Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Элементы функционального анализа линейные операторы, уравнения в банаховых пространствах. Учебное пособие
.pdf
11
,
X Y
( , )
A L X Y
N
x X
n
A x
n
A
X X
X
X X
,
X Y
( , )
A L X Y
N
n
A
n
( , )
A L X Y
n
A
A A
A A
0
x X
0 0
, , ,..., , 0,0,...
1 2 2
x x x x l
nN
n
A
1
0
A I
0 ,. .. , 0 , , , , ... , 1 .
sup 1
n
A
X
Y
A X Y
D A X
( )
D A
Теорема 1.6. Пусть
n
раничена, тогда последовательность
Определение 1.11. Множество
, если
Теорема 1.7. Пусть
n
дилась к оператору
всюду плотном в пространстве X.
ров влечет ее сильную сходимость (к тому же предельному оператору), обратное утверждение не верно.
. Для того чтобы последовательность
1) последовательность
2)
Теорема 1.8. Равномерная сходимость последовательности операто-
n
n
1
.
и для любого
n
сильно на некотором линейном многообразии,
– банаховы пространства,
, необходимо и достаточно, чтобы:
была ограничена;
банаховы пространства,
последовательность
ограничена.
1
называется всюду плотным в
n
при
сильно схо-
ог-
Доказательство. Пусть
; тогда
A x Ax A A x A A x A x Ax
сходимость. С этой целью рассмотрим пример.
ный оператор и
остаток сходящегося ряда; значит,
вательность нормированных элементов
По теореме 1.4
n n n n
Докажем, что из сильной сходимости еще не следует ее равномерная
Пусть
( ) ( )
ˆ ˆ
x x
A I A I x A I x A x x x
n n n n
X Y l A x x x x
, ,..., ,...
n n
1
x
2 1 2
n n
n
A
n
n
. Для любого
1 1 1 1
2 4 8
. Покажем, что для всех
n
; это означает
,
x l A x I x x
2
n
( ) ( ) ( ) ( )
n n n n
ˆ ˆ ˆ ˆ
n k
сильно. Рассмотрим последо-
A A
n
.
2
k n
1
k
– ограничен-
2
1
k
2
; пусть
как
.
Следовательно,
Теорема 1.9. Пусть
:
– линейный оператор, причем
не сходится равномерно к I.
– ЛНП,
– банахово пространство,
( )
и на
опера-
12
ˆ
( , )
A L X Y
ˆ
Ax Ax
( )
x D A
A A
ˆ
A
X
n
A
N
( , )
A L X Y
n
A
1nn
A x
Y
Ax
x
(0)
A A
(0)
A x Ax
(0)
A x Ax
(0)
2
2
2
A A
( , )
A L X Y
( , )
B L X Y
C A B
D A
X
A B x Ax Bx Ax Bx A x B x A B x
A B
A B A B
A
A A
( , )
L X Y
Y
A A
тор A ограничен. Тогда существует
При этом оператор
пространство
Пример 1.11. Пусть
сходится равномерно к A тогда и только тогда, когда последовательность
в шаре
0
x U
т.е.
1
A x Ax A A x A A x A A
n n n n
n
, что
.
сходится в пространстве
N n A A
, имеем
равномерно на
U
. Пусть
1
для любого
называется продолжением оператора A на все
n
U
1
ограниченный линейный оператор
ˆ
и
,
к
n
n
.
равномерно относительно
. Это значит, что
. Следовательно, для
. Докажем, что
,
.
U
1
,
. Это значит, что
1
n
.
.
.
, докажем, что тогда
Пусть
0 (0)
Отсюда следует, что
По теореме 1.4
Пример 1.12. Пусть
щие из
Если A и B линейные ограниченные операторы, то
,
т. е.
Оператор
n
N n x U A x Ax
A A
n
и
в Y.
– линейный ограниченный оператор, причем
равномерно на
sup sup
A x A x A A x
n n
1 1
x x
, т.е.
