«Кафедра математики и информатики А.С. Кутузов ЛИНЕЙНЫЕ ОГРАНИЧЕННЫЕ ОПЕРАТОРЫ Часть вторая Учебное пособие Троицк 2012 Одобрено учебно-методической комиссией Троицкого филиала ФГБОУ ВПО Челябинский государственный ...»

1. Используя теорему о ядре, проверить, что оператор A из п. 6 теоремы о простейших свойствах линейных ограниченных операторов является взаимно однозначным.

2. Доказать, что в теореме об обратимости оператора, близкого к тождественному, B.

3. Пусть X – банахово пространство, A : X X – линейный ограниченный оператор. Доказать, что при A 1 оператор ( I A) непрерывно обратим.

4. Пусть A и B – линейные операторы в линейном пространстве X.

Доказать, что если операторы A и B имеют обратные, то оператор AB также имеет обратный, равный B 1 A1.

Указание: рассмотреть уравнение ABx y.

5. Пусть A и B – линейные операторы в линейном пространстве X.

Доказать, что если операторы A и BA имеют обратные, то существует оператор B 1.

Указание: B BA A1 и воспользоваться предыдущей задачей.

6. Установить, где в п. 6 теоремы о простейших свойствах обратных операторов не выполняется условие теоремы Банаха об обратном операторе.

7. Пусть A – линейный оператор в n, задаваемый матрицей (aij )in, j 1.

Доказать эквивалентность следующих утверждений:

а) существует непрерывный обратный оператор A1 ;

г) уравнение Ax y имеет решение при любом y n.

8. Пусть E – линейное пространство, A, B : E E – линейные операторы, у которых D( A) D( B ) E, удовлетворяющие соотношениям AB A I O и BA A I O. Доказать, что оператор A1 существует.

Указание: доказать, что A1 I B.

9. Пусть E – линейное пространство, A, B : E E – линейные операторы, у которых D( A) D( B ) E, и оператор ( I AB )1 существует. Доказать, что оператор ( I BA) 1 также существует.

10. Пусть E – линейное нормированное пространство, A : E E – линейный ограниченный оператор, и в E существует такая последовательность xn D ( A), что xn 1 и Axn 0 при n. Доказать, что у оператора A не существует ограниченного обратного.

Указание: предположить противное и воспользоваться критерием непрерывной обратимости.

11. Пусть E – линейное пространство, A, B : E E – линейные операторы, у которых D( A) D( B ) E, и существуют операторы ( AB )1 и ( BA) 1. Следует ли отсюда, что существуют операторы A1 и B 1 ?

Указание: показать, что ker A ker B 0.

12. Пусть A – оператор в C 0,1, действующий по формуле Ax(t ) p (t ) x(t ), t 0,1, p (t ) C 0,1 – заданная функция. Доказать, что оператор A имеет непрерывный обратный тогда и только тогда, когда Указание: воспользоваться теоремами о ядре и Банаха об обратном операторе.

A 1, 2,... 11, 2 2,..., где sup k. Доказать, что оператор A имеет непрерывный обратный тогда и только тогда, когда inf k 0. Найk ти A1.

Указание: воспользоваться критерием непрерывной обратимости.

14. Пусть E – пространство дважды непрерывно дифференцируемых на 0,1 функций x(t ), удовлетворяющих условиям x(0) 0 и x(1) 0 с нормой A : E C 0,1, задаваемому формулой Ax(t ) x ''(t ) x(t ), t 0,1.

15. Проверить, существует ли непрерывный обратный оператор к оператору A : l2 l2, если Ax 0, 1, 2,..., где x k l2.

Указание: показать, что R( A) l2.

16. Проверить, существует ли непрерывный обратный оператор к оператору A : l2 l2, если Ax 2, 3,..., где x k l2.

Указание: использовать теорему о ядре.

17. Проверить, существует ли непрерывный обратный оператор к оператору A : l2 l2, если Ax 1 2, 2, 3,..., где x k l2.

18. Пусть E – пространство непрерывно дифференцируемых на 0, функций x(t ) таких, что x(0) 0 с нормой x max x(t ) max x '(t ). Докаt 1 0t зать, что существует непрерывный обратный оператор к оператору A : E C 0,1, действующему по формуле Ax(t ) x '(t ) 4 x(t ), где t 0,1.

Найти A1.

19. Пусть E – пространство непрерывно дифференцируемых на 0, функций x(t ) таких, что x(0) 0 с нормой x max x(t ) max x '(t ). Докаt 1 0t зать, что существует непрерывный обратный оператор к оператору t 0,1. Найти A1.

20. Пусть E – пространство непрерывно дифференцируемых на 0, функций x(t ) таких, что x(0) 0 с нормой x max x(t ) max x '(t ). Докаt 1 0t зать, что существует непрерывный обратный оператор к оператору t 0,1. Найти A1.

21. Пусть E – пространство непрерывно дифференцируемых на 0, функций x(t ) таких, что x(0) 0 с нормой x max x(t ) max x '(t ). Докаt 1 0t зать, что существует непрерывный обратный оператор к оператору A : E C 0,1, действующему по формуле Ax(t ) (t 1) x '(t ) x(t ), где t 0,1. Найти A1.

22. Пусть E – пространство непрерывно дифференцируемых на 0, функций x(t ) таких, что x(0) 0 с нормой x max x(t ) max x '(t ). Докаt 1 0t зать, что существует непрерывный обратный оператор к оператору A : E C 0,1, действующему по формуле Ax(t ) (t 2 1) x '(t ) 2tx(t ), где t 0,1. Найти A1.

24. Пусть E – банахово пространство, A L E, E и I A 1. Доказать, что оператор A непрерывно обратим.

25. Рассмотрим оператор A : C 0,1 C (2) 0,1, действующий по форt муле Ax(t ) e Указание: из равенства Ax y получить, что y '' y 2 x.

26. Пусть A и B – операторы в C 1,1, определяемые формулами Ax(t ) x(t 2 ), Bx(t ) x(t 3 ), t 1,1. Доказать, что оператор A не имеет обратного, а оператор B имеет обратный. Найти B 1.

27. Показать, что оператор A : C (1) 0,1 C 0,1, действующий по формуле Ax(t ) x '(t ), t 0,1, имеет правый обратный, но не имеет левого обратного оператора.

Указание: воспользоваться п. 2 теоремы о простейших свойствах обратных операторов.

L x(t ) C (1) 0,1 : x(0) 0 и оператор A : L C 0,1, действующий по формуле Ax(t ) x '(t ) a (t ) x(t ), a (t ) C 0,1, t 0,1. Доказать, что оператор A непрерывно обратим.

A : C 0,1 C 0,1, действующего по формуле Ax(t ) x(t ) et x( )d.

Найти A1.

Указание: воспользоваться примером 1.

A : C 0,1 C 0,1, действующего по формуле Ax(t ) x(t ) x( )d. Найти A1.

Указание: воспользоваться примером 2.

31. Пусть E – линейное пространство, A : E E – линейный оператор, удовлетворяющий при некоторых k ( k 1,2,..., n ) соотношению I 1 A 2 A2... n An O. Доказать, что A1 существует.

Указание: доказать, что A1 1 2 A... n An1.

32. Доказать, что в теореме Банаха об обратном операторе нельзя отбросить требование полноты ни первого, ни второго из заданных пространств.

Указание: рассмотреть оператор вложения Ax x, где слева x рассматривается, как элемент полного пространства l1 с нормой x l, а справа – как элемент неполного (доказать это!) пространства l1 с нормой x.

Показать, что этот оператор ограничен, а обратный к нему – нет.

Для обоснования необходимости полноты первого пространства использовать симметричность теоремы Банаха.

Определение: пусть X, Y – линейные нормированные пространства, Теорема (о полноте прямого произведения): пусть X, Y – банаховы пространства, тогда их прямое произведение – также банахово.

xn фундаментальна в пространстве X, а последовательность yn фундаментальна в пространстве Y.

Обозначим z ( x, y ) и покажем, что zn z. Это будет означать, что Определение: пусть X, Y – линейные нормированные пространства, A : X Y. Графиком оператора A называется множество A X Y, которое определяется следующим образом: A ( x, y ) : x X, y Ax.

Теорема Банаха (о замкнутом графике): пусть X, Y – банаховы пространства, A : X Y – линейный оператор, причем D( A) X, тогда если его график замкнут, то оператор A ограничен.

Доказательство: по предыдущей теореме X Y – банахово.

График оператора A по условию замкнут, следовательно, A – также банахово по теореме о полноте замкнутого подпространства.

Рассмотрим вспомогательный оператор B : A X, действующий по правилу B( x, y ) x, где ( x, y ) A X Y. Покажем, что B – биективен.

Проверим сюръективность оператора B. Надо показать, что в любой элемент x X при действии оператора B переходит некоторый элемент ( x, y ) A. Это очевидно, поскольку элемент ( x, Ax) лежит на графике оператора A и переходит в элемент x по построению оператора B.

Проверим инъективность оператора B. Надо показать, что из условия ( x1, y1 ) ( x2, y2 ) следует, что x1 x2. Допустим, что это не так, т.е. x1 x2, тогда, поскольку оператор A линеен, то Ax1 Ax2, откуда y1 y2 и, следовательно, ( x1, y1 ) ( x2, y2 ) – противоречие.

