泛函分析/巴拿赫空间

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设${\mathcal {X}}$为线性空间。范数是${\mathcal {X}}$上的一个实值函数$f$，记为$\|\cdot \|=f(\cdot )$，使得

• (i) $\|x+y\|\leq \|x\|+\|y\|$ (w:三角不等式)
• (ii) $\|\lambda x\|=|\lambda |\|x\|$ 对于任何标量$\lambda$
• (iii) $\|x\|=0$ 蕴含$x=0$。

(ii) 蕴含$\|0\|=0$。这与(i)一起蕴含$0=\|x-x\|\leq \|x\|+\|-x\|=2\|x\|$ 对于所有$x$；也就是说，范数总是非负的。具有范数的线性空间称为赋范空间。使用度量$d(x,y)=\|x-y\|$，赋范空间就是一个度量空间。注意(i)蕴含

根据三角不等式，有$\|x\|\leq \|x-y\|+\|y\|$ 和 $\|y\|\leq \|x-y\|+\|x\|$。

因此：$|\|x\|-\|y\||\leq \|x-y\|$。（因此，映射 $x\mapsto \|x\|$ 是连续的；事实上，它是1-Lipschitz连续的。）

完备的赋范空间称为**巴拿赫空间**。虽然似乎没有巴拿赫空间的典型例子，但我们仍然给出一个巴拿赫空间的例子：${\mathcal {C}}(K)$，即紧致空间 $K$ 上所有连续函数的空间，可以通过引入范数来识别为一个巴拿赫空间。

$\|\cdot \|=\sup _{K}|\cdot |$

验证这确实是一个范数是一个常规练习。完备性成立，因为根据实分析，我们知道连续函数序列的均匀极限是连续的。在像这样的具体空间中，可以直接证明完备性。然而，更常见的是，我们会看到完备性是某些结果（特别是，自反性）的必要条件，因此空间必须是**完备**的。这个问题将在后面的章节中讨论。

另一个巴拿赫空间的例子，它更具有历史意义，是 $l_{p}$ 空间；也就是说，收敛级数的空间。（$l_{p}$ 空间的几何性质将在第 4 章中研究。）很明显，$l_{p}$ 是一个线性空间，因为两个p-收敛级数的和仍然是p-收敛的。 $l_{p}$ 范数实际上是一个范数，这可以从以下引理推导出：

引理 2.1。

如果 $\|x\|_{p}<\infty$，则

$\|x\|_{p}=\sup _{\|y\|_{q}=1}|\sum x_{j}{\overline {y_{j}}}|$，其中 $1/p+1/q=1$

证明：根据Hölder不等式，

$\sup _{\|y\|_{q}=1}|\sum x_{j}{\overline {y_{j}}}|\leq \|x\|_{p}$

反之，如果$\|x\|_{p}=1$，那么取$y_{j}={\overline {x_{j}}}|x_{j}|^{p-2}$，我们有

$\sum x_{j}{\overline {y_{j}}}=\sum |x_{j}|^{p}=1$，而$\|y\|_{q}=(\sum |x_{j}|^{(p-1)q})^{1/q}=1$。

因为$p=(p-1)q$。更一般地，如果$\|x\|_{p}\neq 0$，那么

${x \over \|x\|_{p}}=\sup _{\|y\|_{q}=1}|\sum x_{j}{\overline {y_{j}}}|{1 \over \|x\|_{p}}$.

当$x=0$时，该恒等式显然成立，因此证明完成。$\square$

现在，剩下的要证明的是$l_{p}$空间是完备的。为此，设$x_{k}\in l_{p}$是一个柯西序列。这意味着明确地

当$n,m\to \infty$时，$\sum _{n=1}^{\infty }|(x_{k})_{n}-(x_{j})_{n}|^{2}\to 0$

对于每个$n$，根据完备性，$\lim _{k\to \infty }(x_{k})_{n}$存在，我们将其记为$y_{n}$。令$\epsilon >0$为给定的正数。由于$x_{k}$是柯西序列，存在$N$使得

当$k,j>N$时，$\sum _{n=1}^{\infty }|(x_{k})_{n}-(x_{j})_{n}|^{2}<\epsilon$

那么，对于任意$k>N$，

$\sum _{n=1}^{\infty }|(x_{k})_{n}-y_{n}|^{2}=\sup _{m\geq 1}\sum _{n=1}^{m}|(x_{k})_{n}-y_{n}|^{2}=\sup _{m\geq 1}\lim _{j\to \infty }\sum _{n=1}^{m}|(x_{k})_{n}-(x_{j})_{n}|^{2}<\epsilon$

因此，$x_{k}\to y$，其中$y=\sum _{n=1}^{\infty }y_{n}$。事实上，$y$ 确实属于 $l_{p}$，因为$\|y\|_{2}\leq \|y-x_{n}\|_{2}+\|x_{n}\|_{2}<\infty$。（我们强调$l_{p}$ 空间的完备性来自复数域的完备性；换句话说，如果基域不完备，$l_{p}$ 空间可能无法完备。）$l_{p}$ 也是可分的；即，它有一个可数稠密子集。这源于$l_{p}$ 可以写成维数为 1、2、… 的子空间的并集，而这些子空间是可分的。（待办事项：需要更多细节。）

我们定义赋范空间 ${\mathcal {X}}$ 和 ${\mathcal {Y}}$ 之间连续线性算子 $f$ 的算子范数，记为 $\|f\|$，如下所示：

$\|f\|=\sup _{\|x\|_{\mathcal {X}}\leq 1}\|f(x)\|_{\mathcal {Y}}$

定理 2 设 $T$ 是从赋范空间 ${\mathcal {X}}$ 到赋范空间 ${\mathcal {Y}}$ 的一个线性算子。

• (i) $T$ 是连续的当且仅当存在一个常数 $C>0$，使得对于所有 $x\in X$，都有 $\|Tx\|\leq C\|x\|$ 成立。
• (ii) 如果 ${\mathcal {X}}$ 存在非零元素，则 $\|f\|=\inf\{$ (i) 中任意 $C$ $\}=\sup _{\|x\|=1}\|f(x)\|$。（回顾一下，空集的下确界是 $\infty$。）

