Просмотр кода страницы Линейный оператор в банаховых пространствах

== Отображения. Теорема Банаха-Штейнгауза. ==

Пусть $$X,$$ $$Y$$ - [https://sawiki.cs.msu.ru//index.php/%D0%91%D0%B0%D0%BD%D0%B0%D1%85%D0%BE%D0%B2%D0%BE_%D0%BF%D1%80%D0%BE%D1%81%D1%82%D1%80%D0%B0%D0%BD%D1%81%D1%82%D0%B2%D0%BE нормированные пространства.]
Рассмотрим $$A: X \rightarrow Y$$ - отображение.

'''Определение 1'''. Отображение $$A$$ называется '''непрерывным''' в т. $$x_0\in X,$$ если $$\forall\left\{x_n\right\},$$ $$x_n\in X:$$ $$x_n\rightarrow x_0$$ имеет место $$Ax_n\rightarrow Ax_0.$$

'''Лемма'''.
Если $$A$$ - [https://sawiki.cs.msu.ru/index.php/%D0%91%D0%B0%D0%BD%D0%B0%D1%85%D0%BE%D0%B2%D0%BE_%D0%BF%D1%80%D0%BE%D1%81%D1%82%D1%80%D0%B0%D0%BD%D1%81%D1%82%D0%B2%D0%BE#.D0.9B.D0.B8.D0.BD.D0.B5.D0.B9.D0.BD.D1.8B.D0.B5_.D0.BE.D0.BF.D0.B5.D1.80.D0.B0.D1.82.D0.BE.D1.80.D1.8B линейное отображение], которое непрерывно хотя бы в одной точке, то $$A$$ непрерывно всюду.

''Доказательство:'' <br> Пусть $$A$$ непрерывно в точке $$x_0.$$ Фиксируем произвольную точку $$x\in X$$ и $$\forall\left\{x_n\right\},$$ $$x_n\in X:$$ $$x_n \rightarrow x_0.$$

Рассмотрим последовательность $$\left\{y_n\right\}:$$ $$y_n=x_n-x+x_0.$$
\begin{align*}
y_n \rightarrow x_0 \Rightarrow Ay_n = A(x_n-x)+Ax_0=\underbrace{Ax_n-Ax}_{\rightarrow\,0}+Ax_0\rightarrow Ax_0.
\end{align*}$$~~\blacksquare$$

'''Пример'''.

Пусть пространства $$X, Y = C[0,1],$$ а оператор $$A = \frac{d}{dt},$$ тогда область определения оператора $$D(A) = C^1[0,1].$$

Рассмотрим последовательность $$x_n(t) = \frac{\sin nt}{\sqrt{n}}\rightarrow0,$$ но $$Ax_n(t)=\sqrt{n}\cos nt\nrightarrow 0.$$ Показали, что оператор не является непрерывным.

'''Определение 2'''. Отображение $$A$$ называется '''ограниченным,''' если оно любое ограниченное множество переводит в ограниченное множество.

'''Определение 3'''. Норму ограниченного отображения $$A:$$ $$X\rightarrow Y$$ введём, как $$||A||=\underset{||x||\leq1}{\sup}||Ax||.$$

''Замечание 1''. Если $$A$$ - линейное, то $$||A||=\underset{x\neq0}{\sup}\frac{||Ax||}{||x||}=\underset{||x||=1}{\sup} ||Ax||.$$

''Замечание 2''. $$||Ax||\leq||A||\cdot||x||.$$

'''Определение 4'''. $$L(X,Y)$$ - линейное пространство линейных ограниченных операторов (отображений), действующих из $$X$$ в $$Y$$.

'''Теорема 1'''. Линейный оператор непрерывен $$\Leftrightarrow$$ ограничен.

''Доказательство:'' <br> 1. (Ограниченность $$\Rightarrow$$ Непрерывность) <br>
\begin{align*}
||Ax_n-Ax|| = ||A(x_n-x)|| \leq ||A||\cdot||x_n-x||.
\end{align*}
<br> 2. (Непрерывность $$\Rightarrow$$ Ограниченность) <br>
От противного. 
Пусть $$\exists\left\{x_n\right\}:$$ $$||x_n||\leq1,\,$$ $$||Ax_n||\rightarrow+\infty,$$ тогда рассмотрим
$$y_n = \frac{x_n}{\sqrt{||Ax_n||}}:$$ 
\begin{align*}||y_n|| = \frac{||x_n||}{\sqrt{||Ax_n||}}\rightarrow0\Rightarrow y_n\rightarrow0.\end{align*}
\begin{align*}||Ay_n|| = \frac{||Ax_n||}{\sqrt{||Ax_n||}} = \sqrt{||Ax_n||}\rightarrow +\infty \text{ - противоречие с непрерывностью оператора.}\end{align*} 

$$~~\blacksquare$$

'''Теорема 2'''. Если $$Y$$ - [https://sawiki.cs.msu.ru/index.php/%D0%91%D0%B0%D0%BD%D0%B0%D1%85%D0%BE%D0%B2%D0%BE_%D0%BF%D1%80%D0%BE%D1%81%D1%82%D1%80%D0%B0%D0%BD%D1%81%D1%82%D0%B2%D0%BE банахово], то $$L(X,Y)$$ - тоже банахово.

