From 83d54fcb36b0dab8f7f1955f5c1b81034f138700 Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: Daniil Maximov Date: Sun, 24 Mar 2024 14:46:25 +0300 Subject: [PATCH] Added 4 full lectures on Functional Analysis --- .../2024_Konovalov/lectures/1lecture.tex | 10 +- .../2024_Konovalov/lectures/2lecture.tex | 23 ++- .../2024_Konovalov/lectures/3lecture.tex | 8 +- .../2024_Konovalov/lectures/4lecture.tex | 156 +++++++++++++++ .../2024_Konovalov/lectures/5lecture.tex | 76 +++++++ .../2024_Konovalov/lectures/6lecture.tex | 185 ++++++++++++++++++ .../2024_Konovalov/lectures/7lecture.tex | 163 +++++++++++++++ .../2024_Konovalov/main.tex | 4 + 8 files changed, 612 insertions(+), 13 deletions(-) create mode 100644 Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/lectures/4lecture.tex create mode 100644 Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/lectures/5lecture.tex create mode 100644 Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/lectures/6lecture.tex create mode 100644 Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/lectures/7lecture.tex diff --git a/Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/lectures/1lecture.tex b/Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/lectures/1lecture.tex index bd5859b..8ea9482 100644 --- a/Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/lectures/1lecture.tex +++ b/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 diff --git a/Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/lectures/2lecture.tex b/Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/lectures/2lecture.tex index 331de15..ae76a2f 100644 --- a/Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/lectures/2lecture.tex +++ b/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 $x_m$: \[ \forall m \in \N\ \exists \lim_{k \to \infty} (x_m, y_k) \] diff --git a/Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/lectures/3lecture.tex b/Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/lectures/3lecture.tex index 0a8776a..a5ac42a 100644 --- a/Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/lectures/3lecture.tex +++ b/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} \ No newline at end of file diff --git a/Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/lectures/4lecture.tex b/Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/lectures/4lecture.tex new file mode 100644 index 0000000..2c9fc85 --- /dev/null +++ b/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} \ No newline at end of file diff --git a/Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/lectures/5lecture.tex b/Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/lectures/5lecture.tex new file mode 100644 index 0000000..6c4358d --- /dev/null +++ b/Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/lectures/5lecture.tex @@ -0,0 +1,76 @@ +\begin{theorem} \label{conj_decomp_th} + Пусть $H$ --- гильбертово пространство, $A \in \cL(H)$. Тогда + \[ + H = \cl(\im A) \oplus \ker A^* + \] +\end{theorem} + +\begin{proof}~ + \begin{enumerate} + \item Покажем, что $(\im A)^\bot = \ker A^*$. Для этого рассмотрим произвольный элемент ортогонального дополнения: + \[ + \forall y \in (\im A)^\bot\ \forall x \in H\ (Ax, y) = 0 + \] + Стало быть, для любых $x, y$ выше будет $(x, A^*y) = 0$, а в силу гильбертовости пространства это означает, что $A^*y = 0$, при этом $A^*$ биективен. Это