第三章 Banach空间上的有界线性算子
—zwb565055403
1.设无穷矩阵$(a_{ij})_{i,j=1}^{\infty}$满足
$$\sup_{i}
\sum_{j=1}^{\infty}|a_{ij}|<\infty
$$
由它定义的线性算子$T:y=Tx$为
$$\eta_{i}=\sum_{j=1}^{\infty}a_{ij}\xi_{j},i=1,2,\cdots,$$
其中$x=\{\xi_{1},\xi_{2},\cdots,\xi_{n},\cdots
\}=\{\xi_{n}\}$,$y=\{\eta_{1},\eta_{2},\cdots,\eta_{n},\cdots\}=\{\eta_{n}\}$.
试证明$T$是从$(m)$到自身的有界线性算子,且
$$||T||=\sup_{i}
\sum_{j=1}^{\infty}|a_{ij}|$$
证明：设$x\in (m)$,$M=\sup_{i}\sum_{j=1}^{\infty}
|a_{ij}|$,$y=Tx$则$\exists K_{x}$,$s.t.|\xi_{j}|\leq
K_{x}$.
$$|\eta_{i}|=|\sum_{j=1}^{\infty}a_{ij}\xi_{j}|\leq M
K_{x}$$
所以$y\in
(m).$算子$T$是$(m)$上的算子且线性性易验证,下考虑其有界性及范数
\begin{eqnarray*}
||T||&=&\sup
\{||Tx||:||x||\leq 1
\}\\
&=&\sup_{i}\sup_{||x||=1}\sum_{j=1}^{\infty}a_{ij}\xi_{j}\\
&\leq&\sup_{i}\sum_{j=1}^{\infty}|a_{ij}|\\
&\leq&\infty
\end{eqnarray*}
所以$T$为有界算子,另一方面定义$sgn\
z=\frac{\overline{z}}{z}$,$||sgn\
z||=1$(教材$P_{74}$页注)
我们取$z=\{a_{ij}\},j=1,2,\cdots$,则有
$$||T||\geq
||T(sgn\
z)||=\sup_{i}\sum_{j=1}^{\infty}|a_{ij}|$$
综上即得
$$\|T\|=\sup_{i}\sum_{j=1}^{\infty}|a_{ij}|$$
2.设数列$\{\alpha_{n}\}_{n=1}^{\infty}$有界,在$l^{1}$中定义算子
$$y=Tx:\eta_{n}=\alpha_{n}\xi_{n},n=1,2,\cdots,$$
其中$x=\{\xi_{n}\},y=\{\eta_{n}\}$
试证明$T$是从$l^{1}$到自身的有界线性算子,且
$$||T||=\sup_{n}|\alpha_{n}|$$
证明：设$x\in
l^{1},y=Tx=\{\eta_{n}\}$,则有
$$|\sum_{n=1}^{\infty}\eta_{n}|\leq
\sum_{n=1}^{\infty}|\alpha_{n}\xi_{n}|\leq
\sup_{n}|\alpha_{n}|\sum_{n=1}^{\infty}|\xi_{n}|<
\infty$$
$T$的线性性易得,故$T$是$l^{1}$到自身的线性算子.
\begin{eqnarray*}
||T||&=&\sup\{||Tx||:||x||\leq
1\}\\
&=&\sup\{\sum_{n=1}^{\infty}|\alpha_{n}\xi_{n}:||x||\leq
1|\}\\
&\leq&\sup_{n}|\alpha_{n}|
\end{eqnarray*}
另一方面我们取$e_{n}=\{0,0,\cdots,\frac{\overline{\alpha_{n}}}{|\alpha_{n}|},\cdots\}$,
第$n$个元素不为零
所以
$$||T||\geq ||Te_{n}||=|\alpha_{n}|,\forall n\Rightarrow
||T||\geq
\sup_{n}|\alpha_{n}|$$
综上即得
$$||T||=\sup_{n}|\alpha_{n}|$$
3.证明上题中的$T$是有界可逆的当且仅当
$$\inf_{n}|\alpha_{n}|>0$$
证明:必要性,不妨设
$$T^{-1}:\eta_{n}^{*}=\alpha_{n}^{*}\xi_{n};M=||T||=\sup_{n}|\alpha_{n}|<\infty$$
由$T^{-1}T=TT^{-1}=I$(参考第一章题$27$)得
$$\alpha_{n}^{*}=\alpha_{n}^{-1}$$
同理
$$\infty>r=||T^{-1}||=\sup_{n}|\alpha_{n}^{*}|=\sup_{n}|\alpha_{n}^{-1}|\geq
\frac{1}{M}>0$$
所以
$$\frac{1}{\alpha_{n}}\leq r\Rightarrow
\alpha_{n}\geq \frac{1}{r}$$
取下确界即得结论.
