Изменения

{{В разработке}}[[Нормированные пространства|<br<]] [[Дифференцируемые отображения в нормированных пространствах|>>]]

Пусть <tex>X</tex>, <tex>Y</tex> — нормированные пространства, <tex>~\mathcal{A}\colon X \to Y</tex>. <tex>\mathcal{A}</tex> называется линейным оператором, если <tex>\mathcal{A \left } ( \alpha x + \beta y \right )=\alpha \mathcal{A } \left ( x \right )+\beta \mathcal{A } \left ( y \right ), \forall \alpha, \beta \in \mathbb {R}, \forall x, y \in X</tex>}}Из того факта, что <tex>\mathcal{A } \left ( \alpha x \right )=\alpha \mathcal{A } \left ( x \right )\forall \alpha \in \mathbb {R} </tex>, следует, что <tex>\forall mathcal{A} \left( 0 \right) =0 </tex>. {{Определение|definition=Л.о. называется ограниченным, если <tex>\alpha exists m \in \mathbb {R}~ , m \ge 0: \forall x \in X \left \| \mathcal{A} \left( x \right) \right \| \le m \left \| x \right \|</tex>}} {{Определение|definition=Л.о. непрерывен в точке <tex>x</tex>, если <tex>\lim \limits_{\Delta x \to 0} \mathcal{A} \left( x + \Delta x \right) = \mathcal{A} \left( x \right) </tex>}} Имеется тесная связь между ограниченностью и непрерывностью оператора: {{Лемма|statement=Непрерывность оператора в точке <tex>x</tex> совпадает с его непрерывностью в точке <tex>0</tex>.|proof=Пусть <tex> \lim\limits_{\Delta x \to 0} \mathcal{A} \left( \Delta x \right) = \mathcal{A} \left( 0 \right) = 0</tex> <tex> \left \| \mathcal{A}( x + \Delta x) - \mathcal{A}(x) \right \| = \left \| \mathcal{A} \left( x \right) + \mathcal{A} \left( \Delta x \right) - \mathcal{A} \left( x \right) \right \| = \left \| \mathcal{A} \left( \Delta x \right) \right \| \xrightarrow [\Delta x \to 0]{} 0 </tex> Значит, <tex>\mathcal{A} \left ( x + \Delta x \right )\xrightarrow [\Delta x \to 0]{} \mathcal{A}(x) </tex>, и <tex> \mathcal{A} </tex> непрерывен в <tex> x </tex> по определению.}} {{Теорема|statement=Линейный оператор непрерывен тогда и только тогда, когда он ограничен.|proof=# <tex>\mathcal{A}</tex> {{---}} ограничен, значит, <tex> \left \| \mathcal{A}(x) \right \| \le m \left \| x \right \|, m \ge 0</tex>#: <tex>\left \| \mathcal{A} \left( \Delta x \right) \right \| \le m \left \| \Delta x \right \| </tex>#: <tex> \mathcal{A } \left ( \Delta x \right) \xrightarrow [\Delta x \to 0]{} 0 </tex>.#: А непрерывен в 0, следовательно, непрерывен и на X.# Пусть <tex>\mathcal{A}</tex> {{---}} непрерывен на X, в частности, в <tex>0</tex>, тогда:#: Подставляем в определение <tex>\varepsilon = 1: ~ \exists \delta > 0 : \forall z: \left \| z \right \| \le \delta \Rightarrow ~ \left \| \mathcal{A}(z)\right \| \le \varepsilon = 1</tex>#* Для <tex>x =0</tex> условие ограничения будет соблюдено при любом <tex>m</tex>.#* Для <tex>x \ne 0</tex> рассмотрим <tex>z = \frac{\delta}{2} \frac {x}{\left \| x \right \|}.\quad</tex>&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;<tex> \left \| z \right \| = \frac{\delta}{2} <br\delta \Rightarrow \left \| \mathcal{A}(z) \right \| \le 1 </tex>#*: Но <tex>\mathcal{A} \left ( z \right ) = \frac {\delta}{2 \left \| x \right \|} \mathcal{A}(x) </tex>. Значит, <tex> \| \mathcal{A}(z) \| = \frac {\delta}{2 \| x \|} \| \mathcal{A}(x) \| \le 1</tex>, таким образом, <tex> \| \mathcal{A}(x) \| \le \frac2{\delta} \| x \|</tex>#: Выберем <tex> m = \frac2{\delta} </tex>, и получим, что оператор ограничен.}} 

