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开映射定理

4.2 开映射定理

一．开映射定理
定义 4．2．1．设 $X, Y$ 为赋范线性空间，$T: X \rightarrow Y$ ，若 $T$ 将 $X$ 中的任一开集映射成 $Y$ 中的开集，则称 $T$ 为开映射。
定义 4．2．2．设 $X, Y$ 为赋范线性空间，$T: X \rightarrow Y$ 为单射，则 $T^{-1}: R(T) \rightarrow X$ 为

$$
T^{-1} y=x, \quad \forall y \in R(T), y=T x
$$

则称 $T^{-1}$ 为 $T$ 的逆算子。
命题 4．2．1．线性算子的逆算子也是线性算子。
证明 设 $X, Y$ 为赋范线性空间，$T: X \rightarrow Y$ 为线性算子，且 $T^{-1}$ 存在。
对 $\forall y_1, y_2 \in Y, \alpha \in K$ ，由 $T$ 线性知

$$
\begin{aligned}
T\left(T^{-1}\left(\alpha y_1+y_2\right)-\left(\alpha T^{-1} y_1+T^{-1} y_2\right)\right) & =T T^{-1}\left(\alpha y_1+y_2\right)-\alpha T T^{-1} y_1-T T^{-1} y_2 \\
& =\alpha y_1+y_2-\alpha y_1-y_2=\theta
\end{aligned}
$$

又 $T$ 可逆，故 $T$ 不是零算子。于是，$T^{-1}\left(\alpha y_1+y_2\right)=\left(\alpha T^{-1} y_1+T^{-1} y_2\right)$ ，因此，$T^{-1}$ 是线性算子。

问题：若 $T \in L(X, Y)$ ，那么在上面条件下，$T^{-1}$ 是连续（有界）的？注意到定理 1．2．1
$T$ 连续 $\Leftrightarrow T^{-1}$ ：开集 $\rightarrow$ 开集 $\Leftrightarrow T^{-1}$ 是开映射
$T^{-1}$ 连续 $\Leftrightarrow\left(T^{-1}\right)^{-1}=T:$ 开集 $\rightarrow$ 开集 $\Leftrightarrow T$ 是开映射
命题 4．2．2．设 $X, Y$ 为赋范线性空间，$T: X \rightarrow Y$ 为线性算子，则 $T^{-1}$ 存在且有界，当且仅当存在 $a \in R ^{+}$使得

$$
a\|x\| \leq\|T x\|, \quad \forall x \in X
$$

证明＂$\Rightarrow$＂．假设式（4．2）不成立，则对每个 $n \in N$ ，都存在 $x_n \in X$ ，使得

$$
\frac{1}{n}\left\|x_n\right\|>\left\|T x_n\right\|
$$

取 $y_n=T x_n$ ，则 $x_n=T^{-1} y_n$ ，从而 $\left\|T^{-1} y_n\right\|>n\left\|y_n\right\|$ 。这与 $T^{-1}$ 有界矛盾。
＂$\Leftarrow$＂．若 $T x_1=T x_2$ ，则由题设存在 $a \in R ^{+}$使得

故必有 $\left\|x_1-x_2\right\|=0$ ，从而 $x_1=x_2$ ．因此，$T$ 是单射，于是 $T^{-1}: R(T) \rightarrow X$ 存在。
对 $\forall y \in R(T)$ ，有 $T^{-1} y \in D(T)$ ．由题设知

$$
a\left\|T^{-1} y\right\| \leq\left\|T\left(T^{-1} y\right)\right\|=\|y\|
$$

故 $\left\|T^{-1} y\right\| \leq \frac{1}{a}\|y\|$ ．从而 $T^{-1}$ 有界。
定理 4．2．1．（开映射定理）设 $X, Y$ 为 Banach 空间，$T \in L(X, Y)$ 是满射，则 $T$ 是开映射。

证明（1）要证 $T$ 是开映射，即 $\forall G \subset X$ 开，则 $T(G)$ 开，只需证

$$
U_Y(\theta, \delta) \subset T\left(U_X(\theta, 1)\right), \quad \exists \delta>0
$$

实际上，若式（4．3）成立，由于 $T$ 线性，则 $\exists \delta>0$ 使得

$$
U_Y\left(T x_0, r \delta\right) \subset T\left(U_X\left(x_0, r\right)\right), \quad \forall x_0 \in X, r>0
$$

