[ Дмитриева, Суханов ] Дополнительные главы матфизики

и рассмотрим следующее выражение

kCN1	− CN2 k =				|λ|m kKkm =
		N2	λmKm ≤ нер-во треугольника ≤	N2
		X		X

m=N1+1 m=N1+1

Здесь написан кусок сходящейся геометрической прогрессии. Очевидно, что он должен быть сколь угодно мал,

поэтому продолжаем

N2−N1−1

= |λ|N1+1 kK|N1+1

Xl

|λ|l kKkl ;

=0

N2−N1−1

λ l K l

1 − (|λ| kKk)N2−N1

Xl

| k

k

≤

1

− |

λ

| k

K

k

|

=0

Учитывая, что |λ| è kKk меньше единицы и возводятся в большую степень, получаем, что

kCN1 − CN2 k ≤ |λ|

N1

+1

kK|

N1+1

1

≤ ε

1 − |λ| kKk

Здесь мы показали, что

|

{z

}

const

∞ λmKm является фундаментальной последовательностью. Теперь докажем, что эта

сумма является обратнымP

∞

m

m

m=0

P

оператором. Для этого проверим, что

(I − λK) = I, ò.å.

m=0 λ

K

N

Nlim

X

λmKm(I − λK) = I

→∞ m=0

Рассмотрим этот предел подробнее

N

X

Nlim

(λmKm − λm+1Km+1) =

→∞ m=0

m = 0 :

I − λK 2

K

2

m = 1 :

λK

−2

λ

2

3

K

3

m = 2 :

· · ·

λ

K

− λ

· · ·

· · ·

= lim (I − λN+1KN+1) = I,

N→∞

ò.ê. |λ| kKk ≤ 1.

По идее, надо доказать еще такую вещь: (I − λK)

Доказательство первого утверждения закончено. Доказательство 2.

∞

P λmKm = I, íî ìíå ëåíü.

m=0

	(I − λK)−1		=			λmKm ≤ нер-во треугольника	≤ |λ|m kKkm	=	1 λ K
					∞		∞		1
				m=0			m=0		− | | k k
					X		X

Здесь мы использовали то обстоятельство, что сумма геометрической прогрессии выражается по формуле

∞

qm =	1
PДоказательство второго утверждения закончено.
m=0	1−q .
Решение уравнения (29) можно записать как
			∞
			X
			ϕ =	λmKmf
			m=0
Вводим резольвенту, как оператор вида			∞
			X
			Rλ =	λn−1Kn

n=1

Åñëè K это оператор Фредгольма, то

∞

X

Rλ = K λn−1Kn−1

n=1

20

Пусть m = n − 1, тогда

∞	∞	!
X	X
Rλ = K λmKm = K I + λ λm−1Km
m=0	m=1
Таким образом, мы получили операторное уравнение
Rλ = K + λKRλ
В терминах соответствующих ядер
R(x, t, λ) = K(x, t) + λ Za	b
	K(x, s)R(s, t, λ)ds

4 Метод определителей Фредгольма.

До этого резольвента R(x, t, λ) у нас была определена только в круге |λ| ≤ B−1. В этом разделе мы покажем,

что она может быть аналитически продолжена на всю плоскость λ, что е¼ особыми точками могут быть только полюсы. Для этого резольвенту мы представим в виде частного двух целых функций

R(x, t, λ) = D(x, t, λ) , D(λ)

т.е. резольвента будет дробной или мераморфной функцией. В дальнейшем будут подробно исследованы числитель и знаменатель этого выражения, которые имеют свои названия: D(x, t, λ) минор Фредгольма, D(λ)

знаменатель Фредгольма. Также будет показано, что λ0, при которых D(λ0) = 0 являются характеристическими числами интегрального уравнения Фредгольма.

4.1 Знаменатель Фредгольма.

Для построения D(λ) мы воспользуемся идеей Фредгольма. Рассматривается неоднородное интегральное уравнение Фредгольма 2-го рода

ϕ(x) = f(x) + Za	b
	K(x, t)ϕ(t)dt	(30)
Интеграл в этом уравнении заменяется интегральной суммой, отвечающей разбиению отрезка		[a, b] íà n равных
частей. Длина каждой такой части будет δ = b−a
n .

