3курс,VIсем Задачи инт ур
..pdf|| Ay0 || = || ( Ay0 − Ayn ) + Ayn || |
≤ || |
Ay0 − Ayn || +|| |
Ayn |
|| ≤ || |
A || || |
y0 − yn || → 0 при n → ∞. |
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
=0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Поэтому || Ay0 || = 0 , а значит Ay0 =θ , что и требовалось доказать. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Замечание. Так как вполне непрерывный оператор является ограниченным, |
то доказанное |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
утверждение справедливо и для вполне непрерывного оператора. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
Пример 2.5. |
Доказать, что если линейный оператор |
|
|
A имеет обратный, то обратный |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
оператор A−1 также является линейным. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
Решение. Пусть |
A - взаимно однозначный оператор, |
тогда существует обратный оператор |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
A−1 . Для решения задачи достаточно проверить при любых |
|
|
|
y , y |
2 |
R( A) и любых α |
,α |
2 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|||
справедливость равенства A−1 (α y +α |
2 |
y |
) =α |
A−1 y +α |
2 |
A−1 y |
2 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
Пусть Ax1 = y1, Ax2 |
= y2 , |
|
1 |
1 |
|
|
|
|
2 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A следует |
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
тогда |
|
|
из |
линейности |
оператора |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
A(α1 x1 +α2 x2 ) =α1 Ax1 +α2 Ax2 =α1 y1 +α2 y2 , |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
и по определению обратного оператора |
α x +α |
|
x |
|
= A−1 (α |
y +α |
2 |
y |
) . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
1 |
|
|
|
2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
1 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
С другой стороны, A−1 y = x , |
A−1 y |
2 |
= x , откуда умножая на α |
|
,α |
2 |
и складывая, получим |
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
1 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
α |
A−1 y +α |
2 |
A−1 y |
2 |
=α |
x +α |
2 |
x . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
1 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
1 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Из двух последних равенств имеем |
|
A−1 (α |
y +α |
2 |
y |
) =α |
x +α |
2 |
x |
|
|
= α |
A−1 y +α |
2 |
A−1 y |
2 |
, что и |
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
1 |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
1 |
|
1 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
1 |
1 |
|
|
|
|
требовалось доказать.
Пример 2.6. Доказать, что если оператор A линейный, то обратный оператор A−1 существует тогда и только тогда, когда оператор A невырожденный.
Решение. |
|
|
|
A |
|
|
|
|
Ax =θ |
x =θ (нуль- |
|||||
а) |
Достаточность. |
Пусть |
оператор |
невырожденный, т.е. |
|||||||||||
пространство оператора А тривиально). Тогда для любых двух элементов |
x1 ≠ x2 имеем |
||||||||||||||
A(x1 − x2 ) ≠θ |
Ax1 ≠ Ax2 , т.е. оператор |
A взаимно |
однозначный, а |
значит |
существует |
||||||||||
обратный оператор A−1 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
б) |
Необходимость. Пусть оператор A имеет обратный A−1 . Заметим; |
что A−1 |
- |
линейный |
|||||||||||
оператор (см. пример 2.5) и докажем что |
A - невырожденный. |
Пусть это не так, т.е. |
|||||||||||||
существует x ≠θ такой, что |
Ax =θ . Тогда θ ≠ x = A−1 Ax = A−1 ( Ax) = A−1 θ =θ . Полученное |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
N |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= θ |
|
|
|
|
|
|
противоречие показывает, что если Ax =θ , |
то x =θ , т.е. оператор |
A - невырожденный. |
|||||||||||||
Пример 2.7. |
Пусть оператор дифференцирования A = |
d |
определен на подпространстве |
||||||||||||
dx |
|||||||||||||||
C(1) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
[0,1] непрерывно |
дифференцируемых |
функций |
y(x) , удовлетворяющих |
условию |
|||||||||||
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y(0) = 0 . Доказать, что оператор A имеет обратный и найти |
A−1 . |
|
|
|
|
|
Решение. Множеством значений оператора A является пространство C[0,1] . Докажем, что обратный оператор A−1 существует. Так как уравнение Ay =θ dxd y(x) ≡ 0, y(0) = 0 имеет
единственное решение y(x) ≡ 0 =θ , т.е. нуль-пространство оператора А тривиально, то оператор А невырожденный, и обратный оператор A−1 существует.
