функан, функционал в гильбертовом пространстве

[zoo]

ewert писал(а):

В соображения открытости я не вникал, но Вы там явно где-то перепутали прямой оператор с обратным.

возможно что и напутал

[ewert]

Ладно, попробуем зайти с другой стороны.

Надо, собственно, доказать, что если $y=\in\overline{{\rm Im\,}A}$, но $y=\notin{\rm Im\,}A$, то оценка $|(x,y)|\leqslant C_y\Vert A^*x\Vert\ (\forall x)$ невозможна. Сразу же исходим из того, что оператор, обратный к оператору $A$, суженному на ортогональное дополнение к ядру, неограничен (в противном случае попросту ${\rm Im\,}A=\overline{{\rm Im\,}A}$).

Пусть $y=\in\overline{{\rm Im\,}A}$, но $y=\notin{\rm Im\,}A$. Выберем последовательность $\{z_n}\}$, для которой $y=\lim\limits_{n\to\infty}Az_n$. Эту последовательность (она расходится) можно выбрать так, что $z_n\in\overline{{\rm Im\,}A^*}\ (\forall n)$ и что $\Vert z_n\Vert\to\infty$ (если она оказалась вдруг ограниченной, то к ней в силу неограниченности ${A}^{-1}$ всегда можно добавить неограниченную последовательность, на которой оператор $A$ стремится к нулю).

. . . . . . . . . . . . . . . . .

-----------------------------------------------------
Вымарано цензурой, чтоб не смущать народ, ибо чушь

[zoo]

ewert писал(а):

Теперь имеем $(x,y)=\lim(x,Az_n)=\lim(A^*x,z_n)$, откуда $|(A^*x,z_n)|\leqslant \widetilde C_y\Vert A^*x\Vert\ (\forall x,n)$. Это невозможно, т.к. каждый из элементов $z_n$ может быть сколь угодно точно приближен элементами вида $A^*x$, и при этом числа $\Vert z_n\Vert$ уходят на бесконечность.

это непонятно

[ewert]

zoo писал(а):

ewert писал(а):

Теперь имеем $(x,y)=\lim(x,Az_n)=\lim(A^*x,z_n)$, откуда $|(A^*x,z_n)|\leqslant \widetilde C_y\Vert A^*x\Vert\ (\forall x,n)$. Это невозможно, т.к. каждый из элементов $z_n$ может быть сколь угодно точно приближен элементами вида $A^*x$, и при этом числа $\Vert z_n\Vert$ уходят на бесконечность.

это непонятно

мне, кстати, тоже. Ладно, пусть пока остаётся первый вариант.

[zoo]

вообще все это как-то странно... например на целом гиперподпространстве ортогональном $y$ написанная в условии оценка вообще никаких ограничений не накладывает

[ewert]

zoo писал(а):

вообще все это как-то странно... например на целом гиперподпространстве ортогональном $y$ написанная в условии оценка вообще никаких ограничений не накладывает

если я Вас правильно понял, то там просто неаккуратность в записи условия. Естественно, имелся в виду супремум по ненулевым иксам (что всегда подразумевается) и, кроме того, по таким, чтоб знаменатель не обращался в ноль.

[zoo]

ewert писал(а):

zoo писал(а):

вообще все это как-то странно... например на целом гиперподпространстве ортогональном $y$ написанная в условии оценка вообще никаких ограничений не накладывает

если я Вас правильно понял, то там просто неаккуратность в записи условия. Естественно, имелся в виду супремум по ненулевым иксам (что всегда подразумевается) и, кроме того, по таким, чтоб знаменатель не обращался в ноль.

я не это имел ввиду, я высказывал сомнение в том, что факт предлагаемый к доказательству вообще имеет место

[ewert]

ну, вроде как с точностью до разницы между образом и его замыканием -- имеет. Т.е. если $|(x,y)|\leqslant C_y\Vert A^*x\Vert\ (\forall x)$, то вроде как игрек обязан принадлежать замыканию образа, а иначе эта оценка никак.

[zoo]

ewert писал(а):

ну, вроде как с точностью до разницы между образом и его замыканием -- имеет. Т.е. если $|(x,y)|\leqslant C_y\Vert A^*x\Vert\ (\forall x)$, то вроде как игрек обязан принадлежать замыканию образа, а иначе эта оценка никак.

