Теорема Банаха об обратном операторе

Эта статья находится в разработке!

Определение:

Оператор $A : X \to Y$ называется непрерывно обратимым, если существует $A^{-1} : Y \to X$ и $\| A^{-1} \| \lt \infty$. TODO: от обратного оператора требуется, чтобы он был определен на всем кодомене, или только на образе?

Теорема (Банах, о непрерывной обратимости I-C):

Пусть $X$ — B-пространство, оператор $C : X \to X, C \in \mathbb{L}(X)$ и $\| C \| \lt 1$. Тогда оператор $I - C$, где $I$ — тождественный оператор, непрерывно обратим.

Доказательство:

$\triangleright$

$\mathbb{L}(X)$ — B-пространство. Рассмотрим следующие суммы: $S_n = \sum\limits_{k=0}^n C^k$. $(I - C)S_n = \sum\limits_{k=0}^n (C^k - C^{k + 1}) = I - C^{n + 1}$. $\sum\limits_{k=0}^{\infty} C^k$ — ряд в B-пространстве $\mathbb{L}(X)$ сходится, если сходится ряд из соответствующих норм. Из того, что $\| C^k \| \le \| C \|^k$, получаем $\| \sum\limits_{k=0}^{\infty} C^k \| \le \sum\limits_{k=0}^{\infty} \| C \|^k = \frac 1{1 - \| C \|} \lt \infty$. Так как $\| C \| \lt 1$, то существует такой $S \in \mathbb{L}(X)$, что $S = \sum\limits_{k=0}^{\infty} C^k$. $S_n \xrightarrow[n \to \infty]{} S$. Поскольку $\| C \| \lt 1$, то $\| C^k \| \to 0$, а значит, и $C^k \to \mathbb{O}$. $(I - C)S_n = I - C^{n + 1}$. Устремляя $n$ к бесконечности, получаем $(I - C)S = I$, а значит $S = \sum\limits_{k=0}^{\infty} C^k = (I - C)^{-1}$ — ограниченный оператор.

$\triangleleft$

Трактовка этой теоремы: $Ix = x$, $I$ — непрерывно обратимый оператор. При каких условиях на оператор $C$ оператор $I - C$ сохраняет ннепрерывную обратимость? Из теоремы выше известен ответ на этот вопрос: когда $\| C \| \lt 1$, то есть "при малых возмущениях $I$ сохраняется его непрерывная обратимость".

Далее считаем, что пространства $X$ и $Y$ — всегда банаховы.

Определение:

Рассмотрим уравнение $Ax = y$ при заданном $y$. Если для такого уравнения можно написать $\| x \| \le \alpha \| y \|$, где $\alpha$ — константа, то говорят, что это уравнение допускает априорную оценку решений. TODO: Это для всех y сразу, или для каждого y своя константа?

$R(A) = \{ Ax \mid x \in X \}$ — область значений оператора $A$, является линейным множеством, но может быть незамкнутым. Однако, верно следующее:

Утверждение:

Если $A$ непрерывен, и уравнение $Ax = y$ допускает априорную оценку решений, то $R(A) = \mathrm{Cl} R(A)$.

$\triangleright$

Возьмем сходящуюся последовательсть $y_n \in R(A), y_n \to y$. Нужно проверить, правда ли $y \in R(A)$, или, что то же самое, что уравнение $Ax = y$ имеет решение для такого $y$. $y_n \to y \implies \| y_n - y_m \| \to 0$. Можно выбрать такую подпоследовательность $y_n$, что для этой подпоследовательности после перенумерации будет выполняться $\| y_n - y_{n+1} \| \lt \frac 1{2^n}$. По линейности $R(A)$: $y_{n+1} - y_n \in R(A)$ и для любого $n$ существует $x_n: A x_n = y_{n+1} - y_n$. Поскольку уравнение $Ax = y$ допускает априорную оценку решений, имеем $\| x_n \| \le \alpha \| y_{n+1} - y_n \|$. Рассмотрим следующий ряд: $\sum\limits_{n=1}^{\infty} x_n$. Сумма ряда из норм: $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \| x_n \| \le \alpha \sum\limits_{n=1}^{\infty} \| y_{n+1} - y_n \| \le \alpha \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac 1{2^n} = \alpha$. По банаховости $X$ получаем, что $\sum\limits_{n=1}^{\infty} x_n$ сходится, и $\sum\limits_{n=1}^{\infty} x_n = x$. По непрерывности $A$ получаем, что $Ax = A \sum\limits_{n=1}^{\infty} x_n = \sum\limits_{n=1}^{\infty} A x_n = \sum\limits_{n=1}^{\infty} y_{n+1} - y_n = y - y_1$. $Ax = y - y_1, y = Ax + y_1 = Ax + A x_0 = A(x + x_0)$, поэтому $y \in R(A)$.

