Met2009

6. НОРМА ЛИНЕЙНОГО ОПЕРАТОРА

21

6.4. Доказать, что следующие операторы являются линейного огра-

ниченными операторами и найти их нормы (в пунктах и),д),м)

оценить). Какие из этих операторов являются достижимыми?

á)

A : C[0, 1] → C[0, 1],

t

Ax(t) = R0 x(τ,)dτ

,

à)

,

A : C[0, 1] → C[0, 1]

Ax(t) = 3x(0)

â)

A : C[0, 1] → C[0, 1], Ax(t) = t2x(0),

ã)

A : C[0, 1] → C[0, 1],Ax(t) =

x(t2)

2 ,

ä)

A : C1[0, 1] → C[0, 1], Ax(t) = x(t),

å)

A : C1[0, 1]

→

C[0, 1], Ax(t) = x0(t),

æ)

A : L2[0, 1] → L2[0, 1], Ax(t) = t R01 x(τ)dτ,

→

0 , t > λ. λ (0, 1),

ç)

A : L2[0, 1]

L2[0, 1], Ax(t) =

x(t), t ≤ λ

ê)

t

x(,τ)dτ,

A : L21[0, 1] → L2[0, 1],,Ax(t) = R0

è)

A : H [0, 1] → L2[0, 1] Ax(t) = x(t)

ë)

A : H1[0, 1] → H1[0, 1], Ax(t) = tx(t),

ì)

A : H1[0, 1] → L2[0, 1], Ax(t) = tx(t).

ограниченный оператор в

Ay = Ψ(t)y(t) определяла линейный

L1[0, 1], необходимо и достаточно, чтобы

Оператор .

Ψ(6.7t.) L∞[0, 1]

A, действующий из C[0, 1], определен по формуле:

t

A

A−1 состоит из

функций R0

достижимымAx = x.(τДоказать,)sinτdτ. Найтичто областьнорму определенияивыяснить является ли он

6.8. Рассмотреть оператор[0, 1]; 2) èçy(0)предыдущей= y0(0) = 0

y00(0)

;задачи3)

каксуществуетоператор,. дей-

достижимымиз

. â

. Найти его норму и выяснить является

ствующийли он

L1[0, 1]

C[0, 1]

6.9. Пусть E = C[0,+∞] пространство непрерывных функций

x(t), для которых kxk =

sup |x(t)|. Будет ли ограниченным опе-

Опр 7.2и. Графикомследует,линейногочтооператора и

Ux = y.

xn → x Uxn → y

x D(U)

Опр 7.4. Оператор

X × Y.

замкнутый операторU имеет замкнутое расширение, если существует

SТеорема(x).

7.2.

S такой, что D(U) D(S) è x D(U) U(x) =

тогда, когда изUтого,допускаетчто замкнутое расширение тогда и только

÷òî

xn → 0, xn D(U) è U(xn) → y, следует,

7. ЗАМКНУТЫЕ ОПЕРАТОРЫ

23

сходитсяДокажемкзамкнутость оператора. Пусть у нас

Xn = (x1n, x2n, x3n)

0

0

0

,

→

3, то показывать

принадлежность

область определения

)

g(Xn)

y

. Покажем, что

g(X0) = y

(Òàê êàê

X0 = (x1

, x2

, x3

g все пространство R

æèì, ÷òî

X0

к области определения не нужно). Предполо-

щих условиям

[0 1] функций x(t), удовлетворяю-

òîð.

x(0) = x(1) = 0. Доказать, ÷òî A замкнутый опера-

ратора

kxk

kxk

проектированияи эквивалентнына

. Доказать ограниченность опе-

X1 параллельно X2.

R0

(t)dt

7не.9.эквивалентныПусть

â C[0, 1]. kxk1 =

0≤t≤1| |

k k2

x

2

1/2

7.8. Проверить, что нормы

max x(t) è

x

=

1

U−

(U(x)) = E(x)

U(U−

(x)) = E(x)

E(x)

тождественныйотношение 1

оператор (

èëè

1

, ãäå

-

Опр 8.2 Линейный операторE(x) = x).

обратимым, если

U : X → Y называется непрерывно

LТеорема(Y, X). 8.1.

R(U) = Y, U−1 существует и ограничен, т.е. U−1

когда

U−1 существует и U−1 L(Y, X) тогда и только тогда,

x D(U) kUxk ≥ m kxk , ãäå m некоторая постоянная,

mТеорема> 0.

