泛函分析作业 20

20.1 设 $X,Y$ 为 Banach 空间，考虑 $\mathcal L(X,Y)$ 中的算子范数。证明如下结论：

(1) 所有满射构成的集合是开集；

(2) 所有单射构成的集合不一定是开集；

(3) 所有具有闭像的单射构成的集合是开集。

(1) 在 $X,Y$ 均为 Banach 空间时，满射 $T\in\mathcal L(X,Y)$ 是开映射，即 $T(X)$ 是 $Y$ 的开集。不妨设存在 $\delta\in (0,1)$ 使得

$$\delta B_Y\subseteq TB_X$$

那么对任意 $H\in\mathcal L(X,Y)$ 满足 $\|T-H\|<\delta/2$ 时，我们证明 $H$ 是满射，类似于开映射定理的证明，构造收敛残差。对任意 $y_0\in Y$，由于 $T$ 是满射，所以存在 $x_0\in X$ 使得

$$Tx_0=y_0,\quad \|x_0\|\leq \dfrac {\|y_0\|}\delta$$

定义 $y_1=y_0-Hx_0$，则同样存在 $x_1\in X$ 使得 $Tx_1=y_1$，所以这么构造下去，得到

$$y_{n+1}=y_n-Hx_n,\quad Tx_n=y_n,\quad \|x_n\|\leq \dfrac {\|y_n\|}{\delta}\leq \dfrac {\|y_0\|}{2^n}$$

所以 $\sum_n x_n$ 收敛于 $X$ 上的一点 $x$，进而

$$H(x)=H\sum_n x_n=\sum_n y_n-y_{n+1}=y_0$$

(2) 所有单射构成的集合不一定是开集。对于 $\mathcal L(\ell^1,\ell^\infty)$ 配备算子范数，构成 Banach 空间。其上的所有单射构成的集合不是开集，否则所有非单射构成的集合是闭集，我们只需要找到一个非单射的收敛列，其极限点是单射，即可推出矛盾。取有界算子列 $f_n\in \mathcal L(\ell^1,\ell^\infty)$，使得

$$f_n:(x_1,x_2,\ldots,x_k,\ldots)\mapsto\left(\dfrac {x_1}1,\dfrac {x_2}2,\cdots,\dfrac {x_n}n,0,0,\cdots\right)$$

则 $f_n$ 构成 Cauchy 列，且每一项都是非单射

$$\|f_n-f_m\|=\sup_{\|x\|_{\ell^1}=1}\max_{n+1\leq i\leq m}\left|\dfrac {x_i}i\right|\leq \dfrac 1{n+1},\quad \forall n<m$$

其极限点为 $f$ 是单射

$$f:(x_1,x_2,\ldots,x_k,\ldots)\mapsto \left(\dfrac {x_1}1,\dfrac {x_2}2,\cdots,\dfrac {x_k}k,\cdots\right)$$

(3) 闭像集的单射，其像空间是 Banach 空间，所以由逆算子定理，对于任意像集为闭的单射 $f\in\mathcal L(X,Y)$，存在常数 $\delta>0$ 使得

$$\|x\|:=\|f^{-1}y\|\leq \delta^{-1}\|y\|=\delta^{-1}\|f(x)\|,\quad \forall x\in X$$

