泛函分析/巴拿赫空間

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設${\mathcal {X}}$為線性空間。範數是${\mathcal {X}}$上的一個實值函式$f$，記為$\|\cdot \|=f(\cdot )$，使得

• (i) $\|x+y\|\leq \|x\|+\|y\|$ (w:三角不等式)
• (ii) $\|\lambda x\|=|\lambda |\|x\|$ 對於任何標量$\lambda$
• (iii) $\|x\|=0$ 蘊含$x=0$。

(ii) 蘊含$\|0\|=0$。這與(i)一起蘊含$0=\|x-x\|\leq \|x\|+\|-x\|=2\|x\|$ 對於所有$x$；也就是說，範數總是非負的。具有範數的線性空間稱為賦範空間。使用度量$d(x,y)=\|x-y\|$，賦範空間就是一個度量空間。注意(i)蘊含

根據三角不等式，有$\|x\|\leq \|x-y\|+\|y\|$ 和 $\|y\|\leq \|x-y\|+\|x\|$。

因此：$|\|x\|-\|y\||\leq \|x-y\|$。（因此，對映 $x\mapsto \|x\|$ 是連續的；事實上，它是1-Lipschitz連續的。）

完備的賦範空間稱為**巴拿赫空間**。雖然似乎沒有巴拿赫空間的典型例子，但我們仍然給出一個巴拿赫空間的例子：${\mathcal {C}}(K)$，即緊緻空間 $K$ 上所有連續函式的空間，可以透過引入範數來識別為一個巴拿赫空間。

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

驗證這確實是一個範數是一個常規練習。完備性成立，因為根據實分析，我們知道連續函式序列的均勻極限是連續的。在像這樣的具體空間中，可以直接證明完備性。然而，更常見的是，我們會看到完備性是某些結果（特別是，自反性）的必要條件，因此空間必須是**完備**的。這個問題將在後面的章節中討論。

另一個巴拿赫空間的例子，它更具有歷史意義，是 $l_{p}$ 空間；也就是說，收斂級數的空間。（$l_{p}$ 空間的幾何性質將在第 4 章中研究。）很明顯，$l_{p}$ 是一個線性空間，因為兩個p-收斂級數的和仍然是p-收斂的。 $l_{p}$ 範數實際上是一個範數，這可以從以下引理推匯出：

引理 2.1。

如果 $\|x\|_{p}<\infty$，則

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

證明：根據Hölder不等式，

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

反之，如果$\|x\|_{p}=1$，那麼取$y_{j}={\overline {x_{j}}}|x_{j}|^{p-2}$，我們有

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

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

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

當$x=0$時，該恆等式顯然成立，因此證明完成。$\square$

現在，剩下的要證明的是$l_{p}$空間是完備的。為此，設$x_{k}\in l_{p}$是一個柯西序列。這意味著明確地

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

對於每個$n$，根據完備性，$\lim _{k\to \infty }(x_{k})_{n}$存在，我們將其記為$y_{n}$。令$\epsilon >0$為給定的正數。由於$x_{k}$是柯西序列，存在$N$使得

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

那麼，對於任意$k>N$，

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

因此，$x_{k}\to y$，其中$y=\sum _{n=1}^{\infty }y_{n}$。事實上，$y$ 確實屬於 $l_{p}$，因為$\|y\|_{2}\leq \|y-x_{n}\|_{2}+\|x_{n}\|_{2}<\infty$。（我們強調$l_{p}$ 空間的完備性來自複數域的完備性；換句話說，如果基域不完備，$l_{p}$ 空間可能無法完備。）$l_{p}$ 也是可分的；即，它有一個可數稠密子集。這源於$l_{p}$ 可以寫成維數為 1、2、… 的子空間的並集，而這些子空間是可分的。（待辦事項：需要更多細節。）

我們定義賦範空間 ${\mathcal {X}}$ 和 ${\mathcal {Y}}$ 之間連續線性運算元 $f$ 的運算元範數，記為 $\|f\|$，如下所示：

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

定理 2 設 $T$ 是從賦範空間 ${\mathcal {X}}$ 到賦範空間 ${\mathcal {Y}}$ 的一個線性運算元。

• (i) $T$ 是連續的當且僅當存在一個常數 $C>0$，使得對於所有 $x\in X$，都有 $\|Tx\|\leq C\|x\|$ 成立。
• (ii) 如果 ${\mathcal {X}}$ 存在非零元素，則 $\|f\|=\inf\{$ (i) 中任意 $C$ $\}=\sup _{\|x\|=1}\|f(x)\|$。（回顧一下，空集的下確界是 $\infty$。）

