Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

smagina-belousova-method

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

21.05.2015

Размер:

491.17 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 54 5 > Следующая >>>

L2 = (∫

ϕ(s)

2 ds)

б) f : l2

∞

→ R по правилу

f (x) = ∑ak xk , где a = (a1 , a2 ,...) l2 .

k =1

Решение:

поскольку

f (x) = (x, a) ,

то

- линейный

ограниченный

∞

функционал и

l2 = (∑

2 )

k =1

Пример 3. Пусть

f : R22

→ R

- линейный ограниченный функционал, его

норма равна

13 , а его значение в точке (1,1)

равно −1. Найти значение

f в

точке (0,1) .

Решение.

По

теореме

Рисса

существует элемент

a R22 ,

что

f (x) = (x, a) = a1 x1 + a2 x2 и

= a

= a12

+ a22 . Таким образом, имеем систему

=13 .

+ a2

a1 + a2

= −1

Отсюда

a1 = 2, a2 = −3 ,

или

a1 = −3,

a2 = 2 .

Поэтому f (x) = 2x1 −3x2

или

f (x) = −3x1 + 2x2 . Тогда f (0,1) = −3 или f (0,1) = 2 .

Задания для самостоятельного решения

Доказать ограниченность и найти норму функционалов:

1. f (x) = x(20) − x(21) , если f : C[0,1] → R

В заданиях 2 – 4 рассмотреть случаи: f : C[0,1] → R, f : L2 [0,1] → R

2. f (x)

5.f (x)

6.f (x)

1		1		1		1
= ∫sx(s)ds	3.	f (x) = ∫(s −		1	)x(s)ds	4. f (x) = ∫sin s x(s)ds
= ∫sx(s)ds	3.	f (x) = ∫(s −			)x(s)ds	4. f (x) = ∫sin s x(s)ds
0		0	2			0
1		если f : C[0,1] → R
= x(0) − ∫x(s)ds,		если f : C[0,1] → R
0
0	1
= ∫x(s)ds − ∫x(s)ds, если			f : C[−1,1] → R .
−1	0

В заданиях 7–9 рассмотреть случаи:

f : l2 → R,

f : l1

→ R, f : m → R

∞

7. f (x) = ∑21−k xk

8. f (x) = 3x4 + 4x24

9. f (x) =

∑

xk .

k =1

9. Сопряженные операторы

k =1

Пусть H - гильбертово пространство, A - линейный ограниченный

оператор в

H ,

фиксированный

элемент

из

H .

Линейный по

x H функционал f (x) = (Ax, y) является ограниченным в H , так как

f (x)

( Ax, y)

≤

Следовательно,

по

теореме Рисса существует

единственный

элемент

y H такой, что

f (x) = (x, y ) . Таким образом,

каждому y H

можно

поставить в соответствие y H

такой,

что ( Ax, y) = (x, y ) .

Тем самым

определен оператор

A : H → H ,

действующий

по

правилу

A y = y ,

который называется сопряженным к оператору A . Другими словами, A

определяется

из соотношения x, y H : ( Ax, y) = (x, A y) .

Заметим, что

и имеют место свойства:

A , ( AB) = B A , ( A ) = A .

( A + B) = A + B , (λA) = λ

Оператор A называется самосопряженным , если A

= A .

Пусть H

гильбертово пространство, L - подпространство в нем.

Тогда H разлагается в прямую сумму двух подпространств H = L L . Это означает, что любой x H однозначно представим в виде x = y + z , где y L , z L . Оператор, определяемый соотношением Px = y , называется оператором ортогонального проектирования.

Пример 1. Найти сопряженный к оператору A в L2 [a,b] , если

Ax(t) = ∫tes x(s)ds .

Решение. Для произвольных x, y L2 [a,b] получим

	b b
b		b b
		b b
( Ax, y) = ∫Ax(t) y(t)dt = ∫ ∫tes x(s)ds y(t)dt = ∫ ∫es ty(t)dt x(s)ds =
a	a a	a a

= ∫x(s) A y(s)ds = (x, A y) .

