Изменения

<tex>\forall \alpha, \beta \in \mathbb{R} \ \forall x, y \in X : f(\alpha x + \beta y) = \alpha f(x) + \beta f(xy)</tex>.

<tex> \mathrm{Ker}\, f </tex> — линейное подмножество <tex>X</tex>: Пусть <tex>x, y \in \mathrm{Ker} \, f</tex>, тогда <tex>f(\alpha x + \beta y) = \alpha f(x) + \beta f(y) = 0 \Rightarrow implies \alpha x + \beta y \in \mathrm{Ker} \, f</tex>.

3. Транзитивность: <tex>x_2 x_1 \sim x_2,~ x_2 \sim x_3 \implies x_1 \sim x_3</tex>

Если <tex> f </tex> не является тождественно равным нулю, то <tex>\mathrm{Codim}\, \mathrm{Ker}\, f = 1 </tex>.

<tex>f (x - \alpha x_0) = 0 \implies f(x) = \alpha f(x_0), \quad f(x_0) \not = 0 \implies \alpha = \frac{f(x)}{f(x_0)} </tex>. Предстваление Представление единственно: пусть есть два представления <tex>x = \alpha x_0 + y</tex> и <tex>x = \beta x_0 + y'</tex>, тогда <tex>(\beta - \alpha) x_0 + (y - y') = 0</tex>. Применим к обеим частям <tex>f</tex>, тогда <tex>(\beta - \alpha) f(x_0) + f(y - y') = f(0)</tex>, так как <tex> y - y' </tex> в ядре, получили <tex> f(x_0) = 0</tex>, то есть протипоречиепротиворечие. Нашли единственное представление, следовательно, [[Линейные функционалы#codimeqn|по предыдущему утверждению]], <tex>\mathrm{Codim}\, \mathrm{Ker}\, f = 1 </tex>.

Для функционального анализа значение имеют линейные непрерывные функционалы.

Пусть <tex> X^* </tex> обозначает теперь более узкий класс линейных ограниченных функционалов. То, что <tex>\|f\|</tex> — норма, проверяется так же, как свойства [[Линейные_ограниченные_операторы | нормы линейного оператора]], то есть получили, что <tex>X^*</tex> — НП, сопряженное с <tex>X</tex>.

Установим единственность: Если <tex>y_n \to x</tex> и <tex>y'_n \to x</tex>, то  <tex>y_n - y'_n \to 0 \implies f(y_n - y'_n) \to 0 </tex><tex>\implies f(y_n) - f(y'_n) \to 0 \\\implies \lim f(y_n) = \lim f(y'_n) </tex>.  Таким образом , предел не зависит от выбора <tex> y_n </tex>.

* сохранение нормы: по только что доказанному свойству сужения, на <tex>\| x \| \le 1, x \in Y</tex> функционал <tex>\widetilde f </tex> принимает все те значения, что и <tex>f</tex>, поэтому достаточно показать, что не найдется <tex>x: \| x \| \le 1, x \in X, x \notin Y: |\widetilde f(x)| > \|f\|</tex>. Пусть такой <tex>x</tex> нашелся со значением функционала <tex>\widetilde f(x) > 0</tex>, значит, он является пределом какой-то последовательности <tex>y_n</tex> в <tex>Y</tex>. Тогда по определению продолжения функционала и определению предела <tex>\forall \varepsilon > 0 \exists N \forall n \ge N: |f(y_n) - \widetilde f(x)| < \varepsilon</tex>, возьмем <tex>\varepsilon < \widetilde f(x) - \|f\|</tex>, тогда найдется такой номер <tex>N</tex>, что <tex>y_N \in Y, f(y_N) > \|f\|</tex>, то есть получили противоречие.

*<tex>\Rightarrowimplies</tex>: 

