новая папка 1 / 603898

Следовательно, A 12 . Очевидно, что для Ax0 C x0 C / 2 , и поэтому A 12 .

В случае б) заметим, что если x L2 [

непрерывная функция. Установим оценку Коши-Буняковского, получаем

					1	1	1
Ax				C	sx(s)ds	( s2 ds) 2
					0	0

x0 (t) 1 выполнено равенство

a,b] , то x L1[a,b] и Ax(t) -

(1). Пользуясь неравенством

x L2 13 x L2 .

Таким образом, A 13 . Известно, что в неравенстве Коши-Буняковского

знак равенства достигается, когда сомножители линейно зависимы. Поэтому выберем x0 (t) t . Получим

										Ax0					C 1 sx(s)ds 1 s2 ds		1		1					x0				L2 .
																	3		3
									0							0
Следовательно,				A					1		.
									3

Задания для самостоятельного решения

1.	Доказать	линейность,		ограниченность		и	найти	норму	оператора
	A : C[0,1] C[0,1] , если:
	а) ( Ax)(t) x(0) t x(1) ;			б) ( Ax)(t) t x(t) ;		с) ( Ax)(t) sint x(t) .
2.	Доказать	линейность,		ограниченность		и	найти	норму	оператора
	A : L1[0,1] C[0,1], A : L2 [0,1] C[0,1], A : C[0,1] C[0,1], если:
	а)	( Ax)(t) 1 et s x(s)ds ;			б) ( Ax)(t) 1 tsx(s)ds ;
		0					0
	в)	( Ax)(t) 1	(t)x(s)ds,		( ) C[0,1] .
		0
3.	Доказать	линейность,		ограниченность		и	найти	норму	оператора
	A : l2 l2 , если:

11

а) Ax (x1 ,

x2

,

x3

,...) ; б) Ax (0,...,0, xn , xn 1 ,...) ;

с)

Ax (x1 ,

x2

,

x3

,...,

xk

,...) ;

2

3

2

22

2k 1

д) Ax ( x2 , x1 , x3 ,..., xn ,...) ; е) Ax (x1 ,..., xn ,0,...) ; ж) Ax (0, x1 x2 , x3 ,..., xn ,...) .

4. Линейные ограниченные функционалы

Определение:

оператор

f : X R

(или

f : X C )

называется

функционалом.

Теорема Рисса. Всякий линейный ограниченный функционал

f ,

определенный на гильбертовом пространстве H , имеет вид

f (x) (x, u) , где

элемент

u H

однозначно

определяется

функционалом

f .

При

этом

f

u

H .

Пример 1. Пусть 1 , 2 ,..., n R,

1 t1 ... tn

1 - фиксированные точки.

Показать,

что

f (x) n

k x(tk )

является

линейным

ограниченным

k 1

функционалом в пространстве C[0,1]

и найти его норму.

Решение. Проверка линейности не представляет сложности. Для доказательства ограниченности установим оценку

f (x) M x C .

Имеем

n

n

f (x)

k

x(tk )

k

x

C .

k 1

k 1

Поэтому f n k . Для доказательства равенства в последнем соотношении

k 1

возьмем непрерывную на отрезке [ 1,1] функцию

x0 (t) такую, что

x0 (t)

1 и

x0 (tk ) sign k , k 1,..., n . Поскольку

x0

C 1 и

n

n

n

f (x0 )

k x0 (tk )

k

, то

f

k

.

k 1

k 1

k 1

Пример 2. Найти нормы функционалов в гильбертовых пространствах:

12

а) f : L2 [a,b] R по правилу f (x) b (s)x(s)ds , где L2 [a,b] - заданная

a

функция.

Решение: заметим, что данный функционал можно записать через скалярное произведение в пространстве L2 [a,b] , а именно f (x) (x, ) и,

следовательно, по теореме Рисса f - линейный ограниченный функционал и

b

1

f

L2

(

(s)

2 ds) 2 .

a

б) f : l2

(a1 , a2 ,...) l2 .

