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Continuous linear operators⚓︎

注：笔者原本打算的是直接扔下这份讲义去阅读 Brezis 的 FA and PDEs，但是阅读了第一章发现他的写法似乎有些 clear，但是问题在于我读起来又不是很 clear 于是回归这份讲义想先了解一个 overview 然后再回去读 Brezis，然后惊奇地发现这一章的内容正是我阅读 Brezis 时欠缺的部分，于是速通之

Basic definitions and properties⚓︎

给出赋范空间的单位闭球的概念：

closed unit ball of \(E\)

For a normed space \(E\), let

\[U_{E}:= \left\{ x\in E:\lVert x \rVert \leqslant 1 \right\} \]

be the closed unit ball of \(E\)

那么很自然的我们会使用缩放的闭球定义集合 \(A\) 在 \(E\) 中（赋范）有界，也就是说 \(A\subseteq kU_{E}\)，换句话说 \(\lVert a \rVert\leqslant k<+\infty,\forall a\in A\)

我们考虑线性算子 \(T:E\to F\)：\(T(\alpha x+\beta y)=\alpha Tx+\beta Ty\)，其中 \(E,F\) 均为赋范空间

显然我们可以得到以下等价结论：

Theorem(有界性和连续性)

假设 \(T\) 是一个线性算子，\(T:E\to F\)

  1. \(T\) is Lipschitz continuous
  2. \(T\) is continuous
  3. \(T\) is continuous at \(0\)
  4. \(T(U_{E})\) is bounded in \(F\)
  5. \(T\) sends bounded sets to bounded sets
  6. \(\exists k>0\), s.t. \(\lVert Tx \rVert\leqslant k \lVert x \rVert,\forall x\in E\)

Proof.

前三条 \(1\to 2 \to 3\) 是显然的

\(3\to 4\)，思路是利用定义证明 \(T(U_{E})\subset kB_{F}\) 先定义 \(B_{F}\) 是关于 \(F\) 的在 0 点处的单位球邻域 \(B_{F}=\left\{ y\in F|\lVert y \rVert\leqslant 1 \right\}\)，利用条件，因为 \(T(0)=0\)，结合 0 点处连续性得到有 \(E中\) 一个邻域 \(V\) 使得 \(TV\subseteq B_{F}\)，并且利用 0 是 \(V\) 的内点，可以得到 \(\exists\lambda>0\)，\(\lambda U_{E}\subset V\)：

\[ \lambda TU_{E}=T(\lambda U_{E})\subset TV\subset B_{F} \]

那么有 \(T(U_{E})\subset \frac{1}{\lambda}U_{F}\)，因此 \(TU_{E}\) 在 \(F\) 中有界

\(4\to 5\)，\(A\subseteq kU_{E}\)，那么有 \(TA\subset T(kU_{E})=kT(U_{E})\) 对于一个有界集的子集，显然有界

\(5\to 6\)，取 \(E\) 中单位球 \(U_{E}\) 作为有界集，那么根据条件可以得到 \(T(U_{E})\) 是有界的，即存在一个常数 \(k\)，使得 \(T(U_{E})\subset kU_{F}\)，或者说 \(\lVert Tx \rVert \leqslant k\)，考虑 \(\forall x\in E\setminus \left\{ 0 \right\}\)，有 \(\frac{x}{\lVert x \rVert }\in U_{E}\)，显然：

\[ \left\lVert T\left( \frac{x}{\lVert x \rVert } \right) \right\rVert \leqslant k\implies \lVert Tx \rVert \leqslant k\lVert x \rVert \]

对于 \(x=0\) 是显然成立的

\(6 \to 1\) 实际也是显然的

我们可以得到 \(\lVert Tx-Ty \rVert =\lVert T(x-y) \rVert \leqslant k\lVert x-y \rVert\) 得到 Lipschitz 连续

综上得证结论成立！

然后是一个自然的结论：

Lemma

假设 \(T\) 是一个连续线性算子，若是有 \(\lVert T \rVert:=\sup \left\{ \lVert Tx \rVert:x\in E,\lVert x \rVert\leqslant 1 \right\}\)，我们有：

\[ \begin{aligned} \lVert T \rVert &=\sup \left\{ \frac{\lVert Tx \rVert }{\lVert x \rVert }:0\neq x\in E \right\}\\ &=\sup \left\{ \lVert Tx \rVert :x\in E,\lVert x \rVert =1 \right\}\\ &=\sup \left\{ \lVert Tx \rVert :x\in E,\lVert x \rVert < 1 \right\} <+\infty\\ \lVert Tx \rVert &\leqslant\lVert T \rVert \lVert x \rVert ,\forall x\in E\\ \lVert T \rVert &=\inf \left\{ k>0: \lVert Tx \rVert \leqslant k\lVert x \rVert ,\forall x\in E \right\} \end{aligned} \]

Proof.