證明：如果 $\|T\|<\infty$，則

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

當 $x_{n}\to x$ 時。因此，$T$ 是連續的。反之，假設 $\|T\|=\infty$。那麼我們可以找到 $x_{n}\in {\mathcal {X}}$，且 $\|x_{n}\|_{\mathcal {X}}\leq 1$ 以及 $\|Tx_{n}\|\geq n$。然後 ${x_{n} \over n}\to 0$，而 $\left\|T\left({x_{n} \over n}\right)\right\|\not \to 0$。因此，$T$ 不是連續的。(i) 的證明完成。對於 (ii)，目前請參考 w:運算元範數。（待辦事項：編寫實際證明）。$\square$

很明顯，加法和標量乘法都是連續的。（用序列來驗證這一點。）由於加法的逆運算仍然是加法，因此加法也是一個開對映。非零標量乘法也是如此。換句話說，開（或閉）集的平移和伸縮仍然是開（或閉）的。

並非所有線性運算元都是連續的。取由 $D(P)=XP'$ 定義的線性運算元，它作用於具有上確界範數 $\|P\|_{\infty }=\sup _{x\in [0,1]}|P(x)|$ 的多項式賦範向量空間 $\mathbb {R} [X]$ 上；由於 $D(X^{n})=nX^{n}$，單位球不是有界的，因此該線性運算元不是連續的。

注意，這個非連續線性運算元的核是閉的：$\ker D=\{0\}$。然而，當線性運算元是有限秩時，核的閉合性實際上等價於連續性。為了看到這一點，我們從線性泛函的特例開始。

定理 2 （非零）線性泛函是連續的當且僅當它的核是閉的。

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

證明：如果賦範向量空間$X$上的線性泛函$T$是連續的，則它的核是閉集，因為它是閉集$\{0\}$的連續逆像。

反之，假設線性泛函$T:X\to \mathbb {R}$不連續。那麼根據前一個定理，

$\forall c>0,\exists x(c)s.t.|Tx(c)|\geqslant c\|x(c)\|$，因此特別地，可以定義一個序列$\{x_{n}\}$，使得$|Tx_{n}|\geqslant n\|x_{n}\|>0$。然後記

$u_{n}:={\frac {x_{n}}{|x_{n}|}}$，我們定義了一個單位範數序列（$|u_{n}|=1$）使得$|Tu_{n}|\geqslant n$。此外，記

$v_{n}:={\dfrac {u_{n}}{|Tu_{n}|}}$。由於${\frac {|u_{n}|}{|Tu_{n}|}}\leqslant {\dfrac {1}{n}}$，可以定義一個收斂到$\{v_{n}\}\to 0$的序列，同時$|Tv_{n}|=1$。

現在，由於$\ker T\neq X$，則存在$a$使得$Ta\neq 0$。然後通項為 的序列收斂。

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

此外，如果線性泛函是連續的且核是稠密的，那麼 $\ker T={\overline {\ker T}}=X\Rightarrow f=0$，因此非零連續線性泛函的核不是稠密的，從而具有稠密核的線性泛函要麼是零泛函要麼是不連續的，所以具有稠密核的非零連續線性泛函是不連續的，且具有稠密核的線性泛函是不連續的。

推論 2 “賦範向量空間上的非零線性泛函不連續當且僅當它的核是稠密的。”

${\overline {\ker T}}=X\Leftrightarrow T$ 不連續”

更一般地，我們有：定理 2 “賦範向量空間之間的非零有限秩線性運算元。則零空間的閉包等價於連續性。”
證明：還需要證明連續性蘊含核的閉包。假設 $T:X\to Y$ 不連續。記 $r:=\dim {\mbox{Im }}T$；

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 $(\alpha _{i}a_{1}+a_{i})_{i=2,\dots ,r}$ 張成 ${\mbox{Im }}T$，所以 $\dim {\mbox{Im }}T=r-1$，這是一個矛盾。最後，有限秩線性運算元有唯一的分解

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

取$x\in \ker T\Rightarrow x\in \bigcap _{i=1}^{r}\ker f_{i}\subset \ker f_{i}$。則存在向量子空間$H_{i}$，使得$\ker f_{i}=\ker T\oplus H_{i}$。記$T_{i}:H_{i}\to {\mbox{Im}}T$ 為$T$ 在$H_{i}$ 上的限制。由於$kerT_{i}=\{x\in H_{i}:T_{i}(x)\}=0=\ker T\cap H_{i}=\{0\}$，線性運算元$T_{i}$ 是單射的，所以${\mbox{Im}}T_{i}\subset {\mbox{Im}}T$ 且$H_{i}$ 是有限維的，這對所有$i=1,\dots ,r$ 成立。

根據假設，$\ker T$是閉集。由於這個閉子空間與一個有限維子空間($H_{i}$)的和是閉集（參見下面的引理），因此每個$r$線性泛函$\ker f_{i}$的核都是閉集，因此$f_{i}$都是連續的（根據第一種情況），因此$T$是連續的。$\square$

2 引理 有限維子空間與閉子空間的和是閉集。
證明：用數學歸納法證明維度。

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.

