3курс,VIсем Задачи инт ур.

|| 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

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 .

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

0

0

Замечание. Если

рассматривать оператор дифференцирования A =

d

, действующим

dx

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 2.9.

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

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

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!

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

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

оператор A: N → N

2

ограниченный, то BA : N → N

3

- вполне непрерывный оператор ( N , N

, N

3

–

1

1

1

2

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.

2.18

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.

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

Число λ =

1

(Λ ≠ 0) называется характеристическим числом оператора A.

Λ

Теорема.

Самосопряженный вполне непрерывный оператор A , действующий в

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

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.

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

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

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

произведение вводится так: ( y1 , y2 ) = ∫b

y1 (x) y2 (x) dx (здесь * - знак комплексного

a

сопряжения).

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

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

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

≤ 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

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.