11
Чтобы найти A−1 , |
нужно |
для любой функции z(x) C[0,1] решить уравнение |
||
Ay = z ( y(x) C(1) |
[0,1]) , |
или |
d |
y(x) = z(x), y(0) = 0 . Решением указанной задачи Коши |
|
||||
0 |
|
|
dx |
|
|
|
|
|
является y(x) = ∫x z(s) ds , т.е. A−1 z = ∫x z(s) ds .
0 |
0 |
|
|
|
Замечание. Если |
рассматривать оператор дифференцирования A = |
d |
, действующим |
|
dx |
||||
|
|
|
C(1) [0,1] →C[0,1] , то он является вырожденным, так как нуль-пространство в этом случае нетривиально и состоит из функций y(x) = c . Поэтому обратный оператор не существует. Вспомните, что первообразная непрерывной функции определяется с точностью до
постоянной (элемент из Ker A (нуль-пространства) оператора A = |
d |
), |
т.е. отображение |
|
dx |
||||
C(1) [0,1] →C[0,1] , осуществляемое оператором дифференцирования, |
|
|
||
не |
является взаимно |
|||
однозначным. |
|
|
|
Пример 2.8. Доказать, что если оператор A , действующий в бесконечномерном нормированном пространстве, является вполне непрерывным, то обратный оператор неограничен.
Решение. Предположим, что обратный оператор A−1 является ограниченным. Так как A - вполне непрерывный оператор, а по предположению, оператор A−1 является ограниченным, то оператор A−1 A является вполне непрерывным (см. пример 2.3), что неверно, так тождественный оператор A−1 A = I не является вполне непрерывным (см. курс лекций). Полученное противоречие доказывает, что A−1 - неограничен.
Пример 2.9. |
Рассмотрим оператор Вольтерра |
By = ∫x |
y(s) ds |
( x [0,1] ), |
действующий в |
|||||||||||
пространстве C[0,1] . |
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
а) |
Доказать, что B является ограниченным. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
б) |
Доказать, |
что |
B имеет обратный |
оператор, который |
определен на |
некотором |
||||||||||
подпространстве и неограничен. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
в) |
Построить оператор (I − B)−1 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Решение. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
а) |
Очевидно, что оператор B является линейным и определен на всем пространстве C[0,1] . |
|||||||||||||||
Рассмотрим |
множество |
|| y ||= max | y(x) |=1. |
На |
этом |
множестве |
имеем |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
x [0,1] |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|| By ||C[0,1] = maxx [0,1] | ∫x |
y(s) ds | |
≤ maxx [0,1] |
∫x | y(s) | ds |
≤ 1 , |
что |
|
и |
доказывает |
ограниченность |
|||||||
|
|
0 |
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
рассматриваемого оператора. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
б) |
Оператор B отображает все пространство C[0,1] |
на |
линейное |
подпространство |
||||||||||||
непрерывно дифференцируемых функций |
z(x) = By = ∫x |
y(s) ds , |
удовлетворяющих условию |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
z(0) = 0 . Так |
как |
из |
равенства |
∫x |
y(s) ds = 0 (верного |
|
для |
всех |
x [0,1] ) вытекает, что |
|||||||
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
12
y(x) ≡ 0 , то By =θ y =θ , т.е. нуль-пространство оператора B содержит только нулевой элемент. Следовательно, оператор B - невырожденный, и имеет обратный, который определен на указанном выше подпространстве. Обозначим D( A−1 ) - область определения оператора A−1 .
|
|
Легко |
|
|
видеть, |
что B−1 = |
d |
, |
так |
|
как |
BB−1 y = ∫x |
y′(s) ds = y(x) − y(0) = y(x) |
и |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dx |
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
B−1By = |
d |
∫x |
y(s) ds = y(x) . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
dx |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
Докажем, что |
обратный оператор |
|
неограничен. Рассмотрим |
последовательность |
|||||||||||||||||||||||
y |
n |
D( A−1 ) C[0,1] : |
y |
n |
(x) = sin 2πnx, |
( y |
n |
(0) = 0!!!) , |
|| y |
n |
|| |
|
=1, |
n =1, 2,3... . |
Тогда |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
C[0,1] |
|
|
|
|||||
|| B−1 y |
|
|
|
|
|
|
d |
sin 2πnx |
|
= 2πn → ∞ , т.е. |
|
|| B−1 y || |
|
||||||||||||||||
n |
|| |
|
|
|
= max |
|
sup |
не существует, и оператор |
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
C[0,1] |
|
x [0,1] |
dx |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y D( A−1 ), || y||=1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
B−1 является неограниченным.
