[2] Новые решения задач

Норма оператора :

Покажем, что оператор ограниченный:

Значит,	- ограниченный и непрерывный.
Если найти последовательность , на которой		, то	равна .
Рассмотрим	. Заметим, что	.
Значит,	.
30) Для	положим		. Доказать, что –

ограниченный линейный функционал.

Решение:

Для доказательства линейности рассмотрим аксиомы:

Оператор – ограниченный, если	.
Докажем ограниченность функционала:

31). Найти сопряженный к оператору , если

A).

B).

Решение.

A ). Положим , тогда пространство -

гильбертово. В гильбертовом пространстве оператор	является сопряженным к
оператору , если	. Рассмотрим скалярное
произведение:

. Таким образом,

.

B ). Рассмотрим скалярное произведение:

. Тогда сопряженный оператор имеет вид:

.

32). Найти сопряженный к оператору , если

A ).

B ).

при

Решение.

A ). В гильбертовом пространстве оператор является сопряженным к оператору

, если		. Комплексное пространство
является гильбертовым, если положить			. Рассмотрим скалярное
произведение:			=	. Таким
образом,	.
B ).Рассмотрим скалярное произведение:			. Тогда
		=		.
33) Найти сопряженный к оператору		,если:
A)		;
B)	, при	.

Решение.

A)В гильбертовом пространстве H теорема Рисса-Фреше (§ 1 0, Теорема 2) дает отождествление пространства со своим сопряженным, поэтому для оператора

равенство определяет сопряженный оператор

.
Комплексное пространство	становится гильбертовым, если выбрать
скалярное произведение как:

Сходимость этого ряда следует из неравенства Коши-Буняковского:

Рассмотрим:

Таким образом, сопряженный оператор имеет вид:

B)Рассмотрим:

Таким образом, сопряженный оператор имеет вид:

34)Какие из следующих операторов являются вполне непрерывными:

A) ;

B) ;

C) ;

D) ;

E) ?

Решение.

A)Ответ: Нет

Оператор является вполне непрерывным, если он любое ограниченное множество переводит в компактное.

Воспользуемся критерием компактности в (§12, Теорема 2). Для того, чтобы

множество непрерывных функций из было компактным необходимо и достаточно:

1) ;

2)

Рассмотрим функцию:

, т.к. и .

При этом функция:

не является равномерно непрерывной, т.к.

не является ограниченной на .

Значит, оператор не является вполне непрерывным.

B)Ответ: Да Воспользуемся доказательством критерия компактности в .

Если функция , то

является вполне непрерывным.

В данном случае .

Значит, оператор является вполне непрерывным.

C)Ответ: Да

- непрерывно дифференцируема на . Значит, равностепенная непрерывность равносильна равномерной ограниченности ее производной.

Заметим, что - ограничена на в силу непрерывности x(t).

Значит, оператор является вполне непрерывным.

D)Ответ: Да Воспользуемся доказательством критерия компактности в .

Если функция , то

является вполне непрерывным.

В данном случае .

Значит, оператор является вполне непрерывным.

E)Ответ: Нет Рассмотрим функцию

, но

не является равностепенно непрерывной, т.к.

не является ограниченной на .

Значит, оператор не является вполне непрерывным.

35) Будет ли вполне непрерывным оператор A : C[- 1, 1] ®

C[- 1, 1] ,

Ax(t) =

1 [x(t) + x(- t)]

2

?

Решение:

Нет, не будет.

Пусть x(t) Î C[- 1, 1]

—

четная функция. Тогда Ax(t) º

x(t) .

Возьмем x(t) =

t

sin

1

. Тогда, как рассмотрено в задаче 34

пункт Е,

Ax(t)

имеет

t2

неограниченную производную на множестве [- 1,0) È

(0,1] Þ оператор не является

вполне непрерывным.

36) При каком условии на функцию ϕ (t) Î C[0,1] оператор A : C[0,1] ® C[0,1] ,

Ax(t) = ϕ (t)x(t)

будет вполне непрерывным?

Решение:

Докажем, что искомым условием на функцию ϕ (t) является условие ϕ (t) º

0,t Î [0,1] .

Пусть это не так, т. е.

$ t0 Î [0,1] :ϕ (t0 ) ¹ 0 .