假設對於所有維度為$\leqslant p$的子空間，結果成立。令$G$為一個維度為$p+1$的子空間。令$(a_{1},\dots ,a_{p+1})$為$G$的一個基。然後$H:=F+\bigoplus _{i=1}^{p}\mathbb {K} a_{i}+\mathbb {K} a_{p+1}$並容易得出結論。$\square$

2 推論 在有限維賦範向量空間上，任何線性運算元到賦範向量空間的對映都是連續的。

證明：由於$X$是有限維的，則任何線性運算元都是有限秩的。然後，由於$\dim \ker T+\dim {\mbox{Im}}T=\dim X$成立，由此可知零空間是有限維的，因此是閉集（任何$\mathbb {K}$維數為$n$的有限維向量子空間與$\mathbb {K} ^{n}$同構（其中$\mathbb {K}$是一個完備域），因此該子空間是完備的且是閉集）。然後應用前面的定理。$\square$

2 引理（里斯） 賦範空間${\mathcal {X}}$是有限維的當且僅當其閉單位球是緊緻的。
證明：令$T:\mathbf {C} ^{n}\to X$為線性向量空間同構。由於$T$具有閉核，與前面定理的證明類似，我們看到$T$是連續的。用同樣的推理，$T^{-1}$是連續的。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，左側是閉集，右側是閉球的連續像，它是緊緻的。因此，閉單位球是緊緻集的子集，因此是緊緻的。現在，反之。如果${\mathcal {X}}$不是有限維的，我們可以構造一個序列$x_{j}$，使得

$1=\|x_{j}\|\leq \|x_{j}-\sum _{k=1}^{j-1}a_{k}x_{k}\|$對於任何標量序列$a_{k}$。

因此，特別地，$\|x_{j}-x_{k}\|\geq 1$ 對於所有 $j,k$。 (有關此論證的詳細內容，請參見：w:里斯引理 (Riesz's lemma)) $\square$

推論 2 每個有限維賦範空間都是巴拿赫空間。
證明：設 $x_{n}$ 是一個柯西序列。由於它是 有界的，因此它包含在某個閉球內，該閉球是緊緻的。 $x_{n}$ 因此存在一個收斂子序列，所以 $x_{n}$ 本身收斂。 $\square$

定理 2 賦範空間 ${\mathcal {X}}$ 是有限維的當且僅當在 ${\mathcal {X}}$ 上定義的每個線性運算元 $T$ 都是連續的。
證明：將 $T$ 的值域識別為 $\mathbf {C} ^{n}$，我們可以寫成

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

其中 $f_{1},...f_{n}$ 是線性泛函。 $f_{j}$ 核的維數是有限的。因此， $f_{j}$ 都有完備的，因此是閉的核。因此，它們是連續的，所以 $T$ 是連續的。對於反之，我們需要選擇公理。(待辦事項：完成證明。) $\square$

任何函式$f$在集合$E$上的影像是集合$\{(x,f(x))|x\in E\}$。度量空間之間的連續函式具有閉影像。事實上，假設$(x_{j},f(x_{j}))\to (x,y)$。根據連續性，$f(x_{j})\to f(x)$；換句話說，$y=f(x)$，因此$(x,y)$位於$f$的影像上。由此可見（在下一個定理中），具有閉影像的連續線性運算元的定義域是閉的。（請注意，這裡的連續性是一個關鍵因素；我們很快就會研究一個具有閉影像但定義域非閉的線性運算元。）

定理 2 設$T:{\mathcal {X}}\to {\mathcal {Y}}$是巴拿赫空間之間的一個連續稠定線性運算元。則其定義域是閉的；即，$T$實際上在處處都有定義。
證明：假設$f_{j}\to f$且$Tf_{j}$對於每個$j$都有定義；即，序列$f_{j}$位於$T$的定義域內。由於

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

$Tf_{j}$ 是柯西序列。由此可知 $(f_{j},Tf_{j})$ 是柯西序列，並且由於完備性，它具有極限 $(g,Tg)$，因為T的影像是閉集。由於 $f=g$，$Tf$ 是定義的；即，$f$ 在 $T$ 的定義域中。 $\square$

該定理在應用中經常很有用。假設我們希望證明某個線性公式。我們首先證明它對於具有緊支撐且具有不同光滑度的函式成立，這通常很容易做到，因為該函式在邊界上消失，而大部分複雜性都存在於邊界上。由於公式中的線性性質，該定理隨後表明該公式對於上述函式稠密的空間是成立的。