Покажем теперь, что оператор B ограничен, т.е., что c 0 :

Итак, B – линейный ограниченный, биективный оператор, переводящий банахово пространство в банахово пространство. Следовательно, у B оператор A ограничен.

Определение: пусть X, Y – линейные нормированные пространства, A : X Y – линейный оператор. Этот оператор называется замкнутым, если его график является замкнутым множеством в X Y.

Замечание: используя определение графика оператора и прямой суммы пространств, оператор A : X Y назовем замкнутым, если из условий Теорема (о замкнутости ограниченного оператора): пусть X, Y – линейные нормированные пространства, A : X Y – линейный ограниченный оператор, D( A) X, тогда A – замкнут.

Доказательство: пусть xn D( A), xn x и Axn y. Поскольку A ограничен, следовательно, он непрерывен, т.е. Axn Ax, тогда в силу единственности предела Ax y, и, поскольку D( A) X, то x D( A).

Теорема доказана.

Теорема (о замкнутости обратного оператора): пусть X, Y – линейные нормированные пространства, A : X Y – линейный замкнутый оператор, тогда если у него существует обратный A1, то A1 – замкнут.

замкнут, то его график A – также замкнут.

Заметим, что A1 ( Ax, x) : x D ( A), т.е. график обратного оператора получается из графика оператора A перестановкой x и Ax, и, значит, также является замкнутым подмножеством в Y X, т.е. A1 замкнут.

Теорема доказана.

Рассмотрим оператор A : C 0,1 C 0,1 полагая, что Ax(t ) x '(t ) с областью определения D ( A) – линейным многообразием непрерывно дифференцируемых на 0,1 функций x(t ), удовлетворяющих условиям x(0) x(1) 0. Доказать, что A – замкнутый оператор.

Axn (t ) xn '(t ) y (t ), где y (t ) C 0,1. Поскольку сходимость по норме пространства C 0,1 эквивалентна равномерной сходимости, то на 0, xn (t ) x(t ) и xn '(t ) y (t ). Тем самым, выполнены все условия теорем о непрерывности и дифференцируемости предельной функции, согласно которым функция x(t ) является непрерывно дифференцируемой на 0,1 и на Поскольку xn (0) xn (1) 0, то, переходя к пределу при n, получим, что x(0) x(1) 0, т.е. x(t ) D( A) и при этом y Ax, т.е., по определению, оператор A замкнут.

1. Доказать, что если X, Y – линейные нормированные пространства, A : X Y – линейный ограниченный оператор и существует обратный оператор A1, то A1 – замкнут.

Указание: воспользоваться теоремами о замкнутости ограниченного оператора и о замкнутости обратного оператора.

2. Доказать усиленный вариант теоремы Банаха об обратном операторе: пусть X, Y – банаховы пространства, A : X Y – замкнутый линейный оператор, отображающий X на Y взаимно однозначно, тогда обратный оператор A1 – ограничен.

Указание: воспользоваться теоремой Банаха о замкнутом графике.

Ax (11, 2 2, 33,...), где x (1, 2, 3,...) l2. Доказать, что оператор замкнут при условии, что последовательность k ограничена. Найти в этом случае норму оператора.

Указание: воспользоваться теоремой о замкнутости ограниченного оператора.

4. Показать, что если последовательность k из предыдущей задачи неограничена, то оператор A не является ограниченным и при этом D( A) l2.

5. Найти условие на последовательность k из задачи 3, при котором оператор A имеет ограниченный обратный, определенный на всем пространстве l2.

Указание: воспользоваться критерием непрерывной обратимости.

6. Найти условие на последовательность k из задачи 3, при котором оператор A замкнут, если считать, что последовательность k неограничена.

Указание: воспользоваться задачей 5 и теоремой о замкнутости обратного оператора.

7. Пусть X Y C 0, – банахово пространство функций x(t ), непрерывных на полуоси 0, с нормой x sup x(t ). Доказать, что оператор A : X Y, действующий по формуле Ax(t ) tx(t ) не является ограниченным и найти его область определения.

Указание: показать, что областью определения оператора являются функции x(t ), удовлетворяющие неравенству x(t ), где постоянная c – своя для каждой функции x(t ). Рассмотреть последовательность xn (t ) 8. Показать, что оператор A из предыдущей задачи замкнут.

Указание: используя определение замкнутости показать, что (1 t ) xn (t ) x(t ) y (t ), откуда, используя определение предела, вывести, 9. Найти обратный оператор к оператору A из задачи 7, показать, что он неограничен и замкнут.

10. Доказать, что оператор A : C a, b C a, b, действующий по формуле Ax(t ) x '(t ) с областью определения, состоящей из всех непрерывно дифференцируемых на a, b функций, удовлетворяющих условию x(a ) 0, является замкнутым.

Указание: доказать, что A – непрерывно обратим и воспользоваться теоремами о замкнутости ограниченного оператора и о замкнутости обратного оператора.

11. Доказать, что оператор A : C a, b C a, b, действующий по формуле Ax(t ) x '(t ) с областью определения, состоящей из всех непрерывно дифференцируемых на a, b функций, является замкнутым.

12. В примере решения задач рассмотрен оператор дифференцирования, который, как было показано ранее, не является ограниченным, но при этом является замкнутым. Какое условие теоремы Банаха о замкнутом графике для данного оператора не выполняется?

Определение: пусть – комплексное банахово пространство, A : X X – линейный оператор,. Точка называется точкой резольвентного множества оператора A, если существует ограниченный оператор ( A I ) 1. При этом сам оператор ( A I ) 1 называется резольвентой оператора A и обозначается R ( A).

Замечание: часто такие числа называются регулярными. Резольвентное множество обозначается ( A).

Определение: пусть – комплексное банахово пространство, A : X X – линейный оператор,. Точка называется точкой спектра оператора A, если она не является точкой резольвентного множества.

Замечание: таким образом, резольвентное множество – это дополнение к спектру, а спектр – дополнение к резольвентному множеству. Спектр обозначается ( A).

Теорема (свойства спектра и резольвентного множества): пусть X – комплексное банахово пространство, A : X X – линейный ограниченный оператор, тогда:

1. Резольвентное множество ( A) всегда открыто.

2. Спектр ( A) всегда замкнут.

3. Спектр ( A) всегда ограничен.

Замечание: таким образом, спектр линейного ограниченного оператора является компактным множеством.

Доказательство:

1. Надо доказать, что любая точка лежит в ( A) вместе со своей окрестностью. Допустим, что 0 ( A). Найдем число таким образом, Поскольку 0 ( A), то оператор ( A 0 I ) непрерывно обратим, а надо доказать, что : U (0 ) оператор ( A I ) – также непрерывно обратим.

Оператор ( A 0 I ) непрерывно обратим. По теореме об обратимости оператора, близкого к тождественному, для непрерывной обратимости оператора ( I B ) достаточно, чтобы выполнялось условие B 1. Тогда оператор ( A I ) будет непрерывно обратим, как произведение непрерывно обратимых операторов.

2. Поскольку спектр – это дополнение к резольвентному множеству, а резольвентное множество открыто, то спектр замкнут, как дополнение ко всякому открытому множеству.

3. Покажем, что спектр оператора A ограничен числом A, т.е. числа такие, что A спектру не принадлежат, т.е. принадлежат резольвентному множеству.

Итак, надо доказать, что при A оператор ( A I ) непрерывно обратим. Заметим, что при выполнении условия A получаем, что 0, тогда ( A I ) I A, поэтому достаточно доказать, что оператор I A непрерывно обратим.

тора, близкого к тождественному, оператор I A непрерывно обратим.

Теорема доказана.

Замечание: если оператор A ограничен, то из п. 3 доказанной теоремы следует, что резольвентное множество ( A) неограничено.

Замечание: если оператор A ограничен, то из п. 3 доказанной теоремы следует, что спектр ( A) целиком лежит в круге A.

Замечание: если ( A), то возможны следующие три случая:

( A I ) 1 неограничен.

Отметим, что если D( A) X и A – ограничен, то из теоремы Банаха об обратном операторе следует, что случай 3 невозможен.

Замечание: напомним, что собственным значением оператора A называется число такое, что x X, x 0 : Ax x. Вектор x в этом случае называется собственным вектором оператора A. Ясно, что уравнение Ax x эквивалентно уравнению ( A I ) x 0 и в этом случае ker( A I ) 0, т.е. оператор ( A I ) не обратим.

Определение: совокупность собственных значений оператора A называется его точечным спектром и обозначается p ( A).

Определение: точка спектра ограниченного оператора A : X X, не являющаяся его собственным значением, называется точкой непрерывного спектра оператора A, если R( A I ) X, но R( A I ) X, т.е. множество R( A I ) всюду плотно в X. Совокупность точек непрерывного спектра оператора A обозначается c ( A).

Определение: точка спектра ограниченного оператора A : X X, не являющаяся его собственным значением, называется точкой остаточного спектра оператора A, если R( A I ) X. Совокупность точек остаточного спектра оператора A обозначается r ( A).

Замечание: таким образом, спектр ограниченного оператора A обладает свойствами: ( A) p ( A) c ( A) r ( A), причем p ( A) c ( A), Замечание: в литературе встречается дробление части спектра ( A) \ p ( A) на еще более “мелкие” составляющие.

r ( A) lim n An называется спектральным радиусом оператора A.