Тогда в силу свойств непрерывных функций $ δ > 0 : ϕ (t) ¹

0," t Î [t0 - δ ,t0 + δ ] .

Не ограничивая общности, будем полагать, что ϕ (t) ³

0 всюду в окрестности точки t0

(случай ϕ (t) < 0

рассматривается аналогично). Рассмотрим функцию

ì 0,

t Î [0,t0 - δ

],

ï

t -

t0 + δ

ï

, t Î (t0 - δ ,t0 + δ ),

xδ (t) = í

2δ

ï

+ δ ,1].

ï

1, t Î [t

0

î

Легко заметить,

что δ (0,δ 0 ) xδ

C[0,1] .

S1 (0)

Имеем

Axδ (t0 + δ ) -

Axδ (t0 - δ )

= ϕ (t0 + δ ) ³

C >

0 , где C =

const, δ

[0,δ 0 ) ,

т. к.

ϕ (t) C(t0 ) .

Итак, " δ Î (0,δ 0 )$ xδ

(t) Î C[0,1] :

Ax(t0 + δ ) -

Ax(t0 - δ )

³

C >

0 Þ

образ замкнутого

единичного шара из пространства C[0,1]

при отображении А не есть равностепенно

непрерывное множество функций Þ

А не является вполне непрерывным оператором.

Мы пришли к противоречию Þ

ϕ (t) ≡

0,t [0,1] .

37) Будет ли вполне непрерывным оператор Ax(t) =

dx

,

если он рассматривается как

действующий:

dt

А) A : C1[0,1] → C[0,1] ;

B ) A : C2[0,1] → C1[0,1] ;

C ) A : C 2 [0,1] → C[0,1] ?

Решение:

(t) = sin(tn) .

А)Рассмотрим

последовательность

{x

n

(t)}∞

S (0)

C1[0,1] ,

x

n

n= 1

1

2n

d

Тогда Axn (t) = cos(tn)

и

d

( Axn (t)) =

−

nsin(tn) .

Т.е.

( Axn (t))

-

dt

2

2

dt

неограниченная

последовательность

при

n →

∞ .

Следовательно,

образ

замкнутого

единичного

шара

из

пространства C[0,1] при отображении

А

не

является равностепенно непрерывным множеством функций

→

оператор А не

вполне непрерывный.

B ) Ответ: нет.

{xn (t)}∞n= 1

S1 (0) C 2 [0,1] ,

Рассмотрим

последовательность

xn (t) =

cos(nt)

,

t [0,1] .

Тогда

Axn (t) =

−

sin(nt)

и

d

3n2

cos(nt) . Очевидно, что последовательность

3n

( Axn (t)) = −

{xn (t)} сильно

dt

3

n →

Тогда докажем, что из {Axn (t)}

сходится к 0, а значит и слабо при

∞ .

нельзя выделить фундаментальную последовательность в C1[0,1] . Пусть это не

так и

фундаментальная

последовательность

{y

}∞

{Ax

n

} .

Тогда

nk

k = 1

y

(t) -

y(t)

′ (t) -

y¢(t)

max

+ max

y

¾ ¾¾ ®

0 .

По признаку Коши

t [0,1]

nk

t [0,1]

nk

k→ ∞

′ (t) - y

′

имеем:

max

y

nk

(t) - y

nk

(t)

+ max

y

nk

p

(t)

¾ ¾ ¾ ® 0 .

Из

t [0,1]

+

p

t [0,1]

+

nk

k , p

→ ∞

сходимости первого слагаемого к 0 вытекает необходимость сходимости второго, т.е.

		cos(nk + p t)	-
	max
		3
	t [0,1]

. А это не так. непрерывный. С) Ответ: да.

	cos(nk t)		sin	nk + p t + nk t	· sin	nk +	p t - nk t	¾ ¾ ¾ ® 0
		¾ ¾ ¾ ® 0 Û
	3						2
		k , p→ ∞	2					k , p→ ∞
	Значит,	получили противоречие → оператор					А не	вполне

Рассмотрим образ F множества	S1 (0) Ì C 2 [0,.1] при отображении А. В
пространстве		C 2 [0,1]

S1 (0)

= {x(t) C

2 [0,1] : max

x(t)

t [0,1]

Следовательно,

если

max

Ax(t)

+ max

d

( Ax(t))

£ 1 Þ

dt

t [0,1]

t [0,1]

+ max

x′(t)

+ max

x′′(t)

≤ 1}.

t [0,1]

t [0,1]

x

S1 (0) C 2 [0,1] ,

то

F

– равномерно ограниченно

и

равностепенно непрерывно (в силу ограниченности множества производных) Þ Согласно теореме Арцела, F компактно. А значит, оператор А – вполне непрерывный.