对 $\forall y_0 \in T(G)$ ，存在 $x_0 \in G$ 使得 $y_0=T x_0$ ，又 $G$ 开，则 $\exists U_X\left(x_0, r\right) \subset G$ ．取 $\varepsilon=r \delta$ ，则有

$$
U_Y\left(y_0, \varepsilon\right)=U_Y\left(T x_0, r \delta\right) \subset T\left(U_X\left(x_0, r\right)\right) \subset T(G)
$$

故 $y_0$ 是 $T(G)$ 的内点，从而 $T(G)$ 开。
（2）$U_Y(\theta, 3 \delta) \subset \overline{T\left(U_X(\theta, 1)\right)}, \exists \delta>0$ ．
注意到 $T$ 是满射，则有 $Y=T(X)=\bigcup_{n=1}^{\infty} T\left(U_X(\theta, n)\right)$ ．又 $Y$ 完备，由 Baire 纲定理知，$Y$ 是第二纲集（不能表示为可列个疏朗集的并），故至少有一个 $n_0 \in N$ 使得，$T\left(U_X\left(\theta, n_0\right)\right)$ 不是疏朗集，即 $\overline{T\left(U_X\left(\theta, n_0\right)\right)}$ 中至少含有一个内点，设为 $y_0$ ，则 $\exists U_Y\left(y_0, r\right) \subset \overline{T\left(U_X\left(\theta, n_0\right)\right)}$ ．再由对称性可得 $U_Y\left(-y_0, r\right) \subset \overline{T\left(U_X\left(\theta, n_0\right)\right)}$ ．从而

$$
U_Y(\theta, r) \subset \frac{1}{2} U_Y\left(y_0, r\right)+\frac{1}{2} U_Y\left(-y_0, r\right) \subset \overline{T\left(U_X\left(\theta, n_0\right)\right)}
$$

由 $T$ 线性，两端同乘以 $1 / n_0$ 得，$U_Y\left(\theta, r / n_0\right) \subset \overline{T\left(U_X(\theta, 1)\right)}$ ．取 $\delta=r / 3 n_0$ ，则有

$$
U_Y(\theta, 3 \delta) \subset \overline{T\left(U_X(\theta, 1)\right)}
$$

（3）$U_Y(\theta, \delta) \subset T\left(U_X(\theta, 1)\right), \exists \delta>0$ ．
即对 $\forall y_0 \in U_Y(\theta, \delta)$ ，往证 $\exists x_0 \in U_X(\theta, 1)$ ，使得 $y_0=T x_0$ ．任取 $y_0 \in U_Y(\theta, \delta)$ ，由式（4．4）知

$$
U_Y(\theta, \delta) \subset \overline{T\left(U_X\left(\theta, \frac{1}{3}\right)\right)}
$$

故存在 $x_1 \in U_X\left(\theta, \frac{1}{3}\right)$ 使得

$$
\left\|y_0-T x_1\right\|<\frac{\delta}{3}
$$

令 $y_1=y_0-T x_1$ ，则由式（4．4）可得

$$
y_1 \in U_Y\left(\theta, \frac{\delta}{3}\right) \subset \overline{T\left(U_X\left(\theta, \frac{1}{3^2}\right)\right)}
$$

故存在 $x_2 \in U_X\left(\theta, \frac{1}{3^2}\right)$ 使得

$$
\left\|y_1-T x_2\right\|<\frac{\delta}{3^2}
$$

依次做下去 $\cdots \cdots$ 令 $y_n=y_{n-1}-T x_n$ ，则有

$$
y_n \in U_Y\left(\theta, \frac{\delta}{3^n}\right) \subset \overline{T\left(U_X\left(\theta, \frac{1}{3^{n+1}}\right)\right)}
$$

故存在 $x_{n+1} \in U_X\left(\theta, \frac{1}{3^{n+1}}\right)$ 使得

$$
\left\|y_n-T x_{n+1}\right\|<\frac{\delta}{3^{n+1}}
$$

$\cdots \cdots$ 令 $x_0=\sum_{n=1}^{\infty} x_n$ ，则

$$
\left\|x_0\right\|=\left\|\sum_{n=1}^{\infty} x_n\right\| \leq \sum_{n=1}^{\infty}\left\|x_n\right\|<\sum_{n=1}^{\infty} x_n \frac{1}{3^n}=\frac{1}{2}
$$