Замечание 1. Действуя аналогично примеру 2.2, можно показать, что рассматриваемый в данном примере оператор Вольтерра является вполне непрерывным, следовательно, обратный оператор неограничен (пример 2.8).
в) |
Чтобы построить оператор (I − B)−1 , нужно для произвольной непрерывной функции |
|||||||||||||||||||||
z(x) |
решить уравнение y(x) − ∫x |
y(s)ds = z(x) . Заметим сразу, что y(0) = z(0) . |
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
z(x) |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Так как |
может не |
быть дифференцируемой, |
то |
ищем |
|
решение |
в виде |
||||||||||||||
y(x) = z(x) + w(x) , |
где |
|
w(x) |
- |
новая неизвестная |
функция, для |
которой |
имеем |
||||||||||||||
w(x) = ∫x |
z(s)ds + ∫x w(s)ds, |
|
w(0) = 0 . |
Очевидно, |
что |
w(x) |
дифференцируема; |
для ее |
||||||||||||||
|
0 |
|
0 |
|
|
|
|
|
′ |
|
|
|
|
|
w(0) |
|
|
|
|
|
|
|
определения получаем задачу Коши |
|
|
|
|
|
= 0 , |
|
решение которой имеет |
||||||||||||||
w (x) = w(x) + z(x), |
|
|||||||||||||||||||||
вид w(x) = ex ∫x |
z(s) e−s ds . Поэтому |
y(x) = z(x) +ex ∫x |
z(s) e−s ds , и обратный оператор (I − B)−1 |
|||||||||||||||||||
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
определяется формулой |
(I − B)−1 z = z(x) + ∫x |
z(s) ex−s ds . |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Замечание 2. |
Рассмотрим оператор |
B2 y = ∫x dt∫t |
y(s) ds = ∫x |
y(s)ds∫x dt = ∫x (x − s) y(s)ds . Легко |
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
0 |
|
|
|
0 |
|
s |
0 |
|
|
|
|
показать, например, методом математической индукции, что |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
Bn+1 y = BBn y = ∫x dt ∫t |
(t − s)n−1 |
y(s) ds = ∫x |
y(s) ds ∫x (t − s)n−1 dt = ∫x |
(x − s)n |
y(s) ds . |
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
0 |
0 (n −1)! |
|
0 |
|
|
|
s |
(n −1)! |
0 |
|
n! |
|
|
|
||||
|
Далее, |
разложив |
|
функцию |
ex−s |
|
в |
ряд |
|
ex−s |
∞ |
(x − s) |
n |
, будем |
иметь |
|||||||
|
|
|
|
= ∑ |
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
n! |
|
|
|
x |
∞ |
|
n |
(I − B)−1 z = z(x) + ∫∑(x − s) |
z(s) |
||
0 |
0 |
n! |
|
представление оператора(I − B)−1
∞
ds = z +∑Bn+1z . Таким образом, мы получили
0
∞
в виде ряда Неймана (I − B)−1 = I +∑Bn .
1
13
Пример 2.10. Доказать, что оператор дифференцирования |
A = |
d |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
dx |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
а) не является вполне непрерывным при действии C(1) [0,1] →C[0,1] ; |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||
б) является вполне непрерывным при действии C(2) [0,1] →C[0,1] . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||
Решение. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
||||
а) |
Рассмотрим в пространстве C(1)[0,1] последовательность yn = |
cos 2n π x , n=1,2,3,…. |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2n |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
Эта последовательность ограничена в C(1)[0,1] , так как для любого номера |
n |
имеем |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
|| yn |
|| (1) |
|
= max | yn (x) | +max | yn′(x) |= |
1 |
|
+1 < 2 . Однако последовательность |
образов |
ее |
|||||||||||||||||||||||||||||
|
2n |
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
C |
[0,1] |
|
x [0,1] |
x [0,1] |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ayn =π sin 2n π x , |
||||||||||||
элементов, |
получаемая при |
действии оператора |
дифференцирования |
||||||||||||||||||||||||||||||||||
n =1, 2,3,... |
некомпактна |
в |
пространстве |
C[0,1] (см. |
|
пример |
1.7). Поэтому |
оператор |
|||||||||||||||||||||||||||||
дифференцирования не является вполне непрерывным при действии C(1) [0,1] →C[0,1] . |
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
а) |
Пусть |
yn - |
произвольная ограниченная последовательность в пространстве C(2) [0,1] , |
||||||||||||||||||||||||||||||||||
т.е. существует M > 0 такая, |
что || yn ||C( 2 ) [0,1] = max | yn |
(x) | +max | yn′(x) | +max | yn′′(x) | ≤ M |
|
для |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x [0,1] |
|
|
|
|
x [0,1] |