– линейные ограниченные операторы, действую-
также ограничен, причем
n
. (1.1)
Таким образом, множество
торов, действующих из X в
норму:
неравенство треугольника – из (1.1); аксиома тождества, очевидно, также
( , )L X Y
; положительная однородность следует из (1.2),
, образует ЛНП операторов. Введем в нем
. (1.2)
линейных ограниченных опера-
13
1nn
( , )
L X Y
n
Ax A x
x X
0
,
n m
x X
A x Y
0
Y
y Y
A x y
x X
A x Y
A X Y
n
Ax A x
A
X
n m n m
A A A A
1nn
0
A C
nN
A x A x C x A x C x
n
Ax C x
( , )
A L X Y
( , )
L X Y
,
X Y
0
0
x
равенство треугольника – из (1.1); аксиома тождества, очевидно,
также выполняется.
A
Пример 1.13. Если
фундаментальная последовательность
операторов из
дел
По условию
вольный элемент. Покажем, что последовательность
даментальна. Имеем
следовательно,
такой, что
ствие элемент
мый равенством
Пример 1.14. Докажем, что оператор
ченный линейный оператор, действующий из
lim
n
при каждом
A A
A x A x A A x A A x n m
n m n m n
A x A x
n m
n
lim
n
, а Y – банахово пространство, то она имеет пре-
.
n m
; таким образом, каждому
n
, т.е. имеем оператор
lim
n
при
. В силу полноты
.
. Пусть
:
из примера 1.13 – ограни-
в Y.
– произ-
1nn
0 ,
найдется
ставится в соответ-
, определяе-
фун-
,
Так как
A
C
ет
Переход к пределу при
также фундаментальна и, следовательно, ограничена: существу-
такое, что
Из утверждений, доказанных в примерах 1.13-1.14, следует полнота
пространства
Пример 1.15. Пусть
, , , , , ,
x x X A A L X Y n N x x A A n
n n n n
Докажем, что
Так как при
n
n n n
, т.е.
.
A x Ax n
n n
n A A
, то числовая последовательность
для
.
– линейные нормированные пространства,
n
. В итоге
.
в последнем неравенстве дает
.
x x
,
n
, а последователь-
.
ность
ограничена (как сходящаяся), то
n
14
n
A
( ) 1, 2 , ...
!
k
s
k
s
e
0,1
( )
Ax t e x s ds
( )
(0)
A A x e x s ds x s ds
n
n
A
N
( , ,..., ,...) ( , ,..., ,0,...)
2
x l
0,...,0, , , ,...
1
A x Ax A x Ax Ax Ax A A x A x x
n n n n n n n n n
A A x A x x n
n n n
Пример 1.16. Докажем, что последовательность
0
.
, определенная по
правилу
t
A x t x s d s n
n
k
0
k
n
s
!
k
0
равномерно сходится.
n
Так как
( )
S s
n
k
– частичная сумма ряда Тейлора для экспоненты
0
, (который сходится равномерно на любом отрезке вещественной оси, а
значит и на
t
s
x ds
при
0
Пусть
n
1
0
k
s
! 1 !
k k
1 1
k n k n
x U
max ( ) max ( )
0,1 0,1
t t
, как остаток сходящегося числового ряда. Таким образом, в
), то предельный оператор должен иметь вид
. Покажем, что
; тогда
1
t t
s
0 0
k k
n
s s
! !
k k
0 1
k k n
A A n
n
.
1
0
силу результата примера 1.11
Пример 1.17. Последовательность операторов
сходится равномерно к A
: ,
A l l n
2 2
n
деляется равенством
A x x x x x x
1 2 1 2
n k n
Исследуем ее на сходимость. Так как для любого
1
2
2
0
A x x x n
n k
k n
(как остаток сходящегося ряда), то
1
A I n
n
сильно.
.
Покажем, что равномерной сходимости здесь нет. Пусть
2
n
ˆ
x
k
1
. Согласно теореме 1.4
k
2
1
n
1 1 1
; тогда
2 4 8
n
ˆ
x
n
.
опре-
15
1
X
A L X
B X X
( )
D B
AB
0,1
( ) ( ) , '( ), ''
Ax t x s ds B x t x t B x t x t
1
( )
D B
0,1
2
( )
D B
0,1
1
B
2
B
1
AB
2
AB
'( ) ( ) ( )
AB t x s ds x t x a
''( ) '( ) '( )
AB t x s ds x t x a
,
X Y
x x X A A L X Y n x x A A
( ) 0,1 : ' 0, 1 , ' ,
D A x C x C Ax t x t
A x t n x t x t
1, 2,..., 1
n x t x
1
t
A A
n
A
A x t t t x t
: 0,1 0,1 1, 2,...
n n
A I A I x x
n n
равномерно.