显然我们可以得到 \(\lVert T \rVert<+\infty\)，前三条的证明手法就是证明大于等于和小于等于两个方向，从而取等，都比较容易，留作习题

最后一行会稍微麻烦一点，我们先定义等式右边的集合为 \(K\)，那么我们的目标就变成了证明 \(\lVert T \rVert=\inf K\) 只需要利用倒二的等式，马上得到 \(\lVert T \rVert\in K\) 那么 \(\inf K\leqslant \lVert T \rVert\)

利用定义可以知道 \(\lVert Tx \rVert \leqslant k\lVert x \rVert,\forall x\in E\)，结合第一行的等式：

\[ \lVert T \rVert =\sup \left\{ \frac{\lVert Tx \rVert }{\lVert x \rVert },x\neq 0 \right\} \implies \lVert T \rVert \leqslant k,\forall k\in K\implies \lVert T \rVert \leqslant \inf K \]

结合两个不等式即得结论

关于两个赋范空间之间的线性算子 \(T\)，如果有 \(T\) 将 norm balls(或者说有界集)映射为 norm balls(或者有界集)，我们就称其为有界算子(或者局部有界算子)，由前面的定理可以得到，有界集 \(A\) 的像集 \(TA\) 的直径要小于 \(A\) 的 \(\lVert T \rVert\) 倍

下面给出有界线性算子构成的集合的记号，对于 \(E,F\) 两个赋范空间，使用 \(B(E,F)\) 来记录所有的从 \(E\) 到 \(F\) 的有界线性算子，如果是同一个空间，有 \(B(E)=B(E,E)\)

Lemma(有界线性算子构成赋范空间)

\(B(E,F)\) 通过给予算子范数 \(\lVert T \rVert=\sup\limits_{\lVert x \rVert\leqslant 1}\lVert Tx \rVert\) 构成一个赋范空间

证明只需要按照赋范空间的定义验证三条性质即可，然后探索这个算子范数我们可以得到一个等价的定义：

Lemma(算子范数等价定义)

\(H,K\) are Hilbert spaces and \(T\in B(H,K)\). Then

\[\lVert T \rVert =\sup \left\{ \lvert \langle Th,k\rangle \rvert : h\in U_{H},k\in U_{K} \right\} \]

Proof.

只需要使用 Cauchy-Schwarz 不等式，即可得到：

\[ \lvert \langle Th,k\rangle \rvert \leqslant \lVert Th \rVert \lVert k \rVert \leqslant \lVert T \rVert \lVert h \rVert \lVert k \rVert \leqslant \lVert T \rVert \]

因为 \(h\in U_{H},k\in U_{K}\)，反方向等式的求取我们利用归一化的方法，若是 \(h\in U_{H},Th\neq 0\)，我们有 \(\frac{Th}{\lVert Th \rVert}\in U_{K}\)

\[ \lVert Th \rVert= \frac{\langle Th,Th\rangle}{\lVert Th \rVert }= \left\lvert \langle Th, \frac{Th}{\lVert Th \rVert }\rangle \right\rvert \]

所以我们有 \(\lVert Th \rVert\in \left\{ \lvert \langle Th,k \rangle \rvert \right\}\)，即：

\[ \lVert T \rVert =\sup\limits_{h\in U_{H}}\lVert Th \rVert \leqslant \sup \left\{ \lvert \langle Th,k\rangle \rvert : h\in U_{H},k\in U_{K} \right\} \leqslant \lVert T \rVert \]

Exercise 4.1⚓︎

(1)

Let \((\alpha_{i,j})_{i,j\in\mathbb{N}}\) be an infinite matrix with

\[ K := (\sum_{i,j=1}^{\infty} |\alpha_{i,j}|^2)^{1/2} < \infty. \]

Define a linear operator \(T\) on \(\ell^2\) by \(T((\xi_n)_{n\in\mathbb{N}}) = (\eta_n)_{n\in\mathbb{N}}\), where

\[ \eta_n = \sum_{j=1}^{\infty} \alpha_{n,j}\xi_j, \quad n=1, 2, \dots \]

Show that \(T\) is a bounded linear operator on \(\ell^2\).

