Усиление теоремы о замкнутом графике

[AGu]

Гипотеза Теорема.
Пусть $X$ и $Y$ — банаховы пространства над одним и тем же полем ($\mathbb R$ или $\mathbb C$)
и пусть линейный оператор $T:X\to Y$ удовлетворяет следующему условию:
для любой последовательности $(x_n)_{n\in\mathbb N}$ элементов $X$ и любых $x\in X$ и $y\in Y$
из сходимостей $x_n\overset{\scriptscriptstyle\|{\cdot}\|}\longrightarrow x$ и $Tx_n\overset{\scriptscriptstyle\|{\cdot}\|}\longrightarrow y$ вытекает неравенство $\|Tx\|\leqslant\|y\|$.
Тогда оператор $T$ непрерывен.

[AGu]

Исправленному верить?

[terminator-II]

А доказательство приведите plz. Я буду в нем ошибки искать.

[AGu]

terminator-II в сообщении #287558 писал(а):

А доказательство приведите plz. Я буду в нем ошибки искать.

Здорово! Заранее большущее спасибище.

В приведенном ниже доказательстве (если оно таковым является)
нет ничего оригинального. Это, насколько я могу судить, заурядный
вывод теоремы о замкнутом графике из основного принципа Банаха,
отличающийся от классики лишь тем, что в самом конце вместо
замкнутости оператора используется условие заявленной «теоремы».
Появление данного топика стало следствием моего удивления такому
бесхитростному «усилению» и моих сомнений в его справедливости.

Для начала приведу ту версию основного принципа Банаха,
которая будет использоваться ниже:

Пусть $X$ — банахово пространство,
пусть $V$ — замкнутое выпуклое подмножество $X$
и пусть $\bigcup_{n=1}^\infty nV=X$, где $nV := \{nv : v\in V\}$.
Тогда ${\,\overline{\!B}}(0,\varepsilon)\subseteq V$ для некоторого числа $\varepsilon>0$,
где ${\,\overline{\!B}}(0,\varepsilon):=\{x\in X : \|x\|\leqslant\varepsilon\}$.

Итак, пусть выполнены условия заявленной «теоремы».
Зафиксируем произвольное число $\varepsilon>0$
и положим $U:=\{x\in X : \|Tx\|\leqslant\varepsilon\}$.
Достаточно найти такое число $\delta>0$, что ${\,\overline{\!B}}(0,\delta)\subseteq U$.

Пусть ${\,\overline{\!U}}$ — замыкание множества $U$.
Покажем, что ${\,\overline{\!B}}(0,2\delta)\subseteq{\,\overline{\!U}}$ для некоторого числа $\delta>0$.

Как легко видеть, ${\,\overline{\!U}}$ — замкнутое выпуклое подмножество $X$.
Кроме того, тривиальная проверка показывает,
что $\bigcup_{n=1}^\infty nU=X$, а значит, $\bigcup_{n=1}^\infty n{\,\overline{\!U}}=X$.
Остается сослаться на основной принцип Банаха.

Намереваясь доказать, что ${\,\overline{\!B}}(0,\delta)\subseteq U$,
мы фиксируем произвольный элемент $x\in{\,\overline{\!B}}(0,\delta)$
и приступаем к обоснованию включения $x\in U$,
т.е. неравенства $\|Tx\|\leqslant\varepsilon$.

Сначала покажем, что $\bigl\|x-\frac12 u_1\bigr\|\leqslant\frac\delta2$ для некоторого $u_1\in U$.

Поскольку $x\in{\,\overline{\!B}}(0,\delta)$, мы имеем $2x\in{\,\overline{\!B}}(0,2\delta)\subseteq{\,\overline{\!U}}$,
а значит, найдется такой элемент $u_1\in U$, что $\|2x-u_1\|\leqslant\delta$.

Далее, покажем, что $\bigl\|x-\bigl(\frac12 u_1+\frac1{2^2} u_2\bigr)\bigr\|\leqslant\frac\delta{2^2}$ для некоторого $u_2\in U$.

Поскольку $x-\frac12 u_1\in{\,\overline{\!B}}\bigl(0,\frac\delta2\bigr)$, мы имеем $2^2(x-\frac12 u_1)\in{\,\overline{\!B}}(0,2\delta)\subseteq{\,\overline{\!U}}$,
а значит, найдется $u_2\in U$, для которого $\bigl\|2^2\bigl(x-\frac12 u_1\bigr)-u_2\bigr\|\leqslant\delta$.

Реализовав намеченное выше рекурсивное построение,
мы получим такую последовательность $(u_n)_{n\in\mathbb N}\subseteq U$,
что $\bigl\|x-\bigl(\frac12 u_1+\frac1{2^2} u_2+\cdots+\frac1{2^n}u_n\bigr)\bigr\|\leqslant\frac\delta{2^n}$ для всех $n\in\mathbb N$.