Здесь при замене порядка интегрирования использовалась теорема Фубини. Таким образом

A y(t) = ∫et sy(s)ds .

Пример 2. Найти сопряженный к оператору A в L2 [0,1] , если

t2
Ax(t) = ∫tes x(s)ds .
0
Решение. Для произвольных x, y L2 [0,1]	получим
1	1	t 2
( Ax, y) = ∫Ax(t) y(t)dt = ∫
( Ax, y) = ∫Ax(t) y(t)dt = ∫		∫tes x(s)ds y(t)dt .
0	0
0	0	0

В силу теоремы Фубини можно поменять порядок интегрирования. Область интегрирования описывается неравенствами 0 ≤ t ≤1, 0 ≤ s ≤ t 2 , что

эквивалентно неравенствам 0 ≤ s ≤1,	s ≤ t ≤1. Поэтому

1	1		1


( Ax, y) = ∫x(s)	∫es ty(t)dt ds = ∫x(s) y (s)ds .
0	s		0

Так как функция y (s) = ∫1 es ty(t)dt L2 [0,1] ,		то	сопряженный оператор

задается соотношением

A y(t) = ∫1 et sy(s)ds .

Пример 3. Построить сопряженный оператор к оператору A в l2 , задаваемому соотношением

Ax = (0, x1 , x2 ,..., xn ,...) .

Решение. Для произвольных x, y l2 получим

( Ax, y) = x1 y2 + x2 y3 +... + xn yn+1 +...

Обозначим A y = z = (z1 , z2 ,...) . Имеем

ker ( A) = {Θ}.

(x, A y) = (x, z) = x1 z1 + x2 z2 +... + xx zn +...

Для	x = (0,...,1,0,...) соотношение ( Ax, y) = (x, A y) приводит к равенству
yn+1	= zn , то есть ( A y)n = yn+1 . Таким образом, сопряженным к оператору

сдвига вправо будет оператор сдвига влево

A y = ( y2 , y3 ,..., yn ,...) .

Задания для самостоятельного решения

1. Построить сопряженные операторы к операторам в l2 :

а)	Ax = (x2	, x3 ,..., xn ,...) ;		б)	Ax = (x1 ,	x2	,	x3	,...,	xn	,...) ,
								3
					2					n
в)	Ax = (x3	, x2 ,0,0, x5 , x6 ,...) ;		г)	Ax = (x1 − 2x3 , x1 + x4 , x3 , x4 ,...) .
2. Построить сопряженные операторы к операторам в L2 [0,1] :
а)	( Ax)(t) = ∫t		t 2 s3 x(s)ds ,	б) ( Ax)(t) = ∫1 tsinsx(s)ds ,
		0				t 2
в) ( Ax)(t) = tx(t) ,				в) ( Ax)(t) = ∫1 x(s)ds + ∫1 s3 x(s)ds .
					0					t
3. Пусть H			- гильбертово	пространство,				u, v		- фиксированные

элементы из H и Ax = (x,u)v . Показать, что A - линейный ограниченный оператор в H , найти A и A .

10. Обратные операторы

Пусть	A : D( A) X → R( A) Y	- линейный оператор.	Оператор A
называется	обратимым, если	для любого y R( A)	существует

единственный x D(A) такой, что Ax = y , то есть оператор A отображает D( A) на R( A) взаимно однозначно. В этом случае определено

отображение A−1 : R( A) Y → D( A) X	такое, что для любого	y R( A)
выполнено x = A−1 y D( A) и Ax = y .	Линейный оператор A	обратим

тогда и только тогда, когда его ядро ker ( A) = {x X : Ax = Θ} содержит только нулевой элемент, то есть

Обратный оператор к линейному также является линейным

оператором.					непрерывно
Линейный	оператор:		A : X →Y	называется
обратимым, если A−1		существует, определен на всем пространстве Y и
ограничен.
Теорема Банаха.		Если A - линейный ограниченный				оператор,
отображающий банахово пространство X				на банохово пространство Y
взаимно однозначно, то A непрерывно обратим.
Таким образом,		линейный ограниченный оператор				A : X →Y
непрерывно обратим, если выполнены условия:

1)ker ( A) = {Θ}, то есть из Ax = Θ следует, что x = Θ;

2)R( A) = Y , то есть y Y x X так, что Ax = y .