Proof.

(2)

Let \((\alpha_{i,j})_{i,j\in\mathbb{N}}\) be an infinite matrix such that

\[ \alpha_1 = \sup_j \sum_{i=1}^{\infty} |\alpha_{i,j}| < \infty \]

and

\[ \alpha_\infty = \sup_i \sum_{j=1}^{\infty} |\alpha_{i,j}| < \infty. \]

Show that there exists an operator \(T\) on \(\ell^2\) such that

\[ \langle Te_j, e_i \rangle = \alpha_{i,j} \quad \text{and} \quad \|T\|^2 \le \alpha_1 \alpha_\infty. \]

Proof & Explanation⚓︎

Proof.

我们需要证明该矩阵定义的算子 \(T\) 在 \(\ell^2\) 上是有界的，并估计其范数。这就需要用到 Schur 测试（Schur's Test）的思想。 设 \(x = (x_j) \in \ell^2\)，考虑 \((Tx)_i = \sum_{j=1}^{\infty} \alpha_{i,j} x_j\)。 利用柯西-施瓦茨不等式，我们将各项拆分为 \(\sqrt{|\alpha_{i,j}|} \cdot \sqrt{|\alpha_{i,j}|} |x_j|\)：

\[ |(Tx)_i|^2 = \left| \sum_{j=1}^{\infty} \alpha_{i,j} x_j \right|^2 \le \left( \sum_{j=1}^{\infty} |\alpha_{i,j}| \right) \left( \sum_{j=1}^{\infty} |\alpha_{i,j}| |x_j|^2 \right) \]

由题设，\(\sum_{j=1}^{\infty} |\alpha_{i,j}| \le \alpha_\infty\)，故：

\[ |(Tx)_i|^2 \le \alpha_\infty \sum_{j=1}^{\infty} |\alpha_{i,j}| |x_j|^2 \]

现在对 \(i\) 求和以计算范数 \(\|Tx\|^2\)：

\[ \|Tx\|^2 = \sum_{i=1}^{\infty} |(Tx)_i|^2 \le \alpha_\infty \sum_{i=1}^{\infty} \sum_{j=1}^{\infty} |\alpha_{i,j}| |x_j|^2 \]

利用非负项级数求和次序的可交换性（Tonelli 定理）：

\[ \|Tx\|^2 \le \alpha_\infty \sum_{j=1}^{\infty} |x_j|^2 \left( \sum_{i=1}^{\infty} |\alpha_{i,j}| \right) \]

由题设，列和 \(\sum_{i=1}^{\infty} |\alpha_{i,j}| \le \alpha_1\)，代入得：

\[ \|Tx\|^2 \le \alpha_\infty \sum_{j=1}^{\infty} |x_j|^2 \alpha_1 = \alpha_1 \alpha_\infty \|x\|^2 \]

即 \(\|Tx\| \le \sqrt{\alpha_1 \alpha_\infty} \|x\|\)。 因为算子有界，所以 \(T\) 是 \(\ell^2\) 上良好定义的算子。由于 \(Te_j\) 对应矩阵的第 \(j\) 列，\(\langle Te_j, e_i \rangle\) 即为矩阵第 \(i\) 行第 \(j\) 列的元素 \(\alpha_{i,j}\)。且我们已证明 \(\|T\|^2 \le \alpha_1 \alpha_\infty\)。

解析： 这是著名的 Schur 测试。 * \(\alpha_1\) 是矩阵列模长和的上界。 * \(\alpha_\infty\) 是矩阵行模长和的上界。 这个定理告诉我们，只要行和与列和都受控，这个无穷矩阵就定义了一个 \(\ell^2\) 上的有界算子，其范数由这两个上界的几何平均值控制。

(3)

Let \((e_n)_{n\in\mathbb{N}}\) be the usual basis of \(\ell^2\) and \((\alpha_n)_{n\in\mathbb{N}}\) be a sequence of scalars. Show that there is a bounded linear operator \(T\) on \(\ell^2\) such that \(Te_n = \alpha_n e_n\) for all \(n \in \mathbb{N}\) if and only if \((\alpha_n)_{n\in\mathbb{N}}\) is bounded. This operator is called a diagonal operator.