Теорема (о спектральном радиусе): пусть X – комплексное банахово пространство, A : X X – линейный ограниченный оператор, тогда его множество, которое ограничено снизу нулем, то inf n An r.

Далее, всякое натуральное число n можно однозначно представить в виде n pn m qn, где pn, qn – натуральные, при этом 0 qn m 1.

Теорема доказана.

Теорема (об обратимости оператора, близкого к тождественному, усиленный вариант): пусть X – комплексное банахово пространство, A : X X – линейный ограниченный оператор. Если r ( A) 1, то операk Доказательство: воспользуемся признаком Коши сходимости чиa слового ряда с неотрицательными членами: если существует предел lim n an l, то при l 1 ряд сходится, а при l 1 – расходится.

Если обозначить S Ak, то, аналогично теореме об обратимости оператора, близкого к тождественному, убеждаемся, что S является правым обратным и левым обратным оператором к оператору ( I A).

При этом оператор S ограничен (покажите это!), следовательно, ( I A) – непрерывно обратим.

явное противоречие сходимости к нулевому оператору!), поэтому сама поA не может сходиться к нулевому оператору следовательность Таким образом, не выполнено необходимое условие сходимости ряда Теорема (о резольвентном множестве): пусть X – комплексное банахово пространство, A : X X – линейный ограниченный оператор, тогда если r ( A), то ( A).

Доказательство: рассмотрим ряд k 1 Ak и пусть r ( A), тоk гда вательно, ряд k 1 Ak сходится абсолютно.

причем ясно, что оператор S ( ) ограничен (покажите это!), следовательно, оператор ( A I ) непрерывно обратим, т.е. ( A).

Теорема доказана.

Замечание: из доказанной теоремы следует, что спектр ( A) линейного ограниченного оператора A целиком содержится в круге r ( A).

Кроме того, можно заключить, что спектральный радиус не может быть меньшим, чем расстояние от начала координат до ближайшей особой точки резольвенты (т.к. все особые точки резольвенты, очевидно, принадлежат спектру).

Кроме этого, число r ( A) является радиусом наименьшего круга с центром в начале координат, содержащего спектр оператора.

Теорема (о непустом спектре): пусть X – комплексное банахово пространство, A : X X – линейный ограниченный оператор, тогда его спектр ( A) – непустое множество.

Это утверждение примем без доказательства (см., например, [17]).

1. Пусть X – комплексное линейное нормированное пространство, A : X X – линейный ограниченный оператор. Доказать, что если оператор A2 имеет собственный вектор, то A также имеет собственный вектор.

Решение: пусть – собственное значение оператора A2, а x X – соответствующий ему собственный вектор. Тогда A2 x x, откуда оператора A, отвечающий собственному значению.

y X – собственный вектор оператора A, отвечающий собственному значению 2. В вещественном пространстве C, найти собственные векторы и собственные значения оператора Ax(t ) x(t ).

Решение: надо описать все те вещественные числа, для которых уравнение Ax x, т.е. x(t ) x(t ) имеет нетривиальное решение в пространстве C,.

При 1 этому уравнению удовлетворяет каждая четная функция, а при 1 – каждая нечетная. Покажем, что других собственных значений оператор A не имеет. Пусть 0 1 – другое собственное значение оператора A и x0 (t ) 0 – соответствующая ему собственная функция.

для всех t, x0 (t ) 0 2 x0 (t ). Это равенство невозможно, поскольку Решение: надо описать все те вещественные числа, для которых уравнение Ax x, т.е. sin(t s) x(s)ds x(t ) имеет нетривиальное решение в пространстве C,. Для этого функцию sin(t s ) представим в виде sin t cos s cos t sin s и перепишем уравнение в виде:

Из вида этого уравнения следует, что при 0 его решение необходимо искать в виде x(t ) A sin t B cos t, где A, B const. Подставим этот вид решения в исходное уравнение и получим:

Таким образом, уравнение приходит к виду:

Поскольку функции sin t и cost линейно независимы на,, то Поскольку собственная функция x(t ) A sin t B cos t должна быть отлична от нуля, то числа A и B не должны одновременно обращаться в (т.к. sin t и cost линейно независимы). Следовательно, полученная однородная система должна иметь нетривиальное решение. Это возможно При 1 получаем, что A B 0 и собственный вектор исходного оператора в данном случае имеет вид x(t ) A sin t cos t.

При 2 получаем, что A B 0 и собственный вектор исходного оператора в данном случае имеет вид x(t ) A sin t cos t.

имеет ли оно нетривиальные решения в пространстве C,. Перепишем уравнение в виде sin t cos sx( s)ds cos t sin sx( s )ds 0, тогда, поскольку на отрезке, функции sin t и cost линейно независимы, то это уравнение равносильно двум: cos sx(s)ds 0 и sin sx(s)ds 0.

Таким образом, собственными функциями в этом случае будут все те непрерывные на отрезке, ненулевые функции x(t ), которые ортогональны (в смысле гильбертова пространства L2, ) к функциям sin t и cost, например, это могут быть функции xn (t ) sin nt, n 2,3,... или xn (t ) cos nt, n 0,2,3,...

Ax(t ) x(0) tx(1). Найти его спектр ( A), спектральный радиус r ( A) и резольвенту R ( A).

ограниченность:

следовательно, оператор A ограничен.

Для определения спектра ( A) и резольвентного множества ( A) найдем сначала собственные значения оператора A, т.е. найдем такие, что уравнение Ax x или x(0) tx(1) x(t ) имеет нетривиальные решения в пространстве C 0,1.

Из вида уравнения следует, что при 0 собственная функция x(t ) должна иметь вид x(t ) t.

Поскольку на отрезке 0,1 функции 1 и t линейно независимы, то полученное равенство эквивалентно системе:.

Поскольку x(t ) 0, то и должны быть одновременно не равны 0, т.е. полученная однородная система должна иметь нетривиальное решение.

Это возможно тогда и только тогда, когда ее определитель равен нуоткуда (1 ) 2 0, т.е. 1.

лю, т.е.

Тогда из системы находим, что 0, а – произвольное, не равное нулю число. Таким образом, собственные функции, соответствующие собственному значению 1 имеют вид x(t ) t, 0.

x(0) tx(1) 0, и, поскольку на отрезке 0,1 функции 1 и t линейно независимы, то x(0) 0 и x(1) 0, поэтому число 0 также является собственным значением оператора A, а собственными функциями для этого собственного значения будут все не равные тождественно нулю непрерывные функции, обращающиеся в 0 в точках t 0 и t 1.

Чтобы установить, есть ли в спектре оператора A другие точки, необходимо исследовать на непрерывную обратимость оператор A I. Прежде всего, отметим, что для любой функции x(t ) C 0, т.е. областью определения оператора A I является все пространство C 0,1.

y (t ) C 0,1 и решим уравнение ( A I ) x(t ) y (t ), т.е. уравнение вида Подставим в это уравнение t 0, тогда x(0) x(0) y (0), откуда x(0) Теперь из исходного уравнения выразим x(t ) :

Таким образом, поскольку 0 и 1, то для любой функции y (t ) C 0,1. Следовательно, областью определения оператора ( A I ) 1 (т.е. множеством значений оператора A I ) является все пространство C 0,1.

Непосредственно видно, что оператор ( A I ) 1 ограничен. Это следует и из теоремы Банаха об обратном операторе, поскольку оператор A I взаимно однозначен, а, значит, обратим (см. задачу 15). Таким образом, оператор A I непрерывно обратим, следовательно, оператор ( A I ) 1 является резольвентой оператора A.

R ( A) ( A I )1, поэтому спектр оператора A состоит только из чисел 0 и 1, которые принадлежат точечному спектру p ( A). Непрерывный c ( A) и остаточный r ( A) спектры отсутствуют.

Согласно замечанию к теореме о резольвентном множестве, спектральный радиус r ( A) является радиусом наименьшего круга с центром в точке 0, содержащего спектр оператора. Поскольку точка 1 принадлежит спектру, то r ( A) 1.

5. Пусть E – комплексное банахово пространство и A : E E – линейный ограниченный оператор. Доказать, что если для комплексного числа существует такая нормированная последовательность xn E (т.е.

Решение: предположим, что ( A), т.е. ( A), тогда оператор Axn xn 0, то, в силу непрерывности ( A I ) 1, получаем, что ( A I )1 ( Axn xn ) 0, т.е. xn 0. Таким образом, по определению 6. Найти точечный p ( A), непрерывный c ( A) и остаточный r ( A) спектры оператора A : C 0,1 C 0,1, если A определяется равенством Ax(t ) x( s )ds.

Решение: оператор A линеен и ограничен, а также определен на всем пространстве.

Найдем точечный спектр p ( A), т.е. собственные значения оператора A. Для этого надо найти такие, что уравнение x(s)ds x(t ) имеет ненулевые решения в пространстве C 0,1.

Пусть 0, тогда, поскольку левая часть этого уравнения является непрерывно дифференцируемой функцией, то таковой должна быть и правая часть. Следовательно, дифференцируя уравнение по t, находим, что x(t ) x '(t ) и, кроме того, справедливо начальное условие x(0) 0. Решая полученную задачу Коши, находим, что x(t ) 0 для всех t 0,1. Поэтому оператор A не может иметь собственных значений, отличных от нулевого.