ˆ ˆ
, т.е.
последовательность не сходится
Пример 1.18. Пусть
ниченный оператор с плотной в X областью определения
жем, что произведение
ниченным оператором.
Пусть
тогда оператор A всюду определен и ограничен,
C
всюду плотное в
функций; при этом операторы
– ограниченный, а оператор
1
X C
t
0
множество непрерывно дифференцируемых функций;
,
C
t
0
Задачи для самостоятельного изучения
– ЛНП,
может быть как ограниченным, так и неогра-
1 2
множество дважды непрерывно дифференцируемых
и
,
неограниченные ; тогда оператор
– неограниченный. Действительно,
t
2
0
:
,
;
– всюду плотное в
– неогра-
. Пока-
–
.
Задача 1.11. Пусть
, , , , , ,
N
n n n n
n
Докажите, что
равномерно.
A C C n
n
ру.
. Докажите, что
Задача 1.12. Пусть
n
Задача 1.13. Докажите, что операторы
Задача 1.14. Докажите, что последовательность
n
A x Ax n
1
n
сильно.
n n
равномерно сходится к нулевому операто-
– банаховы пространства,
(
сильно
.
при
из задачи 1.12 не сходятся
n
n
,
).
1
16
A x t n x s ds
: 0,1 0,1 1,2,...
N
( , ,..., ,...) (0,...,0, , ,...)
( , ,..., ,...) , ,...
H
L H
L
Y
, ,
X Y Z
, ( , )
A A L X Y
A A
B B
B A BA
n
,
X Y
A X Y
( )
D A
( )
R A
A Y X
( )
y R A
( )
x D A
y Ax
( ( ))
A A x x
A A I
A X Y
1
R A Y A
( , )
A L Y X
1
A
( )
R A
0
( )
x D A
A x m x
Задача 1.15. Докажите, что последовательность, определенная
1
t
n
( )
по правилу
n
A C C n
t
,
n
сходится к тождественному оператору.
Задача 1.16. Выяснить, сходится ли последовательность из задачи
1.15 равномерно?
, : ,
Задача 1.17. Последовательности операторов
B C l l n
n n
2 2
определяются равенствами:
а)
B x x x x x
1 2 1 2
n k n n
б)
C x x x
1 2
n k
n
x x
1 2
n n
.
;
Исследуйте эти последовательности на сходимость.
сильно
Задача 1.18. Пусть
– гильбертово пространство,
– линей-
ное многообразие, A – ограниченный линейный оператор, заданный на
со значениями в банаховом пространстве
. Доказать, чтоA может
быть продолжен на все H с сохранением нормы.
Задача 1.19. Пусть
n
но),
n n
n
,
сильно (равномерно)
сильно (равномерно)
, ( , )
B B L Y Z n
n
– банаховы пространства,
,
n
n
сильно (равномер-
. Докажите, что
.
1.3. Обратные линейные операторы. Теорема Банаха
Пусть
на
– ЛНП,
взаимно однозначно.
Определение 1.12. Оператор
ствие каждому
:
элемент
– линейный оператор, отображающий
1
:
, который ставит в соответ-
такой, что
, называется
оператором, обратным оператору A.
Из этого определения следует, что
Определение 1.13. Линейный оператор
рывно обратимым, если
1
.
Теорема 1.10. Оператор
только тогда, когда для некоторой постоянной
выполняется неравенство
1
:
( ) ,
существует и ограничен, т.е.
существует и ограничен на
m
.
1
,т.е.
.
называется непре-
тогда и
и любого
17
,
X Y
( , ),
A L X Y
R A Y
X
( )
C L X
1
I C
1
C
X
, ( ),
A B L X A
1
1
B A A
: ( ) ( )
A D A R A
: ( ) ( )
A R A D A
( ) 0
,
X Y
( , )
A L X Y
( , )
A L Y X
r Y
A A I
( , )
A L Y X
l X
A A I
Y
I
X
I
BAC B AC BI B
BAC BA C I C C
B C
:
n n
AR R
A
det A 0
1
A
1
A
0,1
0,1
Теорема 1.11 (Банах). Пусть
( )
и A обратим. Тогда A непрерывно обратим.