Proof & Explanation⚓︎

Proof.

充分性 (\(\Leftarrow\))： 假设序列 \((\alpha_n)\) 有界，即存在 \(M > 0\) 使得对所有 \(n\) 都有 \(|\alpha_n| \le M\)。 对于任意 \(x = \sum x_n e_n \in \ell^2\)，根据 \(T\) 的线性性和定义，\(Tx = \sum_{n=1}^{\infty} \alpha_n x_n e_n\)。 计算其范数：

\[ \|Tx\|^2 = \sum_{n=1}^{\infty} |\alpha_n x_n|^2 = \sum_{n=1}^{\infty} |\alpha_n|^2 |x_n|^2 \le M^2 \sum_{n=1}^{\infty} |x_n|^2 = M^2 \|x\|^2 \]

因此 \(\|Tx\| \le M \|x\|\)，即 \(T\) 是有界算子。

必要性 (\(\Rightarrow\))： 假设 \(T\) 是有界算子，即存在常数 \(C\) 使得 \(\|T\| \le C\)。 对于任意 \(n \in \mathbb{N}\)，考察基向量 \(e_n\)（\(\|e_n\|=1\)）：

\[ Te_n = \alpha_n e_n \]

对两边取范数：

\[ \|Te_n\| = \|\alpha_n e_n\| = |\alpha_n| \|e_n\| = |\alpha_n| \]

根据算子有界性定义，\(\|Te_n\| \le \|T\| \|e_n\| = \|T\|\)。 因此，对于所有 \(n\)，都有 \(|\alpha_n| \le \|T\|\)。这表明序列 \((\alpha_n)\) 必须是有界的。

解析： 这是对角算子最基本的性质。 * 对角算子就像是把空间的每个坐标轴拉伸或压缩了 \(\alpha_n\) 倍。 * 如果想要整个变换是“有限的”（有界），那么所有坐标轴的拉伸倍数 \(\alpha_n\) 不能无限大，必须有一个统一的天花板（上界）。

(4) Problem Statement⚓︎

(4)

Let \(\varphi(x,t) : [0,1] \times [0,1] \to [0,\infty)\) be a continuous function such that

\[ \frac{\partial \varphi}{\partial x} : [0,1] \times [0,1] \to [0,\infty) \]

exists and is continuous. Prove that the operator \(T : C[0,1] \to C[0,1]\) defined by

\[ Tf(x) = \int_0^1 \varphi(x,t)f(t)dt \]

is linear and continuous, with \(\|T\| = \int_0^1 \varphi(1,t)dt\).

Proof & Explanation⚓︎

Proof.

1. 线性性 (Linearity) 积分运算本身是线性的，因此对于 \(f, g \in C[0,1]\) 和标量 \(\alpha, \beta\)，显然有 \(T(\alpha f + \beta g) = \alpha Tf + \beta Tg\)。

2. 连续性 (Continuity) 与范数上界 算子 \(T\) 的范数定义为 \(\|T\| = \sup_{\|f\|_\infty \le 1} \|Tf\|_\infty\)。 对于任意 \(x \in [0,1]\)：

\[ |Tf(x)| = \left| \int_0^1 \varphi(x,t)f(t) dt \right| \le \int_0^1 |\varphi(x,t)| |f(t)| dt \]

题目已知 \(\varphi(x,t) \ge 0\)，故 \(|\varphi(x,t)| = \varphi(x,t)\)。且 \(|f(t)| \le \|f\|_\infty\)。

\[ |Tf(x)| \le \|f\|_\infty \int_0^1 \varphi(x,t) dt \]

令 \(g(x) = \int_0^1 \varphi(x,t) dt\)。 由于已知 \(\frac{\partial \varphi}{\partial x} \ge 0\)，我们可以推导 \(g(x)\) 的单调性：

\[ g'(x) = \int_0^1 \frac{\partial \varphi}{\partial x}(x,t) dt \ge 0 \]

因此，\(g(x)\) 在 \([0,1]\) 上是单调递增（或非减）的。 于是 \(\sup_{x \in [0,1]} g(x) = g(1) = \int_0^1 \varphi(1,t) dt\)。

回到范数估计：

\[ \|Tf\|_\infty = \sup_{x \in [0,1]} |Tf(x)| \le \|f\|_\infty \cdot g(1) \]