$\triangleleft$

Теорема:

Пусть $A : X \to Y$ — линейный ограниченный оператор, и $\exists m \gt 0: m \| x \| \le \| Ax \|$. Тогда $A$ непрерывно обратим.

Доказательство:

$\triangleright$

TODO: Упражнение, доказать самим. Необходимо заткнуть. Некоторые идеи: Можно заметить, что в ядре только нулевой вектор, в противном случае получим $0 \lt m \|x\| \le \|A x\| = 0$. Из этого также следует, что оператор инъективен: пусть $A x_1 = y, A x_2 = y$, тогда $A (x_1 - x_2) = 0$, что возможно только когда $x_1 = x_2$. Вообще если бы мы могли показать, что из того, что размерность ядра равна 0 следует, что образ совпадает с $Y$, было бы неплохо. (upd: видимо, это неправда, рассмотрим оператор из R^n -> R^{n+1}, действующий как I, но дописывающий к последней координате 0). Тогда бы у нас оператор был взаимо однозначным, мы бы определили $A^{-1}$ на всем $Y$ и для любого $y$ рассмотрели $x = A^{-1} y$. Тогда $m \|x\| = m \|A^{-1} y \| \le \|A A^{-1} y\| \implies \|A^{-1} y\| \le \frac{1}{m} \|y\|$, то есть оператор ограничен константой $\frac{1}{m}$. Также можно заметить, что это отображение допускает априорную оценку решения, так как $\|x\| \le \frac{1}{m} \|A x\|$, из чего по уже доказанному следует замкнутость образа (неясно только нафига это может понадобиться) --Дмитрий Герасимов 17:16, 9 января 2013 (GST)

$\triangleleft$

Перед доказательством теоремы Банаха о гомеоморфизме докажем для начала вспомогательную лемму.

Утверждение:

Рассмотрим линейный оператор $A : X \to Y$. Обозначим $X_n = \{ x \in X: \| Ax \| \le n \| x \| \}$. Тогда хотя бы одно $X_n$ всюду плотно в $X$.