我們現在將注意力轉向完備度量空間是貝爾空間這一事實的結果。它們往往比透過直接訴諸完備性獲得的結果更重要。請注意，並非每個作為貝爾空間的賦範空間都是巴拿赫空間。

2 定理（開對映定理） 設 ${\mathcal {X}},{\mathcal {Y}}$ 是巴拿赫空間。如果 $T:{\mathcal {X}}\to {\mathcal {Y}}$ 是一個連續線性滿射，則它是一個開對映；即，它將開集對映到開集。
證明：設 $B(r)=\{x\in {\mathcal {X}};\|x\|<r\}$。由於 $T$ 是滿射，$\cup _{n=1}^{\infty }T(B(n))=T(\cup _{n=1}^{\infty }B(n))=T(X)=Y$。然後根據貝爾定理，某個 $B(k)$ 包含一個內點；因此，它是 $0$ 的鄰域。 $\square$

推論 2 如果$({\mathcal {X}},\|\cdot \|_{1})$ 和 $({\mathcal {X}},\|\cdot \|_{2})$ 是巴拿赫空間，則範數 $\|\cdot \|_{1}$ 和 $\|\cdot \|_{2}$ 等價；即每個範數都受另一個範數支配。
證明：令$I:({\mathcal {X}},\|\cdot \|_{1}+\|\cdot \|_{2})\to ({\mathcal {X}},\|\cdot \|_{1})$ 為恆等對映。則我們有

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

也就是說，$I$ 是連續的。由於柯西序列顯然在範數 $\|\cdot \|_{1}+\|\cdot \|_{2}$ 下收斂，開對映定理表明 $I$ 的逆對映也是連續的，這意味著明確地

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

根據同樣的論證，我們可以證明$\|\cdot \|_{1}+\|\cdot \|_{2}$ 被 $\|\cdot \|_{2}$ 支配 $\square$

推論 2 設 $({\mathcal {X}},\|\cdot \|_{\mathcal {X}})$ 是一個維數為 $n$ 的 Banach 空間。那麼範數 $\|\cdot \|_{\mathcal {X}}$ 等價於標準歐幾里得範數：

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

推論 2 如果 $T$ 是 Banach 空間之間具有閉值域的連續線性運算元，則存在一個 $K>0$ 使得如果 $y\in \operatorname {im} (T)$，那麼 $\|x\|\leq K\|y\|$ 對於某個 $x$ 成立，其中 $Tx=y$。
證明：一旦我們有了商對映的概念，這將是顯而易見的，我們現在將其定義如下。

設 ${\mathcal {M}}$ 是賦範空間 ${\mathcal {X}}$ 的一個閉子空間。商空間 ${\mathcal {X}}/{\mathcal {M}}$ 是一個賦範空間，其範數為

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

其中$\pi :{\mathcal {X}}\to {\mathcal {X}}/{\mathcal {M}}$ 是一個典範投影。 除了三角不等式之外，$\|\cdot \|$ 是一個範數是顯而易見的。 但是由於

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

對於所有$m,n\in {\mathcal {M}}$。分別對$m,n$ 取下確界，我們得到

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

進一步假設${\mathcal {X}}$ 也是一個交換代數，並且${\mathcal {M}}$ 是一個理想。 那麼${\mathcal {X}}/{\mathcal {M}}$ 就變成了一個商代數。 事實上，如上所述，我們有

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

對於所有$m,n\in {\mathcal {M}}$，因為$\pi$ 是一個同態。 取下確界完成證明。

因此，唯一非平凡的問題是完備性。事實證明，如果${\mathcal {X}}$是Banach空間（或代數），則${\mathcal {X}}/{\mathcal {M}}$是一個Banach空間（或代數）。事實上，假設

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

那麼我們可以找到一個序列$y_{n}\in {\mathcal {M}}$，使得

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

根據完備性，$\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}+y_{n}$收斂，並且由於$\pi$是連續的，則$\sum _{n=1}^{\infty }\pi (x_{n})$收斂。完備性現在可以從以下推匯出

引理 2 設${\mathcal {X}}$是一個賦範空間。則${\mathcal {X}}$是完備的（因此是Banach空間）當且僅當

$\sum _{n=1}^{\infty }\|x_{n}\|<\infty$ 蘊含 $\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}$ 收斂。

證明：（$\Rightarrow$) 我們有

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

根據假設，當$n,m\to \infty$時，右側趨於0。根據完備性，$\sum _{n=1}^{\infty }x_{n}$收斂。反之，假設$x_{j}$是一個柯西序列。因此，對於每個$j=1,2,...$，存在一個索引$k_{j}$，使得對於任何$n,m\geq k_{j}$，都有$\|x_{n}-x_{m}\|<2^{-j}$。令$x_{k_{0}}=0$。則$\sum _{j=0}^{\infty }\|x_{k_{j+1}}-x_{k_{j}}\|<2$。因此，根據假設，我們可以得到極限$x=\sum _{j=0}^{\infty }x_{k_{j+1}}-x_{k_{j}}$，並且由於