возможно тогда и только тогда, когда $y = 0$. + + \item Заметим, что $(\im A)^\bot = (\cl(\im A))^\bot$. Так как последнее является подпространством, то по теореме о проекции получаем требуемое разложение: + \[ + H = \cl(\im A) \oplus (\cl(\im A))^\bot = \cl(\im A) \oplus \ker A^* + \] + \end{enumerate} +\end{proof} + +\begin{theorem} (Банаха, об обратном операторе) + Пусть $H$ --- гильбертово пространство над полем $\Cm$, $A \in \cL(H)$ и $A$ --- биекция. Тогда $A^{-1} \in \cL(H)$ --- непрерывный ограниченный оператор. +\end{theorem} + +\begin{proof} + Основная идея состоит в том, чтобы доказать утверждение теоремы не для $A$, а для $A^*$. Запишем 2 разложения пространства $H$: + \begin{align*} + &{\cl(\im A) \oplus \ker A^* = H} + \\ + &{\cl(\im A^*) \oplus \ker A = H} + \end{align*} + Так как $A$ биективен, то $\ker A = \{0\}$ и мы сразу получаем $\cl(\im A^*) = H$. С другой стороны, $\cl(\im A) = \im A = H$, а потому $\ker A^* = \{0\}$. + \begin{lemma} \label{conj_op_bot_bounded_lemma} + Оператор $A^*$ ограничен снизу + \end{lemma} + + \begin{proof} + Напомним, что означает это свойство: + \[ + \exists m > 0 \such \forall x \in H\ \ \|A^*x\| \ge m\|x\| + \] + Понятно, что это утверждение эквивалентно такому же, но где рассматриваются не абсолютно все элементы $H$, а просто для каждого направления, соответствующего $x \in H$, будет потребован хотя бы какой-то $x_0$ с соответствующим неравенством. Это работает в силу линейности, мы уже это видели в эквивалентных определениях нормы оператора. Итак, рассмотрим $S = \{x \in H \colon \|A^*x\| = 1\}$. Условие перепишется так: + \[ + \exists m > 0 \such \forall x \in S\ \ \|x\| \le \frac{1}{m} + \] + По сути надо доказать ограниченность $S$. Сделаем это через доказательство, что $S$ слабо ограничено. Нужное свойство можно записать так: + \[ + \forall y \in H\ \exists K_y \in \R_+ \such \forall x \in S\ \ |(x, y)| \le K_y + \] + Вспомним, что $A$ --- сюръекция, а значит для любого $y \in H$ мы найдём $z \in H$ такой, что $Az = y$. Отсюда: + \[ + \forall z \in H\ \exists K_z \in \R_+ \such \forall x \in S\ \ |(x, Az)| = |(A^*x, z)| \le 1 \cdot \|z\| =: K_z + \] + \end{proof} + + + \begin{lemma} + Пусть $B \in \cL(H)$ и $B$ ограничен снизу. Тогда $\cl(\im B) = \im B$. + \end{lemma} + + \begin{proof} + Пусть $y_n \in \im B$ и $\lim_{n \to \infty} y_n = y$. Докажем, что $y \in \im B$. В силу сходимости есть и фундаментальность: + \[ + \forall p \in \N\ \ \|y_{n + p} - y_n\| \xrightarrow[n \to \infty]{} 0 + \] + Коль скоро $y_n \in \im B$, то можно переписать фундаментальность: + \[ + \forall p \in \N\ \ \|y_{n + p} - y_n\| = \|Bz_{n + p} - Bz_n\| \ge m\|z_{n + p} - z_n\| + \] + Так как левая часть неравенства стремится к нулю, то и правая тоже. Стало быть, $z_n$ фундаментальна, а в силу полноты $H$ должен существовать предел $\lim_{n \to \infty} z_n = z$. Тогда $y = \lim_{n \to \infty} Bz_n = B( \lim_{n \to \infty} z_n) = Bz$. + \end{proof} + + Итак, $\cl(\im A^*) = \im A^* = H$ и $\ker A^* = \{0\}$, то есть $A^*$ --- биекция. Значит, применима теорема о существовании обратного оператора $(A^*)^{-1}$, который сразу же непрерывен на $\im A^* = H$, то есть требуемое про $A^*$ мы доказали. Осталось сказать, что $A^{**} = (A^*)^* = A$, ну а сам $A^*$ все условия, которые были изначально наложены на $A$, сохранил, поэтому требуемое тоже