$\triangleright$

Очевидно, что $X = \bigcup\limits_{n=1}^{\infty} X_n$, $X$ — B-пространство (а значит, и полное метрическое), значит, по теореме Бэра о категориях, $X$ — 2 категории, то есть какое-то множество $X_{n_0}$ не является нигде не плотным. Вспомним определение нигде не плотности: $A$ нигде не плотно, если $\forall V \exists U \subset V: A \cap U = \emptyset$. Раз $X_{n_0}$ не является нигде не плотным, то $\exists V \forall U \subset V: X_{n_0} \cap U \ne \emptyset$, то есть $X_{n_0}$ в каком-то открытом шаре. Теперь возьмем замкнутый шар $\overline V_r(a)$, лежащий в этом открытом шаре, причем такой, что $a \in X_{n_0}$. Рассмотрим кольцо: $\{z \mid \frac r2 \le \| z - a \| \le r \}$. Обозначим $y = z - a$, тогда кольцо имеет следующий вид: $\{\frac r2 \le \| y \| \le r \}$ — кольцо с центром в $0$. Заметим, что при параллельном переносе на $a$ свойство всюду плотности множества $X_{n_0}$ сохраняется. Будем рассматривать $z \in X_{n_0} \cap \{\frac r2 \le \| z - a \| \le r \}, y = z - a$. Проверим, что $y$ войдет в какое-нибудь $X_n$: $\| Ay \| = \frac {\| A(z - a) \|}{\| y \|} \| y \| \le \frac 2r (\| Az \| + \| Aa \|) \| y \|$, так как $\| y \| \ge \frac r2$. Поскольку $z \in X_{n_0}$, то $\| Az \| \le n_0 \| z \|$. $\| z \| \le \| a \| + \| z - a \| \le r + \| a \|$, так как $z$ принадлежит кольцу. Подставляем и продолжаем неравенство выше: $\| Ay \| \le \frac2r (n_0 (r + \| a \|) + \| Aa \|) \| y \|$. Обозначим $m = \lceil (n_0 (r + \| a \|) + \| Aa \|) \rceil$ (это выражение не зависит от $y$), получаем, что $\| Ay \| \le m \| y \| \implies y \in X_m$. Итак, получили, что $X_m$ всюду плотно в кольце с центром в $0$. Возьмем теперь любой $x \in X$, его можно представить как $x = tz, z \in \{\frac r2 \le \| z \| \le r \}$. По всюду плотности в кольце, найдется последовательность $y_p$ в $X_m \cap \{\frac r2 \le \| z \| \le r \}$ такая, что $y_p \to z$. Но $ty_p \to tz = x$. $\| A(ty_p) \| \le m \| t y_p \| \implies ty_p \in X_m$. Взяв любую точку из $X$, мы можем приблизить ее элементами $t y_p \in X_m$, а значит, $\mathrm{Cl} \ X_m = X$, то есть $X_m$ всюду плотно в $X$.

$\triangleleft$

На основе доказанной леммы можем доказать теорему:

Теорема (Банаха, о гомеоморфизме):

Пусть $A : X \to Y$ — линейный ограниченный оператор, причем осуществляющий взаимо однозначное отображение, тогда $A^{-1}$ — линейный ограниченный оператор.

Доказательство:

$\triangleright$

Если $A$ — биекция, то $A^{-1}$ существует. Осталось показать, что он будет непрерывен. $Y_n = \{ y \in Y \mid \| A^{-1}(y) \| \le n \| y \| \}$. Существует такое число $n_0$, что $Y_{n_0} = Y^*, \mathrm{Cl} Y^* = Y$ (по доказанной лемме). Зафиксируем $y$. Существует такое разложение $y = \sum\limits_1^{\infty} y_n$, что $y_n \in Y^*, \| y_n \| \le \frac 3{2^n} \| y \|$. Покажем, как его получить. TODO: Ниже где-то потерялась норма y. Вроде она должна быть. Для любого $\varepsilon$ можно подобрать $y_1 : \| y - y_1 \| \lt \varepsilon \| y \|$. Дальше можно подобрать $y_2 : \| (y - y_1) - y_2 \| \lt \frac {\varepsilon}2 \| y \|$, и так далее... Получаем, что $\| y - \sum\limits_{k = 1}^n y_k \| \lt \frac {\varepsilon}{2^{n-1}} \| y \|$. $\| y_n \| \le \| y - \sum\limits_{k = 1}^n y_k \| + \| y - \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} y_k \| \le \frac {\varepsilon}{2^{n-1}} \| y \| + \frac {\varepsilon}{2^{n-2}} \| y \| = \frac {3\varepsilon}{2^{n-1}} \| y \|$ В качестве $\varepsilon$ выберем $\frac 12$, и получим необходимое разложение $y$. Итак, теперь $y = \sum\limits_1^{\infty} y_n, y_n \in Y^*, \| y_n \| \le \frac 3{2^n} \| y \|$. Обозначим $x_n = A^{-1}(y_n)$. Рассмотрим ряд из $x_n$: $\sum\limits_{n=1}^{\infty} x_n$: правда ли, что ряд из норм сходится? $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \| x_n \| \lt \infty$. Вспомним, что $y_n \in Y_{n_0}$. $\| x_n \| = \| A^{-1}(y_n) \| \le n_0 \| y_n \| \le n_0 \frac 3{2^n} \| y \|$: ряд из $\| x_n \|$ мажорируется убывающей геометрической прогрессией, а значит, сходится. Получили, что существует $x = \sum\limits_{n=1}^{\infty} x_n$. Используем непрерывность $A$: $Ax = \sum\limits_{n=1}^{\infty} Ax_n = \sum\limits_{n=1}^{\infty} y_n = y$, получили, что $Ax = y, A^{-1}(y) = x$. Рассмотрим норму $A^{-1}(y)$: $\| A^{-1}(y) \| = \| x \| = \| \sum\limits_{n=1}^{\infty} x_n \| \le \sum\limits_{n=1}^{\infty} 3n_0 \| y \| \frac 1{2^n} = 3n_0 \| y \|$. Поскольку $y$ выбирался произвольный, получаем, что $A^{-1}$ ограничен.