ЛНормой ограниченного оператора <tex>\left \| \mathcal{A} \right \|</tex> является <tex>\sup \limits_{\left \| x \right \| \le 1} \left \| \mathcal{A}x \right \|</tex>.о. называется ограниченным}} При <tex>x \ne 0, z = \frac {x}{\left \| x \right \|}, \left \| z \right \| = 1</tex>, имеем<tex>\left \| \mathcal{A}z \right \| \le \left \| \mathcal{A} \right \|</tex> <tex>\mathcal{A}z = \frac {\mathcal{A}x}{\left \| x \right \|}</tex>, таким образом, если <tex>\exists m left \| \mathcal{A}x \right \| \le \left \| \mathcal{A} \right \| \left \| x \right \|, \forall x \in X</tex> Норма оператора <tex>\left \| \mathcal{A} \right \mathbb |</tex> удовлетворяет трём стандартным аксиомам абстрактной нормы:# <tex>\left \| \mathcal{RA} \right \| \ge 0, \left \| \mathcal{A} \right \| = 0 \Longleftrightarrow \mathcal{A} = 0</tex># <tex>\left \| \alpha \mathcal{A} \right \| = \left | \alpha \right | \left \| \mathcal{A} \right \|</tex># <tex>\left \| \mathcal{A} + \mathcal{B} \right \| \le \left \| \mathcal{A} \right \| + \left \| \mathcal{B} \right \|</tex>Докажем свойство 3:  {{Утверждение|statement=<tex>\left \| \mathcal{A} + \mathcal{B} \right \| \le \left \| \mathcal{A} \right \| + \left \| \mathcal{B} \right \|</tex>|proof=Рассмотрим <tex>x</tex>, такой, что <tex>\left \| x \right \| \le 1</tex>. <tex> \left \| \left ( \mathcal{A} + \mathcal{B} \right ) \left ( x \right ) \right \| \le \left \|\mathcal{A}x \right \| + \left \| \mathcal{B}x \right \| \le \left \| \mathcal{A} \right \| + \left \| \mathcal{B} \right \|, \forall x \in le 1 </tex>}} <tex>~\mathcal{A}\colon X \to Y, ~\mathcal{B}\colon Y \to Z</tex> <tex>\mathcal{B} \circ \mathcal{A} = \mathcal{B} \cdot \mathcal{A} \colon X \to Z, \left ( \mathcal{B}\mathcal{A} \right ) \left ( x \right ) = \mathcal{B} \left ( \mathcal{A} \left ( x \right ) \right )</tex> <tex>\left \| \mathcal{B}\mathcal{A} \right \| \le \left \| \mathcal{B} \right \| \cdot \left \| \mathcal{A} \right \| </tex>, в частности, <tex>\left \| \mathcal{A}^n \right \| \le \left \| \mathcal{A} \right \|^n</tex> {{Утверждение|statement=<tex>\|\mathcal{BA}\| \leq \|\mathcal{A}\| \cdot \|\mathcal{B}\| </tex>|proof=<tex>\forall x : \|x\| < 1 : \|\mathcal{BA}x\| = \mathcal{B}(\mathcal{A}x) </tex> <tex>\leq \|\mathcal{B}\| \cdot \|\mathcal{A}x\|</tex> <tex>\leq \| \mathcal{B}\| \cdot \|\mathcal{A}\| \cdot \|x\|</tex> <tex>\leq \|\mathcal{A}\| \cdot \|\mathcal{B}\|</tex>}} Действия с операторами производятся стандартным образом, поточечно. Рассмотрим частный случай: <tex>\mathcal{A}\colon \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m, \overline x \in \mathbb{R}^n, \overline x = \sum \limits_{k=1}^n x_k \overline {e_k}, x_k=\left \langle \overline x, \overline {e_k}\right \rangle</tex>. Тогда <tex>\mathcal{A } \left ( \overline {x } \right ) = \sum \limits_{k=1}^n x_k \mathcal{A} \left ( \overline {e_k} \right ) </tex> Таким образом, если оператор