$r<\infty$是因为$T$是有界可逆的.
充分性.取以上$T^{-1}$即可.
4.设无穷矩阵$(a_{ij})_{i,j=1}^{\infty}$满足
$$\sum_{i=1}^{\infty}(\sum_{j=1}^{\infty}|a_{ij}|^{q})<\infty$$
由它定义的算子$T$为
$$y=Tx:\eta_{i}=\sum_{j=1}^{\infty}a_{ij}\xi_{j},i=1,1,\cdots,$$
其中$x=\{\xi_{n}\},y=\{\eta_{n}\}.$
证明$T$是从$l^{p}$到$l^{q}$的有界线性算子,这里$1<p,q<\infty$,且$\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1.$
证明：设$x\in
l^{p}$,$x=\{\xi_{n}\}=\{\xi_{1},\xi_{2},\cdot,\xi_{j},\cdots\}$,$M=\sum_{j=1}^{\infty}|\xi_{j}|^{p}<\infty$
首先证$Tx\in
l^{q}$,
使用H\"{o}lder不等式
\begin{eqnarray*}
\sum_{i=1}^{\infty}|\eta_{i}|^{q}&=&\sum_{i=1}^{\infty}|\sum_{j=1}^{\infty}a_{ij}\xi_{j}|^{q}\\
&\leq&\sum_{i=1}^{\infty}\sum_{j=1}^{\infty}|a_{ij}\xi_{j}|^{q}\\
&\leq&\sum_{i=1}^{\infty}(\sum_{j=1}^{\infty}|a_{ij}|^{q})(\sum_{j=1}^{\infty}|\xi_{j}|^{\frac{q}{p}})\\
&\leq&M^{\frac{q}{p}}\sum_{i=1}^{\infty}\sum_{j=1}^{\infty}|a_{ij}|^{q}\\
&<&\infty
\end{eqnarray*}
所以$T$是$l^{p}$到$l^{q}$的算子,线性显然.有界性:
\begin{eqnarray*}
||T||&=&\sup\{||Tx||:||x||\leq
1\}\\
&=&\sup\{(\sum_{i=1}^{\infty}|\eta_{i}|^{q})^{\frac{1}{q}}:||x||\leq
1\}\\
&\leq&\sum_{i=1}^{\infty}\sum_{j=1}^{\infty}|a_{ij}|^{q}\\
&<&\infty
\end{eqnarray*}
所以$T$为$l^{p}$到$l^{q}$的有界线性算子.证毕.
5.设$X$是Banach空间,$A,B\in
L(X).$如果$A,B$都是有界可逆的,则$AB$也是有界可逆的,且
$$(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$$
证明:首先有结论$AB$是$X$上有界线性算子,$B^{-1}A^{-1}$为$X$上的有界线性算子.
$$\|AB\|\leq
\|A\|\|B\|<\infty$$
由第一章题27知$A^{-1},B^{-1}$有界,同上可得$B^{-1}A^{-1}$为$X$上的有界线性算子.
且有
$$B^{-1}A^{-1}AB=ABB^{-1}A^{-1}=I$$
所以$AB$是有界可逆的且$(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$.
证毕.
