x A x t dt x t dt x t dt x

, то

(0,1) оператор A ограничен. Таким образом, 2 20,1 , 0,1A L L L .

68

Заметим, что множество 2 2, (0,1) 0,1 , 0,1M A L L L – не-

счетно, поскольку оно эквивалентно несчетному множеству точек интер-

вала (0,1) (т.е. между M и (0,1) установлено взаимно однозначное соот-

ветствие).

Возьмем точки 1 2, (0,1) такие, что 1 2 . Тогда

2 1 2 1

1 2

1 2

( ),( ) ( ) ( )

0, 0,1 \ ,x t t

A x t A x t A A x tt

.

Найдем норму оператора 2 1

A A :

2 12 1

2 1

1 2

0

0 0

( )sup supx x

A A x t dtA A xA A

x x

2

1

12 2

0

0 0 0

( ) ( )sup sup sup 1x x x

x t dt x t dtx

x x x

.

С другой стороны, для некоторого элемента 0 2( ) 0,1x t L :

2

2 1 2 1 1

2 1

20

0

10 0 20

0

( )

sup

( )x

x t dtA A x A A x

A Ax x

x t dt

2

1

2

1

1 22 1 2 10

1 2

2 1

1 1,( )

10, 0,1 \ , 1

t dtx t

tdt

.

Таким образом, при 1 2 2 1

1A A , т.е. расстояние между эле-

ментами множества M равно единице.

69

Опишем около каждого элемента A M открытый шар радиуса 13

,

который обозначим 2 21 1, 0,1 , 0,1 :3 3

B A A L L L A A

.

Поскольку множество M – несчетно, то множество таких шаров так-

же несчетно. Кроме того, эти шары не пересекаются, поскольку расстояние

между их центрами равно единице.

По определению пространство является сепарабельным, если в нем

есть счетное всюду плотное множество. Допустим, что в пространстве

2 20,1 , 0,1L L L есть всюду плотное множество E . Тогда по определе-

нию всюду плотности, в любом шаре из 2 20,1 , 0,1L L L должна лежать

хотя бы одна точка из E . Поскольку мы нашли несчетное множество ша-

ров, лежащих в 2 20,1 , 0,1L L L , которые не пересекаются, то множество

E не может быть счетным, поскольку оно содержит элементы, каждый из

которых принадлежит хотя бы одному из построенных шаров.

8. Проверить, что формула 1

( ) ( )n

k kk

f x c x t

, где 1,..., nt t – некоторая

система точек отрезка ,a b , а kc , определяет линейный непрерывный

в пространстве ,C a b функционал и найти его норму.

Решение: поскольку 1 1

( ) ( ) ( ) ( )n n

k k k k kk k

f x y c x t y t c x t

1( ) ( ) ( )

n

k kk

c y t f x f y

, то функционал f линеен.

Поскольку ,1 1 1 1

( ) ( ) ( ) sup ( )n n n n

k k k k k kt a bk k k k

f x c x t c x t c x t c x

,

то функционал f ограничен. Кроме того, 0 1

( )sup

n

kx k

f xf c

x

.

70

С другой стороны, при 0 0x

00 1

0 0 0,

( )( )( )

supsup ( )

n

k kk

xt a b

c x tf xf x

fx x x t

.

Пусть 0( ) ,x t C a b – кусочно-линейная функция, такая, что

0( ) sgnk kx t c , 0( )x t – линейна на каждом из отрезков 1,k kt t и постоянна

на отрезках 1,a t и ,nt b . Тогда 0 1x и 1 1

sgnn n

k k kk k

f c c c

, таким

образом, 1

n

kk

f c

.

9. Доказать, что отображение 0 0

n n nn n

a a

, определяемое последо-

вательностью n , тогда и только тогда переводит сходящиеся ряды в

сходящиеся, когда 10

n nn

.

Решение: покажем предварительно, что ряд 0

nn

сходится тогда и

только тогда, когда сходится ряд 10

n nn

.

Необходимость: пусть 0

nn

, тогда 1 10 0 0

n n n nn n n

.

Достаточность: пусть 10

n nn

. Поскольку ряд 10

n nn

сходится абсолютно, то по теореме о перестановке слагаемых абсолютно

сходящегося ряда, его сумма не зависит от порядка слагаемых (указанная

теорема известна из курса математического анализа). Тогда:

1 0 1 1 2 2 30

...n nn

0 1 1 2 2 3 3 0... .

71

Таким образом, 1 00

N

N n n NnS

, а поскольку

1 0 1 1 2 1 0 10

...N

n n N N Nn

,

то 1 0N N

, значит, и 0n n

, т.е. 0 N : n N n .

Будем рассматривать последовательно 1 1 , 212

, 314

,...,

1

12k k ,... Тогда найдем такие номера 1 2, ,..., ,...kN N N соответственно, та-

кие, что kn N 1

12n k . Составим ряд 1

1 1

12kN k

k k

. Поскольку ряд

11

12k

k

сходится как бесконечно убывающая геометрическая прогрессия,

то ряд 1

kNk

также сходится.

Кроме того, отметим, что поскольку сходится ряд 10

n nn

, то схо-

дится также каждый из рядов 1 20

n nn

, 2 30

n nn

, 3 40

n nn

,...,

поскольку это те же самые ряды, что и 10

n nn

, только без конечного

числа первых членов.

Далее, считая для определенности, что kN k , получаем:

1 1 21 1 1 1 1

k kk k N N k k k kk k k k k

12 31 1 1

...k k kk k N N N

k k k

.

Поскольку все ряды в правой части неравенства сходятся, то сходится

и ряд 1

kk

.

72

Тем самым доказана сходимость ряда 0

nn

при условии сходимости

ряда 10

n nn

.

Переходим к непосредственному решению поставленной задачи.

Рассмотрим в пространстве 0c функционалы 1

( )n

n k kk

a a

и

1( ) k k

ka a

, где 1 2( , ,..., ,...)ka a a a .

Поскольку по условию ряд 0

nn

a

сходится, то в силу необходимого

условия сходимости ряда lim 0nna

, поэтому действительно 0a c . Линей-

ность этих функционалов очевидна. Проверим их ограниченность:

011 1 1 1 1

( ) sup supn n n n n

n k k k k k k k k kck n kk k k k k

a a a a a a

,

01 1 1 1

( ) supk k k k k k kckk k k k

a a a a a

.

Итак, для каждого n функционалы n ограничены, причем

1

n

n kk

. Функционал ограничен при условии, что ряд 1

kk

сходит-

ся. В силу доказанного выше, ряд 1

kk

сходится тогда и только тогда, ко-

гда сходится ряд 11

k kk

.

Найдем норму функционалов n , установив неравенство противопо-

ложного знака:

0 0

(0)0 1 2

0 1(0)

0 0

(sgn ,sgn ,...,sgn ,0,0,...)( ) ( )sup

sup

n

k k nn n k

nna kc c

k

a aa aa a a

73

1 1

sgnn n

k k kk k

.


n

n kk

.

Поскольку ряд 1

kk

сходится тогда и только тогда, когда сходится

ряд 11

k kk

, то, при выполнении этого условия, частичные суммы ряда

с неотрицательными членами 1

kk

ограничены сверху в силу критерия

Вейерштрасса, т.е., для некоторого 0c , 1

n

kk

c

, откуда n c . Зна-

чит, выполнено условие 1 теоремы Банаха-Штейнгауза.

Далее, рассмотрим элементы 0(0,0,...,0,1,0,0,...)k ke c , линейные

комбинации которых всюду плотны в 0c (проверяется это аналогично то-

му, как это было сделано для аналогичных элементов из c ).

Поскольку , 1 ,

( )0,

kn k

k ne

k n

и k ( )k ke , то, ясно, что

( ) ( )n k kne e

, т.е. выполнено условие 2 теоремы Банаха-Штейнгауза, то-

гда, согласно этой теореме, 0a c ( ) ( )n na a

, т.е.

1 1

n

k k k knk ka a

,

что и означает сходимость ряда 1

k kk

a

, вытекающую из сходимости ряда

1k

ka

.

Поскольку конечное число слагаемых на сходимость ряда не влияет,

то утверждение справедливо и для рядов из условия задачи.

74


1. Пусть ,X Y – линейные пространства, :A X Y – линейный опе-

ратор, ( )B R A – выпуклое множество, ( ) :M x D A Ax B . Будет ли

множество M выпуклым?

2. Пусть , 1( )jk j k – числовая матрица, для которой

2

1 1jk

j k

.

Доказать, что оператор 2 2:A l l такой, что Ax y , где 1 2 2( , ,...)x l ,

1 2 2( , ,...)y l , 1

j jk kk

, j является линейным и непрерывным.

3. Пусть ,X Y – линейные пространства, :A X Y – линейный опе-

ратор и система элементов 1 2, ,..., ( )nx x x D A линейно независима. Верно

ли, что система элементов 1 2, ,..., nAx Ax Ax линейно независима.

Указание: предположить, что система 1 2, ,..., nAx Ax Ax линейно зави-

сима.

4. Доказать линейность и непрерывность оператора

: , ,A C a b C a b , заданного формулой ( ) ( , ) ( )b

a

Ax t k t x d , где

( , ) , ,k t C a b a b . Найти его норму.

5. Доказать линейность и непрерывность оператора

2 2: , ,A L a b L a b , заданного формулой из задачи 4, где

2( , ) , ,k t L a b a b . Доказать, что

122( , )

b b

a a

A k t dtd

.

6. Пусть ( ) 0,1a t C – фиксированная функция и ( ) ( ) ( )Ax t a t x t .

Доказать, что : 0,1 0,1p pA L L при 1p – линейный непрерывный

оператор и найти его норму.

7. Найти норму тождественного оператора, действующего:

75

а) из (1) ,C a b в ,C a b ;

б) из ,pL a b в ,qL a b , p q .

Указание: тождественный оператор :I X X задается равенст-

вом Ix x , где x X .

8. Для каких 0 оператор ( ) ( )Ax t x t линеен и непрерывен в

0,1C ? Найти его норму.

9. Для каких 0 оператор ( ) ( )Ax t x t линеен и непрерывен в

2 0,1L ? Найти его норму.

10. Для каких , оператор ( ) ( )Ax t t x t линеен и непрерывен в

2 0,1L ? Найти его норму.

11.* Пусть 2, ,p q L a b . Доказать, что оператор

2 2: , ,A L a b L a b , действие которого задается формулой

( ) ( ) ( ) ( )b

a

Ax t p t q x d , ,t a b , является линейным и непрерывным.

Найти норму оператора A .

12. Для каких функций ( )a t оператор ( ) ( ) ( )Ax t a t x t непрерывен в

0,1C ? Найти норму оператора A .

13.* Пусть 0 – фиксировано, C – банахово пространство непре-

рывных на 0, функций ( )x t , удовлетворяющих условию

0,sup ( )t

te x t

, с нормой

0,sup ( )t

tx e x t

. Найти норму интегрально-

го оператора ( )

0

( ) ( )t

t sAx t e x s ds , где :A C C , 0 .

Указание: при получении оценки снизу взять 0( ) tx t e .

14. Пусть 0,C – пространство непрерывных на полупрямой

0, функций ( )x t , удовлетворяющих условию 0,sup ( )

tx t

, с нор-

76

мой 0,sup ( )

tx x t

. Доказать, что оператор ( ) ( )Ax t tx t , где

: 0, 0,A C C , неограничен.

Указание: рассмотреть последовательность ( )nnx t

n t

, n .

15. Найти область определения оператора A из предыдущей задачи.

Указание: проверить, что для всех функций ( ) 0,x t C

0,sup ( )

ttx t

0,sup ( 1) ( )

tt x t

.

16. Пусть X – линейное нормированное пространство, :A X X –

линейный ограниченный оператор с ( )D A X . Верно ли, что

( ) kerX R A A ?

Указание: рассмотреть оператор 2 2:A , действующий по фор-

муле 1 2 2( , ) ( ,0)A .


линейный оператор, ядро которого является подпространством в X . Сле-

дует ли отсюда, что A – ограниченный оператор?

Указание: рассмотреть оператор дифференцирования

( ) '( )Ax t x t : 0,1L C , где L множество непрерывно дифференцируе-

мых на 0,1 функций с обычной нормой пространства 0,1C .

18. Проверить выполнение свойств проекционных операторов для

операторов, найденных в примере 5.

19. Найти n -ю степень оператора A , задаваемого формулой

0

( ) ( )t

Ax t x d , 0,1t и действующего в пространстве 0,1C .

20. Пусть X – банахово пространство, ( , )A L X X . Доказать, что ес-

ли ряд 0

k

kA

сходится в ( , )L X X то 0 найдется k такое, что вы-

полняется неравенство kA .

77

21. Доказать, что оператор ( ) ( )Ax t tx t , 1 1: 0, 0,2 2

A C C линеен

и ограничен. Найти ( )kA x t , A , kA .


( )2

kk

kf x


1 2( , ,...)x .


1( )

2k

kk

f x


1 2( , ,...)x .

24. Проверить линейность, непрерывность и найти норму функциона-

ла 1

1( )

2k k

kk

f x

в пространстве 2l , где 1 2( , ,...)x .

Указание: представить функционал в виде

1 11 11 1

1 1

1 1 3( )2 2 2 2 2k kk k k

k kf x

.

25.* Для того, чтобы ряд 0

n nn

a b

сходился для любой последователь-

ности 1( )n na , удовлетворяющей условию

1

n

kk

a c

( n , c – некоторая

положительная постоянная), необходимо и достаточно, чтобы выполня-

лись условия:

а) lim 0nnb

;

б) 11

n nn

b b

.

Доказать это утверждение. Показать, что условие а) следует из усло-

вия б).

78

Указание: 0a c рассмотреть функционалы 1

( )n

n k kk

a a b

и

1( ) k k

ka a b

. Обосновать, что действительно 0a c , перейдя в неравен-

стве 1

n

kk

a c

к пределу при n .

26. Доказать, что для того, чтобы последовательность

( ) ( , ) ( )b

n na

A x t k t x d , n

сходилась к элементу ( ) ( )Ax t x t в пространстве 1 1, , ,L L a b L a b пото-

чечно, какова бы ни была суммируемая функция ( )x t , необходимо и доста-

точно, чтобы:

а) ( , ) ( ) ( ) 0b b

n na a

k t x d x t dt

для всякого ( )x t , где – множе-

ство, всюду плотное в 1 ,L a b ;

б) ,

sup ( , )b

nt a b a

k t d M

.

Указание: при оценке сверху нормы оператора nA поменять порядок

интегрирования. Учесть, что функции ( , )nk t должны быть интегрируе-

мы, а значит, ограничены по всем переменным.

27. Используя результат задачи 11, вычислить норму оператора

2 2: 0,1 0,1A L L , если 1

0

( ) ( )tAx t e x d .

79

1.6. Образы шаров при действии линейных

ограниченных операторов

Теорема (о плотном образе шара): пусть ,X Y – банаховы простран-

ства, :A X Y – линейный ограниченный сюръективный оператор. Тогда

образ любого шара с центром в начале координат является всюду плотным

множеством хотя бы в одном шаре с центром в начале координат.


1. Покажем, что образ хотя бы одного шара с центром в начале коор-

динат является всюду плотным множеством хотя бы в одном шаре.

