215

4.5Лекция 29

4.5.1Окончание доказательства теоремы Гильберта-Шмидта и следствия из нее

Продолжим доказательство теоремы.

Мы научились строить искомые вектора k по индукции в порядке убывания абсолютных величин соответствующих собственных значений

j 1j j 2j : : :

Теперь возможны два случая:

1)после конечного числа шагов мы получим линейное подпространство Hn0 , в котором (Ax; x) 0 ;

2)(Ax; x) 6 0 на Hn для всех n 2 N.

В первом случае из леммы 4.4.3 вытекает, что Hn0 ker A. В самом деле, пусть (Ax; x) 0 на Hn0 . Тогда, зафиксировав какойнибудь произвольный элемент x0 2 Hn0 на единичной сфере, мы получим, что функционал j(Ax; x)j достигает максимума в этой точке и (Ax0; x0) = 0. В силу леммы 4.4.3 (Ax0; Ax0) = 0, а значит, Ax0 = 0. Таким образом, из произвольности x0 следует, что Ax = 0 для всех x 2 Hn0 , лежащих на единичной сфере, а значит, и для всех x 2 Hn0 .

Итак, в первом случае Hn0 состоит из собственных векторов, отвечающих = 0, а система f kg состоит из конечного числа элементов. По построению справедливо ортогональное разложение

H= L(f kgnk=10 1) Hn0 ;

аследовательно, каждый элемент x 2 H записывается единственным образом в виде

x = x00 + x0;

216

где x00 2 L(f kgkn=10 1), a x0	2 Hn0 ker A; при этом
n0 1	n0 1
X	X
x00 = ck k;	Ax = Ax00 = ck k k:
k=1	k=1

Во втором случае получаем последовательность f ng1n=1 собственных векторов, для каждого из которых n 6= 0. Покажем,

lim		= 0	. Последовательность f		1
что n!1	n				ngn=1	ортонормирована, а

значит, слабо стремится к нулю в H. Поэтому в силу компактности

оператора A элементы A n = n n сходятся к нулю по норме, откуда limn!1 j nj = limn!1 kA nk = 0.

Пусть

H1 = \1n=1Hn = L(f kg1k=1) ? :

Если x 2 H1 и x 6= 0, то для всех n 2 N

Akxk		; kxk			j(A n; n)j = j nj;
	x		x

откуда

j(Ax; x)j j njkxk2 для всех n 2 N:

Следовательно, (Ax; x) = 0 для всех x 2 H1. Применяя к H1

те же рассуждения, что и к Hn0 , мы заключаем, что H1 ker A. Снова по построению справедливо ортогональное разложение

H= L(f kg1k=1) H1;

аследовательно, каждый элемент x 2 H записывается единственным образом в виде

x = x00 + x0

где x00 2 L(f kg1k=1), a x0 2 H1 ker A; при этом

1	1
X	X
x00 = ck k;	Ax = Ax00 = ck k k:
k=1	k=1

Теорема доказана.

217

Следствие 4.5.1. Для всякого компактного самосопряженного оператора A : H ! H в полном сепарабельном евклидовом пространстве H существует ортонормированный базис, состоящий из собственных векторов.

Доказательство. В самом деле, построенную в теореме 4.4.1 систему векторов f kg достаточно дополнить произвольным базисом подпространства Hn0 (в случае конечного числа векторов f kg) или подпространства H1 (в случае бесконечного числа векторов f kg).

Замечание 4.5.1. Если dim H < 1, то следствие 4.5.1 есть не что иное, как теорема о приведении матрицы самосопряженного оператора к диагональному виду в ортогональном базисе (см., например, [10]). Для несамосопряженных компактных операторов такое приведение, вообще говоря, невозможно (пример 3.7.2). Тем не менее справедливо следующее утверждение: всякое линейное преобразование конечномерного пространства имеет хотя бы один собственный вектор.

Пример 4.5.1. Пусть H = L2[0; 1], (Ax)(t) = tx(t). Оператор A, очевидно, линеен. Он ограничен в силу оценки

kAxk =	0 1 jtx(t)j2	dt11=2		0 1 tjx(t)j2	dt11=2 = kxk:
	Z		A	Z	A
Кроме того,	@0			@0
		1
	(Ax; y) = Z		tx(t)y(t) dt = (x; Ay);

0

218

т.е. оператор самосопряжен. Он не компактен, так как переводит p

ограниченную последовательность fxk = 2k + 1 tkg в непред- p p

компактную fyk 2k + 1 tk+1g. В самом деле, k 2k + 1 tkk = 1,

а				2j + 3 s
kyj2 yjk2 = 2j2		+ 3 +
								(j2 + j + 1)2 :
	2j2	+ 1		2j + 1				(2j2 + 1)(2j + 1)

Поэтому kyj2 yjk2 1 начиная с некоторого j0 2 N.