|
x [0,1] |
|
|
|
|
|
|||||||
любого номера n. |
Заметим, что отсюда сразу вытекают два неравенства: |
max | yn′(x) | ≤ M и |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x [0,1] |
|
|
|
|
|
|
max | yn′′(x) | |
≤ M . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
x [0,1] |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
Рассмотрим |
последовательность |
|
z |
n |
(x) = Ay |
n |
= |
d |
y |
n |
(x) . |
Все |
функции |
z |
n |
(x) |
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dx |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
непрерывны, причем, ввиду сделанного замечания, последовательность |
zn (x) = yn′(x) |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
равномерно ограничена. |
|
|
|
|
|
|
zn (x) равностепенно непрерывна. Действительно, |
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
Докажем, что последовательность |
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||
так как |
max | yn′′(x) | ≤ M , |
то для любого ε > 0 найдется такое δ , |
что 0 <δ ≤ |
ε |
. Поэтому |
||||||||||||||||||||||||||||||||
M |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
x [0,1] |
x1, x2 [0,1], |
|
|
x1 − x2 |
|
≤δ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
при |
|
|
всех |
|
|
|
|
имеет |
место |
|
неравенство |
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||
|
yn′(x1 ) − yn′(x2 ) |
|
= | yn′′(x) | | x1 − x2 | ≤ Mδ ≤ ε . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
zn = Ayn |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
Далее, применяя теорему Арцела, получаем, что последовательность |
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||
компактна в C[0,1] , а оператор дифференцирования |
|
A = |
d |
|
|
является вполне непрерывным |
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
dx |
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
при действии C(2) [0,1] →C[0,1] .
Задачи для самостоятельного решения
2.1Доказать, что интегральный оператор Фредгольма отображает линейное пространство h[a,b] в себя и является линейным оператором.
2.2Доказать, что интегральный оператор Вольтерра отображает линейное пространство h[a, b] в себя и является линейным оператором.
2.3Доказать, что линейный оператор, действующий в нормированных пространствах, непрерывен тогда и только тогда, когда он непрерывен в нуле.
2.4Доказать, что линейный оператор, действующий в нормированных пространствах, непрерывен тогда и только тогда, когда он ограничен.
14
2.5 Доказать, что нелинейный интегральный оператор Ay = ∫1 exs y2 (s) ds , действующий C[0,1] → C[0,1],
0
является непрерывным и sup || Ay || < +∞ .
|| y||=1
Замечание: результат предыдущей задачи в данном случае, вообще говоря, неприменим, так как оператор не является линейным.
2.6Доказать эквивалентность двух определений непрерывности в точке оператора, действующего в нормированных пространствах.
2.7Доказать, что линейный оператор ограничен тогда и только тогда, если существует постоянная C > 0 ,
что для любого элемента y выполнено неравенство || Ay ||≤C || y || .
2.8Доказать, что оператор дифференцирования, действующий из C(1) [a, b] в C[a, b] , является ограниченным.
2.9Доказать, что оператор дифференцирования, определенный на подпространстве непрерывно дифференцируемых функций пространства C[a, b] и действующий из C[a, b] в C[a,b] , не является ограниченным.
2.10Доказать, что если A - линейный ограниченный оператор, действующий A: N1 → N2 , где N1 и N2 – нормированные пространства, причем Ay ≠ 0 , то || A || > 0 .
2.11а) Доказать, что линейный оператор A имеет ограниченный обратный тогда и только тогда, если существует число m > 0 такое, что для всех y D( A) выполнено || Ay || ≥ m || y || .
б) Доказать, что в этом случае норма обратного оператора равна || A−1 ||= |
1 |
, где M - максимальное из |
возможных значений m , найденных в п. а). |
M |
|
|
|
2.12Доказать, что если линейный оператор B : N2 → N3 является вполне непрерывным, а линейный
оператор A: N → N |
2 |
ограниченный, то BA : N → N |
3 |
- вполне непрерывный оператор ( N , N |
, N |
3 |
– |
|
1 |
1 |
1 |
2 |
|
|
нормированные пространства). Сравнить с результатом примера 2.3.