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

我們得出結論，$x_{j}$有一個子序列收斂到$x$；因此，它收斂到$x$。$\square$

下一個結果可以說是巴拿赫空間理論中最重要的定理。（至少，它在應用中最常被使用。）

2 定理（閉影像定理） 設${\mathcal {X}},{\mathcal {Y}}$ 為巴拿赫空間，且$T:{\mathcal {X}}\to {\mathcal {Y}}$ 為線性運算元。以下陳述等價。

• (i) $T$ 是連續的。
• (ii) 如果$x_{j}\to 0$ 且$Tx_{j}$ 收斂，則$Tx_{j}\to 0$。
• (iii) $T$ 的影像為閉集。

證明： (i) 蘊含 (ii) 是顯然的。為了證明 (iii)，假設$(x_{j},Tx_{j})$ 在$X$ 中收斂。則$x_{j}$ 收斂到某個$x_{0}$ 或$x_{j}-x_{0}\to 0$，且$Tx_{j}-Tx$ 收斂。因此，如果 (ii) 成立，則$T(x_{j}-x)\to 0$。最後，為了證明 (iii) $\Rightarrow$ (i)，我們注意到推論 2.something 給出了不等式

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

因為根據假設左側的範數是完備的。因此，如果$x_{j}\to x$，則$Tx_{j}\to Tx$。 $\square$

請注意，當線性運算元的定義域不是巴拿赫空間（例如，只是巴拿赫空間中的稠密子集）時，條件 (ii) 對於運算元的圖象是閉集是不充分的。（在其他領域找到這樣的例子並不困難，但讀者可以將其作為一個練習自己構造一個。）

最後，請注意，單射線性運算元具有閉圖象當且僅當其逆運算元是閉的，因為對映$(x_{1},x_{2})\mapsto x_{2},x_{1}$ 將閉集對映到閉集。

定理 2 設$({\mathcal {X}}_{j},\|\cdot \|_{j})$ 是巴拿赫空間。設$T:{\mathcal {X}}_{1}\to {\mathcal {X}}_{2}$ 是一個閉稠定運算元，且$S$ 是一個線性運算元，滿足$\operatorname {dom} (T)\subset \operatorname {dom} (S)$。如果存在常數$a,b$ 使得 (i) $0\leq a<1$ 且$b>0$，以及 (ii) $\|Su\|\leq a\|Tu\|+b\|u\|$ 對所有$u\in \operatorname {dom} (T)$ 成立，則$T+S$ 是閉的。
證明：假設$\|u_{j}-u\|_{1}+\|(T+S)u_{j}-f\|_{2}\to 0$。然後

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

因此，

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

根據假設，右側趨近於$0$，當$j,k\to \infty$。由於$T$是閉的，$(u_{j},Tu_{j})$收斂於$(u,Tu)$。 $\square$

特別是，當$a=0$時，如果$S$是連續的，則定理的假設滿足。

當${\mathcal {X}},{\mathcal {Y}}$是賦範空間時，我們用$L({\mathcal {X}},{\mathcal {Y}})$表示從${\mathcal {X}}$到${\mathcal {Y}}$的所有連續線性運算元的空間。

定理 2 如果${\mathcal {Y}}$ 是完備的，那麼在$L({\mathcal {X}},{\mathcal {Y}})$ 中的每個柯西序列$T_{n}$ 都收斂於一個極限$T$，並且$\|T\|=\lim _{n\to \infty }\|T_{n}\|$。反之，如果$L({\mathcal {X}},{\mathcal {Y}})$ 是完備的，那麼Y 也是完備的。
證明：設$T_{n}$ 是運算元範數下的一個柯西序列。對於每個$x\in {\mathcal {X}}$，由於

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

並且${\mathcal {Y}}$是完備的，存在一個極限$y$，$T_{n}(x)$收斂於此極限。定義$T(x)=y$。 $T$是線性的，因為極限運算是線性的。它也是連續的，因為$\|T(x)\|\leq \sup _{n}\|T_{n}\|\|x\|$。最後，$\lim _{n\to \infty }\|T_{n}-T\|=\sup _{\|x\|\leq 1}\|\lim _{n\to \infty }T_{n}(x)-T(x)\|$ 並且 $|\|T^{n}\|-\|T\||\leq \|T^{n}-T\|\to 0$ 當 $n\to \infty$。（待辦事項：反向證明）。$\square$

2 定理（一致有界原理） 設${\mathcal {F}}$是一個連續函式族$f:X\to Y$，其中$Y$是一個賦範線性空間。假設$M\subset X$是非稀疏的，並且：

