Новые решения задач (Несколько ответов к экзамену), страница 2

Пространство является гильбертовым,является(по следствию из теоремы Леви). Построим.2. Покажем, чтоДействительно,Итак, мы показали, что необходимым условием того, чтопредставление x в видеявляется.Очевидно, что это является и достаточным условием, так какИтак,искомое15) В пространствепространствоLявляетсялинейнойоболочкойрассмотрим последовательностьвектора,.Доказать, что линейная оболочка этой последовательности всюду плотна в пространстве.Решение.Докажем, что лишь нулевой элемент пространстваортогонален всем элементаммножества(отпротивного).ПолучаемПолученноепротиворечие доказывает, что изначальное утверждение было неверно.

Итак, мыдоказали, чтоТак как является гильбертовым, то издоказанного выше утверждения следует, что -- всюду плотное множество.16) Доказать, что следующие операторы являются линейными ограниченными и найти ихнормы:1.2.Решение дляВ силу свойств производной получаемПолучаем, что операторлинеен.Докажем ограниченность оператора . В силе линейности оператора достаточнодоказать, что оператор переводит замкнутый единичный шар с центром в нуле впространствевограниченноемножествовпространстве.Итак, мы получили, чтополученно, что-- линейный и ограниченный.

Найдем его норму. Ранее было. Покажем, что. Рассмотрим последовательностьфункцийИтак, мы получили максимизирующую последовательность элементов изпоказывающую, что.,Решение дляДокажем линейность оператораПолучаем, что оператор. В силу линейности интеграла Лебега получаем.линеен.Докажем ограниченность оператора . В силе линейности оператора достаточнодоказать, что оператор переводит замкнутый единичный шар с центром в нуле впространствевограниченноемножествовпространстве.Итак, мы получили, чтополученно, что-- линейный и ограниченный.

Найдем его норму. Ранее было. Покажем, что. Возьмем. ТогдаполучаемТак как мы показали, чтои17) Пусть и -- линейные нормированные пространства,с областью изменения1. Доказать, что2. Всегда ли-- линейное многообразие в .-- подпространство в .Решение (линейное многообра з и е).-- линейный операторДля доказательства того, чтодоказать,Таким образом,многообразием.получаемявляется линенйным многообразием необходимочточтоявляетсялиненйнымРешение (подпростран ство)Докажем, чтооператор,не всегда является подпространством. Для этого построим линейныйтакой,чтонеявляетсязамкнутыммножеством.РассмотримпоследовательностьнепрерывнодифференцируемыхНоподпространство.функций. Таким образом, получаем что18) Доказать, что в банаховом пространствене всегда естьдля любогоопределеныоператорыРешениеПо теореме 37 пространстволиненйных непрерывных операторов вбанаховом пространстве само является банаховым, то есть любая фундаментальнаяпоследовательность элементов из этого пространства сходится к элементу этого жепространства.Рассмотрим операторную последовательность.

Так кактоявляется линейным непрерывным оператором. Докажем, чтолиненйным непрерывным оператором.,так же является•является непрерывным как композиция конечного числа непрерывныхоператоров.•Итак,-- линейный непрерывный оператор для любого . Докажем фундаментальностьпоследовательности.Последняя сумма представляет собой хвост сходящегося ряда.Итак последовательностьявляется фундаментальной. Следовательно она сходитсяк своему пределу, которые принадлежит этому же пространству.

Следовательно впространствеопределен операторявляющийся пределом операторнойпоследовательности.Для второго случае () все полностью аналогично.A19) Пусть X — банахово пространство, A ∈ L( X → X ) . Доказать, что e ≤ eA. Найтиe I , где I — тождественный оператор.Решение:∞∑AПо определению, e =n= 0∞An, ∀ A ∈ L ( X → X ) . /*в пдф-ке в числителе была норма А*/n!∞knAk+k!Ak≤∑k = n + 1 k!nA+k!∞knAAk, т.