2.13Доказать, что интегральный оператор Фредгольма, действующий из h[a, b] в C[a, b] , является вполне непрерывным оператором.
2.14Доказать, что интегральный оператор Фредгольма, действующий из h[a, b] в h[a, b] , является вполне непрерывным оператором.
2.15 |
Доказать, что интегральный оператор Вольтерра By = ∫x |
K (x, s) y(s) ds является вполне непрерывным |
|
|
|
a |
|
|
при действии |
C[a, b] → C[a, b] . |
переменную x : Ay = x y(x) , действующий |
2.16 |
Доказать, что |
оператор умножения на независимую |
|
|
C[a, b] → C[a, b] , не является вполне непрерывным. |
|
2.17Доказать, что единичный оператор, действующий в пространстве C[a, b] , не является вполне непрерывным.
2.18 |
Доказать, |
что интегральный оператор Ay = ∫1 |
|
y(s) |
|
ds не является вполне непрерывным при |
|
|
(x − s) |
2 |
|||||
|
|
0 |
|
|
|
||
|
действии |
C[0,1] → C[0,1]. |
|
|
|
|
|
2.19 |
Доказать, |
что дифференциальный оператор Ay = |
d |
y(x) + 4 y(x) , действующий C0(1) [0,1] → C[0,1] |
|||
|
|||||||
|
( C0(1) [0,1] |
|
|
dx |
|
|
|
|
- подпространство непрерывно дифференцируемых на [0,1] функций, удовлетворяющих |
||||||
|
условию y(0) = 0 , с нормой пространства C(1) [0,1] ), имеет ограниченный обратный, и найти его. |
Ответ: A−1 y = ∫x e−4( x−s) y(s) ds .
0
15
ТЕМА 3
Собственные значения и собственные векторы вполне непрерывного самосопряженного оператора.
|
Основные определения и теоремы |
|
|
|
|
|
||||||
Оператор |
A : E → E , |
действующий |
|
в евклидовом |
пространстве, |
называется |
||||||
сопряженным к оператору |
A , если y , y |
2 |
E |
( Ay , y |
2 |
) = ( y , A y |
2 |
) . Если A = A , то |
||||
|
|
1 |
|
1 |
|
1 |
|
|
|
|||
оператор А называется самосопряженным. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Пусть линейный оператор A действует в |
линейном пространстве L. Число Λ |
|||||||||||
называется собственным значением оператора A, |
если существует элемент |
y ≠θ такой, |
||||||||||
что Ay = Λy . |
Элемент y называется собственным вектором. |
Множество |
собственных |
векторов, соответствующих собственному значению Λ, является подпространством пространства L .
Число λ = |
1 |
(Λ ≠ 0) называется характеристическим числом оператора A. |
|
Λ |
|||
Теорема. |
|
||
Самосопряженный вполне непрерывный оператор A , действующий в |
бесконечномерном евклидовом пространстве, обладает собственным вектором, соответствующим собственному значению Λ: | Λ | = || A || . Это собственное значение
является максимальным по модулю среди всех собственных значений оператора А. Теорема, вообще говоря, не верна, если отказаться от условий самосопряженности
или вполне непрерывности оператора (см. примеры в конце темы).
Элемент e называется максимальным элементом |
(вектором) оператора A, если |
|
|| e || =1 и || Ae || =|| A || . Самосопряженный вполне непрерывный |
оператор А обладает |
|
максимальным вектором. |
|
A , то z -собственный |
Если z - максимальный вектор самосопряженного оператора |
||
вектор оператора A2 , соответствующий собственному |
значению |
Λ = || A ||2 = M 2 . Если |
оператор A2 обладает собственным вектором z, соответствующим собственному значению
M 2 , то оператор A имеет собственный вектор, соответствующий собственному значению M или − M .
Теорема. |
Пусть ядро |
K (x, s) |
оператора Фредгольма |
Ay = ∫b K (x, s) |
y(s) ds |
|||
h[a, b] → h[a, b] |
|
|
|
|
|
a |
|
|
является |
вещественным, симметрическим, |
|
непрерывным по |
|||||
совокупности переменных (x, s) [a, b]×[a, b], и не равно тождественно нулю. |
Тогда |
|||||||
оператор Фредгольма обладает собственным значением Λ, Λ ≠ 0 : |
|
Ay = Λy , |
y ≠ 0 , |
|||||
y h[a, b] . |
|
|
|
|
|
|
|
|
Иногда удобнее использовать характеристические числа: λ = |
1 |
, Λ ≠ 0 . Тогда в |
||||||
Λ |
||||||||
утверждении теоремы следует записать |
λAy = y . |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|||||
Теорема. Собственные векторы самосопряженного оператора |
A , |
соответствующие |
||||||
различным собственным значениям, ортогональны. |
|
|
|
|
16
Теорема. Число собственных значений вполне непрерывного самосопряженного оператора A , удовлетворяющих условию: || A || ≥ | Λ | ≥δ > 0 , (δ - фиксированное
положительное число) конечно.
