nan2inf

251110

2.2.1

设 $f_1,f_2,\cdots,f_n$ 是 $H$ 上的一组有界线性泛函,

$$ M\overset{\Delta}{=}\bigcap\limits_{k=1}^n N(f_k),\quad N(f_k)\overset{\Delta}{=}\lbrace x\in H|f_k(x)=0\rbrace $$
$$ (k=1,2,\cdots,n). $$

$\forall x_0\in H$, 记 $y_0$ 为 $x_0$ 在 $M$ 上的正交投影, 求证: $\exists y_k\in N(f_k)^{\perp}$ 及 $\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n\in\mathbb K$, 使得

$$ y_0=x_0-\sum\limits_{k=1}^n \alpha_ky_k. $$

证明
对于空间 $Y=\sum\limits_{k=1}^n N(f_k)^\perp$, $\forall x\in Y^\perp$, 有 $(x,Y)=0$. 又 $N(f_k)^\perp\subset Y$, 所以 $(x,N(f_k)^\perp)=0$ 从而 $x\in N(f_k)$. 故 $x\in M$. 即 $Y^\perp\subset M$.

另一方面, $M\subset N(f_k)$, 从而 $M^\perp\supset N(f_k)^\perp$, 进而 $M\subset Y^\perp$.

从而 $Y^\perp=M$. 即 $Y=M^\perp$. 故根据正交投影定理, $\exists x_1\in M^\perp$ 满足 $y_0=x_0-y_1$, 又 $x_1\in Y$, 故存在 $y_k\in N(f_k)^\perp, \alpha_k\in \mathbb K$ 使得 $x_1=\sum\limits_{k=1}^n \alpha_ky_k$. 即 $y_0=x_0-\sum\limits_{k=1}^n \alpha_ky_k$.

2.2.5

设 $L,M$ 是 $H$ 上的闭线性子空间, 求证:

  1. $L\perp M\Leftrightarrow P_LP_M=0$;
  2. $L=M^\perp \Leftrightarrow P_L+P_M=I$ (恒同算子);
  3. $P_LP_M=P_{L\cap M}\Leftrightarrow P_LP_M=P_MP_L$.

证明

  1. $\Rightarrow$: $L\perp M\Rightarrow P_M(x)\perp L\Rightarrow P_L(P_M(x))=0\Rightarrow P_LP_M=0$. $\Leftarrow$: $\forall x\in M$, 有 $P_M(x)=x$, 由 $P_LP_M=0\Rightarrow P_L(x)=0$ 即 $x\perp L$, 从而 $L\perp M$.
  2. $\Rightarrow$: $\forall x\in H$, 根据正交分解定理, 存在唯一的 $x_0\in M, x_1\in M^\perp$ 使得 $x=x_0+x_1$, 且有 $P_M(x)=x_0$. 另一方面, 有唯一的 $x_0'\in M^\perp,x_1'\in (M^\perp)^\perp=M$ 使得 $x=x_0'+x_1'$, 且 $P_L(x)=x_0'$. 由于分解的唯一性, 我们有 $x_0=x_1', x_0'=x_1$. 进而 $(P_L+P_M)(x)=x_0+x_1=x$ 即 $P_L+P_M=I$. $\Leftarrow$: 仍考虑正交分解 $\forall x\in H, x=x_0+x_1$. 此时 $P_L(x)=(I-P_M)(x)=x-x_0=x_1=P_{M^\perp}(x)$. 即 $P_L=P_{M^\perp}$. 从而 $L=M^\perp$.
  3. $\Rightarrow$: $\forall x\in H$, 在 $M$ 上正交分解 $x=x_0+x_1$, 在 $L\cap M$ 上分解 $x=z_0+z_1$, 再在 L 上分解 $x_0=y_0+y_1, x_1=y_0'+y_1'$, 由 $P_LP_M=P_{L\cap M}$, 从而 $P_L(P_M(x))=P_L(y_0+y_1)=y_0=P_{L\cap M}(x)=z_0$. 那么 $P_M(P_L(x))=P_MP_L(z_0+z_1)=P_M(z_0)+P_MP_L(y_1+y_0'+y_1')=z_0+P_M(y_0')$. 下证 $P_M(y_0')=0$. 而我们有 $z_1=y_0'+y_1+y_1'\in (L\cap M)^\perp, y_1,y_1'\in L^\perp$. 由 $L\cap M\subset L$, 故 $(L\cap M)^\perp\supset L^\perp$ 进而 $y_1,y_1'\in (L\cap M)^\perp$, 从而 $y_0'\in (L\cap M)^\perp$. 又 $y_0'\in L$ 所以 $(y_0',L^\perp)=0\Rightarrow (y_0',L^\perp\cap M)=0$. 考虑 $L\cap M$ 作为 $M$ 上的闭线性子空间, $\forall x\in M$ 可以唯一正交分解为 $x=x_0+x_1,\ x_0\in L\cap M, x_1\in L^\perp \cap M$. 而此时 $y_0'\perp L^\perp \cap M$, 之前证了 $y_0'\perp L\cap M$. 从而 $y_0'\perp M$. 即有 $P_M(y_0')=0$. 综上 $P_MP_L(x)=z_0+P_M(y_0')=z_0=P_{L\cap M}(x)=P_LP_M(x)$. 即 $P_LP_M=P_MP_L$. $\Leftarrow$: $\forall x\in H$, 在 $M$ 上正交分解 $x=x_0+x_1$, 再在 $L$ 上正交分解 $x_0=y_0+y_1$. 根据条件有 $P_LP_M(x)=y_0=P_M(P_L(x))$. 因为右边最后一个算子是 $P_M$ 所以结果肯定在 $M$ 上, 即 $y_0\in M$. 又 $y_0\in L$, 即 $y_0\in L\cap M$. 下面考虑 $P_{L\cap M}(x)=P_{L\cap M}(y_0+y_1+x_1)=y_0+P_{L\cap M}(y_1)+P_{L\cap M}(x_1)$. 由 $y_1\in L^\perp,x_1\in M^\perp$ 且 $L\cap M\subset L,L\cap M\subset M$. 从而 $L^\perp,M^\perp\subset (M\cap L)^\perp$. 故 $P_{L\cap M}(y_1)=P_{L\cap M}(x_1)=0$. 因此有 $P_LP_M(x)=y_0=P_{L\cap M}(x)$. 即 $P_LP_M=P_{L\cap M}$.