8.2. Пусть

L(X, Y ),

X, Y

пространства Банаха, U

RТеорема(U) = Y (Банахаи U обратимо замкнутом. Тогда U непрерывнографике). обратимЕсли.

ства Банаха, а оператор

X, Y простран-

непрерывен.

U : X → Y , D(U) = X è U замкнут, то U

мкнутТеоремаи

8.3. Пусть X, Y нормированные пространства, U çà-

U−1 существует, тогда U−1 замкнут.

пространства,Теорема (Банаха об обратном операторе) . X, Y

банаховы

ВОПРОСЫ ДЛЯ САМОПРОВЕРКИ К ГЛАВЕ 2

25

8.3. В пространстве

λk R(k

существует.

соотношениюоператор, удовлетворяющий при некоторых

= 1, . . . , n)

E+λ

A+

+λ

An = 0. Доказать, что A−1

1

1 · · ·

n

C [0, 1] рассмотрим подпространство L = {x(t)

a8.4.(t) C[0

1]. Доказать,что операторчто A непрерывно обратим.

Доказать,

1

A : C[0, 1]

→

C[0 1],

8.5. Пусть

.

Ax(t) = x(t) +

0 es+tx(s)ds непрерывно обратим, и найти A−1

X RБанахово пространство. Доказать, что в пространстве

Lоткрытым(X) множество. всех непрерывно обратимых операторов является

ные8.6. Ввекторапространствеоператора:C[−π, π] найти собственные значения и собствен-

à) Ax(t) = x(−t);

á) Ax(t) =

π

cos(s + t)x(s)ds.

−π

пространствечто

C[0, 1]

рассмотрим оператор

Ax(t) = tx(t)

. Äî-

8.7.казать,В

R

собственнымσ(значениемA) = [0, 1]., причем ни одна точка спектра не является

8.8. В пространстве C[0, 1] рассмотрим оператор

t

), R (A).

8.9. Рассмотрим оператор. Найти

Ax(t) = R0 x(τ)dτ

A :σl(2A→ l2λAx = (λ1x1, λ2x2, . . . ) äëÿ

x8.10.= ( x1 x2

что, любоегде компактное ,множество

на. Найтикомплексной.

, . . . ) l2

λn C (n N)

sup|λn| <

∞

σ(A)

Доказать,

8плоскости.11.Пустьявляется спектром некоторого оператора A L(l2).

è

A,B L(X). Доказать, что ненулевые элементы

σ(AB)

9. НЕПРЕРЫВНЫЕ ЛИНЕЙНЫЕ ФУНКЦИОНАЛЫ

27

Z

a

Z

a

Z

a

b x(t)y(t)dt ≤

b x2(t)dt

b y2(t)dt

Приняв y(t) = t/2, получим

1

0

0

2

0

||f(x)|| ≤ sZ

1x2(t)dtsZ

t

dt =

2√

sZ

1x2(t)dt

4

1

3

шеПервая1. Отсюдачасть этого

выражения - в точности

||x||, а потому не боль-

1

||

f

|| ≤

2

3

обращается в равенство√только. Неравенствопри

Гельдера для степени 1/2

ем найти функцию

a(t) = λb(t), потому попробу-

x0(t), на которой достигается равенство, в ви-

= √

t норма равна

q

13t2dt = 1, à

äå λt. Заметим, что для x0

3

1√

2

1

1

онал достижим0 (норма

√

R

√

Пример

R

0

x0(t)

||

||

2 3

||

||

2

3

f(x0)

=

3t dt/2 =

f

=

достигается. Такимнаобразом,найденном выше и функци-

9.2. В пространстве

).

R3 норма задана как ||x|| = |x1|+|x2|+

. Найти норму функционала

f(x) = 5x1

− 6x2 + x3.

|x3|

Условие

6(|x1| + |x2| + |x3|) = 6

|5x1 −6x2 + x3| ≤ 5|x1|+ 6|x2|+ |x3| ≤

. Отсюда

||f|| ≤ 6

элемент

. Осталось заметить, что

28

ГЛАВА 3.

СОПРЯЖЕННОЕ ПРОСТРАНСТВО

â)

lim

1 x(tn)dt?

< x, f >= n→∞ R0

9.3. Доказать, что следующие функционалы являются линейными

непрерывными, и найти их нормы. Выяснить какие из этих функци-

оналов являются достижимыми.

