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
51
1 2 1 2 1 2 1 2
y t y t x t x t x t t t t
1
t
2
t
1
0
, 0,1
1
1
0,2
Ax t t x t
1
max max max 2 2
1
0,2
1 1
, 1 ,1 .
n n
0
0
, 0,2
0,2
, 0,2
1
1
2
2
n
2
n
1
n
1 1 1
0 0
2 2
A l l
0, , , , ,...
1 2 3 2
, , ,... ,
x x x x l
дифференцируемой)
точка лежит между точками
числа
y t y t t t
1 2 1 2
функций множества
функций является компактным, что означает компактность оператора
дифференцирования A.
Приведем примеры линейных непрерывных (ограниченных) операторов, не являющихся компактными.
Пример 3.17. В
Множество
Ax t tx t t x t x
Покажем, что множество
непрерывным. Рассмотрим последовательность непрерывных на отрезке
функций
и любых
. Это доказывает равностепенную непрерывность
A S . По теореме Арцела множество
C рассмотрим линейный оператор
A S функций равномерно ограничено, так как
0
0,2 0,2 0,2
t t t
t t таких, что
1 2
0
, а
0
x x
.
и
A S не является равностепенно
. Тогда для любого
2
t t
1 2
следует
, где
A S
0
.
1, 1,
t
x t t
n
Покажем, что существует число
лого числа
что:
t t и
1 2
функций не является равностепенно непрерывным]. Примем
1, 1
t t
1 2
1
1 1
Ax t t x t t
2 2 2 2
n n
0, 0,1 1 ,2 ,
кусочно линейна t
, т.е.
Ax t Ax t
. Номер n возьмем таким образом, чтобы
1 1
n n
найдутся
1 2n n
1t
2
,
Ax t Ax t
t t и функция
1 2
[это докажет, что множество
). Тогда
1 2
n n
, что для любого достаточно ма-
x t C такие,
n
A S
1
Ax t t x t x
1 1 1
n n n
1
.
0
,
(тогда
,
Пример 3.18. Покажем, что оператор
Ax x x x x (
не непрерывным оператором.
1 2 3 4
:
x x
1kk
, заданный равенством
2
), не является впол-
52
2 2
A l l
Ax x M
, , ,... : 1
0,...0,1,0,...
1
n m
: 0,1 0,1
Ax t e x s ds
: 0,1 0,1
Ax t s x s ds x t
: 0,1 0,1
Ax t s x s ds x t
: 0,1 0,1
sin 1
Ax t s x s ds x
: 0,1 0,1
Ax t x s ds
, ,
: 0,1 0,1
Ax t t s x s ds
Заметим, что данный оператор
ченным, так как
2
1kk
:
является равномерно ограни-
. Однако множество
A S
1
не явля-
ется равностепенно непрерывным (здесь
S x x x x l x x
1 1 2 3 2
последовательность
месте),
Ae Ae
n m
e S
, где
e
2
. При этом для любых
n
0,...,0,1,0,... 0,...0,...0,1,0,... 4
1 1
n m
k
1n
2
k
1
). Действительно, рассмотрим
e (единица стоит на n-м
n
имеем
2
.
Задания для самостоятельного решения
Задание 3.1. Показать, что оператор
1
равенством
оператором.
Задание 3.2. Показать, что оператор
равенством
0
t
sin
0
ts
, является вполне непрерывным
, не является вполне непрерывным
A C C , заданный
A C C , заданный
оператором.
Задание 3.3. Показать, что оператор
t
венством
sin
0
, является вполне непрерывным опе-
1
A C C , заданный ра-
ратором.
Задание 3.4. Показать, что оператор
t
венством
0
A C C , заданный ра-
, является вполне непрерывным
оператором.
Задание 3.5. Показать, что оператор
t
венством
0
3
, является вполне непрерывным оператором.
A C C , заданный ра-
Задание 3.6. Выяснить, при каких значениях параметров
нейный интегральный оператор
1
0
, является вполне непрерывным оператором.
A C C , заданный равенством
ли-
53
: , ,
A C a b C a b
Ax t x t
Ax t x t
: , ,
A C a b C a b
: , ,
A C a b C a b
: , ,
A C a b C a b
1 2
A l l
Ax x
1 1
A l l
0, ,0, ,0, , 0, ,...
