Continuous linear operators¶

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注：笔者原本打算的是直接扔下这份讲义去阅读Brezis的FA and PDEs，但是阅读了第一章发现他的写法似乎有些clear，但是问题在于我读起来又不是很clear于是回归这份讲义想先了解一个overview然后再回去读Brezis，然后惊奇的发现这一章的内容正是我阅读Brezis时欠缺的部分，于是速通之

Basic definitions and properties¶

给出赋范空间的单位闭球的概念：

closed unit ball of $E$

For a normed space $E$, let

\[U_{E}:= \left\{ x\in E:\lVert x \rVert \leqslant 1 \right\} \]

be the closed unit ball of $E$

那么很自然的我们会使用缩放的闭球定义集合$A$在$E$中(赋范)有界，也就是说$A\subseteq kU_{E}$，换句话说$\lVert a \rVert\leqslant k<+\infty,\forall a\in A$

我们考虑线性算子$T:E\to F$：$T(\alpha x+\beta y)=\alpha Tx+\beta Ty$，其中$E,F$均为赋范空间

显然我们可以得到以下等价结论：

Theorem(有界性和连续性)

假设$T$是一个线性算子，$T:E\to F$

$T$ is Lipschitz continuous
$T$ is countinuous
$T$ is coutinuous at $0$
$T(U_{E})$ is bounded in $F$
$T$ sends bounded sets to bounded sets
$\exists k>0$, s.t. $\lVert Tx \rVert\leqslant k \lVert x \rVert,\forall x\in E$

Proof.

前三条$1\to 2 \to 3$是显然的

$3\to 4$，思路是利用定义证明$T(U_{E})\subset kB_{F}$先定义$B_{F}$是关于$F$的在0点处的单位球邻域$B_{F}=\left\{ y\in F|\lVert y \rVert\leqslant 1 \right\}$，利用条件，因为$T(0)=0$，结合0点处连续性得到有$E中$一个邻域$V$使得$TV\subseteq B_{F}$，并且利用0是$V$的内点，可以得到$\exists\lambda>0$，$\lambda U_{E}\subset V$：

\[ \lambda TU_{E}=T(\lambda U_{E})\subset TV\subset B_{F} \]

那么有$T(U_{E})\subset \frac{1}{\lambda}U_{F}$，因此$TU_{E}$在$F$中有界

$4\to 5$，$A\subseteq kU_{E}$，那么有$TA\subset T(kU_{E})=kT(U_{E})$对于一个有界集的子集，显然有界

$5\to 6$，取$E$中单位球$U_{E}$作为有界集，那么根据条件可以得到$T(U_{E})$是有界的，即存在一个常数$k$，使得$T(U_{E})\subset kU_{F}$，或者说$\lVert Tx \rVert \leqslant k$，考虑$\forall x\in E\setminus \left\{ 0 \right\}$，有$\frac{x}{\lVert x \rVert }\in U_{E}$，显然：

\[ \left\lVert T\left( \frac{x}{\lVert x \rVert } \right) \right\rVert \leqslant k\implies \lVert Tx \rVert \leqslant k\lVert x \rVert \]

对于$x=0$是显然成立的

$6 \to 1$实际也是显然的

我们可以得到$\lVert Tx-Ty \rVert =\lVert T(x-y) \rVert \leqslant k\lVert x-y \rVert$得到Lipschitz连续

综上得证结论成立！

然后是一个自然的结论：

Lemma

假设$T$是一个连续线性算子，若是有$\lVert T \rVert:=\sup \left\{ \lVert Tx \rVert:x\in E,\lVert x \rVert\leqslant 1 \right\}$，我们有：

\[ \begin{aligned} \lVert T \rVert &=\sup \left\{ \frac{\lVert Tx \rVert }{\lVert x \rVert }:0\neq x\in E \right\}\\ &=\sup \left\{ \lVert Tx \rVert :x\in E,\lVert x \rVert =1 \right\}\\ &=\sup \left\{ \lVert Tx \rVert :x\in E,\lVert x \rVert < 1 \right\} <+\infty\\ \lVert Tx \rVert &\leqslant\lVert T \rVert \lVert x \rVert ,\forall x\in E\\ \lVert T \rVert &=\inf \left\{ k>0: \lVert Tx \rVert \leqslant k\lVert x \rVert ,\forall x\in E \right\} \end{aligned} \]

Proof.