Рис. 5: Разбиение отрезка [a, b]

n

Пусть xi устроены аналогично tj, ò.å. xi = a + iδ, ãäå i =P1, 2, . . . n. Тогда вместо уравнения (30) получаем
Теперь наш интеграл заменяется на такую хитрую сумму: λ	K(x, tj)ϕ(tj)δ.

j=1

линейную алгебраическую систему относительно n неизвестных ϕ(xi):

n

X

ϕ(xi) = f(xi) + λ K(xi, tj)ϕ(tj)δ

j=1

При решении этой системы по теореме Крамера будем иметь следующий знаменатель:

1

−λδK21

1−

λδK22

... .

−λδK2n

Dn(λ) = det(I

λδK) =

−

−

−

−

.

.

.

.

.

λδK

n1

λδK

n2

. . . 1

λδK

nn

−

−

−

где для краткости мы обозначили K(xi, tj) = Kij,

i, j = 1, 2, . . . n

(31)

(32)

21

Далее нам надо показать, что если K(x, t) è f(x) непрерывны, то

D(λ) = lim Dn(λ)

n→∞

Будем искать выражение для D(λ), используя “правдоподобные рассуждения“. Напишем определитель (32) для

n = 3:

D3(λ) =

1

−λδK21

1−

λδK22

−λδK23

λδK11

λδK12

λδK13

−λδK

−λδK

1− λδK

Введем в рассмотрение α = 1

−

−

1

−

31

33

32

−

и поделим

λδ

все выражение на λδ .

D3(λ) =

13

K21

K22

+ α K23

α

K11

+ α

K12

K

K13

K

K

+ α

Это выражение представляет собой полином

третьей

степени по

. Обозначи

определитель, стоящий в нем, за

31

32

33

F (α) и разложим его в ряд Тейлора:

α

F (α) = F (0) + F 0(0)α +

1

F 00

(0)α2 +

1

F 000(0)α3

(33)

2!

3!

Далее будем последовательно искать F (0),

F 0(0),

F 00(0) è F 000(0).

F (0) =

K21

K22

K23

=

1

Kj2j1

Kj2j2

Kj2j3

K11

K12

K13

3

Kj1j1

Kj1j2

Kj1j3

j1j2j3=1

K

31

K

32

K

33

3!

K

j3j1

K

j3j2

K

j3j3

X

Так можно написать по двум причинам: (i) j1 6= j2 6= j3 det 6= 0 и их всего 6 штук (3!); (ii) все детерминанты одинаковы. По правилу дифференцирования определителя найдем F 0(α), а затем F 0(0).

F 0(α) =

0

K22

+ α K23

+

K21

1

K23

+

K21

K22

+ α 0

1

K12

K13

K11

+ α 0

K13

K11

+ α K12

0

0

K

32

K

33

+ α

K

31

0 K

33

+ α

K

31

K

32

1

3

K K

+

K

K

+

K K

=

1

=1

K K

F 0(0) =

K32

K33

K31

K33

K21 K22

2! j1j2

Kj2j1

Kj2j2

22

23

11

13

11

12

X

j1j1

j1j2

и полагая затем

Дифференцируя (F 0(α))0

α = 0, находим

3

jX1

F 00(0) = K33 + K22 + K33 + K11 + K22 + K11 = 2

Kj1j1

=1

Сосчитаем третью производную:

F 000(0) = 6

Таким образом, с учетом (33) формула для знаменателя будет выглядеть так:

D3(α) = α3

F (0) + F 0(0)α +

2! F 00

(0)α2

+

3! F 000

(0)α3

1

1

1

Заменим α íà −1/λδ и подставим найденные выражения для слагаемых.

D

(λ)

= ( 1)3λ3

δ3F (0) + (

−

1)2λ2δ2F 0(0) +

1

(

−

1)λδF 00(0) +

1

F 000

(0)

2!

3

−

+ 2! ( λδ)2

K

3!

Kj2j1

Kj2j2

Kj2j3

= 1 + ( λδ)

Kj1j1

K

+ 3! ( λδ)3

−

3

−

3

j2j1

j2j2

−

3

Kj1j1

Kj1j2

Kj1j3

j1=1

j1j2=1

j1j2j3=1

K K K

P

1

P

Kj1j1

Kj1j2

1

P

j3j1

j3j2

j3j3

Совершенно аналогично получаем для любого

:

n

n ( 1)mλmδm

n

Kj.2j1

Kj.2j2

....

. Kj.2jm

Kj1j1

Kj1j2

. . . Kj1jm

Dn(λ) = 1 +

−

m!

m=1

j1

...jm=1

.