<tex>x_n \rightarrow to x \implies f(x_n) \rightarrow to f (x) , \, x_n \in \mathrm{Ker} \, f</tex>, \, все <tex>f(x_n) = 0</tex>, значит, и <tex>f(x) = 0 \implies x \in \mathrm{Ker} \, f</tex>то есть оно содержит пределы своих подполедовательностей подпоследовательностей <tex>\implies</tex> ядро замкнуто.* <tex>\Leftarrow </tex><tex>\mathrm{Ker}</tex> - замкнуто. <tex>Cl \mathrm{Ker} f = \mathrm{Ker} f</tex>. Если <tex>x_n \in X ,\, x_n \rightarrow x \stackrel{?}{\Rightarrow} f(x_n) \rightarrow f(x)</tex>.<br><tex>Codim \mathrm{Ker} f = 1</tex>, значит мы сможем представить <tex>x_n</tex> и <tex>x</tex> следуюшим образом:<br><tex>x_n = y_n + t_ne, \,y_n \in \mathrm{Ker} f, \, e \in X</tex><tex>x = y + te </tex>. Проверим <tex> x_n \rightarrow x \stackrel{?}{\Rightarrow} t_n \rightarrow t </tex>. Достаточно доказать, что <tex>\{ t_{n_k} \} \rightarrow t </tex>. Пусть <tex> t_{n_k} \rightarrow t' \implies t_{n_k} e \rightarrow t'e</tex> <tex> x_{n_k} (\rightarrow x) = y_{n_k} + t_{n_k} e (\rightarrow t'e)</tex> (по условию <tex>x_n \rightarrow x</tex>) Значит <tex>y_{n_k} \rightarrow y'</tex> (и <tex> x = y' + t'e</tex>) В силу замкнутости ядра т.к. <tex>y_{n_k} \in \mathrm{Ker} f \implies y' \in \mathrm{Ker} f </tex> Значит мы записали <tex> x = y' + t'e, \, y' \in \mathrm{Ker} f</tex>. Отсюда, т.к. представление единственно и <tex>t'=t</tex>, получаем, что в выражении <tex>x_n = y_n + t_ne, \, x_n \rightarrow x,\, y_n \rightarrow y,\, t_n \rightarrow t </tex> <tex>f(x_n) = f(y_n) + t_nf(e) = t_nf(e) \rightarrow tf(e) = f(y + te) = f(x)</tex> 

* для подсчета нормы применим [[Нормированные пространства#Неравенство Шварца | неравенство Шварца]]: $|g(x)| = |\langle x, y \rangle| \le \| y\| \|x\|$, то есть $\|g\| \le \|y\|$, если $\|x\| = 1$. Однако на элементе ${y \over \|y\|}$, $g$ принимает значение, равное $\langle {y \over \|y\|}, y \rangle = {\langle y, y \rangle \over \|y\|} = {\|y\|^2 \over \|y\|} = \|y\|$. $g$ ограниченный, значит $|g| \le \|g\|$ при $\|x\| = 1$, значит $\|y\| \le \|g\|$. Таким образом, $\|g\|$ и есть $\|y\|$. $\forall f \in H^*$ надо найти $y \in H: \forall x \in H: f(x) = \langle x, y \rangle$. Возьмем ядро функционала $\ker f$, оно замкнуто по непрерывности функционала и является подпространством $H$, обозначим его за $H_1$.  По уже доказанному, коразмерность ядра равна 1, $H = H_1 \oplus H_1^{\perp}$ и существует $e \in H_1^{\perp}$, что у любого $x \in H$ существует единственное разложение $x = x_1 + t e, x_1 \in H_1$.  Тогда $f(x) = f(x_1) + f(t e) = t f(e)$.  $\forall y \in H_1^{\perp}: \langle x, y \rangle = \langle x_1 + te, y \rangle = \langle x_1, y\rangle + \langle te, y \rangle = t \langle e, y \rangle$.  Добьемся того, чтобы $f(e)$ было равно $\langle e, y \rangle$: пусть $y = \alpha e$, тогда $\langle e, y \rangle = \alpha \|e\|^2 = f(e)$, то есть $\alpha = {f(e) \over \|e\|^2}$.

$\forall f \in H^*$ надо найти $y \in H: \forall x \in H: f(x) = \langle x, y \rangle$. Возьмем ядро функционала $\ker f$, оно замкнуто по непрерывности функционала и является подпространством $H$, обозначим его за $H_1$. По уже доказанному, коразмерность ядра равна 1, $H = H_1 \oplus H_1^{\perp}$ и существует $e \in H_1^{\perp}$, что у любого $x \in H$ существует единственное разложение $x = x_1 + t e, x_1 \in H_1$. Тогда $f(x) = f(x_1) + f(t e) = t f(e)$. $\forall y \in H_1^{\perp}: \langle x, y \rangle = \langle x_1 + te, y \rangle = \langle x_1, y\rangle + \langle te, y \rangle = t \langle e, y \rangle$. Добьемся того, чтобы $f(e)$ было равно $\langle e, y \rangle$: пусть $y = \alpha e$, тогда $\langle e, y \rangle = \alpha \|e\|^2 = f(e)$, то есть $\alpha = {f(e) \over \|e\|^2}$. Таким образом, искомый $y = {f(e) \over \|e\|^2} e$.

== Ссылки:==