Если A : X →Y - линейный ограниченный оператор и существует линейный ограниченный оператор B : Y → X такой, что для любого y Y выполнено равенство

ABy = y ,		(1)
а для всех x X - равенство
BAx = x ,		(2)
то оператор A непрерывно обратим и A−1	= B .
Если выполнено только соотношение (1), то оператор		B
называютправым обратным к оператору A , а если выполнено только
(2), то оператор B называют левым	обратным к оператору	A .

Существование правого обратного обеспечивает существование

решение уравнения Ax = y , а левого обратного		– гарантирует	его
единственность.
Пример 1. Пусть A : C[0,1] → C[0,1] и
( Ax)(t) = ∫t	x(s)ds + x(t) .
0
Доказать, что A непрерывно обратим и найти A−1 .
Решение. Так как оператор A	линейный и	ограниченный,	то

достаточно проверить выполнение теоремы Банаха. Из равенства Ax = Θ получаем, что

x(t) = −∫t	x(s)ds .	(3)
0
Из (3) следует, что x( ) C1[0,1]	и x(0) = 0 . Так	как интегральное
уравнение (3) эквивалентно задаче Коши
x + x = 0,	x(0) = 0 ,
&

которая имеет только нулевое решение, то ker(A) = {Θ}.

Проверим условие R(A) = C[0,1] . Для этого покажем, что уравнение Ax = y или

∫t x(s)ds + x(t) = y(t) ,

имеет решение для любой непрерывной функции y(t) . Делая замену переменных

			t	z(t) = x(t) ,
		z(t) = ∫x(s)ds,		z(t) = x(t) ,
				&
			0
приходим к задаче Коши			z + z = y,	z(0) = 0 , которая для всех y C[0,1]
			&
имеет решение
t				t		y(s)ds .
z(t) = ∫e	s−t			&	s−t
z(t) = ∫e		y(s)ds и x(t) = z(t) = y(t) − ∫e
0				0

Таким образом, условия теоремы Банаха выполнены и оператор A непрерывно обратим. Обратный оператор задается равенством

A−1 y(t) = y(t) − ∫t

es−t y(s)ds .

Пример 2.

Доказать,

что

линейный

оператор

A : l2 → l2 , заданный

выражением

Ax = (α1 x1 ,α2 x2 ,...,αn xn ,...) ,

где

sup

αn

< ∞,

непрерывно

обратим тогда и только тогда, когда inf

αn

=α0

> 0 .

Решение.

Прежде

всего

заметим,

что A ограничен. Пусть

inf

αn

=α0

> 0 .

Рассмотрим уравнение Ax = y ,

где y l2 -

произвольный

элемент.

Оно

эквивалентно

системе

уравнений

αk xk

= yk (k =1,2,...) .

Поскольку αk ≠ 0 , то xk = yk , причем

αk

∞

∑

= ∑

≤

l2 .

αk

k =1

α0

Следовательно, x l2 . Таким образом,

R( A) = l2 . Если y = Θ, то и x = Θ, то

есть ker(A) = {Θ}. Из теоремы

Банаха

следует, что оператор A

непрерывно обратим. Кроме того, обратный оператор задается выражением

A−1 y = ( y1 , y2 ,..., yn ,...) .