''Доказательство:'' <br> Рассмотрим фундаментальную последовательность $$\left\{A_n\right\},$$ $$A_n\in L(X,Y):$$ 
\begin{align*}||A_n-A_m||\underset{n,m\rightarrow\infty}{\rightarrow}0.\end{align*}

Для любых ограниченных $$x\in X$$ посл-ть $$\left\{A_nx\right\}$$ - фундаментальная: $$||A_nx-A_mx||\leq||A_n-A_m||\cdot||x||\underset{n,m\rightarrow\infty}{\rightarrow}0.$$

Следовательно фунадментальна и последовательность $$\left\{A_nx\right\},$$ поэтому в силу полноты $$Y$$ $$\exists$$ $$\underset{n\rightarrow \infty}{\lim} A_n x = Ax.$$

Покажем, что $$A\in L(X,Y):$$
\begin{align*}
||A_nx-A_mx||\leq\varepsilon\cdot||x||\Rightarrow \left\{\text{ При } m\rightarrow\infty\right\}\Rightarrow ||A_nx-Ax||\leq\varepsilon\cdot||x||
\end{align*}
\begin{align*}
||A_n-A||\leq\varepsilon \Rightarrow \left\{A_n\rightarrow A\right\} \Rightarrow A \text{ - ограниченный.}
\end{align*}

$$~~\blacksquare$$

'''Определение 5'''. Множество $$E,$$ $$E\subset M $$ называется '''нигде не плотным''', если замыкание $$E$$ не содержит ни одного шара.

'''Определение 6'''. Множество называют множеством $$1$$-ой категории, если его можно представить в виде счётного объединения нигде не плотных множеств. Остальные множества - множества $$2$$-ой категории.

'''Теорема [https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%91%D0%B0%D0%BD%D0%B0%D1%85,_%D0%A1%D1%82%D0%B5%D1%84%D0%B0%D0%BD Банаха]-[https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A8%D1%82%D0%B5%D0%B9%D0%BD%D0%B3%D0%B0%D1%83%D0%B7,_%D0%93%D1%83%D0%B3%D0%BE Штейнгауза]'''.

Пусть $$X, Y$$ - линейные нормированные пространства. Последовательность $$\left\{A_n\right\},$$ $$A_n\in L(X,Y).$$ 

Множество $$E=\left\{x\in X| \underset{n \rightarrow \infty}{\overline{\lim}}||A_nx||<+\infty\right\}$$ - множество $$2$$-ой категории.

Тогда последовательность $$\left\{A_n\right\}$$ ограничена, т.е. $$\exists M>0:$$ $$||A_n||\leq M.$$

''Доказательство:'' <br> Рассмотрим $$F_{nm}=\left\{x\in X|\,||A_n x||\leq m\right\}$$ - замкнутые множества. $$F_m = \underset{n=1}{\overset{\infty}{\cap}}F_{nm}.$$

Покажем, что $$E = \underset{m=1}{\overset{\infty}{\cup}}F_m:$$

\begin{align*}
\text{Пусть } x\in E \Rightarrow \exists \, m: ||A_nx||\leq m\Rightarrow x \in F_{nm}, \,n=1,2,... \Rightarrow x\in F_m \Rightarrow x\in \underset{m=1}{\overset{\infty}{\cup}}F_m.
\end{align*}
\begin{align*}
\text{Пусть }x\in \underset{m=1}{\overset{\infty}{\cup}}F_m \Rightarrow \exists \, m: x\in F_m \Rightarrow x\in F_{nm},  \,n=1,2,... \Rightarrow ||A_nx||\leq m\Rightarrow x\in E.
\end{align*}

$$E$$ - множество $$2$$-ой категории $$\Rightarrow \exists\,m:$$ $$F_m$$ не является нигде не плотным, то есть $$\exists:\, B(x_0, r)\subseteq F_m, \, r>0.$$