注 1
证明: $(L\cap M)^\perp=L^\perp+M^\perp$. $\forall x\in L^\perp+M^\perp$, $x=y+z, y\in L^\perp, z\in M^\perp$.

从而 $(y,L)=(z,M)=0$, 即 $(y,L\cap M)=(z,L\cap M)=0$, 从而 $(x,L\cap M)=0$, $x\in L\cap M\Rightarrow L\cap M\supset L^\perp+M^\perp$.

再证 $(L\cap M)^\perp\subset L^\perp+M^\perp$.

等价于证明 $(L\cap M)\supset (L^\perp+M^\perp)^\perp$.

由此, 我们说明 $y_0'\in (L\cap M)^\perp=L^\perp+M^\perp$ 故 $y_0'=a+b, a\in L^\perp,b\in M^\perp$.

但我们还有 $y_0'\in L$

$\forall x\in (L^\perp+M^\perp)^\perp$, $(x,L^\perp+M^\perp)=0\Rightarrow(x,L^\perp)=(x,M^\perp)=0$ 从而 $x\in L,x\in M$, 即 $x\in M\cap L$.

综上 $(L\cap M)^\perp=L^\perp+M^\perp$.

2.3.4

设 $\mathscr X,\mathscr Y$ 是 $B^*$ 空间, $D$ 是 $\mathscr X$ 的线性子空间, 并且 $A:D\to\mathscr Y$ 是线性映射. 求证:

  1. 如果 $A$ 连续且 $D$ 是闭的, 那么 $A$ 是闭算子;
  2. 如果 $A$ 连续且是闭算子, 那么 $\mathscr Y$ 完备蕴含 $D$ 闭;
  3. 如果 $A$ 是单射的闭算子, 那么 $A^{-1}$ 也是闭算子;
  4. 如果 $\mathscr X$ 完备, $A$ 是单射的闭算子, $R(A)$ 在 $\mathscr Y$ 中稠密, 并且 $A^{-1}$ 连续, 那么 $R(A)=\mathscr Y$.

证明

  1. 由于 $D(A)$ 闭且 $A$ 有界则 $A$ 是闭算子, 另外线性算子的连续性与有界性等价, 从而 $A$ 是闭算子.
  2. 由 $A$ 的连续性, 当 $x_n\to x$ 是 $\mathscr X$ 中的收敛列, $\lbrace Ax_n\rbrace $ 也是柯西列. 再由 $\mathscr Y$ 的完备性, $\lbrace Ax_n\rbrace $ 收敛. 所以 $(x_n,Ax_n)\to (x,y)$. 再由 $A$ 是闭算子知 $x\in D(A)$. 故 $D$ 也是闭的.
  3. $A^{-1}:R(A)\to D$. 设 $y_n\to y, y_n\in R(A)$. 存在 $x_n\to x$ 满足 $y_n=Ax_n$. 并且由 $A$ 的闭性 $(A^{-1}y_n,y_n)=(x_n,Ax_n)$ 构成的集合是闭的. 从而 $A^{-1}$ 也是闭算子.
  4. 由 (3) 可知 $A^{-1}$ 也是闭算子. 再由 (2) 可知, $R(A)$ 是闭的. 又 $R(A)$ 在 $\mathscr Y$ 中稠密, 从而 $R(A)=\mathscr Y$.