第一章习题27:
设$T$是Banach空间$X$上有界线性算子,如果存在$X$上有界线性算子$S$使
$$TS=ST=I$$
则$T$是有界可逆的,而且$T^{-1}=S$.
反之,如果$T$是有界可逆的,则
$$TT^{-1}=T^{-1}T=I$$
这里$I$是$X$上恒等算子,即
$$Ix=x,\forall
x\in X$$
6.设$X,Y$都是赋范线性空间,$T$是从$X$到$Y$的线性算子.试证明,如果$T$是有界的,则$T$之零空间$N(T)$
或称$ker(T)$是闭的.反之,当$N(T)$是闭时,$T$一定是有界的吗？
证明：首先有
\begin{eqnarray*}
\|T(x_{n}-x_{0})\|&\leq&
\|T\|\|x_{n}-x_{0}\|\\
&\leq& M
\|x_{n}-x_{0}\|
\end{eqnarray*}
可见若$x_{n}\to x_{0}$,则有$Tx_{n}\to
Tx_{0},(n\to
\infty)$.由此结论$\{x_{n}\}\in ker(T)$
$$Tx_{0}=\lim_{n\to
\infty}Tx_{n}=0$$
所以$x_{0}\in
ker{T}$.$Ker(T)$为闭集.
反之，若$Ker(T)$是闭的，$T$不一定是有界的,有反例如下:
设$X$为$C[a,b]$上连续可微函数之全体，定义微分算子
$$T:x\rightarrow
C[a,b],x\rightarrow \frac{d}{dt}x $$
则$ker(T)=\{x(t)=C\}$为闭集,但$T$是无界算子.
7.设$X$是赋范线性空间,$x,y\in
X$.如果对$X$上的任何线性连续泛函$f$,都有$f(x)=f(y)$,则$x=y$.
证明:
引理(非零有界线性泛函存在定理)
设$X$是赋范线性空间,任給非零元$x_{0}\in
X$,总存在$X$上的连续线性泛函$f$满足:
(1)$\|f\|=1$,
(2)$f(x_{0})=\|x_{0}\|.$
若$x-y\neq
0$,则存在如上泛函$f$使得$f(x-y)=||x-y||>0$,这与$f(x)=f(y)$矛盾.所以假设不成立即$x=y$.证毕.
8.设$X$是Banach空间,试证明,对任給的$x\in
X$
$$\|x\|=\sup\{|f(x)|:f\in X^{‘},\|f\|\leq 1\}$$
证明：不妨设$x\neq
0$,一方面由$|f(x)|\leq \|f\|\|x\|$得
$$\sup\{|f(x)|:f\in X^{‘},\|f\|\leq 1\}\leq
\|x\|$$
另一方面,由非零有界泛函存在定理,$\exists
\overline{f}(x),(i)\|f\|=1,(ii)\overline{f}(x)=\|x\|$
$$\|x\|=\overline{f}(x)\leq
\sup\{|f(x)|:f\in X^{‘},\|f\|\leq
1\}$$
综上所以有
$$\|x\|=\sup\{|f(x)|:f\in
X^{‘},\|f\|\leq 1\},\forall x\in
X$$
9.设$p(x)$是赋范线性空间$X$上次可加,正齐次泛函,即对任意的$x,y\in
X,\alpha \in
C,$
$$p(x+y)\leq p(x)+p(y)$$
$$p(\alpha
x)=|\alpha|p(x)$$
如果$p(x)$在$x=0$处连续,则$p(x)$在每一点都连续.试证明之.
证明:设$x_{n}\to
x_{0}$即$x_{n}-x_{0}\to 0$,由次可加性有
$$p(x_{n})-p(x_{0})\leq p(x_{n}-x_{0})\to
0,(n\to \infty)$$
所以
$$\limsup_{n\to\infty} p(x_{n})\leq
p(x_{0})$$
另一方面有
$$p(x_{0})\leq
p(x_{n})+p(x_{0}-x_{n})=p(x_{n})+p(x_{n}-x_{0})$$
所以
$$\liminf_{n\to
\infty}p(x_{n})\geq
p(x_{0})$$
综上,故有
$$\lim_{n\to\infty}p(x_{n})=p(x_{0})$$
即$p(x)$在每一点都连续,证毕.