这证明了 \(T\) 是有界的（连续的），且 \(\|T\| \le \int_0^1 \varphi(1,t) dt\)。

3. 范数下界 (Lower Bound) 为了证明等号成立，我们取常数函数 \(f_0(t) \equiv 1\)。显然 \(f_0 \in C[0,1]\) 且 \(\|f_0\|_\infty = 1\)。 计算 \(Tf_0\)：

\[ (Tf_0)(x) = \int_0^1 \varphi(x,t) \cdot 1 dt = \int_0^1 \varphi(x,t) dt = g(x) \]

计算其范数：

\[ \|Tf_0\|_\infty = \sup_{x \in [0,1]} |g(x)| = g(1) \quad (\text{因为 } g(x) \ge 0 \text{ 且单调递增}) \]

根据算子范数定义：

\[ \|T\| \ge \frac{\|Tf_0\|}{\|f_0\|} = g(1) = \int_0^1 \varphi(1,t) dt \]

(5)HW6-1

Let \(1\leqslant p <\infty\) and \(T:\ell_{\infty}\to L^{p}[0,1]\) be defined by

\[ T(x_{1},x_{2},\dots)= \sum\limits_{n=1}^{\infty} x_{n}\chi_{\left[ \frac{1}{2^{n}}, \frac{1}{2^{n-1}} \right]} \]

Prove that \(T\) is a linear and continuous operator, and calculate \(\lVert T \rVert\)

Proof.

\(\ell_{\infty}\) 的含义

这里的 \(\ell_{\infty}\) 是序列空间，它包含所有有界的实数（或复数）序列。也就是说，如果 \(x = (x_1, x_2, \dots) \in \ell_{\infty}\)，那么存在一个常数 \(M\)，使得对于所有的 \(n\)，都有 \(|x_n| \le M\)。

先假定 \(x=(x_{n})_{n=1}^{\infty},y=(y_{n})_{n=1}^{\infty}\in \ell_{\infty},\alpha,\beta\in \mathbb{K}\)，并且有 \(t\in[0,1]\)，线性性证明如下：

\[ \begin{aligned} T(\alpha x+\beta y)(t)&=\sum\limits_{n=1}^{\infty}(\alpha x_{n}+\beta y_{n})\chi_{\left[ \frac{1}{2^{n}}, \frac{1}{2^{n-1}} \right]}(t)\\ &=\alpha\sum\limits_{n=1}^{\infty} x_{n}\chi_{\left[ \frac{1}{2^{n}}, \frac{1}{2^{n-1}} \right]}(t)+\beta\sum\limits_{n=1}^{\infty} y_{n}\chi_{\left[ \frac{1}{2^{n}}, \frac{1}{2^{n-1}} \right]}(t)\\ &=\alpha Tx(t)+\beta Ty(t) \end{aligned} \]

由于赋范空间中连续性和有界性的等价性，我们考虑有界性证明如下：

假设 \(x\in \ell_{\infty}\) 那么因为特征函数支撑集互不相交有：

\[ \left\lvert \sum\limits_{n=1}^{\infty} x_{n}\chi_{\left[ \frac{1}{2^{n}}, \frac{1}{2^{n-1}} \right]} \right\rvert ^{p}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\lvert x_{n} \rvert ^{p}\chi_{\left[ \frac{1}{2^{n}}, \frac{1}{2^{n-1}} \right]} \]

代入可知：

\[ \begin{aligned} \|Tx\|_p &= \left( \int_0^1 \sum\limits_{n=1}^{\infty} |x_n|^p \chi_{\left[ \frac{1}{2^{n}}, \frac{1}{2^{n-1}} \right]} dt \right)^{\frac{1}{p}} = \left( \sum\limits_{n=1}^{\infty} |x_n|^p \frac{1}{2^n} \right)^{\frac{1}{p}}\\ &\leqslant \left( \sum\limits_{n=1}^{\infty} \|x\|_\infty^p \frac{1}{2^n} \right)^{\frac{1}{p}} \\ &= \|x\|_\infty \left(\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n} \right)^{\frac{1}{p}} \\ &= \|x\|_\infty\\ &< +\infty \end{aligned} \]

这证明了 \(\|Tx\|_p \le \|x\|_\infty\)，所以算子是有界的，且 \(\|T\| \le 1\)