X

X

K

jmj1

K

jmj2

. . . K

jmjm

Заметим, что сумма

n

n

XX

δ Kj1j1 = δ	K(tj, tj)
j1=1	j1=1

22

Точно так же при δ 0 сумма

b

R

K(t, t)dt ñëåä ÿäðà.

в пределе при δ → 0 переходит в интеграл

a

→

m

n

Kj.2j1

Kj.2j2

.... . Kj.2jm

δ

Kj1j1

Kj1j2

. . . Kj1jm

.

j1

...jm=1

X

K

jmj1

K

jmj2

. . . K

jmjm

переходит в интеграл

b	b		K(t2		, t1)
Cm =	. . .		K(t1		, t1)
Z	Z			.
a	a		K(t			, t	)
				m
						1

Т.е. мы показали, что D(λ) = lim Dn(λ), ãäå

n→∞

D(λ) =

K(t2		, t2) . . . K(t2						, tm)
K(t1		, t2) . . . K(t1						, tm)			dt1 . . . dtm
				..
	.					.	.
K(t										)
	m		2				m		m
∞		(−1)m Cmλm
X
m=0			m!

(34)

(35)

Далее нам надо показать, что ряд (35) сходится при любых λ, ò.å. D(λ) является целой функцией λ. Ïðè ýòîì

нам надо воспользоваться

неравенством Адамара: если

определитель n-го порядка

a21

a22

... . a2n

=

a11

a12

. . .

a1n

.

.

.

. .

a

a

n2

. . .

a

nn

n1

òî

≤

v

|a|j21 + |a|j22 + . . . + |a|jn2

n

uj=1

Y

u

t

Для n = 3 это неравенство выражает тот факт, что объ¼м параллелепипеда не может быть больше произведения длин его р¼бер.

Пусть K(x, t) ≤ M äëÿ âñåõ (x, t) : x ≥ a, t ≤ b. Тогда для Cm получаем следующую оценку:

v u n

Y

|Cm| ≤ (b − a)mu (m2M2) ≤ (mM2)m/2(b − a)m t

j=1

Таким образом, ряд (35) допускает мажоранту

∞ mm/2

1 +

[M(b − a)]mλm

(36)

m!

m=1

X

Здесь мы учли, что C0 = 1.

∞ amxm можно вычислить, используя

Радиус сходимости r степенного ряда

m=1

P

lim

am+1

= q, òî r = 1/q (r =

∞

ïðè q = 0 è r = 0 ïðè

признак Даламбера: если существует предел

am

q = ).

m→∞

∞

Используем этот признак для вычисления радиуса сходимости ряда (36):

(m + 1)(m+1)/2[M(b − a)]m+1m!

√

(1 + 1/m)m/2

= √

1

q = lim

= M(b

a)

lim

m + 1

a) lim

= 0

eM(b

−

m + 1

−

√

m

→∞

(m + 1)!mm/2[M(b

−

a)]m

m

→∞

m

→∞

m + 1

r = ∞

Значит ряд (36) сходится при всех значениях λ è D(λ) является целой функцией λ.

23

4.2 Минор определителя Фредгольма.

Здесь мы фактически продолжаем предыдущий параграф. Как мы уже говорили, резольвенту можно представить в виде частного двух целых функций

R(x, t, λ) =		D(x, t, λ)
		D(λ)							(37)
Тогда, умножая R(x, t, λ) íà D(λ) мы получим целую функцию от λ, которая сходится в круге							λ		B−1 (ò.ê.
там сходится резольвента).							|	| ≤
Запишем уравнение для резольвенты:
R(x, t, λ) = K(x, t) + λ Za			b
				K(x, s)R(s, t, λ)ds
Умножим это уравнение на D(λ).
				b
D(x, t, λ) = D(λ)K(x, t) + λ Za					K(x, s)D(s, t, λ)ds
Представим D(x, t, λ) в виде ряда, члены которого уже не числа, как D(λ), а функции от (x, t).
D(x, t, λ) = ∞	(−1)m Bm(x, t)λm								(38)
X
m=0	m!

