Норма композиции отображений

[SCW]

Добрый день

Хочу предложить почти тривиальную задачу, которая, между тем, вызывает у меня ряд вопросов.

Пусть $X$ компакт, $Y$ - банахово пространство, $\varphi$ - гомеоморфизм $X$ на себя. Оператор $A$ определен в пространстве $C(X \rightarrow Y)$ с нормой $\|f\|=\sup\|f(x)\|$, и задается равенством $Af=f \circ \varphi$. Необходимо:

а) Доказать, что $A$ линеен и ограничен
б) Найти $\|A\|$ и показать, что $\sigma(A)$ находится в единичном круге комплексной плоскости

При доказательстве очевидно, что $A$ ограничен по обобщенной теореме Вейерштрасса. Ясно также, что $\|A\|= \sup \limits_{\|f\| = 1} \|Af\|$, где $\|Af\|=\sup\|f(\varphi(x))\|$. Тогда $r(A)=\lim \limits_{n \rightarrow \infty} \|A^n\|^\frac{1}{n}$ \leqslant \|A\|.

Неясно, как вычисляется приведенная норма оператора. Кроме того, можно ли утверждать, что $A$ линеен по определению композиции непрерывных отображений?

[DeBill]

SCW
Линейность: проверьте по определению ЛИНЕЙНОСТИ.
Про норму: вопрос: что больше, $\sup\limits_{x\in X} f(x)$ или $\sup\limits_{y \in X} f(y)$ ?

[Brukvalub]

Очевидно, что этот оператор сохраняет норму.

[SCW]

DeBill, могли бы Вы в этом случае уточнить, почему $f(\varphi(ax+by))=af(\varphi(x))+bf(\varphi(y))$, если на $f$ не наложены никакие ограничения, кроме непрерывности?

О норме: очевидно, $\sup(f(\varphi(x)))=\sup(f(x))$

-- 01.06.2016, 18:21 --

Brukvalub, буду благодарен, если прокомментируете

[demolishka]

SCW в сообщении #1128038 писал(а):

$f(\varphi(ax+by))=af(\varphi(x))+bf(\varphi(y))$

Это еще Вам зачем? Что значит, что оператор $A$ линеен?

[DeBill]

SCW в сообщении #1128038 писал(а):

О норме: очевидно, $\sup(f(\varphi(x)))=\sup(f(x))$

Ну так это и есть тот самый комментарий, который Вам нужен.

[SCW]

DeBill, спасибо. Действительно, согласно этому, $\|A\|=\sup \limits_{\|f\|=1}\|f\|=1$.

demolishka, мне известно только такое определение линейности. Возможно, Вы хотите связать ее с другим свойством?

[DeBill]

SCW
$A$- линейный - значит, $A(af+bg) =aA(f)+ bA(g)$

[SCW]

DeBill, таким образом $A(af+bg)=af \circ \varphi +bg \circ \varphi$, где использовано свойство композиции отображений

[DeBill]

SCW
Да, в точности.

[ewert]

SCW в сообщении #1128032 писал(а):

очевидно, что $A$ ограничен по обобщенной теореме Вейерштрасса.

Не что оператор ограничен, а что норма имеет смысл.

[SCW]

ewert, верно ли я понимаю, что по теореме Вейерштрасса $\exists \sup\|f(x)\|$, \exists \sup \|f(\varphi(x))\|, или, что то же самое, $\|f\|, \|Af\| < \infty$. Следовательно, эти нормы могут быть связаны с помощью некоторой константы. Тогда, согласно определению ограниченности для линейных операторов, $A$ будет ограниченным.

[ewert]

SCW в сообщении #1128082 писал(а):

Следовательно, эти нормы могут быть связаны с помощью некоторой константы.

Ни разу из теоремы Вейерштрасса это не следует. Следует лишь конечность этих супремумов, т.е. осмысленность самого понятия нормы (функции, а не оператора).

[SCW]

ewert, таким образом, теорема Вейерштрасса лишь делает правомерным использование равенства $\|A\|=\sup \limits_{\|f\|=1}\|Af\|$, в то время как ограниченность самого$A$ следует из непрерывности отображения. Верно ли это?

[mihaild]

SCW, не путайте норму функции и норму оператора.
Из теоремы Вейерштрасса следует, что на $C(X \to Y)$ можно ввести супремум-норму. Теперь нужно показать, что $A$ ограничен (или непрерывен - для линейных операторов это одно и то же), т.е. что $\exists c: \|Af\| \leqslant c\|f\|$.

SCW в сообщении #1128082 писал(а):

Следовательно, эти нормы могут быть связаны с помощью некоторой константы

Только константа может зависеть от функции, и нужно показать, что ее супремум по всем функциям конечен.