Finished up to 11th lecture

Lectures/5_Semester/Functional_Analysis/2023_Konovalov/lectures/10lecture.tex

@@ -57,7 +57,7 @@
 	\[
 		x_0 = x - (x - x_0) = \lim_{n \to \infty} x_n - (x - x_0) \Ra \lim_{n \to \infty} A(x_n - (x - x_0)) = Ax_0
 	\]
-	Переход к оператору мы сделали по условию. Осталось просто переставить части выражения, ибо есть линейность:
+	Переход к пределу с оператором мы сделали по условию. Осталось просто переставить части выражения, ибо есть линейность:
 	\[
 		\lim_{n \to \infty} A(x_n - (x - x_0)) = \lim_{n \to \infty} (Ax_n - Ax + Ax_0) = Ax_0 \Ra \lim_{n \to \infty} Ax_n = Ax
 	\]
@@ -125,9 +125,9 @@
 		\]
 		Покажем, что есть поточечная сходимость. Действительно:
 		\[
-			\forall x \in S(0, 1)\ \ \|A_nx - A_mx\| \le \|A_n - A_m\| \cdot \|x\| = \|A_n - A_m\| < \eps
+			\forall x \in E_1\ \ \|A_nx - A_mx\| \le \|A_n - A_m\| \cdot \|x\| < \eps \|x\|
 		\]
-		Стало быть, последовательность $\{A_nx\}_{n = 1}^\infty \subseteq E_2$ фундаментальна при любом $x \in E_1$, а в силу банаховости $E_2$ сходится. Определим оператор $A$ следующим образом:
+		Стало быть, последовательность $\{A_nx\}_{n = 1}^\infty \subseteq E_2$ фундаментальна при любом фиксированном $x \in E_1$, а в силу банаховости $E_2$ сходится. Определим оператор $A$ следующим образом:
 		\[
 			\forall x \in E_1\ \ Ax := \lim_{n \to \infty} A_nx
 		\]
@@ -140,13 +140,24 @@
 				\alpha \lim_{n \to \infty} A_nx + \beta \lim_{n \to \infty} A_ny = \alpha Ax + \beta Ay
 			\end{multline*}
 
-			\item $A$ ограничен. Мы уже знаем в силу определения этого оператора, что $\lim_{n \to \infty} \|A_nx\| = \|Ax\|$, причём $\|A_nx\| \le \|A_n\| \cdot \|x\|$. Если бы у всех норм операторов была общая оценка сверху, то по предельному неравенству мы бы получили оценку и для $A$. В самом деле, последовательность $\{A_n\}_{n = 1}^\infty$ фундаментальна, а стало быть ограничена.
+			\item $A$ ограничен. Мы уже знаем в силу определения этого оператора, что \\ $\lim_{n \to \infty} \|A_nx\| = \|Ax\|$, причём $\|A_nx\| \le \|A_n\| \cdot \|x\|$. Если бы у всех норм операторов была общая оценка сверху, то по предельному неравенству мы бы получили оценку и для $A$. В самом деле, последовательность $\{A_n\}_{n = 1}^\infty$ фундаментальна, а стало быть ограничена.
 
-			\item Верно, что $\lim_{n \to \infty} A_n = A$. По определению это значит $\lim_{n \to \infty} \|A_n - A\| = 0$. Это тоже довольно просто, ведь верна цепочка равенств:
+			\item Верно, что $\lim_{n \to \infty} A_n = A$. По определению мы должны показать предел \\ $\lim_{n \to \infty} \|A_n - A\| = 0$. Это можно сделать так: зафиксируем $\eps > 0$ и рассмотрим произвольный $x \in E_1$. За счёт фундаментальности $\{A_n\}_{n = 1}^\infty$:
 			\[
-				\|A_n - A\| = \sup_{\|x\| = 1} \|(A_n - A)x\| = \sup_{\|x\| = 1} \|A_nx - Ax\| \xrightarrow[n \to \infty]{} 0
+				\forall \eps > 0\ \forall x \in E_1\ \exists N \in \N \such \forall m > n \ge N\ \ \|A_nx - A_mx\| \le \|A_n - A_m\| \cdot \|x\| < \eps\|x\|
+			\]
+			Устремим $m$ в бесконечность. Так можно сделать, в силу существования этого предела:
+			\[
+				\forall \eps > 0\ \forall x \in E_1\ \exists N \in \N \such \forall n \ge N\ \ \|A_nx - Ax\| < \eps \|x\|
+			\]
+			В силу линейности, можно переписать это утверждение, рассматривая только единичную сферу:
+			\[
+				\forall \eps > 0\ \forall x \in S(0, 1)\ \exists N \in \N \such \forall n \ge N\ \ \|A_nx - Ax\| < \eps
+			\]
+			Итак, осталось воспользоваться эквивалентным определением нормы оператора:
+			\[
+				\forall \eps > 0\ \exists N \in \N \such \forall n \ge N\ \ \|A_n - A\| = \sup_{\|x\| = 1} \|A_nx - Ax\| < \eps
 			\]
-			Стремлению к нулю работает в силу определения $A$, по которому $\lim_{n \to \infty} \|A_nx - Ax\| = 0$ \textcolor{red}{Слишком сильное утверждение}
 		\end{itemize}
 	\end{enumerate}
 \end{proof}
@@ -193,12 +204,12 @@
 	\begin{enumerate}
 		\item Покажем, что если последовательность операторов $\{A_n\}_{n = 1}^\infty$ равномерно ограничена хотя бы на каком-то замкнутом шаре $\ole{B}(x_0, r)$, то уже $\sup_{n \in \N} \|A_n\| < \infty$. Действительно, это утверждение можно записать так:
 		\[
-			\exists M > 0 \such \forall x \in \ole{B}, n \in \N\ \ \|A_nx\| \le M
+			\exists M > 0 \such \forall x \in \ole{B}(x_0, r), n \in \N\ \ \|A_nx\| \le M
 		\]
 