От противного: допустим, что для любого шара с центром в начале

координат его образ не всюду плотен ни в одном шаре.

Обозначим через z этот образ, который не плотен ни в одном шаре,

т.е., если возьмем любой шар, то z в нем не будет всюду плотным множе-

ством. Значит, в этом шаре можно найти окрестность, в которой нет точек

из z , т.е. z является нигде не плотным множеством. Итак, показали, что

образ любого шара является нигде не плотным множеством в любом шаре.

Рассмотрим 1B – шар с центром в начале координат радиуса 1, 2B –

шар с центром в начале координат радиуса 2,... Ясно, что 1

kk

B X

.

Поскольку A сюръективен, т.е. X отображает на все Y , то объедине-

ние образов этих шаров даст все пространство Y . Образы этих шаров – ни-

где не плотные множества ни в одном шаре. Таким образом, пространство

Y оказалось представлено в виде счетного объединения нигде не плотных

множеств, а поскольку по условию Y – полное, то по теореме Бэра его

нельзя представить в таком виде. Противоречие.

2. Покажем, что образ хотя бы одного шара с центром в начале коор-

динат является всюду плотным множеством в некотором шаре с центром в

начале координат.

80

Пусть 1B и 2B – те шары, существование которых доказано в п.1. Об-

раз шара 1B всюду плотен в шаре 2B , но 2B может не иметь центра в нача-

ле координат. Надо найти шары 3B и 4B с центрами в начале координат

так, чтобы образ шара 3B был всюду плотен в 4B (см. рис.).

Рассмотрим произвольную точку 0 2y B . Через 0 1x B обозначим

точку, образом которой является 0y , т.е. 0 0Ax y .

Сдвинем шар 1B на вектор 0x , тогда точка 0x перейдет в начало ко-

ординат. Соответственно, шар 2B сдвинется на вектор 0 0Ax y и 0y пе-

рейдет в начало координат.

Обозначим эти сдвинутые шары соответственно 1B и 2B . Ясно, что

при сдвиге всюду плотность не изменилась, значит, по-прежнему образ 1B

является всюду плотным множеством в 2B (см. рис.).

81

Через 4B обозначим шар, лежащий в шаре 2B , но уже с центром в на-

чале координат. Раз образ шара 1B был плотен в 2B , то в меньшем множе-

стве он тем более всюду плотен. Итак, образ шара 1B всюду плотен в 4B .

Через 3B обозначим шар с центром в начале координат, который со-

держит шар 1B . Раз мы шар увеличили, то его образ тем более увеличился,

поэтому тем более является всюду плотным в шаре 4B .

3. Пусть B – любой шар с центром в начале координат в пространстве

X . Надо доказать, что его образ всюду плотен в некотором шаре с цен-

тром в начале координат.

В силу п.2 найдены шары 3B X и 4B Y с центрами в начале коор-

динат, такие, что образ шара 3B всюду плотен в шаре 4B .

Сделаем сжатие шара 3B таким образом, чтобы он попал внутрь шара

B . Ясно, что его образ сожмется в такое же число раз, и сжатый в это же

количество раз шар 4B обозначим за B . Тогда образ сжатого шара 3B всю-

ду плотен в B , а поскольку сжатый шар 3B содержится в шаре B , то образ

шара B тем более будет всюду плотен в B .


Теорема (об образе единичного шара): пусть ,X Y – банаховы про-

странства, :A X Y – линейный ограниченный сюръективный оператор.

Тогда образ единичного шара содержит хотя бы один шар.

82

Доказательство: рассмотрим в пространстве X шар 1B радиуса 12

,

шар 2B радиуса 14

, шар 3B радиуса 18

,..., шар nB радиуса 12n ,... – все с

центрами в начале координат.

В силу предыдущей теоремы образ каждого из этих шаров всюду пло-

тен хотя бы в одном шаре с центром в начале координат. Обозначим их ра-

диусы 1 2 3, , ,... , т.е. образ шара 1B всюду плотен в 1

B , образ шара 2B

всюду плотен в 2

B ,... Ясно, что если радиус какого-либо из полученных

шаров уменьшить, то всюду плотность в меньшем множестве сохранится,

поэтому можно считать, что радиусы n стремятся к нулю.

Покажем, что образ единичного шара будет содержать 1

B , т.е., что

1B – и есть нужный нам шар. Возьмем

1y B и надо доказать, что x :

1x и Ax y .


y B , а образ 1B всюду плотен в 1

B , то 0 1 1x B :

1y Ax . В частности, беря 2 , получим, что 1 2y Ax , тогда

вектор 21y Ax B .

Образ 2B всюду плотен в 2

B , значит, аналогично, 2 2x B :

1 2 3( )y Ax Ax , и, значит, 31 2y Ax Ax B .

Аналогично, поскольку образ 3B всюду плотен в 3

B , получаем, что

3 3x B : 1 2 3 4( )y Ax Ax Ax и т.д.

На n -м шаге получим, что n nx B : 11

n

k nk

y Ax

.

Покажем, что ряд 1

kk

x

сходится. Поскольку X по условию полно, в

силу критерия полноты пространства в терминах рядов достаточно пока-

зать, что сходится ряд 1

kk

x

.

83

Поскольку 1 1x B , то 112

x . Поскольку 2 2x B , то 214

x , и т.д.

Таким образом, 1 1

12k k

k kx

. Ряд 1

12k

k

сходится, как бесконечно убы-

вающая геометрическая прогрессия, значит, числовой ряд 1

kk

x

сходится

по признаку сравнения.

Пусть 1

kk

x x

, тогда 1 1 1

11 2 112 1

2

k k kk k k

x x x

, т.е. век-

тор x принадлежит единичному шару.

Осталось проверить, что Ax y , т.е., что 1

kk

A x y

, т.е., что

1k

kAx y

, т.е., что 1

limn

kn kAx y

, т.е., что 1

0n

kk

Ax y

при n .


0n

k nk

y Ax

, а 0n , то, переходя к пределу при

n , по теореме о двух милиционерах, получаем, что 1

0n

kk

Ax y

.


84

РАЗДЕЛ II. СОПРЯЖЕННЫЕ ПРОСТРАНСТВА

2.1. Общие виды функционалов

Теорема (об общем виде функционалов на пространстве 1l ):

1. y l функционал на 1l , задаваемый формулой

*1

1( ) i i

ix y l

и при этом *1l l

y

;

2. *1l y l : 1 2 1( , ,...)x l

1( ) i i

ix y

.

Замечание: таким образом, пространство *1l изометрично и изоморф-

но пространству l .


1. Пусть 1

( ) i ii

x y

. Надо доказать линейность и ограниченность

данного функционала, а также равенство норм.

а) Линейность следует из соотношения

(1) (2) (1) (2)1 1 2 2 1 2 1 2

1 1 1( ) ( )i i i i i i i

i i ix x y y y

1 1 2 2( ) ( )x x .

б) Ограниченность:

1 1

( ) i i i ii i

x y y

.

Поскольку l – это пространство ограниченных последовательностей

и sup ili

y y , то i i l

y y

. Таким образом,

11 1

( ) i il l l li i

x y y y x

.

Следовательно, функционал ограничен.

85

в) Равенство для норм: разделим полученное в предыдущем пункте

неравенство на 1l

x и возьмем по всем 0x точную верхнюю грань:

10

( )sup

lx l

xy

x

,

откуда *1l l

y

.

Установим неравенство противоположного знака для некоторого

0 0x :

*1

1 1

(0)

0 1

0 (0)0

1

( )( )sup

i ii

lx l l

ii

yxx

x x

.

Возьмем 0 (0,0,..., 1,0,0,...)i

x , причем знак 1 будем выбирать сов-

падающим со знаком iy . Тогда при подстановке такого 0x в обеих суммах

останется одно слагаемое с номером i , причем в числителе в этом слагае-

мом iy умножится на свой знак, т.е. даст iy , а в знаменателе останется 1.

Итак, *1 il

y . Поскольку i – любое, то *1

sup il li

y y

.

Таким образом, окончательно, *1l l

y

.

2. Пусть *1l . Надо найти такое y l , что

1( ) i i

ix y

.

Возьмем (0,0,...,0,1,0,0,...)i ie и обозначим ( )i ie y . Поскольку

функционал линеен и ограничен, то он ограниченное множество векто-

ров ie переводит в ограниченное множество векторов ( )ie . Таким об-

разом, множество iy ограничено, поэтому вектор 1i iy y l

.

Рассмотрим далее последовательность 1 2( , ,..., ,0,0,...)n nx , тогда

1 1 2 2 ...n n nx e e e и, значит

1 1 2 21

( ) ( ) ( ) ... ( )n

n n n i ii

x e e e y

.

86

Пусть теперь 1 2( , ,...)x . Тогда

1

( )

1 1 1 1

nn

n i i i i ili i n i i

x x

.

По определению пространства 1l ряд 1

ii

сходится, а

1

n

ii

– это

частичная сумма этого ряда. По определению суммы ряда, к ней стремятся

все частичные суммы, значит при n 1

0n lx x , откуда

1l

n nx x

.

В равенстве 1

( )n

n i ii

x y

перейдем к пределу при n , тогда,

поскольку 1l

n nx x

, а – непрерывен, то ( ) ( )nx x и значит

1( ) i i

ix y

.


Теорема (об общем виде функционалов на пространстве 0c ):

1. 1y l функционал на 0c , задаваемый формулой

*0

1( ) i i

ix y c

и при этом *0 1c l

y ;

2. *0c 1y l : 1 2 0( , ,...)x c

1( ) i i

ix y

.

Замечание: таким образом, пространство *0c изометрично и изо-

морфно пространству 1l .


1. а) Линейность доказывается аналогично предыдущей теореме.

б) Ограниченность: поскольку 1y l , то 1

1il

iy y

. Кроме того,

0x c , поэтому 0

sup ici

x , откуда 0i c

i x . Таким образом, по-

лучаем, что

87

0 1 01 1 1

( ) i i i i ic l ci i i

x y y x y y x

.

Итак, функционал ограничен.

в) Равенство для нормы: разделим полученное неравенство на 0c

x и

возьмем точную верхнюю грань по всем 0x : 1

00

( )sup

lx c

xy

x

, откуда

*0 1c l

y .

Для некоторого 0 0x :

*0

0 0

(0)

0 1(0)

0 0

( )( )sup

sup

i ii

cx ic c

i

yxx

x x

.

Возьмем 0 ( 1, 1,..., 1,0,0,...)n

x , тогда, поскольку (0)lim 0ii

, то

0 0x c . Знаки выберем совпадающими со знаками соответствующих iy ,

тогда *1

1

n

ili

y

. При n *1 1

1il l

iy y


*0 1c l

y .

2. Пусть *0c , т.е. – линейный и ограниченный, а значит, непре-

рывный функционал. Надо найти 1y l , чтобы 1 2 0( , ,...)x c

1( ) i i

ix y

.

Возьмем (0,0,...,0,1,0,0,...)i ie и обозначим ( )i ie y . Рассмотрим

далее последовательность 1 2( , ,..., ,0,0,...)n nx , тогда 1

n

n i ii

x e

и зна-

чит 1

( )n

n i ii

x y

.

Пусть теперь 1 2( , ,...)x .

88

Тогда 0

( )sup nn i ic

ix x , откуда

0 1 2sup , ,...n n ncx x .

Поскольку 0x c , то lim 0ii

, т.е. 0 N : n N n .

Таким образом, начиная с некоторого номера, 1 2sup , ,...n n , откуда

0n cx x , т.е.

0c

n nx x

.

Перейдем в равенстве 1

( )n

n i ii

x y

к пределу при n , учитывая,

что ( ) ( )nx x и получим, что 1

( ) i ii

x y

.

Осталось доказать, что построенный элемент 1( )i iy y действительно

принадлежит пространству 1l .

Рассмотрим вектор 0 1 2 0sgn ,sgn ,...,sgn ,0,0,...nx y y y c при произ-

вольном фиксированном n .

Ясно, что 01

( )n

ii

x y

. Кроме того, 00 1

cx , а, поскольку

00 0( )c

x x ,

то получаем, что 1

n

ii

y

.

Поскольку n произвольно, то, переходя к пределу при n , полу-

чаем, что 1

ii

y

, т.е. ряд 1

ii

y

сходится. По определению простран-

ства 1l это означает, что 1 1( )i iy y l .


Теорема (об общем виде функционалов на пространстве pl ):

1. Пусть 1p и 1 1 1p q , тогда qy l функционал на pl , зада-

ваемый формулой *

1( ) i i p

ix y l

и при этом *p ql l

y ;

89

2. *pl qy l : 1 2( , ,...) px l

1( ) i i

ix y

.

Замечание: таким образом, пространство *pl изометрично и изо-

морфно пространству ql .


1. Снова линейность очевидна, поэтому проверим ограниченность и

установим равенство для норм. 1 1

1 1 1

( )q p

p qp qi i i i l l

i i ix y y y x

,

значит, ограничен.

Разделим полученное неравенство на pl

x и возьмем точную верх-

нюю грань по всем 0x : 0

( )sup

q

p

lx l

xy

x

, откуда *

p ql ly .

Для некоторого 0 0x :

*

(0)

0 11

0 0(0)

1

( )( )sup

p

p p

i ii

lx pl l p

ii

yxx

x x

.

Возьмем 1(0) qi iy , где знак выбирается совпадающим со знаком

iy , тогда 1 1(0) q q qi i i i i i iy y y y y y , ( 1)(0) p p q q

i i iy y в силу

условия 1 1 1p q . Тогда получаем, что

*

1 111

11 1

1

p q

qi p qq qi

i il li ipq

ii

yy y y

y

,

откуда *p ql l

y .

90

2. Пусть *pl . Надо найти такое qy l , что

1( ) i i

ix y

.

Возьмем (0,0,...,0,1,0,0,...)i ie и обозначим ( )i ie y . Пусть далее

последовательность 1 2( , ,..., ,0,0,...)n nx , тогда 1

n i ii

x e

и значит

1( )

n

n i ii

x y

.

Пусть теперь 1 2( , ,...)x .

Тогда 1 1

( )

1 1p

p pp pnn i i il

i i nx x

.

По определению пространства pl ряд 1

pi

i

сходится, а

1

pi

i n

–

это остаток данного ряда. По теореме об остатке сходящегося ряда,

10p

ii n

при n . Итак, при n 0pn l

x x , откуда pl

n nx x

.

В равенстве 1

( )n

n i ii

x y

перейдем к пределу при n , тогда, по-

скольку pl

n nx x

, а – непрерывен, то ( ) ( )nx x и значит

1( ) i i

ix y

.

Принадлежность элемента 1( )i iy y пространству ql предлагается ус-

тановить самостоятельно (задача 12).


Теорема (о частном виде функционалов на пространстве c ):

1. 1y l функционал на c , задаваемый формулой

*

1( ) i i

ix y c

;

2. *c , который нельзя представить в виде 1

( ) i ii

x y

1 2( , ,...)x c и для некоторого 1y l .

91


1. Линейность очевидна. Проверим ограниченность: x c

11 1 1

( ) supi i i i i i l cii i i

x y y y y x

,

значит, ограничен.

2. Поскольку c – пространство последовательностей, имеющих пре-

дел, то определим функционал следующим образом: ( ) lim iix

,

x c .

Линейность очевидна в силу линейности предела.

