Теорема Хана-Банаха

Эта статья находится в разработке!

Линейный функциональный анализ базируется на трех китах(теоремах):

1. теорема Хана-Банаха о продолжении линейного функционала;
2. теорема Банаха об обратном операторе;
3. теорема Штейнгауза о равномерной ограниченности.

Ранее мы установили, что если на линейном всюду плотном множестве определен линейный функционал, то можно продолжить его на все множество. В теореме Хана-Банаха мы отбросим условие всюду плотности.

Определение:

Пусть [math]X[/math] — линейное пространство. Функционал [math]f: X \rightarrow \mathbb R[/math] подчинен полунорме [math]p[/math] на [math]X[/math], если [math]\forall y \in Y |f(y)| \le p(y)[/math]

Теорема (Хан, Банах):

Пусть [math]X[/math] — линейное пространство, [math]p[/math] — полунорма на нем, [math]Y[/math] — линейное подмножество [math]X[/math], [math]f: Y \rightarrow \mathbb R[/math] удовлетворяет условию подчиненности [math]p[/math]. Тогда существует линейный функционал [math]g: X \rightarrow \mathbb R[/math] такой, что: [math]g|_Y = f[/math] [math]x \in X \Rightarrow |g(x)| \le p(x)[/math]

Теорема (Хан, Банах, случай нормированных пространств):

Пусть [math]X[/math] — линейное нормированное пространство, [math]Y[/math] — линейное подмножество [math]X[/math], [math]f: Y \rightarrow \mathbb R[/math] — линейный ограниченный функционал. Тогда существует линейный ограниченный функционал [math]g: X \rightarrow \mathbb R[/math] такой, что [math]g|_Y = f[/math], [math]\|g\| = \|f\|[/math].

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Доказательство есть в Люстренике, Соболеве, глава про линейные функционалы, раздел про теорему Хана-Банаха в ЛНП

[math]\triangleleft[/math]

Мы не будем доказывать теорему в таком виде, вместо этого докажем ее частный случай:

Теорема (Хан, Банах):

Пусть [math]X[/math] — сепарабельное нормированное пространство, [math]Y[/math] — линейное подмножество [math]X[/math], [math]f: Y \rightarrow \mathbb R[/math] — линейный ограниченный функционал. Тогда существует линейный ограниченный функционал [math]g: X \rightarrow \mathbb R[/math] такой, что [math]g|_Y = f[/math], [math]\|g\| = \|f\|[/math].