доказано. +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/lectures/6lecture.tex b/Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/lectures/6lecture.tex new file mode 100644 index 0000000..98f1357 --- /dev/null +++ b/Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/lectures/6lecture.tex @@ -0,0 +1,185 @@ +\section{Спектр. Резольвента} + +\begin{note} + В этой главе, если не сказано иного, мы живём в банаховом пространстве $E$ над комл4ексным полем $\Cm$. Также оператор $A$ всегда из класса $\cL(E)$, если не сказано иного. +\end{note} + +\textcolor{red}{Добавить затравку из конечномерного случая?} + +\begin{definition} + \textit{Резольвентным множеством оператора} $A$ называется следующее множество: + \[ + \rho(A) = \{\lambda \in \Cm \such \exists (A - \lambda I)^{-1} \in \cL(E)\} + \] + Все $\lambda \in \Cm$, попадающие в резольвентное множество, называются \textit{регулярными}. +\end{definition} + +\begin{definition} + \textit{Спектром оператора} $A$ называется дополнение к резольвентному множеству: + \[ + \sigma(A) = \Cm \bs \rho(A) + \] +\end{definition} + +\begin{note} + Далее $\sigma_p(A)$ --- множество всех собственных значений оператора $A$ ($p$ означает point). +\end{note} + +\begin{example}~ + \begin{enumerate} + \item $\dim E < \infty$ Здесь $\sigma(A) = \sigma_p(A)$ --- спектром будет множество всех собственных значений оператора. + + \item $\dim E = \infty$ + \begin{enumerate} + \item $E = \ell_2(\Cm)$, $Ax = (0, x_1, x_2, \ldots)$ --- оператор правого сдвига. Несложно показать, что $\sigma_p(A) = \emptyset$ --- у этого оператора нет собственных значений, однако $\sigma(A) = \{\lambda \in \Cm \colon |\lambda| < 1\}$ \textcolor{red}{Не верю в то, что сюда подходят случаи $|\lambda| = 1$} + + \item $E = C[0; 1]$, $Af(x) = \int_0^x f(t)dt$ --- оператор Вольтера. Интересный факт состоит в том, что $\sigma(A) = \{0\}$, при этом ноль не является собственным значением! + \end{enumerate} + \end{enumerate} +\end{example} + + +\begin{definition} \textcolor{red}{(Не по лектору, но он так говорил и такое определение существует)} + \textit{Спектральным радиусом оператора} $A$ называется радиус окружности с центром в нуле, в которую попадают все элементы спектра: + \[ + r(A) = \sup_{\lambda \in \sigma(A)} |\lambda| + \] +\end{definition} + + +\begin{theorem} + Верно 2 факта: + \begin{enumerate} + \item $\sigma(A)$ --- непустое замкнутое множество + + \item $r(A) = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\|A^n\|}$ + \end{enumerate} +\end{theorem} + +\begin{proposition} + На пространстве функций $\Cm \to \cL(E)$ можно построить ТФКП. +\end{proposition} + +\begin{definition} + \textit{Резольвентой оператора} $A$ называется любое отображение следующего вида: + \[ + R_\lambda := R(\lambda) := (A - \lambda I)^{-1},\ \lambda \in \rho(A) + \] +\end{definition} + +\begin{anote} + Далее я буду чередовать обозначения $R_\lambda$ и $R(\lambda)$. Второе будет использоваться тогда, когда мне важно подчеркнуть, что резольвента --- функция от $\lambda \in \Cm$. +\end{anote} + +\begin{proposition} \label{prop10_for_radius} + Если $|\lambda| > \|A\|$, то $\lambda \in \rho(A)$ +\end{proposition} + +\begin{proof} + Перепишем $A - \lambda I$ следующим образом: + \[ + A - \lambda I = -\lambda\ps{I - \frac{1}{\lambda}A} + \] + Так как $\no{\frac{A}{\lambda}} = \frac{1}{|\lambda|}\|A\| < 1$, то применима теорема \ref{simple_inverse_op_theorem} и, соответственно, этот оператор обратим. Значит $\lambda \in \rho(A)$ по определению +\end{proof} + +\begin{proposition} + Резольвентное множество $\rho(A)$ открыто +\end{proposition} + +\begin{proof} + Пусть $\lambda_0 \in \rho(A)$. Тогда мы хотим найти шар $|\Delta \lambda| < \delta$ такой, что $\lambda_0 + \Delta \lambda \in \rho(A)$. Это означает, что оператор $A - (\lambda_0 + \Delta \lambda)I = (A - \lambda_0 I) + (-\Delta \lambda I)$ должен быть обратим. Так как $\|\Delta \lambda I\| = |\Delta \lambda|$, то по теореме \ref{extended_inverse_op_theorem} мы действительно можем найти нужный шар (нужно взять $|\Delta \lambda| \le \|(A - \lambda_0 I)^{-1}\|^{-1}$). +\end{proof} + +\begin{proposition} + $R(\lambda)$ является непрерывной функцией +\end{proposition} + +\begin{proof} + Положим $B = A - \lambda_0 I$ и $\Delta B = -\Delta \lambda I$. Как мы уже доказали, мы можем рассмотреть $\Delta \lambda$ с ограничением $|\Delta \lambda| < \|B^{-1}\|^{-1}$ и тогда по теореме \ref{extended_inverse_op_theorem} $B + \Delta B$ обратим. Для непрерывности, нам необходимо оценить норму следующей разности (причём так, что она стремится к нулю при $\Delta \lambda \to 0$): + \[ + \|R(\lambda_0 + \Delta \lambda) - R(\lambda_0)\| = \|(B + \Delta B)^{-1} - B^{-1}\| + \] + Распишем $(B + \Delta B)^{-1}$ через ряд Неймана следующим образом: + \[ + (B + \Delta B)^{-1} = (I + B^{-1}\Delta B)^{-1}B^{-1} = \sum_{k = 0}^\infty (-1)^k (B^{-1}\Delta B)^k B^{-1} = B^{-1} + \sum_{k = 1}^\infty (-1)^k (B^{-1}\Delta B)^kB^{-1} + \] + Отсюда можно вернуться к оценке и уже работать чисто с рядом (напомню, что $\|\Delta B\| = |\Delta \lambda|$): + \begin{multline*} + \|(B + \Delta B)^{-1} - B^{-1}\| = \no{\sum_{k = 1}^\infty (-1)^k(B^{-1}\Delta B)^kB^{-1}} \le \sum_{k = 1}^\infty \|B^{-1}\|^{k + 1}\|\Delta B\|^k = + \\ + \|B^{-1}\|\sum_{k = 1}^\infty (\|B^{-1}\| \cdot \|\Delta B\|)^k = \|B^{-1}\| \cdot \frac{\|B^{-1}\| \cdot \|\Delta B\|}{1 - \|B^{-1}\| \cdot \|\Delta B\|} \xrightarrow[\Delta \lambda \to 0]{} 0 + \end{multline*} +\end{proof} + +\begin{note} + Далее будет полезно использовать обозначение $A_\lambda := A - \lambda I$. +\end{note} + +\begin{proposition} + Пусть $\lambda_0, \lambda \in \rho(A)$. Тогда + \[ + R_\lambda - R_{\lambda_0} = (\lambda - \lambda_0)R_\lambda R_{\lambda_0} + \] +\end{proposition} + +\begin{proof} + \[ + R_\lambda - R_{\lambda_0} = R_\lambda \underbrace{(A_{\lambda_0} R_{\lambda_0})}_{I} - (R_\lambda A_\lambda) R_{\lambda_0} = R_\lambda (A_{\lambda_0} - A_\lambda)R_{\lambda_0} = R_\lambda (\lambda - \lambda_0)R_{\lambda_0} = (\lambda - \lambda_0)R_\lambda R_{\lambda_0} + \] +\end{proof} + +\begin{proposition} + $R(\lambda)$ дифференцируема на $\rho(A)$. Более того: + \[ + R'(\lambda_0) = R_{\lambda_0}^2 + \] +\end{proposition} + +\begin{proof} + Запишем дробь из предела производной: + \[ + \frac{R_\lambda - R_{\lambda_0}}{\lambda - \lambda_0} = \frac{(\lambda - \lambda_0)R_\lambda R_{\lambda_0}}{\lambda - \lambda_0} = R_\lambda R_{\lambda_0} \xrightarrow[\lambda \to \lambda_0]{} R_{\lambda_0}^2 + \] +\end{proof} + +\begin{proposition} + Радиус сходимости ряда Неймана для $R(\lambda)$ равен спектральному радиусу $r(A)$. +\end{proposition} + +\begin{anote} + Если рассматривается радиус окрестности бесконечности, то он тем больше, чем он дальше от бесконечной точки (то есть численно меньше), и