显然我们可以得到$\lVert T \rVert<+\infty$，前三条的证明手法就是证明大于等于和小于等于两个方向，从而取等，都比较容易，留作习题

最后一行会稍微麻烦一点，我们先定义等式右边的集合为$K$，那么我们的目标就变成了证明$\lVert T \rVert=\inf K$只需要利用倒二的等式，马上得到$\lVert T \rVert\in K$那么$\inf K\leqslant \lVert T \rVert$

利用定义可以知道$\lVert Tx \rVert \leqslant k\lVert x \rVert,\forall x\in E$，结合第一行的等式：

\[ \lVert T \rVert =\sup \left\{ \frac{\lVert Tx \rVert }{\lVert x \rVert },x\neq 0 \right\} \implies \lVert T \rVert \leqslant k,\forall k\in K\implies \lVert T \rVert \leqslant \inf K \]

结合两个不等式即得结论

关于两个赋范空间之间的线性算子$T$，如果有$T$将norm balls(或者说有界集)映射为norm balls(或者有界集)，我们就称其为有界算子(或者局部有界算子)，由前面的定理可以得到，有界集$A$的像集$TA$的直径要小于$A$的$\lVert T \rVert$倍

下面给出有界线性算子构成的集合的记号，对于$E,F$两个赋范空间，使用$B(E,F)$来记录所有的从$E$到$F$的有界线性算子，如果是同一个空间，有$B(E)=B(E,E)$

Lemma(有界线性算子构成赋范空间)

$B(E,F)$通过给予算子范数$\lVert T \rVert=\sup\limits_{\lVert x \rVert\leqslant 1}\lVert Tx \rVert$构成一个赋范空间

证明只需要按照赋范空间的定义验证三条性质即可，然后探索这个算子范数我们可以得到一个等价的定义：

Lemma(算子范数等价定义)

$H,K$ are Hilbert spaces and $T\in B(H,K)$. Then

\[\lVert T \rVert =\sup \left\{ \lvert \langle Th,k\rangle \rvert : h\in U_{H},k\in U_{K} \right\} \]

Proof.

只需要使用Cauchy-Schwarz不等式，即可得到：

\[ \lvert \langle Th,k\rangle \rvert \leqslant \lVert Th \rVert \lVert k \rVert \leqslant \lVert T \rVert \lVert h \rVert \lVert k \rVert \leqslant \lVert T \rVert \]

因为$h\in U_{H},k\in U_{K}$，反方向等式的求取我们利用归一化的方法，若是$h\in U_{H},Th\neq 0$，我们有$\frac{Th}{\lVert Th \rVert}\in U_{K}$

\[ \lVert Th \rVert= \frac{\langle Th,Th\rangle}{\lVert Th \rVert }= \left\lvert \langle Th, \frac{Th}{\lVert Th \rVert }\rangle \right\rvert \]

所以我们有$\lVert Th \rVert\in \left\{ \lvert \langle Th,k \rangle \rvert \right\}$，即：

\[ \lVert T \rVert =\sup\limits_{h\in U_{H}}\lVert Th \rVert \leqslant \sup \left\{ \lvert \langle Th,k\rangle \rvert : h\in U_{H},k\in U_{K} \right\} \leqslant \lVert T \rVert \]

Exercise 4.1¶

(1)

Let $(\alpha_{i,j})_{i,j\in\mathbb{N}}$ be an infinite matrix with

\[ K := (\sum_{i,j=1}^{\infty} |\alpha_{i,j}|^2)^{1/2} < \infty. \]

Define a linear operator $T$ on $\ell^2$ by $T((\xi_n)_{n\in\mathbb{N}}) = (\eta_n)_{n\in\mathbb{N}}$, where

\[ \eta_n = \sum_{j=1}^{\infty} \alpha_{n,j}\xi_j, \quad n=1, 2, \dots \]

Show that $T$ is a bounded linear operator on $\ell^2$.

Proof.