证明：如果 $\|T\|<\infty$，则

$\|T(x_{n}-x)\|_{\mathcal {Y}}\leq \|T\|\|x_{n}-x\|_{\mathcal {X}}\to 0$

当 $x_{n}\to x$ 时。因此，$T$ 是连续的。反之，假设 $\|T\|=\infty$。那么我们可以找到 $x_{n}\in {\mathcal {X}}$，且 $\|x_{n}\|_{\mathcal {X}}\leq 1$ 以及 $\|Tx_{n}\|\geq n$。然后 ${x_{n} \over n}\to 0$，而 $\left\|T\left({x_{n} \over n}\right)\right\|\not \to 0$。因此，$T$ 不是连续的。(i) 的证明完成。对于 (ii)，目前请参考 w:算子范数。（待办事项：编写实际证明）。$\square$

很明显，加法和标量乘法都是连续的。（用序列来验证这一点。）由于加法的逆运算仍然是加法，因此加法也是一个开映射。非零标量乘法也是如此。换句话说，开（或闭）集的平移和伸缩仍然是开（或闭）的。

并非所有线性算子都是连续的。取由 $D(P)=XP'$ 定义的线性算子，它作用于具有上确界范数 $\|P\|_{\infty }=\sup _{x\in [0,1]}|P(x)|$ 的多项式赋范向量空间 $\mathbb {R} [X]$ 上；由于 $D(X^{n})=nX^{n}$，单位球不是有界的，因此该线性算子不是连续的。

注意，这个非连续线性算子的核是闭的：$\ker D=\{0\}$。然而，当线性算子是有限秩时，核的闭合性实际上等价于连续性。为了看到这一点，我们从线性泛函的特例开始。

定理 2 （非零）线性泛函是连续的当且仅当它的核是闭的。

$T$ 连续 $\Leftrightarrow \ker T={\overline {\ker T}}$

证明：如果赋范向量空间$X$上的线性泛函$T$是连续的，则它的核是闭集，因为它是闭集$\{0\}$的连续逆像。

反之，假设线性泛函$T:X\to \mathbb {R}$不连续。那么根据前一个定理，

$\forall c>0,\exists x(c)s.t.|Tx(c)|\geqslant c\|x(c)\|$，因此特别地，可以定义一个序列$\{x_{n}\}$，使得$|Tx_{n}|\geqslant n\|x_{n}\|>0$。然后记

$u_{n}:={\frac {x_{n}}{|x_{n}|}}$，我们定义了一个单位范数序列（$|u_{n}|=1$）使得$|Tu_{n}|\geqslant n$。此外，记

$v_{n}:={\dfrac {u_{n}}{|Tu_{n}|}}$。由于${\frac {|u_{n}|}{|Tu_{n}|}}\leqslant {\dfrac {1}{n}}$，可以定义一个收敛到$\{v_{n}\}\to 0$的序列，同时$|Tv_{n}|=1$。

现在，由于$\ker T\neq X$，则存在$a$使得$Ta\neq 0$。然后通项为 的序列收敛。

$\underbrace {a-v_{n}Ta} _{\in \ker T}\to a\notin \ker T$，因此 $\ker T$ 不是闭集。 $\square$

此外，如果线性泛函是连续的且核是稠密的，那么 $\ker T={\overline {\ker T}}=X\Rightarrow f=0$，因此非零连续线性泛函的核不是稠密的，从而具有稠密核的线性泛函要么是零泛函要么是不连续的，所以具有稠密核的非零连续线性泛函是不连续的，且具有稠密核的线性泛函是不连续的。

推论 2 “赋范向量空间上的非零线性泛函不连续当且仅当它的核是稠密的。”

${\overline {\ker T}}=X\Leftrightarrow T$ 不连续”

更一般地，我们有：定理 2 “赋范向量空间之间的非零有限秩线性算子。则零空间的闭包等价于连续性。”
证明：还需要证明连续性蕴含核的闭包。假设 $T:X\to Y$ 不连续。记 $r:=\dim {\mbox{Im }}T$；

2 Lemma If $T:X\to Y$ is a linear operator between normed vector spaces, then $T$ is of finite rank $r$ iff there exists $r$ independent linear forms $(f_{1},\dots ,f_{r})$and $r$ independent vectors $(a_{1},\dots ,a_{r})$ such that $Tx=a_{1}f_{1}(x)+\dots +a_{r}f_{r}(x)$"
Proof: take a basis $(a_{1},\dots ,a_{r})$ of ${\mbox{Im }}T$, then from $Tx=\sum _{i=1}^{r}a_{i}y_{i}$, one can define $r$ mappings $f_{i}(x)=y_{i}$. Unicity and linearity of $T$ implies linearity of the $f_{i}$'s. Furthermore, the family $(f_{1},\dots ,f_{r})$ of linear forms of $X^{*}$ is linearly independent: suppose not, then there exist a non zero family $(\alpha _{1},\dots ,\alpha _{r})$ such that e.g. $f_{1}=\sum _{i=2}^{r}\alpha _{i}f_{i}$ so

$Tx=\sum _{i=1}^{r}f_{i}(x)a_{i}=(\sum _{i=2}^{r}\alpha _{i}f_{i}(x))a_{1}+\sum _{i=2}^{r}f_{i}(x)a_{i}=(\alpha _{2}a_{1}+a_{2})f_{2}(x)+\dots +(\alpha _{n}a_{1}+a_{r})f_{r}(x)$，且族 $(\alpha _{i}a_{1}+a_{i})_{i=2,\dots ,r}$ 张成 ${\mbox{Im }}T$，所以 $\dim {\mbox{Im }}T=r-1$，这是一个矛盾。最后，有限秩线性算子有唯一的分解