Положим $x_n:=\sum_{m=1}^n\frac1{2^m}u_m$ для всех $n\in\mathbb N$. Тогда $x_n\overset{\scriptscriptstyle\|{\cdot}\|}\longrightarrow x$.
Поскольку $\|Tu_m\|\leqslant\varepsilon$ для всех $m\in\mathbb N$, ряд $\sum_{m=1}^\infty\frac1{2^m}\|Tu_m\|$ сходится.
Учитывая полноту пространства $Y$, заключаем, что
ряд $\sum_{m=1}^\infty\frac1{2^m}Tu_m$ сходится в $Y$, а значит,
$Tx_n=\sum_{m=1}^n\frac1{2^m}Tu_m\overset{\scriptscriptstyle\|{\cdot}\|}\longrightarrow y$ для некоторого $y\in Y$.
По условию заявленной «теоремы» мы имеем $\|Tx\|\leqslant\|y\|$.
Осталось заметить, что

$\|y\|\,=\,\lim\limits_{n\to\infty}\|Tx_n\|\,\leqslant\,\sup\limits_{n\in\mathbb N}\|Tx_n\|\,\leqslant$
$\leqslant\,\sup\limits_{n\in\mathbb N}\,\sum\limits_{m=1}^n\frac1{2^m}\|Tu_m\|\,\leqslant\,\sup\limits_{n\in\mathbb N}\,\sum\limits_{m=1}^n\frac1{2^m}\,\varepsilon\,=\,\varepsilon.$

[terminator-II]

Глазам не верю, но ошибку найти не могу.
Кстати условие

AGu в сообщении #284610 писал(а):

из сходимостей $x_n\overset{\scriptscriptstyle\|{\cdot}\|}\longrightarrow x$ и $Tx_n\overset{\scriptscriptstyle\|{\cdot}\|}\longrightarrow y$ вытекает неравенство $\|Tx\|\leqslant\|y\|$.

разве так $\|Tx\|\leqslant c\|y\|$ нельзя формулировать?

Если это действительно так, то факт совершенно удивительный. Числовое неравенство несравненно слабее равенства элементов в бесконечномерном пространстве. Условие, которое Вы накладываете не гарантирует a priori даже существование замкнутого расширения у опреатора. Думаю, что это надо в "Мат. заметки".

[Padawan]

Теорему AGu можно так доказать.

Рассмотрим предельное множество оператора $T$ в точке $x=0$, т.е. множество

$$ C=C(T,0)=\{y\in Y:\exists\; \text{последовательность точек}\; \{x_n\}\subset X : x_n\to 0\; \&\; Tx_n\to y\} $$

Нетрудно проверить, что это замкнутое подпространство пространства $Y$ (в частности, $0\in C$), причем $C\subset \overline{TX}$.

Предельное множество оператора $T$ в любой другой точке $x\in X$

$$ C(T,x)=\{y\in Y:\exists\; \text{последовательность точек}\; \{x_n\}\subset X : x_n\to x\; \&\; Tx_n\to y\} $$

по свойству линейности будет иметь вид $C(T,x)=Tx+C$.

В условии теоремы AGu утверждается, что если $y\in C(T,x)$, то $\|Tx\|\leqslant \|y\|$, т.е. если $z\in C$, то $\|Tx\|\leqslant \|Tx+z\|$, т.е. если $y\in TX$, то $\|y\|\leqslant \|y+z\|$ причём это выполнено для всех $y\in TX$, $z\in C$, а значит, по непрерывности, и для всех $y\in \overline{TX}$, $z\in C$.

Но это возможно только при $C=\{0\}$, так как если бы нашлась точка $y\in C$, $y\neq 0$, то при $z=-y$ получаем противоречивое неравенство $\|y\|\leqslant 0$.

Итак, для любого $x\in X$ имеем $C(T,x)=Tx$, и получаем обычное утверждение теоремы о замкнутом графике.

-- Вс фев 14, 2010 17:00:33 --

Если $\|Tx\|\leqslant K\|y\|$ тоже проходит - один в один.

-- Вс фев 14, 2010 17:08:17 --

Блин, даже если $\|Tx\|\leqslant \varphi (y)$, где $\varphi : Y\to \mathbb{R}^+$ - непрерывная функция с $\varphi(0)=0$, то тоже проходит!

[AGu]

Padawan, я восхищен! Такое легкомысленное наблюдение (это я о своем стартовом посте) — и столько веселья (это я уже о Вашем). Начинаю подозревать, что мы набрели на что-то известное, причем известное в более сильном виде и в более общем контексте. Надо будет на досуге порыться в литературе. Спасибо, друзья!

[AGu]

До меня только сейчас дошло, что ни теорема о замкнутом графике, ни принцип Банаха тут ни при чем. Просто-напросто, как показал Padawan, упомянутое в «теореме» свойство оператора равносильно его замкнутости, причем для любых нормированных пространств $X$ и $Y$ (не обязательно банаховых). Так что мы имеем дело с неким критерием замкнутости (на вид чуток более слабым чем собственно замкнутость). Такой поворот еще больше приземляет «теорему». Но все равно весело!