α1 α2 αn

Пусть теперь A непрерывно обратим в l2 . Тогда существует M > 0 , что для всех y l2 выполнена оценка A−1 y ≤ M y . Для произвольного x l2 положим y = Ax . Получим

≥ m

m =

> 0 .

(4)

Покажем,

что inf

αn

> 0 . Предположим

противное:

inf

αn

= 0 . Тогда

найдется

k0 , что

αk0

< m . Но из

(4) для x = (0,...,0, 1,0,...) имеем, что

αk0 ≥ m . Полученное противоречие доказывает утверждение.

Задания для самостоятельного решения

Какие из следующих операторов являются непрерывно обратимыми? Если обратный существует, то найти его вид.

Если A : l2 → l2 , то

а)

Ax = (

,...,

,...) ;

б)

Ax = (0, x1 , x3 ,..., xn ,...) ;

в)

Ax = (x2 , x3 ,..., xn ,...) ;

г)

Ax = (x1 + x2 , x2 ,..., xn ,...) ;

д)

Ax = (0,...,0, xn+1 , xn+2 ,...) .

123

Если A : C[0,1] → C[0,1], то

а) Ax(t) = t 2 x(t) ;

б) Ax(t) = ∫1 et+s x(s)ds + x(t) ;

3. Если A : C[0,π] → C[0,π] , то

а)

Ax(t) = sin t x(t) ;

б)

Ax(t) = cost x(t) .

4. Если A : D(A) C[0,1] → C[0,1] , то

а)

D( A) = {x C

= 0};

Ax(t) = x(t),

[0,1] : x(0) = x(1)

б)

[0,1]};

Ax(t) = x(t),

D( A) = {x C

в)

[0,1] : x(0)

Ax(t) = x(t) + x(t), D( A) = {x C

= x(0) = 0}.

11. Спектр оператора

Пусть

комплексное линейное нормированное пространство,

A : D(A X → X )

- линейный оператор. Число

λ C

называется

регулярной точкой оператора A ,

если

оператор

A −λI непрерывно

обратим.

Совокупность регулярных

точек оператора A

называют

резольвентным множеством оператора A и обозначают ρ( A) . Если

λ ρ( A) ,

то

ограниченный

линейный

оператор

R(λ, A) = ( A −λI )−1

называют

резольвентой оператора

в точке λ . Дополнение к

множеству ρ( A) в комплексной плоскости называется спектром

оператора

и обозначается σ( A) .

Число λ σ( A)

называют

собственным значением или собственным числом оператора A , если

существует элемент x D( A) ,

что

x ≠ Θ

и Ax = λx .

Такой

элемент x

называют собственным вектором, отвечающим собственному значению λ .

Если X - банахово пространство и оператор A : X → X является ограниченным, то его спектр есть непустое замкнутое множество,

лежащее в круге с центром в нуле радиуса

, то есть

≤

для

λ σ( A) . Кроме того, из теоремы Банаха следует, что λ σ( A) ,

если

ker(A −λI ) ≠ {Θ} или R( A −λI ) ≠ X .

Пример 1. Имеет ли оператор

Ax(t) = ∫t

x(s)ds ,

действующий в C[0,1] , собственные значения?

Решение. Запишем уравнение для определения собственных чисел

		∫t	x(s)ds = λx(t) .
		0
Пусть λ ≠ 0 .	Из уравнения для собственных значений видно, что
собственная	функция	(если		она	существует)	непрерывно
дифференцируема и		x(0) = 0 .		Продифференцировав		обе части

уравнения, получим

x&(t) = xλ(t) .

Отсюда

x(t) = Ce λ .

Так как x(0) = 0 , то x(t) ≡ 0 . Это означает, что λ ≠ 0 не является собственным значением.

Если λ = 0 , то

∫t x(s)ds = 0

для любого t [0,1] и поэтому x(t) ≡ 0 . Таким образом, λ = 0 также не является собственным значением.

Заметим однако, что λ = 0 принадлежит спектру, так как обратный оператор существует, задается соотношением

A−1 y(t) = y&(t)

и является неограниченным в C[0,1] .