тем не менее разница эта огромна, как решать задачу я не знаю, не уверен, что тут не перевранно условие (кстати автор не всегда внятно формулирует http://dxdy.ru/viewtopic.php?t=14183 ) Одним словом сливаю воду.
Вот кстати зачем у Вашей константы индекс, я понимаю так что $y$ это конкретный фиксированный вектор

[ewert]

zoo писал(а):

ewert писал(а):

ну, вроде как с точностью до разницы между образом и его замыканием -- имеет. Т.е. если $|(x,y)|\leqslant C_y\Vert A^*x\Vert\ (\forall x)$, то вроде как игрек обязан принадлежать замыканию образа, а иначе эта оценка никак.

тем не менее разница эта огромна, как решать задачу я не знаю, не уверен, что тут не перевранно условие (кстати автор не всегда внятно формулирует http://dxdy.ru/viewtopic.php?t=14183 ) Одним словом сливаю воду.
Вот кстати зачем у Вашей константы индекс, я понимаю так что $y$ это конкретный фиксированный вектор

я ни фига не понял, но игрек обязателен, ибо утверждение утверждает, что оно если верно, то для любого игрека

[zoo]

ewert писал(а):

zoo писал(а):

ewert писал(а):

ну, вроде как с точностью до разницы между образом и его замыканием -- имеет. Т.е. если $|(x,y)|\leqslant C_y\Vert A^*x\Vert\ (\forall x)$, то вроде как игрек обязан принадлежать замыканию образа, а иначе эта оценка никак.

тем не менее разница эта огромна, как решать задачу я не знаю, не уверен, что тут не перевранно условие (кстати автор не всегда внятно формулирует http://dxdy.ru/viewtopic.php?t=14183 ) Одним словом сливаю воду.
Вот кстати зачем у Вашей константы индекс, я понимаю так что $y$ это конкретный фиксированный вектор

я ни фига не понял, но игрек обязателен, ибо утверждение утверждает, что оно если верно, то для любого игрека

а вот я понял, что не для любого $y$, а если при некотором $y$ неравенство выполнено для всех $x$ то этот $y$ лежит в образе

[ewert]

ну я неаккуратно (мягко говоря) выразился. Имелось в виду, что константа заведомо зависит от игрека.

Ну а в общем я тут малость поразмыслил, и пришёл к выводу, что доказательство по существу (не основанное на трюкачествах) должно быть примерно таким.

Тут что сбивает с толку. Очень хочется какой-нибудь оператор обратить. А во всём пространстве он не обращается. А работать с парами пространств как-то непривычно. Но -- можно.

Так вот, рассмотрим такую пару гильбертовых пространств: $H_1=({\rm Ker\,}A^*)^\perp=\overline{{\rm Im\,}A}$ и $H_2=({\rm Ker\,}A)^\perp=\overline{{\rm Im\,}A^*}$. Оператор $A^*$ взаимно-однозначно переводит пространство $H_1$ в $H_2 $, оператор $A$ -- наоборот. При этом оператор $A^*$ по-прежнему остаётся сопряжённым к $A$ в стандартном смысле.

В условии задачи требуется, чтобы неравенство $(x,y)\leqslant C_y\Vert A^*x\Vert$ выполнялось для всех $x\in H_1$. Т.е. должно выполняться $({(A^*)}^{-1}u,y)\leqslant C_y\Vert u\Vert\ (\forall u\in{\rm Im\,}A^*)$. Последнее в точности означает, что $y$ принадлежит области определения оператора, сопряжённого к ${(A^*)}^{-1}$. Означает просто по определению сопряжённого оператора. Однако ${(A^*)}^{-1}={(A^{-1})}^*$. Это -- общий факт; всё, что для него нужно -- это чтобы опрератор $A^{-1}$ существовал и был задан на плотном множестве, а это у нас есть.

Ну теперь получается, что $y$ должен принадлежать области определения оператора ${A^{-1}$, т.е. множеству значений оператора ${A$.

Эти выкладки вроде вполне проходят и для случая, когда оператор ${A$ неограничен, только надо аккуратно добавлять необходимые слова насчёт областей определения.

[zoo]

ewert писал(а):

Оператор $A^*$ взаимно-однозначно переводит пространство $H_1$ в $H_2 $

почему?

[ewert]

zoo писал(а):

ewert писал(а):

Оператор $A^*$ взаимно-однозначно переводит пространство $H_1$ в $H_2 $

почему?

потому, что мы отрубили его нули

[zoo]

ewert писал(а):

потому, что мы отрубили его нули

из того, что ядро равно нулю не следует что оператор взаимнооднозначен