Число линейно независимых собственных векторов, соответствующих собственному значению, называется кратностью (рангом) собственного значения.
Теорема. Ненулевому собственному значению вполне непрерывного оператора A может соответствовать только конечное число линейно независимых собственных векторов. Нулевому собственному значению может отвечать как конечное, так и бесконечное число линейно независимых собственных векторов.
Теорема.
а) Множество собственных значений самосопряженного вполне непрерывного оператора А, действующего в бесконечномерном евклидовом пространстве, представляет собой:
либо |
бесконечную последовательность, |
тогда |
|| A || = | Λ1 | ≥ | Λ2 | ≥... ≥ | Λn | ≥... - |
монотонно невозрастающая и ограниченная снизу нулем; |
|||
либо |
конечную последовательность, |
тогда |
|| A || = | Λ1 | ≥ | Λ2 | ≥... ≥ | Λn | > Λn+1 = 0 |
(каждое собственное значение повторяется в эти неравенствах столько раз, какова его кратность).
б) Если ненулевых собственных значений бесконечно много, то Λn → 0 .
n→∞
в) Каждому собственному значению отвечает хотя бы один собственный вектор, причем можно выбрать собственные векторы так, что они образуют ортонормированную систему (собственные векторы, соответствующие разным собственным значениям ортогональны, а собственные векторы, соответствующие одному и тому же собственному значению, можно ортогонализовать, используя процедуру Грама-Шмидта).
Для характеристических чисел вполне непрерывного самосопряженного оператора справедливы аналогичные результаты:
либо |
|
|
λ1 |
|
≤ |
|
λ2 |
|
≤ ... ≤ |
|
λn |
|
|
(конечная последовательность характеристических чисел); |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
либо |
|
λ1 |
|
≤ |
|
λ2 |
|
≤ ... ≤ |
|
λn |
|
|
≤ ... (бесконечная последовательность характеристических чисел). |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
В этом случае lim |
|
λn |
|
= ∞ . |
||||||||||||||||||||||||
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n←∞ |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
Каждому характеристическому числу λn можно сопоставить собственный вектор |
ϕn , причем векторы {ϕn } образуют ортонормированную систему.
Аналогичные утверждения верны для интегрального оператора с непрерывным, симметрическим и неравным тождественно нулю ядром. В этом случае вместо слов собственные векторы говорят собственные функции интегрального оператора или собственные функции ядра K (x, s) .
Пусть А - вполне непрерывный самосопряженный оператор со следующей последовательностью характеристических чисел (неважно, конечной или бесконечной) :
λ1 ≤ λ2 ≤ ... ≤ λn ≤ ... , которым соответствует ортонормированная последовательность
собственных векторов |
ϕ1 ,ϕ2 ,...,ϕn ,... . |
|
|
|
|
|
Теорема. Вектор y принадлежит нуль-пространству оператора |
А |
( y Ker A ) |
||||
тогда и только тогда, если |
( y,ϕk ) = 0 |
k =1,2,... (ϕk - конечная |
или |
бесконечная |
||
последовательность). |
|
|
|
|
|
|
Теорема Гильберта-Шмидта. |
Функция f (x) называется истокопредставимой |
|||||
через ядро K (x, s) , |
если |
существует |
непрерывная функция g(x) |
такая, что |
||
f (x) = ∫b K (x, s) g(s) ds . |
Если функция |
f (x) |
истокопредставима через симметрическое |
|||
a |
|
|
|
|
|
|
17
∞
непрерывное ядро K (x, s) , то она может быть разложена в ряд f (x) = ∑ fk ϕk (x) , где
k =1
fk = ( f ,ϕk ) = ∫b f (s)ϕk (s) ds , причем этот ряд сходится абсолютно и равномерно на [a, b] .
a
Можно рассматривать оператор Фредгольма в пространстве непрерывных комплекснозначных функций hC [a, b] , состоящем из комплекснозначных функций вещественной переменной x: y(x) = u(x) + i v(x) x [a,b] , функции u(x), v(x) – непрерывные на [a,b] вещественные функции. В этом пространстве скалярное
произведение вводится так: ( y1 , y2 ) = ∫b |
y1 (x) y2 (x) dx (здесь * - знак комплексного |
a |
|
сопряжения). |
|
Теорема. Пусть интегральный оператор с непрерывным симметрическим вещественным ядром K (x, s) действует в комплексном пространстве hC [a, b] . Тогда этот оператор может иметь только вещественные собственные значения.