Исследуем точку 0. Уравнение для поиска ненулевой собственt ной функции в этом случае имеет вид x( s )ds 0.

Дифференцируя это равенство, получаем, что x(t ) 0 для всех t 0,1. Итак, оператор A не имеет ни одного собственного значения, т.е.

множество p ( A) пусто.

Поскольку спектральный радиус оператора A равен нулю (см. задачу 16), то единственной точкой спектра оператора A является точка 0, причем, как указано выше, эта точка не является собственным значением.

Чтобы определить, какому из спектров, непрерывному c ( A) или остаточному r ( A) принадлежит точка 0, необходимо доказать обратимость оператора ( A I ) A 0 I A и исследовать его множество значений.

Множеством значений оператора Ax(t ) x( s )ds является, очевидно, множество непрерывно дифференцируемых на 0,1 функций y (t ) таких, что y (0) 0. Обозначим это множество C0 (1) 0,1. В п. 6 теоремы о простейших свойствах обратных операторов доказано, что оператор A имеет обратный A1 y (t ) образом, при 0 оператор A I – обратим.

Предположим, что C0 (1) 0,1 C 0,1, т.е., множество C0 (1) 0,1 всюду т.е. sup x(t ) y (t ), откуда t 0,1 x(t ) y (t ). В частности, при t 0 x(0) y (0), откуда x(0). Поскольку 0 – произвольно, то из этого неравенства следует, что x(0) 0, т.е. x(0) 0.

Поскольку пространство C 0,1 не исчерпывается только функциями x(t ), для которых x(0) 0, то предположение C0 (1) 0,1 C 0,1 неверно, т.е. C0 (1) 0,1 C 0,1. Таким образом, согласно определению, точка является точкой остаточного спектра r ( A) оператора A. Непрерывный спектр c ( A) является пустым множеством.

7. По формуле r ( A) n An вычислить спектральный радиус оператора A : C 0,1 C 0,1 и найти спектр ( A), если Ax(t ) tx(t ).

Решение: оператор A линеен и ограничен, а также определен на всем пространстве. Ясно, что An x(t ) t n x(t ), тогда С другой стороны, выбирая x0 (t ) 1, получаем, что Таким образом, спектр оператора A целиком лежит внутри интервала 1.

Проверим, имеет ли оператор A собственные значения, т.е. рассмотрим уравнение tx(t ) x(t ) и выясним, имеет ли оно нетривиальные решения в пространстве C 0,1 при каких-либо значениях.

Указанное уравнение эквивалентно уравнению (t ) x(t ) 0, решением которого является функция x(t ) 0 при t и произвольная, возможно, не равная нулю, константа x( ) при t. Однако, поскольку решение ищется в пространстве C 0,1, то ясно, что x( ) 0, т.е. x(t ) всюду на отрезке 0,1.

Таким образом, собственных значений оператор A не имеет, т.е.

Далее, исследуем оператор A I на непрерывную обратимость, для чего возьмем произвольную функцию y (t ) C 0,1 и найдем решение Покажем, что при 0,1 оператор ( A I ) 1 определен не на всем пространстве C 0,1. Действительно, возьмем y (t ) 1, тогда функция не является непрерывной на отрезке t 0,1 и, кроме того, точке t.

Итак, при 0,1 областью определения оператора ( A I ) 1, а значит, множеством значений оператора A I, является множество непреy (t ) множество C0 и покажем, что оно замкнуто, т.е. C0 C0, тогда можно будет сделать вывод, что C0 C 0,1.

Возьмем последовательность yn C0 такую, что yn y. Поскольку сходимость по норме пространства C 0,1 эквивалентна равномерной сходимости, то yn (t ) y (t ), причем, по теореме о непрерывности предельной функции, y (t ) непрерывна.

прерывны, то, снова по теореме о непрерывности предельной функции, – также непрерывна, т.е. y C0, следовательно, C0 – замкнуто.

Итак, все точки 0,1 по определению принадлежат остаточному спектру r ( A).

пространстве C 0,1, поскольку дробь – непрерывная функция для всех y (t ) C 0,1, т.е. в этом случае оператор A I является непрерывно обратимым по теореме Банаха об обратном операторе.

Таким образом, резольвентное множество оператора A – это множество точек 0,1, спектр оператора A – это множество r ( A) 0,1, точечный p ( A) и непрерывный c ( A) спектры отсутствуют. Резольвента 8. Найти спектр и спектральный радиус оператора A : l l, определяемого для x (1, 2,...) l соотношением Ax (1 2, 2, 3,...).

Решение: ясно, что оператор A линеен, ограничен и определен на всем пространстве l.

Вначале найдем его собственные значения, если они есть. Для этого (1 2, 2, 3,...) (1, 2,...) на наличие нетривиальных решений в пространстве l.

Ясно, что это уравнение эквивалентно системе 2 0, то из этой системы находим, что (1, 2,...) (0,0,...), т.е. 0 не является собственным значением, и потому далее считаем, что 0.

Из вида уравнений замечаем, что если 1, то уравнения, начиная со второго, обращаются в тождества, а первое уравнение принимает вид Таким образом, 1 – собственное значение оператора A, а x (1,0, 3, 4,...) l – собственный вектор, если не все его координаты одновременно равны нулю.

Ясно, что других ненулевых решений указанная система не имеет.

Таким образом, точечный спектр p ( A) состоит из одной точки 1.

Для нахождения других частей спектра необходимо исследовать оператор A I на непрерывную обратимость, считая, что 1, т.е. взять произвольную последовательность y (1, 2,...) l и решить уравнение что это уравнение эквивалентно системе 2 2 Из второго уравнения находим Таким образом:

Поскольку 1, то при y l получаем, что ( A I ) 1 y l, т.е. областью определения оператора ( A I ) 1 (а значит, множеством значений оператора A I ) является все пространство l. Непосредственно видно, что оператор ( A I ) 1 ограничен (также, это следует из теоремы Банаха об обратном операторе), а значит, непрерывно обратим, т.е. его резольвента имеет вид R ( A) y 1, 2, 3,..., откуда следует, что любая точка 1 является регулярной для оператора A, и, значит, непрерывная c ( A) и остаточная r ( A) части спектра отсутствуют.

Как и в примере 4 заключаем, что спектральный радиус r ( A) 1.

9. Найти спектр оператора A : L2 0,1 L2 0,1, если Ax(t ) tx(t ).

Решение: ясно, что оператор A линеен, ограничен и определен на всем пространстве L2 0,1.

Проверим, имеет ли оператор A собственные значения, т.е. рассмотрим уравнение tx(t ) x(t ) и выясним, имеет ли оно нетривиальные решения в пространстве L2 0,1 при каких-либо значениях.

Указанное уравнение эквивалентно уравнению (t ) x(t ) 0, решением которого является функция x(t ) 0 при t и произвольная, возп.в.

можно, не равная нулю, константа x( ) при t. Таким образом, x(t ) 0.

Это решение тривиально в L2 0,1, поскольку пространство L2 0, состоит из классов почти всюду совпадающих функций.

Таким образом, собственных значений оператор A не имеет, т.е.

Далее, исследуем оператор A I на непрерывную обратимость, для чего возьмем произвольную функцию y (t ) L2 0,1 и найдем решение Покажем, что при 0,1 оператор ( A I ) 1 определен не на всем пространстве L2 0,1. Действительно, возьмем y (t ) 1, тогда Оба интеграла являются несобственными с единственной особенностью в точке. Нетрудно установить, что они оба расходятся, т.е. если жит области определения оператора ( A I ) 1. Итак, при 0,1 областью определения оператора ( A I ) 1, а значит, множеством значений оператора A I является множество интегрируемых с квадратом функy (t ) L2(0).

ностей не имеет, т.е. оператор ( A I ) 1 определен на всем пространстве L2 0,1, а, значит, является непрерывно обратимым по теореме Банаха об обратном операторе. Таким образом, спектр оператора состоит только из точек 0,1.

Осталось определить, какой именно части спектра принадлежат эти значения. Для этого рассмотрим множество – линейное многообразие функций y (t ) L2 0,1 таких, что y (t ) 0 в некоторой -окрестности L2 0,1, следовательно содержится в области определения т.е.

оператора ( A I ) 1, а значит, в множестве значений оператора A I, т.е. L2(0).

Покажем, что множество всюду плотно в L2 0,1. Это будет означать, что L2 0,1, а значит, тем более, L2(0) L2 0,1.

Для любой функции y (t ) L2 0,1 и n рассмотрим последоваt следовательно, yn y. Итак, нашли последовательность yn (t ), которая сходится к любому элементу y (t ) L2 0,1, что, по определению, означает всюду плотность в L2 0,1.

Окончательно, поскольку L2(0) L2 0,1, то точки 0,1 образуют непрерывный спектр c ( A) оператора A.

1. Используя усиленный вариант теоремы об обратимости оператора, близкого к тождественному, и теорему о спектральном радиусе, показать, дится.

2. Вычислить собственные векторы и собственные значения интегрального оператора Ax(t ) K (t, ) x( )d в L2 0,1, если K (t, ) min t, .