取 \(z_n = (1, 1, \dots, 1, 0, 0, \dots)\)，前 \(n\) 项是 1，后面全是 0，显然，\(\|z_n\|_\infty = 1\) 并且 \(Tz_n = \chi_{[\frac{1}{2^n}, 1]}\)。

\[ \|Tz_n\|_p = \left( 1 - \frac{1}{2^n} \right)^{\frac{1}{p}} \]

根据上面的 \(\lVert T \rVert \leqslant 1\) 有：

\[ \left( 1 - \frac{1}{2^n} \right)^{\frac{1}{p}} \leqslant \|T\| \cdot 1 \]

对上述不等式，令 \(n \to \infty\)，马上有 \(\lVert T \rVert\geqslant 1\)，结合两个不等式有 \(\lVert T \rVert=1\)

(6)HW6-2

Consider the linear operators \(A_n\) and \(B_n\) on \(\ell^2\) defined by

\[ A_n(x) = \left(\frac{x_1}{n}, \frac{x_2}{2n}, \dots\right), \quad B_n(x) = (0, \dots, 0, x_{n+1}, x_{n+2}, \dots) \]

for all \(x = (x_1, x_2, \dots) \in \ell^2\).

Prove that \(\|A_n\| \to 0\) and \(B_n(x) \to 0\) for all \(x \in \ell^2\), but that \((B_n)_{n \in \mathbb{N}}\) does not converge to 0 in the operator norm.

Proof.

先考虑 \(A_{n}\)，那么 \(\forall x=(x_{n})_{n=1}^{\infty}\in \ell^{2}\)，根据范数定义有：

\[ \begin{aligned} \lVert A_{n}(x) \rVert ^{2}=\sum\limits_{k=1}^{\infty} \left\lvert \frac{x_{k}}{kn} \right\rvert ^{2}&= \frac{1}{n^{2}}\sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{\lvert x_{k} \rvert ^{2}}{k^{2}}\leqslant \frac{1}{n^{2}}\lVert x \rVert ^{2}\\ \lVert A_{n} \rVert& \leqslant \frac{1}{n} \end{aligned} \]

令 \(n\to \infty\) 显然为 0

再考虑 \(B_{n}\)，对于任意固定的 \(x \in \ell^2\)，根据范数定义有：

\[ \|B_n(x)\| = \left( \sum_{k=n+1}^{\infty} |x_k|^2 \right)^{\frac{1}{2}}\leqslant \lVert x \rVert \]

\(n\to \infty\) 时，有 \(B_n(x) \to 0\)，并且 \(\lVert B_{n} \rVert \leqslant 1\)

对于固定的 \(n\) 我们可以找到一个 \(x=(0,\dots,0,1,0,\dots)\)，前面 \(n\) 个 0，\(B_{n}(e_{n+1})=e_{n+1}\)，所以有：

\[ 1=\lVert e_{n+1} \rVert =\lVert B_{n}(e_{n+1}) \rVert \leqslant \lVert B_{n} \rVert \lVert e_{n+1} \rVert =\lVert B_{n} \rVert \]

因此有 \(\lVert B_{n} \rVert=1\) 不收敛于 0

Continuous linear functionals⚓︎

向量空间 \(X\) 上的线性泛函也就是线性映射：\(f:X\to \mathbb{K}(\mathbb{R} /\mathbb{C})\)

不连续线性泛函

在任意的无穷维赋范空间 \((E,\lVert \cdot \rVert)\) 都有不连续的线性泛函

下面给出（拓扑）对偶空间 dual space（或者共轭空间 conjugate space）的定义，一个拓扑向量空间 \(X\) 上所有的连续线性泛函构成的向量空间记为 \(X^{*}\)

然后我们在赋范空间上考虑对偶空间：

Definition(Banach dual space)

\(E\) is a normed space, we call \(E^{*}=B(X,\mathbb{K})\) the Banach dual space of \(E\) when it's equipped with the dual norm

\[\lVert f \rVert =\sup\limits_{\lVert x \rVert \leqslant 1}\lvert f(x) \rvert ,\forall f\in X^{*}\]

Banach-Alaoglu's Theorem

考虑赋范空间 \(E\)，那么对偶单位球 \(U_{E^{*}}\) 在弱拓扑下紧

Examples of dual spaces⚓︎

Adjoint of Hilbert space operators⚓︎

Exercise 4.3⚓︎

(1)HW7-1

Suppose that \(\Omega\) is a \(\sigma-\)finite measure space and \(y\in L^{\infty}(\Omega)\). Let \(T\) be the multiplication operator \(Tx(t)=y(t)x(t)\) for all \(x\in L^{2}(\Omega)\) and \(t\in \Omega\). Compute \(T^{*}\)

Sol.