к.≤∑k = 0∑k = 0∑∑k = n + 1 k!k = 0 k!что следует из сходимости ряда в смысле нормы в L( X → X ) .Ak∑k = 0 k! ≤ {∀ n ∈ N } ≤∞Ak → 0 ,∑k = n + 1 k!Утверждение доказано.Найдем e I по определению:∞∞IkI) x = (∑ ) x =k = 0 k!k = 0 k!(e I ) x = ( ∑∞Ix∑k = 0 k! =∞∞x1=x∑k = 0 k! ∑k = 0 k! = ex, ∀ x ∈ X ⇒ e I = eI .d 2x− x (t ) с областью определенияdt 2D( A) — линейное многообразие дважды непрерывно дифференцируемых функций x(t ) ,удовлетворяющих условиям x(0) = x' (0) = 0 . Найти A− 1 и доказать, что он ограничен.20) Рассмотрим оператор A : C[0,1] → C[0,1] . Ax(t ) =Решение:Обозначим x1 = dx / dt , x2 = dx1 / dt . Тогда задача примет вид: dx1 / dt = x2 , dx2 / dt = − x1 + y (t ), x (0) = x (0) = 0;2 1ИлиdX= BX + Y , где X = ( x1 , x2 ) , Y = (0, y (t )) , B =dt 0 1 . − 1 0По теореме Каратеодори /*нафига тут говорить об этой теореме?*/(задача Коши dX / dt = BX (t ) + Y (t ), t ∈ [t0 , t1 ], X (0) = X 0 ;где Y (t ) интегрируема по Лебегу, имеет единственное решение в классе абсолютно(t − t ) Bнепрерывных функций и это решение дается формулой X (t ) = e 0 ( X 0 +t∫e− sBY ( s )ds ) )t0tрешение задачи выглядит так: X (t ) = e ( X 0 +tB∫e− sBY ( s )ds ) ,0 cos(t ) sin(t )  − sB  cos( s) − sin( s)  , e =  .etB =  − sin(t ) cos(t )  sin( s ) cos( s ) tt∫∫Тогда x(t ) = x1 (t ) = − (cos(t ) y ( s) sin( s )ds + sin(t ) y ( s ) cos( s )ds ) .00Заметим, чтоtt00x(t ) = − (cos(t ) ∫ y ( s ) sin( s )ds + sin(t ) ∫ y ( s) cos( s)ds ) ≤tt≤ y (t )  cos(t ) ∫ sin( s )ds + sin(t ) ∫ cos( s) ds  ≤ 4 y (t )00т.

е. обратный оператор ограничен.21) Рассмотрим оператор A : C[0,1] → C[0,1] , Ax(t ) =1∫e− |s − t |x( s )ds . Существует ли0оператор A− 1 ?Решение !!!неверное!!! опечтка в условии:По определению ∃ A− 1 , если ∃ ! решение задачи Ax(t ) = y (t ) .Пусть N ( A) = {x ∈ C[0,1] : Ax = 0} .t0=− |s − t |∫ e x(s)ds = {0 ≤ s ≤ t} =0tt00s− t−ts∫ e x(s)ds = e ∫ e x(s)ds ⇒t0=∫ e x(s)ds ⇒s00 = e s x( s)∀ s ∈ [0,1] ⇒0 = x( s)∀ s ∈ [0,1] ⇒N ( A) = {θ } .Пусть ∃ x1 (t ), x2 (t ) ∈ C[0,1] : Ax1 (t ) = Ax2 (t ) = y (t ) .Тогда Ax1 (t ) − Ax2 (t ) = 0 ,A( x1 (t ) − x2 (t )) = 0 ,x1 (t ) − x2 (t ) = 0 ,x1 (t ) = x2 (t ) .22) Рассмотрим оператор A : C[0,1] → C[0,1] , Ax(t ) =t∫ x(τ )dτ+ x(t ) .

