[ Зверев ] Дополнительные главы матфизики (лекции Дмитриевой и Суханова)
.pdf2 Уравнения Вольтерра.
2.1 Решение уравнения Вольтерра методом последовательных приближений.
Рассматривается неоднородное интегральное уравнение Вольтерра 2-го рода.
x |
|
|
ϕ(x) = f(x) + λ Z |
K(x, t)ϕ(t)dt |
(17) |
a
Также необходимо учитывать некоторые условия:
1. f(x) C[a, b]
2. Ядро непрерывно на треугольнике: K(x, t) C(Δ), x ≥ t
Рис. 3: Область определения ядра уравнения Вольтерра.
Будем искать решение уравнения (17) в виде степенного ряда, членами которого являются непрерывные функции:
|
∞ |
|
|
|
|
X |
|
|
|
|
ϕ(x) = |
λkϕk(x) |
(18) |
|
|
k=0 |
|
|
|
Подставим ряд (18) в уравнение (17). |
|
|
|
|
∞ |
x |
∞ |
|
|
λkϕk(x) = f(x) + Z |
|
|
||
k=0 |
|
K(x, t) k=0 λk+1ϕk(x)dt |
|
|
X |
a |
|
X |
|
Перепишем то же самое в операторном виде:
∞∞
XX
λkϕk(x) = f + |
λk+1Kϕk |
k=0 |
k=0 |
Приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях.
λ0 |
: |
ϕ0 |
= f |
|
|
|
|
λ1 |
: |
ϕ1 |
= ϕ0 + λKϕ0 = f + λKf |
||||
λ2 : |
ϕ2 = f + λ2K2f |
||||||
·n· · |
· · · · · · |
n |
K |
n |
f |
||
λ |
: |
ϕn = f + λ |
|
Для доказательства того, что ряд (18) есть решение уравнения Вольтерра, надо доказать, что этот ряд сходится. Для этого нам необходимо рассмотреть некоторые оценки и вспомнить теорему 1-го курса.
Теорема Вейерштрасса. Для каждой функции, непрерывной на I = [a, b], существуют верхняя и нижняя
грань: m = min f(x), |
M = max f(x). |
|
x I |
x I |
|
Тогда, вспоминая про условия, сформулированные в начале данного параграфа, мы можем написать |
||
|
|f(x)| < m, |
x [a, b] |
|
|ϕ0(x)| < m, |
x [a, b] |
|
|K(x, t)| < M, |
(x, t) [Δ] |
10
Будем последовательно оценивать функции ϕk(x), k = 1 . . . n. Модуль оценивается, как произведение максимума подынтегральной функции на длину интегрируемого промежутка.
|ϕ2 |
(x)| |
= |
x |
|K(x, t)ϕ1 |
(x)|dt |
< M |
x(t − a)Mmdt = M2 |
21 (x − a)m |
||
Rx |
||||||||||
|ϕ1 |
(x)| |
= |
a |
|K(x, t)ϕ0 |
(x)|dt |
< (x |
− a)Mm |
|
||
|
|
|
R |
|
|
|
|
|
R |
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
a |
|
|
· · · |
· · · |
·x· · |
|
|
|
|
|
|
|
|ϕn(x)| |
= |
R |
|K(x, t)ϕn−1(x)|dt < n1! Mnm(x − a)n |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a
Последнее выражение есть угаданная нами реккурентная формула. Ее надо доказать методом математической индукции. Здесь я напишу полную схему этого метода, а в дальнейшем буду писать только последний шаг.