Рассмотрим $$\forall\,x\in X,\, x\neq0;$$
\begin{align*}
z = x_0 + \frac{r}{2}\cdot\frac{x}{||x||}\in B(x_0, r)\Rightarrow z\in F_m\Rightarrow ||A_nz||\leq m.
\end{align*}
\begin{align*} 
A_n z = A_n x_0 + \frac{r}{2}\cdot\frac{A_nx}{||x||} \Rightarrow ||A_n z|| \geq \frac{r}{2||x||}\cdot ||A_nx|| - ||A_nx_0||\geq \frac{r}{2}\cdot ||A_nx|| - m
\end{align*}
\begin{align*} 
\frac{r}{2}\cdot||A_nx||\leq m + ||A_nz|| \leq 2m
\end{align*} 
\begin{align*} 
||A_nx||\leq \frac{4m}{r}\cdot||x||\Rightarrow ||A_n||\leq \frac{4m}{r}.
\end{align*} 

$$~~\blacksquare$$

''Следствие'' Если $$X, Y$$ - линейные нормированные пространства, причём $$X$$ - банахово, $$A_n\in L(X,Y),$$ $$n = 1,2,...$$ и $$\underset{n\rightarrow\infty}{\overline{\lim}}||A_nx||<\infty,$$ $$\forall\, x\in X.$$

Тогда последовательность $$\left\{A_n\right\}$$ - ограничена.

''Доказательство:'' Вытекает их [https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%9A%D0%B0%D1%82%D0%B5%D0%B3%D0%BE%D1%80%D0%B8%D1%8F_%D0%91%D1%8D%D1%80%D0%B0 Теоремы Бэра] (Что полное метрическое пространство - множество $$2$$-ой категории).

'''Лемма'''. Рассмотрим пространство $$C[a,b]$$ и интегральный оператор $$A(x(t)) = \int_{a}^{b}\phi(t)\cdot x(t)dt, \, x(t)\in C[a,b].$$

Пусть $$\phi(t)\in L[a,b]\Rightarrow ||A||=\int_a^b |\phi(t)|dt.$$

''Доказательство:'' 
\begin{align*} 
||Ax(t)||_R\leq\int_a^b|\phi(t)|\cdot|x(t)|dt\leq ||x(t)||_{C[a,b]}\cdot\int_a^b|\phi(t)|dt\Rightarrow \frac{||Ax||}{||x||}\leq\int_a^b|\phi(t)|dt\Rightarrow ||A||\leq\int_a^b|\phi(t)|dt.
\end{align*}

Рассмотрим $$(sgn \,\phi)_\rho (t):= \int_{-\infty}^{+\infty} sgn\,\phi(t+s)\cdot\omega_\rho(s)ds,\,$$ где
$$\,\int_{-\infty}^{\infty} \omega_\rho(s)ds = 1.$$ Тогда $$|(sgn \,\phi)_\rho|\leq \int_{-\infty}^{\infty} \omega_\rho(s)ds = 1.$$

\begin{align*} 
A\big((sgn \,\phi)_\rho(t)\big) = \int_a^b \phi(t)\cdot\big(sgn \,\phi)_\rho\big)dt\underset{\rho\rightarrow0}{\rightarrow}\int_a^b|\phi(t)|dt.
\end{align*}

$$~~\blacksquare$$

'''Пример'''.

Рассмотрим $$f\in C[-\pi,\pi].$$ Покажем, что $$\exists\, f:\, S_n(0, f)\rightarrow +\infty.$$

Пусть $$S_n(x, f)$$ - это $$n$$-ая част. сумма ряда Фурье для $$f$$ в т. $$x:$$
\begin{align*} 
S_n(x, f) = \frac{1}{\pi}\cdot\int_{-\pi}^{\pi}f(x+t)\cdot\frac{\sin(n+\tfrac{1}{2})t}{2\cdot \sin\tfrac{t}{2}}dt.
\end{align*}
В точке $$x = 0:$$
\begin{align*} 
S_n(0, f) = \frac{1}{\pi}\cdot\int_{-\pi}^{\pi}f(t)\cdot\frac{\sin(n+\tfrac{1}{2})t}{2\cdot \sin\tfrac{t}{2}}dt = A_n(f)
\end{align*} 
Докажем, что $$||A_n||\rightarrow+\infty.$$ По лемме:
\begin{align*} 
||A_n|| = \frac{1}{\pi}\cdot\int_{-\pi}^{\pi}\frac{|\sin(n+\tfrac{1}{2})t|}{|2\cdot \sin\tfrac{t}{2}|}dt \geq \frac{2}{\pi}\cdot\int_{0}^{\pi}\frac{|\sin(n+\tfrac{1}{2})t|}{t}dt \geq \frac{2}{\pi}\cdot\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^2(n+\tfrac{1}{2})t}{t}dt = 
\frac{1}{\pi}\cdot\int_{0}^{\pi}\frac{1-\cos(2n+1)t}{t}dt = 
\end{align*}
\begin{align*}
 = \frac{1}{\pi}\cdot\int_{0}^{\pi(2n+1)}\frac{1-\cos s}{s}ds = \underbrace{\frac{1}{\pi}\cdot\int_{0}^{1}\frac{1-\cos s}{s}ds}_{const} + \underbrace{\frac{1}{\pi}\cdot\int_{1}^{\pi(2n+1)}\frac{1}{s}ds}_{\frac{1}{\pi}\cdot\ln\pi(2n+1)} - \underbrace{\frac{1}{\pi}\cdot\int_{1}^{\pi(2n+1)}\frac{\cos s}{s}ds}_{const}\rightarrow +\infty.
\end{align*}

