Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Метрические пространства. Теория, задачи, решения
.pdf
РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ 161
10.5. Так как f — сжимающее отображение, то, согласно принципу сжи-
мающих отображений, f имеет единственную неподвижную точку x
т. е. F(x
)=x0. В силу коммутативности f и g имеем
0
g(x
)=g(f (x0)) = f(g(x0)),
0
∈X,
0
откуда следует, что g(x
единственность неподвижной точки, заключаем, что g(x
) — неподвижная точка отображения f .Учитывая
0
)=x0.Итак,x0—
0
неподвижная точка отображения g, что равносильно существованию решения уравнения g(x)=x.
10.6. (б) Данное дифференциальное уравнение
dy
= f(x, y)(Π
dx
1
с начальным условием
)=y0, (Π2)
y(x
0
эквивалентно интегральному уравнению
x
y(x)=y
Действительно, если y = ϕ(x) — решение уравнения (Π
щее условию (Π
), то после интегрирования (Π1) получим (Π3).Обратно,
2
если y = ϕ(x) — непрерывное решение уравнения (Π
правую часть по x,получим(Π
Покажем, что уравнение (Π
ром сегменте [x
− h, x0+ h] (условие на число h получим в ходе доказа-
0
+
f(t, y(t))dt. (Π3)
0
x
0
), удовлетворяю-
1
), то, дифференцируя
),причемy(x0)=y0.
1
) имеет единственное решение на некото-
3
3
тельства). Пусть 0 <h a, и рассмотрим множество
F = {y ∈ C[x
− h, x0+ h]:|y(x) − y0| b},
0
)
которое является замкнутым в пространстве C[x
подпространство (F, ρ
Введем на ПМП (F, ρ
g(y)(x)=y
) представляет собой ПМП.
F
) отображение
F
x
+
f(t, y(t))dt, x ∈ [x0− h, x0+ h].
0
x
0
− h, x0+ h].Поэтому
0
162 РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ
Ясно, что функция g(y) ∈ C [x0− h, x0+ h] в силу непрерывности интеграла с переменным верхним пределом. Так как функция f ∈ C(Π),топо
теореме Вейерштрасса существует такое число m>0,что|f(x, y)| m
для всех (x, y) ∈ Π. Из оценки
|g(y)(x) − y
0
|
x
*
*
*
f(t, y(t))dt
*
x
0
x
*
*
*
|f(t, y(t))|dt m|x − x0| mh
*
x
0
имеем, что при выполнении условия mh = b отображение g будет действо-
вать в пространстве (F, ρ
Далее, для всех произвольных элементов y
ρ(g(y
),g(y2)) = max
1
).
F
|x−x0|h
max
|x−x0|h
x
*
*
*
f(t, y1(t))dt −
*
x
0
x
*
*
*
*
x
0
∈ F , имеем
1,y2
x
f(t, y2(t))dt
x
0
*
*
*
*
|f(t, y1(t)) −f (t, y2(t))|dt
*
*
*
.
*
Применяя условие Липшица и очевидное неравенство
|y
(t) − y2(t)| ρ(y1,y2),t∈ [x0− h, x0+ h],
1
получаем, что
ρ(g(y
),g(y2)) Lhρ(y1,y2).
1
Если выбрать Lh < 1, то отображение g :(F, ρ
) → (F, ρF) будет сжимаю-
F
щим.
b
1
,
Положим h<min{
(F, ρ
) в себя и, согласно принципу сжимающих отображений, имеет един-
F
ственную неподвижную точку в (F, ρ
−h, x0+h] существует ровно одно решение y = ϕ(x) уравнения (Π3),
те [x
0
а с учетом сказанного вначале и задачи (Π
}.Тогдаg — сжимающее отображение ПМП
m
L
) (т. е. для указанного h на сегмен-
F
) −(Π2)).
1
(г) Рассмотрим в пространстве C[a, b] отображение f, определенное
формулой
f(x)(s)=x(s) −
2
M + m
ϕ(s, x(s)),s∈ [a, b],
РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ 163
и покажем, что оно сжимающее. Пусть x1,x2— произвольные элементы
из C [a, b]. Тогда на основании теоремы Лагранжа о конечных приращениях
для любого s ∈ [a, b] будем иметь
|f(x
)(s)−f (x2)(s)| =
1
= |x
1
M + m
*
*
*
x
(s)−x2(s)−
1
*
(s) − x2(s)|
1
|M + m −2ϕ
*
*
*
*
1 −
2
M + m
M + m
n
[ϕ(s, x
2
(s, θ(s))
ϕ
n
||x1(s) − x2(s)|
(s))−ϕ(s, x2(s))]
1
*
*
*
*
*
*
*
*
=
M − m
M + m
∗
(s)),
M − m
M + m
< 1, получаем,
ρ(x
1,x2
).