1. База индукции. Наше предположение выполняется для первого номера:
|ϕ1(x)| < (x − a)Mm
2. Пусть наше предположение верно для некоторого номера n:
|ϕn(x)| < n1! Mnm(x − a)n
3. Шаг индукции. Докажем, что наше предположение справедливо также для n+ 1, тогда оно верно для всех
n N
|
|
|
|
x |
|
|
|
x |
1 |
|
|
|
|
(x − a)n+1 |
|
(x − a)n+1 |
|
ϕ |
|
(x) |
= |
|
K(x, t)ϕ |
(x) dt < |
M |
|
Mn(t |
|
a)nmdt < Mn+1m |
= Mn+1m |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
| |
|
n+1 |
| |
Za |
| |
n |
| |
Za |
n! |
|
− |
|
n!(n + 1) |
|
(n + 1)! |
Доказательство закончено.
Для доказательства сходимости ряда (18) осталось совсем чуть-чуть. Вспоманаем еще кое-что из 1-го курса.
Признак Вейерштрасса равномерной сходимости рядов. Ряд ∞
P
fk(x) сходится на промежутке I
k=1
равномерно, если существует сходящийся числовой ряд ∞
P
ak с положительными членами такой, что для всех
k=1
k ≥ N è âñåõ x I выполняется неравенство
|fk(x)| ≤ ak.
Ðÿä ∞ |
|
|
|
∞ |
ak называется мажорантой функционального ряда |
fk(x). |
|||
=1 |
|
|
|
k=1 |
kP |
|
|
|
P |
Итак, мажорантой ряда (18) будет следующий числовой ряд |
|
|||
∞ |
1 |
Mk(b − a)kλk, |
x [a, b] |
|
|
m |
|
||
k=1 |
k! |
|||
X |
|
|
|
|
Эта мажоранта сходится как всякий ряд |
Ck |
|
||
|
k! , ãäå C константа. Теперь делаем вывод: (i) ряд (18) сходится |
абсолютно и равномерно на [a, b]; (ii) суммируемые функции непрерывны. Тогда ϕ(x) непрерывна и ряд можно
интегрировать почленно. Для решения уравнения нам надо последовательно искать |
ϕ0 |
, ϕ1, . . . ϕn, которые |
||||
равномерно сходятся к решению уравнения |
|
|
||||
|
Íî è ýòî åùå íå âñå! |
λ. |
|
|
|
|
|
Упражнение. |
Доказать единственность решения. |
ψ = ϕ1 −ϕ2 и доказать, что ψ = 0 |
|||
|
Я это не доказазывал, но вам советую. Подсказка: рассмотреть оценку для |
Замечание. Уравнение Вольтерра не имеет характеристических чисел, т.к. ряд (18) сходится при любых λ è
x
R
уравнение ψ(x) = λ K(x, t)ψ(t)dt имеет только тривиальное решение.
a
11
2.2 Итерированные ядра и резольвента уравнения Вольтерра.
Рассматривается неоднородное интегральное уравнение Вольтерра 2-го рода.
|
x |
|
|
|
ϕ(x) = f(x) + λ Z |
K(x, t)ϕ(t)dt |
(19) |
|
a |
|
|
Также необходимо учитывать некоторые условия: |
|
|
|
1. |
f(x) C[a, b] |
|
|
2. |
Ядро непрерывно на треугольнике: K(x, t) C(Δ), x ≥ t |
|
Рис. 4: Область определения ядра уравнения Вольтерра. Будем рассматривать операторы ( Kn) и соответствующие им ядра ( Kn(x, s))2.
|
x |
|
|
|
|
(Kϕ)(x) = Za |
K(x, t)ϕ(t)dt |
|
|
x |
|
x |
x |
|
(K2ϕ)(x) = Za |
K2(x, s)ϕ(s)ds = Za |
ϕ(s)ds Zs |
K(x, t)K(t, s)dt |
x
Z
K2(x, s) = K(x, t)K(t, s)dt
s
xx
ZZ
(K3ϕ)(x) = ϕ(s)ds K(x, t)K2(t, s)dt
as
x
Z
K3(x, s) = K(x, t)K2(t, s)dt
s
xx
ZZ
(K4ϕ)(x) = ϕ(s)ds K(x, t)K3(t, s)dt
as
x
Z
K4(x, s) = K(x, t)K3(t, s)dt
s
·· · · · · · · ·
x x
ZZ
(Knϕ)(x) = |
ϕ(s)ds K(x, t)K |
n−1 |
(t, s)dt |
(20) |
|
|
|
|
|
a |
s |
|
|
|
2Здесь также надо помнить о теореме Фубини.