设$Tx=a_{1}f_{1}(x)+\dots a_{r}f_{r}(x)$，其中$f_{i}\in E^{*}$$\square$

取$x\in \ker T\Rightarrow x\in \bigcap _{i=1}^{r}\ker f_{i}\subset \ker f_{i}$。则存在向量子空间$H_{i}$，使得$\ker f_{i}=\ker T\oplus H_{i}$。记$T_{i}:H_{i}\to {\mbox{Im}}T$ 为$T$ 在$H_{i}$ 上的限制。由于$kerT_{i}=\{x\in H_{i}:T_{i}(x)\}=0=\ker T\cap H_{i}=\{0\}$，线性算子$T_{i}$ 是单射的，所以${\mbox{Im}}T_{i}\subset {\mbox{Im}}T$ 且$H_{i}$ 是有限维的，这对所有$i=1,\dots ,r$ 成立。

根据假设，$\ker T$是闭集。由于这个闭子空间与一个有限维子空间($H_{i}$)的和是闭集（参见下面的引理），因此每个$r$线性泛函$\ker f_{i}$的核都是闭集，因此$f_{i}$都是连续的（根据第一种情况），因此$T$是连续的。$\square$

2 引理 有限维子空间与闭子空间的和是闭集。
证明：用数学归纳法证明维度。

Case $n=1$. Let's show that $H:=F+\mathbb {K} a$ is closed when $F$ is closed (where $\mathbb {K}$ is a complete field). Any $x\in H$ can be uniquely written as $x=y+\lambda a$ with $y\in F$. There exists a linear form $L$ s.t. $x=y+L(x)a$. Since $L$ is closed in $(X,\|\cdot \|)$ so in $(H,\|\cdot \|)$, then $f$ is continuous by the first case. Take a convergente sequence ${x_{n}}\to x\in E$ of $H$. He have $x_{n}=y_{n}+L(x_{n})a$ with $y_{n}\in F$. Since the sequence ${x_{n}}$ is convergente, then it si Cauchy, so it's continuous image ${L(x_{n})}$ is also Cauchy. Since $\mathbb {R}$ is complete, then ${L(x_{n})}\to \lambda$. Finally, the sequence ${y_{n}}$ converges to $x-\lambda a$. Since $F$ is closed, then $x-\lambda a\in F$ and $x\in H$ so $H$ is closed.

假设对于所有维度为$\leqslant p$的子空间，结果成立。令$G$为一个维度为$p+1$的子空间。令$(a_{1},\dots ,a_{p+1})$为$G$的一个基。然后$H:=F+\bigoplus _{i=1}^{p}\mathbb {K} a_{i}+\mathbb {K} a_{p+1}$并容易得出结论。$\square$

2 推论 在有限维赋范向量空间上，任何线性算子到赋范向量空间的映射都是连续的。

证明：由于$X$是有限维的，则任何线性算子都是有限秩的。然后，由于$\dim \ker T+\dim {\mbox{Im}}T=\dim X$成立，由此可知零空间是有限维的，因此是闭集（任何$\mathbb {K}$维数为$n$的有限维向量子空间与$\mathbb {K} ^{n}$同构（其中$\mathbb {K}$是一个完备域），因此该子空间是完备的且是闭集）。然后应用前面的定理。$\square$

2 引理（里斯） 赋范空间${\mathcal {X}}$是有限维的当且仅当其闭单位球是紧致的。
证明：令$T:\mathbf {C} ^{n}\to X$为线性向量空间同构。由于$T$具有闭核，与前面定理的证明类似，我们看到$T$是连续的。用同样的推理，$T^{-1}$是连续的。由此可得

$\{x\in {\mathcal {X}}|\|x\|\leq 1\}\subset T\{y\in \mathbf {C} ^{n}|\|y\|\leq \|T^{-1}\|\}$

在上述公式中，左侧是闭集，右侧是闭球的连续像，它是紧致的。因此，闭单位球是紧致集的子集，因此是紧致的。现在，反之。如果${\mathcal {X}}$不是有限维的，我们可以构造一个序列$x_{j}$，使得

$1=\|x_{j}\|\leq \|x_{j}-\sum _{k=1}^{j-1}a_{k}x_{k}\|$对于任何标量序列$a_{k}$。

因此，特别地，$\|x_{j}-x_{k}\|\geq 1$ 对于所有 $j,k$。 (有关此论证的详细内容，请参见：w:里斯引理 (Riesz's lemma)) $\square$

推论 2 每个有限维赋范空间都是巴拿赫空间。
证明：设 $x_{n}$ 是一个柯西序列。由于它是 有界的，因此它包含在某个闭球内，该闭球是紧致的。 $x_{n}$ 因此存在一个收敛子序列，所以 $x_{n}$ 本身收敛。 $\square$

定理 2 赋范空间 ${\mathcal {X}}$ 是有限维的当且仅当在 ${\mathcal {X}}$ 上定义的每个线性算子 $T$ 都是连续的。
证明：将 $T$ 的值域识别为 $\mathbf {C} ^{n}$，我们可以写成

$Tx=(f_{1}(x),f_{2}(x),...f_{n}(x))$

其中 $f_{1},...f_{n}$ 是线性泛函。 $f_{j}$ 核的维数是有限的。因此， $f_{j}$ 都有完备的，因此是闭的核。因此，它们是连续的，所以 $T$ 是连续的。对于反之，我们需要选择公理。(待办事项：完成证明。) $\square$

任何函数$f$在集合$E$上的图像是集合$\{(x,f(x))|x\in E\}$。度量空间之间的连续函数具有闭图像。事实上，假设$(x_{j},f(x_{j}))\to (x,y)$。根据连续性，$f(x_{j})\to f(x)$；换句话说，$y=f(x)$，因此$(x,y)$位于$f$的图像上。由此可见（在下一个定理中），具有闭图像的连续线性算子的定义域是闭的。（请注意，这里的连续性是一个关键因素；我们很快就会研究一个具有闭图像但定义域非闭的线性算子。）

定理 2 设$T:{\mathcal {X}}\to {\mathcal {Y}}$是巴拿赫空间之间的一个连续稠定线性算子。则其定义域是闭的；即，$T$实际上在处处都有定义。
证明：假设$f_{j}\to f$且$Tf_{j}$对于每个$j$都有定义；即，序列$f_{j}$位于$T$的定义域内。由于