1
M + m
(|M − ϕ| + |ϕ − m|)|x
(s) − x2(s)| =
1
Отсюда, принимая во внимание соотношение 0 <
что f — сжимающее отображение в C[a, b]. Следовательно, имеет един-
ственную неподвижную точку x
∗
x
(s) ≡ x∗(s) −
что равносильно тождеству ϕ(s, x
∗
∈ C[a, b],т.е.f(x∗)=x∗.Значит,
2
M + m
∗
(s)) ≡ 0,s∈ [a, b].
ϕ(s, x
10.7. Очевидно, что при λ =0уравнение Фредгольма 2-го рода
b
x(t) −λ
имеет единственное непрерывное решение x
K(t, s)x(s)ds = y(t),a t b, (Π1)
a
(t) ≡ y(t),t∈ [a, b].
0
Пусть λ =0, и рассмотрим отображение f, определенное в C[a, b]
равенством
b
f(x)(t)=λ
K(t, s)x(s)ds + y(t). (Π2)
a
Покажем, что отображение f действует из C[a, b] в C[a, b]. Действительно,
положив f(x)(t)=g(t) для произвольной точки t ∈ [a, b] илюбогоΔt,
164 РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ
такого, что t +Δt ∈ [a, b],будемиметь
b
*
*
*
|g(t +Δt) − g(t)| =
|λ|
λ
K(t +Δt, s)x(s)ds + y(t +Δt)−
*
a
b
K(t, s)x(s)ds − y(t)
− λ
b
a
*
*
*
*
|K(t +Δt, s) −K(t, s)||x(s)|ds + |y(t +Δt) − y(t)|.
a
Возьмем произвольное ε>0. Так как по условию y ∈ C[a, b],тонайдется такое δ
> 0,что
1
|y(t +Δt) −y(t)| <
Положим m =max
t∈[a,b]
ε
, |Δt| <δ
2
|x(t)|. Из непрерывности ядра K(t, s) вквад-
. (Π3)
1
рате [a, b] × [a, b] имеем, что оно равномерно непрерывно. Поэтому для
выбранного ε найдется такое δ
*
*
K(t +Δt, s) −K(t, s)
при любом |Δt| <δ
Возьмем δ =min{δ
илюбомs ∈ [a, b].
2
1,δ2
временно выполняться неравенства (Π
,что
2
*
*
<
ε
2m(b −a)|λ|
(Π
4
}.ТогдаприлюбомΔt, |Δt| <δ, будут одно-
) и (Π4).Значит,
3
|g(t +Δt) −g(t)| <ε
для всех Δt, |Δt| <δ, т. е. функция g(t) непрерывна в каждой точке t ∈ [a, b].
Итак, f : C[a, b] → C[a, b].
Найдем условия, при которых отображение f будет сжимающим. Со-
гласно определению метрики, в C [a, b] имеем
b
),f(x2)) = max
ρ(f(x
1
t∈[a,b]
*
*
*
K(t, s)[x1(s) − x2(s)]ds
λ
*
a
*
*
*
.
*
)
РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ 165
Так как |x1(s) − x2(s)| ρ(x1,x2) для любого s ∈ [a, b] ифункция K(t, s) ограничена (т.е. существует такое M>0,что|K(t, s)| M
при всех (t, s) ∈ [a, b] × [a, b]), то
ρ(f(x
),f(x2)) |λ|M(b − a)ρ(x1,x2).
1
Отсюда видно, что если
|λ| <
1
M(b − a)
, (Π
)
5
то отображение f оказывается сжимающим. Теперь, учитывая, что C[a, b]
—ПМПиусловие(Π
) выполнено, применим принцип сжимающих отоб-
5
ражений, откуда получим существование и единственность решения уравнения (Π
ражения f. При этом решением интегрального уравнения (Π
всякую функцию из C[a, b], которая, будучи подставлена в (Π
) в C[a, b], представляющего собой неподвижную точку отоб-
1
) называют
1
), обращает
1
его в тождество по t на отрезке [a, b].
Если взять произвольную функцию x
b
x
= λ
n+1
K(t, s)xn(s)ds + y(t),n=0, 1, 2,...
a
∈ C[a, b], то из соотношений
0
, получим последовательные приближения к указанному решению.
10.12. (а) По условию имеем следующую краевую задачу
2
d
x
= λx2(t)+y(t),t∈ [0, 1], (Π1)
2
dt
x(0) = 0,x(1) = 0, (Π
)
2
где y ∈ C [0, 1],λ— числовой параметр.