12
Данная схема называется итерационной, а ядра Kn(x, s) называются итерированными. Выражение (20) есть угаданная нами реккурентная формула. Ее надо доказать по методу математической индукции. Как и обещал
сразу пишу доказательство для номера n + 1.
xx
ZZ
KKnϕ = ϕ(t)dt K(x, s)Kn(s, t)ds
a |
t |
|
|
|
|
|
|
| |
|
|
{z |
|
} |
|
|
|
Kn+1(x,t) |
|
||
Доказательство закончено. |
|
|
|
|
|
|
Резольвентой (или разрешающим ядром) интегрального уравнения называется такое ядро: |
||||||
|
∞ |
|
|
|
|
|
R(x, t, λ) = X λn−1Kn(x, t) |
(21) |
n=1
При этом соответствующий интегральный оператор будет выглядеть так 3:
x
Z
(Rλϕ)(x) = R(x, t, λ)ϕ(t)dt
Вспомним решение уравнения Вольтерра:
В терминах резольвенты:
a
∞
X
ϕ = λnKnf
n=0
∞!
ϕ = f + λ |
X |
|
λn−1Kn f |
|
|
|
n=1 |
|
ϕ = f + λRλf |
(22) |
Далее будем рассматривать аналитические свойства резольвенты. Используя условия для формулировки уравнения Вольтерра и теорему Вейерштрасса, имеем
|K(x, t)| ≤ M, (x, t) [Δ]
Будем последовательно оценивать итерированные ядра.
|
|
x |
|
|K2(x, t)| |
= |
Rtx |K(x, s)K(s, t)|ds |
|
|K3(x, t)| |
= |
Rt |
|K(x, s)K2(s, t)|ds |
· · · |
· · · |
·x· · |
|
|Kn(x, t)| |
= |
Rt |K(x, s)Kn−1(s, t)|ds |
< (x − a)M2
x
< M3 R (s − t)ds = M3 12 (x − t)2
t
< Mn (x−t)n−1
(n−1)!
Последнее выражение есть угаданная нами реккурентная формула. Ее надо доказать методом математической индукции. Докажем, что это предположение справедливо для n + 1 номера.
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
K |
|
(x, t) |
= |
|
K(x, s)K |
(s, t) |
ds |
|
Zt |
MMn |
(s − t)n−1 |
ds = |
Mn+1 |
Zt |
(s |
|
t)n−1ds = |
Mn+1 |
(x |
|
t)n |
|
|
|
|
|
(n − 1)! |
|
|
|
||||||||||||||
| |
|
n+1 |
| |
Zt |
| |
n |
| |
|
≤ |
|
(n − 1)! |
|
− |
|
n! |
|
− |
|
Доказательство закончено.
Замечание. Тут, наверное, уместно напомнить, что все эти операции с итерированными ядрами для уравнения Вольтерра мы делаем в области, где они не равны нулю, т.е. при x ≥ t.
Теперь выясним вопрос о сходимости ряда (21) для резольвенты. Для этого, как и в предыдущем параграфе нам надо найти суммируемую мажоранту:
|
∞ |
n |
|
≤ |
∞ |
|
(n 1)! |
|
|
n=1 |
λn−1K |
(x, t) |
|
|
Mn |
(x − t)n−1 |
λn−1 |
= MeλM(x−t) |
|
|
|
n=1 |
|
− |
|
|
|||
|
X |
|
|
|
X |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Т.о., ряд (21) для любого λ из компакта (замкнутое и ограниченное множество) сходится абсолютно и равном- ерно. Резольвента регулярная функция для всего компакта.