3. В вещественном пространстве C, найти собственные векторы и собственные значения оператора Ax(t ) cos(t s) x(s)ds. Имеет ли этот оператор непрерывный спектр? Построить резольвенту на множестве регулярных значений оператора A.

4. Выяснить, имеет ли оператор из примера 2 непрерывный спектр.

Построить резольвенту на множестве регулярных значений оператора A.

5. Выяснить, имеет ли оператор из примера 3 непрерывный спектр.

Построить резольвенту на множестве регулярных значений оператора A.

6. В вещественном линейном пространстве C 0, найти собственd 2x 7. В вещественном линейном пространстве C 0, найти собственd 2x 8. В вещественном линейном пространстве C 0, найти собственd 2x 9. Пусть E – комплексное банахово пространство, A : E E – линейный оператор и оператор A1 существует. Доказать, что A и A1 имеют одни и те же собственные векторы.

что ( A) пусто, если D( A) x(t ) C (1) 0,1 : x (0) 0. Как это согласуется с теоремой о непустом спектре?

что ( A) состоит из одних собственных значений, заполняющих всю комплексную плоскость, если D( A) C (1) 0,1.

D( A) C (1) 0,1 : x(0) x(1).

13. Два оператора A и B называются перестановочными, если AB BA. Доказать, что оператор и его резольвента перестановочны.

Указание: показать, что A( A I ) ( A I ) A и умножить обе части этого равенства слева на ( A I ) 1.

воспользовавшись предыдущей задачей.

15. Доказать, что ядро оператора ( A I ) x(t ) x(0) tx(1) x(t ) из примера 4 при 0 и 1 состоит только из нулевого вектора.

16. Используя определение, доказать, что спектральный радиус оператора A из примера 6 равен нулю.

17. Найти резольвенту оператора A из примера 6. Доказать, что точка 0 является особой точкой резольвенты.

Ax(t ) x(t ), причем D( A) x(t ) C (1) 0,1 : x (0) 0. Найти его точечt ный p ( A), непрерывный c ( A) и остаточный r ( A) спектры.

19. Пусть оператор A : C 0, 2 C 0,2 определяется формулой Ax(t ) eit x(t ). Показать, что ( A) : 1, т.е. ( A) заполняет единичную окружность.

20. Пусть K (t, s ) – непрерывная функция двух переменных в треугольнике t, s : a s t, a t b. В пространстве C a, b найти спекt тральный радиус оператора Вольтерра Ax(t ) K (t, s ) x( s )ds. Найти ( A).

При каком условии точка 0 будет собственным значением оператора Указание: рассмотреть последовательность x1 (t ) K (t, s ) x( s )ds, Обозначить k max K (t, s ) (предварительно обосновать, что этот максимум существует), затем последовательно оценить x1 (t ), x2 (t ),... и 21. Пусть K (t, s ) – непрерывная функция двух переменных в треугольнике t, s : a s t, a t b. В пространстве L2 a, b найти спекt тральный радиус оператора Вольтерра Ax(t ) K (t, s ) x( s )ds. Найти ( A).

При каком условии точка 0 будет собственным значением оператора Указание: см. указание к предыдущей задаче.

22. Найти точечный p ( A), непрерывный c ( A) и остаточный r ( A) спектры оператора A : C0 0,1 C0 0,1, если A определяется равенством Ax(t ) x( s )ds и C0 0,1 – банахово пространство непрерывных функций x(t ), для которых x(0) 0.

Указание: показать, что C0 (1) 0,1 C0 0,1 (см. пример 6).

23. Найти точечный p ( A), непрерывный c ( A) и остаточный r ( A) спектры оператора A : L1 0,1 L1 0,1, если A определяется равенством Ax(t ) x( s )ds.

Указание: вначале найти спектральный радиус. Для отыскания множества значений оператора A I воспользоваться свойством абсолютной непрерывности интеграла Лебега: если x( s ) – суммируемая функt ция, то – абсолютно непрерывная функция (см., напр. [6]). Покаx(s)ds зать, что множеством значений оператора A I являются все абсолютно непрерывные (следовательно, непрерывные) функции y (t ), удовлетворяющие условию y (0) 0. Учесть, что Lp состоит из классов почти всюду совпадающих функций. Использовать определение всюду плотных множеств и теорему о плотности непрерывных функций в Lp.

24. Пусть E – банахово пространство, A : E E – линейный ограниченный оператор и существует A1 : E E – также линейный и ограниченный. Доказать, что если ( A1 ), то 1 ( A) и, обратно, если Указание: если ( A1 ), то оператор A1 I не является непрерывно обратимым. Показать, что и оператор A A1 I не является непрерывно обратимым.

25. Пусть E – банахово пространство, A : E E – линейный ограниченный оператор и ( A). Доказать, что n n ( An ).

26. В пространстве C a, b рассмотрим оператор Ax(t ) (t ) x(t ), где (t ) – некоторая строго монотонно возрастающая и непрерывная на отрезке a, b функция. Доказать, что ( A) (a), (b), причем ни одна точка спектра не является собственным значением.

27. Найти спектр и резольвенту оператора A : L2 1,1 L2 1,1, задаваемого формулой Ax(t ) (1 ts ) x( s )ds.

28. Найти спектр и резольвенту оператора A : L2 L2, задаx( s )ds 29. По формуле r ( A) n An вычислить спектральный радиус оператора A : C 0,1 C 0,1 и найти спектр ( A), если Ax(t ) (t 1) x(t ).

30. По формуле r ( A) n An вычислить спектральный радиус оператора A : C 0,1 C 0,1 и найти спектр ( A), если Ax(t ) a (t ) x(t ), где 31. Найти спектр и спектральный радиус оператора A : l l, определяемого для x (1, 2,...) l соотношением Ax (3, 1, 2, 4, 5,...).

32. Найти спектр и спектральный радиус оператора A : l l, определяемого для x (1, 2,...) l соотношением Ax (1,2, 3,4,...,(1)nn,...) .

33. Найти спектр тождественного оператора I : E E, где E – банахово пространство.

x (1, 2,...) l соотношением Ax (0, 1, 2, 3, 4,...).

Указание: найти спектральный радиус. Показать, что множество значений оператора A I является замкнутым и при 1 не совпадает с l. Показать, что спектр оператора r ( A) : 1.

35. Доказать, что точка 0 принадлежит остаточному спектру оператора A : l2 l2, где Ax (0, 1, 2, 3, 4,...) и x (1, 2,...) l2.

Ax(t ) x(t 2 ) лежит на единичном круге.

38. Показать, что спектральный радиус оператора A : C 0,1 C 0,1, 39. Найти точечный p ( A), непрерывный c ( A) и остаточный r ( A) спектры оператора A : L2 0,1 L2 0,1, если A определяется равенством Ax(t ) x( s )ds.

Указание: найти спектральный радиус, используя формулу для нахождения оператора An. Воспользоваться указанием к задаче 23.

40. Найти резольвенту оператора A из предыдущей задачи.

Указание: использовать теорему о резольвентном множестве.

странстве L2 0,.

43. Найти точечный спектр оператора Ax(t ) x( )d в пространстt ве L2 0,1.

Указание: учесть, что в L2 0,1 лежат функции, которые интегрируются с квадратом, поэтому на семейство собственных чисел, которое получится после решения дифференциального уравнения, необходимо наложить дополнительное условие Re.

44. Найти спектр и резольвенту оператора Ax(t ) x(1 t ) в пространствах L2 0,1 и C 0,1.

45. Найти спектр оператора Ax(t ) e L2 ().

46. Найти спектр оператора Ax(t ) x ''(t ) t 2 x(t ) в пространстве L2 ().

3.5. Элементы теории линейных интегральных Определение: пусть t, s a, b, k (t, s ) – функция, суммируемая с квадратом на множестве a, b a, b, f (t ) – функция, суммируемая с квадратом на отрезке a, b,. Уравнение вида k (t, s ) ( s )ds f (t ) наa зывается уравнением Фредгольма первого рода, а уравнение вида (t ) k (t, s ) ( s )ds f (t ) называется уравнением Фредгольма второго рода. Здесь (t ) – неизвестная функция, k (t, s ) – ядро уравнения, f (t ) – свободный член уравнения.

Определение: пусть t, s a, b, k (t, s ) – функция, суммируемая с квадратом на множестве a, b a, b, f (t ) – функция, суммируемая с квадратом на отрезке a, b,. Уравнение вида k (t, s ) ( s )ds f (t ) наa зывается уравнением Вольтерра первого рода, а уравнение вида (t ) k (t, s ) ( s )ds f (t ) называется уравнением Вольтерра второго роa да. Здесь (t ) – неизвестная функция, k (t, s ) – ядро уравнения, f (t ) – свободный член уравнения.

да):

(t ) k (t, s ) ( s )ds f (t ) квадратично суммируемы и сходится в среднем к квадратично суммируемому решению этого уравнения. Это решение единственно.

k1 (t, s ) k (t, s ) и km (t, s ) k (t, )km1 (, s )d ( m 2,3,... ) называются итериa рованными ядрами.

можно представить в виде (t ) f (t ) R (t, s, ) f ( s)ds, где функция R(t, s, ) m km1 (t, s ) называется резольвентой Фредгольма этого уравm нения.