故 $x_0 \in U_X(\theta, 1)$ ．注意到

$$
y_n=y_{n-1}-T x_n=\cdots=y_0-T\left(x_1+\cdots+x_n\right)
$$

再由 $\|\cdot\|$ 及 $T$ 的连续性，可得

$$
\begin{aligned}
\left\|y_0-T x_0\right\| & =\left\|y_0-T\left(\sum_{n=1}^{\infty} x_n\right)\right\|=\left\|y_0-T\left(\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^n x_k\right)\right\| \\
& =\lim _{n \rightarrow \infty}\left\|y_0-T\left(\sum_{k=1}^n x_k\right)\right\|=\lim _{n \rightarrow \infty}\left\|y_n\right\|<\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\delta}{3^n}=0
\end{aligned}
$$

因此，$y_0=T x_0$ ．

因此，$y_0=T x_0$ ．
注 4．2．1．由定理证明知，（i）＂$Y$ 是 Banach 空间＂可以放宽到＂$Y$ 是第二纲集＂；或者＂$T$ 是满射，$Y$ 是 Banach 空间＂可换成＂$R(T)$ 是第二纲集＂；
（ii）＂$T \in L(X, Y)$（即 $T$ 连续或有界）＂，可以放宽到＂$T$ 是闭算子（不一定连续）＂．
定理 4．2．2．（Banach 逆算子定理）设 $X, Y$ 为 Banach 空间，$T \in L(X, Y)$ 为双射，则 $T^{-1} \in L(Y, X)$ ．

证明 $T$ 为双射，则 $T^{-1}$ 存在。由开映射定理证明的（3）知，存在 $\delta>0$ 使得

$$
U_Y(\theta, \delta) \subset T\left(U_X(\theta, 1)\right)
$$

故 $T^{-1}\left(U_Y(\theta, \delta)\right) \subset U_X(\theta, 1)$ ，即 $\forall\|y\|<\delta$ ，有 $\left\|T^{-1} y\right\|<1$ ．于是，对 $\forall z \in Y$ ，有

$$
\left\|\frac{\delta z}{2\|z\|}\right\|=\frac{\delta}{2}<\delta
$$

故

$$
\left\|T^{-1}\left(\frac{\delta z}{2\|z\|}\right)\right\|<1
$$

即 $\frac{\delta}{2\|z\|}\left\|T^{-1} z\right\|<1$ ，从而

$$
\left\|T^{-1} z\right\|<\frac{2}{\delta}\|z\|, \quad \forall z \in Y
$$

因此，$T^{-1}$ 有界，再结合命题 4．2．1 可得，$T^{-1} \in L(Y, X)$ ．

定义 4．2．3．设 $\|\cdot\|_1,\|\cdot\|_2$ 为线性空间 $X$ 上的两个范数，若存在 $a, b \in R ^{+}$使得

$$
a\|x\|_1 \leq\|x\|_2 \leq b\|x\|_1, \quad \forall x \in X
$$

$$
\alpha\|x\|_2 \leq\|x\|_1 \leq \beta\|x\|_2, \quad \forall x \in X
$$

故 $\|\cdot\|_2$ 也与 $\|\cdot\|_1$ 等价。
定理 4．2．3．（等价范数定理）设 $X$ 在范数 $\|\cdot\|_1,\|\cdot\|_2$ 下都构成 Banach 空间，若存在 $b \in R ^{+}$使得

$$
\|x\|_2 \leq b\|x\|_1, \quad \forall x \in X
$$

则范数 $\|\cdot\|_1$ 与 $\|\cdot\|_2$ 等价。
证明 只需证 $\exists a \in R ^{+}$使得 $a\|x\|_1 \leq\|x\|_2, \forall x \in X$ ．
考虑恒等映射 $I:\left(X,\|\cdot\|_1\right) \rightarrow\left(X,\|\cdot\|_2\right)$ 满足 $I x=x$ ．显然 $I$ 是线性双射。由于

$$
\|I x\|_2=\|x\|_2 \leq b\|x\|_1, \quad \forall x \in X
$$

故 $I$ 是有界线性算子，由 Banach 逆算子定理，$I^{-1}$ 也是有界线性算子，故存在 $M>0$ 使得

$$
\|x\|_1=\left\|I^{-1} x\right\|_1 \leq M\|x\|_2, \quad \forall x \in X
$$

再取 $a=1 / M$ 即可。

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