1 1
B l l
0, ,0, ,0, ,0,0,0,...
1 1
A l l
0, , , , ,...
: 0, 0,
Ax t t x t
1
1 0,1 : 1
1
1 0,1 : 1
1
1 0,1 : max max 1
Ax t s x s ds x t s x s ds x t
max max 1 2 2 2.
1
1
, 0,1
1 2
t t
Задание 3.7. Показать, что оператор
равенством
Задание 3.8. Выяснить, является ли оператор дифференцирования
вполне непрерывным оператором, если:
а)
Задание 3.9. Показать, что оператор
, не является вполне непрерывным оператором.
Задание 3.10. Показать, что оператор
Ax x x x x , не является вполне непрерывным оператором, а
оператор
ется вполне непрерывным оператором.
Задание 3.11. Показать, что оператор
Ax x
Задание 3.12. Показать, что
, б)
1 2 3 4
:
x x x
2 3 4
1
2 3 4
, является вполне непрерывным оператором.
1
, заданный равенством
, является вполне непрерывным оператором.
, в)
Bx x x x , явля-
A C C
, заданный равенством
1
:
:
:
, заданный
2
, заданный равенством
, заданный равенством
1 2 3
, заданный равенством
.
sin 2
, не является вполне непрерывным оператором.
Ответы и указания к решению заданий
для самостоятельного решения
3.1. Показать, что множество
S x C x
0
рывно. 3.2. Показать, что множество
S x C x
0
прерывно. 3.3. Сначала требуется показать, что множество
шара
чено:
S x C x x t x t
0
0,1
C
t
x ds x x t x x
0,1 0,1 0,1 0,1 0,1
C C C C C
0,1 0,1
t t
0
max sin max sin max
0,1 0,1 0,1
t t t
0 0
) равномерно ограничено и равностепенно непре-
) равномерно ограничено, но не равностепенно не-
1
t t
1
t t
0,1 0,1
A S (образ шара
0
A S (образ шара
0
) равномерно ограни-
A S (образ
0
1
Далее, покажем, что множество
любой функции
y t y t s x s ds x t s x s ds x t
1 2 1 2
y y t A S и любых
t t
1 2
sin sin
0 0
A S равностепенно непрерывно. Для
0
0
t t (
1 2
) имеем
54
s x s ds x t x t s x s ds x t t
1 2 1 2 1 2
x ds x t t x t t t t
1
1 0,1 : 1
3
u s
Ax t du
1
1 0,1 : 1
u s
Ax t t u x u du
0,1
0,1
0, 0
0
R A
t
R A t
X
:
A X X
x Ax y
,
x y X
,
C a b
, , ,
x t K t s x s ds y t t a b
t t
2 2
sin sin
t t
1 1
t
2
t
1
1 2 1 2
2 2
. 3.4. Показать, что множество
A S (образ шара
0
равностепенно непрерывно. 3.5. Произвести замену переменной
интеграле, после чего оператор примет вид
теореме Арцела показать, что множество
S x C x
0
рывно. 3.6. После замены переменной интегрирования
примет вид
S x C x
0
) равномерно ограничено и равностепенно непре-
1
1
1
0
1
. При этом оператор действует из
) равномерно ограничено и
3
t
x u
1
A S (образ шара
2/3
3
u
0
0
. Согласно
оператор
в
1
C в
C только, если
,
. Образ
оператора
конечномерный (одномерный), так как порождается одной функцией
т.е.
При исследовании линейных интегральных уравнений 2-го рода
Э.Фредгольм получил ряд теорем, заведомо не имеющих места для произвольных уравнений. В дальнейшем Ф.Рисс и Ю.Шаудер показали, что особые свойства этого класса уравнений вытекают из компактности интегральных операторов, и построили общую теорию уравнений с компактными операторами.
Пусть
оператор. Основным объектом исследования является уравнение вида
.
4. Уравнения в банаховых пространствах
4.1. Постановка задачи. Примеры
банахово пространство,
,
, (4.1)
линейный компактный
,
которое называется уравнением 2-го рода.
Рассмотрим примеры уравнений вида (4.1).