Подставим этот ряд в предыдущее уравнение. Т.к. он равномерно сходится в круге 5 |λ| ≤ B−1, то можно
поменять местами операции суммирования и интегрирования и приравнять коэффициенты при одинаковых
степенях:	λ0 :	B0(x, t) = K(x, t)
		b	b
	λ1 :	B1(x, t) = K(x, t) R K(s1, s1)ds1 + λ R K(x, s)K(s, t)ds =
		a	a

	b	b		K(s1, t) K(s1	, s1)
	= K(x, t)C1 + λ a	K(x, s)K(s, t)ds = a
	R	R		K(x, t) K(x, s1)
· · ·	· · · · · ·	b
λm :	Bm(x, t) = CmK(x, t) − m K(x, s)Cm−1(s, t)ds
		R

a

ds1

Здесь мы получили реккурентную формулу для вычисления коэффициентов Bm(x, t) äëÿ ðÿäà (38).

b

R

Замечание. В дальнейшем нам понадобится еще и такая формула Cm = Bm−1(s, s)ds.

a

Кроме того, для Bm(x, t) мы имеем выражение:

b	b		K(s1, t)
Bm(x, t) = . . .	Z		K(x, t)
Z		.
a	a		K(s		, t)
				m

K(x, s1) . . . K(x, sm)

K(s1, s1) . . . K(s1, sm)

. ... .

K(sm, s1) . . . K(sm, sm)

ds1 . . . dsm (39)

Далее нам надо показать, что ряд (38) сходится при любых λ. Используя неравенство Адамара и учитывая, что K(x, t) ≤ M для всех (x, t) : x ≥ a, t ≤ b, будем иметь следующую оценку для (39):

m+1

|Bm(x, t)| ≤ (m + 1) 2 Mm+1(b − a)m

Упражнение. Пользуясь рассуждениями, написанными в параграфе 4.1 для ряда (35), доказать, что ряд (38) сходится при любых λ абсолютно и равномерно относительно (x, t) в квадрате Q.

Доказав это, мы получим, что D(x, t, λ) целая функция от λ, и резольвента, представляемая через формулу (37), является дробной или мераморфной функцией. В любой конечной части λ-плоскости она может иметь в качестве особых точек лишь полюсы в конечном числе. Полюсами резольвенты могут быть только нули D(λ).

4.3 Свойства резольвенты Фредгольма, связь с характеристическими числами.

Теорема 1. Если λ не является корнем D(λ), то интегральное уравнение

b

Z

ϕ(x) = f(x) + λ K(x, t)ϕ(t)dt

a

5Пока мы предположили именно так, потом докажем, что он сходится при λ

24

имеет единственное непрерывное решение, которое да¼тся формулой

b

ϕ(x) = f(x) + λ Za	R(x, t, λ)f(t)dt,
ãäå R(x, t, λ) определяется формулой (37)

Замечание. Число xi называется полюсом дробно-рациональной функции f(x) = P (x)/Q(x), представленной в канонической форме, если Q(xi) = 0, à P (xi) 6= 0.

Теорема 2. Всякий корень λ0 функции D(λ) является полюсом резольвенты. Доказательство теоремы 2.

Пусть λ0 корень D(λ) кратности k, ò.å.

D(λ) = (λ − λ0)kD0(λ), D0(λ0) 6= 0

Пусть λ0 корень D(x, t, λ) кратности l, ò.å.

D(x, t, λ) = (λ − λ0)lD0(x, t, λ), D0(x, t, λ0) 6= 0 при некоторых (x, t)

b

Докажем, что D0(λ) = D(t, t, λ)dt. Для этого нам надо вспомнить некоторые формулы:
−	R
	a
	D(λ) =	∞		(−1)m Cmλm
		X
		m=0		m!
	D(x, t, λ) =	∞	(−1)m Bm(x, t)λm
		X
		m=0		m!

b

Z

Cm+1 = Bm(t, t)dt

a

(40)

(41)

(42)

Положим в формуле (41) x = t и проинтегрируем по t îò a äî b.

b	b	∞	1)m
Z	D(t, t, λ)dt = Z		(−	Bm(t, t)λm	(43)
		m=0	m!
a	a	X

Теперь воспользуемся абсолютной сходимостью ряда (41) и формулой (42) и продолжим выражение (43).

Z	b	∞	1)m		∞ (		1)m
		D(t, t, λ)dt = m=0	(−	Cm+1λm = C1	+ m=1		−	Cm+1λm	(44)
			m!				m!
a		X			X

Продифференцируем выражение (40).