R

по правилу

f (x) ak xk , где a

k 1

Решение:

поскольку

f (x) (x, a) ,

то f

- линейный

ограниченный

1

функционал и

f

a

l2 (

ak

2 ) 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

f

a

a12

a22 . Таким образом, имеем систему

2

2

13 .

a1 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(0)		x(1)	, если	f : C[0,1] R
2		2
В заданиях 2 – 4 рассмотреть случаи: f : C[0,1] R,						f : L2 [0,1] R

13

2.	f (x) 1	sx(s)ds			3. f (x) 1	(s 1 )x(s)ds		4. f (x) 1 sin s x(s)ds
	0				0	2		0
5.	f (x) x(0) 1		x(s)ds,		если f : C[0,1] R
		0
6.	f (x) 0	x(s)ds 1		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) 12 xk .
	k 1							k 1 k

5. 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
множество D( A) на множество 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

содержит только нулевой элемент, то есть ker ( A) .

Оператор обратный к линейному оператору также является линейным

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

непрерывно обратим, если выполнены условия:

1)ker ( A) , то есть из равенства Ax следует, что x ;

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

14

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			называют
правым 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
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) .
Проверим условие R( A) C[0,1] . Для этого покажем, что уравнение			Ax y
или
t	x(s)ds x(t) y(t) ,
0

15

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

			t		z(t) x(t) ,
		z(t) x(s)ds,
			0
приходим к задаче	Коши		z z y,		z(0) 0 , которая для всех			y C[0,1]
имеет решение
t		y(s)ds и			t		y(s)ds .
z(t) e	s t				(t) y(t) e	s t
				x(t) z
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 .
	0
Пример	2. Доказать, что линейный оператор A : l2 l2 , заданный
выражением	Ax ( 1 x1 , 2 x2 ,..., n xn ,...) ,					где sup		n		, непрерывно обратим
тогда и только тогда, когда inf			n		0	0 .

Решение. Прежде всего заметим,

что

операторA

ограничен. Пусть

inf

n

0 0 .

Рассмотрим уравнение

Ax y ,

где y l2 - произвольный

элемент. Оно эквивалентно системе

уравнений

k xk yk

(k 1,2,...) .

Поскольку k

0 , то xk

yk

, причем

k

y

2

1

2

2

xk

k

y

l2 .

k

2

k 1

k 1

0

Следовательно, x l2 . Таким образом,

R( A) l2 . Если y , то и

x , то

есть ker(A) . Из теоремы Банаха следует, что оператор A непрерывно

обратим. Кроме того, обратный оператор задается выражением

A 1 y (

y1

,

y2

,...,

yn

,...) .

1

2

n

16

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

элемента x l2 положим y Ax . Получим

Ax

m

x

, m

1

0 .

(4)

Покажем,

что

M

inf

n

0 . Предположим

противное: inf

n

0 . Тогда

найдется k0 , что		k0		m . Но из (4) для вектора	x (0,...,0, 1,0,...) имеем, что
					k0

k0 m . Полученное противоречие доказывает утверждение.

Задания для самостоятельного решения

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

1.

Если A : l2 l2 , то

а)

Ax (

x1

,

x2

,

x3

,...,

xn

,...) ;

б)

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

23

2n

2

22

в)

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

г)

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

д)

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

n

2.

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) ;

0

3. Если A : C[0, ] C[0, ] , то

а) Ax(t) sin t x(t) ;

б) Ax(t) cos t x(t) .

6.

Если A : D( A) C[0,1] C[0,1] , то

а)

D( A) x C

2

0 ;

Ax(t) x(t),

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

б)

1

[0,1] ;

Ax(t) x(t),

D( A) x C

17

в)		D( A) x C	2		0 .
	Ax(t) x(t) x(t),			[0,1] : x(0) x(0)

6. Спектр оператора

Пусть

X

-

комплексное

линейное

нормированное

пространство,

A : D( A X X )

- линейный оператор. Число C называется регулярной

точкой

оператора

A ,

если

оператор

A I непрерывно

обратим.

Совокупность регулярных точек оператора A называют резольвентным

множеством

оператора A и обозначают ( A) .