== Обратные операторы. Теорема Банаха об обратном операторе. ==
Пусть $$X, \,Y$$ - линейные пространства. Рассмотрим оператор $$A:X\rightarrow Y.$$

'''Определение 7'''. Оператор $$A^{-1}_{л}:\, Y\rightarrow X$$ называется '''левым обратным''' оператором к $$A,$$ если $$A^{-1}_{л}A=E.$$

'''Определение 8'''. Оператор $$A^{-1}_{п}:\, Y\rightarrow X$$ называется '''правым обратным''' оператором к $$A,$$ если $$AA^{-1}_{п}=E.$$

'''Теорема'''. Если $$\exists \, A^{-1}_{л}$$ и $$\exists \, A^{-1}_{п},$$ то $$A^{-1}_{л} = A^{-1}_{п}.$$

''Доказательство:'' <br> $$A^{-1}_{л}A=E$$ и $$AA^{-1}_{п}=E.$$
\begin{align*}
A^{-1}_{л} = A^{-1}_{п}\cdot E = A^{-1}_{л} \cdot (A\cdot A^{-1}_{п}) = (A^{-1}_{л}\cdot A) \cdot A^{-1}_{п} = E \cdot A^{-1}_{п} = A^{-1}_{п}.
\end{align*}

$$~~\blacksquare$$

'''Определение 9'''. Оператор $$A^{-1}: Y\rightarrow X$$ называется '''обратным''' оператором к $$A,$$ если $$\exists \,A^{-1}_{л}$$ $$\exists\,A^{-1}_{п}$$ и $$A^{-1}_{л}=A^{-1}_{п}$$, тогда $$A^{-1}:=A^{-1}_{л}=A^{-1}_{п}.$$

'''Теорема'''. Следующие утверждения эквиваленты:

1. $$\exists \,A^{-1}_{л}.$$

2. Eсли уравнение $$Ax = y$$ имеет решение, то это решение единственно.

3. Ядро оператора состоит из нулевого вектора: $$Ker A = \left\{0\right\}.$$

''Доказательство:'' <br> $$2\Rightarrow3.$$ Если $$x_0\in Ker A,$$ то $$x$$ и $$x + x_0$$ - решения $$Ax = y.$$

$$1\Rightarrow2.$$ Если $$\exists \, A^{-1}_{л},$$ то $$Ax = y$$ и $$A^{-1}_{л}Ax = A^{-1}_{л}y,$$ поэтому $$x=A^{-1}_{л}y.$$

$$3\Rightarrow1.$$ Пусть $$R(A)$$ - область значения оператора, тогда для $$y\in R(A)$$ $$\exists\, x:\, Ax=y,$$ поэтому $$x=A^{-1}_{л}y.$$

$$~~\blacksquare$$

''Замечание''. Следующие утверждения аналогично эквиваленты:

1. $$R(A) = Y.$$

2. Уравнение $$Ax = y$$ всегда разрешимо.

3. $$\exists \,A^{-1}_{п}.$$

'''Пример'''.

Пусть $$X = C^1[0,1],$$ $$Y = C[0,1],$$ а оператор $$A = \frac{d}{dt}.$$

\begin{align*}
Ax = y \Rightarrow \dot{x} = y
\end{align*}
\begin{align*}
\text{Так как } AA^{-1}_{п}=E, \text{ поэтому }A^{-1}_{п}y(t) = \int_0^t y(\tau)d\tau \Rightarrow A^{-1}_{л}Ax(t) = \int_0^t \dot{x}(\tau)d\tau = x(t) - x(0) \neq x(t)
\end{align*}
Поэтому $$A^{-1}_{п}\neq A^{-1}_{л}.$$

'''Определение 10'''. Оператор $$A: X\rightarrow Y$$ называется '''обратимым,''' если уравнение $$Ax = y$$ однозначно разрешимо и решение устойчиво к изменению правой части (т.е. $$A^{-1}$$ $$\exists$$ и ограничен).

'''Теорема'''. Пусть $$X$$ - банахово пространство, $$A:\, X\rightarrow Y$$ - ограниченный оператор, $$\overline{R(A)} = Y, \exists\, M>0:\,
||Ax||\geq M||x||,\,\forall\, x\in X.$$ Тогда $$A$$ - обратимый.