$\|Tf_{j}-Tf_{k}\|\leq \|T\|\|f_{j}-f_{k}\|\to 0$,

$Tf_{j}$ 是柯西序列。由此可知 $(f_{j},Tf_{j})$ 是柯西序列，并且由于完备性，它具有极限 $(g,Tg)$，因为T的图像是闭集。由于 $f=g$，$Tf$ 是定义的；即，$f$ 在 $T$ 的定义域中。 $\square$

该定理在应用中经常很有用。假设我们希望证明某个线性公式。我们首先证明它对于具有紧支撑且具有不同光滑度的函数成立，这通常很容易做到，因为该函数在边界上消失，而大部分复杂性都存在于边界上。由于公式中的线性性质，该定理随后表明该公式对于上述函数稠密的空间是成立的。

我们现在将注意力转向完备度量空间是贝尔空间这一事实的结果。它们往往比通过直接诉诸完备性获得的结果更重要。请注意，并非每个作为贝尔空间的赋范空间都是巴拿赫空间。

2 定理（开映射定理） 设 ${\mathcal {X}},{\mathcal {Y}}$ 是巴拿赫空间。如果 $T:{\mathcal {X}}\to {\mathcal {Y}}$ 是一个连续线性满射，则它是一个开映射；即，它将开集映射到开集。
证明：设 $B(r)=\{x\in {\mathcal {X}};\|x\|<r\}$。由于 $T$ 是满射，$\cup _{n=1}^{\infty }T(B(n))=T(\cup _{n=1}^{\infty }B(n))=T(X)=Y$。然后根据贝尔定理，某个 $B(k)$ 包含一个内点；因此，它是 $0$ 的邻域。 $\square$

推论 2 如果$({\mathcal {X}},\|\cdot \|_{1})$ 和 $({\mathcal {X}},\|\cdot \|_{2})$ 是巴拿赫空间，则范数 $\|\cdot \|_{1}$ 和 $\|\cdot \|_{2}$ 等价；即每个范数都受另一个范数支配。
证明：令$I:({\mathcal {X}},\|\cdot \|_{1}+\|\cdot \|_{2})\to ({\mathcal {X}},\|\cdot \|_{1})$ 为恒等映射。则我们有

$\|I\cdot \|_{1}=\|\cdot \|_{1}\leq (\|\cdot \|_{1}+\|\cdot \|_{2})$.

也就是说，$I$ 是连续的。由于柯西序列显然在范数 $\|\cdot \|_{1}+\|\cdot \|_{2}$ 下收敛，开映射定理表明 $I$ 的逆映射也是连续的，这意味着明确地

$\|\cdot \|_{1}+\|\cdot \|_{2}=\|I^{-1}\cdot \|_{1}+\|I^{-1}\cdot \|_{2}\leq \|I^{-1}\|\|\cdot \|_{1}$.

根据同样的论证，我们可以证明$\|\cdot \|_{1}+\|\cdot \|_{2}$ 被 $\|\cdot \|_{2}$ 支配 $\square$

推论 2 设 $({\mathcal {X}},\|\cdot \|_{\mathcal {X}})$ 是一个维数为 $n$ 的 Banach 空间。那么范数 $\|\cdot \|_{\mathcal {X}}$ 等价于标准欧几里得范数：

$|(x_{1},...x_{n})|^{2}=\sum _{j}|x_{j}|^{2}$

推论 2 如果 $T$ 是 Banach 空间之间具有闭值域的连续线性算子，则存在一个 $K>0$ 使得如果 $y\in \operatorname {im} (T)$，那么 $\|x\|\leq K\|y\|$ 对于某个 $x$ 成立，其中 $Tx=y$。
证明：一旦我们有了商映射的概念，这将是显而易见的，我们现在将其定义如下。

设 ${\mathcal {M}}$ 是赋范空间 ${\mathcal {X}}$ 的一个闭子空间。商空间 ${\mathcal {X}}/{\mathcal {M}}$ 是一个赋范空间，其范数为

$\|\pi (x)\|=\inf\{\|x+m\|;m\in {\mathcal {M}}\}$

其中$\pi :{\mathcal {X}}\to {\mathcal {X}}/{\mathcal {M}}$ 是一个典范投影。 除了三角不等式之外，$\|\cdot \|$ 是一个范数是显而易见的。 但是由于

$\|\pi (x+y)\|\leq \|x+m\|+\|y+n\|$

对于所有$m,n\in {\mathcal {M}}$。分别对$m,n$ 取下确界，我们得到

$\|\pi (x+y)\|\leq \|\pi (x)\|+\|\pi (y)\|$

进一步假设${\mathcal {X}}$ 也是一个交换代数，并且${\mathcal {M}}$ 是一个理想。 那么${\mathcal {X}}/{\mathcal {M}}$ 就变成了一个商代数。 事实上，如上所述，我们有

$\|\pi (x)\pi (y)\|=\|\pi ((x+m)(y+n))\|\leq \|x+m\|\|y+n\|$,

对于所有$m,n\in {\mathcal {M}}$，因为$\pi$ 是一个同态。 取下确界完成证明。

因此，唯一非平凡的问题是完备性。事实证明，如果${\mathcal {X}}$是Banach空间（或代数），则${\mathcal {X}}/{\mathcal {M}}$是一个Banach空间（或代数）。事实上，假设

$\sum _{n=1}^{\infty }\|\pi (x_{n})\|<\infty$

那么我们可以找到一个序列$y_{n}\in {\mathcal {M}}$，使得

$\sum _{n=1}^{\infty }\|x_{n}+y_{n}\|<\infty$

根据完备性，$\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}+y_{n}$收敛，并且由于$\pi$是连续的，则$\sum _{n=1}^{\infty }\pi (x_{n})$收敛。完备性现在可以从以下推导出

引理 2 设${\mathcal {X}}$是一个赋范空间。则${\mathcal {X}}$是完备的（因此是Banach空间）当且仅当

$\sum _{n=1}^{\infty }\|x_{n}\|<\infty$ 蕴含 $\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}$ 收敛。

证明：（$\Rightarrow$) 我们有

$\|\sum _{n=k}^{k+m}x_{n}\|\leq \sum _{n=k}^{k+m}\|x_{n}\|$.