$\sup\{\|f(x)\|:f\in {\mathcal {F}}\}<\infty$ 對於每個$x\in M$

然後可以得出：存在某個$G\subset X$ 開集，使得

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

如果我們另外假設${\mathcal {F}}$ 中的每個成員都是線性運算元，並且$X$ 是一個賦範線性空間，那麼

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

證明：令$E_{j}=\cap _{f\in {\mathcal {F}}}\{x\in X;\|f(x)\|\leq j\}$ 為一個序列。根據假設，$M\subset \bigcup _{j=1}^{\infty }E_{j}$，並且每個$E_{j}$ 都是閉集，因為$\{x\in X;\|f(x)\|>j\}$ 根據連續性是開集。然後可以得出，某些$E_{N}$ 具有內點$y$；否則，$M$ 並非非稀疏集。因此，(a) 成立。為了證明 (b)，在做出額外的假設後，我們可以找到一個開球$B=B(2r,y)\subset E_{N}$。然後可以得出：對於任何$f\in {\mathcal {F}}$ 和任何$x\in X$，其中$\|x\|=1$，

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

如果線性運算元族 $\Gamma$ 滿足：對於 $0$ 的任意鄰域 $W$，都存在 $0$ 的一個鄰域 $V$，使得

$f(V)\subset W$ 對所有 $f\in \Gamma$ 成立，則稱該運算元族為**等度連續**的。

因此，定理的結論意味著滿足定理假設的運算元族是等度連續的。

推論 2 設 ${\mathcal {X}},{\mathcal {Y}},{\mathcal {Z}}$ 是巴拿赫空間。設 $T:{\mathcal {X}}\times {\mathcal {Y}}\to {\mathcal {Z}}$ 是一個雙線性或半雙線性運算元。如果 $T$ 是分別連續的（即，當除了一個變數之外的所有變數固定時，函式是連續的），並且 ${\mathcal {Y}}$ 是完備的，那麼 $T$ 是連續的。
證明：對於每個 $y\in {\mathcal {Y}}$，

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

其中，由於連續性，右側是有限的。因此，將一致有界原理應用於運算元族 $\{T(x,\cdot );\|x\|_{\mathcal {X}}\leq 1\}$ 表明該運算元族是等度連續的。也就是說，存在一個 $K>0$，使得

對於每個$\|x\|_{\mathcal {X}}le1$ 和每個 $y\in {\mathcal {Y}}$，有$\|T(x,y)\|_{\mathcal {Z}}\leq K\|y\|_{\mathcal {Y}}$。

由於${\mathcal {X}}\times {\mathcal {Y}}$是一個度量空間，因此定理得證。$\square$

由於標量乘法在賦範空間中是連續運算，因此推論特別指出，在有限維賦範空間上的每個線性運算元都是連續的。接下來是迄今為止討論的技術的另一個示例。

2. 定理（Hahn-Banach） 設$({\mathcal {X}},\|\cdot \|)$為賦範空間，且${\mathcal {M}}\subset {\mathcal {X}}$為線性子空間。如果$z$是${\mathcal {M}}$上連續的線性泛函，則存在${\mathcal {X}}$上的連續線性泛函$w$，使得在${\mathcal {M}}$上$z=w$，且$\|z\|=\|w\|$。
證明：將第 1 章中陳述的 Hahn-Banach 應用於$\|z\|\|\cdot \|$ 作為支配$z$ 的次線性泛函。然後

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

也就是說，$\|z\|=\|w\|$。 $\square$

2. 推論 設${\mathcal {M}}$ 是賦範線性空間 ${\mathcal {X}}$ 的一個子空間。則 $x$ 屬於 ${\mathcal {M}}$ 的閉包當且僅當對於任何在 ${\mathcal {M}}$ 上為零的 $z\in {\mathcal {X}}^{*}$，都有 $z(x)$ = 0。

證明：根據連續性，$z({\overline {\mathcal {M}}})\subset {\overline {z({\mathcal {M}})}}$。因此，如果$x\in {\overline {\mathcal {M}}}$，則$z(x)\in {\overline {z({\mathcal {M}})}}=\{0\}$。反之，假設$x\not \in {\overline {\mathcal {M}}}$。則存在一個$\delta >0$，使得對於所有$y\in {\mathcal {M}}$，$\|y-x\|\geq \delta$。定義一個線性泛函$z(y+\lambda x)=\lambda$，其中$y\in {\mathcal {M}}$，$\lambda$ 為標量。對於任何$\lambda \neq 0$，由於$-\lambda ^{-1}y\in {\mathcal {M}}$，

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

.