3Суханов в 2004г. резольвентой называл сам оператор.
13
Далее скажем пару слов о связи резольвенты с обратным оператором. Пишем интегральное уравнение Вольтерра 2-го рода в операторном виде
ϕ = f + λKϕ
Его решение можно находить обращением:
(ϕ − λKϕ) = f
(I − λK)ϕ = f
ϕ = (I − λK)−1f = f + λRλf = (I + λRλ)f
Ò.ê. f любая функция, то
(I − λK)−1 = (I + λRλ) |
(23) |
Упражнения.
Построить резольвенту и по формуле (22) найти решения следующих интегральных уравнений Вольтерра.
t
1. ϕ(t) = et + R et−sϕ(s)ds
0
t
2. ϕ(t) = 1 − 2t − R et2−s2 ϕ(s)ds
0
t
3. ϕ(t) = et sin t + R 2+cos2+cos st ϕ(s)ds 0
t
4. ϕ(t) = 1 + t2 + R 1+t2 ϕ(s)ds
1+s2
0
3 Уравнения Фредгольма.
3.1Метод последовательных приближений для уравнения Фредгольма с малым ядром.
Рассматривается неоднородное интегральное уравнение Фредгольма 2-го рода.
|
ϕ(x) = f(x) + Za |
b |
|
|
K(x, t)ϕ(t)dt |
(24) |
|
Также необходимо учитывать следующие условия: |
|
|
|
1. |
f(x) C[a, b] |
|
|
2. |
Ядро непрерывно на квадрате K(x, t) C[Q], Q = [a, b] × [a, b] |
|
Будем искать решение уравнения (24) в виде степенного ряда, членами которого являются непрерывные функции:
|
|
∞ |
|
|
|
|
X |
|
|
|
|
|
ϕ(x) = |
λnϕn(x) |
|
(25) |
|
|
n=0 |
|
|
|
|
Подставим ряд (25) в уравнение (24), предполагая, что он сходится. |
|
||||
∞ |
|
b |
∞ |
|
|
n=0 λnϕn(x) = f(x) + Z |
K(x, t) n=0 λn+1ϕn(x)dt |
||||
X |
|
a |
X |
|
|
Приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях. |
|
|
|||
λ0 : |
ϕ0 = f |
|
|
|
|
|
|
b |
|
|
|
λ1 : |
ϕ1 |
= K(x, t)f(t)dt |
|||
|
|
Rb |
|
|
|
λ2 : |
ϕ2 |
a |
|
|
|
= K(x, t)ϕ1(t)dt |
|||||
|
|
R |
|
|
|
· · · |
· · · · · · |
a |
|
|
|
b |
|
|
(t)dt |
||
λn : |
ϕ = K(x, t)ϕ |
|
|||
|
n |
R |
|
n−1 |
|
|
|
a |
|
|
|
14
Замечание. Мы смогли поменять местами суммирование и интегрирование в силу сходимости. Теперь будем доказывать сходимость. Для этого введем в рассмотрение следующие фунции:
b
Z
Q2(x) ≡ |K(x, t)|2dt
a
b
Z
R2(t) ≡ |K(x, t)|2dx
a
bb
ZZ
B2 ≡ dx |K(x, t)|2dt
aa
Рассмотрим итерированные ядра для уравнения Фредгольма (24)
|
(Kϕ)(x) = Za |
b |
|
|
|
K(x, t)ϕ(t)dt |
|
||
b |
|
b |
b |
|
(K2ϕ)(x) = Za |
K2(x, s)ϕ(s)ds = Za |
ϕ(s)ds Za |
K(x, s)K(s, t)dt |
b
Z
K2(x, t) = K(x, s)K(s, t)dt
a
bb
ZZ
(K3ϕ)(x) = ϕ(s)ds K(x, t)K2(t, s)dt
ab
|
x |
|
|
K3(x, t) = Zs |
K(x, s)K2(s, t)dt |
|
|
|
· · · · · · · · · |
|
|
Kn(x, t) = Za |
b |
|
|
K(x, s)Kn−1(s, t)dt |
(26) |
Далее надо доказать эту реккурентную формулу по методу математической индукции. Я думаю, это можно уже сделать и без меня. Напишем оценки для этих ядер, используя условия, сформулированные в начале этого параграфа.