Наконец, если Ax = x, то x(t) = 0 для всех t 6= , что в пространстве Лебега означает x = 0. Таким образом, собственных значений этот оператор не имеет.

4.5.2Базисы со свойством двойной ортогональности

Пусть оператор A компактен, а A : H2 ! H1 – сопряженный оператор для оператора A. Тогда, очевидно, оператор A A : H1 !

H1 является самосопряженным и компактным. В случае бесконечномерных пространств оператор A не может быть непрерывно обратимым согласно лемме. Иначе говоря, образ компактного оператора в бесконечномерных пространствах незамкнут. Тем не менее, спектральная теорема 4.4.1 дает нам возможность получить условия разрешимости и построить решения соответствующего операторного уравнения.

Лемма 4.5.1. Пусть A компактен. Если система собственных векторов fb g оператора A A есть ортонормированный базис пространства H1, то система fAb gAb 6=0 является ортогональ-

ным базисом подпространства R(A).

Доказательство. В самом деле,

(Ab ; Ab )2 = (A Ab ; b )1 = (b ; b )1 = 0; 6= :

219

С другой стороны, если вектор y принадлежит R(A), то найдется такая последовательность fxN gN2N H1, что limN!1 AxN = y. Так как fb g является базисом в H1, то

k	k
X	X
xN = c(N)b ; AxN = c(N)Ab :
=1	=1
для каждого N 2	N. Значит, линейная оболочка системы

fAb gAb 6=0 – плотна в R(A). Теперь по теореме 2.2.2, система fAb gAb 6=0 есть ортогональный базис подпространства R(A). Такие базисы называются базисами с двойной ортогонально-

стью.

Теорема 4.5.1. Пусть оператор A компактен. Тогда задача 4.3.1 разрешима в том и только том случае, когда:

(1)	y 2	(ker A )?;					< 1.
(2)	Ab 6=0		kAb k12			2
	P			(y;Ab )1

Доказательство. В самом деле, необходимость условия (1) нами уже установлена (см. лемму об аннуляторе ядра). Кроме того, если x – одно из решений задачи 4.3.1, то, согласно спектральной теореме Гильберта-Шмидта,

					X				1
									X
			x =		c b + x0; Ax =					c Lb :
					Ab 6=0				Ab 6=0
Неравенство				Бесселя гарантирует					нам	сходимость ряда
P	Ab 6=0	c	2.
	Наконец,j j			в силу леммы 4.5.1
					1	(y; Ab )1
(4.5.1)					X k k
					y =				Ab
					=1		Ab	1

(y;Ab )1 Ab . kAb k21

220

и, так как Ax = y, то единственность коэффициентов Фурье гарантирует нам, что c =

Обратно, пусть y 2 (ker A )?. Тогда, в силу леммы 4.5.1, справедливо разложение (4.5.1). Далее, согласно теореме Рисса-Фишера,

условие (2) означает, что ряд x0 =			(y;Ab )1		b сходится в H1
			Ab 6=0	kAb k2
и принадлежит	(ker A)?	по построению Ax					= y.
		. Наконец,P				0

Из доказательства теоремы 4.5.1 видим, что, зная "базис с двой-

ной ортогональностью" fb g, соответствующий оператору A, легко найти решение уравнения Au = y.

Следствие 4.5.2. Если задача 4.3.1 разрешима, то ряд

x0 = X (y; Ab )1 b

Ab 6=0 kAb k2

сходится в H1, принадлежит (ker A)? и является единственным решением задачи 4.3.1 в этом подпространстве.

Доказательство. В силу теоремы 4.5.1 нужно проверить только единственность. В самом деле, если два решения, скажем, x1, x2

задачи 4.3.1 лежат в (ker A)?, то их разность (x1 x2) также лежит в этом подпространстве. С другой стороны, A(x1 x2) = y y = 0, т.е. разность (x1 x2) принадлежит ker A, а значит,

x1 = x2.
Частичные суммы x0(N) =		(y;Ab )1	b ряда x0 мож-
		2
Ab 6=0; 1 N		kAb k
но трактовать как приближенные решенияP	задачи 4.3.1.

Отметим, что приведенный метод построения решений некор-

ректных задач называется методом регуляризации. Он имеет один существенный недостаток – нужно искать не только оператор A , но и собственные вектора и собственные значения оператора A A, что есть очень трудоемкая, а в общем случае и необозримая задача. Алгоритм, приведенный при доказательстве теоремы Гильберта-

221

Шмидта, дает возможность построить конечное число собственных векторов и собственных значений, но, к сожалению, некорректность задачи не позволяет указать нужное количество собственных векторов и собственных значений для заданной точности вычислений.