Added 4 full lectures on Functional Analysis

Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/lectures/1lecture.tex

@@ -20,6 +20,10 @@ \section{Слабая сходимость}
 	Тривиально по теореме Рисса-Фреше.
 \end{proof}
 
+\begin{note}
+	Далее, если не сказано обратного, мы находимся в линейном нормированном пространстве $E$.
+\end{note}
+
 \begin{proposition}
 	Если последовательность $x_n$ слабо сходится, то предел единственен.
 \end{proposition}
@@ -33,7 +37,7 @@ \section{Слабая сходимость}
 \end{proof}
 
 \begin{proposition}
-	Из сходимости $\lim_{n \to \infty} x_n = x$ следует слабая сходимость $x_n \wto x$. Обратное неверно только в том случае, когда $\dim E = \infty$.
+	Из сходимости $\lim_{n \to \infty} x_n = x$ следует слабая сходимость $x_n \wto x$. Обратный факт неверен только в том случае, когда $\dim E = \infty$.
 \end{proposition}
 
 \begin{proof}~
@@ -59,9 +63,9 @@ \section{Слабая сходимость}
 	Предельный переход работает, коль скоро верно равенство Парсеваля. Стало быть, есть слабая сходимость к нулю, но нет сходимости по норме.
 \end{example}
 
-\begin{problem}
+\begin{task}
 	Пусть $x_n \in \ole{B}(0, R)$, причём $x_n \wto x$. Тогда $x \in \ole{B}(0, R)$.
-\end{problem}
+\end{task}
 
 \begin{proof}
 	Разберём две разные ситуации

Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/lectures/2lecture.tex

@@ -19,16 +19,23 @@
 	Эти условия не могут не напомнить о критерии поточечной сходимости для линейных ограниченных операторов. А поточечная сходимость наших операторов во всём пространстве соответствует $x_n \wto x$.
 \end{proof}
 
-\begin{note}
-	\textcolor{red}{В случае рефлексивности и банаховости пространства $E$} условие для слабой сходимости можно ослабить. Достаточно потребовать не $f(x_n) \to f(x)$ (и соответственно знания конкретного $x$), а существования предела $\lim_{n \to \infty} f(x_n)$. В предыдущем семестре мы доказали теорему о полноте относительно поточечной сходимости (её нужно применить к $F_{x_n}$ и $F_x$).
-\end{note}
-
 \begin{anote}
-	Ради пущего убеждения, напишу здесь явно доказательство слабой версии, а точнее доказательство существования нужного $x$.
+	В случае рефлексивного банахова пространства $E$ условие для слабой сходимости можно ослабить. Достаточно потребовать не сходимости $f(x_n) \to f(x)$, а существования предела $\lim_{n \to \infty} f(x_n)$ (тем самым, нам не нужно знать конкретный $x$). Вкратце приведу рассуждения, доказывающие теорему в этом виде \textcolor{red}{Возможно расписать подробно, но это к сессии}:
+	\begin{enumerate}
+		\item Перейдём от $f(x_n)$ к $F_{x_n}(f)$. Тогда нам известно, что на $S$ последовательность $F_{x_n}$ поточечно сходится, то есть поточечно фундаментальна.
+
+		\item Определим поточечный предел $F(f) = \lim_{n \to \infty} F_{x_n}(f)$ на $S$ (этим же он сразу задан на $[S]$).
+
+		\item Докажем, что $F \in [S]*$. Это делается аналогично тому, как это производилось в серии теорем о сходимости операторов
+
+		\item Воспользуемся теоремой 5.3 и продлим $F$ на всё пространство $E^*$, коль скоро $\cl [S] = E^*$.
+
+		\item В силу того, что теперь $\forall f \in E^*\ \ F_{x_n}(f) \to F(f)$, причём $F \in E^**$ и пространство $E$ рефлексивно, то $F$ однозначно сопоставлен некоторый элемент $x \in E$, который и является искомым слабым пределом.
+	\end{enumerate}
 \end{anote}
 
 \begin{theorem}
-	Пусть $E_1, E_2$ --- нормированные пространства, $x_n, x \in E_1$, причём $x_n \wto x$, а также $A \in \cL(E_1, E_2)$. Тогда, есть слабая сходимость образов $Ax_n \wto Ax$.
+	Пусть $E_1, E_2$ --- линейные нормированные пространства, $x_n, x \in E_1$, причём $x_n \wto x$, а также $A \in \cL(E_1, E_2)$. Тогда, есть слабая сходимость образов $Ax_n \wto Ax$.
 \end{theorem}
 