D0(λ) = C +	∞	(−1)m			C		λm−1	(45)
	X
− 1			−	1)!		m
	m=2 (m

Сделаем замену: m − 1 = n, тогда выражение (45) станет таким:

D0(λ) = C	∞	(−1)n C λn
	X
− 1 − n=1		n!	n+1

Сравнивая формулы (44) и (46), мы приходим к выводу, что

b

Z

D0(λ) = − D(t, t, λ)dt

a

Теперь, возвращась к доказательству теоремы 2, покажем, что k > l. Действительно, производная корень λ = λ0 кратности k − 1. Применяя формулу (47), получим

D0(λ) = −(λ − λ0)l Za	b
	D(t, t, λ)dt

(46)

(47)

D0(λ) имеет

25

Левая часть этого выражения имеет

λ0 кратности k − 1, а правая часть имеет кратность λ0 большую, чем l,

тогда

k − 1 ≥ l

= k ≥ l + 1

Теперь, вспоминая формулу

D(x, t, λ)

R(x, t, λ) =

,

D(λ)

Доказательство теоремы 2

λ = λ0

мы видим, что в любом случаезаконченобудет. полюсом резольвенты.

нетривиальное решение.

b

R

K(x, t)ϕ(t)dt обязано иметь хотя бы одно

Теорема 3. Если D(λ0) = 0, то однородное уравнение ϕ(x) = λ0

a

Таким образом, всякий корень D(λ) является характеристическим значением интегрального уравнения.

Доказательство теоремы 3.

Согласно теореме 2 резольвента имеет полюс в

λ0, тогда мы можем разложить е¼ в ряд Лорана в окрестности

точки

λ = λ0.

a−r(x, t)

a−r+1(x, t)

a−1(x, t)

∞

X

n

(48)

R(x, t, λ) = (λ

−

λ0)r

+ (λ

−

λ0)r−1

+ . . . +

λ

−

λ0

an(x, t)(λ − λ0) ,

+

n=0

ãäå r кратность полюса.

Рассмотрим интегральное уравнение для резольвенты

b

R(x, t, λ) = K(x, t) + λ Za

K(x, s)R(s, t, λ)ds

Подставим в него ряд (48):

∞

b

∞

l= r al(x, t)(λ − λ0)l = K(x, t) + λ Z K(x, s) m= r am(s, t)(λ − λ0)mds

X

X

−

a

−

Умножим обе части на (λ − λ0)r и рассмотрим это равенство только для старшей особенности, полагая

λ = λ0.

a−r(x, t) = λ0 Za

b

K(x, s)a−r(s, t)ds

Тем самым, мы получили, что a−r(x, t)	как функция от x и параметром t является решением однородного
b	ϕ(•) = a−r(•, t)
R
уравнения ϕ(x) = λ0 K(x, t)ϕ(t)dt:
a
Доказательство теоремы 3 закончено.

4.4Определитель Фредгольма и минор определителя Фредгольма для союзного уравнения.

Чтобы не было путаницы в дальнейшем, напишем несколько понятий.

Обыкновенное интегральное неоднородное уравнение Фредгольма 2-го рода выглядит так:

	ϕ(x) = f(x) + λ Za	b
		K(x, t)ϕ(t)dt
Союзное для него уравнение будет таким:
	b
	χ(x) = g(x) + λ Za	K˜ (x, t)χ(t)dt
В этом уравнении интегрирование производится по первой переменной ядра, которое выглядит так: ˜
		K(x, t) =
K(t, x) (надо поменять переменные, а не интегрировать через ж...).
Сопряженное	уравнение записывается так:
	b
	ψ(x) = h(x) + λ¯ Za	K (x, t)ψ(t)dt,

26

где значок		означает эрмитовское сопряжение. Легко заметить, что если ядро вещественно, то K˜ = K .
			˜			K(x, t) = K(t, x), то ядро называется симметричным.
Определение. Если
			K(x, t) = K(x, t)
Определение. Если K (x, t) = K(x, t)							K(t, x)	= K(x, t), то ядро называется самосопряженным.
Утверждение			1. Åñëèдля союзногохарактеристическоеуравнения.					число для исходного уравнения, то оно будет харак-
теристическим числом и				λ0

Доказательство.

Согласно теореме 3 из параграфа 4.3. всякий корень D(λ) является характеристическим значением интегрального уравнения. Тогда для доказательства утверждения ˜нам надо доказать, что знаменатели Фредгольма для обыкновенного и союзного уравнения равны: D(λ) = D(λ).

D(λ) =

∞

(−1)m

Cmλm, D˜ (λ) =

∞

(−1)m

C˜mλm

m=0

m!

m=0

m!