Пример 2. Найти резольвентное множество, спектр и резольвенту оператора Ax(t) = 2sin t x(t) , рассматриваемого в C[0,2π] .

Решение. Найдем, при каких λ C выполнены условия теоремы Банаха о непрерывной обратимости ограниченного оператора A −λI .

Рассмотрим однородное уравнение

( A −λI )x = 0 или (2sin t −λ)x(t) = 0, t [0,2π].

Если λ [−2,2] , то 2sin t −λ ≠ 0 при t [0,2π], однородное уравнение имеет только нулевое решение и ker(A −λI ) = {Θ}. Кроме того, в этом случае неоднородное уравнение

(2sin t −λ)x(t) = y(t)

имеет

решение

при

любой

непрерывной

функции

y(t)

R( A −λI ) = C[0,2π]. Для таких λ оператор ( A −λI ) непрерывно обратим.

Таким образом, C \ [−2,2] ρ(A) , а потому σ(A) [−2,2] .

Покажем

обратное

вложение:

[−2,2] σ( A) .

Пусть

λ [−2,2] .

Проверим, для любого ли

y C[0,2π]

найдется такой

x C[0,2π],

что

( A −λI )x = y .

Если

λ [−2,2] ,

то существует

t0 [0,2π],

что

2sin t0

= λ .

Тогда

при

t = t0

неоднородное

уравнение

приводит

равенству

0 x(t0 ) = y(t0 ) ,

что

невозможно,

если y(t0 ) ≠ 0 .

Таким

образом,

R( A −λI ) ≠ C[0,2π] для таких λ и ,следовательно, [−2,2] σ( A) .

Получили, что σ( A) =[−2,2] , а ρ( A) = C \ [−2,2] .

Так как значение оператра ( A −λI )−1

при λ ρ(A)

на элементе y

есть

решение уравнения ( A −λI )x = y , то резольвента задается формулой

( A −λI )−1 y(t) =

y(t)

2sin t −λ

Пример 3. Найти собственные числа и собственные функции оператора, действующего в С[0,1] и задаваемого выражением

Ax(t) = ∫1 (2ts − 4t 2 )x(s)ds .

Решение.	Уравнение		для	собственных чисел λx(t) = Ax(t) является
уравнением с вырожденным ядром. Запишем его в виде
			λx(t) = 2t∫1 sx(s)ds − 4t 2 ∫1 x(s)ds .
				0		0
Обозначая c1	= ∫1	sx(s)ds ,	c2 = ∫1	x(s)ds ,	при	λ ≠ 0 получим представление
решения	0		0
решения			x(t) = (2tc − 4t 2 c			) / λ
			x(t) = (2tc − 4t 2 c			) / λ
				1	2

через неизвестные пока c1 и c2 , которые определяются из алгебраической системы

λc2

= c1 −

−(3λ + 4)c

= 0

или

λc

−c

(3λ − 2)c1 +3c2

= 0

3 1

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 54 5 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
21.05.201511.65 Mб112ShashenkoSzdvigkovaGapeev_monograf.pdf
#
20.05.2015260.61 Кб12shpargalka_po_rynku_cennyh_bumag.doc
#
19.11.2018499.71 Кб3shpory_IOGP (3).doc
#
19.03.20166.46 Mб20shpory_po_optike.doc
#
25.11.2019142.34 Кб3SITUATsIONN_E_ZADAChI_-_LOR_BOLEZNI.doc
#
21.05.2015491.17 Кб31smagina-belousova-method.pdf
#
21.05.20151.16 Mб21Sorokin.pdf
#
22.11.201830.11 Кб6sotsiologia(2).docx
#
21.05.2015485.86 Кб10sotsiologia.rtf
#
19.03.2016267.64 Кб12speckurs.pdf
#
21.05.20155.14 Mб156spez_fiz_pr_zachita.pdf