Далее, ( ) lim lim limsupi i i ci i i ix x

, значит ограничен.

Таким образом, *c .

Допустим теперь, что можно представить в указанном виде

1( ) i i

ix y

, где 1 1( )i iy y l .

Возьмем (1,0,0,...)x , тогда ( ) lim 0iix

, откуда

10i i

iy

, а с

другой стороны, 11

i ii

y y

. Таким образом, 1 0y .

Аналогично, взяв (0,1,0,...)x , получим, что 2 0y . И т.д.

Таким образом, i 0iy , т.е. x c 1

( ) 0i ii

x y

.

С другой стороны, возьмем (1,1,...,1,...)x , тогда ( ) lim 1iix

. По-

скольку 0 1 , то получили противоречие.


Замечание: таким образом, в пространствах * * *0 1, , pc l l сохраняется

свойство конечномерных пространств, элементы которых могут быть

представлены линейной комбинацией базисных векторов. Линейные ком-

бинации “базисных” векторов в указанных пространствах образуют, таким

92

образом, всюду плотные множества. Для пространства *c это свойство уже

не имеет места.

Теорема (об интегральных функционалах на 1L ): пусть E – изме-

римое множество, g – измеримая функция, 1f L , ( ) ( ) ( )E

f f x g x d .

Тогда *1L тогда и только тогда, когда g L и при этом *

1L Lg

.


1. Пусть g L . Покажем, что *1L и *

1L Lg

.

Поскольку ( )g x L , то . .

( )п в

g x c , тогда . .

( ) ( ) ( )п в

f x g x c f x . Таким

образом, 1

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )L

E E E

f f x g x d f x g x d c f x d c f . Итак,

функционал определен 1f L и ограничен. В силу свойств линейности

интеграла Лебега, функционал – линеен. Таким образом, *1L .

Далее, поскольку sup ( )L

Eg ess g x

, а ( ) sup ( )

Eg x ess g x для почти

всех x E , то возьмем sup ( )L

Ec ess g x g

и получим, что

1( )

L Lf g f

.

Разделим это неравенство на 1L

f и возьмем точную верхнюю грань

по всем 0f , тогда 1

0

( )sup

Lf L

fg

f

, откуда *

1L Lg

.

2. Докажем, что если *1L , то g L и *

1L Lg


достаточно доказать, что *1

sup ( )L

Eess g x . Обозначим sup ( )

EM ess g x .

Для некоторого 0 0f получаем, что:

*1

1 1

00

0 0 0

( ) ( )( )( )

sup( )

EL

f L LE

f x g x dff

f f f x d

.

93

Далее, возьмем 0 , тогда M M и поэтому M не является

почти всюду мажорантой для функции g , значит, неравенство

( )g x M не может почти всюду выполняться, и значит, существует

множество A ненулевой меры, на котором ( )g x M . Выберем 0f так,

чтобы вне множества A она была равна нулю, а на множестве A имела тот

же знак, что и g .

Тогда

*1

0 0 0

0 0 0

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )E A A

L

E A A

f x g x d f x g x d f x g x d

f x d f x d f x d

0

0

( )( )

( )A

A

f x dM M

f x d

.

При 0 получаем, что *1L L

M g

.


Теорема (об общем виде функционалов на 1L ): *1L g L :

1f L ( ) ( ) ( )E

f f x g x d .

Доказательство теоремы будет рассмотрено в разделе “Гильбертовы

пространства”.

Теорема (о пространстве, сопряженном к 1L ): пространство *1L

изометрично и изоморфно пространству L .

Доказательство: g L поставим в соответствие *1L такой, что

( )I g и ( ) ( ) ( )E

f f x g x d . Отображение I , очевидно, линейно и со-

храняет норму по теореме об интегральных функционалах на 1L , т.е. изо-

метрично. По теореме об общем виде функционала на 1L , I – сюръектив-

но.

94

Если 1 2 , то *11 2 0

L . Поскольку *

1L Lg

, то

1 2 0L

g g

, откуда 1 2g g , значит I – инъективно.

Таким образом, I – изоморфизм (линейное взаимно однозначное и

взаимно непрерывное отображение).


Теорема (об интегральных функционалах на pL ): пусть 1p ,

1 1 1p q , pf L , ( ) ( ) ( )

E

f f x g x d . Тогда *pL тогда и только тогда,

когда qg L и при этом *p qL L

g .

Доказательство: пусть qg L , тогда

1 1

( ) ( ) ( ) ( ) ( )q p

p qp q

L LE E E

f f x g x d f x d g x d g f

,

таким образом, определен на *pL , линеен и ограничен, значит, *

pL .

Разделим полученное неравенство на pL

f и возьмем точную верх-

нюю грань по всем 0f : 0

( )sup

q

p

Lf L

fg

f

, откуда *

p qL Lg .

Осталось доказать, что *p qL L

g , считая, что *pL .

Для некоторого 0 0f получаем, что:

*

00

10 0

0

( ) ( )( )( )

sup

( )p

p p

EL

f pL L p

E

f x g x dff

f ff x d

.

Пусть 10 sgnqf g g , тогда ( 1)

0p p q qf g g , а

1 10 sgnq q qf g g g g g g g .

95

Итак, *

1 11

1

( )( ) ( )

( )p q

q

p qq qEL L

E Epq

E

g x dg x d g x d g

g x d

.

Таким образом, *p qL L

g .

Теорема (об общем виде функционалов на pL ): пусть 1p ,

1 1 1p q , тогда *

pL qg L : pf L ( ) ( ) ( )E

f f x g x d .

Доказательство: если 2p , то существование нужного элемента

2g L следует из теоремы Рисса об общем виде функционала (которая бу-

дет рассмотрена в разделе “Гильбертовы пространства”), поскольку *2L

изоморфно 2L .

Пусть 1 2p и *pL . Если проверим, что *

2L , то этот случай

сведется к случаю 2p и утверждение будет доказано.

Ясно, что, поскольку *pL , то

1

( )p

pp

LE

f c f c f d

.

Рассмотрим 12 1pp

, тогда 1q : 1 1

1 1 1p q , тогда, применяя нера-

венство Гельдера при 1g , получаем, что:

1 1 11

2

11 1 1 1

221( ) 1 1

pp q pqpp

LE E E E

f c f d d c f d d c f ,

значит, линеен и ограничен в 2L , т.е. *2L .

Случай 2p примем без доказательства.


96

Теорема (о пространстве, сопряженном к pL ): пусть 1p ,

1 1 1p q , тогда пространство *

pL изометрично и изоморфно пространству

qL .

Доказательство: qg L поставим в соответствие функционал

*pL такой, что ( )I g и ( ) ( ) ( )

E

f f x g x d . Отображение I , оче-

видно, линейно и сохраняет норму по теореме об интегральных функцио-

налах на pL , т.е. изометрично. По теореме об общем виде функционала на

pL , I – сюръективно.

Если 1 2 , то *1 2 0pL

. Поскольку *p qL L

g , то

1 2 0qL

g g , откуда 1 2g g , значит I – инъективно.

Таким образом, I – изоморфизм.


Замечание: отметим, что наличие изометричного изоморфизма меж-

ду двумя пространствами позволяет отождествлять эти пространства друг

с другом.


1. Пусть np – линейное пространство n -мерных вещественных век-

торов 1 2( , ,..., )nx с нормой

1

1

, 1

max ,

n ppk

kp

kk

px

p

. Найти об-

щий вид линейного непрерывного функционала в np при 1 p и вы-

числить его норму.

97

Решение: покажем, что при 1 p и 1 1 1p q 1( ,..., ) n

n qy

всякий функционал *

1( ) ( )

nn

k k pk

x

, где 1( ,..., ) nn px .

Линейность очевидна. Проверим его ограниченность: 1 1

1 1 1

( )n n np qp q

k k k k q pk k k

x y x

,

следовательно, ограничен, а значит, непрерывен.

Найдем норму этого функционала. Для этого разделим полученное

неравенство на p

x и возьмем точную верхнюю грань по всем 0x , тогда

получим, что 0

( )sup

qx p

xy

x

, откуда

qy .

С другой стороны, найдется 0 0x такой, что:

(0)

0 11

0 0(0)

1

( )( )sup

n

k kk

x n pp p p

kk

xxx x

.

Возьмем 1(0) sgnqk k k при 1,k n , тогда ( 1)(0) p p q q

k k k и

1 1(0) sgnq q qk k k k k k k k , откуда:

1 111

11 1

1

nq

k n np qq qkk k q

n k kpqk

k

y

.

Таким образом, q

y .

Осталось показать, что для всякого функционала *( )np найдется

1( ,..., ) nn qy такой, что для всех 1( ,..., ) n

n px 1

( )n

k kk

x

.

98

Поскольку 1( ,..., ) nn px , а вектора (0,...,0,1,0,...,0)k k

e при

1,k n образуют базис в np , то 1 1 2 2 ... n nx e e e .

Тогда 1 1 2 21 1

( ) ( ) ( ) ... ( ) ( )n n

n n k k k kk k

x e e e e

при

( )k ke . Итак, нашли нужный элемент 1( ,..., ) nn qy .

2. Найти общий вид и вычислить норму линейного оператора

1 1: m nA .

Решение: покажем, что для любой числовой действительной матрицы

,

, 1

n m

ij i ja

оператор

11 12 1 1

21 22 2 21 1

1 2

...

...( ) ( , )

...

m

m m n

n n nm m

a a aa a a

A x L

a a a

,

где 1 1( ,..., ) mmx .

Перемножая матрицы, получаем, что

11 1 12 2 1

21 1 22 2 2

1 1

1 1 2 2

...

...( )

...

m mn

mm m

ij jj i

n n nm m

a a aa a a

A x a

a a a

.

Линейность оператора A очевидна. Проверим его ограниченность:

1 11 1 1 1 1 1 11

( ) maxn

m n m n m n m

ij j ij j ij j ij jj mj i j i j i ji n

A x a a a a

11 11 1 1

max maxn m n

ij j ijj m j mi j ia a x

.

Таким образом, оператор A – ограничен.

Разделим полученное неравенство на 1

x и возьмем точную верхнюю

грань по всем 0x .

99

Тогда получим, что 1

10 11

( )sup max

n

ijj mx i

A xa

x

, откуда 11max

n

ijj miA a

.

С другой стороны, найдется элемент 0 0x такой, что:

(0)

1 101 1

0 (0)01 1

1

( )( )sup

n m

ij ji j

mx

jj

aA xA x

Ax x

.

Возьмем 0 (0,0,...,sgn ,0,...,0)ikk

x a , при 1,k m тогда (0)

1

1m

jj

,

(0)

1

sgnm

ij j ik ik ikj

a a a a

. Таким образом, при любом 1,k m 1

n

iki

A a

,

значит, поскольку k – любое, то, переобозначив k через j , получаем, что

11max

n

ijj miA a

. Таким образом, 11max

n

ijj miA a

.

Осталось показать, что для всякого линейного ограниченного опера-

тора 1 1( , )m nA L найдется матрица ,

, 1

n m

ij i ja

, такая, что для всех

1 1( ,..., ) mmx

1 1

( )n

m

ij jj i

A x a

.

Поскольку 1 1( ,..., ) mmx , а вектора (0,...,0,1,0,...,0)k k

e при

1,k m образуют базис в 1m , то 1 1 2 2 ... m mx e e e . Тогда:

1

21 1 2 2 1 2( ) ( ) ( ) ... ( ) ( ) ( ) ( )m m m

m

A x A e A e A e A e A e A e

.

Поскольку 1 1: m nA , то при 1,k m каждый элемент ( )kA e – это

вектор-столбец, состоящий из n элементов, всего таких столбцов m штук.

Таким образом, нашли матрицу 1 2( ) ( ) ( )mA e A e A e размера n m ,

состоящую из действительных чисел, которая задает оператор A .

100

3. Пусть *O f X и : ( ) 1M x X f x . Доказать, что

1 infx M

xf

.

Решение: поскольку f – линейный ограниченный функционал, то

x X по определению нормы функционала ( )f x f x . Следова-

тельно, x M 1 f x , откуда 1 xf , тем самым, 1 inf

x Mx

f .

В силу определения нормы функционала, для всякого 0 f

x X : ( )f x f x . Пусть ( )xx

f x

, тогда

( ) ( ) ( )f x f x f x f x f x ,

откуда 1xf

.

При этом, поскольку 1( ) ( ) 1( ) ( )xf x f f x

f x f x

, то такие

x M и для них 1xf

, следовательно, 1infx M

xf

. Поскольку

0 – произвольно, то при 0 получаем, что 1infx M

xf

.

Таким образом, 1 infx M

xf

.

4. Пусть 1p фиксировано. При каких функционал 1

0

( )( ) x tf x dtt принадлежит * 0,1pL ?

Решение: по теореме о пространстве, сопряженном к pL имеем, что

* 0,1 0,1p qL L ( – знак изометричного изоморфизма), где 1 1 1p q .

101

По теореме об интегральных функционалах на pL * 0,1pf L тогда

и только тогда, когда 1 0,1qLt , т.е., когда сходится интеграл

1

0

1q dt

t .

Указанный интеграл сходится, если 1q , т.е., при 1q

.

5. Доказать, что *1c l .

Решение: рассмотрим в пространстве c векторы 0 (1,1,1,...)e и

(0,0,...,1,0,0,...)k ke при 1,2,3,...k . Нетрудно проверить, что всякий век-

тор 1 2( , ,...)x c можно представить в виде 0 0 01

lim ( )n

k kn kx e e

,

где 0 lim kk

(этот предел существует по определению пространства c ).

Пусть теперь *c , т.е. – линейный ограниченный функционал,

тогда 0 0 0 0 0 01 1

( ) ( ) lim ( ) ( ) lim ( )n n

k k k kn nk kx e e

, где

0 0( )e и ( )k ke .

Рассмотрим вектор 0 1 2(sgn ,sgn ,...,sgn ,0,0,...)ix c (здесь i –

произвольный фиксированный номер).

Тогда (0)0 sup 1kc

kx , (0) (0)

0 lim 0kk

и значит, 0

1( )

i

kk

x

. С

другой стороны, 0 0( )x x и, таким образом, 1

i

kk

.

Поскольку i – произвольный номер, то при i получаем, что

1k

k

, т.е. 1 1( )k k l .

Таким образом, для всех 1 2( , ,...)x c ряд 1

k kk

сходится абсо-

лютно, в силу неравенств

1 1 1supk k k k kc

kk k kx

.

102

Тогда 0 0 01 1

( ) k k kk k

x

. Переобозначим 01

kk

за 0 .

Таким образом, показали, что если *c , то для всякого

1 2( , ,...)x c найдется элемент 1 1( )k k l такой, что справедливо пред-

ставление 0 01

( ) k kk

x

, где 0 lim kk

, 0 const .

Вторую часть утверждения предлагается доказать самостоятельно

(см. задачу 11).


1. В условиях примера 1 найти общий вид линейного непрерывного

функционала в np при 1p и вычислить его норму.

Указание: 1

( )n

k kk

x

, где 1 1( ,..., ) nnx , 1( ,..., ) n

ny .

2. В условиях примера 1 найти общий вид линейного непрерывного

функционала в np при p и вычислить его норму.

Указание: 1

( )n

k kk

x

, где 1( ,..., ) nnx , 1 1( ,..., ) n

ny .