 		\textcolor{red}{Сюда надо картинку из 11й лекции, 53:10}
 
-		Идея состоит в том, что у этого замкнутого шара для любой точки $x \in E_1$ есть соответствующий радиус-вектор $y - x_0$, который коллинеарен $x$ (важно: радиус-вектор не ко сфере, ограничивающей шар, а по сути он идёт к любой точке шара). Их связь можно записать так:
+		Идея состоит в том, что у этого замкнутого шара для любой точки $x \in E_1$ есть соответствующий радиус-вектор $y - x_0$, который коллинеарен $x$ (важно: радиус-вектор не ко сфере, ограничивающей шар, а по сути может идти к любой точке шара). Их связь можно записать так:
 		\[
 			r \cdot \frac{x}{\|x\|} = y - x_0 \Ra x = \frac{\|x\|}{r}(y - x_0)
 		\]
@@ -212,10 +223,17 @@
 		\[
 			\exists x_1 \in \ole{B}_0(x_0, 1 / 2), n_1 \in \N \such \|A_{n_1}x_1\| > 1
 		\]
-		Аналогично рассматриваем шар $\ole{B}_1(x_1, 1 / 2) \subset \ole{B_0}(x_0, 1)$. В нём ищем $x_2 \in \ole{B}_1(x_1, 1 / 2^2)$ и требуем $n_2 \in \N$ такое, что $\|A_{n_2}x_2\| > 2$. Из подобных соображений мы получаем последовательность вложенных шаров $\ole{B}_k(x_k, 2^{-k})$, чьи радиусы тривиально стремятся к нулю, причём $\|A_{n_k}x_k\| > k$. В силу полноты пространства $E_1$, верна теорема о вложенных шарах и, следовательно, имеем следующее утверждение:
+		Коль скоро оператор $A_{n_1}$ непрерывен, мы найдём некоторый шарик $\ole{B}_1(x_1, r_1)$, $r_1 < 1 / 2$, в котором любая точка также будет удовлетворять неравенству. В шаре \\ $\ole{B}_1(x_1, r_1 / 2)$ аналогично ищем $x_2$ и $n_2 > n_1$ такие, чтобы выполнилось неравенство $\|A_{n_2}x_2\| > 2$. Продолжая алгоритмические действия счётное число раз, мы получим последовательность вложенных вложенных шаров $\ole{B}_k(x_k, r_k)$, чьи радиусы тривиально стремятся к нулю (если говорить строго, то верно соотношение $r_k < r_{k - 1} / 2$), причём верно утверждение:
+		\[
+			\forall x \in \ole{B}_k(x_k, r_k)\ \ \|A_{n_k}x\| > k
+		\]
+		В силу полноты пространства $E_1$, верна теорема о вложенных шарах и, следовательно, есть точка в пересечении:
 		\[
-			\exists x = \lim_{k \to \infty} x_k \in \bigcap_{k = 1}^\infty \ole{B}_k(x_k, 2^{-k}) \Lora 
+			\exists x = \lim_{k \to \infty} x_k \in \bigcap_{k = 1}^\infty \ole{B}_k(x_k, r_k) \Lora \forall k \in \N\ \ \|A_{n_k}x\| > k \Ra \sup_{n \in \N} \|A_n\| = \sup_{k \in \N} \|A_{n_k}\| = \infty
 		\]
-		\textcolor{red}{Не понял доказательства}
 	\end{enumerate}
 \end{proof}
+
+\begin{anote}
+	По сути теорема Банаха-Штейнгауза-Хана говорит нам, что при наличии поточечной \textit{локализации} (то есть $A_nx$ не убегает куда-то в бесконечность с ростом $n$), у нас имеется ограниченность последовательности операторов $\{A_n\}_{n = 1}^\infty$. Этот важный факт позволяет доказать полноту $\cL(E_1, E_2)$ относительно поточечной сходимости.
+\end{anote}