这说明，当 $g\in\mathcal L(X,Y)$ 满足 $\|f-g\|<\delta/2$ 时

$$\|g(x)\|\geq \|f(x)\|-\|f(x)-g(x)\|> \delta\|x\|-\|x\|\delta/2=\|x\|\delta/2$$

所以 $g$ 是单射。同时由闭像集定理，因为已经有

$$\dfrac 2\delta\cdot \|g(x)\|>\|x\|=\|[x]\|_{X/\ker g}$$

所以 $\mathrm{Ran}(g)$ 在 $Y$ 中是闭子空间。

20.2 若 $T,S\in\mathcal L(X,Y)$，其中 $X,Y$ 是 Banach 空间，则

(1) $(T+S)^*=T^*+S^*,\ aT^*=(aT)^*$；

(2) 若 $T^{-1}\in\mathcal L(Y,X)$，则 $(T^*)^{-1}$ 存在且 $(T^*)^{-1}=(T^{-1})^*$。

(1) 在有界线性算子空间，对于任意 $x\in X,y^*\in Y^*$，有

$$\begin{array}{ll}\langle (T+S)^*y^*,x\rangle &=\langle y^*,(T+S)x\rangle\\[6pt] &=\langle y^*,Tx\rangle +\langle y^*,Sx\rangle \\[6pt]&=\langle T^*y^*,x\rangle +\langle S^*y^*,x\rangle\\[6pt]&=\langle T^*y^*+S^*y^*,x\rangle \\[6pt]&=\langle (T^*+S^*)y^*,x\rangle \end{array}$$

由 $x$ 的任意性，$(T^*+S^*)y^*=(T+S)^*y^*$；由 $y^*$ 的任意性，$(T+S)^*=T^*+S^*$。另一个式子是同理的，因为

$$\langle (aT)^*y^*,x\rangle=\langle y^*,aTx\rangle =a\langle y^*,Tx\rangle =a\langle T^*y^*,x\rangle =\langle aT^*y^*,x\rangle$$

(2) 即 $T,T^{-1}$ 是互逆的有界线性算子，所以

$$\begin{cases}\mathrm{id}_{Y^*}=(TT^{-1})^*=(T^{-1})^*T^*\\[6pt] \mathrm {id}_{X^*}=(T^{-1}T)^*=T^*(T^{-1})^*\end{cases}$$

这说明了 $T^*$ 的左逆等于右逆，为 $(T^{-1})^*\in \mathcal L(X^*,Y^*)$。

20.3 假设 $L_A:\mathbb R^n\to\mathbb R^m$ 使得 $L_Ax=Ax$，其中 $A\in M_{m\times n}(\mathbb R)$，$x\in\mathbb R^n$，求 $(L_A)^*$。

因为 $\mathbb R^m$ 是 Hilbert 空间，所以由 Riesz 表示定理，知道存在等距同构

$$\Phi:\mathbb R^m\to \mathbb R^{m*},\quad y\mapsto \Phi(y),\quad \langle \Phi(y),y'\rangle =(y,y')_{\mathbb R^m}$$

所以，对于任意 $y\in\mathbb R^{m},x\in\mathbb R^n$，有

$$\langle L_A^*\Phi(y),x\rangle=\langle \Phi(y),L_Ax\rangle=\langle A^*\Phi(y),x\rangle$$

由任意性知道 $L^*_A=A^*$，而

$$\langle A^*\Phi(y),x\rangle=\langle \Phi(y),Ax\rangle=(y,Ax)=y^TAx =(A^Ty,x)=\langle \Phi(A^Ty),x\rangle$$

说明 $L_A^*=A^*=\Phi \circ A^T\circ \Phi^{-1}$。

20.4 假设 $X$ 是 Banach 空间，$Y$ 是 $X$ 的闭子空间，$\pi:X\to X/Y$ 使得 $\pi(x)=[x]$，$l:Y\to X$ 使得 $l(y)=y$，则

(1) $\pi^*: (X/Y)^*\to Y^\perp$ 是等距同构的；

(2) $l^*$ 是满射，且 $\ker(l^*)=Y^\perp$，从而 $\tilde {l^*}:X^*/Y^\perp\to Y^*$ 是等距同构的。

(1) 根据题意，取对偶算子 $\pi^*$，满足定义为，对任意 $x\in X,f\in (X/Y)^*$ 有

$$\langle \pi ^* f,x\rangle =\langle f,\pi (x)\rangle=\langle f,[x]\rangle$$

首先这是良定的，因为对于 $[x]$ 中的代表元 $x_1\sim x_2$，有

$$\langle \pi^*f,x_1-x_2\rangle =f\circ \pi(x_1-x_2)=0$$

其次 $\pi^*$ 是线性的，因为对任意 $f_1,f_2\in (X/Y)^*,c\in\mathbb F$，都有

$$\langle \pi^*(f_1+cf_2),x\rangle =\langle f_1+cf_2,[x]\rangle =\langle f_1,[x]\rangle +c\langle f_2,[x]\rangle=\langle \pi^*f_1+c\pi^*f_2,x\rangle$$

再次 $\pi^*$ 是双射，因为对 $f\in (X/Y)^*\cap \ker \pi^*$，有

$$0=\langle \pi^*f,x\rangle=\langle f,[x]\rangle ,\quad \forall\ [x]\in X/Y$$

根据泛函的定义，只能有 $f=0$，从而是单射。同时 $\pi^*$ 是满射，因为对任意 $y^*\in Y^{\perp}$，取任意 $x,x'\in X$，当 $x-x'\in Y$ 时，成立

$$\langle y^*,x\rangle=\langle y^*,x'\rangle\implies \text{define } h:\langle h,[x]\rangle=\langle y^*,x\rangle$$

所以 $h\in (X/Y)^*$，且满足下式，从而 $\pi^*h=y^*$ 是满射

$$\langle \pi^*h,x\rangle =\langle h,\pi(x)\rangle =\langle h,[x]\rangle=\langle y^*,x\rangle$$

最后 $\pi^*$ 是等距的，因为对任意 $f\in (X/Y)^*$，都有

$$\|\pi^*f\|:=\sup_{\|x\|_{X}\leq 1}\dfrac {|\langle \pi^*f,x\rangle |}{\|x\|_X}\leq \sup_{\|x\|\leq 1}\dfrac {|\langle f,[x]\rangle | }{\|[x]\|_{X/Y}}\leq \|f\|$$

反过来

$$\|f\|:=\sup_{x\in X,y\in Y}\dfrac {|\langle f,[x]\rangle |}{\|x+y\|_X}\leq \sup_{x\in X,y\in Y}\dfrac {|\langle \pi^*f,x+y\rangle|}{\|x+y\|_X}=\|\pi^*f\|$$

(2) 首先证明 $l^*$ 是满射，因为对于任意 $y^*\in Y^*$，由 Hahn-Banach 定理知道存在延拓 $x^*\in X^*$，使得 $x^*|_{Y}=y^*$，并且 $\|x^*\|_{X^*}=\|y^*\|_{Y^*}$，所以

$$\langle l^*x^*,y\rangle =\langle x^*,ly\rangle =\langle x^*,y\rangle =\langle y^*,y\rangle ,\quad \forall y\in Y$$

这说明 $l^*x^*=y^*$，从而是满射。

其次证明 $\ker (l^*)=Y^\perp$。先证明一侧，对于任意 $x^*\in Y^\perp$，都有

$$\langle l^*x^*,y\rangle =\langle x^*,ly\rangle =\langle x^*,y\rangle =0,\quad \forall y\in Y$$

说明 $l^*x^*=0$，即 $Y^\perp\subseteq \ker (l^*)$。另一侧同理，对于任意 $x^*\in \ker l^*$，都有

$$0=\langle l^*x^*,y\rangle =\langle x^*,ly\rangle =\langle x^*,y\rangle$$

说明 $x^*\in Y^\perp$。

最后证明 $\tilde {l^*}$ 是等距同构。定义 $\tilde {l^*}$ 为 $l^*$ 诱导的商映射，满足

$$\langle \tilde {l^*}[x^*],y\rangle:=\langle l^*x^*,y\rangle$$

因为 $\ker (l^*)=Y^\perp$，所以对于 $x^*\sim x'^*\iff x^*-x'^*\in Y^\perp$ 的代表元选取来说，是良定义的。因此容易验证这是线性同构。还需要证明等距，对于任意 $[x^*]\in X^*/Y^\perp$，有

$$\begin{array}{ll}\|\tilde {l^*}[x^*]\|&:=\displaystyle\sup_{\|y\|=1,y\in Y}|\langle \tilde {l^*}[x^*],y\rangle|\displaystyle=\sup_{\|y\|=1,y\in Y}|\langle x^*,y\rangle |=\|x^*|_{Y}\|_{Y^*}=\|[x^*]\|\end{array}$$