3. В условиях примера 1 найти общий вид и вычислить норму линей-

ного оператора : m nA .

Указание: для всех 1( ,..., ) mmx

1 1

( )n

m

ij jj i

A x a

и

1 1max

m

iji n jA a

.


ного оператора 1: m nA .

Указание: для всех 1 1( ,..., ) mmx

1 1

( )n

m

ij jj i

A x a

и

11

max iji nj m

A a

.

103


ного оператора 1: m nA .

Указание: для всех 1( ,..., ) mmx

1 1

( )n

m

ij jj i

A x a

и

1 1

n k

iji j

A a

.

6. Пользуясь теоремой об интегральных функционалах на pL , посчи-

тать норму функционала из примера 4.

7. Пусть 1p фиксировано. При каких функционал

1( ) k

kf x

k

принадлежит *pl для всех 1 2( , ...) px l ? Найти его норму.

8. Пусть в пространстве n для всех 1( ,..., ) nnx

1sup k

k nx

.

Доказать, что в сопряженном пространстве норма определяется формулой

1

n

kk

f f

, где 1( ,..., ) nnf f f .

Указание: *

1n n .

9. Пусть в пространстве n для всех 1( ,..., ) nnx

1

n

kk

x

.

Доказать, что в сопряженном пространстве норма определяется формулой

1sup k

k nf f

, где 1( ,..., ) n

nf f f .

Указание: *

1n n

.

10. Определим в пространстве 1,1C линейный непрерывный функ-

ционал ( ) (0)x x . Существует ли такая функция ( ) 1,1g t C , что

( ) 1,1x t C 1

1

( ) ( ) ( )x x t g t dt

?

Указание: рассмотреть функцию 2( ) ( )x t t g t . Воспользоваться тео-

ремой о функциях с нулевым интегралом.

104

11. Доказать, что 1 1( )k k l всякий функционал *

0 01

( ) k kk

x c

,

где 1 2( , ,...)x c , 0 lim kk

, 0 const , и при этом * 0

1kc

k

.

Указание: при получении оценки снизу зафиксировать номер m ,

взять 0 1 2 0 0 0(sgn ,sgn ,...,sgn ,sgn ,sgn ,sgn ,...)mx и перейти к преде-

лу при m .

12. Завершить доказательство теоремы об общем виде функционалов

на пространстве pl .

13. Найти норму в пространстве 1l функционала 21

( )10k

k

kf xk

.

14. Найти норму в пространстве 2 0,1L функционала

1

0

( ) ( )sinf x x t tdt .

15. Найти норму в пространстве 1l функционала 1

1( ) sin kk

f xk

.


0

1( ) ( )2


ве 2 0,1L .


( )( 1)

k

kf x

k k


где 1 2 2, ,...x l .


1( ) 1 kk

f xk


где 1 2 1, ,...x l .

19. Найти норму функционала

12

0

( ) ( )f x x t dt в пространстве 2 0,1L .

105

20. Вычислить норму функционала 1: 0,1f L , если он задается в

виде

12

3

0

( ) ( )f x t x t dt .


( ) k

kf x

k

в пространстве 0c , где

1 2 0, ,...x c .


( ) k

kf x

k

в пространстве c , где

1 2, ,...x c .

Указание: использовать задачу 11.

106

2.2. Продолжение линейных функционалов

Теорема (о продолжении линейного ограниченного функционала на

большее подпространство): пусть X – линейное нормированное про-

странство, 0X – его подпространство, 0 0: X – линейный ограничен-

ный функционал. Тогда этот функционал может быть продолжен на боль-

шее подпространство без увеличения нормы, т.е. 1 0X X , 1 0X X ,

1 1: X – линейный ограниченный функционал, такой, что 0x X

1 0( ) ( )x x и 1 0 .

Доказательство: пусть 0X – данное подпространство. Возьмем лю-

бой вектор 0e X . Через 1X обозначим линейную оболочку подпростран-

ства 0X и вектора e , т.е. множество векторов вида

1 0 0 0: ,X x e x X . Покажем, что каждый элемент 1X действи-

тельно однозначно представим в виде 0x e . Допустим, это не так, т.е.

имеется два представления 10 1x e и 2

0 2x e одного и того же элемента

из 1X . Тогда ясно, что 1 20 1 0 2x e x e . Если 1 2 , то 1 2

0 0x x , т.е.

представление в таком виде единственно. Пусть 1 2 , тогда 2 1

0 0

1 2

x xe

.

Это равенство невозможно, поскольку 1 20 0 0,x x X , а 0e X .

Определим функционал 1 следующим образом: 1( )e c и 0 0x X

1 0 0 0( ) ( )x x , а 1x X 1 1 0 0 0( ) ( ) ( )x x e x c .

Ясно, что функционал 1 линеен, и на исходном подпространстве 0X

совпадает с 0 . Осталось проверить, что его норма не увеличилась, т.е.,

что 1 0 .


11

0

( )supx Xx

xx

, то надо проверить, что 1

10

0

( )supx Xx

xx

.

107

Для этого достаточно показать, что 1x X , 0x 10

( )xx

или

1 0( )x x , т.е., что 0 0 0 0( )x c x e , т.е., что

0 00 0

x xc e

.

Обозначим 0x y и получим, что надо доказать, что

0 0c y e y , или, что 0 0 0e y c y e y , или,

что 0 0 0 0y e y c y e y .

Итак, нужно найти такое c , чтобы 0y X выполнялось последнее

неравенство. Для этого, в силу аксиомы полноты, достаточно проверить,

что 1 2 0,y y X 0 1 0 1 0 2 0 2y e y y e y , или, что

0 1 0 2 0 1 0 2y y e y e y , а это уже очевидно, поскольку

0 1 0 2 0 1 2 0 1 2 0 1 0 2( )y y y y y y e y e y .


Определение: пусть X – произвольное множество. Отношение на-

зывается отношением линейного порядка, если выполнены условия:

1. x X x x ;

2. , ,x y z X из x y и y z следует, что x z ;

3. ,x y X из x y и y x следует, что x y ;

4. ,x y X либо x y , либо y x .

Замечание: ясно, что обычные неравенства этими свойствами обла-

дают.

Определение: пусть X – произвольное множество. Отношение на-

зывается отношением частичного порядка, если выполнены условия:

1. x X x x ;

2. , ,x y z X из x y и y z следует, что x z ;

3. ,x y X из x y и y x следует, что x y .

108

Замечание: приведем пример отношения частичного порядка, не яв-

ляющегося отношением линейного порядка.

Пусть 2X и 1 21 1 2 2

1 2

( , ) ( , )x x

x y x yy y

(это отношение называется

“выше и правее”).

В этом случае неравенство a b

верно.

В этом случае ни одно из неравенств

a b и b a не является верным.

Таким образом, не для всех точек 2 при таком отношении выполня-

ется свойство быть сравнимыми.

Определение: пусть X – частично упорядоченное множество, E X

– его подмножество. Элемент c X называется мажорантой для E , если

x E x c . Элемент c X называется минорантой для E , если x E

c x .

Замечание:

Если 2X , E – единичный круг с

центром в начале координат и от-

ношение частичного порядка задано

“выше и правее”, то множество ма-

жорант изображено на рисунке (за-

штрихованная область).

109

Определение: мажоранта, принадлежащая множеству, называется его

наибольшим элементом. Миноранта, принадлежащая множеству, называ-

ется его наименьшим элементом.

Замечание: в предыдущем замечании таких элементов нет.

Определение: элемент c называется максимальным элементом мно-

жества E , если c E и в множестве E нет элементов, больших c . Элемент

c называется минимальным элементом множества E , если c E и в мно-

жестве E нет элементов, меньших c .

Замечание: в предыдущих замечаниях максимальные элементы лежат

на четверти окружности, отвечающей диапазону углов 0,2

. Их беско-

нечно много.

Замечание: таким образом, в частично упорядоченных множествах

наибольший элемент и максимальный элемент – необязательно одно и то

же.

Определение: пусть X – частично упорядоченное множество, E X

– его подмножество. E называется цепью в X , если оно является линейно

упорядоченным.

Замечание: 2X , E – прямая.

Не цепь Цепь

110

Лемма Цорна: пусть X – частично упорядоченное множество. Если

любая цепь из X имеет мажоранту, то в X найдется хотя бы один макси-

мальный элемент.

Доказательство леммы опускается.

Теорема Хана-Банаха (о продолжении линейных ограниченных

функционалов): пусть X – линейное нормированное пространство, 0X –

его подпространство, 0 0: X – линейный ограниченный функционал.

Тогда этот функционал можно продолжить на все пространство с сохране-

нием нормы, т.е. : X – линейный ограниченный функционал, та-

кой, что 0x X 0( ) ( )x x и 0 .

Доказательство: обозначим через E – множество всех продолжений

функционала 0 без увеличения нормы, т.е. множество пар вида ( , )L , где

L – подпространство, содержащее 0X , а – продолжение функционала

0 с 0X на L , т.е. : L и 0x X 0( ) ( )x x .

Введем на этом множестве отношение частичного порядка, а именно,

будем считать, что 1 2 , если 2 – продолжение 1 . Покажем, что в та-

ком множестве E всякая цепь имеет мажоранту, т.е. выполнено условие

леммы Цорна.

Пусть – множество функционалов, являющееся цепью, т.е., для

любых двух функционалов один является продолжением другого. Надо

найти мажоранту, т.е., функционал , который является продолжением их

всех.

В качестве области определения нужного функционала возьмем

объединение областей определений всех функционалов и для всех x из

этого объединения определим ( ) ( )x x , где – тот функционал, в об-

ласть определения которого попал этот x . Поскольку все линейны и

ограничены, то тоже линеен и ограничен. Покажем, что 0 .

111

Поскольку все – это продолжения 0 без увеличения нормы, то

0 .

Тогда 0( ) ( )x x x x , откуда 00

( )supx

xx

.

Таким образом, убедились, что всякая цепь имеет мажоранту, поэто-

му во всем нашем построенном частично упорядоченном множестве E

есть хотя бы один максимальный элемент, т.е. есть функционал , кото-

рый дальше продолжить уже нельзя. В силу теоремы о продолжении ли-

нейного ограниченного функционала на большее подпространство, если

функционал определен не на всем пространстве, то его продолжить можно.

Таким образом, найденный функционал определен на всем пространст-

ве. Норма его не увеличилась по сравнению с нормой исходного.

С другой стороны, поскольку функционал является продолжением

функционала 0 , то ясно, что 0 (sup по большему множеству

больше или равен sup по меньшему).

Окончательно получаем, что 0 .


Теорема (о вычислении нормы вектора с помощью функционала):

пусть X – линейное нормированное пространство, x X , 0x . Тогда

существует линейный ограниченный функционал : X такой, что:

1. 1 ;

2. ( )x x .

Доказательство: берем вектор x и через 0X обозначим одномерное

пространство, образованное этим вектором, т.е. 0 :X x . Опреде-

лим на этом пространстве функционал 0 0: X такой, что

0 ( )x x .

112

Поскольку этот функционал имеет вид c , то он линеен. Сосчитаем

его норму: 0

0 00

0 0 0

( ) ( )sup sup sup 1y x xy X

y x xy x x

.

По теореме Хана-Банаха 0 можно продолжить на все пространство,

т.е. – линейный ограниченный функционал, определенный на всем

пространстве, который на векторах вида x совпадает с 0 и норма кото-

рого не изменилась, т.е. 1 .

Кроме того, 0( ) (1 ) (1 ) 1x x x x x .


Теорема (о вычислении расстояния с помощью функционала):

пусть X – линейное нормированное пространство, L X – линейное мно-

гообразие, 0x X , 0x L и пусть 0x находится на расстоянии 0d от L .

Тогда : X такой, что:

1. x L ( ) 0x ;

2. 0( ) 1x ;

3. 1d

.

Доказательство: рассмотрим множество 0,L x . Ясно, что любой

его элемент однозначно представляется в виде 0u x tx , где x L , t

(см. доказательство теоремы о продолжении линейного ограниченного

функционала на большее подпространство). Построим функционал 0 та-

ким образом, что, при 0u x tx 0 ( )u t . Ясно, что x L 0 ( ) 0x и

0 0( ) 1x при 0x L .

Далее, 00

0 0

( )t u t u u u

u txu x tx xx xt t

.

Напомним, что под расстоянием от точки 0x до множества L понима-

ется величина 0infx L

d x x

.

113

Таким образом, x L 0d x x , а, поскольку x Lt

, то

0xd xt

, откуда 0( )u

ud

.

Итак, 00

0

( ) 1supu

uu d

.

По свойству точной нижней грани, известному из математического

анализа, nx L : 0lim nnx x d

.

Так как 0 0 0 0( )n nx x x x , то, переходя к пределу при n ,

получим, что 0 0 0lim ( )nnx x d

.

С другой стороны, поскольку nx L , то 0 ( ) 0nx , откуда

0 0 0 0 0( ) ( ) ( ) 1 0 1n nx x x x . Таким образом, 01 d , откуда

01d

. Таким образом, 01d

.

По теореме Хана-Банаха, функционал 0 можно продолжить на все

пространство с сохранением нормы и получить требуемый функционал .



1. Пусть 1,..., nx x – линейно независимые элементы линейного норми-

рованного пространства X , 1,..., nc c – некоторые действительные числа.

Доказать существование функционала *f X такого, что ( )k kf x c

( 1,2,...,k n ).

Решение: покажем, что существуют такие линейные ограниченные

функционалы 1,..., nf f , определенные всюду на X , что 1, ,

( )0,k m

k mf x

k m

.

114

Рассмотрим вектор 1x и обозначим через 1L линейную оболочку век-

торов 2 3, ,..., nx x x . Покажем, что 1

1 1 1( , ) inf 0y L

x L x y

.

От противного: допустим, что 1

1 1 1( , ) inf 0y L

x L x y

. Это означает,

что 1 1x L (иначе, как известно из раздела, посвященного линейным нор-

мированным пространствам, выполнялось бы неравенство 1 1( , ) 0x L ) и

1y L (возможно, не единственный), такой, что 1 1 1( , ) 0x L x y , от-

куда 1x y . Поскольку 1y L , то 2 2 3 3 ... n ny x x x , поэтому

1 2 2 3 3 ... n nx x x x , а это противоречит линейной независимости

элементов 1,..., nx x . Итак, 1 1( , ) 0x L .

Далее, по теореме о вычислении расстояния с помощью функционала, *

1f X такой, что 1 1( ) 1f x и 1y L 1( ) 0f y и, в частности, 1( ) 0kf x

при 2,3,...,k n (поскольку все 1kx L при 2,3,...,k n ).

Аналогично, возьмем элемент 2x и найдем функционал *2f X такой,

что 2 2( ) 1f x и 2( ) 0kf x при 1,3,4,...,k n . И т.д.

Рассмотрим функционал 1 1 2 2 ... n nf c f c f c f , определенный всю-

ду на X . Этот функционал линеен и ограничен, как линейная комбинация

линейных и ограниченных функционалов, и при этом:

1 1 2 2( ) ( ) ( ) ... ( ) ... ( )k k k k k k n n k kf x c f x c f x c f x c f x c .