 \begin{proof}
@@ -71,7 +78,7 @@
 	\[
 		\forall f \in E^*\ \ |f(y_n)| = \frac{|f(x_n)|}{n} \le \frac{K_f}{n} \xrightarrow[n \to \infty]{} 0
 	\]
-	Стало быть, $y_n \wto 0$. В силу критерия слабой сходимости, $\|y_n\| \le M$ --- есть ограниченность норм. Стало быть
+	Стало быть, $y_n \wto 0$. В силу критерия слабой сходимости, $\|y_n\| \le M$ --- есть ограниченность норм. Отсюда
 	\[
 		\forall n \in \N\ \ M \ge \|y_n\| = \frac{\|x_n\|}{n} \ge \frac{n^2}{n} = n
 	\]
@@ -116,7 +123,7 @@
 
 		\item Рассмотрим $L = \cl [\{x_n\}_{n = 1}^\infty]$. В силу гильбертовости пространства $H$, мы можем воспользоваться теоремой о проекции. Тогда $H = L \oplus L^\bot$
 
-		\item Выделить такую подпоследовательность $\{y_k\}_{k = 1}^\infty \subseteq \{x_n\}_{n = 1}^\infty$, что есть сходимость для любого скалярного произведения с $x_m$:
+		\item Выделим такую подпоследовательность $\{y_k\}_{k = 1}^\infty \subseteq \{x_n\}_{n = 1}^\infty$, что есть сходимость для любого скалярного произведения с $x_m$:
 		\[
 			\forall m \in \N\ \exists \lim_{k \to \infty} (x_m, y_k)
 		\]

Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/lectures/3lecture.tex

@@ -30,9 +30,13 @@ \section{Обратный оператор}
 	\[
 		(Af)(x) = \int_0^x f(t)dt =: g(x)
 	\]
-	Тогда $E_2 = \{g \in C[0; 1] \colon g(0) = 0\}$. Понятно, что $A^{-1} = \frac{d}{dx}$, но, как уже было показано в 5 семестре, этот оператор неограничен.
+	Тогда $E_2 = \{g \in C^1[0; 1] \colon g(0) = 0\}$. Понятно, что $A^{-1} = \frac{d}{dx}$, но, как уже было показано в 5 семестре, этот оператор неограничен.
 \end{example}
 
+\begin{note}
+	Достаточно разумный вопрос: <<А когда мы можем гарантировать, что обратный оператор непрерывен?>> Ответ дал Банах своей теоремой, чей частный случай мы докажем позже.
+\end{note}
+
 \begin{theorem} (Банаха, об обратном операторе)
-	Пусть $E$ --- банахово пространство, $A \in \cL(E)$, причём $A$ биективен. Тогда $A^{-1}$ непрерывен.
+	Пусть $E_1, E_2$ --- банаховы пространства, $A \in \cL(E_1, E_2)$ --- биективный оператор. Тогда $A^{-1} \in \cL(E_1, E_2)$.
 \end{theorem}

Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/lectures/4lecture.tex

@@ -0,0 +1,156 @@
+\begin{theorem} \label{reverse_op_crit}
+	Пусть $A \in \cL(E)$ --- взаимно однозначный оператор $E \to \im A$. Тогда обратный оператор $A^{-1}$ будет ограничен тогда и только тогда, когда образы $A$ оцениваются снизу:
+	\[
+		\forall x \in E\ \ \|Ax\| \ge m\|x\|
+	\]
+\end{theorem}
+
+\begin{proof}~
+	\begin{itemize}
+		\item[$\Ra$] В силу ограниченности оператора $A^{-1}$, можно записать следующее:
+		\[
+			\forall y = Ax\ \ \|x\| = \|A^{-1}y\| \le \|A^{-1}\| \cdot \|y\| = \|A^{-1}\| \cdot \|Ax\|
+		\]
+		Отсюда имеем $\|Ax\| \ge \frac{1}{\|A^{-1}\|}\|x\|$
+
+		\item[$\La$] Раз $A$ --- биекция, то и $A^{-1}$ тоже. Поэтому, вместо $x$ можно подставить соответствующий ему $A^{-1}y$, $y \in \im A$:
+		\[
+			\forall y \in \im A\ \ \|AA^{-1}y\| \ge m\|A^{-1}y\| \Lra \|A^{-1}y\| \le \frac{1}{m}\|y\|
+		\]
+		Это в точности ограниченность оператора $A^{-1}$.
+	\end{itemize}
+\end{proof}
+
+\begin{theorem} \label{simple_inverse_op_theorem}
+	Пусть $E$ --- банахово пространство, $A \in \cL(E)$, причём $\|A\| < 1$. Тогда оператор $(I + A)^{-1} \in \cL(E)$ обратим. Более того, справедлива формула
+	\[
+		(I + A)^{-1} = \sum_{k = 0}^\infty (-1)^kA^k
+	\]
+\end{theorem}
+
+\begin{note}
+	Ряд, записанный справа, называется \textit{рядом Неймана}
+\end{note}
+
+\begin{exercise}
+	Доказать теорему с применением теоремы Банаха о сжимающих отображениях
+\end{exercise}
+
+\begin{proof}
+	Нужно доказать, что ряд справа действительно является обратным к оператору $(1 + A)$ (дробь обозначает именно это). Обозначим $S_n = \sum_{k = 0}^n (-1)^kA^k$.
+	\begin{enumerate}
+		\item Покажем, что $S_n$ сходятся к некоторому $S \in \cL(E)$. Во-первых, $S_n \in \cL(E)$ тривиальным образом, а в силу банаховости $\cL(E)$, достаточно проверить фундаментальность этой последовательности:
+		\[
+			\|S_{n + p} - S_n\| = \no{\sum_{k = n + 1}^{n + p} (-1)^k A^k} \le \sum_{k = n + 1}^{n + p} \|A\|^k < \eps \text{ (при $n > N$ для данного $\eps > 0$)}
+		\]
+
+		\item Так как многочлены от одного и того же оператора коммутируют, то если мы покажем предел $\lim_{n \to \infty} S_n(1 + A) = 1$, тогда $S(1 + A) = 1 = (1 + A)S$ и всё доказано. Раскроем выражение под пределом:
+		\[
+			S_n(1 + A) = S_n + S_nA = \sum_{k = 0}^n (-1)^kA^k + \sum_{k = 1}^{n + 1} (-1)^{k - 1}A^k = A^0 + (-1)^n A^{n + 1} = 1 + (-1)^nA^{n + 1}
+		\]
+		Оценим норму последнего слагаемого:
+		\[
+			\|(-1)^nA^{n + 1}\| \le \|A\|^{n + 1} \xrightarrow[n \to \infty]{} 0 \Lolra \lim_{n \to \infty} (-1)^nA^{n + 1} = 0
+		\]
+		Стало быть, $\lim_{n \to \infty} S_n(1 + A) = 1 + 0 = 1$, что и требовалось доказать.
+	\end{enumerate}
+\end{proof}
+
+\begin{theorem} \label{extended_inverse_op_theorem}
+	Пусть $E$ --- банахово пространство, $A \in \cL(E)$ и $A^{-1} \in \cL(E)$. Также пусть $\Delta A \in \cL(E)$, причём $\|\Delta A\| < \|A^{-1}\|^{-1}$. Тогда $(A + \Delta A)^{-1} \in \cL(E)$.
+\end{theorem}
+
+\begin{proof}
+	Сведём теорему к предыдущей:
+	\[
+		A + \Delta A = A(I + A^{-1}\Delta A)
+	\]
+	Проверим, что норма оператора из скобки удовлетворяет условию на норму:
+	\[
+		\|A^{-1}\Delta A\| \le \|A^{-1}\| \cdot \|\Delta A\| < 1
+	\]