да):

(t ) k (t, s ) ( s )ds f (t ) квадратично суммируемы, тогда при любом это уравнение имеет единственное суммируемое решение (t ), которое может быть получено, как сумма ряда Неймана f (t ) m K m f, где Замечание: с помощью резольвенты решение интегрального уравнеt ния Вольтерра второго рода записывается в виде (t) f (t) R(t, s, ) f (s)ds.

Замечание: все сказанное имеет место, если все функции, определенные ранее в L2 a, b (квадратично суммируемые) считать непрерывными на отрезке a, b. При этом в методе резольвент для уравнения Фредгольма изменится условие на параметр.

Замечание: интегральное уравнение Вольтерра первого рода при помощи дифференцирования приводится к интегральному уравнению Вольтерра второго рода.

Теорема (метод последовательных приближений): пусть свободный член и ядро уравнения Фредгольма второго рода являются непрерывными функциями (на a, b и на a, b a, b соответственно). Выберем какую-нибудь непрерывную функцию 0 (t ) и подставим ее в правую часть этого уравнения. Получим 1 (t ) f (t ) k (t, s )0 ( s )ds, причем 1 (t ) такa же непрерывна на a, b. Поступим с ней также, как и с 0 (t ), и, продолжая этот процесс, получим последовательность функций 0 (t ), 1 (t ), 2 (t ),..., удовлетворяющих уравнениям Из этой системы будет следовать, что lim n (t ) (t ), не зависящий от выбора начального приближения 0 (t ).

Замечание: все сказанное применимо и к уравнениям Вольтерра второго рода с учетом того, что в этом случае последовательные приближения сходятся к решению уравнения уже при любом.

Определение: ядро k (t, s ) интегрального уравнения Фредгольма второго рода называется вырожденным, если оно является суммой конечного числа произведений функций только от t на функции только от s, т.е. если оно имеет вид k (t, s ) ak (t )bk ( s ), где функции ak (t ) и bk ( s ) непрерывны на a, b и попарно линейно независимы между собой.

Замечание: в этом случае уравнение принимает вид зом, решение этого уравнения сводится к нахождению неизвестных постоянных ck ( k ).

Подставляя (t ) f (t ) ck ak (t ) в исходное уравнение Фредгольма второго рода, и учитывая линейную независимость функций ak (t ), для определения ck получаем систему линейных алгебраических уравнений.

Определение: значения 0, при которых однородное интегральное уравнение Фредгольма второго рода (t ) k (t, s ) ( s )ds 0 имеет ненуa левые решения, называются характеристическими числами этого уравнения, а каждое ненулевое решение этого уравнения называется собственной функцией, соответствующей этому характеристическому числу. Число линейно независимых собственных функций, соответствующих значению, называется рангом характеристического значения.

Замечание: ранг характеристического значения всегда конечен.

Определение: уравнение Фредгольма второго рода называется уравbb Теорема (о решениях уравнения с симметрическим ядром): расb смотрим уравнение (t ) k(t, s)(s)ds f (t ) с симметрическим ядром k (t, s ), являющимся непрерывной функцией и непрерывным свободным членом f (t ).

1. Если не совпадает с характеристическими числами n ( n ) однородного уравнения (t ) k (t, s ) ( s )ds 0, то исходное уравнение имеет для любой правой части f (t ) единственное непрерывное решение, мированные собственные функции, соответствующие числам n, а 2. Пусть совпадает с характеристическим числом k ранга q, т.е. k k 1... k q1. Тогда решение исходного уравнения существует тогда и только тогда, когда свободный член f ортогонален (в смысле пространства L2 ) всем функциям, соответствующим числу k. При этом, уравнение имеет бесконечное множество решений, которые содержат q произвольных постоянных и даются формулой где c0,..., cq 1 – произвольные постоянные.

3. Если f (t ) ортогональна всем собственным функциям n (t ), то решением уравнения является сама эта функция, т.е. (t ) f (t ).

4. Интегральное уравнение Фредгольма первого рода с симметричеb обозначения см. в п. 1).

Замечание: доказательство всех приведенных фактов можно найти в литературе, посвященной интегральным уравнениям, а также в учебниках по функциональному анализу, приведенных в списке литературы [см. 6, 17]. Мы на этих доказательствах не останавливаемся. Однако нетрудно заметить, что многие доказательства напрямую следуют из теории непрерывно обратимых операторов.

1. Составить интегральное уравнение, соответствующее дифференциальному уравнению y ''' ty '' (t 2 t ) y tet 1 с начальными условиями Решение: обозначим 3 (t ) и проинтегрируем это равенство от и, поскольку y ''(0) 0, то 2 ( s )ds.

Снова интегрируя, получаем: 2 ds ( s )dsd (t s) ( s)ds, откуда y '(0) 1, то получаем, что y (t ) 1 t Подставим найденные выражения в исходное дифференциальное уравнение, получаем:

После преобразований получим интегральное уравнение:

которое является уравнением Вольтерра второго рода.

Отметим, что при преобразованиях использовали известное соотxn непосредственным дифференцированием.

2. Воспользовавшись связью между дифференциальными и интегральными уравнениями, найти решение уравнения y '(t ) y (t ) 0 при условии y (0) 1.

Решение: аналогично примеру 1 устанавливаем, что данное уравнение равносильно уравнению Вольтера второго рода y (t ) 1 y ( s)ds.

На n -м шаге получаем, очевидно, закономерность:

ские значения и собственные функции этого ядра.

Решение: найти характеристические значения ядра k (t, s ) – означает найти те значения k 0, при которых уравнение (t ) k (t, s ) ( s )ds имеет нетривиальные решения k (t ), которые и называются собственными функциями.

нение к виду (t ) s (1 t ) ( s)ds t (1 s) ( s)ds. Продифференцируем обе части этого соотношения по t :

Продифференцируем по t полученное соотношение еще раз:

Из исходного уравнения видно, что (0) (1) 0, тогда приходим к Поскольку 0, то рассмотрим два случая.

ние c1 c2 0, откуда (t ) 0, т.е. числа 0 не могут быть характеристическими числами.

Случай 2: 0, тогда характеристическое уравнение имеет решения Используя первое краевое условие, находим, что (0) c1 0, тогда из второго краевого условия получаем: (1) c2 sin 0.

Поскольку (t ) должна быть нетривиальной, а c1 0, то c2 0, следовательно, равенство c2 sin 0 возможно только при sin 0, т.е.

при имеют вид n (t ) c2 sin nt, n, где c2 0 и можно считать, что c2 1.

Непосредственная подстановка в уравнение (t ) k (t, s ) ( s )ds показывает, что при n 2 n 2 и n (t ) sin nt, n это уравнение обращается в тождество.

4. Определить функцию из класса C (1) ( ) так, чтобы Решение: сделаем в интеграле замену переменной t s u, тогда уравнение придет к виду (t ) sin t eu t (u )du или Продифференцируем полученное уравнение по t (это допустимо, поскольку (t ) C (1) () ):

После преобразований получим уравнение в виде:

Из исходного интегрального уравнения видно, что (0) 0.

Решение однородного уравнения '(t ) (1 ) (t ) 0 имеет вид 0 (t ) ce( 1)t. Частное решение неоднородного уравнения будем искать в виде A cos t B sin t, тогда, подставляя этот вид в уравнение, находим, что Поскольку уравнение 2 2 2 0 действительных решений не Таким образом, общее решение неоднородного уравнения имеет вид:

Используя начальное условие, находим:

Окончательно, решение исходного интегрального уравнения записывается в виде:

5. Построить резольвенту интегрального уравнения и с ее помощью найти решение при k (t, s ) e Решение: найдем итерированные ядра этого уравнения. Учитывая, что k1 (t, s ) k (t, s ) e ( t s ), последовательно находим:

Далее, по индукции, доказывается, что kn (t, s ) e Таким образом, Решение уравнения имеет вид (t) f (t) R(t, s, ) f (s)ds. При 1, 6. Построить резольвенту интегрального уравнения и с ее помощью найти решение при 2, f (t ) t.

Решение: найдем итерированные ядра данного уравнения, учитывая, что k1 (t, s ) k (t, s ) ts. Тогда последовательно получаем:

лученный ряд сходится только при 7. Решить интегральное уравнение Вольтерра первого рода Решение: приведем это уравнение к интегральному уравнению Вольтерра второго рода, для чего продифференцируем его по t :

8. Методом последовательных приближений решить следующие интегральные уравнения:

а) Возьмем за начальное приближение функцию 0 (t ) 0. Тогда:

На n -м шаге получим б) Возьмем за начальное приближение функцию 0 (t ) 0. Тогда:

На n -м шаге получим 9. Решить интегральное уравнение Решение: это уравнение с вырожденным ядром, поскольку его ядро представляет собой конечную сумму попарных произведений функций, зависящих только от t на функции, зависящие только от s. Преобразуем уравнение к виду:

или Таким образом, заключаем, что его решение обязательно должно иметь вид (t ) c1t c2 sin t c3 cos t. Подставляя этот вид решения в уравнение, получаем:

Приравнивая соответствующие коэффициенты в левой и правой частях уравнения, получаем, что:

Вычисляя все интегралы, получаем систему:

система имеет единственное решение, найти которое можно по формулам Тогда решение исходного уравнения записывается в виде:

10. Решить интегральное уравнение Решение: это уравнение представляет собой уравнение с вырожденным ядром, поэтому перепишем его в виде или Значит, его решение надо искать в виде (t ) c0 c1t c2t 2 c4t 4.