Пример 4.1. Линейное интегральное уравнение Фредгольма 2-го рода
в пространстве
:
b
a
55
2
,
a b
,
K t s
,
a b
y t
Ax t K t s x s ds
P
P
R
P
C
n
P
, 1
i j
n
x y P
,
C a b
, , ,
x t K t s x s ds y t t a b
2
,
a b
,
K t s
,
a b
y t
Ax t K t s x s ds
2
l
, 1iji j
2
a
, 1,2,...
1 2 1 2 2
x x x x y y y y l
, 1iji j
x Ax y x y X
z Az z X
* *
f A f f X
:
A X X
* * *
:
A X X
с непрерывным в квадрате
функцией
b
Пример 4.2. Пусть
сел или
ских уравнений вида (4.1) в пространстве
A a
и вектор-столбцами ,
ij
Пример 4.3. Линейное интегральное уравнение Вольтерры в
с непрерывным в квадрате
функцией
Пример 4.4. Бесконечная система линейных алгебраических уравне-
ний вида (4.1) в
,
a
поле комплексных чисел). Система линейных алгебраиче-
n
t
,
a
с бесконечной матрицей
. Как было показано выше, оператор
является компактным оператором.
числовое поле (
t
a
. Как было показано выше, оператор
является компактным оператором.
ядром
является уравнением 2-го рода.
ядром
и непрерывной на отрезке
поле вещественных чи-
с квадратной матрицей
и непрерывной на отрезке
A a
, удовлетворяющая
:
условию, что ряд
где
ратор, заданный матрицей
Наряду с уравнением (4.1)
вующее ему однородное уравнение
сопряженное к (4.1) уравнение
и однородное сопряженное уравнение
, ,..., ,... , , ,..., ,...
, 1iji j
k k
сходится. Система (4.1) принимает вид
x a x y i
i ij j i
j
A a
, является компактным оператором.
4.2. Первая теорема Фредгольма
рассмотрим соответст-
A
*
, (4.2)
,
1
. Как было показано выше, опе-
,
,
. (4.4)
, (4.3)
Заметим, что так как оператор
теореме Шаудера сопряженный оператор
является компактным, то по
также является ком-
56
X
:
A X X
y X
R I A X
I A
I A
*
X
* *
R I A X
*
I A
*
X
*
I A
I A
*
I A
1
x I A y
0,1
5 , 0,1
3 2
K t s t s
2
0,1
Ax t t s x s ds
x t
0,1
0,1 : 5 0
5 0.
A s z s ds
3
5
z t At
2
t
0,1
пактным оператором, т.е. все уравнения (4.2), (4.3), (4.4) есть уравнения
Фредгольма 2-го рода.
Теорема 4.1 (первая теорема Фредгольма). Пусть
странство,
верждения эквивалентны:
1) уравнение (4.1) имеет единственное решение при любой правой
линейный компактный оператор. Следующие ут-
банахово про-
части
ра
2) уравнение (4.2) имеет только нулевое решение (это означает, что
N I A
, множество нулей оператора
го элемента);
3) уравнение (4.3) имеет единственное решение при любой правой
части
совпадает с пространством
4) уравнение (4.4) имеет только нулевое решение (это означает, что
N I A
вого элемента).
При этом, если выполнено хотя бы одно из условий 1) – 4), то операторы
значно разрешимы в виде
Рассмотрим примеры на применение первой теоремы Фредгольма.
Пример 4.5. Рассмотрим интегральное уравнение Фредгольма в про-
(это означает, что
совпадает со всем пространством X);
(это означает, что
*
, множество нулей оператора
и
непрерывно обратимы, т.е. уравнения (4.1) и (4.3) одно-
,
);
, т.е. область значений операто-
f I A
.
состоит только из нулево-
, область значений оператора
состоит только из нуле-
1
*
странстве
в котором ядро
ние есть уравнение вида (4.1), в котором линейный оператор
ратор. Покажем, что уравнение имеет единственное решение
бой правой части
N I A z t C z t t s z s ds
виде
ние
C :
1
x t t s x s ds y t y t C
, 5
непрерывно в квадрате
1
3 2
5
0
есть оператор Фредгольма, а значит, компактный опе-
1
z t t s z s ds
3 2
0
. Умножив обе части последнего равенства на
3 2
0
y t C . Найдем множество
1
Обозначая
3 2
0
,
. Данное уравне-
. Перепишем уравнение в
1
2
0
, получаем, что реше-
при лю-
и
проинтегрировав в отрезке
, получим
57
5 5 0
0
0,1
x t
0,1
x t
0,1
x t t s x s ds y t x t At y t
2
t
0,1
x t t At y t t x t t dt A t dt y t t dt A A y t t dt
6 .