X

X

b

b

K(t1, t1)

K(t1, t2) . . . K(t1, tm)

K(t2, t1)

K(t2, t2) . . . K(t2, tm)

Cm = . . .

.

.

...

.

dt1 . . . dtm

Z

Z

a

a

K(t

, t

) K(t

, t

) . . . K(t

, t

)

m

m

m

m

1

2

b

b

K(t1, t1)

K(t2, t1) . . . K(tm, t1)

˜

K(t1, t2)

K(t2, t2) . . . K(tm, t2)

Cm = . . .

.

.

...

.

dt1 . . . dtm

Z

Z

a

a

K(t

, t

) K(t

, t

) . . . K(t

, t

)

1

m

2

m

m

m

Т.к. определители транспонированных матриц совпадают, то

˜

. Тогда

è

˜

.

Доказательство закончено.

Cm = Cm

D(λ) = D(λ)

Утверждение 2. Миноры определителя Фредгольма для обыкновенного и союзного уравнения совпадают:

˜

D(x, t, λ) = D(x, t, λ).

Доказательство.

D(x, t, λ) =

∞

(−1)m

Bm(x, t)λm, D˜ (x, t, λ) =

∞

(−1)m

B˜(x, t)mλm

m=0

m!

m=0

m!

X

X

b

b

K(x, t)

K(x, s1)

. . . K(x, sm)

K(s1, t)

K(s1, s1) . . . K(s1, sm)

Bm(x, t) = . . .

Z

.

.

...

.

ds1 . . . dsm

Z

a

a

K(s

, t) K(s

, s

) . . . K(s

, s

)

m

m

m

m

1

b

b

K(t, x)

K(s1, x) . . . K(sm, x)

˜

K(t, s1)

K(s1, s1) . . . K(sm, s1)

Bm(x, t) = . . .

Z

.

.

...

.

ds1 . . . dsm

Z

a

a

K(t, s

) K(s

, s

) . . . K(s

, s

)

m

1

m

m

m

Т.к. определители транспонированных матриц

совпадают, то

˜

. Тогда и

˜

.

Доказательство закончено.

Bm(x, t) = B(x, t)m

D(x, t, λ) = D(x, t, λ)

Теорема. Однородное основное уравнение и союзное с ним уравнение одновременно или имеют только нулевое

решение или имеют решения, отличные от нуля.

Без доказательства.

b

Упражнение. Проверить, что для интегрального уравнения ϕ(t) = λ

a

(ts2 + st2)ϕ(s)ds верно следующее:

√

R

!

15

tr

3

ïðè λ1 = −

, ϕ1(t) = C

− t2

2

5

√

!,

15

3

ïðè λ2 =

,

ϕ2(t) = C

tr

+ t2

2

5

ãäå C произвольная константа.

27

5 Теоремы Фредгольма.

5.1 Теоремы Фредгольма для уравнений с непрерывными ядрами.

Это самый важный параграф, изучайте его в первую очередь!

Теорема 1.

b

R

Уравнение Фредгольма ϕ(x) = f(x) + λ K(x, t)ϕ(t)dt на любом компакте по λ имеет не более конечного

числа характеристических чисел, которые могутa накапливаться на бесконечности. Здесь же рассмотрим необходимое условие разрешимости:

• D(λ0) 6= 0 = ϕ = f + λRλf

˜

• Пусть λ = λ0

è D(λ0) = 0, тогда D(λ0) = 0 и выполняется однородное союзное уравнение χ(x) =

b

R

λ0 K(t, x)χ(t)dt

a

Необходимое условие разрешимости:

b

Za

f(x)χ(x)dx = 0

(49)

Доказательство теоремы 1.

b

Умножим ϕ(x) = f(x) + λ

R

K(x, t)ϕ(t)dt на χ(x) и проинтегрируем по dx от a до b.

a

b λ

b K(x, t)χ(x)dx ϕ(t)dt

b ϕ(x)χ(x)dx =

b f(x)χ(x)dx +

Z

Z

Z

Z

a

a

a

a

Воспользуемся формулой для однородного союзного уравнения:

b

χ(x) = λ Za

K(t, x)χ(t)dt

Полагая λ = λ0, имеем:

b

b

b

b

Za

ϕ(x)χ(x)dx = Za

f(x)χ(x)dx + Za

ϕ(t)χ(t)dt =

Za

f(x)χ(x)dx = 0

Таким образом, мы доказали необходимое условие разрешимости.