$\triangleleft$

Выведем пару важных следствий.

Определение:

$A : X \xrightarrow[]{linear} Y$. Графиком оператора $A$ называется множество $G(A) = \{ (x, Ax) \mid x \in X \}, G(A) \subset X \times Y$.

В прямых произведениях множеств сходимость — покоординатная, поэтому можно говорить о замкнутости множеств.

Теорема (о замкнутом графике):

$A : X \xrightarrow[]{linear} Y$. $A$ — ограничен $\iff$ $G(A)$ — замкнут.

Доказательство:

$\triangleright$

Докажем в прямую сторону: пусть есть последовательность пар $(x_n, y_n) \to (x, y)$. Принадлежит ли $(x, y)\, G(A)$ ? $y_n = Ax_n, x_n \to x \implies Ax_n \to Ax, y_n \to y \implies Ax=y$ (по единственности предела). Так как $Ax = y$, то $(x, Ax) = (x, y) \in G(A)$. Обратное следствие интереснее. Пусть $G(A) = \{ (x, Ax) \mid x \in X \}$ замкнут. Можно показать, что $X \times Y$ банахово с нормой $\| (x, y) \| = \| x \| + \| y \|$. Рассмотрим следующий оператор: $T : (X \times Y) \to X, T(x, Ax) = x$. $T$ биективно отображает $G(A)$ в $X$. $\| x \| = \| T(x, Ax) \| \le \| (x, Ax) \| \implies T$ ограничен. По теореме Банаха о гомеоморфизме, так как $T$ ограничен и биективен, то существует $T^{-1}$, который также ограничен. Рассмотрим его. $T^{-1}(x) = (x, Ax), \| T^{-1}(x) \| = \| x \| + \| Ax \| \le M \| x \|$ (по ограниченности). Получаем, что $\| Ax \| \le (M - 1) \| x \|$, откуда $A$ ограничен.

$\triangleleft$

Следующее следствие из теоремы Банаха связано с открытым отображением.

Определение:

$F : X \to Y$ — произвольное отображение. Если для любого открытого $G \subset X$ $F(G)$ открыто в $Y$, то $F$ называют открытым отображением.

Теорема (об открытом отображении):

Пусть $A : X \to Y$ — линейный ограниченный оператор. Тогда $A$ — открытое отображение.

Доказательство:

$\triangleright$

$Z = \mathrm{Ker} A$ — линейное подпространство в $X$. $X|_Z$ — фактор подпространства. $i : X \to X|_Z, i(x) = [x]$, где $[x]$ — класс смежности $x$. TODO: Отсюда и до конца полный мрак Такое отображение называют каноническим вложением. $i$ — линейный ограниченный оператор, который переводит открытое множество в $X$ в открытое множество в $X|_Z$. TODO: доказать это $U_A : X|_Z \to Y, U_A([x]) = Ax$ — оператор, ассоциированный с $A$. $A = U_A \cdot i$, причем по построению ясно (нифига не ясно), что разные классы он переводит в разные точки $Y$. $U_A : X|_Z \xrightarrow[]{bijective} R(A) \implies U_A^{-1}$ — ограничен (по теореме Банаха), значит $U_A$ открыт, суперпозиция открытых открыта, а, получается, и $A$ открыт.

$\triangleleft$