наоборот. +\end{anote} + +\begin{proof} + Покажем неравенства в 2 стороны: + \begin{itemize} + \item[$\le$] Так как мы можем использовать все факты из курса ТФКП, то в частности мы можем говорить о ряде Лорана. Если $|\lambda| > \|A\|$, то тогда имеет место следующее представление резольвенты: + \[ + R(\lambda) = \frac{1}{A - \lambda I} = -\frac{1}{\lambda} \cdot \frac{1}{I - \frac{A}{\lambda}} = -\frac{1}{\lambda}\sum_{k = 0}^\infty A^k\lambda^{-k} + \] + При этом, ранее было установлено, что $R(\lambda)$ дифференцируема на $\rho(A)$. В частности, это происходит на круге $|\lambda| > r(A)$. Так как представление функции в виде ряда Лорана в круге единственно, а мы уже его записали выше для некоторой окрестности бесконечности, то тот же самый вид должен быть и в этом круге: + \[ + \forall \lambda, |\lambda| > r(A)\ \ R(\lambda) = -\sum_{k = 0}^\infty A^k\lambda^{-k - 1} + \] + Значит, радиус сходимости ряда Неймана не превосходит $r(A)$. + + \item[$\ge$] Пусть $|\lambda_0| < r(A)$. Тогда, предположим, что ряд сходится в этой точке. Это автоматически означает, что ряд будет сходится и при всех $|\lambda| > |\lambda_0|$ (в силу свойств радиуса сходимости). Это также означает обратимость $A_\lambda$ при всех таких $\lambda$, но коль скоро $|\lambda_0| < r(A)$, то должен существовать $|\lambda_0| < |\lambda_1| < r(A)$ такой, что $\lambda_1 \in \sigma(A)$ в силу определения спектрального радиуса, а это противоречит определению спектра. + \end{itemize} +\end{proof} + +\begin{proposition} (Аналог основной теоремы алгебры) + Спектр оператора непуст. + \[ + \sigma(A) \neq \emptyset + \] +\end{proposition} + +\begin{proof} + Предположим противное. Тогда $\rho(A) = \Cm$ и, следовательно, $R(\lambda)$ является целой функцией. Оценим норму этого оператора, пользуясь представлением обратного оператора в ряд Неймана (просуммируем геометрическую прогрессию): + \[ + \|R(\lambda)\| \le \frac{1}{|\lambda|} \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{|\lambda|}\|A\|} \xrightarrow[\lambda \to \infty]{} 0 + \] + Коль скоро есть предел $\lim_{\lambda \to \infty} \|R(\lambda)\|$, то норма $R(\lambda)$ ограничена. Стало быть, по теореме Лиувилля $R(\lambda) = const$. Более того, из-за найденного выше предела $R(\lambda) = 0$. Это противоречит обратимости $A_\lambda$ при каком-либо $\lambda \neq 0$. +\end{proof} + diff --git a/Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/lectures/7lecture.tex b/Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/lectures/7lecture.tex new file mode 100644 index 0000000..e125d6b --- /dev/null +++ b/Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/lectures/7lecture.tex @@ -0,0 +1,163 @@ +\begin{proposition} + Если $\lambda \in \sigma(A)$, то $\lambda^n \in \sigma(A^n)$. +\end{proposition} + +\begin{note} + На самом деле, есть более сильный факт: + \[ + \forall \mu \in \sigma(A^n)\ \exists \lambda \in \sigma(A) \colon \lambda^n = \mu + \] + Таким образом, $(\sigma(A))^n = \sigma(A^n)$ +\end{note} + +\begin{proof} + Предположим противное, то есть $\lambda^n \in \rho(A)$ и $\lambda \in \sigma(A)$. Значит, $(A^n - \lambda^n I)^{-1} \in \cL(E)$. Заметим, что мы так же можем записать обращаемый оператор в следующем виде: + \[ + A^n - \lambda^n I = (A - \lambda I)\underbrace{(A^{n - 1} + \ldots + \lambda^{n - 1} I)}_{B} \Lora I = (A - \lambda I) B(A^n - \lambda^n I)^{-1} + \] + Так