Подставим этот вид решения в уравнение и получим:

Отсюда получаем, что c0 3, c4 7, Подставляя в эти два равенства значения c0 и c4, и, вычисляя интеc1 1 Определитель этой системы равен нулю при и, т.е. при этих значениях система либо не имеет решений, либо имеет более одного решения.

имеет.

решение интегрального уравнения имеет вид (t ) 3 c1t уравнения имеет вид (t ) 11. Решить уравнение (t ) k (t, s ) ( s )ds t с симметричным ядром Решение: в примере 3 найдены характеристические числа и соответствующие им собственные функции для данного ядра в виде n 2 n 2 и Для того чтобы использовать теорему о решениях уравнения с симметрическим ядром, собственные функции нужно нормировать, т.е. добавить к ним такой множитель, чтобы их норма стала равна 1.

ные функции имеют вид n (t ) 2 sin nt, n.

Если n, то по п. 1 теоремы о решениях уравнения с симметричеa Если n, то по п. 2 теоремы о решениях уравнения с симметрическим ядром данное уравнение не имеет решений, поскольку его правая часть f (t ) t не ортогональна всем собственным функциям. Это следует из того, что скалярное произведение ( f (t ), n (t )) an 0.

12. Найти характеристические числа, собственные функции и решения (при каждом, при котором они существуют) интегрального Решение: данное уравнение является уравнением с симметрическим Вначале необходимо найти его характеристические значения и собственные функции, для чего рассмотрим соответствующее однородное уравcos2(t s) cos2t cos2s sin 2t sin 2s, то перепишем это уравнение в виде (t ) ( s)ds cos 2t cos 2s ( s )ds sin 2t sin 2s ( s )ds. Таким образом, его решение будем искать в виде (t ) c1 c2 cos 2t c3 sin 2t.

Подставим этот вид в уравнение:

Вычисляя все интегралы, получаем систему:

Это – однородная система линейных уравнений, поэтому она имеет нетривиальное решение, только если ее определитель равен нулю, т.е.

Пусть \ 1, 2, тогда по п. 1 теоремы о решениях уравнения с т.е., в данном случае, Пусть теперь 1, тогда по п. 2 теоремы о решениях уравнения с симметрическим ядром, поскольку правая часть f (t ) sin 2t ортогональна собственной функции 1 (t ), то исходное неоднородное уравнение имеет решения в виде (t ) f (t ) c0 – произвольная постоянная (ранг q 1 ).

Таким образом, Наконец, при 2 3 исходное уравнение решений не имеет, поскольку его правая часть f (t ) sin 2t не ортогональна к функции 3 (t ).

Решение: решим это уравнение Фредгольма второго рода методом резольвент. Здесь k (t, s ) 1, B k (t, s) dtds 1, тогда данное уравнение имеет решение при B 1 1, и это решение представляется рядом Нейm m m 0 K m f (t ) 1 (это можно обосновать и по индукции).

Решим это же уравнение иначе, а именно, заметим, что его решение нужно искать в виде (t ) c. Подставляя в уравнение этот вид решения, Итак, даже при условии, что ряд Неймана расходится при 1, решение уравнения все равно существует.

1. Составить интегральные уравнения, соответствующие следующим дифференциальным уравнениям с заданными начальными условиями:

2. Найти характеристические числа и соответствующие им собственные функции ядра k (t, s ) st s 2t 2 ( t, s 1,1 ).

3. Найти резольвенту интегрального уравнения и с ее помощью решить уравнение в следующих случаях:

4. Найти резольвенту интегрального уравнения и с ее помощью решить уравнение в следующих случаях:

5. Методом последовательных приближений решить следующие интегральные уравнения:

6. Решить следующие интегральные уравнения Вольтерра первого рода:

7. Решить уравнения:

8. Решить интегральные уравнения с вырожденными ядрами:

9. Решить уравнения:

13. Доказать, что характеристические значения и собственные функции уравнения (t ) min(t, s ) ( s )ds sin t, определяются формулами Найти решения этого уравнения при каждом, при котором они существуют.

14. При всех и b решить в C 0,1 уравнение 17. При всех и a решить в C 0,1 уравнение

РАЗДЕЛ IV. ОСНОВНЫЕ ВИДЫ ЛИНЕЙНЫХ

ОГРАНИЧЕННЫХ ОПЕРАТОРОВ

Определение: пусть X, Y – линейные нормированные пространства.

Линейный оператор A : X Y называется вполне непрерывным, если он любое ограниченное множество переводит в предкомпактное.

Замечание: поскольку всякое предкомпактное множество ограничено, то всякий вполне непрерывный оператор переводит ограниченное множество в ограниченное, а, следовательно, является ограниченным оператором. Если пространство Y – конечномерно, то справедливо и обратное, т.е. всякий ограниченный оператор будет вполне непрерывным (задача 1).

Замечание: тождественный оператор не является вполне непрерывным (см. задачу 2).

Теорема (об усиленной непрерывности вполне непрерывного оператора): пусть Y – банахово пространство, A : X Y – вполне непрерывсл.

ный оператор, тогда из условия xn x следует, что Axn Ax.

Доказательство: пусть xn x, тогда по теореме об ограниченности слабо сходящейся последовательности ограничена. Поскольку A – вполне непрерывен, то последовательность Axn – предкомпактна. Значит множество Axn Y компактно, т.е. и секвенциально компактно. Поэтому любая подпоследовательность последовательности имеет предел (необязательно принадлежащий Axn ).

Далее, предположим, что Axn Ax, т.е. существует такая окрестность U ( Ax), вне которой найдется бесконечно много членов последовательности Axn. Тогда, в частности, из этих членов можно выбрать сходящуюся подпоследовательность, причем, поскольку все ее элементы лежат вне окрестности U ( Ax), то к Ax эта подпоследовательность сходиться не может.

Итак, показали, что Axnk y Ax. Поскольку из сильной сходимосл.

сти всегда следует слабая, то Axnk y Ax.

С другой стороны, поскольку A – вполне непрерывен, а значит, ограничен, то по теореме о слабой непрерывности ограниченного оператора из условия xn x следует, что Axn Ax. Раз вся последовательность слабо сходится к Ax, то этот же предел должна иметь и любая ее подпоследовательность. Противоречие.

Теорема доказана.

Определение: пусть x, y a, b, K ( x, y ) : a, b a, b. Интегральным оператором с ядром K называется оператор, который каждой функции f, определенной на a, b, ставит в соответствие функцию g Af, также определенную на a, b по формуле g ( x) K ( x, y ) f ( y )dy.

Теорема (о вполне непрерывности интегрального оператора): если ядро K ( x, y ) интегрального оператора непрерывно на a, b a, b, то интегральный оператор с этим ядром является вполне непрерывным оператором из пространства C a, b в себя.

Доказательство: по определению вполне непрерывного оператора надо доказать, что он любое ограниченное множество переводит в предкомпактное.

g C a, b – предкомпактно, т.е., по теореме Арцела-Асколи, что оно равномерно ограничено и равностепенно непрерывно.

Поскольку a, b a, b – замкнутый квадрат, т.е. замкнутое и ограниченное множество на плоскости, то, по критерию компактности в n, множество a, b a, b компактно.

Поскольку K ( x, y ) непрерывна на компакте, то по теореме Вейерштрасса она ограничена, т.е. M 0 : K ( x, y ) M.

Тогда g (x) cM (b a), т.е. множество g ( x) ограничено константой, не зависящей ни от x, ни от, следовательно, g ( x) равномерно ограничено.

По определению равностепенной непрерывности надо проверить, что Поскольку K ( x, y ) непрерывна на компакте, то K ( x, y ) равномерно непрерывна по теореме Кантора о равномерной непрерывности, т.е. Теорема доказана.

Определение: линейный ограниченный оператор A : X Y называется конечномерным (или оператором конечного ранга), если множество значений этого оператора является конечномерным подпространством в пространстве Y.

Теорема (критерий вполне непрерывности): пусть H – гильбертово пространство, A : H H – линейный ограниченный оператор, тогда A – вполне непрерывен тогда и только тогда, когда его с любой точностью можно приблизить конечномерным оператором, т.е. 0 B – конечномерный: A B.

Доказательство:

Необходимость: пусть A – вполне непрерывен. Рассмотрим единичный шар в пространстве H и обозначим его S x H : x 1. Поскольку этот шар ограничен, то его образ A( S ) является предкомпактным множеством.

Возьмем 0, тогда, поскольку A( S ) предкомпактно, то для него y1, y2,..., yn A( S ).

Обозначим L H – линейное подпространство, образованное векторами y1, y2,..., yn, P – проектор на подпространство L, и, наконец, пусть Поскольку P переводит все пространство H в L – подпространство размерности n (или меньшей размерности, если среди векторов y1, y2,..., yn есть линейно зависимые), то размерность образа оператора B не превосходит n, т.е. B – конечномерный оператор.