(2)

Let $(\alpha_{i,j})_{i,j\in\mathbb{N}}$ be an infinite matrix such that

\[ \alpha_1 = \sup_j \sum_{i=1}^{\infty} |\alpha_{i,j}| < \infty \]

and

\[ \alpha_\infty = \sup_i \sum_{j=1}^{\infty} |\alpha_{i,j}| < \infty. \]

Show that there exists an operator $T$ on $\ell^2$ such that

\[ \langle Te_j, e_i \rangle = \alpha_{i,j} \quad \text{and} \quad \|T\|^2 \le \alpha_1 \alpha_\infty. \]

Proof & Explanation¶

Proof.

我们需要证明该矩阵定义的算子 $T$ 在 $\ell^2$ 上是有界的，并估计其范数。这就需要用到 Schur 测试（Schur's Test）的思想。
设 $x = (x_j) \in \ell^2$，考虑 $(Tx)_i = \sum_{j=1}^{\infty} \alpha_{i,j} x_j$。
利用柯西-施瓦茨不等式，我们将各项拆分为 $\sqrt{|\alpha_{i,j}|} \cdot \sqrt{|\alpha_{i,j}|} |x_j|$：
$$
|(Tx)i|^2 = \left| \sum| |x_j|^2 \right)}^{\infty} \alpha_{i,j} x_j \right|^2 \le \left( \sum_{j=1}^{\infty} |\alpha_{i,j}| \right) \left( \sum_{j=1}^{\infty} |\alpha_{i,j
$$
由题设，$\sum_{j=1}^{\infty} |\alpha_{i,j}| \le \alpha_\infty$，故：
$$
|(Tx)i|^2 \le \alpha\infty \sum_{j=1}^{\infty} |\alpha_{i,j}| |x_j|^2
$$
现在对 $i$ 求和以计算范数 $\|Tx\|^2$：
$$
|Tx|^2 = \sum_{i=1}^{\infty} |(Tx)i|^2 \le \alpha\infty \sum_{i=1}^{\infty} \sum_{j=1}^{\infty} |\alpha_{i,j}| |x_j|^2
$$
利用非负项级数求和次序的可交换性（Tonelli定理）：
$$
|Tx|^2 \le \alpha_\infty \sum_{j=1}^{\infty} |x_j|^2 \left( \sum_{i=1}^{\infty} |\alpha_{i,j}| \right)
$$
由题设，列和 $\sum_{i=1}^{\infty} |\alpha_{i,j}| \le \alpha_1$，代入得：
$$
|Tx|^2 \le \alpha_\infty \sum_{j=1}^{\infty} |x_j|^2 \alpha_1 = \alpha_1 \alpha_\infty |x|^2
$$
即 $\|Tx\| \le \sqrt{\alpha_1 \alpha_\infty} \|x\|$。
因为算子有界，所以 $T$ 是 $\ell^2$ 上良好定义的算子。由于 $Te_j$ 对应矩阵的第 $j$ 列，$\langle Te_j, e_i \rangle$ 即为矩阵第 $i$ 行第 $j$ 列的元素 $\alpha_{i,j}$。且我们已证明 $\|T\|^2 \le \alpha_1 \alpha_\infty$。

解析：
这是著名的 Schur 测试。
* $\alpha_1$ 是矩阵列模长和的上界。
* $\alpha_\infty$ 是矩阵行模长和的上界。
这个定理告诉我们，只要行和与列和都受控，这个无穷矩阵就定义了一个 $\ell^2$ 上的有界算子，其范数由这两个上界的几何平均值控制。

(3)

Let $(e_n)_{n\in\mathbb{N}}$ be the usual basis of $\ell^2$ and $(\alpha_n)_{n\in\mathbb{N}}$ be a sequence of scalars. Show that there is a bounded linear operator $T$ on $\ell^2$ such that $Te_n = \alpha_n e_n$ for all $n \in \mathbb{N}$ if and only if $(\alpha_n)_{n\in\mathbb{N}}$ is bounded. This operator is called a diagonal operator.

Proof & Explanation¶

Proof.