Теорема 1.12. Пусть
C
. Тогда оператор
Теорема 1.13. Пусть
– банахово пространство,
непрерывно обратим и справедлива оценка
1
I C
– банахово пространство,
– банаховы пространства,
.
1
непрерывно обратим и выполняется неравенство
1
B A A
.
Тогда B непрерывно обратим и справедлива оценка
1
A
.
B
1
1
В курсе линейной алгебры доказывается следующая теорема.
Теорема 1.14. Пусть
для существования оператора
1
– линейный оператор. Тогда
необходимо и достаточ-
и
но, чтобы
Пусть
Определение 1.14. Оператор
ратным к A, если
вым обратным к A, если
N A
– ЛНП,
.
.
1
r
1
, оператор
1
, где
называется правым об-
1
l
и
называется ле-
– тождественные
операторы соответственно в пространствах Y и X.
Пример 1.19. Докажем, что линейный оператор может иметь только
один обратный оператор.
Пусть B и C – два оператора, обратных оператору A. Тогда, с од-
ной стороны,
x
. Это означает, что
Пример 1.20. Пусть линейный оператор
выбранном базисе матрицей
( )
y
, с другой –
.
определяется в
(см. пример 1.3.). Необходимым и доста-
точным условием непрерывной обратимости оператора A является усло-
вие
ратного оператора
Пример 1.21. Рассмотрим в
y t C
. При этом обратная матрица
в том же базисе.
C
интегральное уравнение
относительно неизвестной функции
является матрицей об-
18
( ) 0, 1 :
( ) ( )
Ax t x t tsx s ds y t
( ) ( )
x t y t ct
( )
c sx s ds
2
tx t ty t ct
0,1
( )2c sy s ds
( )
y t
x t y t sty s ds A y t
( )
y t
( )ia t
1,...,
i n
0,
T
( ) ( ) ( ) ... ( ) ( ) ( )
Ax x t a t x t a t x t y t
(0) '(0) ... (0) 0
( )
D A
0,
T
( )
x t
( ),..., ( )
x t x t
( ) 0
y t
( ) ... ( )
( ) ... ( )
( ) ... ( )
x t x t
( ) 0
W t
0,
T
( ) ( ) ( ) ... ( ) ( )
x t c t x t c t x t
( )ic t
( ) ( ) ... ( ) ( ) ( ).
c t x t c t x t y t
x t C
Заметим, что
( ) ( )
на
, находим
1
0
, где
.
1
0
1
3
0
. Интегрируя равенство
. Следовательно, при
любой правой части
решение исходного уравнения имеет вид
1
2
0
( ) ( ) ( )
3
1
.
Пример 1.22. Задача Коши для линейного дифференциального урав-
нения n-го порядка. Пусть функции
ны на
. Рассмотрим дифференциальное уравнение
( ) ( 1)
n n
. (1.3)
1
и
,
n
, непрерыв-
Будем решать для него задачу Коши, т.е. найдем его решение, удовлетворяющее начальным условиям
( 1)
n
Область определения
ренцируемых на
Пусть
1
x x x
пусть состоит из n раз непрерывно диффе-
функций
– система из n линейно независимых решений
n
, удовлетворяющих условиям (1.4).
соответствующего (1.3) однородного уравнения [т.е. (1.3) при
. (1.4)
].
Составим определитель Вронского
x t x t
( )
W t
1
x t x t
1
.
n
n
.....................
( 1) ( 1)
n n
Известно, что
на
1
. Согласно методу Лагранжа вариа-
n
ции постоянных, решение задачи (1.3) – (1.4) ищется в виде
1 1
n n
причем для произвольных неизвестных функций
( ) ( ) ... ( ) ( ) 0,
щая система уравнений:
c t x t c t x t
1 1
( ) ( ) ... ( ) ( ) 0,
c t x t c t x t
1 1
...............................................