由於不等式對於$\lambda =0$也成立，$z$是連續的。因此，根據 Hahn-Banach 定理，$z\in {\mathcal {X}}$，同時我們仍然有 $z=0$ 在 ${\mathcal {M}}$ 上，並且 $z(x)\neq 0$。 $\square$

下面是一個經典的應用。

定理 2 設 ${\mathcal {X}},{\mathcal {Y}}$ 是 Banach 空間，$T:{\mathcal {X}}\to {\mathcal {Y}}$ 是一個線性運算元。如果 $x_{n}\to 0$ 蘊含著對於任意 $z\in {\mathcal {X}}^{*}$，$(z\circ T)x_{n}\to 0$，則 $T$ 是連續的。
證明：假設 $x_{n}\to 0$ 並且 $Tx_{n}\to y$。對於任意 $z\in {\mathcal {X}}^{*}$，根據假設和 $z$ 的連續性，

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

現在，根據前面的推論$y=0$，連續性由閉影像定理得出。$\square$

2 定理 設${\mathcal {X}}$ 為一個 Banach 空間。

• (i) 給定$E\subset {\mathcal {X}}$，$E$ 有界當且僅當對於每個$f\in {\mathcal {X}}^{*}$，$\sup _{E}|f|<\infty$。
• (ii) 給定$x\in {\mathcal {X}}$，如果對於每個$f\in {\mathcal {X}}^{*}$，$f(x)=0$，則$x=0$。

證明：(i) 由連續性，

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

這證明了直接部分。對於反之，定義$T_{x}f=f(x)$ 對於$x\in E,f\in {\mathcal {X}}^{*}$。根據假設

$|T_{x}f|\leq \sup _{E}|f|$ 對於每個$x\in E$。

因此，根據一致有界性原理，存在$K>0$ 使得

$|T_{x}f|\leq K\|f\|$ 對於每個$x\in E,f\in {\mathcal {X}}^{*}$

因此，鑑於定理 2.something，對於$x\in E$，

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

(ii) 假設$x\neq 0$。定義$f(s(x))=s\|x\|$，其中 $s$ 為標量。現在，$f$ 是連續的，因為它的定義域是有限維的，因此根據 Hahn-Banach 定理，我們可以擴充套件 $f$ 的定義域，使得 $f\in {\mathcal {X}}^{*}$。 $\square$

2. 推論 設$({\mathcal {X}},\|\cdot \|)$ 為 Banach 空間，$f_{j}\in {\mathcal {X}}^{*}$ 且 ${\mathcal {M}}\subset {\mathcal {X}}$ 為稠密線性子空間。則對於任意 $x\in {\mathcal {X}}$，$f_{j}(x)\to 0$ 當且僅當 $\sup _{j}\|f_{j}\|<\infty$ 且對於任意 $y\in {\mathcal {M}}$，$f_{j}(y)\to 0$。
證明：由於 $f_{j}$ 是 Cauchy 列，因此是有界的。這證明了充分性。為了證明必要性，設 $x\in {\mathcal {X}}$。如果 $y_{j}\in {\mathcal {M}}$，則

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

由稠密性，我們可以選取 $y_{j}$ 使得 $\|y_{j}-x\|\to 0$。 $\square$

2 定理 設$T$ 是一個到 Banach 空間的連續線性運算元。如果$\|I-T\|<1$，其中$I$ 是單位運算元，則逆運算元$T^{-1}$ 存在，是連續的，並且可以寫成：

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

證明：對於$n\geq m$，我們有

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

由於該級數根據假設是幾何級數，因此右邊的值是有限的。設$S_{n}=\sum _{k=0}^{n}\left(I-T\right)^{k}$。根據上述，每次$x$ 被固定時，$S_{n}(x)$ 是一個柯西序列，並且假設的完備性意味著該序列收斂到極限，我們將其表示為$S(x)$。由於對於每個$x$ $\sup _{n\geq 1}\|S_{n}(x)\|<\infty$，因此，根據一致有界原理，

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

因此，根據範數的連續性，

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

這表明 $S$ 是一個連續線性運算元，因為線性很容易驗證。最後，

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

因此，$S$ 是 $T$ 的逆。 $\square$

推論 2 可逆連續線性運算元空間 ${\mathcal {X}}$ 是 $L({\mathcal {X}},{\mathcal {X}})$ 的一個開子空間。
證明：如果 $T\in L({\mathcal {X}},{\mathcal {X}})$ 且 $\|S-T\|<{1 \over \|T^{-1}\|}$，則 $S$ 是可逆的。 $\square$

如果$\mathbf {F}$ 是一個標量場，並且${\mathcal {X}}$ 是一個賦範空間，那麼$L({\mathcal {X}},\mathbf {F} )$ 被稱為${\mathcal {X}}$ 的對偶空間，並記為${\mathcal {X}}^{*}$。根據定理 2.x，它是一個Banach空間。

如果一個線性運算元$T$在開單位球下的像在$T$的作用下是相對緊的，則稱該線性運算元$T$為緊運算元。我們回憶一下，如果賦範空間之間的線性運算元將有界集對映到有界集，則它是連續的。因此，每個緊運算元都是連續的。