Пусть N ( A) — ядро0оператора A .A ) Доказать, что N ( A) = {θ } , так что при любом y ∈ C[0,1] уравнение Ax = y неможет иметь более одного решения.B ) Найти оператор A− 1 и доказать, что он ограничен.Решение:А) /*решил я сам, так что возможны баги*/N ( A) = {x ∈ C[0,1] : Ax = 0}t0=∫ x(τ )dτ0−tce =t∫ ce−τt+ x(t ) ⇒ x(t ) = − ∫ x(τ )dτ ⇒ x′ (t ) = − x(t ) ⇒ x(t ) = ce− t0dτ ⇒0t∫ ce−τdτ = c(− e − t + 1) и ce− t = c(− e − t + 1) ⇒ c(1 − 2e − t ) = 00Следовательно, x(t ) = 0 и N ( A) = {θ } .tБ) Пусть y (t ) =∫ x(τ )dτ0+ x(t ) .Тогда y (t ) = u (t ) + u ' (t ) , где u (t ) =t∫ x(τ )dτ.0Решаем дифференциальное уравнение при фиксированном y (t ) :u (t ) = c(t )e , c' (t ) = e y (t ) ⇒ c(t ) =−ttt∫eτy (τ )dτ .0tA y (t ) = x(t ) = u′ (t ) = (c(t )e )′ =  e − t ∫ eτ y (τ )dτ 0−1−t−1A y (t ) = y (t ) − e−tt∫ e y(τ )dττ≤ y + e−t0t∫eτ′t = y (t ) − e − t ∫ eτ y (τ ) dτ .0y (τ )dτ ≤ 2 y , т.е.

обратный оператор0ограничен.1s+ t23) Доказать, что оператор A : C[0,1] → C[0,1] , Ax(t ) = x(t ) + ∫ e x( s)ds имеет0ограниченный обратный, и найти A .−1Решение:Пусть y (t ) =1100s+ tts∫ e x(s)ds + x(t ) , или x(t ) = y(t ) − e ∫ e x(s)ds .1∫ e x(s)ds .Обозначим D[ x ] ≡s0Тогда x(t ) = y (t ) − et D[ x]Нужно выразить функционал D[x ] через y . Умножим последнее уравнение на et ипроинтегрируйте по t от 0 до 1.1100t2t∫ e y(t )dt − D[ x]∫ e dt .Получим D[ x] =1∫ e y(t )dttОтсюда D[ x] =011 + ∫ e 2t dt01e ∫ e s y ( s )dst−1Окончательно, A y (t ) = x(t ) = y (t ) −011 + ∫ e ds2s0.1A− 1 y (t ) = y (t ) −et ∫ e s y ( s )ds011 + ∫ e ds1≤ y +2set ∫ e s y ( s)ds≤ 2 y , т.е. обратный оператор011 + ∫ e ds2s00ограничен./*в случае если в условии верхний предел интегрирования: t, а не 1*/tПусть y (t ) =∫es+ tx( s)ds + x(t ) .0tТогда y (t )e − t = u (t ) + u ' (t )e − 2t , где u (t ) =∫ e x(s)ds .s0Решаем дифференциальное уравнение при фиксированном y (t ) :tu (t ) = c(t )e− e − 2t, c ' (t ) = e− e − 2ty (t ) ⇒ c(t ) =−e∫ e y(s)ds .− 2s0A y (t ) = x(t ) = u′ (t )e = (c(t )e−1−1−t− 2t − e − 2 tA y (t ) = y (t ) + 2e et− e − 2t′t − e − 2t t − e − 2 s− 2s− 2t − e − 2 t)′ =  eey(s)ds=y(t)+2eee − e y ( s )ds .∫∫00−e∫ e y(s)ds ≤ y + y *1 = 2 y , т.е.

обратный оператор− 2s0ограничен.24) Пусть X — комплексное линейное пространство, f — определенный на X и неравный тождественно нулю линейный функционал. Доказать, что область значений fесть все C .Решение:Нужно доказать, что ∀ c ∈ C ∃ x ∈ X : f ( x) = c .Известно, что dim C = 2 . Если доказать, что R( f ) — область изменения линейногофункционала f — содержит 2 линейно-независимых вектора, то с учетом линейностифункционала мы получим все C , так как C = { y = ae1 + be2 , ∀ a, b ∈ R; e1 , e2 − базис в С} .Пусть z : f ( z ) = 0 ⇒ f ( z ) = x + iy .