2. Пусть nx – последовательность элементов линейного нормиро-

ванного пространства X , nc – последовательность действительных чи-

сел, M – положительное число. Доказать, что для существования функ-

ционала *f X , удовлетворяющего условиям ( )n nf x c ( n ) и f M

необходимо и достаточно, чтобы для всякого n и любых действитель-

ных чисел 1 2, ,..., n выполнялось неравенство 1 1

n n

k k k kk k

c M x

.

Решение: необходимость предлагается доказать самостоятельно (см.

задачу 4).

115

Достаточность: пусть выполняется условие 1 1

n n

k k k kk k

c M x

и L

– множество линейных комбинаций вида 1

n

k kk

x ( n и k произвольны).

Для любого 1

n

k kk

x x L

рассмотрим функционал 01

( )n

k kk

f x c

.

Линейность этого функционала очевидна. Проверим его ограничен-

ность: 01 1

( )n n

k k k kk k

f x c M x M x

, т.е. 0f ограничен и, кроме то-

го, 0f M .

Покажем, что значение 0 ( )f x определяется элементом x однозначно.

Для этого предположим, что есть два представления 1 1

'n n

k k k kk k

x x x

.

Тогда 1 1 1 1

' ' 0n n n n

k k k k k k k kk k k k

c c M x x

, откуда

1 1'

n n

k k k kk k

c c

, т.е. 0 01 1

'n n

k k k kk k

f c f c

.

Итак, 01

( )n

k kk

f x c

, откуда 01 1

n n

k k k kk k

f x c

, т.е.

01 1

( )n n

k k k kk k

f x c

, откуда 0( )k kf x c .

По теореме Хана-Банаха 0f может быть продолжен на все простран-

ство X до функционала f , причем 0f f M и 0( ) ( )k k kf x f x c

n .

3. Пусть X – линейное нормированное пространство, x X . Дока-

зать, что *

1

sup ( )f Xf

x f x

.

Решение: обозначим *

1

sup ( )f Xf

c f x

.

116

По свойству линейного ограниченного функционала x X *f X

( )f x f x . Возьмем в этом неравенстве точную верхнюю грань по

всем *f X таким, что 1f : *

1

sup ( )f Xf

f x x

, откуда c x .

С другой стороны, поскольку *

1

sup ( )f Xf

c f x

, то *f X такого, что

1f ( )c f x .

По теореме о вычислении нормы вектора с помощью функционала,

для вектора x X найдется функционал *f X такой, что 1f и

( )f x x . Этот функционал и подставим в неравенство ( )c f x , тогда

получим, что c x . Окончательно, получаем, что x c .

4. Доказать, что линейное многообразие L всюду плотно в нормиро-

ванном пространстве X тогда и только тогда, когда всякий линейный

функционал *f X , равный нулю на L , обращается в нуль тождественно.

Решение: пусть всякий линейный функционал *f X , равный нулю

на L , обращается в нуль тождественно, однако, L не всюду плотно в X ,

т.е. L X . Тогда x X и x L , inf 0u L

x L x u

. Зафиксируем

0x X 0x L . По теореме о вычислении расстояния с помощью функцио-

нала *f X : x L ( ) 0f x и 0( ) 1f x , т.е. f O . Таким образом,

( ) 0f x на L , но в то же время f не равен нулю тождественно. Противо-

речие.

Обратно: пусть L X . Тогда по определению всюду плотности

x X nx L : nx x при n . Возьмем произвольный функционал

*f X , обращающийся в нуль на L . Поскольку f непрерывен, то

( ) ( )nf x f x при n , а раз ( ) 0nf x , то и ( ) 0f x . Поскольку x вы-

бирался произвольно, то f O .

117

5. Пусть X – линейное нормированное пространство. Доказать, что

если пространство *X сепарабельно, то и X сепарабельно. Верно ли об-

ратное утверждение?

Решение: пусть *X сепарабельно, т.е., по определению, в нем есть

счетное всюду плотное множество 1 2, ,...M f f . По определению нормы

функционала 1

sup ( )k kx

f f x

. Из определения точной верхней грани сле-

дует, что для числа 2

kk

f существует элемент kx X такой, что 1kx

и ( )2

kk k k k

ff x f . Такой элемент kx найдем для каждого функцио-

нала kf . Поскольку множество kf счетно, то и множество kx – также счет-

но.

Множество линейных комбинаций элементов kx с рациональными

коэффициентами тоже счетно. Обозначим его через L , т.е. L – линейное

многообразие. Осталось показать, что L – всюду плотно в X , т.е., что

L X .

Допустим, что L X . Тогда по теореме о вычислении расстояния с

помощью функционала *f X : x L ( ) 0f x , а для y X , y L

( ) 1f y . Таким образом, f O .

Поскольку x L ( ) 0f x , то k ( ) 0kf x . Поскольку M всю-

ду плотно в X , то для функционала f 0 if M : if f .

Тогда ( )( ) ( ) ( ) ( )2

ii i i i i i i

ff f x f x f x f x , откуда получаем, что

1sup ( )( ) ( )( )

2i

i i i ix

ff f f f x f f x

, откуда 2 2i if f f .

Значит, 2 3i i i if f f f f f f . Поскольку 0

произвольно, то 0f , откуда f O . Противоречие.

118

Обратное утверждение неверно, поскольку *1l l , пространство 1l –

сепарабельно, а сопряженное к нему пространство l не сепарабельно (см.

раздел “Метрические пространства”).

6. Рассмотрим в пространстве 1 0,1L одномерное подпространство

:L t и определим на L функционал ( )f x , если ( )x t t .

Найти его продолжение на все пространство без увеличения нормы.

Решение: пусть 1: 0,1L – искомое продолжение функционала

:f L , т.е. ( )y t t ( ) ( )y f y и f .


0

0

( ) 1 1sup sup 2y L ty

f yf

y t t t t dt

, то функ-

ционал будем искать так, чтобы 2 .

По теореме об общем виде линейного ограниченного функционала в

пространстве 1 0,1L 1L ( ) 0,1g t L : ( ) 0,1x t 1

0

( ) ( ) ( )x x t g t dt .

При этом при ( )x t t получаем, что 1

0

( ) ( ) ( )x tg t dt f x , откуда

1

0

( ) 1tg t dt .

Далее,

1 1

0 01 1

0 0 0

0 0

( ) ( ) ( ) ( )( )

sup sup sup( ) ( )x x x

x t g t dt x t g t dtx

xx t dt x t dt

. Поскольку

( ) 0,1g t L , то . .

( )п в

g t c , откуда

1

01

0

0

( )sup 2

( )x

c x t dtc

x t dt

.

Возьмем ( ) 2g t , тогда замечаем, что 1

0

( ) 1tg t dt и 2 .

119


0

( ) 2 ( )x x t dt . Ясно, что построенный функционал

линеен, ограничен и определен на всем пространстве 1 0,1L .

Отметим, что один и тот же функционал может допускать не-

сколько различных продолжений без увеличения нормы.


1. Пусть X – линейное нормированное пространство, ,x y X , x y .

Доказать, что существует функционал *X такой, что ( ) ( )x y .

Указание: воспользоваться теоремой о вычислении нормы вектора с

помощью функционала, обозначить z x y .

2. Доказать, что в любом линейном нормированном пространстве су-

ществует линейный ограниченный функционал, не равный тождественно

нулю.

3. Пусть X – линейное нормированное пространство, x X . Дока-

зать, что если *f X ( ) 0f x , то 0x .

4. Пусть nx – последовательность элементов линейного нормиро-

ванного пространства X , nc – последовательность действительных чи-

сел, M – положительное число. Доказать, что если существует функцио-

нал *f X , удовлетворяющий условиям ( )n nf x c ( n ) и f M то

для всякого n и любых действительных чисел 1 2, ,..., n выполняется

неравенство 1 1

n n

k k k kk k

c M x

.

Указание: учесть, что элемент 1

n

k kk

x x X

и рассмотреть ( )f x .

120

5. Пусть 1 2 1 21

( , ,...) : 0kk

M x l

, функционал f на множе-

стве M задан формулой 2 11

( ) kk

f x

. Продолжить функционал f на все

пространство 1l с сохранением нормы.

Указание: показать, что продолжение функционала f может быть

найдено в виде 1

( ) kk

x

. Использовать теорему об общем виде функ-

ционалов на пространстве 1l .

6. Пусть X – линейное нормированное пространство, 0x X и для

любого *f X такого, что 1f выполняется неравенство 0( ) 1f x . До-

казать, что 0 1x .

Указание: предположить, что 0 1x и воспользоваться примером 3.

7. Пусть X – линейное нормированное пространство, *f X ,

( , )A L X X . Доказать, что sup ( )A f Ax , где верхняя грань берется по

множеству *, : 1, 1x X f X x f .

Указание: воспользоваться тем, что 1

supx

A Ax

и примером 3.

8. Пусть A – измеримое по Лебегу множество на 0,1 и

2 0,1 : ( ) 0 почти всюду на L x L x t A . Построить линейный непре-

рывный функционал f на 2 0,1L , равный нулю на L , и такой, что

( ) 1f x , где ( )x t t , 0,1t .

Указание: показать, что этот функционал может иметь вид 1

( ) ( )A A

f x x t dt tdt

, где ( ) 0A .

121

9. Пусть ( ) 0,1 : (0) 0L x t C x . Построить линейный непрерыв-

ный функционал на 0,1C , равный нулю на L и принимающий на функ-

ции ( ) 1x t t значение 2.

Указание: ( ) 2 (0)f x x .

10. Рассмотрим в пространстве 0,1C одномерное подпространство



Указание: ( ) (1)x x .

11. Рассмотрим в пространстве 0,1C одномерное подпространство

(1 2 ) :L t и определим на L функционал ( )f x , если

( ) (1 2 )x t t . Найти два его продолжения на все пространство без увели-

чения нормы.

12. Пусть X – линейное нормированное пространство. Доказать, что

точка 0x X является пределом в X линейных комбинаций вида 1

n

k kk

x

( , ,k kx X n ) тогда и только тогда, когда всякий линейный функ-

ционал *f X , удовлетворяющий условию 1

0n

k kk

f x

, удовлетворяет

также условию 0( ) 0f x .

Указание: обозначить 1

:n

k kk

L x x x

и воспользоваться приме-

ром 4.

13. Используя пример 5 показать, что *1l l .

14. В пространстве 2 с элементами 1 2( , )x на подпространстве

21 2: 2 0L x задан линейный функционал 1( )f x . Продол-

жить его на все пространство с сохранением нормы. Доказать, что такое

продолжение единственно.

122

Указание: использовать тот факт, что в 2 общий вид функционала

задается равенством 1 2( )x . Ответ: 1 21 2( )5 5

x .

15. В пространстве 2 с элементами 1 2( , )x на подпространстве

21 2: 2 0L x задан линейный функционал 2( )f x . Продол-

жить его на все пространство с сохранением нормы. Доказать, что такое

продолжение единственно.

16. Рассмотрим в пространстве 2 0,1L одномерное подпространство



17. Пусть 2X с нормой 1 22 3x , где 1 2( , )x . На под-

пространстве 1: 0L x X задан линейный функционал 2( )f x .

Продолжить его на все пространство с сохранением нормы.

123

2.3. Базисы в линейных пространствах

Определение: пусть X – линейное пространство, e – какая-то сис-

тема векторов в этом пространстве. Эта система называется базисом Гаме-

ля, если выполнены условия:

1. конечная линейная независимость, т.е. из равенства 1

0n

k kk

c e

сле-

дует, что 1 2 ... 0nc c c для любого конечного числа векторов из ис-

ходной системы;

2. любой вектор x X можно представить в виде конечной линейной

комбинации векторов исходной системы, т.е. x X 1 2, ,...,

ne e e

1 2, ,..., nc c c : 1

k

n

kk

x c e

.

Определение: пусть X – линейное пространство. Система его векто-

ров e называется базисом Банаха, если выполнены условия:

1. из равенства 1

0k kk

c e

следует, что 0kk c ;

2. x X 1

k kk

x c e

.

Замечание: базис Банаха существует не во всех пространствах.

Теорема (о существовании базиса Гамеля): в любом линейном про-

странстве существует базис Гамеля.

Доказательство: рассмотрим множество E , элементами которого

являются всевозможные системы векторов e , обладающие свойством

конечной линейной независимости, т.е., из 1

0n

k kk

c e

следует, что

1 2 ... 0nc c c .

На множестве E введем отношение частичного порядка следующим

образом: e e , если всякий e e тем более принадлежит e .

124

Покажем, что в так построенном множестве E всякая цепь имеет ма-

жоранту.

Пусть имеется цепь, т.е. такое множество линейно независимых в ко-

нечном числе систем, что из любых двух систем одна содержится в другой.

Рассмотрим объединение векторов из всех этих систем. Ясно, что это объ-

единение все эти системы содержит и нужно убедиться, что оно принад-

лежит множеству E , т.е. само является линейно независимой в конечном

числе системой.

Действительно, если мы возьмем n векторов 1,..., ne e из этого объеди-

нения, то каждый из них какой-либо своей системе принадлежит. Посколь-

ку вектора 1,..., ne e выбираются из цепи, т.е. из набора вложенных друг в

друга систем, то все эти вектора принадлежат одной, самой большой из

этих систем. Эта самая большая система состоит из линейно независимых

в конечном числе векторов, т.к. все системы были такими. Тем самым век-

тора 1,..., ne e линейно независимы.

Итак, выполнено условие леммы Цорна, согласно которой в нашем

множестве E найдется хотя бы один максимальный элемент, т.е. такая ли-

нейно независимая в конечном числе система, больше которой систем уже

нет, т.е. при добавлении к ней любого другого вектора она уже перестает

быть линейно независимой в конечном числе. Покажем, что она и является

нужным нам базисом Гамеля.

Пусть e – максимальная система. Берем любой вектор x и нам его

нужно выразить через конечное число векторов из этой системы. Добавим

x к этой системе и рассмотрим новую систему ,x e . Поскольку e –

максимальная линейно независимая в конечном числе система, то новая

система уже не является линейно независимой в конечном числе, т.е. из

условия 1 20 1 2 ... 0

nnx e e e следует, что не все k равны нулю.

125

а) Пусть 0 0 , тогда 1 21 2 ... 0

nne e e , причем не все ос-

тавшиеся k равны нулю. Это противоречит линейной независимости в

конечном числе системы e . Итак, данный случай невозможен.

б) Пусть 0 0 , тогда 1 2

1 2

0 0 0

...n

nx e e e

, т.е. любой эле-

мент x представили в виде конечной линейной комбинации элементов

системы e . Значит, система e является базисом Гамеля.


126

2.4. Слабая и *-слабая сходимости

Определение: пусть X – линейное нормированное пространство,

nx X – последовательность его элементов. Пусть x X . Последова-

тельность nx называется слабо сходящейся к вектору x при n , если

для любого линейного ограниченного функционала *X ( ) ( )n nx x

.

Обозначение: .сл

nx x .

Теорема (о слабой замкнутости замкнутого шара): пусть X – ли-

нейное нормированное пространство, B – замкнутый шар радиуса R с

центром в начале координат (т.е. :B x X x R ). Тогда этот шар яв-

ляется слабо замкнутым множеством, т.е. из условий nx B , .сл

nx x сле-

дует, что x B .

Доказательство: пусть nx B , т.е. nx R и .сл

nx x , т.е. *X

( ) ( )n nx x

. По теореме о вычислении нормы вектора с помощью функ-

ционала *X : 1 и ( )x x .