''Доказательство:'' <br> $$||Ax||\geq M||x|| \Rightarrow Ker A=\left\{0\right\}\Rightarrow \exists\, A^{-1}_{л}.$$

Докажем, что $$R(A) = Y.$$

$$\forall\, y\in Y$$ $$\exists\left\{y_n\right\}:\,y_n\in R(A),\, y_n\rightarrow y.$$

$$y_n = A x_n.$$ Рассмотрим $$\left\{x_n\right\}:\, ||x_n-x_m||\leq\frac{1}{M}\cdot||y_n-y_m||.$$ Последовательность $$\left\{x_n\right\}$$ - фундаментальная $$\Rightarrow\exists\, x\in X:\, x_n\rightarrow x.$$

$$Ax_n = y_n \Rightarrow Ax = y \Rightarrow \exists \, A^{-1}_{п}.$$

Корректность: $$||y||\geq M||A^{-1}y||\Rightarrow ||A^{-1}||\leq\frac{1}{M}.$$

$$~~\blacksquare$$


'''Утверждение'''. 
$$X$$ - банахово, $$A:\,X\rightarrow X,$$ $$||A||<1.$$ Тогда $$E-A$$ обратим.

''Доказательство:'' <br>
\begin{align*}
S_n = E + A + A^2 + ... + A^n
\end{align*}
\begin{align*}
||S_n|| \leq 1 + ||A|| + ||A||^2 + ... + ||A||^n\leq\frac{1}{1-||A||}
\end{align*}
Покажем, что $$S_n$$ - фундаментальная:
\begin{align*}
S_n - S_m = A^{m+1} + A^{m+2} + ... + A^n = A^{m+1}\cdot(E+A+...+A^{n-m-1})
\end{align*}
\begin{align*}
||S_n-S_m||\leq||A^{m+1}||\cdot\frac{1}{1-||A||}
\end{align*}

$$L(X, X)$$ - полно $$\Rightarrow \exists \,S = \underset{n\rightarrow \infty}{\lim} S_n: \,X\rightarrow X.$$

\begin{align*}
S_n \cdot (E-A) = (E-A)S_n = E-A^{n+1} \underset{n \rightarrow \infty}{\rightarrow} S = (E-A)^{-1}\Rightarrow ||S||\leq \frac{1}{1-||A||}.
\end{align*}

$$~~\blacksquare$$


'''Следствие'''.
$$||(E-A)^{-1}||\leq \frac{1}{1-||A||}$$ и $$||(E-A)^{-1} - E||\leq \frac{1}{1-||A||}.$$

'''Теорема'''. Пусть $$X$$ - банахово. Оператор $$A: X\rightarrow X$$ - ограничен. Тогда

1. $$\exists R=\underset{n\rightarrow\infty}{\lim}\sqrt[n]{||A^n||}$$.

2. Если $$R<1,$$ то $$E-A$$ обратим.

$$R$$ - спектральный радиус.

'''Доказательство:''' <br> $$S_n = E + A + A^2 + ... + A^n \rightarrow (E-A)^{-1}.$$
\begin{align*}
0\leq\sqrt[n]{||A^n||}\leq \sqrt[n]{||A||^n} = ||A|| \Rightarrow \exists \underset{n\rightarrow\infty}{\lim}\sqrt[n]{||A^n||} = R, \, 0\leq R\leq ||A||.
\end{align*}
$$\forall\, \varepsilon>0\, \exists p\in \mathbb{N}: \, \sqrt[p]{||A^p||}\leq R+\varepsilon.$$

$$\forall\, n\in\mathbb{N}:\, n = mp+q, (0\leq q\leq p-1)$$

\begin{align*}
\sqrt[n]{||A||^n} = (||A^n||)^{\frac{1}{n}} = ||A^{mp+q}||^{\frac{1}{mp+q}} = ||(A^p)^m\cdot A^q||^{\frac{1}{mp+q}}\leq ||A^p||^{\frac{m}{mp+q}}\cdot||A^q||^{\frac{1}{mp+q}}\rightarrow||A^p||^{\frac{1}{p}}\leq R+\varepsilon\Rightarrow \sqrt[n]{||A^n||}\leq R+2\varepsilon,\, \forall n\geq n_0 
\end{align*}

\begin{align*}
\Rightarrow \underset{n\rightarrow}{\overline{\lim}}\sqrt[n]{||A||^n}\leq R+2\varepsilon.
\end{align*}

$$~~\blacksquare$$

'''Теорема'''.
Пусть $$X$$ - банахово. Оператор $$A:\, X\rightarrow Y$$ - обратим. Оператор $$B:\, X\rightarrow Y$$ и $$||A-B||\leq\frac{1}{||A^{-1}||}.$$ Тогда оператор $$B^{-1}$$ - обратим.

''Доказательство:'' <br>

\begin{align*}
B = A - (A - B) = A(E-A^{-1}(A-B)) \Rightarrow ||A^{-1}(A-B)||\leq||A^{-1}||\cdot||A-B||\leq1.
\end{align*}

$$~~\blacksquare$$

''Следствие''. Множество обратимых операторов открыто.