38) Сформулировать критерий компактности в l p . Какие из следующих операторов

A : l

2

→ l

2

x = (x1 , x2 ,

)

вполне непрерывны (при

):

А) Ax =

(0, x1 , x2 , ) ;

B )

Ax =

(x1 ,

x2

,

x3

, )

;

2

3

C )

Ax =

(0, x1 ,

x2

,

x3

, )

?

2

3

Решение:

Критерий компактности в l p : Для компактности замкнутого множества

K Ì l p

необходимо и достаточно, чтобы

множество

K было ограниченным

и чтобы

ε > 0

$ n0 = n0 (ε ) Î N : å∞

ξ i

p < ε p , " n ³ n0 , " x = {ξ 1 ,ξ 2 , ) Î K .

i= n+ 1

А) Ответ: оператор не является вполне непрерывным.

Приведём пример, подтверждающий это. Фиксируем ε = 12 и рассмотрим

последовательность

xn

= (x1n , xn2 , ) : xnn

= 1, xnk

=

0, " k ¹ n .

Очевидно,

что

{xn }Î B1 (0) .

Тогда

Axn = (0, x1n , xn2 , ) : xnn

= 1, xnk

= 0, " k ¹

n .

И

поскольку

n0 N $ n ³ n0 å∞

Axk

p = å∞

xk − 1

p = 1 ³

1 = ε 2 .

i= n+ 1

i= n+ 1

4

B ) Ответ: оператор является вполне непрерывным.

Для доказательства этого покажем, что образ F замкнутого единичного шара из l2 является компактным множеством, для чего воспользуемся критерием

компактности

в

l p . Ограниченность

очевидна,

поскольку y =

Ax F

имеем:

y2

=

å∞

( yn )2 =

å∞

(

xn

)2

£

1. Ограниченность F доказана. Чтобы

n= 1

n= 1

n

доказать его замкнутость, докажем, что A

–

непрерывный оператор, тогда, в силу

замкнутости

шара,

получим

замкнутость F .

Пусть

{xn } →

x0 .

Тогда

2

∞ (xk

- xk )2

∞

Ax

n

- Ax

0

=

å

n

0

£

å

(xk -

xk )2

=

x

n

- x

0

¾ ¾¾ ® 0

2

k

n

0

n→ ∞

k = 0

k = 0

. Следовательно, оператор А непрерывный. Условие критерия компактности множества в l p проверяется так:

å∞

å∞

xk

å∞

1

< Î при любом наперёд

( Axk )2

=

(

)2

£ {xk Î B1 (0)} £

2

2

k = n

k = n k

k = n k

заданном ε

>

0 и любом n ³ n0 (ε ) .

С) Ответ: оператор является вполне непрерывным.

Доказательство совершенно аналогично доказательству предыдущего пункта (со смещением индексов последовательности на 1).

39)	Доказать, что оператор	A : l2 →	l2 , Ax =					(λ 1 x1 , λ 2 x2 , ) для
x =	(x1 , x2 , ) Î l2 , где λ k	R , k N ,	supk		λ k		<	∞ , есть самосопряжённый

оператор. При каком условии на последовательность λ k он будет неотрицательным?

Решение:

Рассмотрим скалярное произведение:
( Ax, y) = å∞	( Ax)i yi = å∞		λ i xi yi = å∞ xi (λ i yi ) = (x, Ay)
i= 1		i= 1		i= 1		при каких λ i
Значит, A =	A* и оператор А является самосопряжённым. Найдём,
оператор		А		является	неотрицательным:
( Ax, x) = å∞		( Ax)i xi = å∞		λ i xi2 ³ 0 . Отсюда вытекает, что λ i		³ 0, " i .
i= 1			i= 1
40) Доказать, что		оператор	A : L2 [0,1] ® L2 [0,1] ,		Ax(t) =	tx(t) есть
неотрицательный самосопряжённый оператор.