как все рассматриваемые операторы --- многочлены от степеней $A$, то они коммутируют. С учетом этого имеем, что $A_\lambda$ обратим. Более того, его обратный $A_\lambda^{-1} = B(A^n - \lambda^n I)^{-1} \in \cL(E)$, а стало быть $\lambda \in \rho(A)$, чего не может быть. +\end{proof} + +\begin{proposition} + Верна формула для спектрального радиуса: + \[ + r(A) = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\|A^n\|} + \] +\end{proposition} + +\begin{proof} + Воспользуемся тем фактом, что радиус сходимости ряда Неймана для $R(\lambda)$ совпадает с $r(A)$, ибо для радиуса сходимости степенного ряда есть формула: + \[ + r(A) = r_{\text{сх.}} = \varlimsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{\|A^n\|} + \] + В силу последнего доказанного утверждения, мы можем связать $r(A)$ с $r(A^n)$ следующим образом: + \[ + r(A^n) = \sup_{\mu \in \sigma(A^n)} |\mu| \ge \sup_{\lambda \in \sigma(A)} |\lambda^n| \ge r(A)^n + \] + Стало быть, $r(A) \le \sqrt[n]{r(A^n)}$. При этом, по утверждению \ref{prop10_for_radius} имеем $r(A^n) \le \|A^n\|$. Получилось, что верхний предел не превосходит любого элемента последовательности $\sqrt[n]{\|A^n\|}$, а это означает, что он не превосходит нижнего предела. Такое возможно только тогда, когда существует просто предел. +\end{proof} + +\begin{note} + В конечномерном случае, $\sigma(A) = \sigma_p(A)$, причём $\exists \lambda \in \sigma_p(A) \Lra \ker A_\lambda \neq \{0\}$. В бесконечномерном случае этим уже не ограничиться. +\end{note} + +\begin{definition} + Рассмотрим оператор $A \in \cL(E)$. Тогда + \begin{itemize} + \item $\sigma_p(A) := \{\lambda \in \sigma(A) \colon \ker A_\lambda \neq \{0\}\}$ --- \textit{точечный спектр} + + \item $\sigma_c(A) := \{\lambda \in \sigma(A) \colon \ker A_\lambda = \{0\} \wedge \im A_\lambda \neq E \wedge \cl (\im A_\lambda) = E\}$ --- \textit{непрерывный спектр} + + \item $\sigma_r(A) := \{\lambda \in \sigma(A) \colon \ker A_\lambda = \{0\} \wedge \cl (\im A_\lambda) \neq E\}$ --- \textit{остаточный спектр} + \end{itemize} +\end{definition} + +\begin{note} + Если $\ker A_\lambda = \{0\}$ и $\im A_\lambda = E$, то $A_\lambda \in \cL(E)$ является биекцией, а значит по теореме Банаха $A_\lambda^{-1} \in \cL(E)$, то есть $\lambda \in \rho(A) = \Cm \bs \sigma(A)$. +\end{note} + +\begin{exercise} + Пусть дано пространство $\ell_2(\Cm)$, $\{\lambda_n\}_{n = 1}^\infty$ --- ограниченная последовательность, $(Ax)_n = \lambda_nx_n$. Доказать, что + \[ + \sigma(A) = \ole{\{\lambda_n\}_{n = 1}^\infty} + \] +\end{exercise} + +\section{Самосопряжённые операторы} + +\begin{note} + В этом параграфе мы живём в гильбертовом пространстве $H$ над полем $\Cm$. Оператор $A \in \cL(H)$ --- самосопряжённый, то есть $A = A^*$, или же + \[ + \forall x, y \in H\ \ (Ax, y) = (x, Ay) + \] +\end{note} + +\begin{definition} + \textit{Квадратичной формой оператора} $A$ называется функционал, определённый следующим образом: + \[ + K(x) = (Ax, x) \colon H \to \Cm + \] +\end{definition} + +\begin{exercise} + Если $\forall x \in H\ \ K(x) = 0$, то $A = 0$. При этом этот факт неверен, если рассмотреть $H$ над полем $\R$. +\end{exercise} + +\begin{theorem} + При всех условиях параграфа, есть 3 утверждения: + \begin{enumerate} + \item Оператор $A$ самосопряжён тогда и только тогда, когда $\forall x \in H\ \ K(x) \in \R$ + + \item Если $\lambda$ --- собственное значение $A$, то $\lambda \in \R$ + + \item Если $\lambda_1 \neq \lambda_2$ --- собственные значения $A$, а $e_1, e_2 \in H$ --- соответствующие собственные вектора, то $(e_1, e_2) = 0$ + \end{enumerate} +\end{theorem} + +\begin{proof}~ + \begin{enumerate} + \item В силу того, что скалярное произведение является эрмитовым, мы можем воспользоваться свойством перестановки аргументов: + \[ + K(x) = (Ax, x) = (x, Ax) = \ole{(Ax, x)} \Lra K(x) \in \R + \] + + \item Пусть $Av = \lambda v$. Тогда + \[ + K(v) = (Av, v) = (\lambda v, v) = \lambda (v, v) \in \R \Lra \lambda \in \R + \] + + \item Заметим следующее соотношение: + \[ + \lambda_1(e_1, e_2) = (Ae_1, e_2) = (e_1, Ae_2) = \lambda_2(e_1, e_2) + \] + Так как $\lambda_1 \neq \lambda_2$, то такое возможно только тогда, когда $(e_1, e_2) = 0$. + \end{enumerate} +\end{proof} + +\begin{note} + Мы получили, что $\sigma_p(A) \subseteq \R$. Можно высказать вполне законную гипотезу (которая скоро окажется верной), что $\sigma(A) \subseteq \R$ +\end{note} + +\begin{theorem} + При всех условиях параграфа, верно равенство + \[ + \forall \lambda \in \Cm\ \ \cl(\im A_\lambda) \oplus \ker A_\lambda = H + \] +\end{theorem} + +\begin{proof} + Воспользуемся теоремой \ref{conj_decomp_th} для сопряжённых операторов. Тогда + \[ + \cl(\im A_\lambda) \oplus \ker (A_\lambda)^* = H + \] + При этом $(A_\lambda)^* = A^* - \ole{\lambda} I = A - \ole{\lambda} I$. Если $\lambda \in \R$, то всё тривиально доказано. Иначе $\lambda \notin \R$, но это так же значит, что $\lambda \notin \sigma_p(A)$, а это эквивалентно $\ker A_\lambda = \{0\}$. То же самое верно и для $\ole{\lambda}$, откуда тоже получаем тривиальное доказательство. +\end{proof} + +\begin{theorem} (Критерий принадлежности спектру самосопряжённого оператора) + \[ + \lambda \in \rho(A) \Lra A_\lambda \text{ --- ограниченный снизу, то есть } \exists m > 0\ \forall x \in H \colon \|A_\lambda x\| \ge m\|x\| + \] +\end{theorem} + +\begin{note} + У теоремы есть эквивалентная формулировка: + \[ + \lambda \in \sigma(A) \Lra \exists \{x_n\}_{n = 1}^\infty \colon \|x_n\| = 1 \wedge \|A_\lambda x_n\| \xrightarrow[n \to \infty]{} 0 + \] +\end{note} + +\begin{proof}~ + \begin{itemize} + \item[$\Ra$] Раз $\lambda \in \rho(A)$, то $A_\lambda$ обратим, а значит биективен. По теореме \ref{reverse_op_crit} всё доказано сразу + + \item[$\La$] По той же теореме, $A_\lambda$ должен быть непрерывно обратим. Более того, $\ker A_\lambda = \{0\}$, а в силу разложения пространства имеем следующее: + \[ + \cl(\im A_\lambda) \oplus \ker A_\lambda = H = \cl(\im A_\lambda) + \] + А в силу леммы \ref{conj_op_bot_bounded_lemma} имеем $\im A_\lambda = \cl(\im A_\lambda) = H$ + \end{itemize} +\end{proof} + +\begin{theorem} + При всех условиях параграфа, $\sigma(A) \subseteq \R$. +\end{theorem} \ No newline at end of file diff --git a/Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/main.tex b/Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/main.tex index e2725cb..6d0feee 100644 --- a/Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/main.tex +++ b/Lectures/6_Semester/Functional_Analysis/2024_Konovalov/main.tex @@ -19,4 +19,8 @@ \input{lectures/1lecture} \input{lectures/2lecture} \input{lectures/3lecture} + \input{lectures/4lecture} + \input{lectures/5lecture} + \input{lectures/6lecture} + \input{lectures/7lecture} \end{document} \ No newline at end of file