10.设$p(x)$是线性空间$X$上的半范数,则$\{x:p(x)<r\}(r>0)$是凸集而且是平衡的,吸收的.
证明:设$P=\{x:p(x)<r\}(r>0)$,$\forall
x,y\in P,\lambda \in
(0,1)$由半范数定义有
\begin{eqnarray*}
p(\lambda
x+(1-\lambda)y)&\leq&\lambda
p(x)+(1-\lambda)p(y)\\
&<&\lambda
r+(1-\lambda)r\\
&=&r
\end{eqnarray*}
所以$P$是凸集.
又$\forall
|\alpha|<1,x\in P$
$$p(\alpha x)\leq
|\alpha|p(x)<r$$
所以$P$是平衡集.
吸收性：$\forall x\in
X$不妨设$x\neq
0$,取$\varepsilon=\frac{r}{2p(x)}$,则当$|\alpha|\leq
\varepsilon$
$$p(\alpha x)\leq |\alpha|p(x)\leq
\varepsilon
p(x)=\frac{r}{2}<r$$
所以$P$是吸收的.
11.试证明凸集的闭包是凸的,平衡集的闭包是平衡的,吸收集的闭包是吸收的.
证明:
(i)设$P$为凸集,$\forall x,y\in
\overline{P},\exists x_{n}\to x,y_{n}\to
y$,由$P$凸性知
$$\lambda x_{n}+(1-\lambda)y_{n}\in P$$
取极限则得
$$\lambda
x+(1-\lambda)y\in
\overline{P}$$
即$\overline{P}$保持凸.
(ii)若$P$为平衡集,$\forall
|\alpha|<1, x_{n}\in P,\alpha x_{n}\in
P$取极限便得
$$\alpha x\in
\overline{P}$$
所以$\overline{P}$仍为平衡集.
(ii)设$P$是吸收集,则$\forall x\in
X,\exists
\varepsilon>0,$当$|\alpha|\leq \varepsilon$时,
$$\alpha x\in
P\subset
\overline{P}$$
所以显见$\overline{P}$是吸收的.
12.
13.
14.设$A,B$都是Hilbert空间$H$上处处定义的线性算子,且
$$(Ax,y)=(x,By),\forall
x,y\in
H$$
证明:$A,B$都是有界的,且$B=A^{*}$.
证明:引理(闭图形定理)
设$T$是从Banach空间$X$到Banach空间$Y$的处处有定义的闭算子,则$T$是有界的.
(i)故我们只需证明$A,B$为闭算子即可.设$x_{n}\to
x_{0},Ax_{n}\to
y_{0}$,则有
$$(Ax_{n},y)=(x_{n},By),\forall y\in
H$$
两边取极限由内积之连续性即得
$$(y_{0},y)=(x_{0},By)=(Ax_{0},y),\forall y\in
H$$
所以
$$(Ax_{0}-y_{0},y)=0,\forall y\in
H$$
取$y=Ax_{0}-y_{0}$,便得$Ax_{0}=y_{0}$.$A$为闭算子.同理$B$为闭算子.由闭图形定理知其有界.
(ii)由Hilbert空间伴随算子之定义有
$$(Ax,y)=(x,A^{*}y,\forall
x,y\in H)$$
故有
$$(x,By-A^{*}y)=0,\forall x,y\in
H$$
取$x=By-A^{*}y$,得$By=A^{*}y,\forall y\in
H$即$B=A^{*}$.证毕.
15.设$X,Y$都是Banach空间,$T\in
L(X,Y)$.如果$T$是单射,则$T^{-1}$是闭算子.
证明:因为$T$是单射故可定义$T^{-1}$.
（二）泛函分析（江泽坚）习题解答,布布扣,bubuko.com