根据假设，当$n,m\to \infty$时，右侧趋于0。根据完备性，$\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}$收敛。反之，假设$x_{j}$是一个柯西序列。因此，对于每个$j=1,2,...$，存在一个索引$k_{j}$，使得对于任何$n,m\geq k_{j}$，都有$\|x_{n}-x_{m}\|<2^{-j}$。令$x_{k_{0}}=0$。则$\sum _{j=0}^{\infty }\|x_{k_{j+1}}-x_{k_{j}}\|<2$。因此，根据假设，我们可以得到极限$x=\sum _{j=0}^{\infty }x_{k_{j+1}}-x_{k_{j}}$，并且由于

$\|x_{n_{k}}-x\|=\|\sum _{j=1}^{n}x_{k_{j+1}}-x_{k_{j}}-x\|\to 0$当$n\to \infty$时，

我们得出结论，$x_{j}$有一个子序列收敛到$x$；因此，它收敛到$x$。$\square$

下一个结果可以说是巴拿赫空间理论中最重要的定理。（至少，它在应用中最常被使用。）

2 定理（闭图像定理） 设${\mathcal {X}},{\mathcal {Y}}$ 为巴拿赫空间，且$T:{\mathcal {X}}\to {\mathcal {Y}}$ 为线性算子。以下陈述等价。

• (i) $T$ 是连续的。
• (ii) 如果$x_{j}\to 0$ 且$Tx_{j}$ 收敛，则$Tx_{j}\to 0$。
• (iii) $T$ 的图像为闭集。

证明： (i) 蕴含 (ii) 是显然的。为了证明 (iii)，假设$(x_{j},Tx_{j})$ 在$X$ 中收敛。则$x_{j}$ 收敛到某个$x_{0}$ 或$x_{j}-x_{0}\to 0$，且$Tx_{j}-Tx$ 收敛。因此，如果 (ii) 成立，则$T(x_{j}-x)\to 0$。最后，为了证明 (iii) $\Rightarrow$ (i)，我们注意到推论 2.something 给出了不等式

$\|\cdot \|+\|T\cdot \|\leq K\|\cdot \|$

因为根据假设左侧的范数是完备的。因此，如果$x_{j}\to x$，则$Tx_{j}\to Tx$。 $\square$

请注意，当线性算子的定义域不是巴拿赫空间（例如，只是巴拿赫空间中的稠密子集）时，条件 (ii) 对于算子的图象是闭集是不充分的。（在其他领域找到这样的例子并不困难，但读者可以将其作为一个练习自己构造一个。）

最后，请注意，单射线性算子具有闭图象当且仅当其逆算子是闭的，因为映射$(x_{1},x_{2})\mapsto x_{2},x_{1}$ 将闭集映射到闭集。

定理 2 设$({\mathcal {X}}_{j},\|\cdot \|_{j})$ 是巴拿赫空间。设$T:{\mathcal {X}}_{1}\to {\mathcal {X}}_{2}$ 是一个闭稠定算子，且$S$ 是一个线性算子，满足$\operatorname {dom} (T)\subset \operatorname {dom} (S)$。如果存在常数$a,b$ 使得 (i) $0\leq a<1$ 且$b>0$，以及 (ii) $\|Su\|\leq a\|Tu\|+b\|u\|$ 对所有$u\in \operatorname {dom} (T)$ 成立，则$T+S$ 是闭的。
证明：假设$\|u_{j}-u\|_{1}+\|(T+S)u_{j}-f\|_{2}\to 0$。然后

$\|T(u_{j}-u_{k})\|\leq \|(T+S)(u_{j}-u_{k})\|+a\|T(u_{j}-u_{k})\|+b\|u_{j}-u_{k}\|$

因此，

$(1-a)\|T(u_{j}-u_{k})\|\leq \|(T+S)(u_{j}-u_{k})\|+b\|u_{j}-u_{k}\|$

根据假设，右侧趋近于$0$，当$j,k\to \infty$。由于$T$是闭的，$(u_{j},Tu_{j})$收敛于$(u,Tu)$。 $\square$

特别是，当$a=0$时，如果$S$是连续的，则定理的假设满足。

当${\mathcal {X}},{\mathcal {Y}}$是赋范空间时，我们用$L({\mathcal {X}},{\mathcal {Y}})$表示从${\mathcal {X}}$到${\mathcal {Y}}$的所有连续线性算子的空间。

定理 2 如果${\mathcal {Y}}$ 是完备的，那么在$L({\mathcal {X}},{\mathcal {Y}})$ 中的每个柯西序列$T_{n}$ 都收敛于一个极限$T$，并且$\|T\|=\lim _{n\to \infty }\|T_{n}\|$。反之，如果$L({\mathcal {X}},{\mathcal {Y}})$ 是完备的，那么Y 也是完备的。
证明：设$T_{n}$ 是算子范数下的一个柯西序列。对于每个$x\in {\mathcal {X}}$，由于

$\|T_{n}(x)-T_{m}(x)\|\leq \|T_{n}-T_{m}\|\|x\|$

并且${\mathcal {Y}}$是完备的，存在一个极限$y$，$T_{n}(x)$收敛于此极限。定义$T(x)=y$。 $T$是线性的，因为极限运算是线性的。它也是连续的，因为$\|T(x)\|\leq \sup _{n}\|T_{n}\|\|x\|$。最后，$\lim _{n\to \infty }\|T_{n}-T\|=\sup _{\|x\|\leq 1}\|\lim _{n\to \infty }T_{n}(x)-T(x)\|$ 并且 $|\|T^{n}\|-\|T\||\leq \|T^{n}-T\|\to 0$ 当 $n\to \infty$。（待办事项：反向证明）。$\square$

2 定理（一致有界原理） 设${\mathcal {F}}$是一个连续函数族$f:X\to Y$，其中$Y$是一个赋范线性空间。假设$M\subset X$是非稀疏的，并且：