à)

< x, f >= −11 tx(t)dt, x C[−1, 1];

á)

< x, f >=

R−11 tx(t)dt, x C1[−1, 1];

â)

< x, f >=

R−11 tx(t)dt, x L1[−1, 1];

ã)

< x, f >=

R−11 tx(t)dt, x L2[−1, 1];

æ)

R 1

1/3

x(t)dt, x L2[−1, 1];

< x, f >= R−1 t−

,

ä)

< x, f >= x1 + x2 x = (x1, x2, . . . ) l2 ;

ç)

< x, f >=

1∞ xk/k, x = (x1, x2, . . . )

l2 ;

è)

P∞

(1 −,

1

,

;

ê)

< x, f >= P1

k )xk

x = (x1, x2

, . . .;) l1

< x, f >= x1 + x2

x = (x1, x2, . . . ) m

ë)

∞

k+1

,

x = (x1, x2, . . ..) c0

;

ì)

< x, f >= P1

2−

,

xk

< x, f >= nlim xn

x = (x1, x2, . . . ) c

→∞

R

f(x) =

1

функционалв

,является достижимым.

”c0”

f(x) =

1 anxn

9.07.x(Доказать,t)g(t)dt, заданныйчто

L1[0, 1]

∞

является достижимым в том и только в

P

том случае,, когдазаданныйпоследовав

-,

10. ТЕОРЕМА ХАНА-БАНАХА

29

является9.8. Доказать,достижимымчто функционалв том и только в том∞

anxn

”l1”

f(x) =

P1

,

случае,,когдазаданныйсуществуетв

Теоремаp(x +(Õàíày) ≤ p-(x + p(y).. Пусть

Банаха)

X0 линейное подпространство

векторного пространства

Теоремаf(x) ≤ p x)-,Банаха,x X. комплексный случай) . Пусть

(Õàíà

X âåê-

торное пространство (комплексное),

линейный функционал на

X0

подпространство X, f0

1)

X0, p полунорма, т.е.

2) p(x) ≥ 0, p(0) = 0;

3) p(λx) = |λ|p(x);

p(x + y) ≤ p(x) + p(y), и выполнено условие подчиненности

такой, что

0

0

1

íàë

X, x

X è x

/ L, тогда существует функцио-

f X

f(x) = 0, x L, f(x0) = 1 è ||f|| = d , ãäå

dÎïð= ρ(10x .,2L.).Элементом наилучшего приближения для элемента

множестве

x â

A называется такой элемент a A, ÷òî ρ(x, A) = ρ(x, a)

30

ГЛАВА 3.

СОПРЯЖЕННОЕ ПРОСТРАНСТВО

Пример 10.1.

Â

пространстве R2 задано подпространство L =

{

}

2

→

(x1, x2) : x1

= x2

. Функционал

f : L R f(x1

, x2) = 3x1

. Можно

ли продолжить

ли образом?

f íà âñå R

с сохранением нормы и единственным

относительно его нормы - она может и не сохраняться при продол-

жении).

2 линейные функ-

ционалы имеют вид

В пространстве R

Попробуем найти продолжение.

c1x1 + c2x2

. Продолжение f(x) (обозначим его

ореме Хана-Банаха

= 3x1

, òî åñòü

c1+c2 = 3

. С другой стороны, по те-

L, потому 1x1

+2x1

Âçÿâ

g(x) ≤ 3|x1| x, òî åñòü c1x1 +(3−c1)x2 ≤ 3|x1| x.

x1 = 0, получим c2x2 ≤ 0 x2. Заметим, что если c2 6= 0, òî ïðè

x2 < 0 c2

< 0

, ïðè

x2

> 0 c2

> 0

, òî åñòü

c2

той. Таким образом, это возможно только принеможет быть констан-

c2 = 0, c1

= 3

g(x) = 3x1

c2 = 0. Стало быть,

, òî åñòü

. Проверим, сохраняет ли оно

Мы нашли продолжение функционала.

норму. ||f|| =

sup |3x1| = 3. (Максимум достигается в точке (1, 0)).

||x||≤1

||g|| =

sup

|3x1|. Òàê êàê ||x|| = √

, à íà L x1 = x2, òî

x12 + x22

p

(||x||≤1)∩L

|x1| ≤ 1/√2

||g|| ≤ 3/√2. ||f|| 6= ||g||

2x1

2

≤ 1

, òî åñòü

, откуда

, à

òàê êàê