1 1
( 1) ( 1)
n n
n n
n n
n n
,
возникает следую-
19
( ) ( )
c t y t
1, 2,...,
k n
( )kW t
( )
W t
( ) ( ) ( )
x t x t y s ds
A
0 , 0 ,
C T C T
( )
( )
c x t ds
0 1 1
, ,...,
n
x x x
0 1 1
n
x x x x x x
( ) ( ) ( ) ( )
x t x t y s ds x t
k l
x x
0,1,..., 1
l n
(0) 0
W
D B
0,
T
( ) 0,
D B C T
0,
y t C T
i n
x E
B
; (0),..., (0)
( ) ( )
x B t x y t
( ) 0
Решая ее по правилу Крамера, находим
( )
W t
k
( )
W t
,
k
,
где
делителя
–алгебраическое дополнение k-го элемента n-й строки опре-
.
Учитывая начальные условия (1.4), находим решение задачи (1.3) –
(1.4) в явном виде:
n
1
k
t
( )
W s
0
k
( )
W s
k
. (1.5)
Это решение единственно.
Из формулы (1.5) вытекает непрерывная обратимость оператора
t
W s
0
k
W s
k
.
Действительно
x c y , где
n
max ( )
0,
T
k
1
Пример 1.23. Для дифференциального уравнения (1.3) рассмотрим
более общую задачу Коши: найти решение (1.3), удовлетворяющее начальным условиям (
(0) , (0) ,..., (0)
заданы)
( 1)
n
. (1.6)
Решение задачи (1.3), (1.6) также дается явной формулой:
n n
1 1
k k
t
( )
W s
0
k
( )
W s
k k k
, (1.7)
где постоянные определяются из системы уравнений
n
k
l
(0)
k
1
,
,
.
с определителем
.
С операторной точки зрения этот результат можно трактовать так:
оператор B определен на
ренцируемых на
функций
ство Y, элементы которого – набор функций
1
n
(0)
0
i
.
действует по формуле
( )
Оператор
, состоящей из n раз непрерывно диффе-
, и действует в простран-
Bx Ax x x
и вектора
( 1)
n
. Из
формулы (1.7) вытекает непрерывная обратимость оператора B.
Пример 1.24. Рассмотрим задачу Коши
,
x a
для системы n дифференциальных уравнений с n неизвестными функ-
20
( )
B t
n n
,
a b
( )
y t
( )
x t
( )
Ax x B t x
, , , ... , , ,
C a b C a b C a b C a b X Y C a b
Ax y
y Y
R A Y
( )
X t
( )
x B t x
( , ) ( ) ( )
C t s X t X s
Ax y
( ) ( , ) ( )
x t C t s y s ds
( , ) ( )
A y C t s y s ds
A C C Ax t x s ds x t
1
A
( )
x t
Ax t y t
0,1
( ) ( )
x s ds x t y t
y
( ) ( );
x s ds z t z
(0) 0
( ) ( )
z t x t
z z y
(0) 0
z t e y s ds
циями, записанную в векторно-
- матрица, элементы которой непрерывные на
– непрерывная n-вектор-функция,
руемая n-вектор-функция. Определим оператор
стью определения
T
( ) , ,..., : , , ( ) 0 1, 2,...,
D A x x x x x C a b x a k n
здесь
темы
решение уравнения
n n
Так как уравнение
Таким образом, обратный оператор задается равенством
Пример 1.25. Докажем, что оператор
1 2
. Пусть
,
n k k
n
при любом
– фундаментальная матрица однородной сис-
1
, как известно, имеет вид:
t
a
1
матричной форме. Здесь
функции,
– непрерывно дифференци-
матрица Коши этой системы. Тогда
.
t
a
t
.
имеет решение, то
.
–
с обла-
: 0,1 0,1 , ( )
непрерывно обратим; найдем
Для нахождения обратного оператора надо решить относительно
функции
нашем случае это уравнение
нельзя добиться дифференцированием последнего уравнения, так как x и
не предполагаются дифференцируемыми. Введем обозначение
t
0
Таким образом, наше уравнение запишется как задача Коши
z
.
Решение этой задачи
уравнение
– непрерывно дифференцируема,
t
0
.
t
0
, где
t s
0
y C
. Заметим, что этого
,
z
произвольна; в
,
.
,
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]