$\sup\{\|f(x)\|:f\in {\mathcal {F}}\}<\infty$ 对于每个$x\in M$

然后可以得出：存在某个$G\subset X$ 开集，使得

(a) $\sup\{\|f(x)\|:f\in {\mathcal {F}},x\in G\}<\infty$

如果我们另外假设${\mathcal {F}}$ 中的每个成员都是线性算子，并且$X$ 是一个赋范线性空间，那么

(b) $\sup\{\|f\|:f\in {\mathcal {F}}\}<\infty$

证明：令$E_{j}=\cap _{f\in {\mathcal {F}}}\{x\in X;\|f(x)\|\leq j\}$ 为一个序列。根据假设，$M\subset \bigcup _{j=1}^{\infty }E_{j}$，并且每个$E_{j}$ 都是闭集，因为$\{x\in X;\|f(x)\|>j\}$ 根据连续性是开集。然后可以得出，某些$E_{N}$ 具有内点$y$；否则，$M$ 并非非稀疏集。因此，(a) 成立。为了证明 (b)，在做出额外的假设后，我们可以找到一个开球$B=B(2r,y)\subset E_{N}$。然后可以得出：对于任何$f\in {\mathcal {F}}$ 和任何$x\in X$，其中$\|x\|=1$，

$\|f(x)\|=r^{-1}\|f(rx+y)-f(y)\|\leq 2r^{-1}N$。 $\square$

如果线性算子族 $\Gamma$ 满足：对于 $0$ 的任意邻域 $W$，都存在 $0$ 的一个邻域 $V$，使得

$f(V)\subset W$ 对所有 $f\in \Gamma$ 成立，则称该算子族为**等度连续**的。

因此，定理的结论意味着满足定理假设的算子族是等度连续的。

推论 2 设 ${\mathcal {X}},{\mathcal {Y}},{\mathcal {Z}}$ 是巴拿赫空间。设 $T:{\mathcal {X}}\times {\mathcal {Y}}\to {\mathcal {Z}}$ 是一个双线性或半双线性算子。如果 $T$ 是分别连续的（即，当除了一个变量之外的所有变量固定时，函数是连续的），并且 ${\mathcal {Y}}$ 是完备的，那么 $T$ 是连续的。
证明：对于每个 $y\in {\mathcal {Y}}$，

$\sup\{\|T(x,y)\|_{\mathcal {Z}};\|x\|_{\mathcal {X}}\leq 1\}=\|T(\cdot ,y)\|$

其中，由于连续性，右侧是有限的。因此，将一致有界原理应用于算子族 $\{T(x,\cdot );\|x\|_{\mathcal {X}}\leq 1\}$ 表明该算子族是等度连续的。也就是说，存在一个 $K>0$，使得

对于每个$\|x\|_{\mathcal {X}}le1$ 和每个 $y\in {\mathcal {Y}}$，有$\|T(x,y)\|_{\mathcal {Z}}\leq K\|y\|_{\mathcal {Y}}$。

由于${\mathcal {X}}\times {\mathcal {Y}}$是一个度量空间，因此定理得证。$\square$

由于标量乘法在赋范空间中是连续运算，因此推论特别指出，在有限维赋范空间上的每个线性算子都是连续的。接下来是迄今为止讨论的技术的另一个示例。

2. 定理（Hahn-Banach） 设$({\mathcal {X}},\|\cdot \|)$为赋范空间，且${\mathcal {M}}\subset {\mathcal {X}}$为线性子空间。如果$z$是${\mathcal {M}}$上连续的线性泛函，则存在${\mathcal {X}}$上的连续线性泛函$w$，使得在${\mathcal {M}}$上$z=w$，且$\|z\|=\|w\|$。
证明：将第 1 章中陈述的 Hahn-Banach 应用于$\|z\|\|\cdot \|$ 作为支配$z$ 的次线性泛函。然后

$\|z\|=\sup\{\|w(x)\|;x\in {\mathcal {M}},\|x\|\leq 1\}\leq \sup\{\|w(x)\|;x\in {\mathcal {X}},\|x\|\leq 1\}=\|w\|\leq \|z\|$;

也就是说，$\|z\|=\|w\|$。 $\square$

2. 推论 设${\mathcal {M}}$ 是赋范线性空间 ${\mathcal {X}}$ 的一个子空间。则 $x$ 属于 ${\mathcal {M}}$ 的闭包当且仅当对于任何在 ${\mathcal {M}}$ 上为零的 $z\in {\mathcal {X}}^{*}$，都有 $z(x)$ = 0。

证明：根据连续性，$z({\overline {\mathcal {M}}})\subset {\overline {z({\mathcal {M}})}}$。因此，如果$x\in {\overline {\mathcal {M}}}$，则$z(x)\in {\overline {z({\mathcal {M}})}}=\{0\}$。反之，假设$x\not \in {\overline {\mathcal {M}}}$。则存在一个$\delta >0$，使得对于所有$y\in {\mathcal {M}}$，$\|y-x\|\geq \delta$。定义一个线性泛函$z(y+\lambda x)=\lambda$，其中$y\in {\mathcal {M}}$，$\lambda$ 为标量。对于任何$\lambda \neq 0$，由于$-\lambda ^{-1}y\in {\mathcal {M}}$，

$|z(y+\lambda x)|=|\lambda |\delta ^{-1}\delta \leq \delta ^{-1}|\lambda ||\lambda ^{-1}y+x\|=\|y+\lambda x\|$

.

由于不等式对于$\lambda =0$也成立，$z$是连续的。因此，根据 Hahn-Banach 定理，$z\in {\mathcal {X}}$，同时我们仍然有 $z=0$ 在 ${\mathcal {M}}$ 上，并且 $z(x)\neq 0$。 $\square$

下面是一个经典的应用。

定理 2 设 ${\mathcal {X}},{\mathcal {Y}}$ 是 Banach 空间，$T:{\mathcal {X}}\to {\mathcal {Y}}$ 是一个线性算子。如果 $x_{n}\to 0$ 蕴含着对于任意 $z\in {\mathcal {X}}^{*}$，$(z\circ T)x_{n}\to 0$，则 $T$ 是连续的。
证明：假设 $x_{n}\to 0$ 并且 $Tx_{n}\to y$。对于任意 $z\in {\mathcal {X}}^{*}$，根据假设和 $z$ 的连续性，

$0=\lim _{n\to \infty }z(Tx_{n})=z(y)$.