Сведем данную краевую задачу к интегральному уравнению. Для этого,
интегрируя дифференциальное уравнение (Π
) дважды в пределах от 0 до t,
1
получаем уравнение
t
x(t)=
Теперь, принимая во внимание краевые условия (Π
c
(t −s)[λx2(s)+y(s)]ds + c1t + c2. (Π3)
0
),находим
2
1
=0,c1=
2
(s −1)[λx2(s)+y(s)]ds.
0
166 РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ
Отсюда, подставляя в (Π3) найденные значения c1и c2, окончательно имеем
1
x(t)=
k(t, s)[λx2(s)+y(s)]ds, (Π4)
0
где ядро k(t, s) определяется равенством
k(t, s)=
s(t −1), при 0 s t,
t(s −1), при t s 1,
и называется функцией Грина краевой задачи (Π
) − (Π2). Ясно, что функ-
1
ция k ∈ C([0, 1] × [0, 1]),причем
|k(t, s)| =1.
max
t,s∈[0,1]
Рассмотрим отображение f : C[0, 1] → C[0, 1], определенное равен-
ством
f(x)(t)=
в замкнутом шаре
B(x0,r) пространства C[0, 1],где
Покажем, что отображение f действует в шаре
вольной точки x ∈
ρ(f(x),x
)= max
0
B(x0,r) имеем
|f(x)(t) − x0(t)| =max
t∈[0,1]
1
k(t, s)[λx2(s)+y(s)]ds,
0
1
x
(t)=
0
k(t, s)y(s)ds.
0
t∈[0,1]
B(x0,r). Для произ-
1
*
*
*
k(t, s)x2(s)ds
λ
*
0
|λ| max
t∈[0,1]
*
*
*
*
|x(t)|2.
Так как x
∈ C[0, 1],то,полагая
0
α =max
t∈[0,1]
|x0(t)|,
заключаем, что
РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ 167
max
t∈[0,1]
max
t∈[0,1]
|x(t)|2=max
|x(t) −x0(t)|2+2α max
|(x(t) −x0(t)) + x0(t)|2
t∈[0,1]
t∈[0,1]
(r + α)
2
Отсюда получаем следующую оценку:
ρ(f(x),x
) |λ|(r + α)2.
0
Если параметр λ удовлетворяет условию
|λ|
r
(r + α)
то выполняется неравенство
) r,
0
B(x0,r) → B(x0,r) является сжимаю-
т. е. f(x) ∈
B(x0,r).
Покажем, что отображение f :
ρ(f(x),x
щим. Рассмотрим произвольные элементы x
1
*
*
ρ(f(x
),f(x2)) = max
1
|λ| max
2
*
λ
[x
1
*
t∈[0,1]
|x1(s)+x2(s)|ρ(x1,x2) |λ| max
t∈[0,1]
(t) − x0(t)) + 2x0(t)
+(x
2
0
(s) − x
*
*
· ρ(x
2
(s)]ds
2
|x(t) −x0(t)| + α2
.
, (Π5)
2
∈ B(x0,r).Тогда
1,x2
*
*
*
*
*
*
(x
(t) − x0(t))+
t∈[0,1]
) 2|λ|(r + α)ρ(x1,x2).
1,x2
1
Следовательно, при выполнении неравенства
|λ| <
будем иметь, что f — сжимающие отображения в
1
2(r + α)
B(x0,r).Таккак
B(x0,r) — замкнутое множество в ПМП C[0, 1],то(B(x0,r),ρ
B(x0,r)
(Π
6
) —
ПМП, и на основании принципа сжимающих отображений заключаем, что
)
168 РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ
интегральное уравнение (Π4), а значит, и краевая задача (Π1) −(Π2), имеет
единственное решение в
B(x0,r) при
|λ| < min
(r + α)
r
,
2
1
2(r + α)
,
!
которое находится с помощью метода последовательных приближений
по формулам
1
x
n
(t)=
1
k(t, s)[λx
0
x
(t)=
0
k(t, s)y(s)ds,
0
2
(s)+y(s)]ds, n =1, 2,... .
n−1
§11
11.11. Ясно, что l
0
— подпространство пространства lpи оно неполно.
p
Действительно, рассмотрим последовательность
=(1, 0, 0,...),x2=(1,
x
1
1
, 0,...),...,x
2
n
=(1,
1
2
,...,
1
, 0,...).