'''Теорема'''. Пусть $$X$$ - банахово. Оператор $$A: X\rightarrow Y$$ - обратим. Рассмотрим $$A_n: X\rightarrow Y,$$ $$||A_n-A||\rightarrow0.$$ Тогда $$\exists N:\, \forall n>N$$ $$A_n$$ обратим и $$||A^{-1}_n-A^{-1}||\rightarrow0.$$

''Доказательство:'' <br>
Обратимость:
\begin{align*}
A_n = A - (A-A_n) = A(E-A^{-1}(A-A_n))
\end{align*}
\begin{align*}
\exists N:\, \forall n >N:\, A^{-1}_n = (E-A^{-1}(A-A_n))^{-1}\cdot A^{-1}
\end{align*}
\begin{align*}
A^{-1}_n - A^{-1} = (E-A^{-1}(A-A_n))^{-1}\cdot A^{-1} - A^{-1} = ((E-A^{-1}(A-A_n))^{-1}-E)\cdot A^{-1}\Rightarrow
\end{align*}
\begin{align*}
\Rightarrow ||A^{-1}_n - A^{-1}||\leq\left\{||(E-B)^{-1}-E||\leq\frac{||B||}{1-||B||}\right\}\leq \frac{||A^{-1}||\cdot||A-A_n||}{1-||A^{-1}||\cdot||A-A_n||}\cdot ||A^{-1}||\underset{n\rightarrow\infty}{\rightarrow}0.
\end{align*}

$$~~\blacksquare$$

'''Лемма'''. Пусть $$X$$ - банахово, $$\beta: X\rightarrow Y,$$ $$X_n=\left\{x\in X\big|\,||\beta x||\leq n||x||\right\}\Rightarrow X = \underset{n=1}{\overset{\infty}{\cup}}X_n$$ и $$\exists\,n_0:$$ $$\overline{X_0}=X.$$

''Доказательство:'' <br>
То, что $$X = \underset{n=1}{\overset{\infty}{\cup}}X_n$$ - очевидно. Покажем, что $$X = \underset{n=1}{\overset{\infty}{\cup}}\overline{X_n}.$$

По теореме Бэра среди $$X_n$$ найдётся множество, содержащее некоторый шар $$B(\widetilde{x}_0, \widetilde{r})\Rightarrow \exists x_0,\, r<\widetilde{r}:\, \overline{B(x_0, r)}\subset \overline{X_n}.$$

Пусть $$||\xi||=r.$$ Покажем, что точки этой сферы можно сколь угодно аппроксимировать точками некоторого $$X_{n_0}.$$

Рассмотрим $$x=x_0+\xi\in \overline{B(x_0, r)}\Rightarrow \exists\left\{x_k\right\}:\, x_k\in B(x_0, r)\cap X_n.$$

Последовательность $$x_k\rightarrow x,$$ $$\xi_k = x_k - x_0 \rightarrow \xi.$$

Покажем, что оператор $$\beta$$ ограничен на последовательности $$\left\{\xi_k\right\}, \, \beta\xi_k = \beta x_k - \beta x_0.$$

\begin{align*}
||\beta\xi_k||\leq||\beta x_k|| + ||\beta x_0||\leq n\cdot||x_k|| + n\cdot||x_0|| = n\cdot||x_0+\xi_k||+n\cdot||x_0||\leq 2n\cdot||x_0||+n\cdot||\xi_k||=
\end{align*}
\begin{align*}
=||\xi_k||\cdot\bigg(2n\cdot\frac{||x_0||}{||\xi_k||}+n\bigg)\leq\left\{\text{Последовательность } \xi_k:\, ||\xi_k||\geq\frac{r}{2}, \text{ начиная с некоторого } k\right\}\leq||\xi_k||\cdot\underbrace{\bigg(\frac{4}{r}\cdot||x_0||+1\bigg)\cdot n}_{<n_0}.
\end{align*}


Аппроксимируем $$\forall x\in X,\, x\neq0$$ точками из $$X_{n_0}:$$

\begin{align*}
\xi = r\cdot\frac{x}{||x||}, \, ||\xi|| = r\Rightarrow \left\{\xi_k\right\}, \, \xi_k\in X_{n_0}:\, \xi_k\rightarrow\xi
\end{align*}

\begin{align*}
x_k = \frac{||x||}{r}\cdot \xi_k \in X_{n_0}, \text{ а } x_k\rightarrow x.
\end{align*}
$$~~\blacksquare$$

'''Теорема Банаха об обратном операторе'''.
Пусть $$X, Y$$ - банаховы, оператор $$A: X\rightarrow Y$$ - взаимно-однозначный и ограничен, определённый на всём $$X: D(A) = X, R(A) = Y.$$ Тогда $$A$$ обратим.

