Доказать компактность оператора

[hurrdurrrderp]

Вроде бы простая задача, но я не могу решить.
$X, Y$ - банаховы пространства, $A$ - компактный оператор, $B$ - линейный непрерывный. $R(B) \subset R(A)$. Доказать, что $B$ тоже компактный.
Я так понимаю, нужно предположить, что есть какое-то ограниченное множество, которое $B$ переводит не в предкомпактное (т.е. в в его образе есть последовательность, из которой нельзя извлечь фундаментальную) и прийти к противоречию. Как?

[hurrdurrrderp]

Мне предложили такое решение:
Если K ограниченное подмножество в X, то

B(K) \subseteq A(K)

\overline{B(K)}\subseteq\overline{A(K)}

\overline{A(K)} - компактное множество, \overline{B(K)} - замкнутое множество, следовательно \overline{B(K)} - компактное множество.

Но не может ли быть такой ситуации, как на картинке? Тогда первая строчка неверна.

[Oleg Zubelevich]

И так $A,B:X\to Y$. Оператор $B$ ограничен, оператор $A$ компактен и $B(X)\subseteq A(X)$.

Предположим дополнительно, что $X,Y$ рефлексивны. Тогда в силу post488349.html#p488349 существует такая константа $c$, что

$$|(x,B\xi)|\le c\|A'x\|,\quad x\in Y',\quad \xi\in X.\qquad (*)$$

Следствие 1: $\ker A'\subseteq \ker B'$ -- это очевидно.

Следствие 2: $\|B'x\|\le c\|A'x\|$

Действительно по теореме Хана-Банаха для каждого $x$ можно так подобрать функционал $\xi$, что $|(B'x,\xi)|=\|B'x\|$.

Из следствий 1, 2 вытекает, что существует ограниченный оператор $C:A'(Y')\to X'$ такой, что $B'=CA'$.
Оператор $A'$ компактен по теореме Шаудера, следовательно оператор $B'$ компактен, следовательно, опять по теореме Шаудера $B$ компактен.

-- Пт авг 30, 2013 21:47:57 --

ps Это надо еще проверять и проверять

[sup]

Да все как в теореме об открытом отображении.
Пусть $K$ - компакт, поглощающий $B(X)$, т.е
$B(X) \subset \bigcup \limits_n nK$.
Положим $B_n = B^{-1}(nK)$. Тогда хотя бы одно из $B_n$ содержит открытое подмножество.

[Oleg Zubelevich]

sup в сообщении #759247 писал(а):

огда хотя бы одно из $B_n$ содержит открытое подмножество.

из теоремы Бэра это не следует, во всяком случае так сразу

[sup]

Все $B_n$ замкнуты и их объединение - все пространство $X$. Далее теорема Бэра. Разве нет?

[Oleg Zubelevich]

да, pardon, все верно

[Oleg Zubelevich]

кстати банаховость $Y$ не нужна

[hurrdurrrderp]

sup
Спасибо за помощь, но у меня вопросы:
1) Почему все $nK \subset B(X)$? (Иначе как мы берём их прообразы?)
2) Как нам поможет существование открытого множества в одном из $B_n$ (которые покрывают всё $X$, если я правильно понимаю)? Мы пользуемся тем, что оператор является компактным тогда и только тогда, когда он переводит единичный шар пространства X в предкомпактное множество? Тогда я не понимаю этот последний переход.

[sup]

hurrdurrrderp в сообщении #759994 писал(а):

1) Почему все $nK \subset B(X)$? (Иначе как мы берём их прообразы?)

А чему мешает $nK \not \subset B(X)$. Почему в этом случае нельзя брать прообраз? Для любого множества $M$
$B^{-1}(M) = \{ x | Bx \in M \}$

hurrdurrrderp в сообщении #759994 писал(а):

2) Как нам поможет существование открытого множества в одном из $B_n$ (которые покрывают всё $X$, если я правильно понимаю)? Мы пользуемся тем, что оператор является компактным тогда и только тогда, когда он переводит единичный шар пространства X в предкомпактное множество? Тогда я не понимаю этот последний переход.

Ну, вообще говоря, переводит ограниченные в предкомпактные, но это все легко сводится одно к другому. Кроме того, я так понимаю, под единичным шаром Вы подразумеваете шар с центром в 0? Это все не существенно.
Вам должны помочь следующие соображения.
1. Замкнутое подмножество компакта - компакт.
2. Образ единичного шара с центром в 0 предкомпактен если и только если образ любого шара (с любым центром и любым радиусом) предкомпактен.
Короче говоря, необходимо и достаточно разобраться хоть с каким-нибудь шаром.

[hurrdurrrderp]

sup
Спасибо, теперь всё понятно.