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Доказательство разбиваем на две части. 1 Рассмотрим [math]z \notin Y[/math], [math]L = \{ y + tz, t \in \mathbb R, y \in Y\}[/math] [math]L[/math] — линейное подпространство [math]X[/math], [math]Y \subset L[/math]. Продолжим [math]f[/math] с сохранением нормы на [math]L[/math]. Пусть [math]g[/math] — искомый линейный функционал. [math]g(y + tz) = g(y) + tg(z) = f(y) + tg(z)[/math] Идея: мы рассматриваем множество [math]Y[/math] и пополняем его до линейной оболочки [math]L = \mathcal{L}(Y,z)[/math]. По линейности, для того, чтобы можно было считать [math]f[/math] на [math]L[/math], нужно доопределить его всего в одной точке. Например, в [math]z[/math]: [math]g(z)=-c[/math]. Пусть [math]g(z) = -c[/math], подберем [math]c[/math] так, чтобы нормы [math]f[/math] и [math]g[/math] совпадали. В силу ограниченности [math]f[/math], [math]|f(y)| \le \|f\|\|y\|[/math], мы хотим найти такое [math]c[/math], чтобы выполнялось [math]|g(y+tz)| \le p(y+tz)[/math], где [math]p(x) = \|f\|\|x\|, x \in X[/math]. Заметим, что [math]p[/math] является полунормой. Добьемся того, чтобы [math]|g(y+tz)| \le p(y+tz)[/math], из этого будет следовать, что [math]\|g\| = \|f\|[/math], так как при продолжении функционала его норма уменьшиться не может. [math]|f(y) - tc| \le p(y+tz)[/math] распишем модуль: [math]f(y) - p(y+tz) \le tc \le f(y) + p(y+tz)[/math] поделим на [math]t[/math] [math]f(\frac{y}{t}) - p(\frac{y}{t} + z) \le c \le f(\frac{y}{t}) + p(\frac{y}{t} + z)[/math] Пусть [math]A = \sup\limits_{y \in Y}(f(\frac y t) - p(\frac y t + z)), B = \inf\limits_{y \in Y}(f(\frac y t) + p(\frac y t + z))[/math]. Проверим, что [math]A \le B[/math]. Для этого достаточно, чтобы выполнялось [math]\forall y_1, y_2 \in Y: f(y_1) - p(y_1 + z) \le f(y_2) + p(y_2 + z)[/math]: [math]f(y_1 - y_2) \le p(y_1+z) + p(y_2+z)[/math] - верно, так как: [math]f(y_1 - y_2) \le p(y_1 - y_2) = p((y_1+z) - (y_2+z)) \le p(y_1+z) + p(y_2+z)[/math]. Значит, можно взять любое [math]c[/math] из отрезка [math][A; B][/math], а значение [math]g[/math] на [math]z \notin Y[/math] позволяет доопределить значение функционала на всем [math]L[/math] по линейности. 2 Так как мы рассматриваем сепарабельное НП, то существует последовательность [math]e_1, e_2 \dots e_n \dots[/math], замыкание линейной оболочки которой совпадает со всем пространством [math]X[/math]. Пользуясь пунктом 1, мы можем выстроить последовательность линейных подпространств в [math]X[/math], [math]L(e_1) \subset L(e_1, e_2) \subset \ldots \subset L(e_1, \ldots, e_n) \subset \ldots[/math] Тогда [math]L(e_1, \ldots, e_n, \ldots) = \bigcup\limits_{n=1}^{\infty} L(e_1, e_2, \ldots e_n)[/math], и [math] Cl L(e_1, e_2 \ldots e_n \dots) = X[/math], требуемый функционал можно продолжить по непрерывности.

[math]\triangleleft[/math]

Утверждение:

Пусть [math]X[/math] - нормированное пространство. Тогда [math]\forall x \in X \exists f: X \rightarrow R:\ f(x) = \|x\|, \|f\| = 1[/math].

[math]\triangleright[/math]

[math]Y = \{tx, t \in \mathbb R\}[/math] — линейное подмножество в [math]X[/math]. [math]f(tx) = t \|x\|[/math] - линейный функционал в [math]Y[/math]. Очевидно, [math]f[/math] удовлетворяет необходимым условиям. Пользуясь только что доказанной теоремой, продолжаем [math]f[/math] на все [math]X[/math].

[math]\triangleleft[/math]

Утверждение:

Пусть [math]X[/math] - нормированное пространство, [math]e_1, e_2, \ldots, e_n[/math] — линейно независимый набор в [math]X[/math]. Тогда в [math]X[/math] существует биортогональная система функционалов [math]f_1, f_2, \ldots f_n, f_i(e_j) = \delta_{ij}[/math]

[math]\triangleright[/math]

Пусть [math]Y = L(e_1, e_2, \ldots, e_n)[/math], возьмем [math]f_j(e_i) = \delta_{ij}[/math]. Тогда для [math]y = \sum\limits_{k=1}^{n} \alpha_k e_k \in Y[/math], [math]f_j(y) = \sum\limits_{k=1}^{n} \alpha_k f_j(e_k)[/math]. Ясно, что все [math]f_j[/math] - ограниченные линейные функционалы на [math]Y[/math], удовлетворяющие нашим условиям. Теперь просто продолжаем каждый из них на все [math]X[/math] по теореме Хана-Банаха.

[math]\triangleleft[/math]