关于Brezis《泛函分析》Exercise 3.19证明的两处核心疑问求解

我在做Brezis《泛函分析》的Exercise 3.19时，跟着答案梳理了证明思路，但有两处关键地方一直没搞明白，现在把问题和我的思路整理出来，想请教大家这两个疑问的解答：

题目背景 #

设$E = \ell^p$，$F = \ell^q$，其中$1 < p < \infty$，$1 < q < \infty$。$a:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$是连续函数，满足$|a(t)| \leq C|t|^{{\frac{p}{q}}$对所有$t\in\mathbb{R}$成立。定义算子$A:\ell}p\to\ell^q$为$Ax=(a(x_1),a(x_2),...,a(x_i),...)$，需要证明三个结论：

1. $Ax\in\ell^q$且$A$强连续；
2. 若$x^n\rightharpoonup x$（$\sigma(\ell^p,\ell{p'})$拓扑），则$Ax^n\rightharpoonup Ax$（$\sigma(\ell^q,\ell{q'})$拓扑）；
3. $A$从带$\sigma(E,E^{*)$拓扑的$B_E$到带$\sigma(F,F}*)$拓扑的$F$连续。

我的证明思路与疑问点 #

1. 强连续性证明中的疑问 #

我在证明强连续性（即$x^n\to x$强收敛时$Ax^n\to Ax$强收敛）时，用到了这样一步：

因为$x^n\in\ellp$，存在$N_1\in\mathbb{N}$使得$\boldsymbol{\sum\limits_{k=N_1}^{\infty}|x_kn|^p\to 0,\quad\forall n}$，同时$x\in\ell^{p$，存在$N_2\in\mathbb{N}$使得$\sum\limits_{k=N_2}}{\infty}|x_k|^p\to 0$。

这里我搞不懂为什么对所有$n$，$\sum\limits_{k=N_1}^{\infty}|x_kn|^p$会趋于0？ 按我的理解，$\ell^{p$中元素的尾项和趋于0是对单个元素而言的，这里是一族序列$x}n$，怎么能找到统一的$N_1$让所有$x^n$的尾项和都趋于0呢？

2. 弱收敛推导中的疑问 #

在证明$x^n\rightharpoonup x$时$Ax^n\rightharpoonup Ax$，我抄了答案的步骤：

取$\forall y\in\ell^{{q'}$（原答案笔误写成了$\ell}p$），有$|y(Ax^n)-y(Ax)| = |\sum\limits_{k=1}^{{\infty}y_k[a(x_k}n)-a(x_k)]|\leq (\sum\limits_{k=1}^{{\infty}|y_k|}{q'})^{{\frac{1}{q'}}(\sum\limits_{k=1}}{\infty}|a(x_k^n)-a(x_k)|q)^{\frac{1}{q}}$，然后说类似第一部分的证明思路。

这里我完全没搞明白为什么这个不等式能用来证明弱收敛？ 而且第一部分是强收敛的证明，这里弱收敛的逻辑链到底是怎样的？

疑问解答 #

第一个疑问：一致尾项估计的合理性 #

其实这里用到了强收敛序列的一致可和性：因为$x^n\to x$强收敛，所以${x^n}$是$\ellp$中的有界序列（强收敛序列必有界），设$|x^n|_p\leq M$对所有$n$成立。

对于任意$\epsilon>0$：

• 先看$x\in\ell^{p$，存在$N_2$使得$\sum\limits_{k=N_2}}{\infty}|x_k|^p < (\frac{\epsilon}{2})^p$；
• 再看${x^{n}$，因为$x}n\to x$强收敛，所以存在$N_0$，当$n>N_0$时，$\sum\limits_{k=1}^{\infty}|x_kn - x_k|^p < (\frac{\epsilon}{2})^p$；对于$n\leq N_0$的有限个序列，每个$x^{n$都是$\ell}p$元素，所以对每个$n\leq N_0$，存在$N_n$使得$\sum\limits_{k=N_n}^{\infty}|x_kn|^p < (\frac{\epsilon}{2})^p$。