действует из конечномерного пространства, то он вполне определён по его значению на базисных точках. Если он действует в конечномерное пространство, <tex>\mathcal{A} \left ( \overline {e_k} \right ) = \sum \limits_{j=1}^m a_{jk} \overline{e_j}'</tex>. <tex>\mathcal{A} \left ( \overline x \right ) = \sum \limits_{k=1}^n \sum \limits_{j=1}^m \left ( a_{jk}x_k\overline{e_j}' \right ) = \sum \limits_{j=1}^m \left ( \sum \limits_{k=1}^n a_{jk} x_k \right ) \overline{e_j}' </tex> {{Утверждение|statement=<tex>\left \| \mathcal{A} \right \| \le \sqrt{\sum \limits_{k=1}^n \sum \limits_{j=1}^m a_{jk}^2}</tex>|proof=<tex>\overline y = \mathcal{A} \overline x, y_j = \sum \limits_{k=1}^n a_{jk} x_k</tex> — здесь отчётливо видно правило умножения матриц. Отсюда понятно, почему часто устанавливают связь между линейными операторами и матрицами: <tex>\mathcal{A} \colon \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m \longleftrightarrow \mathcal{A} = \left ( a_{jk} \right )</tex>, где <tex>j</tex> и <tex>k</tex> пробегают от <tex>1</tex> до <tex>n</tex> и <tex>m</tex> соответственно, а <tex>\mathcal{A} \overline x </tex> — результат действия л.о. <tex>\mathcal{A}</tex> на точку <tex>\overline x</tex> можно представить в виде произведения матрицы <tex>\mathcal{A}</tex> и столбца <tex>x</tex>. В <tex>\mathbb{R}^n</tex> сходимость покоординатная. <tex>\left | \sum \limits_{k=1}^m a_{jk} x_k \right | \le \sum \limits_{k=1}^m \left | a_{jk} \right | \left | x_k \right | \le \sqrt {\sum \limits_{k=1}^m \left | a_{jk} \right | ^ 2} \left \| \overline x \right \|</tex> (по неравенству Коши для сумм), таким образом, из <tex>\overline x \to 0</tex> неизбежно следует <tex>\sum \limits_{k=1}^m a_{jk}x_k \to 0</tex> Итак, линейный оператор, действующий из одного конечномерного пространства в другое, всегда непрерывен. Имеется тесная связь между ограниченностью и непрерывностью Пользуясь классическими неравенствами типа Коши, легко оценить норму такого оператора: <brtex>\left \| \overline y \right \| = \sqrt{\sum \limits_{j=1}^m y^{2}_j} </tex> <tex> y^{2}_j \le \left ( \sum \limits_{k=1}^n a_{jk}^2 \right ) \left \| \overline x \right \| ^ 2 </tex>. <tex>\left \| \overline y \right \| ^ 2 \le \sum \limits_{j=1}^m \left ( \sum \limits_{k=1}^n a_{jk}^2 \right ) \left \| \overline x \right \|^2</tex> <tex>\left \| \mathcal{A} \overline x \right \| \le \sqrt{\sum \limits_{k=1}^n \sum \limits_{j=1}^m a_{jk}^2} \left \| \overline x \right \|</tex> Таким образом, финальная оценка — <tex>\left \| \mathcal{A} \right \| \le \sqrt{\sum \limits_{k=1}^n \sum \limits_{j=1}^m a_{jk}^2}</tex>. Но, в общем случае, эта оценка достаточно грубая.}} 

Л.о. непрерывен в X, если '''Линейный функционал''' - линейный оператор вида <tex>\lim \limits_{\mathcal {4A} x \to 0} A : H \left ( x+rightarrow \mathcalmathbb{4R}x \right )=A\left (x \right ) </tex> }}В силу линейности непрерывность оператора в точке , где <tex>x</tex> совпадает с его непрерывностью в точке <tex>0H </tex>- гильбертово пространство. Доказательство:<br><tex> \vartriangleright </tex> Пусть <tex> \lim \limits_{\mathcal {4} x \to 0} A \left ( \mathcal{4}x \right )=A\left (0 \right )=0</tex><br><tex> \left \| A \left ( x + \mathcal{4} x) \right ) - A \left ( x \right ) \right \| = \left \| A \left (x \right)+ A \left ( \mathcal{4}x \right)-A \left (x \right )\right \| = \left \| A \left ( \mathcal{4}x \right )\right \| \xrightarrow {\mathcal{4}x \to 0} 0 </tex><br><tex>A \left ( x + \mathcal{4} x) \right )\xrightarrow [\mathcal{4}x \to 0]{} A \left ( x \right ) \vartriangleleft</tex><br>

