Вартанян.Функциональный анализ. (1)

Доказательство, а) Так как X0 = Ar (X) = Rr, òî

A X0 = Ar+1 (X) = Rr+1 = Rr.

Åñëè Ax = 0, ãäå x X0, òî, âçÿâ n ≥ r так, чтобы в соответствии с леммой 2 было

Nn = Nn+1, будем иметь x Rn и, следовательно, существует x X такой, что x = Anx.

Но тогда 0 = Ax = An+1x, и поэтому x Nn+1 = Nn, ò. å. x = Anx = 0. b) Имеем

Ar = (I − T )r = I − T1,

где оператор T1 есть линейная комбинация положительных степеней оператора T . Таким образом, оператор T1 компактен. Так как для x X00 будет T1x = x, то каждое ограниченное

множество в X00 предкомпактно, но тогда X00

конечномерно.

Множество A (X00) в случае r > 0 есть, очевидно, Nr

−

1

Nr = X00. Åñëè æå

r = 0, òî

X00 = {0} и включение A (X00) X00

тривиально.

. Íà

c) Обозначим через A0 оператор A, рассматриваемый лишь на множестве X0

основании леммы 1, примененной к оператору Ar = I

T1, заключаем, что множество

X0 замкнуто и, следовательно, является банаховым

пространством. Поэтому оператор

A0,

−

A0−

1

взаимно однозначно отображающий

X0

на себя, имеет непрерывный обратный

Пусть

.

x произвольный элемент из X; положим

x0 = A0−rArx, x00 = x − x0 = x − A0−rArx.

ßñíî, ÷òî x0 X0', à òàê êàê

Arx00 = Arx − ArA0−rArx = Arx − Arx = 0,

òî x00

X00,

что и доказывает

возможность представления x в форме x

= x0 +

x00 (x0

X0, x00

X00).

Åñëè

x = x10 + x100 x10 X0, x100 X00

элемента

x

, òî

какое-нибудь другое представление

Arx = Arx01 + Arx001 = Arx01.

Íî òàê êàê x10 X0, òî Arx10	= A0rx10 поэтому x10 = A0rx10 = A0−rArx = x0 и единственность
представления доказана.
Наличие оценок	||x0|| ≤ M||x||, ||x00|| ≤ M||x||.
						A0−
d) Ввиду того, что		x0		x00			.
вытекает на основании построения элементов			è		и из непрерывности оператора		1
T = I − A, äëÿ x0 X0		имеем

T x = x − Ax X0,

т. е. оператор T отображает X0 в себя. Аналогично убеждаемся, что T (X00) X00. Для произвольного x X положим

T 0x = T x0, T 00x = T x00,

ãäå x0 X0 è x00 X00 из представления элемента x в форме

x = x0 + x00 x0 X0, x00 X00 .

Учитывая оценки

||x0|| ≤ M||x||, ||x00|| ≤ M||x||.

71

убеждаемся, что T 0 è T 00 непрерывные линейные операторы. Кроме того, ясно, что T = T 0 + T 00 è T 0 (X) X0, T 00 (X) X00. Далее, очевидно,

T 0 X00 = T 00 X0 = {0} .

Из этих соотношений следует, что

T 0T 00 = T 00T 0 = 0.

Оператор T 00 отображает пространство X в конечномерное пространство X00, в котором всякое ограниченное множество предкомпактно. Поэтому T 00 компактный оператор. Но T 0 = T − T 00, и можно заключить, что оператор T 0 компактен.

Докажем, наконец, что оператор A0 = I−T 0 имеет двусторонний непрерывный обратный. Для этого достаточно установить. во-первых, ÷òî A0x = 0 влечет x = 0 è, во-вторых, ÷òî A0 (X) = X. Пусть A0x = 0. Представляя x в форме x = x0 +x00 (x0 X0, x00 X00), получим

0 = A0x = x − T 0x = x0 − T x0 + x00 = Ax0 + x00.

Òàê êàê Ax0 X0, то вследствие единственности представления элемента 0 в форме x = x0 + x00 будем иметь

Ax0 = x00 = 0

н на основании пункта а) x0 = 0. Тем самым x = x0 + x00 = 0.

Рассмотрим теперь произвольный элемент y X. Представим его в форме

и положим	y = y0 + y00 y0 X0, y00 X00
	x = A0−1y0 + y00.
Òàê êàê A0−1y0 X0, òî
è	T 0x = T A0−1y0
	T 0x = x − T 0x = A0−1y0 − T A0−1y0 + y00 = AA0−1y0 + y00 = y0 + y00 = y.

Èòàê, T 0 (X) = X.

Теорема полностью доказана.

Замечание. Пусть m означает наименьшее из неотрицательных целых чисел n таких, что Nn = Nn+1. Тогда m = r.

В самом деле, беря x Nr+1 и представляя его в форме x = x0 + x00 (x0 X0, x00 X00),
получим	0 = Ar+1x = Ar+1x0	+ Ar+1x00 = Ar+1x0,
что в силу пункта а) возможно лишь при x0		= 0. Отсюда x = x00 Nr и, следовательно,
m ≤ r.			X0, x00 X00), будем
Далее, если y = Anx, то, подставляя x в форме x = x0 + x00 (x0
иметь	y = Anx = Anx0 + Anx00 = Amx0 = Am+1 A0−1x0
è y Am+1 (X), следовательно, должно быть также r ≤ m.

Частный случай факта, указанного в замечании, содержится в следующей теореме.

Теорема 2. Для того чтобы уравнение x − T x = y было разрешимо при любом y X, необходимо и достаточно, чтобы однородное уравнение Ax = 0 имело единственное решение (очевидно, x = 0).

Действительно, разрешимость уравнения x − T x = y при любом y X означает, что A (X) = X, ò. å. ÷òî r = 0. Единственность решения уравнения Ax = 0 эквивалентна тому, что m = 0.

72

Либо уравнения

Замечание. Можно дать доказательство теоремы, не зависящее от теоремы 1, используя лишь тот факт, что множество A (X) замкнуто.

Связь между уравнениями x − T x = y è g − T g = f (f, g X ) устанавливается в следующей теореме которую мы приведем без доказательства.

Теорема 3. Множества N (A) è N (A ) имеют одинаковую конечную размерность.

Объединяя доказанные выше теоремы, получаем следующий результат. Ввиду аналогии его с известной теоремой теории интегральных уравнений настоящую теорему называют альтернативой Фредгольма.

Теорема 4.

x − T x = y (x, y X)

è

g − T g = f (f, g X )

разрешимы при любой правой части, и тогда их решения единственны. Либо однородные. уравнения Ax = 0 è A g = 0 имеют одинаковое конечное число линейно независимых

решений x1, x2, ..., xn è g1, g2, ..., gn соответственно. В этом случае, для того чтобы уравнение x −T x = y (соответственно уравнение g −T g = f) имело решение, необходимо

и достаточно, чтобы

gk (y) = 0 (k = 1, 2, ..., n) .

Cоответственно

f (xk) = 0 (k = 1, 2, ..., n) .

При этом общее решение уравнения x − T x = y имеет вид

	n
x = x +	ckxk,
	kX
	=1
а общее решение уравнения g − T g = f
	n
g = g +	ckgk,
	kX
	=1

ãäå x (соответственно g ) какое-нибудь решение уравнения x−T x = y (соответственно g − T g = f), a c1, c2, ..., cn произвольные постоянные.

73