现在，根据前面的推论$y=0$，连续性由闭图像定理得出。$\square$

2 定理 设${\mathcal {X}}$ 为一个 Banach 空间。

• (i) 给定$E\subset {\mathcal {X}}$，$E$ 有界当且仅当对于每个$f\in {\mathcal {X}}^{*}$，$\sup _{E}|f|<\infty$。
• (ii) 给定$x\in {\mathcal {X}}$，如果对于每个$f\in {\mathcal {X}}^{*}$，$f(x)=0$，则$x=0$。

证明：(i) 由连续性，

$\sup\{|f(x)|;x\in E\}\leq \|f\|\sup _{E}\|\cdot \|$.

这证明了直接部分。对于反之，定义$T_{x}f=f(x)$ 对于$x\in E,f\in {\mathcal {X}}^{*}$。根据假设

$|T_{x}f|\leq \sup _{E}|f|$ 对于每个$x\in E$。

因此，根据一致有界性原理，存在$K>0$ 使得

$|T_{x}f|\leq K\|f\|$ 对于每个$x\in E,f\in {\mathcal {X}}^{*}$

因此，鉴于定理 2.something，对于$x\in E$，

$\|x\|=\sup\{|f(x)|;f\in {\mathcal {X}}^{*},\|f\|\leq 1\}\leq K$.

(ii) 假设$x\neq 0$。定义$f(s(x))=s\|x\|$，其中 $s$ 为标量。现在，$f$ 是连续的，因为它的定义域是有限维的，因此根据 Hahn-Banach 定理，我们可以扩展 $f$ 的定义域，使得 $f\in {\mathcal {X}}^{*}$。 $\square$

2. 推论 设$({\mathcal {X}},\|\cdot \|)$ 为 Banach 空间，$f_{j}\in {\mathcal {X}}^{*}$ 且 ${\mathcal {M}}\subset {\mathcal {X}}$ 为稠密线性子空间。则对于任意 $x\in {\mathcal {X}}$，$f_{j}(x)\to 0$ 当且仅当 $\sup _{j}\|f_{j}\|<\infty$ 且对于任意 $y\in {\mathcal {M}}$，$f_{j}(y)\to 0$。
证明：由于 $f_{j}$ 是 Cauchy 列，因此是有界的。这证明了充分性。为了证明必要性，设 $x\in {\mathcal {X}}$。如果 $y_{j}\in {\mathcal {M}}$，则

$|f_{j}(x)|\leq |f_{j}(x-y_{j})|+|f_{j}(y_{j})|\leq (\sup _{j}\|f_{j}\|)\|x-y_{j}\|+|f_{j}(y_{j})|$

由稠密性，我们可以选取 $y_{j}$ 使得 $\|y_{j}-x\|\to 0$。 $\square$

2 定理 设$T$ 是一个到 Banach 空间的连续线性算子。如果$\|I-T\|<1$，其中$I$ 是单位算子，则逆算子$T^{-1}$ 存在，是连续的，并且可以写成：

$T^{-1}(x)=\sum _{k=0}^{\infty }\left(I-T\right)^{k}(x)$，对于$T$ 值域中的每个$x$。

证明：对于$n\geq m$，我们有

$\|\sum _{k=m}^{n}\left(I-T\right)^{k}(x)\|\leq \|x\|\sum _{k=m}^{n}\left\|I-T\right\|^{k}$.

由于该级数根据假设是几何级数，因此右边的值是有限的。设$S_{n}=\sum _{k=0}^{n}\left(I-T\right)^{k}$。根据上述，每次$x$ 被固定时，$S_{n}(x)$ 是一个柯西序列，并且假设的完备性意味着该序列收敛到极限，我们将其表示为$S(x)$。由于对于每个$x$ $\sup _{n\geq 1}\|S_{n}(x)\|<\infty$，因此，根据一致有界原理，

$\sup _{n\geq 1}\|S_{n}\|\leq \infty$.

因此，根据范数的连续性，

$\|S(x)\|=\lim _{n\to \infty }\|S_{n}(x)\|\leq (\sup _{n\geq 1}\|S_{n}\|)\|x\|$.

这表明 $S$ 是一个连续线性算子，因为线性很容易验证。最后，

$\|TS(x)-x\|=\|\lim _{n\to \infty }-(I-T)^{n+1}(x)\|\leq \|x\|\lim _{n\to \infty }\|I-T\|^{n+1}=0$.

因此，$S$ 是 $T$ 的逆。 $\square$

推论 2 可逆连续线性算子空间 ${\mathcal {X}}$ 是 $L({\mathcal {X}},{\mathcal {X}})$ 的一个开子空间。
证明：如果 $T\in L({\mathcal {X}},{\mathcal {X}})$ 且 $\|S-T\|<{1 \over \|T^{-1}\|}$，则 $S$ 是可逆的。 $\square$

如果$\mathbf {F}$ 是一个标量场，并且${\mathcal {X}}$ 是一个赋范空间，那么$L({\mathcal {X}},\mathbf {F} )$ 被称为${\mathcal {X}}$ 的对偶空间，并记为${\mathcal {X}}^{*}$。根据定理 2.x，它是一个Banach空间。

如果一个线性算子$T$在开单位球下的像在$T$的作用下是相对紧的，则称该线性算子$T$为紧算子。我们回忆一下，如果赋范空间之间的线性算子将有界集映射到有界集，则它是连续的。因此，每个紧算子都是连续的。

定理 2 设${\mathcal {X}}$ 是一个自反Banach空间，${\mathcal {Y}}$ 是一个Banach空间。那么，线性算子$T:{\mathcal {X}}\to {\mathcal {Y}}$是紧算子的充分必要条件是$T$将弱收敛序列映射到范数收敛序列。