充分性 ($\Leftarrow$)：
假设序列 $(\alpha_n)$ 有界，即存在 $M > 0$ 使得对所有 $n$ 都有 $|\alpha_n| \le M$。
对于任意 $x = \sum x_n e_n \in \ell^2$，根据 $T$ 的线性性和定义，$Tx = \sum_{n=1}^{\infty} \alpha_n x_n e_n$。
计算其范数：
$$
|Tx|^2 = \sum_{n=1}^{\infty} |\alpha_n x_n|^2 = \sum_{n=1}^{\infty} |\alpha_n|^2 |x_n|^2 \le M^2 \sum_{n=1}^{\infty} |x_n|^2 = M^2 |x|^2
$$
因此 $\|Tx\| \le M \|x\|$，即 $T$ 是有界算子。

必要性 ($\Rightarrow$)：
假设 $T$ 是有界算子，即存在常数 $C$ 使得 $\|T\| \le C$。
对于任意 $n \in \mathbb{N}$，考察基向量 $e_n$（$\|e_n\|=1$）：
$$
Te_n = \alpha_n e_n
$$
对两边取范数：
$$
|Te_n| = |\alpha_n e_n| = |\alpha_n| |e_n| = |\alpha_n|
$$
根据算子有界性定义，$\|Te_n\| \le \|T\| \|e_n\| = \|T\|$。
因此，对于所有 $n$，都有 $|\alpha_n| \le \|T\|$。这表明序列 $(\alpha_n)$ 必须是有界的。

解析：
这是对角算子最基本的性质。
* 对角算子就像是把空间的每个坐标轴拉伸或压缩了 $\alpha_n$ 倍。
* 如果想要整个变换是“有限的”（有界），那么所有坐标轴的拉伸倍数 $\alpha_n$ 不能无限大，必须有一个统一的天花板（上界）。

(4) Problem Statement¶

(4)

Let $\varphi(x,t) : [0,1] \times [0,1] \to [0,\infty)$ be a continuous function such that

\[ \frac{\partial \varphi}{\partial x} : [0,1] \times [0,1] \to [0,\infty) \]

exists and is continuous. Prove that the operator $T : C[0,1] \to C[0,1]$ defined by

\[ Tf(x) = \int_0^1 \varphi(x,t)f(t)dt \]

is linear and continuous, with $\|T\| = \int_0^1 \varphi(1,t)dt$.

Proof & Explanation¶

Proof.

1. 线性性 (Linearity)
积分运算本身是线性的，因此对于 $f, g \in C[0,1]$ 和标量 $\alpha, \beta$，显然有 $T(\alpha f + \beta g) = \alpha Tf + \beta Tg$。

2. 连续性 (Continuity) 与范数上界
算子 $T$ 的范数定义为 $\|T\| = \sup_{\|f\|_\infty \le 1} \|Tf\|_\infty$。
对于任意 $x \in [0,1]$：
$$
|Tf(x)| = \left| \int_0^1 \varphi(x,t)f(t) dt \right| \le \int_0^1 |\varphi(x,t)| |f(t)| dt
$$
题目已知 $\varphi(x,t) \ge 0$，故 $|\varphi(x,t)| = \varphi(x,t)$。且 $|f(t)| \le \|f\|_\infty$。
$$
|Tf(x)| \le |f|_\infty \int_0^1 \varphi(x,t) dt
$$
令 $g(x) = \int_0^1 \varphi(x,t) dt$。
由于已知 $\frac{\partial \varphi}{\partial x} \ge 0$，我们可以推导 $g(x)$ 的单调性：
$$
g'(x) = \int_0^1 \frac{\partial \varphi}{\partial x}(x,t) dt \ge 0
$$
因此，$g(x)$ 在 $[0,1]$ 上是单调递增（或非减）的。
于是 $\sup_{x \in [0,1]} g(x) = g(1) = \int_0^1 \varphi(1,t) dt$。

回到范数估计：
$$
|Tf|\infty = \sup |Tf(x)| \le |f|_\infty \cdot g(1)
$$
这证明了 $T$ 是有界的（连续的），且 $\|T\| \le \int_0^1 \varphi(1,t) dt$。