''Доказательство'': <br> $$R(A) = Y \Rightarrow \exists A^{-1}_{п},$$ а $$Ker A =\left\{0\right\} \Rightarrow \exists A^{-1}_{л},$$ поэтому существует $$A^{-1}.$$

Рассмотрим $$\beta = A^{-1},\, \beta: Y\rightarrow X.$$

По лемме $$\exists Y_{n_0}:\, \overline{Y_{n_0}} = Y.$$

Рассмотрим $$\forall y\in Y,\, y\neq0,\, ||y|| = l>0:$$ 

\begin{align*}
\exists y_1\in Y_{n_0}:\, ||y-y_1||\leq\frac{l}{2} \Rightarrow ||y_1||\leq2\cdot l
\end{align*}

\begin{align*}
\exists y_2\in Y_{n_0}:\, ||y-y_1-y_2||\leq\frac{l}{4} \Rightarrow ||y_2||\leq \cdot l
\end{align*}
\begin{align*}
...
\end{align*}
\begin{align*}
\text{Имеем } \left\{y_n\right\}: y_n\in Y_{n_0}:\, ||y-(y_1+y_2+...+y_n)||\leq\frac{l}{2^n} \Rightarrow ||y_n||\leq\frac{l}{2^{n-1}} \Rightarrow y_1+y_2+...+y_n=y
\end{align*}
Положим $$x_n=\beta y_n:\, ||x_n||=||\beta y_n||\leq n_0\cdot||y_n||\leq\frac{n_0\cdot l}{2^{n-2}} \Rightarrow \text{ ряд } x_1+x_2+... \text{ сходится}$$

Обозначим $$x = x_1 + x_2 + \,... \in X.$$
\begin{align*}
Ax = A(x_1 + x_2 + \,...) = Ax_1 + Ax_2 + \,... = y_1 + y_2 + \,... = y.
\end{align*}
\begin{align*}
||\beta y|| = ||A^{-1}y||=||x||\leq||x_1||+||x_2||+\,...\leq 4n_0l=4n_0||y||\Rightarrow ||\beta||\leq 4n_0.
\end{align*}

$$~~\blacksquare$$

''Следствие''. Пусть в $$X$$ заданы нормы $$||\cdot||_1$$ и $$||\cdot||_2,$$ причём $$X$$ - полно относительно обеих норм и $$\exists$$ $$M>0:$$ $$||x||_1\leq M||x||_2, \,\forall x\in X.$$ Тогда $$\exists\, m>0:$$ $$||x||_2\leq m\cdot||x||_1,\forall x\in X.$$

== Теорема Хана-Банаха ==

'''Определение 11'''. Оператор $$A:\, X\rightarrow Y$$ - замкнутый, если $$\forall\left\{x_n\right\},\,x_n\in D(A): \, x_n\rightarrow x,\, Ax_n\rightarrow y\Rightarrow Ax = y.$$ 

'''Определение 12'''. Множество $$G(A)=\left\{(x, Ax),\, x\in D(A)\right\}$$ называется графиком оператора $$A.$$ $$G(A)\subset X\times Y.$$

'''Теорема о замкнутом графике'''.
Пусть $$X, Y$$ -банаховы, $$A:\, X\rightarrow Y, \, D(A) = X,$$ $$A$$ - замкнутый, тогда $$A$$ - ограниченный.

''Доказательство:'' <br>
$$A$$ - замкнут $$\Leftrightarrow$$ $$G(A)$$ замкнут по норме $$|x| = ||x||+||Ax||.$$

$$X_1=(X, ||\cdot||),$$ $$X_2=(X, ||\cdot||).$$

В силу замкнутости $$A$$ пространство $$X_2$$ - полно. Рассмотрим фундаментальную последовательность $$\left\{x_n\right\}$$ в $$X_2:$$
\begin{align*}
|x_n-x_m|=||x_n-x_m||+||Ax_n-Ax_m||.
\end{align*}

Последовательности $$\left\{x_n\right\}$$ и $$\left\{Ax_n\right\}$$ фундаментальны в $$X$$ и в $$Y$$ соответственно, поэтому:

\begin{align*}
\exists\, x =\underset{n\rightarrow}{\lim} x_n\in X, \, \exists\, y = \underset{n\rightarrow}{\lim} Ax_n\in Y.
\end{align*}
\begin{align*}
||x||_1 = ||x||\leq||x||_2=|x|=||x||+||Ax||
\end{align*}

$$~~\blacksquare$$

'''Теорема [https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A5%D0%B0%D0%BD,_%D0%A5%D0%B0%D0%BD%D1%81 Хана]-Банаха'''.

Пусть $$X$$ - линейное нормированное пространство. Дополнительно предположим сепарабельность.