证明： 令 $x_{n}$ 弱收敛于 $0$，并假设 $Tx_{n}$ 不收敛。也就是说，存在一个 $\epsilon >0$ 使得 $Tx_{n}\geq \epsilon$ 对无限多个 $n$ 成立。记这个子序列为 $y_{n}$。根据假设，我们可以证明（待办事项：确实这样做）它包含一个子序列 $y_{n_{k}}$ 使得 $Ty_{n_{k}}$ 在范数意义下收敛，这是一个矛盾。为了证明反之亦然，令 $E$ 为一个有界集。然后，由于 ${\mathcal {X}}$ 是自反的，$E$ 的任何可数子集都包含一个序列 $x_{n}$，该序列在弱拓扑中是柯西序列，因此根据假设 $Tx_{n}$ 是范数意义下的柯西序列。因此，$T(E)$ 包含在 ${\mathcal {Y}}$ 的一个紧子集中。$\square$

2 推论

• (i) 每个有限秩线性算子 $T$（即，范围是有限维的线性算子）都是紧算子。
• (ii) 每个定义域是有限维的线性算子 $T$ 都是连续的。

证明：(i) 是显然的，(ii) 由 (i) 推出，因为线性算子的范围的维数小于定义域的维数。$\square$

2 定理 所有紧算子到巴拿赫空间的集合在算子范数意义下构成所有连续线性算子集合的闭子空间。
Proof: Let $T$ be a linear operator and $\omega$ be the open unit ball in the domain of $T$. If $T$ is compact, then $T({\overline {\omega }})$ is bounded (try scalar multiplication); thus, $T$ is continuous. Since the sum of two compacts sets is again compact, the sum of two compact operators is again compact. For the similar reason, $\alpha T$ is compact for any scalar $\alpha$. We conclude that the set of all compact operators, which we denote by $E$, forms a subspace of continuous linear operators. To show the closedness, suppose $S$ is in the closure of $E$. Let $\epsilon >0$ be given. Then there is some compact operator $T$ such that $\|S-T\|<\epsilon /2$. Also, since $T$ is a compact operator, we can cover $T(\omega )$ by a finite number of open balls of radius $\epsilon /2$ centered at $z_{1},z_{2},...z_{n}$, respectively. It then follows: for $x\in \omega$, we can find some $j$ so that $\|Tx-z_{j}\|<\epsilon /2$ and so $\|Sx-Tx\|\leq \|Sx-z_{j}\|+\|z_{j}-Tx\|<\epsilon$. This is to say, $S(\omega )$ is totally bounded and since the completeness its closure is compact. $\square$

2 推论 如果 $T_{n}$ 是一个在算子范数意义下收敛的紧算子序列，则它的极限是一个紧算子。

2 定理（转置） 设${\mathcal {X}},{\mathcal {Y}}$ 为巴拿赫空间，且$u:{\mathcal {X}}\to {\mathcal {Y}}$ 为连续线性算子。定义${}^{t}\!u:{\mathcal {Y}}^{*}\to {\mathcal {X}}^{*}$ 为恒等式${}^{t}\!u(z)(x)=u(z(x))$。则${}^{t}\!u$ 在算子范数和弱*拓扑下都是连续的，且$\|{}^{t}\!u\|=\|u\|$。
证明：对于任意$z\in {\mathcal {Y}}^{*}$

$\|{}^{t}\!u(z)\|=\sup _{\|x\|\leq 1}|(u\circ z)(x)|\leq \|u\|\|z\|$

因此，$\|{}^{t}\!u\|\leq \|u\|$ 且 ${}^{t}\!u$ 在算子范数下是连续的。为了证明相反的不等式，令 $\epsilon >0$ 为任意给定的数。则存在 $x_{0}\in {\mathcal {X}}$ 使得 $(1-\epsilon )\|u\|\leq |u(x_{0})|$。利用 Hahn-Banach 定理，我们还可以找到 $\|z_{0}\|=1$ 和 $z_{0}(u(x_{0}))=|u(x_{0})|$。因此，

$\|{}^{t}\!u\|=\sup _{\|z\|\leq 1}\|{}^{t}\!u(z)\|\geq \|{}^{t}\!u(z_{0})\|=|z_{0}(u(x))|=|u(x_{0})|\geq (1-\epsilon )\|u\|$.

我们得出结论$\|{}^{t}\!u\|=\|u\|$。为了证明弱*-连续性，令$V$ 是${\mathcal {X}}^{*}$ 中$0$ 的一个邻域；也就是说，$V=\{z;z\in {\mathcal {X}}^{*},|z(x_{1})|<\epsilon ,...,|z(x_{n})|<\epsilon \}$，对于某些$\epsilon >0,x_{1},...,x_{n}\in {\mathcal {X}}$。如果我们令$y_{j}=u(x_{j})$，那么

${}^{t}\!u(\{z;z\in {\mathcal {Y}}^{*},|z(y_{1})|<\epsilon ,...,|z(y_{n})|<\epsilon \})\subset V$

因为$z(y_{j})={}^{t}\!u(z)(x_{j})$。也就是说，${}^{t}\!u$ 是弱*-连续的。$\square$

2 定理 设$T:{\mathcal {X}}\to {\mathcal {Y}}$ 是范数空间之间的线性算子。则$T$ 是紧的当且仅当它的转置$T'$ 是紧的。
证明：设$K$ 是闭单位球在$T$ 下的像的闭包。如果T 是紧的，则K 是紧的。设$y_{n}\in Y^{*}$ 是一个有界序列。则$y_{n}$ 对K 的限制是在$C(K)$ 中的有界等度连续序列；因此，根据阿斯科利定理，它有一个收敛子序列$y_{n_{k}}$。因此，$T'y_{n_{k}}(x)=y_{n_{k}}(Tx)$ 对每个x 都是收敛的，其中$\|x\|_{\mathcal {X}}\leq 1$，因此$T'y_{n_{k}}$ 是收敛的。反之，则可以通过注意到每个范数空间都可以连续地嵌入到它的二次对偶空间中来得到。（待办事项：需要更多细节。）$\square$