Решение:

Рассмотрим скалярное произведение:

( Ax(t), y(t)) = ò1 (tx(t)) y(t)dt = ò1 x(t)(ty(t))dt = (x(t), Ay(t)) .

0

0

Отсюда вытекает,

что A =

A* . Далее:

( Ax(t), x(t)) = ò1 (tx(t))x(t)dt = ò1 tx2 (t)dt ³ 0 .

0

0

Следовательно, оператор А неотрицательный.

41) Доказать, что оператор

A : L2 [0,1] ®

L2 [0,1] , Ax(t) =

ò1

es+ t x(s)ds является

самосопряжённым и неотрицательным.

0

Решение:

Рассмотрим скалярное произведение:

( Ax(t), y(t)) = ò1 (ò1 es+ t x(s)ds) y(t)dt = ò1 (ò1 es+ t x(t)dt) y(s)ds = ò1 x(t)(ò1 es+ t y(s)ds)dt = (x(t), Ay(t))

0

0

0

0

0

0

Следовательно,

A =

A* . Далее:

( Ax(t), x(t)) = ò1 (ò1 es+ t x(s)ds)x(t)dt = ò1 es x(s)ds * ò1 et x(t)dt = (ò1 et x(t)dt)2 ³ 0

0

0

0

0

0

.

Следовательно, оператор А неотрицательный.

42) Пусть

h Î R ,

h ¹

0

фиксировано.

Доказать,

что

разностный

оператор

A : L2 (− ∞ ,+ ∞ ) → L2 (− ∞ ,+ ∞ ) ,

Ax(t) =

1

é

h

) - x(t -

h

ù

h

ê x(t +

2

2

)ú

удовлетворяет соотношению A =

ë

û

− A* .

Решение:

Рассмотрим скалярное произведение:

+ ∞

1 é

h

) - x(t

-

h

ù

y(t)dt =

1

é

+ ∞

h

+ ∞

x(t -

h

) y(t)dt

ù

=

( Ax(t), y(t)) = ò

ê x(t +

2

2

)ú

h

ê

ò x(t +

2

) y(t)dt - ò

2

ú

− ∞

h ë

û

ë

− ∞

− ∞

û

=

1

é

+ ∞

x(s) y(s -

h

)ds -

+ ∞

h

ù

=

+ ∞

1 é

y(t +

h

) -

y(t

-

h

ù

h

ê

ò

2

ò x(s) y(s +

2

)dsú

ò x(t) · (-

ê

2

2

)ú )dt = (x(t),- Ay(t))

ë

− ∞

− ∞

û

− ∞

h ë

û

Отсюда вытекает,

что

A*

= − A .

43) Пусть

–

самосопряженный оператор, действующий в гильбертовом пространстве

,

причем

. Доказать, что если существует ограниченный оператор

,

то обратный

оператор тоже самосопряжен.

Решение:

Поскольку

–

ограниченный, то

. Тогда

.

44) Пусть	- ограниченный самосопряженный оператор,								. Доказать, что
оператор		существует.
Решение:
Предположим, что					. Тогда		. Рассмотрим скалярное
произведение			и воспользуемся самосопряженностью оператора							:
					. Следовательно, предположение верно
только при			. Отсюда очевидно следует обратимость оператора							.
45) Рассмотрим оператор						, для				.
Доказать,	что	самосопряжен в		и	. Найти оператор .
Решение:
В гильбертовом пространстве оператор						является самосопряженным,				если
		выполнено			.	Пространство		становится гильбертовым,
если для любых двух его элементов						и			положить
			. Сходимость этого ряда для любых				и	из	вытекает из
неравенства Буняковского для рядов.
Рассмотрим скалярное произведение
								.
Таким образом,			оператор	является самосопряженным.
Далее:							.
Теперь рассмотрим оператор					. Очевидно,					.
Значит,		.
46) В вещественном линейном пространстве						найти собственные значения и
собственные векторы оператора: А)						; В)				.
Решение
значениями оператора			являются:		следовательно,		если		, то собственными

1. Собственные вектора - четные функции

2. Собственные вектора - нечетные функции

Решение
					Исходя
из этого будет	искать	собственные	вектора	в виде	.
Таким образом	получаем,	что	--	собственный вектор,	отвечающих
собственному значению		.

47) В пространстве рассмотрим оператор . Найти

.