Sự tương đương của một số định lí cơ bản trong giải tích hàm

Đầu tiên ta muốn nêu lại những định lí quan trọng nhất của giải tích hàm

Định lí (Hahn-Banach cho không gian định chuẩn). Cho $X, Y$ là hai không gian định chuẩn, $Z$ là một không gian con của $X$ và $f \in Z'$, là không gian đối ngẫu topo của $Z$. Khi đó $f$ có thác triển bảo toàn chuẩn thành $\hat{f} \in X'$, tức tồn tại $\hat{f} \in X'$ để
\[ \hat{f}\left| \right._{Z}  = f, \,\,\, \left\lVert \hat{f}\right\rVert_{X} =  \left\lVert f\right\rVert_{Z}.
\]

Định lí (Bị chặn đều Banach-Steinhaus). Cho $X$ là không gian Banach và $Y$ là không gian định chuẩn, họ các toán tử tuyến tính $W \subset \mathcal{B}(X,Y)$, nếu bị chặn điểm, tức với mọi $x\in X$, tồn tại $C_x$ để
\[  \left\lVert f(x) \right\rVert \leq C_x \,\,\,\, \forall \, x\in X.\]
Thì khi đó họ $W$ bị chặn đều, hay tồn tại $C$
\[  \left\lVert f \right\rVert \leq C \,\,\,\, \forall \, f\in W.
\]

Định lí (Ánh xạ mở). Cho $X, Y$ là hai không gian Banach, toán tử tuyến tính $T \in \mathcal{B}(X,Y)$ nếu là toàn ánh thì là một ánh xạ mở.

Định lí (Ánh xạ ngược bị chặn). Giả thiết như trong định lí ánh xạ mở, nhưng $T$ là song ánh, khi đó $T^{-1}$ cũng là toán tử tuyến tính bị chặn.

Định lí (Đồ thị đóng). Cho $X, Y$ là hai không gian Banach, $T \colon \mathcal{D}(T) (\subset X) \to Y$ là một toán tử tuyến tính và $\mathcal{D}(T)$ đóng. Nếu $T$ có đồ thị đóng, tức tập
\[ \mathcal{G}(T) = \{ (x, Tx) \colon x\in \mathcal{D}(T) \]
đóng trong $X\times Y$ với chuẩn là tổng chuẩn $X$ và $Y$, thì $T$ liên tục ($\Leftrightarrow$ bị chặn).

Trong giáo trình giải tích hàm của Erwin Kreyszig, người ta đã chứng minh định lí Hahn-Banach sử dụng tiên đề chọn, nguyên lí bị chặn đều (Banach-Steinhaus Theorem) sử dụng định lí Baire về phạm trù, định lí ánh xạ mở (Open Mapping Theorem) cũng bằng định lí Baire, hệ quả trực tiếp là ánh xạ ngược bị chặn (Bounded Inverse Theorem) và cuối cùng suy ra định lí đồ thị đóng (Closed Graph Theorem)

Trong bài viết này, chúng ta sẽ chỉ ra sự tương đương của ba định lí cuối (OMT, BIT, CGT) bằng cách chứng minh ngược lại trong giáo trình, từ CGT $\rightarrow$ BIT $\rightarrow$ OMT.

Để bắt đầu, ta nêu lại một bổ đề quen thuộc

Bổ đề. Với $X, Y$ là hai không gian định chuẩn, $T$ là một toán tử đóng khi và chỉ khi với mọi dãy $(x_n)$ hội tụ đến $x$ trong $X$, $(Tx_n)$ hội tụ đến $y$ trong $Y$ thì $x \in \mathcal{D}(T)$ và $Tx = y$.

Chứng minh BIT bằng CGT : Giả sử $T \colon X \to Y$ là một toán tử tuyến tính song ánh bị chặn. Khi đó theo bổ đề trên hiển nhiên $T$ là đóng, hay tập $(x, Tx)$ là đóng trong $X\times Y$.
 Do $T$ là song ánh, $(y, T^{-1}y)$ cũng đóng trong $Y\times X$. Vậy theo CGT, ánh xạ ngược $T^{-1}$ cũng bị chặn.

Chứng minh OMT bằng BIT : Với $T \colon X \to Y$ là một toán tử tuyến tính toàn ánh bị chặn. Ta cần chứng minh $T$ mở.  Do $T$ liên tục nên $\text{Ker} T$ là một không gian con đóng của $X$ và từ đó ta định nghĩa được chuẩn trên không gian thương $X / \text{Ker}(T)$ để nó trở thành một không gian định chuẩn
\[  \left\lVert x + \text{Ker} T \right\rVert = \text{dist} (x, \text{Ker} T).
\]
Vì $T$ là toàn ánh, theo định lí đẳng cấu thứ nhất, tồn tại duy nhất đẳng cấu $\overline{T} \colon X/ \text{Ker} T \to Y$ để $T = \overline{T} \circ \pi$ trong đó $\pi \colon X \to X/ \text{Ker}T$ là phép chiếu chính tắc. Vì $\overline{T}$ là một đẳng cấu bị chặn nên theo định lí BIT, nó mở. Cuối cùng chỉ cần chứng minh phép chiếu là một ánh xạ mở.
Để làm điều này, ta xét hình cầu mở $B_{X}(0,1)$ trong $X$, ta chỉ cần chứng minh qua $\pi$ nó chứa một hình cầu $B_{X/ \text{Ker} T}(0,r)$ nào đó, sau đó dùng phép tịnh tiến và vị tự là thấy ngay $\pi$ mở. Thực vậy, với mọi $x+ \text{Ker} T \in X/ \text{Ker} T$ thỏa mãn $\left\lVert x + \text{Ker} T \right\rVert < \dfrac{1}{2}$, tồn tại $y \in \text{Ker} T$ để
\[ \left\lVert x - y \right\rVert \leq \dfrac{1}{2} \]
Khi đó $x- y \in B(0,1)$, và $\pi(x-y) = x + \text{Ker} T \in B_{X/ \text{Ker} T}(0,1/2)$. Vậy $\pi$ mở, $\overline{T}$ mở, suy ra $T$ mở.