A y t t dt
x t y t t dt t y t
x t a t b s a t b s x s ds y t
, , , , ,
a t b t a t b t y t C a b
a t a t
,
a b
Ax t a t b s a t b s x s ds
N I A
0
, 1,2
z t c a t c a t
1 2
,
c c
z t c a t c a t
a t a t
0
1 1
0 0
Итак,
Фредгольма исходное интегральное уравнение однозначно разрешимо относительно функции
Найдем решение
уравнение в виде
умножив обе части на
2 5 2 2 5 2 2
В результате решение имеет вид
Пример 4.6. Рассмотрим интегральное уравнение Фредгольма 2-го
рода с вырожденным ядром
z t
5 5 5
1
0
(
2
2 5
z t t dt A t dt A A A
t ), т.е.
при любой правой части
при заданной функции
1
3 2 3
5 5
0
и проинтегрировав в отрезке
1 1 1 1
N I A
. Тогда по первой теореме
0 0 0 0
b
1 1 2 2
a
1
6
1
30
0
.
y t C .
y t C . Переписав
,
, получим
1
6
2 3
, (4.5)
.
где
1 2
ловиях уравнение (4.5) имеет единственное решение. В данном случае
оператор, заданный равенством
есть вполне непрерывный линейный оператор. Найдем множество
Обозначив
с некоторыми константами
в (4.6) и приравнивая коэффициенты при функциях
c a t c a t a t b s a t b s c a s c a s ds
1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2
1 1 2 2
,
линейно независимы на отрезке
, решив однородное уравнение
b
z t a t b s a t b s z s ds
b
c b s z s ds k
k k
a
b
a
a
. Будем считать, что функции
. Выясним, при каких ус-
b
1 1 2 2
, получим решение
. Подставляя функцию
1 1 2 2
a
1 2
. (4.6)
1 1 2 2
1 1 2 2
,
, получаем
,
58
0
0,
a s b s ds
, 1,2
a t a t
1 0,
1 0.
0
0
x t
y t
x t c a t c a t y t
1 2
,
c c
1 ,
1 ,
b s y s ds
1,2
x t ts t s x s ds y t
1,1
2 2
a t t b s s a t t b s s
1 0 0, 0 1 0.
3 5
2 2
x t c t c t y t
3 2 5 2
sy s ds
s y s ds
b b
ca t c a t a t ca s c a s b s ds a t ca s c a s b s ds
1 1 2 2 1 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 2
a a
a t c c c a t c c c
1 1 1 11 2 12 2 2 1 21 2 22
где обозначен коэффициент
независимости функций
Если система (4.7) имеет только тривиальное решение
рица этой системы есть неособенная матрица), то единственным решением
однородного интегрального уравнения (4.6) является функция
N I A
. В этом случае по теореме Фредгольма 1 уравнение (4.5) име-
ет единственное решение
Решая уравнение (4.5) как интегральное уравнение с вырожденным
ядром в случае
где коэффициенты
b
ij j i
,
1 2
c c
1 11 2 12
c c
1 21 2 22
при любой правой части
N I A
, получаем единственное решение
,
1 1 2 2
однозначно определяются из системы уравнений
a
приходим к системе уравнений
(
i j ). В силу линейной
(4.7)
c c
.
1 2
z t
(мат-
, т.е.
c c
1 11 2 12 1
c c
1 21 2 22 2
b
где
i i
В качестве примера рассмотрим интегральное уравнение
в котором
При
т.е.
, где
системы (4.8) (при этом
Пример 4.7. Доказать, что интегральное уравнение Вольтера
a
,
N I A
, а уравнение (4.9) имеет единственное решение
1 2
1 1 2 2
(
i ).
