689
правок
Изменения
м
Имеется тесная связь между ограниченностью и непрерывностью оператора:
Л.о. Линейный оператор непрерывен тогда и только тогда, когда он ограничен.
Нет описания правки
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} (\alpha x + \beta y ) = \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 \alpha \in \mathbb {R}~ \mathcal{A} \left( 0 \right) =0 </tex>.
{{Определение
}}
{{Определение
|definition=
Л.о. непрерывен в X, если <tex>\lim \limits_{\mathcal {4} x \to 0} \mathcal{A} \left( x + \mathcal{4}x \right) = \mathcal{A} \left( x \right) </tex>
}}
Имеется тесная связь между ограниченностью и непрерывностью оператора:
{{Лемма
<tex> \left \| \mathcal{A}( x + \mathcal{4} x) - \mathcal{A}(x) \right \| = \left \| \mathcal{A} \left( x \right) + \mathcal{A} \left( \mathcal{4}x \right) - \mathcal{A} \left( x \right) \right \| = \left \| \mathcal{A} \left( \mathcal{4}x \right) \right \| \xrightarrow [\mathcal{4}x \to 0]{} 0 </tex>
Значит, <tex>\mathcal{A} \left ( x + \mathcal{4} x) \right )\xrightarrow [\mathcal{4}x \to 0]{} \mathcal{A}(x)</tex>, и <tex> \mathcal{A} </tex> непрерывен в <tex> x </tex> по определению.
}}
{{Теорема
|statement=
|proof=
# <tex>\mathcal{A}</tex> {{---}} ограничен, значит, <tex> \left \| \mathcal{A}(x) \right \| \le m \left \| x \right \|, m \ge 0</tex>
#: Подставляем в определение <tex>\varepsilon = 1: ~ \exists \delta > 0: \left \| x \right \| \le \delta</tex> и, значит, при <tex>\mathcal{4}x \to 0 ~ \left \| \mathcal{A}(x) \right \| \le \varepsilon = 1</tex>
#: <tex>\forall x \ne 0</tex> рассмотрим <tex>z = \frac{\delta}{2} \frac {x}{\left \| x \right \|} </tex>. <tex> \left \| z \right \| = \frac{\delta}{2} < \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>#: Очевидно, это верно и для <tex>x = 0</tex>. <tex> m = \frac2{\delta} </tex> , поэтому оператор ограничен.
}}
}}
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, <tex> \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 \|</tex> удовлетворяет трём стандартным трём аксиомам абстрактной нормы:
# <tex>\left \| \mathcal{A} \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>
Докажем свойство 3:
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 \le 1 </tex>
<tex>~\mathcal{A}\colon X \to Y, ~\mathcal{B}\colon Y \to Z</tex>