3. 范数下界 (Lower Bound)
为了证明等号成立，我们取常数函数 $f_0(t) \equiv 1$。显然 $f_0 \in C[0,1]$ 且 $\|f_0\|_\infty = 1$。
计算 $Tf_0$：
$$
(Tf_0)(x) = \int_0^1 \varphi(x,t) \cdot 1 dt = \int_0^1 \varphi(x,t) dt = g(x)
$$
计算其范数：
$$
|Tf_0|\infty = \sup)} |g(x)| = g(1) \quad (\text{因为 } g(x) \ge 0 \text{ 且单调递增
$$
根据算子范数定义：
$$
|T| \ge \frac{|Tf_0|}{|f_0|} = g(1) = \int_0^1 \varphi(1,t) dt
$$

(5)HW6-1

Let $1\leqslant p <\infty$ and $T:\ell_{\infty}\to L^{p}[0,1]$ be defined by

$$
T(x_{1},x_{2},\dots)= \sum\limits_{n=1}^{\infty} x_{n}\chi_{\left[ \frac{1}{2^{n}}, \frac{1}{2^{n-1}} \right]}
$$
Prove that $T$ is a linear and continuous operator, and calculate $\lVert T \rVert$

Proof.

$\ell_{\infty}$的含义

这里的$\ell_{\infty}$是序列空间，它包含所有有界的实数（或复数）序列。也就是说，如果$x = (x_1, x_2, \dots) \in \ell_{\infty}$，那么存在一个常数$M$，使得对于所有的$n$，都有$|x_n| \le M$。

先假定$x=(x_{n})_{n=1}^{\infty},y=(y_{n})_{n=1}^{\infty}\in \ell_{\infty},\alpha,\beta\in \mathbb{K}$，并且有$t\in[0,1]$，线性性证明如下：

\[ \begin{aligned} T(\alpha x+\beta y)(t)&=\sum\limits_{n=1}^{\infty}(\alpha x_{n}+\beta y_{n})\chi_{\left[ \frac{1}{2^{n}}, \frac{1}{2^{n-1}} \right]}(t)\\ &=\alpha\sum\limits_{n=1}^{\infty} x_{n}\chi_{\left[ \frac{1}{2^{n}}, \frac{1}{2^{n-1}} \right]}(t)+\beta\sum\limits_{n=1}^{\infty} y_{n}\chi_{\left[ \frac{1}{2^{n}}, \frac{1}{2^{n-1}} \right]}(t)\\ &=\alpha Tx(t)+\beta Ty(t) \end{aligned} \]

由于赋范空间中连续性和有界性的等价性，我们考虑有界性证明如下：

假设$x\in \ell_{\infty}$那么因为特征函数支撑集互不相交有：

\[ \left\lvert \sum\limits_{n=1}^{\infty} x_{n}\chi_{\left[ \frac{1}{2^{n}}, \frac{1}{2^{n-1}} \right]} \right\rvert ^{p}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\lvert x_{n} \rvert ^{p}\chi_{\left[ \frac{1}{2^{n}}, \frac{1}{2^{n-1}} \right]} \]

代入可知：

\[ \begin{aligned} \|Tx\|_p &= \left( \int_0^1 \sum\limits_{n=1}^{\infty} |x_n|^p \chi_{\left[ \frac{1}{2^{n}}, \frac{1}{2^{n-1}} \right]} dt \right)^{\frac{1}{p}} = \left( \sum\limits_{n=1}^{\infty} |x_n|^p \frac{1}{2^n} \right)^{\frac{1}{p}}\\ &\leqslant \left( \sum\limits_{n=1}^{\infty} \|x\|_\infty^p \frac{1}{2^n} \right)^{\frac{1}{p}} \\ &= \|x\|_\infty \left(\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n} \right)^{\frac{1}{p}} \\ &= \|x\|_\infty\\ &< +\infty \end{aligned} \]

这证明了 $\|Tx\|_p \le \|x\|_\infty$，所以算子是有界的，且$\|T\| \le 1$

取$z_n = (1, 1, \dots, 1, 0, 0, \dots)$，前$n$项是 1，后面全是0，显然，$\|z_n\|_\infty = 1$并且$Tz_n = \chi_{[\frac{1}{2^n}, 1]}$。

\[ \|Tz_n\|_p = \left( 1 - \frac{1}{2^n} \right)^{\frac{1}{p}} \]