1
, , ,
c c c c
1 2 1 2
данная система имеет единственное тривиальное решение,
2
1
2 2
3 5
1
2 2
c c
3 5
1 2
1
1
1 2
,
1
,
2
2
1
,
y t C , (4.9)
. Система (4.7) имеет вид
однозначно находятся из
(4.8)
).
59
, 0,1
x t
0,1
0tx t x s ds
x t x s ds
0 0
x x s ds
0
0 0
0
x t
0,1
u t x s ds
u t x t
u t u t y t
0 0
0
t
u t Ce
C const
t
u t C t e
t
u t C t e
t t
u t C t e C t e
C t e y t C t e y t C t e y s ds C C const
t s t
u t C t e e y s ds C e
0 0
0 0
u t e y s ds e e y s ds
x t u t y t
x t u t y t e y s ds y t
t
x t x s ds y t y t C
0
имеет единственное решение
ти это решение.
Рассмотрим соответствующее однородное уравнение
0
ренцировав обе части однородного уравнения, получим дифференциальное
уравнение
Решением задачи Коши является единственная функция
жество
ние однозначно разрешимо относительно функции
ции
y t C .
Вернемся к исходному интегральному уравнению. Обозначив
t
0
нейного дифференциального уравнения 1-го порядка:
x t x t
N I A
. Так как
. Тогда по теореме 1 исходное интегральное уравне-
, получим
с начальным условием
при любой функции
t
0
. Тогда получим задачу Коши для ли-
, то
x
y t C , и най-
0
0
при любой функ-
. Продиффе-
(задачу Коши).
x t
,
, т.е. мно-
u
щее решение соответствующего однородного уравнения
имеет вид
уравнения следует искать в виде
нение, получаем
начального условия
искомое решение
. Найдем общее решение этого уравнения методом вариации. Об-
(
и ее производную
t t s
В итоге общее решение
t t
0 0
u
s t t s
). Тогда общее решение неоднородного
. Подставляя функцию
в неоднородное урав-
, получим
. Учитывая, что
t
t s
0
t
0
t
0
0
s
e y s ds C e C
0
, получаем
.
0
u t u t
.
. Исходя из
. Тогда
60
X
:
A X X
0, / 2
sin , 0, / 2
2
, sin
K t s t
, 0 sin 0
, 0 sin 0
k z s ds
2 2
sin sin
z t t z s ds k t
2
sin
z t k t
sin 0 sin sin sin 0
sin 0 1 sin 0 1 0.
sin , ,dim 1
N I A
2
sin
z t t
l s s ds
4
t l
4.3. Вторая теорема Фредгольма
Теорема 4.2 (вторая теорема Фредгольма). Пусть
странство,
линейный компактный оператор. Тогда однородные
банахово про-
уравнения (4.2) и (4.4) имеют одинаковое (конечное) число линейно неза-
висимых решений. Другими словами,
dim dimN I A N I A r
*
.
Рассмотрим пример, иллюстрирующий вторую теорему Фредгольма.
Пример 4.8. Рассмотрим интегральное уравнение Фредгольма в
C
:
/ 2
x t t x s ds y t y t C
4
2
0
.
Ядро этого уравнения – функция
. Покажем, что соответ-
ствующее однородное уравнение
/ 2 / 2
z t K t s z s ds z t t z s ds
4 4
0 0
2
(4.10)
и однородное сопряженное уравнение
/ 2 / 2
4 4
t K s t s ds t s s ds
0 0
2
(4.11)
имеют одинаковое (конечное) число линейно независимых решений. Обо-
/ 2
значив
4 4
0
/ 2
0
и переписав уравнение (4.10) в виде
, получим, что решение уравнения (4.10)
4
необходимо искать в виде
. Подставляя его в уравнение
(4.10), получаем верное равенство при всех значениях k:
/ 2 / 2
z t t z s ds k t t k s ds
4 4 4
k k sds sds
Таким образом,
4 4 4 4
2 2 2 2
0 0
/ 2 / 2
2 2
0 0
N I A z t k t k N I A
2
R
4
(так как ба-
зис множества
Далее, обозначая
ния (4.11) следует искать в виде
состоит из одной функции
/ 2
2
sin
0
, получаем, что решение уравне-
. Подставляя решение в уравне-
0
).
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]