定理 2 設${\mathcal {X}}$ 是一個自反Banach空間，${\mathcal {Y}}$ 是一個Banach空間。那麼，線性運算元$T:{\mathcal {X}}\to {\mathcal {Y}}$是緊運算元的充分必要條件是$T$將弱收斂序列對映到範數收斂序列。

證明： 令 $x_{n}$ 弱收斂於 $0$，並假設 $Tx_{n}$ 不收斂。也就是說，存在一個 $\epsilon >0$ 使得 $Tx_{n}\geq \epsilon$ 對無限多個 $n$ 成立。記這個子序列為 $y_{n}$。根據假設，我們可以證明（待辦事項：確實這樣做）它包含一個子序列 $y_{n_{k}}$ 使得 $Ty_{n_{k}}$ 在範數意義下收斂，這是一個矛盾。為了證明反之亦然，令 $E$ 為一個有界集。然後，由於 ${\mathcal {X}}$ 是自反的，$E$ 的任何可數子集都包含一個序列 $x_{n}$，該序列在弱拓撲中是柯西序列，因此根據假設 $Tx_{n}$ 是範數意義下的柯西序列。因此，$T(E)$ 包含在 ${\mathcal {Y}}$ 的一個緊子集中。$\square$

2 推論

• (i) 每個有限秩線性運算元 $T$（即，範圍是有限維的線性運算元）都是緊運算元。
• (ii) 每個定義域是有限維的線性運算元 $T$ 都是連續的。

證明：(i) 是顯然的，(ii) 由 (i) 推出，因為線性運算元的範圍的維數小於定義域的維數。$\square$

2 定理 所有緊運算元到巴拿赫空間的集合在運算元範數意義下構成所有連續線性算子集合的閉子空間。
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 推論 如果 $T_{n}$ 是一個在運算元範數意義下收斂的緊運算元序列，則它的極限是一個緊運算元。

2 定理（轉置） 設${\mathcal {X}},{\mathcal {Y}}$ 為巴拿赫空間，且$u:{\mathcal {X}}\to {\mathcal {Y}}$ 為連續線性運算元。定義${}^{t}\!u:{\mathcal {Y}}^{*}\to {\mathcal {X}}^{*}$ 為恆等式${}^{t}\!u(z)(x)=u(z(x))$。則${}^{t}\!u$ 在運算元範數和弱*拓撲下都是連續的，且$\|{}^{t}\!u\|=\|u\|$。
證明：對於任意$z\in {\mathcal {Y}}^{*}$

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

因此，$\|{}^{t}\!u\|\leq \|u\|$ 且 ${}^{t}\!u$ 在運算元範數下是連續的。為了證明相反的不等式，令 $\epsilon >0$ 為任意給定的數。則存在 $x_{0}\in {\mathcal {X}}$ 使得 $(1-\epsilon )\|u\|\leq |u(x_{0})|$。利用 Hahn-Banach 定理，我們還可以找到 $\|z_{0}\|=1$ 和 $z_{0}(u(x_{0}))=|u(x_{0})|$。因此，

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

我們得出結論$\|{}^{t}\!u\|=\|u\|$。為了證明弱*-連續性，令$V$ 是${\mathcal {X}}^{*}$ 中$0$ 的一個鄰域；也就是說，$V=\{z;z\in {\mathcal {X}}^{*},|z(x_{1})|<\epsilon ,...,|z(x_{n})|<\epsilon \}$，對於某些$\epsilon >0,x_{1},...,x_{n}\in {\mathcal {X}}$。如果我們令$y_{j}=u(x_{j})$，那麼

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

因為$z(y_{j})={}^{t}\!u(z)(x_{j})$。也就是說，${}^{t}\!u$ 是弱*-連續的。$\square$

2 定理 設$T:{\mathcal {X}}\to {\mathcal {Y}}$ 是範數空間之間的線性運算元。則$T$ 是緊的當且僅當它的轉置$T'$ 是緊的。
證明：設$K$ 是閉單位球在$T$ 下的像的閉包。如果T 是緊的，則K 是緊的。設$y_{n}\in Y^{*}$ 是一個有界序列。則$y_{n}$ 對K 的限制是在$C(K)$ 中的有界等度連續序列；因此，根據阿斯科利定理，它有一個收斂子序列$y_{n_{k}}$。因此，$T'y_{n_{k}}(x)=y_{n_{k}}(Tx)$ 對每個x 都是收斂的，其中$\|x\|_{\mathcal {X}}\leq 1$，因此$T'y_{n_{k}}$ 是收斂的。反之，則可以透過注意到每個範數空間都可以連續地嵌入到它的二次對偶空間中來得到。（待辦事項：需要更多細節。）$\square$