ЛДля любого <tex> x_0 \in H </tex> существует ограниченный линейный функционал <tex>f \colon H \to \mathbb{R}</tex>, обладающий такими свойствами:# <tex>f \left ( x_0 \right ) = \left \| x_0 \right \|</tex># <tex>\left \| f \right \| = 1</tex>|proof=Для <tex> x_0 = 0 </tex> подойдет любой линейный функционал, такой, что <tex> \|f\| = 1 </tex>, поэтому рассмотрим <tex> x_0 \ne 0 </tex>.о Рассмотрим <tex>H</tex>-пространство(гильбертово). непрерывен тогда Фиксируем <tex> y \in H </tex> и только тогдаопределим <tex>f\left ( x \right )=\left (x,y\right)</tex>. <tex>f</tex> — линейный функционал. По неравенству Шварца, <tex> \left | f \left ( x \right ) \right | \le \left \| y \right \| \left \| x \right \|</tex>, следовательно, <tex> \left \| f \right \| \le \left \| y \right \|, x = \frac y {\left \| y \right \|}, \left \| x \right \| = 1. \left | f \left ( x \right ) \right | = \left \| y \right \|</tex>. <tex>\forall ~x_0 \ne 0 \in H,~ y_0 = \frac {x_0} {\left \| x_0 \right \|}, \left \| y_0 \right \| = 1</tex>.  Рассмотрим <tex> f \left ( x \right ) = \left (x, y_0 \right ), \left \| f \right \| = 1.~ f \left ( x_0 \right ) = \left ( x_0, когда он ограничен\frac {x_0} {\left \| x_0 \right \|} \right ) = \left \| x_0 \right \|</tex>. Как раз это нам и нужно. }} {{Утверждение|statement=<tex>\forall x \ne y\ \exists</tex> линейный функционал <tex>\mathcal{A} :\mathcal{A}x \ne \mathcal{A}y</tex>|about=Разделение точек

1) A — ограничен, значит, Рассмотрим <tex> \left \| A \left ( x \right ) \right \| \le m \left \| x \right \|, m \ge 0-y</tex>. <tex>\left \| A \left ( exists \mathcal {4} x \right ) \right \| \le m \left \| \mathcal {4} x \right \|.~ A \left ( \mathcal {4} x \right )\xrightarrow {: \mathcal{4}x \to 0} 0 </tex> А непрерывен в 0, следовательно, непрерывен и на X.2) A — непрерывен на X, <tex> 0 = \lim \limits_{x \to 0} A \left ( x \right - y)</tex><br><tex>\varepsilon = 1: \exists \delta > 0: \left \| x \right - y\| \le \delta</tex> и. По линейности, значит, при <tex>\mathcal{4A}x \to 0</tex> <tex>\left \| A \left ( x \right - y) \right \| \le \varepsilon = 1</tex><br><tex>\forall x \ne 0</tex> рассмотрим <tex>z = \fracmathcal{\deltaA}{2} \frac {x}{- \left \| x \right \|}.~ \left \| z \right \| = \fracmathcal{\delta}{2A} < \deltay</tex><br>. Значит, <tex>\left \| A \left ( z \right ) \right \| \le 1.~A \left ( z \right ) = \frac mathcal{\delta}{2 \left \| x \right \|} A \left ( x \right )</tex><tex>A \left ( z \right ) = \frac {\delta}{2 \left \| x \right ne \|} \left \| Ax \right \| \le 1</tex>, таким образом, <tex>Ax \le \frac mathcal{2 \left \| x \right \|A}{\delta}</tex><br>Очевидно, это верно и для <tex>x=0y</tex>.