2.3.11

设 $\mathscr X,\mathscr Y$ 是 $B$ 空间, $A\in\mathscr L(\mathscr X,\mathscr Y)$ 是满射的. 求证: 如果在 $\mathscr Y$ 中 $y_n\to y_0$, 则 $\exists C>0$ 与 $x_n\to x_0$, 使得 $Ax_n=y_n$, 且 $\Vert x_n \Vert\leqslant C \Vert y_n \Vert$.

证明
设 $\widetilde{A}=\mathscr X/\ker A\to\mathscr Y$. 那么根据题设条件容易推出商空间引出的映射是双射. 那么根据 Banach 逆映射定理可知 $\widetilde{A}^{-1}$ 也是有界线性算子. 进而根据有界算子定义知存在 $C$, 使得 $\Vert [x_n] \Vert\leqslant C\Vert y_n \Vert$. 接着只要取商空间等价类中的代表元 $x_n$ 满足 $\Vert x_n \Vert\leqslant2\Vert [x_n] \Vert\leqslant 2C\Vert y_n \Vert$. 即可.

2.3.12

设 $\mathscr X,\mathscr Y$ 是 $B$ 空间, $T$ 是闭线性算子, $D(T)\subset \mathscr X$, $R(T)\subset\mathscr Y$, $N(T)\overset{\Delta}{=}\lbrace x\in\mathscr X| Tx=0\rbrace $.

  1. 求证: $N(T)$ 是 $\mathscr X$ 的闭线性子空间.
  2. 求证: $N(T)=\lbrace 0\rbrace $, $R(T)$ 在 $\mathscr Y$ 中闭的充要条件是, $\exists\alpha>0$, 使得
$$ \Vert x \Vert\leqslant\alpha\Vert Tx \Vert\quad(\forall x\in D(T)) $$
  1. 如果用 $d(x,N(T))$ 表示点 $x\in \mathscr X$ 到集合 $N(T)$ 的距离 $\left(\inf\limits_{z\in N(T)}\Vert z-x \Vert\right)$. 求证: $R(T)$ 在 $\mathscr Y$ 中闭的充要条件是, $\exists\alpha>0$, 使得
$$ d(x,N(T))\leqslant \alpha \Vert Tx \Vert\quad (\forall x\in D(T)). $$

证明

  1. 线性性由 $T$ 是线性算子显然得到. 对任意 $\lbrace x_n\rbrace \subset N(T), x_n\to x$. 那么 $(x_n,Tx_n)\to (x,0)$ 由 $T$ 的闭性 $x\in D(T), Tx=0$ 从而 $x\in N(T)$. 即 $N(T)$ 是闭的.
  2. $N(T)=\lbrace 0\rbrace $ 即 $T$ 是单射. $\Rightarrow$: 由 $T$ 是闭的且是单射, 可知 $T^{-1}$ 也是闭的. 再由 $R(T)$ 是闭集根据闭图像定理知 $T^{-1}$ 连续, 即有界. 所以存在 $\alpha$ 满足 $\norm{T^{-1}y}\leqslant \alpha \Vert y \Vert, y\in R(T)$. 再由单射可取 $x\in D(T)$, 由 $x=T^{-1}y$. 从而得到
$$ \Vert x \Vert\leqslant\alpha\Vert Tx \Vert $$

$\Leftarrow$: 由 $T$ 是单射, 所以在 $D(T)\to R(T)$ 上 $T$ 是双射. 又 $T^{-1}$ 也是闭的. 考虑 $T^{-1}:R(T)\to D(T)$ 是双射. 由题设条件可知 $\norm{T^{-1}y}\leqslant \alpha\Vert y \Vert\forall y\in R(T)$. 从而 $T^{-1}$ 有界. 即 $T^{-1}$ 连续. 从而考虑 $T^{-1}$ 的图像. 任取 $y_n\to y$. $T^{-1}y_n$ 也收敛. 从而根据闭算子定义可知 $y\in R(T)$. 即 $R(T)$ 是闭的. 1. 考虑商空间 $\mathscr X/N(T)$. 那么 $d(x,N(T))=\Vert [x] \Vert$. 由于等价类的元素可以有核空间的元素和代表元线性表出, 所以等价类中元素的像均相等, 故自然引出新线性映射 $\widetilde{T}([x])=Tx+Tz=Tx$. 并且有 $\widetilde{T}$ 是单射和 $R(T)=R(\widetilde{T})$. 题目要证的条件就等价为 $\Vert [x] \Vert=d(x,N(T))\leqslant\alpha\Vert Tx \Vert=\alpha\norm{\widetilde{T}([x])}$. 并且根据商空间的完备性定理, $\mathscr X$ 是 $B$ 空间, $N(T)$ 是闭线性子空间, 从而 $\mathscr X/N(T)$ 也是 $B$ 空间. 那么根据 (2) 结论 $R(\widetilde{T})$ 是闭的与 $\exists\alpha>0$ 使得 $\Vert x \Vert\leqslant\alpha\norm{\widetilde{T}x} (\forall x\in D(\widetilde{T}))$ 充要. 所以原命题得证.