|
|K(x, t)| ≤ M, (x, t) [Q] |
|
|
Для оценки последующих ядер нам потребуется |
|
|
|
Неравенство Коши-Буняковского. |
b |
1/2 b |
1/2 |
b |
Z |
f(x)g(x)dx |
≤ |
Z |
|f(x)|2dx |
|
· |
|
Z |
|g(x)|2dx |
|
|
|
|
|
|
|
|
a |
a |
a |
Тогда оценка для ядра K2(x, t) будет такой:
|
K2 |
(x, t) |
|
b |
|
K(x, s) |
2ds 1/2 b |
K(s, t) |
2ds 1/2 |
|
Q(x)R(t) |
|||
| |
|
|
| ≤ |
Z |
| |
|
| |
|
· |
Z | |
| |
|
≤ |
|
|
|
|
|
a |
|
|
b |
|
a |
|
|
|
||
|
|
|K3(x, t)| = |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
R |K(x, s)K2(s, t)|ds |
|
|
|
|
a b
R
≤|K(x, s)Q(s)R(t)|ds
≤ |
a |
ab |
|K(x, s)|2ds!1/2 |
· |
ab |
|Q(s)|2ds!1/2 |
R(t) |
||||||
|
|
R |
|
|
R |
|
= |
R(t)Q(x)B |
|
|
|
15
Продолжая в том же духе, мы получим реккурентную формулу:
|
|Kn(x, t)| ≤ R(t)Q(x)Bn−2 |
|
|
|
|
(27) |
|||
Как всегда, доказываем е¼ методом математической индукции. |
|
|
|
|
|
||||
|
b |
|
|
|
|
|
|
|
|
|Kn+1(x, t)| = |
Rb |
|
|
|
|
|
|
|
|
|K(x, s)Kn(s, t)|ds |
|
|
|
|
|
||||
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R |
K(x, s) R(t)Q(s)Bn−2ds |
1/2 |
|
|
|
1/2 |
||
≤ |
|
|
| |
|
|
|
|||
| |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
a |
|
|
ab |K(x, s)|2ds! |
|
|
|
|Q(s)|2ds! |
|
≤ R(t)Bn−2 |
· |
|
ab |
|
|||||
|
|
n |
2 |
R |
n |
− |
1R |
|
|
= R(t)B |
− |
Q(x)B = R(t)Q(x)B |
|
|
|
Доказательство закончено. |
|
|
|
|
Нам надо доказать сходимость ряда (25). Для этого перепишем его в следующей форме: |
||||
∞ |
∞ |
∞ |
b |
|
λn Z Kn(x, t)f(t)dt |
||||
ϕ(x) = n=0 |
λnϕn(x) = n=0 |
λnKnf(x) = n=0 |
||
X |
X |
X |
a |
Оценим каждый такой интеграл двумя способами (в 2003г. и 2004г. были разные оценки). В обоих случаях будем использовать то обстоятельство, что
|f(t)| ≤ m, t [a, b]
1.Докажем, что ряд (25) сходится в круге |λ| ≤ B1 .
∞b
|ϕ(x)| ≤ |
|λ|nm R(t)Q(x)Bn−2dt |
||
P |
b |
R |
∞ |
n=0 |
|
a |
|
= Q(x)m R(t)dt |λ|nBn−2 |
|||
|
R |
|
P |
|
a |
|
n=0 |
Мажоранта для этого ряда будет такая:
∞
X
λ2 |λ|n−2Bn−2
n=2
Она представляет собой геометрическую прогрессию, которая сходится при |λ|B ≤ 1 и расходится при
|λ|B ≥ 1.