Отметим, что ( )n n nx x x R . Поскольку ( ) ( )n nx x

, то

по теореме о предельном переходе в нестрогом неравенстве ( )x R , но,

поскольку, ( )x x , то x R , что и означает, что x B .


Теорема (о не слабой замкнутости замкнутой единичной сферы):

в пространстве 2l сфера радиуса 1 с центром в начале координат не являет-

ся слабо замкнутым множеством.

Доказательство: пусть 2 : 1S x l x – сфера. Нужно построить

последовательность nx S , которая слабо сходится к вектору, не при-

надлежащему S .

127

Рассмотрим вектора (0,0,...0,1,0,0,...)i ix . Ясно, что все они лежат на

сфере S . Кроме того, ясно, что нулевой вектор на сфере S не лежит. По-

этому если покажем, что .0

сл

i ix

, то теорема будет доказана.

Итак, надо проверить, что *2l ( ) 0i i

x .

По теореме об общем виде функционала в пространстве pl *2l

2y l : 1

( ) k kk

x y

. Поскольку 2y l , то ряд 2

1k

ky

сходится, и, в част-

ности, 0k ky

. Применяя функционал к векторам ix , получим, что

1( ) i

i k k ik

x y y

. Поскольку 0i iy

, то ( ) 0i i

x .


Замечание: таким образом, видим, что последовательность, лежащая

на сфере, может слабо сходиться к центру этой сферы.

Замечание: обычная сходимость последовательности по норме про-

странства называется иногда сильной сходимостью.

Теорема (о связи сильной и слабой сходимостей): пусть X – линей-

ное нормированное пространство, nx X – последовательность его эле-

ментов. Пусть x X . Тогда из условия nx x следует, что .сл

nx x .

Доказательство: пусть nx x , т.е. 0nx x . Возьмем *X ,

тогда ( ) ( ) ( )n n nx x x x x x . Переходя к пределу при

n , по теореме о двух милиционерах, получаем, что ( ) ( ) 0nx x ,

откуда ( ) ( )nx x , т.е. .сл

nx x .


Теорема (о связи сильной и слабой сходимостей в конечномерном

пространстве): в конечномерном пространстве сильная сходимость сов-

падает со слабой.

128

Доказательство: в силу предыдущей теоремы достаточно доказать,

что в конечномерном пространстве X из условия .сл

nx x следует, что

nx x .

Поскольку X конечномерно, то 1 2, ,..., ke e e X такие, что x X

1 1 2 2 ... k kx e e e , где все ie линейно независимы, i – действитель-

ные числа.

Пусть ( ) ( ) ( )1 1 2 2 ...n n n

n k kx e e e . Рассмотрим функционалы *

i X такие, что ( ) 1i ie , ( ) 0i je при i j .

Тогда при 1,i k ( )( ) ni n ix , ( )i ix . Т.к.

.сл

nx x , то для *i X

( ) ( )i n inx x

, откуда ( )n

i in

. Поскольку в конечномерном простран-

стве покоординатная сходимость влечет за собой сходимость по норме, то

nx x .


Теорема (о пределе линейных комбинаций): пусть .сл

nx x , тогда су-

ществует последовательность линейных комбинаций вида 1

nkn

k kk

c x

,

сильно сходящаяся к x .

Доказательство: пусть L – замкнутое линейное многообразие, по-

рожденное элементами 1 2, ,..., ,...nx x x . Допустим, что x L , т.е. не является

пределом линейных комбинаций из L . По теореме о вычислении расстоя-

ния с помощью функционала *X : ( ) 1x и 1,2,3,...n ( ) 0nx .

Отсюда следует, что ( ) ( )nx x , т.е. .сл

nx x . Противоречие.


Теорема (о слабой непрерывности линейного ограниченного опе-

ратора): пусть X , Y – линейные нормированные пространства, :A X Y

129

– линейный ограниченный оператор. Пусть ,nx x X и .сл

nx x , тогда

.сл

nAx Ax , где ,nAx Ax Y .

Доказательство: возьмем любой функционал *Y , тогда

( ) ( )n nAx f x , где *f X . Аналогично, ( ) ( )Ax f x . Т.к. .сл

nx x , то

( ) ( )nf x f x , т.е. ( ) ( )nAx Ax . Поскольку *Y – произвольный, то .сл

nAx Ax .


Замечание: существование функционала *f X нуждается в обосно-

вании. Такое обоснование будет сделано в следующем пункте. Функцио-

нал f определяет так называемый сопряженный оператор.

Определение: пусть X – линейное нормированное пространство,

*n X . Последовательность n называется *-слабо сходящейся к

функционалу *X , если x X ( ) ( )n nx x

. Обозначение: n .

Замечание: таким образом, *-слабая сходимость – есть не что иное,

как поточечная сходимость функций.

Теорема (критерий *-слабой сходимости): пусть X – линейное

нормированное пространство, *n X . Для того, чтобы последователь-

ность n *-слабо сходилась к функционалу *X необходимо и доста-

точно, чтобы:

1. последовательность n была ограничена;

2. ( ) ( )n x x x M , где M – множество, линейные комбинации

элементов которого лежат всюду плотно в X .

Доказательство: следует из определения *-слабой сходимости и тео-

ремы Банаха-Штейнгауза.


130

Теорема (о *-слабой секвенциальной компактности шара в со-

пряженном пространстве): пусть X – сепарабельное линейное норми-

рованное пространство, B – замкнутый шар с центром в начале координат,

лежащий в сопряженном пространстве *X , тогда он является секвенциаль-

но *-слабо компактным множеством, т.е. из любой последовательности

функционалов n B можно выбрать подпоследовательность kn , которая

*-слабо сходится к элементу этого шара.

Доказательство: поскольку X – сепарабельно, то в нем существует

счетное всюду плотное множество 1 2 3, , ,...E x x x .

Будем считать, что B – единичный шар, т.е. * : 1B X .

Поскольку n B , то 1n . Возьмем kx E , тогда

( )n k n k kx x x . Итак, kx E последовательность действитель-

ных чисел 1 2 3( ), ( ), ( ),...k k kx x x ограничена. Из математического анали-

за известно, что у любой ограниченной последовательности действитель-

ных чисел существует подпоследовательность, имеющая предел (теорема

Больцано-Вейерштрасса).

В частности, возьмем 1x E , значит, из нашей последовательности

можно выбрать подпоследовательность 1 1 11 2 3, , ,... такую, что последова-

тельность 1 1 11 1 2 1 3 1( ), ( ), ( ),...x x x имеет предел.

Возьмем 2x E и применим это же рассуждение к уже полученной

последовательности, т.е. уже из полученной последовательности выберем

подпоследовательность 2 2 21 2 3, , ,... такую, что последовательность

2 2 21 2 2 2 3 2( ), ( ), ( ),...x x x имеет предел. Отметим, что, поскольку это под-

последовательность предыдущей последовательности, и подпоследова-

тельность сходящейся последовательности имеет тот же предел, то после-

довательность 2 2 21 1 2 1 3 1( ), ( ), ( ),...x x x тоже имеет предел.

131

Возьмем 3x E и уже из полученной последовательности выберем

подпоследовательность 3 3 31 2 3, , ,... такую, что 3 3 3

1 3 2 3 3 3( ), ( ), ( ),...x x x

имеет предел. Поскольку она – подпоследовательность двух предыдущих,

то последовательности 3 3 31 1 2 1 3 1( ), ( ), ( ),...x x x и 3 3 3

1 2 2 2 3 2( ), ( ), ( ),...x x x

также имеют предел. И т.д.

На k -м шаге получим подпоследовательность исходной последова-

тельности (составленную из элементов всех ранее построенных последова-

тельностей), которая сходится на первых k векторах 1 2, ,..., kx x x из множе-

ства E . И т.д.

Сконструируем из всех этих последовательностей одну, а именно,

1 2 3 41 2 3 4, , , ,... (диагональная последовательность). Покажем, что эта

последовательность сходится kx E .

Действительно, поскольку она является подпоследовательностью

первой последовательности 1 1 11 2 3, , ,... , то на элементе 1x она сходится.

Начиная со второго номера, она является подпоследовательностью второй

последовательности 2 2 21 2 3, , ,... , значит, на элементе 2x она тоже сходит-

ся. Аналогично, начиная с третьего номера, она является подпоследова-

тельностью третьей последовательности 3 3 31 2 3, , ,... , значит, на 3x она

сходится и т.д.

Итак, на любом элементе kx E диагональная последовательность

сходится.

Осталось доказать, что она сходится на любом x X , что и будет оз-

начать ее *-слабую сходимость, т.е. надо доказать, что числовая последо-

вательность ( )nn x имеет предел. Для этого, в силу критерия Коши, доста-

точно проверить фундаментальность, т.е., что 0 N : ,n m N

( ) ( )n mn mx x .

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )n m n n n m m mn m n n k n k m k m k mx x x x x x x x

132

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )n n n m m mn n k n k m k m k mx x x x x x

( ) ( ) ( ) ( )n n m mn k n k m k m kx x x x x x

\ \

1 1

( ) ( )n n m mn k n k m k m kx x x x x x

2 ( ) ( )n mk n k m kx x x x .

Поскольку E – всюду плотно в X , то в любой окрестности точки

x X можно найти точку из E . В частности, возьмем 3 -окрестность точ-

ки x X и точку kx E выберем из этой 3 -окрестности, тогда

3kx x , откуда 2( ) ( ) ( ) ( )

3n m n m

n m n k m kx x x x .

Построенная нами последовательность nn сходится на всех элемен-

тах множества E , и, в частности, на kx , значит, на kx она фундаментальна,

т.е. ( ) ( )3

n mn k m kx x , начиная с некоторого номера.

Таким образом, ( ) ( )n mn mx x . Итак, нашли подпоследователь-

ность nn , которая *-слабо сходится. Чтобы предел этой подпоследова-

тельности принадлежал нашему шару B , осталось убедиться, что этот шар

является *-слабо замкнутым множеством (см. задачу 13).


Замечание: аналогично рассуждая, можно доказать, что вообще вся-

кое ограниченное множество линейных непрерывных функционалов, оп-

ределенных в сепарабельном линейном нормированном пространстве, яв-

ляется *-слабо секвенциально компактным.

Определение: пространство, сопряженное к сопряженному простран-

ству, называется вторым сопряженным пространством и обозначается **X .

133

Определение: естественным вложением пространства X во второе

сопряженное называется отображение **: X X , которое каждому эле-

менту x X ставит в соответствие функционал **x X и действует

следующим образом: *X ( ) ( )x .

Теорема (о естественном вложении пространства во второе со-

пряженное):

1. x X x действительно принадлежит **X ;

2. – линейно;

3. – ограничено и сохраняет норму, т.е. **X Xx x ;

4. – инъективно.


1. x X надо доказать, что **x X , т.е., что линеен и огра-

ничен.

а) Линейность : 1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )x x x .

С множителем доказательство аналогичное.

б) Ограниченность : ( ) ( )x x , т.е., ограничен. Раз-

делим полученное неравенство на и возьмем точную верхнюю грань по

всем 0 , тогда 0

( )sup x

, откуда x , т.е. x x .

2. Надо проверить, что 1 2 1 2( )x x x x и ( )x x .

Действительно, 1 2 1 2 1 2 1 2( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x x x x x x x x .

С множителем – аналогично.

3. Из полученного в п.1 неравенства x x следует ограничен-

ность . Осталось установить неравенство противоположного знака.

0 0

0 0 0

( ) ( )( )sup

x xx

.

134

По теореме о вычислении нормы вектора с помощью функционала

*0 X : 0 1 и 0 ( )x x . Тогда

1x

x .

4. Пусть 1 2x x , тогда: 2. 3.

1 2 1 2 1 2( ) 0x x x x x x ,

откуда следует, что 1 2x x , т.е. – инъективно.


Замечание: таким образом, всегда справедливо вложение **X X .

Из доказанного следует, что если x X , то можно рассматривать, линей-

ный ограниченный функционал x X . В силу равенства **X Xx x , а

также линейности и ограниченности для x будем сохранять то же са-

мое обозначение x , если это не вызывает недоразумений. В этом случае

X можно вместо равенства ( ) ( )x x писать ( ) ( )x x .

Теорема (о связи равномерной, слабой и *-слабой сходимостей):

пусть X – линейное нормированное пространство, *X – его сопряженное

пространство, *,n X , тогда из n следует, что .сл

n , а из

.сл

n следует, что n .


1. Пусть n , т.е. 0n . Рассмотрим **X , тогда

( ) ( ) ( )n n n . Переходя к пределу при n ,

получаем, что ( ) ( ) 0n , т.е. **X ( ) ( )n , откуда сле-

дует, что .сл

n .

2. Пусть .сл

n , т.е., **X ( ) ( )n . Надо доказать, что

n , т.е. x X ( ) ( )n x x .

Берем x X и обозначим x , где – естественное вложение

пространства X во второе сопряженное. Тогда **X и ( ) ( )x . Та-

135

ким образом, требуемое условие ( ) ( )n x x приобретает вид

( ) ( )n , а это то, что дано.


Теорема (об ограниченности слабо сходящейся последовательно-

сти): пусть X – линейное нормированное пространство, .сл

nx x , тогда

0c : n nx c .

Доказательство: будем рассматривать последовательность

nx X , как последовательность линейных ограниченных функционалов,

определенных на *X (т.е. :nx X ) и элемент x X , как линейный ог-

раниченный функционал на *X (т.е. :x X ). Другими словами, счита-

ем, что ,nx x X . Это возможно по теореме о естественном вложении

пространства во второе сопряженное (см. замечание после нее).

Тогда по теореме о слабой непрерывности линейного ограниченного

оператора .сл

nx x , но уже в том смысле, что ,nx x – линейные ограниченные

функционалы. По предыдущей теореме слабая сходимость влечет за собой

*-слабую, т.е. nx x , откуда получаем, что *X ( ) ( )nx x .

Кроме того, *X – банахово. По теореме Банаха-Штейнгауза последо-

вательность nx – ограничена.


Теорема (критерий слабой сходимости): пусть X – линейное нор-

мированное пространство, nx X . Для того, чтобы последовательность

nx слабо сходилась к элементу x X необходимо и достаточно, чтобы:

1. последовательность nx была ограничена;

2. ( ) ( )nx x , где – множество линейных ограниченных

функционалов, линейные комбинации элементов которого лежат всюду

плотно в *X .

136


Необходимость: следует из предыдущей теоремы, критерия *-слабой

сходимости и свойств естественного вложения пространства во второе со-

пряженное, если nx и x рассматривать как линейные ограниченные функ-

ционалы над *X . В этом случае из слабой сходимости будет вытекать *-

слабая.

Достаточность: доказывается по тому же принципу, что и достаточное

условие теоремы Банаха-Штейнгауза.


Теорема (об ограниченности слабо компактного множества): вся-

кое секвенциально слабо компактное множество ограничено.

Доказательство: пусть M – секвенциально слабо компактное мно-

жество, т.е., из любой последовательности nx M можно выделить под-

последовательность knx , слабо сходящуюся к элементу множества M .

По теореме об ограниченности слабо сходящейся последовательности

knx c .

Предположим теперь, что само множество M не ограничено. Тогда в

нем можно найти неограниченную последовательность nx M , а, значит,

всякая ее подпоследовательность knx также неограничена.

