функан, функционал в гильбертовом пространстве

[infantier]

Помогите, пожалуйста, решить задачу.
Пусть $H$ - гильбертово пространство. $A$ - линейный непрерывный оператор из $H$ в $H$. Доказать, что если

$$ \sup_{x \in H} \frac {|(x,y)|}{||A^{*}x||} < \infty,$$

то $y \in Im A$, где $A^{*}$ - сопряжённый оператор.

[zoo]

infantier писал(а):

Помогите, пожалуйста, решить задачу.
Пусть $H$ - гильбертово пространство. $A$ - линейный непрерывный оператор из $H$ в $H$. Доказать, что если

$$ \sup_{x \in H} \frac {|(x,y)|}{||A^{*}x||} < \infty,$$

то $y \in Im A$, где $A^{*}$ - сопряжённый оператор.

Из разложения
$H=Ker\, A^*\oplus \overline{Im\,A},\quad Ker\, A^* \bot \overline{Im\,A}$ получается, что $y\in \overline{Im\,A}$
вернусь подумаю, что с этим дальше делать

[ewert]

Зададим на замыкании образа новое скалярное произведение: $<u,v>=(A^*u,A^*v)$. Из условия задачи следует, что $(x,y)$ для данного $y$ является линейным ограниченным функционалом относительно новой нормы. По теореме Рисса этот функционал представляется как $(x,y)=<x,w>=(A^*x,A^*w)=(x,AA^*w)$ для всех $x$ из замыкания образа. Если теперь $y$ тоже принадлежит замыканию образа, то он принадлежит и самому образу.

В этой цепочке есть один пробел, но он легко восполняется.

[zoo]

ewert писал(а):

Зададим на замыкании образа новое скалярное произведение: $<u,v>=(A^*u,A^*v)$. Из условия задачи следует, что $(x,y)$ для данного $y$ является линейным ограниченным функционалом относительно новой нормы. По теореме Рисса этот функционал представляется как $(x,y)=<x,w>=(A^*x,A^*w)=(x,AA^*w)$ для всех $x$ из замыкания образа. Если теперь $y$ тоже принадлежит замыканию образа, то он принадлежит и самому образу.

да здесь не нужно уже никаких замыканий, из Ваших рассуждений следует, что $y=AA^*w$ и все!

[ewert]

zoo писал(а):

да здесь не нужно уже никаких замыканий, из Ваших рассуждений следует, что $y=AA^*w$ и все!

Нужно, по предположению игрек изначально принадлежит именно замыканию. И потом, пробел в доказательстве всё же остаётся.

[zoo]

ewert писал(а):

zoo писал(а):

да здесь не нужно уже никаких замыканий, из Ваших рассуждений следует, что $y=AA^*w$ и все!

Нужно, по предположению игрек изначально принадлежит именно замыканию. И потом, пробел в доказательстве всё же остаётся.

а зачем предполагать, что $y$ принадлежит замыканию? Зачем вообще новое скал. произведение задавать на замыкании, а не во всем пространстве? Если под пробелом Вы понимаете невырожденность нового скалярного произведения и его эквивалентность исходному, то это действительно несложно.

[ewert]

zoo писал(а):

а зачем предполагать, что $y$ принадлежит замыканию? Если под пробелом Вы понимаете невырожденность нового скалярного произведения и его эквивалентность исходному, то это действительно несложно.

Затем, что проблема именно в том, чтобы доказать принадлежность именно образу, а не его замыканию. Поэтому мы вынуждены работать именно на замыкании.

Невырожденность действительно банальна, а вот эквивалентность попросту неверна. В этом и пробел.

(Новое скалярное произведение на всём пространстве не задать -- там оно не обязано быть невырожденным.)

[zoo]

ewert писал(а):

zoo писал(а):

а зачем предполагать, что $y$ принадлежит замыканию? Если под пробелом Вы понимаете невырожденность нового скалярного произведения и его эквивалентность исходному, то это действительно несложно.

Затем, что проблема именно в том, чтобы доказать принадлежность именно образу, а не его замыканию. Поэтому мы вынуждены работать именно на замыкании.

Невырожденность действительно банальна, а вот эквивалентность попросту неверна. В этом и пробел.

(Новое скалярное произведение на всём пространстве не задать -- там оно не обязано быть невырожденным.)

Ха. Я как вегда поторопился. Погодите погодите. Ач то-то для меня и невырожденность перестала быть банальной. Поясните пожалуйста.

[ewert]

Ну, если ненулевой игрек принадлежит принадлежит замыканию образа, то он не принадлежит ядру сопряжённого. Вы ж сами из этого исходили.

[infantier]

Как же тогда решать эту задачу?

[ewert]

ну, схему-то я изложил, за исключением проблемы с неэквивалентностью -- пусть пока повисит. Или Вам срочно?

[zoo]

ewert:
Действительно, торможу.
но тогда если $x\in \overline{Im\, A}$ и $\|x\|\ge 1$ то $\|A^*x\|\ge c>0$ Это следует из принципа открытости отображения. Поэтому
$|(x,y)|\le\frac{1}{c}\|y\|\|A^*x\|$ Это доказывает, что Ваше скал. произведение на $\overline{Im\, A}$ эквивалентно исходному.

[AD]

Да, и еще одна мелочь -- нужно не забыть доказать, что пространство с новым скалярным произведением будет полным (то бишь гильбертовым). А то хотя бы теорему Рисса нельзя применять.

[ewert]

zoo писал(а):

ewert:
Действительно, торможу.
но тогда если $x\in \overline{Im\, A}$ и $\|x\|\ge 1$ то $\|A^*x\|\ge c>0$ Это следует из принципа открытости отображения. Поэтому
$|(x,y)|\le\frac{1}{c}\|y\|\|A^*x\|$ Это доказывает, что Ваше скал. произведение на $\overline{Im\, A}$ эквивалентно исходному.

Да оно не может быть эквивалентным (вообще говоря). Эквивалентность означает, что сопряжённый оператор, суженный на ортогональное дополнение к своему ядру, ограниченно обратим. А с какой стати?

Добавлено спустя 1 минуту 36 секунд:

AD писал(а):

Да, и еще одна мелочь -- нужно не забыть доказать, что пространство с новым скалярным произведением будет полным (то бишь гильбертовым). А то хотя бы теорему Рисса нельзя применять.

Совершенно верно, в этом и проблема. Это пространство, вообще говоря, не будет полным. Однако полнота и не обязательна -- достаточно, что оно плотно в своём пополнении.

[ewert]

zoo писал(а):

ewert писал(а):

Да оно не может быть эквивалентным (вообще говоря).

Либо контрпример на бочку, либо где ошибка в моих рассуждениях.

Да возьмите любой оператор, для простоты -- обратимый, но не ограниченно обратимый. Вот и не будет эквивалентности, раз обратный неограничен.
В соображения открытости я не вникал, но Вы там явно где-то перепутали прямой оператор с обратным.

Мне тоже кажется, что должно быть какое-то простое решение. Более того, структура утверждения такова, что оно верно, скорее всего, и для не обязательно ограниченных операторов. Однако более разумного доказательства пока в голову как-то не приходит.