Пусть $$M$$ - линейное многообразие в $$X,$$ $$f(x)$$ - линейный ограниченный функционал, заданный на $$M.$$ Тогда существует продолжение $$f$$ на всё $$X$$ с сохранением нормы, то есть $$\exists \,F(x)$$ - линейный ограниченный функционал: $$||F||=||f||$$ и $$F(x)=f(x),\forall x\in M.$$

''Доказательство:'' <br> Пусть $$x_0\notin M \Rightarrow x_0\in X.$$ Пусть $$c = F(x_0).$$

\begin{align*}
M+\left\{x_0\right\}=\left\{x\bigg|\, x'+\alpha x_0, x'\in M, \alpha \in \mathbb{R}\right\}.
\end{align*}
\begin{align*}
F(x) = F(x')+F(\alpha x_0) = f(x') + \alpha\cdot F(x_0)
\end{align*}

Так как верны неравенства $$-||f||\cdot||x||\leq F(x)\leq ||f||\cdot||x||$$ и $$F(-x)\leq||f||\cdot||-x||=||f||\cdot||x||$$, получаем
\begin{align*}
f(x')+\alpha\cdot c\leq ||f||\cdot||x'+\alpha\cdot x_0||,\,\forall x'\in M,\,\forall\alpha\in \mathbb{R}
\end{align*}
При $$\alpha = 0$$ - очевидно.

При $$\alpha > 0:$$ $$f\big(\frac{x'}{\alpha}\big)+c\leq||f||\cdot||\frac{x'}{\alpha}+x_0||.$$

При $$\alpha < 0:$$ $$f\big(-\frac{x'}{\alpha}\big)-c\leq||f||\cdot||-\frac{x'}{\alpha}-x_0||.$$

При $$\alpha = -1:$$
\begin{align*}
f(\widetilde{x}) - c \leq ||f||\cdot||\widetilde{x}-x_0||,\,\forall \widetilde{x}\in M.
\end{align*}

При $$\alpha = 1:$$
\begin{align*}
f(\hat{x}) + c \leq ||f||\cdot||\hat{x}-x_0||,\,\forall \hat{x}\in M.
\end{align*}

Тогда, складывая, получаем:
\begin{align*}
f(\hat{x})-||f||\cdot||\hat{x}-x_0||\leq||f||\cdot||\widetilde{x}+x_0||-f(\widetilde{x})
\end{align*}
\begin{align*}
f(\hat{x}+\widetilde{x})\leq||f||\cdot||\hat{x}-x_0||+||f||\cdot||\widetilde{x}+x_0||
\end{align*}
\begin{align*}
f(\hat{x}+\widetilde{x}) = f(\hat{x}-x_0+\widetilde{x}+x_0) = f(\hat{x}-x_0)+f(\widetilde{x}+x_0)\leq||f||\cdot||\hat{x}-x_0||+||f||\cdot||\widetilde{x}+x_0||.
\end{align*}

Пусть $$x_1, x_2, ...$$ - счётное всюду плотное множество в $$X.$$ Для $$\forall x\in X$$ $$\exists\,x_{n_k}\rightarrow x, $$ тогда
\begin{align*}
(F(x')-F(x''))\leq||F||\cdot||x'-x''||, \underset{k\rightarrow \infty}{\lim} F(x_{n_k}) = F(x).
\end{align*}
\begin{align*}
f(\hat{x}+\widetilde{x})\leq||f||\cdot||\hat{x}+\widetilde{x}||\leq||f||\cdot(||\hat{x}+x_0||+||\widetilde{x}-x_0||)
\end{align*}

$$~~\blacksquare$$

''Следствие 1''. Пусть $$x_0\in X,\, x_0\neq0.$$ Тогда $\exists$ линейный ограниченный функционал $$f(x):$$ $$f(x)=||x_0||,\, x\in X$$ и $$||f|| = 1.$$

''Следствие 2''. Если $$f(x_0) = 0,$$ для любого линейного ограниченного функционала $$f,$$ то $$x0 = 0.$$

''Следствие 3''. Пусть $$M$$ - замкнутое подмножество линейного многообразия в $$X:$$ $$M\neq X.$$ Рассмотрим точку $$x_0\notin M,$$ то есть $$x_0\in X.$$ Тогда $$\exists$$ линейный ограниченный функционал $$f(x)$$ на $$X:$$ $$f(x) = 0,\,\forall x\in M$$ и $$f(x_0)=1.$$

''Доказательство:'' <br>
Рассмотрим $$x = x'+\alpha\cdot x_0,\, x'\in M, \, \alpha\in \mathbb{R} \Rightarrow f(x)=f(x')+\alpha\cdot f(x_0)=\alpha.$$
\begin{align*}
\underset{x'\in M,\, \alpha\in \mathbb{R}}{\sup} \frac{|f(x'+\alpha\cdot x_0)|}{||x'+\alpha\cdot x_0||} = \underset{x'\in M,\, \alpha\in \mathbb{R}}{\sup} \frac{|\alpha|}{||x'+\alpha\cdot x_0||} = \underset{x'\in M,\, \alpha\in \mathbb{R}}{\sup} \frac{1}{||-\frac{x'}{\alpha}-x_0||} = \frac{1}{ \underset{x_1\in M}{\inf}||x_1-x_0||}<\infty.
\end{align*}

$$~~\blacksquare$$