Если ядро K(x,s) |
является вырожденным, т.е. |
представимо в виде |
n |
|
|
K (x, s) = ∑a j (x) b j (s) , где |
a1 (x),..., an (x) и b1 (s),..., bn (s) - |
линейно независимы и |
j=1 |
|
|
непрерывны по своим аргументам на [a, b] , то интегральный оператор является
вырожденным. В этом случае и у него всегда есть нулевое собственное значение, причем кратность его равна ∞. Отыскание других собственных значений сводится к решению эквивалентной алгебраической задачи на собственные значения и собственные векторы для некоторой матрицы
b |
|
|
c1 |
|
|
|
n |
, |
|
|
|
Λci = ∑cj ∫aj (x) bi (x) dx , i =1, 2,..., n , или K C = Λ C , где K ={kij }i, j=1 |
C = |
# . |
|||
j=1 a |
|
|
c |
|
|
kij |
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
Собственные значения Λn матрицы K и, следовательно, собственные значения (и
характеристические числа λn = 1 ) интегрального оператора Фредгольма теперь можно
Λn
найти, решив характеристическое уравнение det(K −ΛI ) = 0 .
Некоторые задачи на нахождение характеристических чисел и собственных функций оператора Фредгольма с непрерывным невырожденным ядром рассмотрены также в примерах к теме 7.
18
Примеры решения задач
Пример 3.1. Пусть M - подпространство евклидова пространства, инвариантное относительно самосопряженного оператора А. Доказать, что ортогональное дополнение M подпространства M также инвариантно относительно оператора А.
Решение. |
Рассмотрим любые элементы |
y M и |
z M , т.е. такие, что |
( y, z) = 0 . |
|||||||||||||||||
Подпространство |
M |
|
|
инвариантно относительно оператора |
A . |
|
Это означает, |
что для |
|||||||||||||
любого y M элемент Ay M , т.е. ( Ay, z) = 0 . Нужно доказать, что Az M . |
|
|
|
||||||||||||||||||
Оператор |
A |
|
- |
самосопряженный, поэтому ( Ay, z) = ( y, Az) = 0 , т.е. элемент |
Az |
||||||||||||||||
ортогонален любому y M . |
Следовательно Az M , что и требовалось доказать. |
|
|
||||||||||||||||||
Пример 3.2. |
|
Доказать, что норма вполне непрерывного самосопряженного оператора |
|||||||||||||||||||
может быть найдена по формуле || A || = sup | ( Ay, y) | . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|| y||=1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Решение. Обозначим |
|
µ = sup | ( Ay, y) | и докажем, что указанная точная верхняя грань |
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|| y||=1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
существует. |
|
|
Пользуясь |
неравенством |
Коши-Буняковского, |
|
получим |
||||||||||||||
| ( Ay, y) | ≤ || |
Ay || || |
y || ≤ || A || || y || = || A || , откуда следует |
существование |
sup | ( Ay, y) | |
и |
||||||||||||||||
|
|
N |
|
|
|
N |
|
|
|
|
|
|
|
|| y||=1 |
|
|
|
|
|||
|
|
|
=1 |
|
|
|
|
=1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
оценка µ = sup | ( Ay, y) | ≤ || A || . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|| y||=1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Докажем теперь, что справедливо неравенство |
µ ≥ || |
A || . Для любого элемента у |
|||||||||||||||||||
норма элемента |
y |
0 |
= |
|
y |
равна единице. |
Поэтому |
| ( Ay |
, y |
0 |
) | ≤ sup | ( Ay , y |
) | = µ , |
|||||||||
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|| y || |
|
|
|
|
0 |
|
|| y0 || |
=1 |
0 |
0 |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
откуда получаем | ( Ay, y) | ≤ µ || y ||2 . Пользуясь линейностью оператора |
A , |
свойствами |
скалярного произведения и равенством ( Ay, z) = ( y, Az) (определение самосопряженного оператора), нетрудно получить 4( Ay, z) = ( A( y + z), y + z) −( A( y − z), y − z) . Из этого
равенства с учетом полученной выше оценки, имеем
4 | ( Ay, z) | = | ( A( y + z), y + z) −( A( y − z), y − z) | ≤| ( A( y + z), y + z) | + | ( A( y − z), y − z) |≤
≤ µ || y + z ||2 |
+µ || |
y − z ||2 = 2µ (|| y ||2 +|| z ||2 ) . |
||||
Поэтому для произвольных элементов пространства таких, |
что || y || =1 и || z || =1, |
|||||
верно | ( Ay, z) | ≤ µ . Полагая z = |
|
Ay |
, |
получим | ( Ay, Ay) | = |
|| Ay || ≤ µ для любых у, |
|
|| Ay || |
||||||
|
|
|| Ay || |
|
|||
таких что || y || =1, откуда следует || A || ≤ µ . |
|
|||||