Доказываем теорему дальше. Рассмотрим однородное уравнение:

b

ϕ(x) = λ Za

K(x, t)ϕ(t)dt

Пусть D(λ0) = 0,

тогда согласно

теореме 3

èç

параграфа 4.3.

λ0

хорактеристическое значение и

ϕ1(x), ϕ2(x), . . . , ϕm(x) линейно независимые собственные функции, т.е. решения однородного уравнения, отличные от нулевого. Кроме того, эти собственные функции образуют ортонормированный базис: (ϕk, ϕl) = δkl.

Замечание. Функцию F (x) можно разложить по базису ϕj с коэффициентами cj, j = 1, 2, . . . , m: cj = (F, ϕj) =

b					m	= kF k, а наша сумма
F (x)ϕj(x)dx. Это неполный базис в			L2. Если бы базис был полный, то		|cj|2
Rm					P
a	≤ kF k = (F, F ).				j=1
=1 |cj|2
jP
Для нашего случая			= Za	b
		ϕjλ
				K(x, t)ϕj(t)dt, j = 1, 2, . . . , m
		(x)

28

Это есть скалярное произведение двух функций:

ϕ (x)

K(x, t), ϕj(t)

j

=

λ

Тогда роль

играют

1/λ

, а роль базиса

cj

ϕ1

, ϕ2, . . . , ϕm. Переходя к сопряженным величинам, мы можем

написать:

= Za

b

(x)

ϕj

K(x, t) · ϕj(t)dt

λ

Левая часть этого равенства это коэффициент Фурье K(x, t) как функции аргумента t. Тогда в силу нераве-

нства Бесселя:

b

b

m

|ϕj(x)|2

≤ Z K(x, t)

dt = Z |K(x, t)|2dt

K(x, t)

j=1

λ0 2

X

|

|

a

a

b

Теперь интегрируем обе части этого неравенства по

dx îò a äî b и учитываем нормировку |ϕj(x)|2dx = 1:

a

R

m

1

≤ Z

b b

K(x, t)

2dt dx

λ

2

j=1

|

0

|

Z

|

|

X

a

a

m

b b

|

K(x, t)

2dt dx = B2

λ 2

|

0

|

≤ Z

Z

|

a

a

m ≤ |λ0|2 · B2

(50)

B2 следует понимать как двойной интеграл из параграфа 3.1, т.к. ядро непрерывно. Тогда из написанного

неравенства следует, что m конечно6. Доказательство закончено.

Теорема 2. Альтернатива Фредгольма.

Либо неоднородное уравнение разрешимо при любой неоднородности f(x)(это решение единственно), либо соответствующее однородное уравнение имеет нетривиальные решения (тогда неоднородное уравнение разрешимо

не при любой f(x)).

Теорема 2а.
решения λ0
Åñëè однородногоне являетсяуравнения,характеристическимто неоднородноечисломуравнениеосновногоразрешимоуравнения,прит.е.любойне сущестует нетривиального
теристическое число, то неоднородное уравнение разрешимо не при любой	f(x). Åñëè λ0 харак-

f(x).

Эти теоремы, похоже, идут без доказательств, но советую уточнить это у лектора.

Теорема 3.

˜

Однородное уравнение ϕ = λ0Kϕ и союзное с ним уравнение χ = λ0Kχ имеют одинаковое число линейно независимых решений, т.е. размерности их пространств совпадают.

Эту же теорему можно сформулировать для однородных обыкновенного и сопряженного уравнения: ϕ =

λ0Kϕ è ψ = λ0K ψ.

Доказательство теоремы 3.

Доказательство будет проводиться от противного. Пусть размерность обыкновенного уравнения m, а союзного с ним n, и пусть n > m.

Пусть ϕ1(x), ϕ2(x), . . . , ϕm(x) линейно-независимые решения обыкновенного уравнения; Пусть ониχ1также(x), χ2(образуютx), . . . , χnортонормированную(x) линейно-независимыесистемурешения.Составимсоюзногоновое ядро:уравнения.

m

X

L(x, t) = K(x, t) − ϕj(t) · χj(x)

j=1

Напишем для этого ядра такое уравнение:

b

ϕ(x) = λ0 Z	L(x, t)ϕ(t)dt
a

6У Дмитриевой формула (50) называлась оценкой ранга характеристического числа.

29