n
2
Так как при m<n
n
ρ(x
то заключаем, что последовательность (x
0
стве l
существует x
, но не имеет предела в нем. Действительно, предположим, что
p
=(ξ1,ξ2,...,ξ
0
n,xm
)=
i=m+1
, 0, 0,...) ∈ l
k
0
1/p
1
ip
2
→ 0,m→∞,
) фундаментальна в простран-
n
0
,такое,чтоρ(xn,x0) → 0
p
при n →∞. Но, с другой стороны, для достаточно больших n ивсилу
равенства
ρ(x
n,xm
)=
k
k=1
0
|ξk−
1
|p+
k
2
n
k=k0+1
1/p
1
kp
2
РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ 169
приходим к абсурдному заключению
lim
n→∞
k=k0+1
n
1
=0.
kp
2
Обозначим пополнение l
пространству l
.
p
0
через Y .Таккакl
p
0
плотно в lp,тоY изометрично
p
§12
12.3. (б) (⇒) Пусть M — ограниченное множество в R
n
.Тогдаего
можно заключить в куб с достаточно большим ребром. Разобьем этот
куб на маленькие кубики, ребра которым меньше, чем
2ε
,гдеε>0 —
√
n
произвольное число. Центры кубиков образуют конечную ε-сеть множе-
ства M .
(⇐) Пусть M — вполне ограниченное и S —конечнаясетьдляM ,со-
стоящая из k точек. Рассмотрим некоторую фиксированную точку x
Для произвольной точки x ∈ M существует точка s
кая, что ρ(x, s
) <ε. Отсюда в силу неравенства треугольника полу-
i
i
∈ Rn.
0
∈ S,та-
чаем
ρ(x
,x) ρ(x0,si)+ρ(si,x) max{ρ(x0,si):i = 1,k} + ε<∞.
0
Положив x
12.4. Например, в пространстве l
= {x
n
как ρ(0,x
ства ρ(x
=(0, 0,...,0), имеем
0
M ⊂ B(x
, max{ρ(x0,si):i = 1,k} + ε).
0
рассмотрим множество M =
2
: n ∈ N},гдеxn= {0, 0,...,0, 1, 0,...} для каждого n ∈ N.Так
)=1для любого n,тоM — ограниченное множество. Из равен-
n
)=√2 при n = m следует, что при 0 <ε<
n,xm
1
множество M
√
2
не имеет конечной ε-сети.
12.6. (а) Так как A —конечнаяε-сеть множества M ,токаждый
шар B(a
одной точке b ∈ B(a
для любой точки x ∈ M найдется точка a
,ε), a0∈ A,содержитхотябыоднуточкуизM . Возьмем по
0
,ε) ∩M для каждого a0∈ A.ПоложимB = {b}.Тогда
0
∈ A, такая, что ρ(x0,a) <ε,
0
170 РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ
адляточкиx ∈ M найдется точка a0∈ A, такая, что ρ(a0,b) <ε.Отсюда,
согласно неравенству треугольника,
ρ(b, x) ρ(b, a
)+ρ(a0,x) < 2ε,
0
т. е. множество B ⊂ M является 2ε-сетью для M .
(в) Так как F — вполне ограниченное множество, то для любого ε>0
n(ε)
существует конечная
Положим F
= B(xi,
i
ε
-сеть {x1,...,x
3
ε
) ∩ F = ∅.Ясно,чтоFiявляются замкнутыми
3
подмножествами в F,причемd(F
n(ε)
ем: F =
Fi,гдеFi— непустые замкнутые множества и d(Fi) <εдля
i=1
}⊂F .Нотогда
n(ε)
2
)
i
ε.Итак,длялюбогоε>0 име-
3
i=1
B(xi,
каждого i.
12.7. Пусть (a
) — фиксированная последовательность в l2. Покажем,
n
что множество
M = {x ∈ l
вполне ограничено в l
Возьмем ε>0. Тогда в силу сходимости ряда
,такой,что
мер k
0
: x =(xn), |xn| |an| для каждого n ∈ N}
2
.
2
∞
n=k0+1
|an|2<
ε
2
∞
|an|2найдется но-
n=1
2
.
Рассмотрим множество
ε
)⊃F .
3
M
= {(xn):xn=0при n>k0}⊂M.
0
Это множество ограничено (так как sup
1nk
|xn| sup
0
1nk
|an|)иконечно-
0
мерно. Значит, согласно задаче 12.3(б), оно вполне ограничено. Поэтому
для M
ставим точку x
существует конечная
0
=(b1,b2, ...,b
0
Но тогда для любой x ∈ M имеем ρ
ε
-сеть. Каждой точке x =(xn) ∈ M0сопо-
2
, 0, 0, ...),такую,чтоρ
k
0
2
(x, x0) < (
l
2
ε
)2+(
2
(x, x0) <
M
0
ε
)2,т.е.
2
ε
-сеть
2
ε
2
будет ε-сетью для множества M .
.
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]