+\end{proof}
+
+\begin{task}
+	Оператор $(I + A)$ непрерывно обратим тогда и только тогда, когда у ряда $\sum_{k = 0}^\infty (-1)^kA^k$ можно найти номер $k_0 \in \N$ такое, что $\|A^{k_0}\| < 1$.
+\end{task}
+
+\section{Сопряжённые операторы}
+
+\begin{note}
+	Далее, если не сказано явно иного, $E_1, E_2$ --- линейные нормированные пространства.
+\end{note}
+
+\textcolor{red}{Сюда надо картинку добавить}
+
+\begin{definition}
+	Пусть $A \in \cL(E_1, E_2)$. Тогда \textit{сопряжённым оператором} $A^* \colon E_2^* \to E_1^*$ называются оператор, удовлетворяющий условию:
+	\[
+		\forall g \in E_2^*\ \forall x \in E_1\ (A^*g)x = g(Ax)
+	\]
+\end{definition}
+
+\begin{anote}
+	Иначе говоря, $A^*g = g \circ A$
+\end{anote}
+
+\begin{proposition}
+	Пусть $A \colon E_1 \to E_2$ --- линейный оператор, тогда $A^*$ тоже линеен.
+\end{proposition}
+
+\begin{proof}
+	В определении сопряжённого оператора $g$ взято из линейного пространства, причём элементы пространства тоже сами линейны.
+\end{proof}
+
+\begin{definition}
+	Пусть $E_1 = H_1, E_2 = H_2$ --- гильбертовы пространства, $A \in \cL(H_1, H_2)$. Тогда \textit{эрмитово сопряжённым оператором} $A^* \in E_2^* \to E_1^*$ называется оператор, удовлетворяющий условию:
+	\[
+		\forall x \in E_1, y \in E_2\ \ (Ax, y)_{H_2} = (x, A^*y)_{H_1}
+	\]
+\end{definition}
+
+\begin{definition}
+	Пусть $E_1 = E_2 = H$ --- гильбертово пространство. Тогда, если $A \in \cL(H)$ и $A^* = A$, то оператор $A$ называется \textit{самосопряжённым}.
+\end{definition}
+
+\begin{exercise}
+	Доказать, что для любого оператора $A \in \cL(H)$ из гильбертова пространства существует единственный сопряжённый оператор.
+\end{exercise}
+
+\begin{theorem}
+	Пусть $A \in \cL(E_1, E_2)$. Тогда $A^* \in \cL(E_2^*, E_1^*)$, причём $\|A^*\| = \|A\|$.
+\end{theorem}
+
+\begin{proof}
+	Покажем неравенства для норм в 2 стороны:
+	\begin{itemize}
+		\item[$\le$] Верна следующая оценка:
+		\[
+			\forall g \in E_2^*, x \in E_1\ \ |(A^*g)x| = |g(Ax)| \le \|g\| \cdot \|Ax\| \le (\|g\| \cdot \|A\|) \cdot \|x\|
+		\]
+		Из последнего имеем $\|A^*g\| \le \|A\| \cdot \|g\|$, что напрямую означает $\|A^*\| \le \|A\|$
+
+		\item[$\ge$] Так как $A^* \in \cL(E_2^*, E_1^*)$, то можно воспользоваться следствием теоремы Хана-Банаха для нормы элемента $Ax$:
+		\[
+			\forall x \in E_1\ \ \|Ax\| = \sup_{\|g\| = 1} |g(Ax)| = \sup_{\|g\| = 1} |(A^*g)x|
+		\]
+		При этом $\|(A^*g)x\| \le \|A^*\| \cdot 1 \cdot \|x\|$, а значит $\|Ax\| \le \|A^*\| \cdot \|x\| \Ra \|A\| \le \|A^*\|$, что и требовалось
+	\end{itemize}
+\end{proof}
+
+\begin{exercise}
+	Рассмотрим $H(\Cm)$ --- гильбертово пространство над комплексным полем. Тогда есть следующие свойства:
+	\begin{enumerate}
+		\item $\forall A, B \in \cL(H)\ \forall \alpha, \beta \in \Cm\ \ (\alpha A + \beta B)^* = \ole{\alpha}A^* + \ole{\beta}B^*$
+
+		\item $\forall A \in \cL(H)\ A^{**} = A$
+
+		\item $\forall A, B \in \cL(H)\ (AB)^* = B^*A^*$
+
+		\item $I^* = I$
+	\end{enumerate}
+\end{exercise}
+
+\begin{exercise}
+	Пусть $H$ --- гильбертово пространство, $A \in \cL(H)$ --- самосопряжённый оператор. Если $M \subseteq H$ --- инвариантное относительно $A$ подпространство, то $M^\bot$ --- тоже инвариантно относительно $A$.
+\end{exercise}