我们根据定义知道：\(\langle x,T^{*}z\rangle=\langle Tx,z\rangle,\forall x,z\in L^{2}(\Omega)\)

根据内积定义：

\[ \begin{aligned} \langle Tx,z\rangle&=\int_{\Omega}Tx (t)\overline{z(t)}dt\\ &=\int_{\Omega}y(t)x(t) \overline{z(t)}dt\\ &=\int_{\Omega}x(t) \overline{\overline{y(t)}z(t)}dt\\ \langle x,T^{*}z\rangle &=\int_{\Omega}x(t) \overline{T^{*}z(t)}dt\\ \int_{\Omega}x(t) \overline{\overline{y(t)}z(t)}dt&=\int_{\Omega}x(t) \overline{T^{*}z(t)}dt \end{aligned} \]

即有 \(T^{*}z(t)= \overline{y(t)}z(t)\)，因此 \(T^{*}\) 是乘以复共轭函数 \(\overline{y}\) 的乘法算子

(3)HW7-2

Let \(\varphi:[0,1]\to \mathbb{R}\) be a continuous function and \(T:L^{2}[a,b]\to L^{2}[0,1]\) defined by

\[ Tf(x)=\varphi(x)\int_{0}^{1} \varphi(t)f(t) \, dt ,\forall x\in[a,b] \]

Prove that \(T\) is self-adjoint and positive.

Proof.

先证明自伴算子：

\[ \begin{aligned} \langle Tf, g \rangle &= \int_0^1 (Tf)(x) \overline{g(x)} \, dx \\ &= \int_0^1 \left( \varphi(x) \int_0^1 \varphi(t)f(t) \, dt \right) \overline{g(x)} \, dx \\ &= \left( \int_0^1 \varphi(t)f(t) \, dt \right) \left( \int_0^1 \varphi(x)\overline{g(x)} \, dx \right) \end{aligned} \]

由于 \(\varphi\) 是实函数，即 \(\varphi(t) = \overline{\varphi(t)}\)

\[ \begin{aligned} \langle f, Tg \rangle &= \int_0^1 f(x) \overline{(Tg)(x)} \, dx \\ &= \int_0^1 f(x) \overline{\left( \varphi(x) \int_0^1 \varphi(t)g(t) \, dt \right)} \, dx \\ &= \int_0^1 f(x)\varphi(x) \left( \overline{\int_0^1 \varphi(t)g(t) \, dt} \right) \, dx \\ &= \left( \int_0^1 f(x)\varphi(x) \, dx \right) \left( \int_0^1 \varphi(t)\overline{g(t)} \, dt \right) \end{aligned} \]

因此 \(\langle Tf, g \rangle = \langle f, Tg \rangle\)，即 \(T\) 是自伴算子

要证明 \(T\) 是正算子，需证明对于任意 \(f \in L^2[0, 1]\)，都有：

\[ \langle Tf, f \rangle \geq 0 \]

根据定义展开即可：

\[ \begin{aligned} \langle Tf, f \rangle &= \int_0^1 (Tf)(x) \overline{f(x)} \, dx \\ &= \int_0^1 \left[ \varphi(x) \int_0^1 \varphi(t)f(t) \, dt \right] \overline{f(x)} \, dx \\ &= \left( \int_0^1 \varphi(t)f(t) \, dt \right) \left( \int_0^1 \varphi(x)\overline{f(x)} \, dx \right) \end{aligned} \]

设复数 \(A = \int_0^1 \varphi(t)f(t) \, dt\)，由于 \(\varphi\) 是实函数，第二个积分项实际上是 \(A\) 的复共轭：

\[ \overline{A} = \overline{\int_0^1 \varphi(x)f(x) \, dx} = \int_0^1 \varphi(x)\overline{f(x)} \, dx \]

因此：

\[ \langle Tf, f \rangle = A \cdot \overline{A} = |A|^2 \geq 0 \]

所以 \(T\) 是正算子

Projections on Hilbert spaces⚓︎

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