根据上面的$\lVert T \rVert \leqslant 1$有：

\[ \left( 1 - \frac{1}{2^n} \right)^{\frac{1}{p}} \leqslant \|T\| \cdot 1 \]

对上述不等式，令 $n \to \infty$，马上有$\lVert T \rVert\geqslant 1$，结合两个不等式有$\lVert T \rVert=1$

(6)HW6-2

Consider the linear operators $A_n$ and $B_n$ on $\ell^2$ defined by

\[ A_n(x) = \left(\frac{x_1}{n}, \frac{x_2}{2n}, \dots\right), \quad B_n(x) = (0, \dots, 0, x_{n+1}, x_{n+2}, \dots) \]

for all $x = (x_1, x_2, \dots) \in \ell^2$.

Prove that $\|A_n\| \to 0$ and $B_n(x) \to 0$ for all $x \in \ell^2$, but that $(B_n)_{n \in \mathbb{N}}$ does not converge to 0 in the operator norm.

Proof.

先考虑$A_{n}$，那么$\forall x=(x_{n})_{n=1}^{\infty}\in \ell^{2}$，根据范数定义有：

\[ \begin{aligned} \lVert A_{n}(x) \rVert ^{2}=\sum\limits_{k=1}^{\infty} \left\lvert \frac{x_{k}}{kn} \right\rvert ^{2}&= \frac{1}{n^{2}}\sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{\lvert x_{k} \rvert ^{2}}{k^{2}}\leqslant \frac{1}{n^{2}}\lVert x \rVert ^{2}\\ \lVert A_{n} \rVert& \leqslant \frac{1}{n} \end{aligned} \]

令$n\to \infty$显然为0

再考虑$B_{n}$，对于任意固定的 $x \in \ell^2$，根据范数定义有：

\[ \|B_n(x)\| = \left( \sum_{k=n+1}^{\infty} |x_k|^2 \right)^{\frac{1}{2}}\leqslant \lVert x \rVert \]

$n\to \infty$时，有$B_n(x) \to 0$，并且$\lVert B_{n} \rVert \leqslant 1$

对于固定的$n$我们可以找到一个$x=(0,\dots,0,1,0,\dots)$，前面$n$个0，$B_{n}(e_{n+1})=e_{n+1}$，所以有：

\[ 1=\lVert e_{n+1} \rVert =\lVert B_{n}(e_{n+1}) \rVert \leqslant \lVert B_{n} \rVert \lVert e_{n+1} \rVert =\lVert B_{n} \rVert \]

因此有$\lVert B_{n} \rVert=1$不收敛于0

Continuous linear functionals¶

向量空间$X$上的线性泛函也就是线性映射：$f:X\to \mathbb{K}(\mathbb{R} /\mathbb{C})$

不连续线性泛函

在任意的无穷维赋范空间$(E,\lVert \cdot \rVert)$都有不连续的线性泛函

下面给出(拓扑)对偶空间 dual space(或者共轭空间 conjugate space)的定义，一个拓扑向量空间$X$上所有的连续线性泛函构成的向量空间记为$X^{*}$

然后我们在赋范空间上考虑对偶空间：

Definition(Banach dual space)

$E$ is a normed space, we call $E^{*}=B(X,\mathbb{K})$ the Banach dual space of $E$ when it's equipped with the dual norm

\[\lVert f \rVert =\sup\limits_{\lVert x \rVert \leqslant 1}\lvert f(x) \rvert ,\forall f\in X^{*}\]

Banach-Alaoglu's Theorem

考虑赋范空间$E$，那么对偶单位球$U_{E^{*}}$在弱拓扑下紧

Examples of dual spaces¶

Adjoint of Hilbert space operators¶

Exercise 4.3¶

(1)HW7-1

Suppose that $\Omega$ is a $\sigma-$finite measure space and $y\in L^{\infty}(\Omega)$. Let $T$ be the multiplication operator $Tx(t)=y(t)x(t)$ for all $x\in L^{2}(\Omega)$ and $t\in \Omega$. Compute $T^{*}$

Sol.