Противоречие.


Теорема (оценка слабого предела): пусть X – линейное нормиро-

ванное пространство, .сл

nx x , тогда lim nn

x x

.

Доказательство: в силу теоремы об ограниченности слабо сходя-

щейся последовательности, последовательность nx – ограничена, в ча-

стности, ограничена снизу, значит, lim nn

x

действительно существует.

137

Предположим, что lim nn

x x

, тогда, по аксиоме полноты, найдется

число такое, что lim nn

x x

.

Поскольку lim nn

x

– это частичный предел последовательности

nx , то найдется подпоследовательность inx , обычный предел кото-

рой равен lim nn

x

, т.е. lim limin nin

x x

, откуда limini

x x

.

По теореме об устойчивости строгого неравенства N : i N

inx x .


для элемента x X *X : 1 и ( )x x .

С другой стороны, поскольку ( )i i in n nx x x , то

( ) ( )inx x , значит, тем более ( ) ( )nx x , т.е.,

.сл

nx x . Противоречие.



1. Показать, что из слабой сходимости в бесконечномерном простран-

стве необязательно следует сильная.

Решение: рассмотрим в пространстве 2 0,1L систему функций

( ) sinnx t n t , n .

По теореме об общем виде функционала в pL *2L 2( ) 0,1g t L

такая, что 1

0

( ) ( ) ( )n nx x t g t dt , т.е. 1

0

( ) ( )sinnx g t n tdt . Таким образом,

( )nx – это n -й коэффициент Фурье функции ( )g t по ортогональной сис-

теме функций sin n t , следовательно, как известно из курса математиче-

ского анализа (лемма Римана), ( ) 0nx , значит, .0

сл

nx .

138

С другой стороны, 0nx , поскольку nx даже не фундаментальна в

пространстве 2 0,1L . Действительно, ,n m

12 2

0

sin sin 1n mx x n t m t dt ,

и, значит, эта норма не может быть меньше 0 .

2. Пусть 0 ,a b и – функционал на пространстве ,C a b , опреде-

ляемый соотношением ( ) (0)x x , а последовательность

1( ) ,n nt C a b

удовлетворяет условиям:

а) ( ) 0n t при 1tn

, ( ) 0n t ;

б) ( ) 1b

na

t dt .

Доказать, что последовательность функционалов ( ) ( ) ( )b

n na

f x t x t dt

( ,x C a b ) *–слабо сходится к функционалу .

Решение: поскольку ( )x t – непрерывна на ,a b , то по теореме о

среднем для интегралов (из курса математического анализа) получаем, что: 1 1

1 1

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )b n n

n n n na

n n

f x t x t dt t x t dt x t dt x

,

где 1 1,n n

.

Очевидно, что при n 0 , т.е. ,x C a b ( ) (0) ( )nf x x x ,

откуда nf .

3. Для того, чтобы последовательность 1( ) 0,1n pn

x t L

( 1p ) сла-

бо сходилась к элементу 0( ) 0,1px t L , необходимо и достаточно, чтобы:

а) последовательность nx была ограниченной;

139

б) 00 0

( ) ( )nx t dt x t dt

для любого 0,1 .

Доказать это утверждение.

Решение: условие а) совпадает с условием 1 критерия слабой сходи-

мости.

Рассмотрим функции вида 1, 0

( )0, 1

tt

t

. Ясно, что это простые

ступенчатые функции. По теореме о плотности простых ступенчатых

функций в pL , их линейные комбинации лежат всюду плотно в pL .

По теореме об интегральных функционалах на pL ( ) 0,1qy t L

функционал 1

*

0

( ) ( ) ( ) px x t y t dt L при всех ( ) 0,1px t L .

В частности, 1

*

0

( ) ( ) ( ) px x t t dt L при ( ) qt L .

Поскольку *p qL L и линейные комбинации функций ( )t лежат

всюду плотно в 0,1qL , то линейные комбинации функционалов лежат

всюду плотно в *pL (в силу изоморфизма линейные комбинации переходят

в линейные комбинации, а в силу изометрии сохраняется всюду плот-

ность).

Таким образом, пункт 2 критерия слабой сходимости принимает вид

0( ) ( )nx x , а это эквивалентно условию 1 1

00 0

( ) ( ) ( ) ( )nx t t dt x t t dt ,

откуда 00 0

( ) ( )nx t dt x t dt

для любого 0,1 .

4. Исследовать на сильную и слабую сходимость в 2l последователь-

ность 1 11, ,..., ,0,0,...2nx

n

.

140

Решение: вначале исследуем последовательность на слабую сходи-

мость, т.к., если она не сходится слабо, то, поскольку из сильной сходимо-

сти всегда следует слабая, она не будет сходиться и сильно.

Возьмем *2l . Надо проверить, что 0( ) ( )nx x . По теореме об

общем виде функционала на pl , ( )

1( ) n

n k kk

x

, где ( )2

nn kx l ,

*2 2k l l . Отсюда следует, что ряд 2

1k

k

сходится.

В данном случае, 01 1

1 1( ) ( )n

n k knk kx x

k k

, где 01 11, , ...2 3

x

.

Поскольку 1 12 2

22

1 1 1

1 1k k

k k kk k

и ряд 21

1k k

сходится, то пре-

дел 0( )x конечен. Итак, .

0

сл

nx x .

Проверим, что 0nx x сильно, т.е., что 0 0nx x .

Действительно, 22 ( ) (0)

0 21 1

1 0nn k k nk k n

x xk

, как остаток

сходящегося ряда 21

1k k

.

5. Доказать, что в пространстве 1l слабая сходимость совпадает с

сильной.

Решение: надо доказать, что из слабой сходимости в 1l вытекает силь-

ная. При этом в силу свойств линейности, достаточно доказать, что из ус-

ловия .

0 (0,0,0,...)сл

n nx

следует, что

1

0 (0,0,0,...)l

n nx

.

Дано, что .

0сл

n nx

, т.е. 1l ( ) (0) 0n n

x . По теореме об общем

виде функционала на 1l получаем, что 1( )i iy y l 1

1( ) i i

ix y l

для всех 1 1( )i ix l . Рассмотрим элементы (0,0,...,0,1,0,0,...)k k

y l , то-

141

гда k ( )

1( ) k

k i i ki

x y

, откуда ( )( ) 0nk n k n

x

. Таким обра-

зом, показали, что из слабой сходимости последовательности в 1l следует

ее покоординатная сходимость.

Предположим теперь, что последовательность 1nx l не сходится к

нулю сильно, т.е. 0C : N n N nx C . Это означает, что у по-

следовательности nx можно найти подпоследовательность knx такую,

что knx C для всех k .


1

( )

1

nn i

ix C

, то ясно, что можно найти такой номер

1m , что 1

1( )

1

34

mn

ii

C

(см. задачу 20), а соответствующий остаток

1

1

( )

1

1 18 4

ni

i mC C

.

Пусть 1 1 , тогда, в силу доказанной выше покоординатной сходи-

мости 1

1

( ) 0ni n

для всех номеров i , откуда

11

1

( )

10

mn

i ni

. Значит,

по определению предела, 0 N : 2

n N 1

2( )

1

mn

ii

. В частно-

сти, при 18

C найдется номер 2 1 такой, что 1

2( )

1

18

mn

ii

C

. По-

скольку 2nx

– это один из членов подпоследовательности knx , то

2nx C

. Отсюда следует, что остаток 2

1

( )

1

78

ni

i mC

.

Таким образом, найдется номер 2 1m m такой, что 2

2

1

( )

1

34

mn

ii m

C

, а

соответствующий остаток 2

2

( )

1

18

ni

i mC

.

142

Продолжая этот процесс неограниченно, построим последователь-

ность knx

и соответствующую ей последовательность номеров

1 2 ...m m такие, что 1 ( )

1

18

kk

mn

ii

C

, 1

( )

1

34

kk

k

mn

ii m

C

, ( )

1

18

k

k

ni

i mC

,

0 0m .

Определим 1 2( , ,...)c c c l , тогда 11

( ) i ii

x c l

. Для каждого i

найдем k так, чтобы выполнялось вложение 1,k ki m m (при этом по по-

строению отрезки такого вида не пересекаются). Тогда примем ( )sgn kn

i ic и получим, что

1

11 1 1 1

k kk k k k

kk k

m mn n n n

n i i i i i i i ii i i m i m

x c c c c

1 1

1 11 1 1 1 1 1

k k k kk k k k k k

k k k k

m m m mn n n n n n

i i i i i ii i m i m i m i i m

3 1 1 14 8 8 2

C C C C .

Итак, числовая последовательность knx

не является ограничен-

ной, а значит, не может быть сходящейся, в частности, сходящейся к нулю.

Значит, сама последовательность ( )nx не может сходиться к нулю. Про-

тиворечие с условием слабой сходимости.


1. Доказать, что одна и та же последовательность не может иметь

двух разных слабых пределов.

Указание: предположить противное. Воспользоваться теоремой о

вычислении нормы вектора с помощью функционала.

143

2. Показать, что если .сл

nx x , то в неравенстве lim nn

x x

возможно

строгое неравенство.

Указание: рассмотреть в пространстве 2 0,1L систему функций

( ) 2 sinnx t n t , n .

3. Доказать, что сопряженное пространство *X является *-слабо пол-

ным (т.е. из фундаментальности последовательности в *-слабом смысле

следует ее *-слабая сходимость) при условии, что пространство X – бана-

хово и сепарабельно.

Указание: воспользоваться принципом равномерной ограниченности

и теоремой о *-слабой секвенциальной компактности шара в сопряжен-

ном пространстве. Фундаментальность последовательности n X в

*-слабом смысле означает, что x X 0 N : ,n m N

( ) ( )n mx x или, что x X ,

( ) ( ) 0n m n mx x

.

4. Проверить, что в пространстве 2l сильная и слабая сходимости не

совпадают.

Указание: рассмотреть последовательность (0,0,...,0,1,0,0,...)i ie ,

показать, что она не является фундаментальной, затем, воспользоваться

теоремой об общем виде функционалов в pl и показать, что она слабо

сходится к нулю.

5. Найти нормы функционалов и nf из примера 2.

6. Для того, чтобы последовательность ( )nn i px l ( 1p ) сла-

бо сходилась к элементу (0)0 i px l , необходимо и достаточно, чтобы:

а) последовательность nx была ограниченной;

б) ( ) (0)ni i при n для всех i (вообще говоря, неравномерно).

Доказать это утверждение.

144

Указание: рассмотреть элементы (0,0,...,0,1,0,0,...)i ie и показать,

что их линейные комбинации лежат всюду плотно в *q pl l .


ность 1

1 11,1,...,1, , ,...1n

n

xn n

.

Указание: не сходится. При исследовании на слабую сходимость вы-

брать *2 2

1k l l

k

.


ность 1

1 10,0,...,0,1, , ,...2 3n

n

x

.

Указание: сходится слабо. Используя неравенство Гельдера для ря-

дов, доказать, что .0

сл

nx .

9. Исследовать на сильную и слабую сходимость в 2 0,1L последова-

тельность 1( ) n nnx t t t .

Указание: сходится слабо и сильно. Воспользоваться теоремой об

интегральных функционалах на pL и теоремой Лебега об ограниченной

сходимости. Доказать, что любая функция 2( ) 0,1g t L суммируема.

10. Исследовать на сильную и слабую сходимость в 2 0,1L последо-

вательность

12 (1 ), 0,( )

10, ,1n

n nt tn

x tt

n

.

Указание: не сходится. При исследовании на слабую сходимость вы-

брать *2 24

1( ) 0,1 0,1g t L Lt

.

145

11. Исследовать на сильную и слабую сходимость в 2 0,1L последо-

вательность ( ) ntnx t e .

Указание: сходится слабо, но не сильно. Воспользоваться теоремой

об интегральных функционалах на pL и теоремой Лебега об ограниченной

сходимости. Доказать, что любая функция 2( ) 0,1g t L суммируема.

12. Доказать, что последовательность ( ) ,nx t C a b слабо сходится

тогда и только тогда, когда:

а) она равномерно ограничена, т.е. ( )nx t C для всех n и всех

,t a b ;

б) ( )nx t сходится в каждой точке ,t a b .

Указание: в пространстве *,C a b всюду плотное множество обра-

зуют функционалы ( ) ( )x x при всех ,a b .

13. Доказать, что в сопряженном пространстве любой замкнутый шар

B X радиуса R с центром в начале координат является *-слабо замкну-

тым множеством, т.е. n B из того, что n следует, что B ,

где , :n X – линейные ограниченные функционалы.

14. Рассмотрим линейные функционалы ( ) ( )( )2

x xf x

и

0( ) '(0)f x x , где (1)( ) 1,1x t C , 0 1 . Доказать, что 00f f

. Выяс-

нить, имеет ли место сильная сходимость 0f f .

Указание: при проверке наличия или отсутствия сильной сходимости

рассмотреть функции 1( ) sinnx t ntn

и доказать, что 1f f .

15. Провести полное доказательство критерия слабой сходимости.

16. Доказать, что множество в банаховом пространстве является слабо

ограниченным тогда и только тогда, когда оно ограничено.

146

Указание: множество M X называется слабо ограниченным, если

для любого фиксированного X и для каждого x M множество

( )x ограничено. При доказательстве необходимости предположить

противное и выделить из множества неограниченную последователь-

ность nx , такую, что 2nx n . Затем, X доказать, что

0nn

xn

. Затем воспользоваться критерием слабой сходимости.

17. Доказать, что всякая слабо фундаментальная последовательность в

банаховом пространстве ограничена.

Указание: последовательность nx X называется слабо фунда-

ментальной, если .

,0

сл

n m n mx x

или X 0 N : ,n m N

( ) ( )n mx x .

18. Доказать, что всякая слабо сходящаяся последовательность в ба-

наховом пространстве слабо фундаментальна.

19. Доказать, что всякое слабо замкнутое множество замкнуто.

20. Пусть 1 2 1( , ,...)x l . Доказать, что 0 1 m :

1(1 )

m

ii

x

.

Указание: предположить противное и рассмотреть контрпример

12 3

1 1 1, , ,...2 2 2

x l

.

21. Исследовать на сильную и слабую сходимость в пространстве pl

(1 p ) последовательность 1 1 1, ,..., ,...1 1 2 1n

n n nxn n kn

.

22. Исследовать на сильную и слабую сходимость в пространстве pl

(1 p ) последовательность 2 2 2 2 21 1 1 1 11,0, , ,..., , , ,...3 4 (2 1) (2 ) (2 1)nx

n n n

.

147

2.5. Рефлексивные пространства.

Понятие сопряженного оператора

Определение: линейное нормированное пространство X называется

рефлексивным, если **X X , причем изоморфизм этот осуществляет есте-

ственное вложение : X X пространства X во второе сопряженное.

Замечание: напомним, что для всякого линейного нормированного

пространства X справедливо вложение X X , т.е. x X X :

X ( ) ( )x , причем X X

x . Если же пространство X реф-

лексивно, то, кроме этого, по определению, X X , т.е. X

x X : X ( ) ( )x , т.е. ко всем прочим свойствам, доказанным

в теореме о естественном вложении пространства во второе сопряженное,

добавляется свойство сюръективности этого естественного вложения.