取$N_1 = \max{N_2, N_0, N_1, ..., N_{N_0}}$，那么：

• 当$n>N_0$时，用三角不等式的$p$次方估计：$\sum\limits_{k=N_1}^{\infty}|x_kn|^p = \sum\limits_{k=N_1}^{{\infty}|(x_k}n - x_k) + x_k|^p \leq 2^{{p-1}(\sum\limits_{k=N_1}}{\infty}|x_k^n - x_k|^p + \sum\limits_{k=N_1}^{{\infty}|x_k|}p) < \epsilon^p$；
• 当$n\leq N_0$时，直接由$N_1$的取法，$\sum\limits_{k=N_1}^{\infty}|x_kn|^p < (\frac{\epsilon}{2})^p < \epsilon^p$。

所以对所有$n$，当$N_1$足够大时，$\sum\limits_{k=N_1}^{\infty}|x_kn|^p$可以任意小，原答案的表述省略了“一致”这个关键前提，容易让人误解，本质是强收敛序列的有界性加上单个元素的尾项估计，得到统一的尾项控制。

第二个疑问：弱收敛的证明逻辑 #

首先纠正笔误：$\ell^{q$的对偶空间是$\ell}{q'}$（满足$\frac{1}{q}+\frac{1}{q'}=1$），所以应该取$\forall y\in\ell^{{q'}$，要证明$\sum\limits_{k=1}}{\infty}y_k a(x_k^n)\to \sum\limits_{k=1}^{\infty}y_k a(x_k)$。

原答案的不等式是用了Hölder不等式，但直接用它不够（因为弱收敛不推出强收敛，$\sum\limits_{k=1}^{{\infty}|a(x_k}n)-a(x_k)|^q$不一定趋于0），正确的逻辑是拆分求和项：
$$|\sum\limits_{k=1}^{{\infty}y_k[a(x_k}n)-a(x_k)]| \leq |\sum\limits_{k=1}^{N}y_k[a(x_kn)-a(x_k)]| + |\sum\limits_{k=N+1}^{{\infty}y_k[a(x_k}n)-a(x_k)]|$$

• 有限项部分：因为$x^n\rightharpoonup x$，所以每个坐标$x_k^n\to x_k$，又$a$连续，所以$a(x_k^n)\to a(x_k)$，而$N$是有限的，当$n$足够大时，这部分可以小于$\frac{\epsilon}{2}$；
• 尾项部分：用Hölder不等式，结合${x^{n}$有界（弱收敛序列必有界），即$|x}n|p\leq M$，所以$|a(x_k^n)|q\leq C^q|x_kn|^{p$，尾项和$\sum\limits_{k=N+1}}{\infty}|a(x_k^n)|q\leq C^q M^{p$；又因为$y\in\ell}{q'}$，$\sum\limits{k=N+1}^{{\infty}|y_k|}{q'}\to 0$当$N\to\infty$，所以取足够大的$N$，这部分也能小于$\frac{\epsilon}{2}$。

两部分加起来就小于$\epsilon$，从而证明了弱收敛。原答案说“类似第一部分的证明”，其实是指类似拆分有限项和尾项的技巧，而非直接用强收敛的结论。

补充：第三部分的连续性推导 #

关于“$A$从带$\sigma(E,E^{*)$拓扑的$B_E$到带$\sigma(F,F})$拓扑的$F$连续”，因为$1<p<\infty$时$\ell^{p$的对偶$\ell}{p'}$是可分的，根据Theorem 3.29，$B_E$在$\sigma(E,E^{*)$拓扑下是可度量化的。对于可度量化的拓扑空间，连续性等价于序列连续性，而我们已经证明了：若$x}n\rightharpoonup x$（$\sigma(E,E^{*)$收敛），则$Ax}n\rightharpoonup Ax$（$\sigma(F,F^)$收敛），所以$A$在$B_E$上是弱-弱连续的。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者D4c