我们根据定义知道：$\langle x,T^{*}z\rangle=\langle Tx,z\rangle,\forall x,z\in L^{2}(\Omega)$

根据内积定义：

\[ \begin{aligned} \langle Tx,z\rangle&=\int_{\Omega}Tx (t)\overline{z(t)}dt\\ &=\int_{\Omega}y(t)x(t) \overline{z(t)}dt\\ &=\int_{\Omega}x(t) \overline{\overline{y(t)}z(t)}dt\\ \langle x,T^{*}z\rangle &=\int_{\Omega}x(t) \overline{T^{*}z(t)}dt\\ \int_{\Omega}x(t) \overline{\overline{y(t)}z(t)}dt&=\int_{\Omega}x(t) \overline{T^{*}z(t)}dt \end{aligned} \]

即有$T^{*}z(t)= \overline{y(t)}z(t)$，因此$T^{*}$是乘以复共轭函数$\overline{y}$的乘法算子

(3)HW7-2

Let $\varphi:[0,1]\to \mathbb{R}$ be a continuous function and $T:L^{2}[a,b]\to L^{2}[0,1]$ defined by

\[ Tf(x)=\varphi(x)\int_{0}^{1} \varphi(t)f(t) \, dt ,\forall x\in[a,b] \]

Prove that $T$ is self-adjoint and positive.

Proof.

先证明自伴算子：

\[ \begin{aligned} \langle Tf, g \rangle &= \int_0^1 (Tf)(x) \overline{g(x)} \, dx \\ &= \int_0^1 \left( \varphi(x) \int_0^1 \varphi(t)f(t) \, dt \right) \overline{g(x)} \, dx \\ &= \left( \int_0^1 \varphi(t)f(t) \, dt \right) \left( \int_0^1 \varphi(x)\overline{g(x)} \, dx \right) \end{aligned} \]

由于 $\varphi$ 是实函数，即 $\varphi(t) = \overline{\varphi(t)}$

\[ \begin{aligned} \langle f, Tg \rangle &= \int_0^1 f(x) \overline{(Tg)(x)} \, dx \\ &= \int_0^1 f(x) \overline{\left( \varphi(x) \int_0^1 \varphi(t)g(t) \, dt \right)} \, dx \\ &= \int_0^1 f(x)\varphi(x) \left( \overline{\int_0^1 \varphi(t)g(t) \, dt} \right) \, dx \\ &= \left( \int_0^1 f(x)\varphi(x) \, dx \right) \left( \int_0^1 \varphi(t)\overline{g(t)} \, dt \right) \end{aligned} \]

因此 $\langle Tf, g \rangle = \langle f, Tg \rangle$，即 $T$ 是自伴算子

要证明 $T$ 是正算子，需证明对于任意 $f \in L^2[0, 1]$，都有：

\[ \langle Tf, f \rangle \geq 0 \]

根据定义展开即可：

\[ \begin{aligned} \langle Tf, f \rangle &= \int_0^1 (Tf)(x) \overline{f(x)} \, dx \\ &= \int_0^1 \left[ \varphi(x) \int_0^1 \varphi(t)f(t) \, dt \right] \overline{f(x)} \, dx \\ &= \left( \int_0^1 \varphi(t)f(t) \, dt \right) \left( \int_0^1 \varphi(x)\overline{f(x)} \, dx \right) \end{aligned} \]

设复数 $A = \int_0^1 \varphi(t)f(t) \, dt$，由于 $\varphi$ 是实函数，第二个积分项实际上是 $A$ 的复共轭：

\[ \overline{A} = \overline{\int_0^1 \varphi(x)f(x) \, dx} = \int_0^1 \varphi(x)\overline{f(x)} \, dx \]

因此：

\[ \langle Tf, f \rangle = A \cdot \overline{A} = |A|^2 \geq 0 \]

所以 $T$ 是正算子

Continuous linear operators¶

Basic definitions and properties¶

Exercise 4.1¶

Proof & Explanation¶

Proof & Explanation¶

(4) Problem Statement¶

Proof & Explanation¶

Continuous linear functionals¶

Examples of dual spaces¶

Adjoint of Hilbert space operators¶

Exercise 4.3¶

Projections on Hilbert spaces¶

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