2. Докажем, что ряд (25) сходится в круге |λ| ≤ |
|
1 |
|
|
||
M(b−a) |
|
|||||
Здесь мы используем другие оценки для итерированных ядер. |
||||||
|K(x, t)| |
≤ |
M |
|
|
|
|
|
|
b |
|
|
|
|
|K2(x, t)| ≤ |
a |K(x, s)K(s, t)|ds ≤ M2(b − a) |
|||||
|K3(x, t)| ≤ |
R |
− |
a)2 |
|||
· · · |
· · · |
M3(b |
|
|||
· · · |
|
|
|
|
||
|Kn(x, t)| ≤ |
Mn(b − a)n−1 |
Реккурентная формула доказывается по индукции самостоятельно. Теперь пишем оценку для ряда (25):
|ϕ(x)| ≤ |λ|nm · Mn (b − a)n ≤ |λ|nMn(b − a)n m
Данный ряд сходится если |λ|M(b − a) ≤ 1.
Утверждение.
Êðóã |λ|M(b − a) ≤ 1 меньше, чем круг |λ|B ≤ 1, ò.å.
|
|
|
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
B ≥ M(b |
− |
a) |
||||
|
|
|
|
|
|
||||||
|
Доказательство. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
b |
|
b |
b |
|
|
|
|||
|
|
B2 = Za |
dx Za |
|K(x, t)|2dt ≤ Za |
M2(b − a)dx = M2(b − a)2 |
16
Доказательство закончено.
Замечания. Малое ядро означает, что λ находится внутри некоторого круга. |
|
|
|||||
Теперь делаем вывод: (i) ряд (25) сходится абсолютно и равномерно при |
|λ| ≤ |
1 |
|
||||
B ; (ii) суммируемые функции |
|||||||
непрерывны. Тогда |
|||||||
Утверждåíèå. ϕ(x) непрерывна и ряд можно интегрировать почленно. |
|
|
|
||||
Ïðè |
| |
λ |
1 |
|
|
|
|
|
|
| ≤ B |
|
|
|
||
Доказательстворешение. урвнения (24) единственно. |
|
|
|
Пусть
ϕ1,2 = f + λKϕ1,2
ψ= ϕ1 − ϕ2
ψ= λKψ
Тогда напишем оценку для ψ, используя неравенство Коши-Буняковского.
|ψ(t)| ≤ |
|
|
|
λ |
b |
K(x, t)ψ(t)dt |
|
|
|
R |
|
|
|
|
|
≤ |
λ a |
b |
K(x, t) |
2dt |
1/2 |
b |
ψ(t) |
2dt |
! |
1/2 |
|||
| | |
a | |
|
|
| |
! |
|
|
a | |
| |
|
|
||
≤ |
|
R |
|
ab |
|ψ(t)|2dt! |
1/2 R |
|
|
|
|
|||
|λ|Q(x) |
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
R |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Возводим в квадрат и интегрируем.
b |
|ψ(x)|2dx ≤ |λ|2B2 Z |
b |
b |
||||
Za |
|ψ(t)|2dt ≤ Z |
|ψ(x)|2dx |
|||||
|
|
|
|
a |
a |
|
|
|
|
≤1 |
|
|
|||
|
| {z } |
|
|
Из этого следует, что тривиального решения ψ = 0 не существует. Доказательство закончено.
Следствие: уравнение Фредгольма 2-го рода (24) не имеет характеристических чисел при |λ| < B1
3.2 Резольвента уравнения Фредгольма. Условия сходимости ряда Неймана.
В этом параграфе я напишу только план ответа на подобный вопрос на экзамене. Для ответа надо фактически переписать параграф 3.1.
1.Рассматриваем неоднородное интегральное уравнение Фредгольма 2-го рода (24) с малым ядром.