Заметим, что, поскольку k 1, n yk L, то Pyk yk. Кроме того, т.к.

yk образуют -сеть для A( S ), то Ax A( S ) Ax yk. Также, напомним, что норма любого проекционного оператора равна 1.

Достаточность: дано, что оператор A с любой точностью можно приблизить конечномерным оператором, а надо доказать, что A – вполне непрерывен.

Пусть E H – ограниченное множество. Надо доказать, что A( E ) – предкомпактно, т.е. 0 найти для множества A( E ) конечную -сеть.

Множество B( E ) конечномерно, поскольку B конечномерен, а также ограничено, поскольку B ограничен и E ограничено. В силу критерия компактности в n, любое ограниченное подмножество конечномерного пространства предкомпактно (см. задачу 1). Таким образом, B( E ) – предкомпактно. Следовательно, для множества B( E ) можно построить конечную -сеть y1, y2,..., yn, т.е. Bx B( E ) yk : Bx yk.

Покажем, что для множества A( E ) элементы y1, y2,..., yn образуют конечную -сеть. Возьмем y A( E ), тогда y Ax и Теорема доказана.

Теорема (о подпространстве вполне непрерывных операторов):

пусть X, Y – банаховы пространства, тогда множество вполне непрерывных операторов, действующих из X в Y, является замкнутым линейным подпространством пространства линейных ограниченных операторов, действующих из X в Y.

Доказательство:

1. Покажем, что множество вполне непрерывных операторов образует линейное многообразие, т.е.:

а) если A и B – вполне непрерывны, то A B – также вполне непрерывен;

б) если A – вполне непрерывен, то A – вполне непрерывен.

а) Пусть E – ограниченное множество, тогда A( E ) и B( E ) – предкомпактные множества, т.е. для них существуют конечные -сети, которые обозначим, соответственно, y1,..., yn и z1,..., zm, тогда Ax A( E ) yi :

Покажем, что множество, состоящее из сумм вида yi z j будет конечной -сетью для множества ( A B )( E ). Тем самым, 0 для множества ( A B )( E ) будет построена конечная -сеть и, значит, оно будет предкомпактным, а оператор A B – вполне непрерывным.

б) Пусть E – ограниченное множество, тогда A( E ) – предкомпактно, т.е. для него существует конечная -сеть, которую обозначим y1,..., yn.

Покажем, что множество, состоящее из элементов yi будет конечной -сетью для множества ( A)( E ). Тем самым, 0 для множества ( A)( E ) будет построена конечная -сеть и, значит, оно будет предкомпактным, а оператор A – вполне непрерывным.

2. Покажем, что линейное многообразие вполне непрерывных операторов замкнуто, т.е. если An – последовательность вполне непрерывных операторов и An A (т.е. An A ), т.е. An A 0, то A – также будет вполне непрерывным.

Пусть E – ограниченное множество, т.е. x E c 0 : x c. Повполне непрерывны, то для каждого n множество скольку Покажем, что n N множество y1( n ),..., ymn ( n ) будет конечной сетью для множества A( E ), тогда A( E ) будет предкомпактным, а оператор A – вполне непрерывным.

Действительно, при всех n N получаем:

Теорема доказана.

A, B : X X, причем A – ограничен, а B – вполне непрерывен. Тогда операторы AB и BA – вполне непрерывны.

Доказательство:

1. Покажем, что AB – вполне непрерывен.

Пусть E – ограниченное множество, тогда B( E ) – предкомпактно, т.е. для него можно построить конечную -сеть, которую обозначим y1,..., yn, т.е. Bx B( E ) yi : Bx yi. Покажем, что Ay1,..., Ayn буA дет конечной -сетью для множества AB ( E ), тогда AB ( E ) будет предкомпактным, а оператор AB – вполне непрерывным.

2. Покажем, что BA – вполне непрерывен.

Вначале к ограниченному множеству применяется оператор A. Поскольку A ограничен, то ограниченное множество он переводит в ограниченное. Затем к полученному ограниченному множеству применяется вполне непрерывный оператор B и получается предкомпактное множество. Таким образом, оператор BA всякое ограниченное множество переводит в предкомпактное, т.е. является вполне непрерывным.

Теорема доказана.

Теорема (о вполне непрерывности сопряженного оператора): пусть H – гильбертово пространство, оператор A : H H – является вполне непрерывным тогда и только тогда, когда его сопряженный оператор A* : H H вполне непрерывен.

Замечание: напомним, что оператор A* : H H называется сопряженным к оператору A : H H, если x, y H ( Ax, y ) ( x, A* y ). Отсюда, в частности, следует, что A* B* ( A B)* (см. задачу 8).

Доказательство:

Необходимость: дано, что A – вполне непрерывен. В силу критерия вполне непрерывности A с любой точностью можно приблизить конечномерным оператором, т.е. 0 B – конечномерный: A B.

По теореме о норме сопряженного оператора A* B* ( A B )* A B, поэтому, если покажем, что B* конечномерен, то получим, что A* с любой точностью можно приблизить конечномерным оператором и поэтому A* будет вполне непрерывным по критерию вполне непрерывности.

Рассмотрим множество значений B( H ). Раз оно конечномерно, то в нем есть ортонормированный базис e1,..., en. Если покажем, что B*e1,..., B*en – базис в B* ( H ), то B* ( H ) будет конечномерно.

B y (ei, y ) B ei i B*ei. Таким образом, любой элемент B* y B* ( H ) оказался представлен в виде линейной комбинации векторов B*e1,..., B*en, следовательно, они образуют базис в B* ( H ).

Достаточность: предлагается доказать самостоятельно (задача 10).

Теорема доказана.

Замечание: оказывается, данная теорема справедлива для любых банаховых пространств, но мы на этом не останавливаемся.

Замечание (свойства операции сопряжения):

1. Если X, Y – линейные нормированные пространства, A, B : X Y – линейные ограниченные операторы, то ( A B )* A* B*.

2. Если X, Y – линейные нормированные пространства, A : X Y – линейный ограниченный оператор, то ( A)* A*. Если X Y H, ( AB )* B* A*.

4. Если X, Y – линейные нормированные пространства, A : X Y – линейный ограниченный оператор и существует обратный линейный ограниченный оператор A1 : Y X, то сопряженный оператор A* : Y * X * также имеет обратный ( A* ) 1 : X * Y *, являющийся линейным и ограниченным и ( A* ) 1 ( A1 )*.

Доказательства всех этих свойств выводятся из определения сопряженного оператора и проводятся в примерах и задачах для самостоятельного решения.

1. Показать, что интегральный оператор A : L2 0,1 L2 0,1, задаваемый формулой Ax(t ) k (t, s ) x( s )ds, ядро которого k (t, s ) L2 0,1 0,1, является вполне непрерывным.

Решение: по теореме о плотности непрерывных функций в Lp, множество непрерывных функций является всюду плотным в L2 0,1 0,1, следовательно, найдется последовательность kn (t, s ) C 0,1 0,1 такая, что Пусть An x(t ) kn (t, s ) x( s )ds, тогда в силу задачи 21 из первого блока задач, все операторы An вполне непрерывны. Покажем, что A An 0.

Применяя неравенство Гельдера, находим:

реходя к пределу при n, получаем, что A An 0, следовательно, An A, т.е. A представляет собой равномерный предел последовательности вполне непрерывных операторов. По теореме о подпространстве вполне непрерывных операторов A – вполне непрерывен.

функции 1 (t ),..., m (t ) непрерывны на отрезке a, b, а точки t1,..., tm принадлежат отрезку a, b. Доказать, что “нагруженный” интегральный опеb m ратор Ax(t ) k (t, s ) x( s )ds k (t ) x(tk ) является вполне непрерывным оператором, отображающим пространство C a, b в C a, b.

Решение: по теореме о подпространстве вполне непрерывных операторов, сумма вполне непрерывных операторов является вполне непрерывным оператором. Таким образом, достаточно проверить, что операторы Bx(t ) k (t, s ) x( s )ds и Cx(t ) (t ) x(t0 ), где (t ) – некоторая непрерывная на a, b функция, а t0 – фиксированная точка отрезка a, b, являются Интегральный оператор Bx(t ) k (t, s ) x( s )ds является вполне непреa рывным, поскольку он удовлетворяет всем условиям теоремы о вполне непрерывности интегрального оператора.

Докажем, что оператор Cx(t ) (t ) x(t0 ) – вполне непрерывен. Рассмотрим ограниченное множество M C a, b, тогда x(t ) M c 0 :

Поскольку (t ) непрерывна на a, b, то по теореме Вейерштрасса, она на этом отрезке ограничена, т.е. R 0 : (t ) R. Таким образом, Cx(t ) cR, тем самым множество CM равномерно ограничено.

Покажем, что множество CM равностепенно непрерывно, т.е. что Поскольку (t ) непрерывна на a, b, то по теореме Кантора, она на этом отрезке равномерно непрерывна, т.е. 0 0 : t1, t2 a, b Итак, множество CM является равномерно ограниченным и равностепенно непрерывным, т.е. по теореме Арцела-Асколи, множество CM предкомпактно. Следовательно, оператор Cx(t ) (t ) x(t0 ) вполне непрерывен.

3. Является ли вполне непрерывным оператор A : C 0,1 C 0,1, если: