A funkcionálanalízis elemei
3.2. Folytonos lineáris operátorok
k=−∞ ∈`2(Z)sorozat nem eleme M+N-nek, tehátM+N 6=`2(Z).
Ugyanakkor tetszőleges olyan(γk)+∞k=−∞ valós sorozat,amelynek elemei véges sok indextől eltekintve nullák, a fenti módon triviálisan előáll egy M-beli és egyN-beli vektor összegeként. Mivel`2(Z)tetszőleges eleme nor-mában közelíthető ilyen tulajdonságú (γk)+∞k=−∞ vektorokkal, ezért M +N az egész `2(Z)tér. Így M +N 6=M+N , tehát M +N nem zárt, jóllehet mindM,mindN zárt altér.
3.1.14. Feladat. Adjunk példát normált térben zárt kúpra és egydimenziós altérre, amelyek összege nem zárt ! (Ötlet : Vegyünk a háromdimenziós térben egy origó csúcsú hegyesszögű forgástölcsért, illetve ennek egyik alkotójára illeszkedő egyenest.)
3.2. Folytonos lineáris operátorok
A továbbiakban legyenek(X,k·k1)és(Y,k·k2)normált terekKfölött. Mivel az X és Y tereknek egyaránt van vektortér- és metrikus struktúrájuk, ké-zenfekvő vizsgálni azt az esetet, mikor egyA:X →Y leképezés egyidejűleg folytonos és lineáris. Például azR → R lineáris leképezések (számmal való szorzások) folytonosak.
Mostantól fogva – elkerülendő a jelölésekből adódó félreértéseket – az X-ről Y-ba menő összes lineáris leképezés halmazát Hom(X, Y)-nal jelöljük, míg az L(X, Y) jelölést azon lineáris leképezések halmazára tartjuk fönn, amelyek folytonosak is. Hom(X, Y)közismerten vektortérKfölött.
3.2.1. Definíció. Jelölje
L(X, Y) :={A∈Hom(X, Y) : A folytonos}
azX→Y folytonos lineáris operátorok halmaza. Speciálisan X∗:=L(X,K)
az X-en értelmezett folytonos lineáris funkcionálok összessége. X∗-ot az (X,k·k1)normált tértopológiai duálisának mondjuk. Az összes lineáris funk-cionált tartalmazóX0 :=Hom(X,K)halmazt pedig azX vektortéralgebrai duálisának.
Megjegyezzük, hogy a funkcionálanalízis név onnan ered, hogy a mate-matika ezen ága a különféle speciális normált terek topológiai duálisának jellemzéseiből nőtte ki magát.
3.2.2. Tétel. LegyenA∈Hom(X, Y). Ekkor a következők ekvivalensek : 1. A∈L(X, Y),azaz A folytonos ;
2. A folytonos a0X pontban ; 3. A korlátos aBX egységgömbön ;
4. létezikα≥0, hogy mindenx∈X esetén kAxk2≤α· kxk1. Bizonyítás. 1.⇒2. triviális.
2. ⇒ 3. : az A 0X-beli folytonossága miatt az ε = 1 számhoz van olyan
mindenx∈ X, x6=0X esetén. Ez utóbbi egyenlőtlenség viszont triviálisan x=0X esetén is fennáll.
tehát azt mutattuk meg, hogy y∈x+ ε
α+ 1· BX =⇒ kAy−Axk2< ε, ami éppen azt jelenti, hogyAfolytonosx-ben.
3.2.3. Következmény. A∈L(X, Y)esetén
{kAxk2:x∈X, kxk1≤1} ⊆R korlátos halmaz.
3.2.4. Definíció. JelöljeA∈L(X, Y)esetén
kAk:= sup{kAxk2:x∈X, kxk1≤1}= sup
x∈X,kxk1≤1
kAxk2
azA∈L(X, Y)leképezésoperátornormája (még nem tudjuk, hogy valóban norma !).
3.2.5. Állítás. LegyenA∈L(X, Y). Ekkor minden x∈X vektorra kAxk2≤ kAk · kxk1.
Bizonyítás. kAk definíciója alapján mindenx∈X,kxk1≤1esetén kAxk2≤ kAk.
Legyen mostx∈X, x6=0X,ekkor
1 kxk1·x
1
= 1
kxk1 · kxk1= 1, innen
1
kxk1· kAxk2=
1 kxk1 ·Ax
2
= A
1 kxk1 ·x
2
≤ kAk, ahonnan
kAxk2≤ kAk · kxk1,
és ez utóbbi egyenlőtlenség triviálisanx=0X esetén is fennáll.
3.2.6. Állítás. Ha A ∈ Hom(X, Y) és α ≥ 0, melyekre minden x ∈ X esetén
kAxk2≤α· kxk1, akkorA∈L(X, Y)és
kAk ≤α.
Ha mindezeken felül van egyx0∈X,kx0k1= 1 tulajdonságú vektor, melyre
Az állítás második részekAkdefiníciója alapján nyilvánvaló.
3.2.7. Következmény. HaX, Y, Z normált terekKfölött ésA∈L(X, Y), B∈L(Y, Z), akkorB·A∈L(X, Z), továbbá
kB·Ak ≤ kBk · kAk.
Bizonyítás. Tetszőlegesx ∈ X-re k(B·A)xk =kB(Ax)k ≤ kBk · kAxk ≤
≤(kBk · kAk)· kxk. Innen az állítás nyilvánvaló.
3.2.8. Feladat. Mutassuk meg, hogy az[a, b]intervallumon értelmezett foly-tonos valós függvényekC[a, b]vektorterén a
kfkC := max
t∈[a,b]|f(t)|
egyenlőség normát definiál !
3.2.9. Példa. A (C[a, b],k·kC) normált téren értelmezett
b
R
a
: C[a, b] →R lineáris funkcionálra mindenf ∈C[a, b]esetén
3.2.10. Állítás. Legyen (X,k·k) normált tér Kfölött. Egy ϕ∈X0 lineáris funkcionál pontosan akkor folytonos, hakerϕzárt.
Bizonyítás. Ha ϕ folytonos, akkor a K-beli {0} zárt halmaz ϕ általi kerϕ ősképe zárt.
Megfordítva, tegyük föl, hogykerϕzárt. Haϕazonosan nulla, akkor persze folytonos. Tegyük föl, hogyϕnem azonosan nulla. Ekkor létezika∈X\kerϕ vektor. Mivel ez utóbbi halmaz nyílt, ezért van olyan r >0 szám, hogy az a+r· BX halmaz nem metsz kerϕ-be. Ez azt jelenti, hogy
0∈/ϕ a+r· BX
=ϕa+r·ϕ BX
, következésképp ϕ BX
6= K. Vegyük észre, hogy tetszőleges nemnulla α∈
∈ϕ BX
eseténϕ BX
tartalmazza az egész0körüli|α|sugarú zárt körlapot (ill. intervallumot). Ez azt jelenti, hogy haϕ BX
nem volna korlátos, akkor meg kellene egyeznie az egész K-val. Mivel pedig nem egyezik meg, ezért korlátos.ϕ BX
korlátossága viszont ekvivalensϕfolytonosságával.
3.2.11. Tétel. Legyenek(X,k·k1)és(Y,k·k2)normált terekKfölött. Ekkor L(X, Y) altereHom(X, Y)-nak, továbbá ak·k:L(X, Y)→R+,
kAk:= sup
x∈X,kxk1≤1
kAxk2
leképezés norma az L(X, Y) vektortéren. Ha (Y,k·k2) Banach-tér, akkor (L(X, Y),k·k) is Banach-tér.
Bizonyítás. Először három dolgot jegyzünk meg :
1. 0Hom(X,Y) nyilván eleme L(X, Y)-nak. Ha pedig A ∈ L(X, Y) olyan operátor, amelyrekAk= 0,akkor mindenx∈X-re
kAxk2≤ kAk · kxk1= 0 miattAazonosan0Y,azazA=0Hom(X,Y).
2. TetszőlegesA∈L(X, Y)ésα∈Kesetén mindenx∈X-re k(α·A)xk2=kα·Axk2=|α| · kAxk2≤(|α| · kAk)· kxk1, innen az egyik fenti állítás miattα·A∈L(X, Y) éskα·Ak ≤ |α|·kAk.
Ha mostα6= 0,akkor a kapottakat az α1 számra és azα·Aoperátorra alkalmazva azt kapjuk, hogy
kAk= 1 α·α·A
≤ 1
|α|· kα·Ak,
ahonnankα·Ak ≥ |α|·kAk,ezt pedig a fentiekkel összevetvekα·Ak=
=|α| · kAk. Ez utóbbi egyenlőség perszeα= 0esetén is igaz.
3. k·k2 norma volta és az egyik fenti állítás miatt tetszőleges A, B ∈
∈L(X, Y)esetén mindenx∈X-re
k(A+B)xk2=kAx+Bxk2≤ kAxk2+kBxk2≤
≤ kAk · kxk1+kBk · kxk1= (kAk+kBk)· kxk1 alapjánA+B∈L(X, Y)éskA+Bk ≤ kAk+kBk.
A fentiek miatt L(X, Y) triviálisan altere Hom(X, Y)-nak. Ennek bir-tokában az 1., 2. és 3. pontokból a k·k operátornormára vonatkozó három normaaxióma is azonnal leolvasható. Tehát(L(X, Y),k·k)normált térK fö-lött.
Tegyük most föl, hogy(Y,k·k2)Banach-tér. Legyen(An)⊆L(X, Y) k·k-Cauchy-sorozat. Ekkor(An)korlátos is, azaz létezikL≥0szám, hogy minden n∈Nesetén
kAnk ≤L.
Másrészt kAnx−Amxk2 = k(An−Am)xk2 ≤ kAn−Amk · kxk1 alapján minden rögzítettx∈Xesetén(Anx)egyk·k2-Cauchy-sorozat. MivelY teljes, ezért mindenx∈X esetén(Anx)konvergens sorozatY-ban. Jelölje
A:X →Y, A(x) : = lim
n→+∞Anx.
A normált térbeli sorozatok összegének és számszorosának konvergenciájára vonatkozó tétel alapján azonnal adódik, hogy A lineáris. Továbbá minden x∈X eseténkAnxk2≤L· kxk1miatt
kAxk2=
n→+∞lim Anx 2
= lim
n→+∞kAnxk2≤L· kxk1,
tehátA∈L(X, Y). Legyenε >0. Mivel(An)k·k-Cauchy-sorozat, ezért van olyanN∈Nküszöbindex, hogy mindenm, n≥N esetén
kAn−Amk ≤ε, következésképpen mindenx∈X-re
kAnx−Amxk2≤ kAn−Amk · kxk1≤ε· kxk1.
Legyen n ≥N rögzített. Ekkor m → +∞ határátmenettel minden x ∈ X esetén a fentiek miatt
k(An−A)xk2=kAnx−Axk2=
m→+∞lim (Anx−Amx) 2
=
= lim
m→+∞kAnx−Amxk2≤ε· kxk1,
ami egy korábbi állítás alapján azt jelenti, hogykAn−Ak ≤εmindenn≥N esetén. Ezzel megmutattuk, hogyAn
−→k·k A. Tehát (L(X, Y),k·k) Banach-térKfölött.
3.2.12. Következmény. Tetszőleges(X,k·k)Kfölötti normált térre(X∗,k·k) Banach-térKfölött.
3.2.13. Tétel. Legyen(X,k·k) normált tér,(Y,k·k)pedig Banach-tér K fö-lött. LegyenM ≤X sűrű altér (azazM =X) ésA∈L(M, Y). (A folytonos-ságot természetesen az X-beli norma M-re való leszűkítésére nézve értjük.) Ekkor A egyértelműen kiterjeszthető egy Ab ∈ L(X, Y) operátorrá. Továbbá ekkor
Ab
=kAk.
Bizonyítás. A feltétel miatt mindenx∈ X vektorhoz van hozzá normában konvergáló (xn) ⊆ M sorozat. Legyen (xn) ⊆ M tetszőleges ilyen sorozat.
Persze(xn)Cauchy-sorozat is, ahonnan a mindenm, n∈Nindexek mellett fennálló
kAxm−Axnk ≤ kAk · kxm−xnk
egyenlőtlenség alapján (Axn) ⊆ Y is triviálisan Cauchy-sorozat. Mivel Y teljes, ezért (Axn) konvergens is. Gondoljuk meg, hogy a lim
n→+∞Axn ∈ Y vektor nem függ az(xn)sorozat választásától. Valóban, ha mind(xn),mind (yn)egyx-hez kovergálóM-beli sorozat, akkor a
zn :=
xn
2 hanpáros ; yn+1
2 hanpáratlan
sorozat isx-hez tart, tehát mindaz igaz rá, amit ilyen sorozatról megállapí-tottunk, tehát az is, hogy(Azn) konvergens. No de(Azn)-nek mind (Axn), mind (Ayn) részsorozata, ezért (Azn) konvergenciája miatt lim
n→+∞Axn =
= lim
n→+∞Ayn.
Így jóldefiniált azAb:X →Y, Ab(x) := lim
n→+∞Axn, ahol (xn)⊆M ésxn
−→k·k x
leképezés. Ezzel a fentiek a következőképpen is fogalmazhatók : tetszőleges x-hez tartó (xn)⊆ M sorozatra Axn →Ab(x). Ezzel a tétel összes állítása egyszerűen látható. Először tetszőleges x ∈ M esetén az xn := x konstans sorozattal azonnal adódik, hogy Ab(x) = Ax, tehát Ab valóban kiterjesztése A-nak. Legyen most x, y ∈ X és α, β ∈ K. Ekkor afeltétel szerint létezik
x-hez tartó(xn)⊆M sorozat, ésy-hoz tartó(yn)⊆M sorozat. Persze ekkor (αxn+βyn)⊆M ésαxn+βyn→αx+βy. Így a fentiek szerint
Ab(αx+βy) = lim
n→+∞A(αxn+βyn) =
=α· lim
n→+∞Axn+β· lim
n→+∞Ayn=α·Ab(x) +β·Ab(y), tehát Ab tényleg lineáris. Most megmutatjuk, hogy eme A-on kívül nincsb X → Y folytonos kiterjesztése A-nak. Valóban, ha B : X → Y folytonos kiterjesztése A-nak, akkor tetszőleges x∈ X vektorra véve egy x-hez tartó (xn)⊆M sorozatot,B folytonossága és a fentiek miatt azonnal
B(x) = lim
n→+∞B(xn) = lim
n→+∞Axn=Ab(x),
tehátB meg kell, hogy egyezzékA-pal. Most már elegendő igazolnunk, hogyb Ab maga is folytonos és normája kAk-nál nem nagyobb. Ez viszont azonnal következik a mindenx∈X és(xn)⊆M, xn −→k·k xmellett fönnálló
Axb
= lim
n→+∞kAxnk ≤ lim
n→+∞(kAk · kxnk) =kAk · kxk egyenlőtlenségből.