Итак, µ ≤ || A || ≤ µ , поэтому || A || = µ = sup | ( Ay, y) | , что и требовалось. |
||||||
|
|
|
|
|| y||=1 |
|
Замечание. Обратившись к теореме о существовании собственного вектора вполне непрерывного самосопряженного оператора, можно заключить, что если в рассмотренной задаче оператор A - вполне непрерывный, то максимальное по модулю собственное значение его удовлетворяет соотношению | Λ | =|| A || = sup | ( Ay, y) |
|| y||=1
19
Пример 3.3. |
Рассмотрим |
оператор |
|
умножения |
Ay = (1− x) y(x) , |
действующий в |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
пространстве h[0,1] . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
а) Доказать, что указанный оператор является ограниченным, и найти его норму. |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
б) Доказать, что у него нет максимального вектора. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
Решение. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ay |
|
|
|
|
|
а) |
Напомним, |
что |
нормой |
линейного |
оператора |
называется |
число |
|
|
|
|
= sup |
|
|
|
|
|
|
. |
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
|
|
|
=1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∫1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
Рассмотрим в пространстве |
h[0,1] |
множество функций |
y(x) : || y ||h[0,1] = |
|
y2 (x) dx =1. |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Тогда || Ay ||h[0,1] = ∫1 |
(1− x)2 y2 (x) dx ≤ |
∫1 |
y2 (x) dx =1, |
поэтому оператор ограничен и для |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
нормы оператора получаем оценку || A ||≤1. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
Докажем, что норма рассматриваемого оператора равна 1. Для этого достаточно |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
построить последовательность y |
n |
(x) |
непрерывных функций |
|
такую, |
что || Ay |
|| |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
→ 1 . |
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n h[0,1] |
|
n→∞ |
||||||||||||||
|
|
|
|
3n (1−nx), |
|
0 ≤ x ≤ 1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
Пусть |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
yn (x) = |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
0 |
, |
|
|
|
x ≥ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Непосредственным вычислением легко проверить, что n || yn ||h[0,1] =1 |
и |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|| Ayn ||h2[0,1] = 3n ∫n (1−nx)2 (1− x)2 dx = |
1− |
1 |
− |
|
1 |
|
→ 1 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
2n |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|| A || =1. |
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
10n |
n→∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Поэтому |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
б) |
Докажем, |
что |
у рассматриваемого оператора в пространстве |
h[0,1] |
|
нет |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
максимального вектора. Напомним, что элемент |
y : |
|| y || =1 |
называется максимальным |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
вектором |
ограниченного |
оператора, |
если |
|| |
Ay || = || A || . |
Предположим, |
|
что |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
y0 (x) : || y0 || =1 |
является максимальным |
вектором рассматриваемого оператора, |
тогда |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|| y0 ||2 = ∫1 |
y02 (x) dx =1, |
|| Ay0 ||2 = ∫1 |
(1− x)2 y02 (x) dx =|| A ||2 =1. |
Вычитая |
последние |
|
два |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
0 |
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
равенства, получим |
[1−(1− x)2 ] y2 (x) dx = 0 , что невозможно. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
∫ |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
0 |
> 0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Таким образом, сделанное предположение неверно, т.е. максимального вектора у оператора нет.
Замечание. Рассмотренный оператор умножения в пространстве h[0,1] является
самосопряженным, но не вполне непрерывным, поэтому теорема о существовании максимального вектора в данном случае неприменима.
20