Иными словами, понятие рефлексивности пространства X означает,

что x X X , *X можно написать, что ( ) ( )x x или, в сим-

метричной форме, , ,x x .

Теорема (о рефлексивности подпространства): всякое подпро-

странство рефлексивного пространства само рефлексивно.

Теорема (первый критерий рефлексивности): банахово пространст-

во рефлексивно тогда и только тогда, когда рефлексивно сопряженное к

нему пространство.

Теорема (второй критерий рефлексивности): для того, чтобы бана-

хово пространство X было рефлексивным, необходимо и достаточно, что-

бы *X x X : 1x и ( )x .

Теорема (о слабой секвенциальной компактности ограниченного

множества в рефлексивном пространстве): пусть X – рефлексивное

пространство, M X – ограниченное множество в нем. Тогда это множе-

ство секвенциально слабо компактно, т.е., из любой последовательности

148

nx M можно выделить подпоследовательность, слабо сходящуюся к

элементу множества M .

Теорема (о слабой полноте рефлексивного пространства): пусть

X – рефлексивное пространство, тогда оно является слабо полным, т.е.

любая слабо фундаментальная последовательность его элементов слабо

сходится.

С доказательством этих фактов можно ознакомиться в литературе по

функциональному анализу (напр. [3], [4], [16], также см. примеры решения

задач).

Определение: пусть ,X Y – линейные нормированные пространства,

:A X Y – линейный ограниченный оператор, * *,Y X – сопряженные про-

странства. Оператор * * *:A Y X называется сопряженным к оператору A ,

если *Y * *A X , и он определяется следующим образом: * ( ) ( )A x Ax (или, в симметричной форме, *, ,x A Ax ).

Теорема (о норме сопряженного оператора): пусть ,X Y – линейные

нормированные пространства, :A X Y – линейный ограниченный опе-

ратор, * *,Y X – сопряженные пространства. Тогда сопряженный оператор * * *:A Y X также является линейным ограниченным оператором и

*A A .


1. Проверим, что * * *:A Y X линеен, т.е.:

а) * * *1 2 1 2( )A A A ;

б) * *( )A A .

а) Надо проверить, что x X * * *1 2 1 2( )( ) ( ) ( )A x A x A x , т.е.,

по определению сопряженного оператора, что 1 2 1 2( )( ) ( ) ( )Ax Ax Ax ,

но это очевидно по определению суммы функций.

б) Аналогично п. а) * *( )( ) ( )A x A x , поскольку ( )( ) ( )Ax Ax .

149

2. Проверим ограниченность, т.е., что *A c .

Поскольку A – линеен и ограничен, то Ax A x .

Далее, *

*

0 0 0

( ) ( )sup sup supx x x

A x Ax A xA A

x x x

, т.е.

c A .

3. Проверим, что *A A .

В силу п.2 *

*

0 0sup sup

A AA A

.


выберем линейный ограниченный функционал таким образом, чтобы

1 и ( )Ax Ax , тогда:

* ** *

0 0 0 0

( )( )sup sup sup supx x x x

A x A xAx AxA A A

x x x x

.

Итак, *A A .


Замечание: свойства сопряженных операторов будут подробно рас-

смотрены в дальнейших разделах.


1. Пусть X – рефлексивное пространство, X . Доказать, что

x X , 0x : ( )x x .

Решение: если O , то в качестве искомого элемента x можно взять

любой вектор 0x . Ясно, что равенство ( )x x будет верным.

Далее будем считать, что O .

Берем X , O . Поскольку X – банахово пространство, то по

теореме о вычислении нормы вектора с помощью функционала найдется

150

функционал X такой, что ( ) и 1 . Отсюда заключаем,

что ( ) .

Поскольку X – рефлексивно, то X x X : X

( ) ( )x и при этом x .

Для нашего функционала найдем указанный элемент x X , при-

чем ясно, что 0x (иначе из равенства x следовало бы, что O ,

а из равенства ( ) следовало бы, что O , а это противоречие).

Тогда имеем цепочку равенств ( ) ( )x x .

2. Доказать теорему о слабой полноте рефлексивного пространства.

Решение: надо доказать, что если X – рефлексивное пространство, то

в нем всякая слабо фундаментальная последовательность слабо сходится.

Пусть nx X – слабо фундаментальна, т.е. X справедливо

соотношение ,

( ) ( ) 0n m n mx x

. Это означает, что числовая последова-

тельность ( )nx – фундаментальна. В силу критерия Коши для числовых

последовательностей ( )nx сходится, т.е. ( )n nx a

.

Поскольку сходящаяся последовательность всегда ограничена, то

X последовательность ( )nx ограничена. Поскольку X – рефлек-

сивное пространство, то X – банахово (см. задачу 6).

Итак, получили, что сама последовательность nx слабо ограничена

в банаховом пространстве, следовательно, последовательность nx огра-

ничена (см. задачу 17 к п. 2.4).

В силу теоремы о слабой секвенциальной компактности ограниченно-

го множества в рефлексивном пространстве, у последовательности nx

можно найти слабо сходящуюся подпоследовательность knx , т.е. .

0k

сл

n kx x

,

а значит для нашего функционала получаем, что 0kn kx x

.

151

В силу единственности предела и того, что ( )n nx a

, получаем, что

0( )a x , откуда следует, что .

0

сл

n nx x

.

3. Найти оператор, сопряженный к оператору 2 2:A l l , если

3 42 3 3 42 ,2 , , ,..., ,...

3 4kAx

k

, 1 2 2( , ,...)x l .

Решение: по определению 2 2:A l l . По теореме об общем виде

функционалов в pl получаем, что 2 2l l .

Кроме того, по определению сопряженного оператора 2l имеем,

что 2A l и ( ) ( )A x Ax .

По теореме об общем виде функционалов в pl имеем, что 2l

21k ky l

: 21k k

x l

1( ) k k

kx

.

В нашем случае получаем, что

3 42 3 1 3 4 2 3 4( ) (2 ) (2 ) ... ...

3 4k

kAxk

3 41 1 2 1 2 3 2 40 2 2

3 4

55

1... ... ( ) ( )

5k

k k kk

A A xk

.

Снова по теореме об общем виде функционала в 2l заключаем, что

3 4 51 1 2 20,2 , 2 , , ,..., ,...

3 4 5kA y

k

, где 1 2 2( , ,...)y l .


1. Доказать, что пространство 0c нерефлексивно.

2. Доказать, что пространства pl и pL рефлексивны.

152

3. Доказать, что всякое рефлексивное пространство является банахо-

вым.

4. Пусть X – рефлексивное пространство, M X – его подпростран-

ство, : ( ) 0M f X x M f x . Доказать, что M M .

5. Доказать теорему о рефлексивности подпространства.

6. Доказать теорему о слабой секвенциальной компактности ограни-

ченного множества в рефлексивном пространстве, наложив на пространст-

во X дополнительное условие сепарабельности.

Указание: использовать идею доказательства теоремы о *-слабой

секвенциальной компактности шара в сопряженном пространстве. Ис-

пользовать утверждение о том, что если пространство X сепарабель-

но, то сепарабельно и само пространство X (данное утверждение было

доказано ранее в примерах решения задач, см. п. 2.2).

7. Доказать, что если пространство X рефлексивно, то *X

x X : 1x и ( )x .

8. Доказать, что всякое конечномерное пространство рефлексивно.

9. Найти оператор, сопряженный к оператору 0 1: 0,1A c L , если

0 !

n

nn

tAxn

, 1 2 0( , ,...)x c .


1 2( , ,..., ,0,0,...)nAx , 1 2 1( , ,...)x l .


1(0,0,...,0, ,0,0,...)n

Ax , 1 2 1( , ,...)x l .

12. Найти оператор, сопряженный к оператору : p pA l l ( 1p ), если

1 2(0, , ,...)Ax , 1 2( , ,...) px l .

153

13. Найти оператор, сопряженный к оператору 2 2: 0,1 0,1A L L ,

если ( ),

( )0,x t t

Ax tt

, 0,1 .

14. Найти оператор, сопряженный к оператору 2 2: 0,1 0,1A L L ,

если ( ) ( )Ax t x t , .


2 3 3 4( , ,...)Ax , 1 2 2( , ,...)x l .


1 1 1 1 1 2( , ,...,2 , , ,...)n n n nn

Ax , 1 2 2( , ,...)x l .


2 1 4 3 1( , , , ,..., , ,...)n nn

Ax , 1 2 2( , ,...)x l .

154

СПИСОК ВОПРОСОВ К ЭКЗАМЕНУ

1. Понятия линейного и непрерывного оператора. Ядро оператора.

Ограниченные операторы. Норма оператора.

2. Эквивалентность ограниченности и непрерывности линейных

операторов.

3. Понятие линейного ограниченного функционала, его норма.

Геометрическая интерпретация линейного ограниченного функ-

ционала.

4. Сумма операторов, произведение оператора на число, свойства

нормы оператора.

5. Теорема о полноте пространства линейных ограниченных опера-

торов. Сопряженное пространство, его полнота.

6. Произведение операторов. Теорема об ограниченности произве-

дения.

7. Равномерная и поточечная сходимость последовательности опе-

раторов. Связь равномерной и поточечной сходимостей. Теорема

о сходимости произведения.

8. Принцип равномерной ограниченности.

9. Теорема Банаха-Штейнгауза.

10. Теорема о поточечном пределе последовательности операторов.

11. Теорема о плотном образе шара.

12. Теорема об образе единичного шара.

13. Теорема об общем виде функционала на пространстве 1l .

14. Теорема об общем виде функционала на пространстве 0c .

15. Теорема об общем виде функционала на пространстве pl .

16. Теорема о частном виде функционала на пространстве c .

17. Теорема об интегральных функционалах на 1L .

155

18. Теорема об общем виде функционала на 1L (формулировка).

Теорема о пространстве, сопряжённом к 1L .

19. Теорема об интегральных функционалах на pL .

20. Теорема об общем виде функционала на pL (1 2p ). Теорема

о пространстве, сопряжённом к pL .

21. Теорема о продолжении линейного ограниченного функционала

на большее подпространство.

22. Понятие отношений частичного и линейного порядка, пример.

Мажоранта и миноранта, наибольший и наименьший, макси-

мального и минимальный элементы. Цепь. Лемма Цорна.

23. Теорема Хана-Банаха.

24. Следствия из теоремы Хана-Банаха: теорема о вычислении нор-

мы вектора с помощью функционала и теорема о вычислении

расстояния с помощью функционала.

25. Базис Гамеля и базис Банаха. Теорема о существовании базиса

Гамеля.

26. Слабо сходящиеся последовательности. Теорема о слабой замк-

нутости замкнутого шара.

27. Теорема о не слабой замкнутости замкнутой единичной сферы.

Теорема о связи сильной и слабой сходимостей.

28. Теорема о связи сильной и слабой сходимостей в конечномерном

пространстве. Теорема о пределе линейных комбинаций.

29. Теорема о слабой непрерывности линейного ограниченного опе-

ратора. *-слабо сходящиеся последовательности функционалов.

30. Критерий *-слабой сходимости. Критерий слабой сходимости.

31. Теорема о *-слабой секвенциальной компактности шара в со-

пряжённом пространстве.

156

32. Второе сопряжённое пространство. Понятие естественного вло-

жения. Теорема о естественном вложении пространства во вто-

рое сопряжённое.

33. Теорема о связи равномерной, слабой и *-слабой сходимостей.

34. Теорема об ограниченности слабо сходящейся последовательно-

сти. Теорема об ограниченности слабо компактного множества.

35. Теорема об оценке слабого предела.

36. Понятие рефлексивного пространства. Теорема о рефлексивно-

сти подпространства. Первый и второй критерии рефлексивно-

сти. Теорема о слабой секвенциальной компактности ограничен-

ного множества в рефлексивном пространстве. Теорема о слабой

полноте рефлексивного пространства (все теоремы без доказа-

тельства).

37. Понятие сопряжённого оператора. Теорема о норме сопряжённо-

го оператора.

157

ЛИТЕРАТУРА

*

*

*

*

*

*

*

*

*

*

1. Вулих, Б.З. Введение в функциональный анализ/ Б.З. Вулих. – М.:

Физматгиз, 1958.

2. Городецкий, В.В. Методы решения задач по функциональному ана-

лизу/ В.В. Городецкий, Н.И. Нагнибида, П.П. Настасиев. – К.: Вы-

ща шк., 1990.

3. Данфорд, Н. Линейные операторы. Общая теория/ Н. Данфорд,

Дж. Шварц. – М.: Изд-во иностранной литературы, 1962.

4. Иосида, К. Функциональный анализ/ К. Иосида. – М.: Мир, 1967.

5. Канторович, Л.В. Функциональный анализ в нормированных про-

странствах/ Л.В. Канторович, Г.П. Акилов. – М.: Физматгиз, 1959.

6. Канторович, Л.В. Функциональный анализ/ Л.В. Канторович,

Г.П. Акилов. – М.: Наука, 1974.

7. Колмогоров, А.Н. Элементы теории функций и функционального

анализа/ А.Н. Колмогоров, С.В. Фомин. – М.: Наука, 1981.

8. Кутузов, А.С. Метрические пространства/ А.С. Кутузов. – Троицк,

2011.

9. Кутузов, А.С. Линейные нормированные пространства/

А.С. Кутузов. – Троицк, 2010.

10. Кутузов, А.С. Числовые ряды/ А.С. Кутузов, С.М. Серебрянский. –

Троицк, 2010.

11. Люстерник, Л.А. Краткий курс функционального анализа/

Л.А. Люстерник, В.И. Соболев. – М.: Наука, 1982.

12. Люстерник, Л.А. Элементы функционального анализа/

Л.А. Люстерник, В.И. Соболев. – М.: Наука, 1965.

13. Рисс, Ф. Лекции по функциональному анализу/ Ф. Рисс,

Б.С. Надь. – М.: ИЛ, 1954.

158

*

*

14. Рудин, У. Функциональный анализ/ У. Рудин. – М.: Мир, 1975.

15. Треногин, В.А. Задачи и упражнения по функциональному анализу/

В.А. Треногин, Б.М. Писаревский, Т.С. Соболева. – М.: Наука, 1984.

16. Треногин, В.А. Функциональный анализ/ В.А. Треногин. – М.: Нау-

ка, 1980г.

Литература, помеченная *, имеется в библиотеке ТФ ЧелГУ в печатном

или электронном виде.

159

ЛИНЕЙНЫЙ ФУНКЦИОНАЛЬНЫЙ АНАЛИЗ

МЕТРИЧЕСКИЕ ПРОСТРАНСТВА

ЛИНЕЙНЫЕ НОРМИРОВАННЫЕ ПРОСТРАНСТВА

ЛИНЕЙНЫЕ ОГРАНИЧЕННЫЕ ОПЕРАТОРЫ (ЧАСТЬ ПЕР-

ВАЯ)

ГИЛЬБЕРТОВЫ ПРОСТРАНСТВА

ЛИНЕЙНЫЕ ОГРАНИЧЕННЫЕ ОПЕРАТОРЫ (ЧАСТЬ ВТОРАЯ)

ЛИНЕЙНЫЕ ОГРАНИЧЕННЫЕ ОПЕРАТОРЫ Часть перваяelf.ucoz.net/Matem_Inf/kutuzov/linejnye_operatory_i.pdf4 ВВЕДЕНИЕ Наиболее доступными

Documents