Если

( A) ,

то

ограниченный

линейный

оператор

R( , A) ( A I ) 1

называют

резольвентой оператора

A

в точке . Дополнение к множеству

( A)

в

комплексной

плоскости

называется

спектром

оператора

A

и

обозначается

( A) . Число

( A) называют собственным значением

или собственным

числом

оператора

A ,

если

существует

элемент

x D( A) ,

что

x

и Ax x .

Такой элемент

x называют собственным

вектором, отвечающим собственному значению .

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

A

, то есть

A

для числа

( A) . Кроме того, из теоремы

Банаха

следует, что

( A) , если

ker(A I) или R( A I ) X .

Пример 1. Имеет ли оператор

Ax(t) t

x(s)ds ,

0

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

Решение. Запишем уравнение для определения собственных чисел

t x(s)ds x(t) .

0

Пусть 0 . Из уравнения для собственных значений видно, что собственная функция (если она существует) непрерывно дифференцируема и x(0) 0 . Продифференцировав обе части уравнения,

получим

18

x(t) x(t) .

Отсюда

t

x(t) Ce .

Так как x(0) 0 , то x(t) 0 . Это означает, что 0 не является

собственным значением. Если 0 , то

t x(s)ds 0

0

для любого t [0,1] и поэтому x(t) 0 . Таким образом, 0 также не

является собственным значением.

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

A 1 y(t) y(t)

и является неограниченным в пространстве C[0,1] .

Пример 2. Найти резольвентное множество, спектр и резольвенту

оператора Ax(t) 2 sin t x(t) , рассматриваемого в	пространствеC[0,2 ] .
Решение. Найдем, при каких значениях	C выполнены условия

теоремы Банаха о непрерывной обратимости ограниченного оператора

A I .

Рассмотрим однородное уравнение

( A I )x 0 или	(2 sin t )x(t
Если [ 2,2] , то 2 sin t 0	при всех

имеет только нулевое решение и ker(A I неоднородное уравнение

) 0, t [0,2 ] .

t [0,2 ] , однородное уравнение ) . Кроме того, в этом случае

(2 sin t )x(t) y(t)

имеет решение при любой непрерывной функции y(t) и R( A I ) C[0,2 ] . Для таких значений оператор ( A I ) непрерывно обратим. Таким

образом, C \ [ 2,2] ( A) , а потому ( A) [ 2,2] .

Покажем обратное вложение: [ 2,2] ( A) . Пусть [ 2,2] . Проверим, для любого ли y C[0,2 ] найдется такой x C[0,2 ] , что ( A I )x y . Если

[ 2,2] , то	существует	t0 [0,2 ],	что	2 sin t0 .	Тогда при	t t0
неоднородное	уравнение	приводит	к	равенству	0 x(t0 ) y(t0 ) ,	что

19

невозможно, если y(t0 ) 0 . Таким образом,			R( A I ) C[0,2 ]			для таких
и, следовательно, [ 2,2] ( A) .
Получили, что ( A) [ 2,2] , а ( A) C \ [ 2,2] .						( A) на
Так как	значение оператора ( A I ) 1		при значениях
элементе y	есть решение уравнения ( A I )x y , то резольвента задается
формулой
	( A I ) 1 y(t)	y(t)			.
		2 sin t

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

выражением

Ax(t) 1 (2ts 4t 2 )x(s)ds .

0

Решение.	Уравнение		для собственных				чисел x(t) Ax(t)	является
уравнением с вырожденным ядром. Запишем его в виде
			x(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	значении 0	получим
	0		0
представление решения			x(t) (2tc 4t 2 c			) /
				1	2

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

		c			4	c
c	2						2		3c		(3 4)c		0
			1		3			или						.
			2 c							1		2
c					c				(3 2)c1 3c2				0
	1		3	1			2

Однородная система имеет ненулевое решение тогда и только тогда, когда ее определитель равен нулю. Имеем уравнение 9 2 6 1 0 , откуда

	1	. Тогда	с1 с2 с R и	существует		ненулевое решение
	3				1
x(t) c(t t 2 ) (c 0) .			Следовательно,			является собственным
					3

значением, а x(t) - собственной функцией оператора A .

20