2.Вводим резольвенту для этого уравнения
∞ |
|
R(x, t, λ) = X λn−1Kn(x, t), |
(28) |
n=1
со всеми вытекающими из этого последствиями, а именно
ϕ= f + λRλf, (I − λK)−1 = (I + λRλ)
3.Рассматриваем вопрос о сходимости ряда (28),который, кстати говоря, называется рядом Неймана. Для этого надо рассказать о итерированных ядрах (26) и методе их оценки (27). После этого доказательство сходимости проводится аналогично доказательству сходимости для ряда (25).
4.Сделать закономерные выводы:
• Ряд (28) сходится равномерно по (x, t) ïðè |λ| ≤ B1 .
•Функция R(x, t, λ) является непрерывной функцией своих аргументов.
•Внутри круга |λ| ≤ B1 R(x, t, λ) является аналитической функцией λ.
Упражнения.
Решить при помощи резольвенты интегральное уравнение Фредгольма 2-го рода
1
1. ϕ(t) = 56 t + 12 R tsϕ(s)ds
0
17
3.3 Полные нормированные пространства. Линейные ограниченные операторы.
Определение. Пространство F называется нормированным, åñëè äëÿ x F определена норма kxk. Определение. Норма это неотрицательное вещественное число, удовлетворяющие трем аксиомам:
1. kxk > 0, kxk = 0 x = 0;
2.Линейность: kαxk = |α| · kxk;
3.Неравенство треугольника: kx + yk ≤ kxk + kyk. Примеры.
1. |
Пространство Rn: kxk = p |
x12 + x22 + . . . + xn2 |
; |
||
|
Пространство C2[a, b]: kxk = s |
|
; |
||
2. |
ab |x(t)|2dt |
||||
|
|
|
R |
||
3. |
Пространство ln∞, состоящее из n-мерных последовательностей (векторов): |
kxk = max |xi|.
1≤i≤n
Определение. Пространство называется полным, если каждая его фундаментальная последовательность сходится к некоторому пределу, принадлежащему этому пространству.
Определение. Последовательность называется фундаментальной (сходящейся в себе), если
ε > 0 N(ε) n, m > N(ε) : kxn − xmk < ε
Определение. Последовательность {xn}n∞=1 сходится по норме к x, åñëè kx − xnk −→ 0 ïðè n → ∞. |
|
Замечание. Если не лень, то полезно будет посмотреть определение линейного пространства, например, здесь: |
|
http://www.instkonspekts.narod.ru/konsp.htm. |
|
Определение. Линейное нормированное полное пространство называется |
банаховым пространством. |
˜ |
˜ |
Определение. Пусть V è V банаховы пространства. Оператор B, действующий из V â V , называется линейным, если выполняются следующие условия:
1.Аддитивность: B(x + y) = Bx + By для любых x, y V ;
2.Однородность: B(λx) = λBx для любого x V и всех действительных λ.
Определение. Линейный оператор B называется ограниченным, если существует такая постоянная C > 0, ÷òî
kBxk˜ ≤ C kxk x V .
ОграниченныйV V , оператор переводит ограниченное множество в ограниченное же множество.
Определение. Линейный оператор B называется непрерывным, åñëè xn −→ 0 ïðè n → ∞ Bxn −→ 0 ïðè
n → ∞.
Теорема. Если оператор B ограничен, то он непрерывен. Доказательство.
Пусть xn −→ 0 ïðè n → ∞, ò.å. kxnk −→ 0. Тогда kBxnk ≤ C kxnk −→ 0 ïðè n → ∞ = B непрерывен. Доказательство закончено.
Определение. Нормой оператора B называется число, определяемое следующим равенством:
kBk = sup kBxk
kxk≤1
Для ограниченного оператора B норма всегда ограничена, причем kBk = inf C Далее рассмотрим примеры нахождения нормы операторов.
1.Пространство ϕ = C[a, b]
Рассматривается интегральный оператор Фредгольма
b
Z
(Bϕ)(x) = K(x, y)ϕ(y)dy
a
Ядро оператора непрерывно на квадрате
K(x, y) C(Q)
18
Рассмотрим вопрос об ограниченности оператора
|K(x, y)| ≤ M, (x, y) [Q]
b
Z
|(Bϕ)(x)| = K(x, y)ϕ(y)dy ≤ M · kϕk · (b − a)
a
kBk ≤ M(b − a)
Ò.î., B ограниченный оператор, и выше написана оценка для его нормы.
2. Пространство ϕ = C2[a, b]
Опять рассматривается интегральный оператор Фредгольма с непрерывным на квадрате K(x, y) C(Q) ядром. Требуется написать оценку для его нормы.
|
Bϕ |
= |
v |
|
b |
Bϕ |
2dx = v |
b |
|
b K(x, y)ϕ(y)dy |
|
2 dx |
|
k |
k |
|
|
|
| | |
|
u |
|
|
||||
|
|
|
u |
|
|
|
uZ |
|
Z |
|
|
||
|
|
|
uZ |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
u |
|
|
|
u |
|
|
||||
|
|
|
t |
|
|
|
t |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
aa a
Сделаем оценку, используя неравенство Коши-Буняковского.
|
Bϕ |
|
b dx |
b |
ϕ(y) |
2dy |
|
b |
|
K(x, y) |
2dy 1/2 |
= |
|
ϕ |
|
b dx |
b |
K(x, y) |
2dy 1/2 = |
|
ϕ |
|
B0 |
||
k |
|
k ≤ |
Z |
Z | |
| |
|
· |
Z |
| |
|
| |
|
|
|
k |
|
k |
Z |
Z | |
| |
|
k |
|
k · |
|
|
|
|
a |
a |
|
|
|
a |
|
|
|
b |
|
|
|
b |
a |
a |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
kBk ≤ B0, |
ãäå B02 ≡ Za |
dx Za |
|K(x, y)|2dy |
|
|
|
|
|
Т.о., мы не выходим из класса начальных функций (интеграл ограничен он сходится). B ограниченный оператор, и выше написана оценка для его нормы.
3.4Ряд Неймана для абстрактного линейного уравнения, интегральные уравнения для резольвенты.
В 2004 году этот параграф назывался ½Решение уравнения Фредгольма в нормированном линейном векторном пространстве“. Рассматривается линейное уравнение
f = (I − λK)ϕ, |
(29) |
в котором K является ограниченным линейным оператором, отображающим банахово пространство в себя. Оператор можно обратить, если |λ| kKk = q ≤ 1, (I−λK)−1. При этом уравнение (29) имеет единственное
решение, определяемое равенством ϕ = (I |
− |
λK)−1f. |
||||
Нам предстоит доказать два утверждения: |
|
|||||
|
|
|||||
1. |
∞ |
λmKm = (I λK)−1 |
ряд Неймана. |
|||
|
P |
|
|
|
||
2. |
|
− |
|
|
|
|
|
m=0 |
|
|
|
|
|
|
(I − λK)−1 ≤ (1 − |λ| kKk)−1. |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
Доказательство 1.
Выражение, написанное под номером 1, означает, что ряд сходится по норме оператора K
|
N |
λmKm − (I − λK)−1 |
|
−→ 0, ïðè N → ∞ |
||
|
m=0 |
|
|
|
|
|
|
X |
|
|
|
|
|
Теперь нам надо проверить |
|
|
|
N |
|
является фундаментальной последовательностью 4 â |
|
|
|
|
|
||
|
это. Покажем, что |
|
|
|
||
смысле операторной нормы.Для этого введем |
|
λmKm |
|
|||
|
P |
|
|
|||
|
|
|
обозначение |
|
||
|
|
|
|
m=0 |
|
|
|
|
|
|
N |
|
|
|
|
|
|
X |
|
|
|
|
|
|
CN = |
λmKm |
m=0
4Определение фундаментальной последовательности смотри в параграфе 3.3
19