Е.А. Попов, А.Д. Поспелов, Д.В. Ховратович - Задачи по функциональному анализу (1128566), страница 4
Текст из файла (страница 4)
Докажем, что оно неполно. Возьмем фундаментальную последоваnPxkтельность {un (x)}∞:u(x)=. Известно, что данный ряд сходитсяnn=0k!k=0равномерно на отрезке [0, 1], следовательно, по критерию Коши сходимостифункциональной последовательности, последовательность его частичных суммфундаментальна. un сходится к ex , которая не представима многочленом P (x).Действительно, пустьxe = P (x) =`Xk=0kak x =⇒∞Xk=0bk xk = 0 =⇒ ∀ m > `1= 0,m!что неверно. Таким образом, фундаментальная последовательность может сходиться к элементу не из этого пространства, что свидетельствует о его неполноте.2036.
[]2] Доказать, что пространство `2 сепарабельно.Решение. Построим в `2 всюду плотное счетное множество, тем самым по определению докажем его сепарабельность.Пусть L — множество всех последовательностей, в каждой из которых все члены рациональны, и лишь конечное (свое для каждой последовательности) числочленов отлично от нуля. Оно счетное, так как представляет собой счетное числомножеств последовательностей, у которых не более, чем конечное число первыхчленов — рациональные числа, а все остальные — нули. Эти множества — просто n-я (декартова) степень множества рациональных чисел, которое счетно, аследовательно, и таких множеств счетное число. Поскольку объединение счетного множества счетных множеств счетно, L — счетное.
Докажем, что L —всюду плотное. Рассмотрим произвольную последовательность {xn }∞n=1 ∈ `2 изафиксируем произвольное ε > 0:∞X2|xk | < +∞ =⇒ ∃ N ∈ N :k=1∞X|xk |2 <k=N +1ε2.2Так как множество рациональных чисел всюду плотно на вещественной оси,для каждого xk , k = 1, N найдется свое рациональное число qk такое, что|xk − qk | < √ε,2Nk = 1, N .Рассмотрим последовательность {qn }∞n=1 ∈ L, члены которой при n > N + 1равны нулю.
Тогда расстояние между x и q равноvvsu Nu∞2∞XXuuXε2ε222t√·N += ε.|xk − qk | = t|xk − qk | +|xk | <22Nk=1k=1k=N +1Таким образом, замыкание L совпадает со всем `2 , то есть по определению, L— всюду плотное и `2 — сепарабельное.37. []3] Пусть A — компактное множество в банаховом пространстве X.
Доказать,что для любого x ∈ X найдется точка y ∈ A такая, что ρ(x, A) = kx − yk.Решение. Определим функционал f (y) = kx − yk. Из неравенства треугольника можно показать, что он непрерывен. Очевидно, f (y) > 0. Тогда у него естьточная нижняя грань, равная m. Тогда, из определения точной нижней грани,21существует убывающая последовательность f (xk ) → m, xk ∈ A.
Так как A —компакт, то существует подпоследовательность xkn → y ∈ A. Из непрерывностифункционала следует, что f (xkn ) → f (y). Так как lim f (xkn ) = lim f (xk ), тоn→∞n→∞f (y) = M . Таким образом,∃ y : kx − yk = inf kx − zk = ρ(x, A)z∈A38. []3] Если на метрическом компакте ρ(Ax, Ay) < ρ(x, y) для любых x, y, принадлежащих компакту, то оператор A имеет единственную неподвижную точку.Существенно ли условие компактности?Решение. Условие существенно. Приведем пример: интервал (0, 1) ⊂ R — очевидно, не компакт. Оператор A определим так: Ax = x2 .
Очевидно, он сжимающий и имеет единственную неподвижную точку x0 = 0, но вне интервала(0, 1).39. []3] Доказать, что множество непрерывно дифференцируемых на [0, 1] функцийR1x(t) таких, что |x(0)| 6 K1 ; |x0 (t)|2 dt 6 K2 , где K1 , K2 > 0 — постоянные,0компактно в пространстве C[0, 1].Решение. По теореме Арцела необходимым и достаточным условием его компактности является равномерная ограниченность и равностепенная непрерывность.
Первое показать достаточно просто:ZtZ10|x(t)| = x(0) + x (t)dt 6 |x(0)| + |x0 (t)| dt00Z16 K1 +0x0 (t)2dt +2Z11K2 1dt 6 K1 ++ .2220Равностепенную непрерывность легко установить при помощи интегрального22неравенства Гельдера: t t 12 t 12Z 2 Zt2Z2Z22|x(t1 ) − x(t2 )| = x0 (t)dt 6 |x0 (t)| dt 6 dt |x0 (t)| dtt1t1t1t1 t 12 1 12Z2Zpp26 dt |x0 (t)| dt 6 |t2 − t1 | K2 .t102Таким образом, для любого ε > 0 достаточно взять δ < Kε 2 , чтобы для любойфункции из данного множества и для любых t1 , t2 отстоящих друг от друга нарасстоянии, меньшем чем δ, расстояние между образами t1 и t2 будет меньше,чем ε.40.
[]3] Будет ли компактом множество всех степеней xn , n = 1, 2, . . . в пространстве C[0, 1]?Решение. Не будет в силу следующих рассуждений: возьмем произвольную последовательность {xmk }∞m=1 из этого множества. Если это компакт, то из нееPможно выделить сходящуюся подпоследовательность xmk` −→ xn0 , то естьsup |xmk` − xn0 | −−−→ 0,`→∞x∈[0,1]однакоsup |xx∈[0,1]mk` mk n0 n0` 11 −−−→ 1− x | > −6= 0. `→∞ 222n041. []3] Доказать, что не всякое ограниченное множество в метрическом пространстве вполне ограничено.sРешение.
Рассмотрим пространство `2 с метрикой ρ(x, y) =∞Pk=1гда единичная сфера S, а именно, все последовательности видаe1 = (1, 0, . . . , 0, . . . ), e2 = (0, 1, . . . , 0, . . . ), . . .23(xk − yk )2 . То-представляют собой ограниченное,√ Это√ но не вполне ограниченное множество.следует из того, что ρ(en , em ) = 2 ∀ n 6= m. Следовательно, при ε < 22 егонельзя покрыть конечной ε-сетью (так как каждый ее элемент будет ”близок”только к одному элементу из S.42.
[]3] Доказать, что в конечномерном пространстве всякое ограниченное множество относительно компактно.Решение. Пусть M ⊂ Rn — ограниченное множество. Рассмотрим произвольную последовательность в [M ]. Тогда по теореме Больцано-Вейерштрасса (верной для конечномерных пространств) из нее можно выделить сходящуюся подпоследовательность. Эта подпоследовательность сходится к элементу из [M ],так как [M ] замкнуто. Следовательно, [M ] — компакт, а M — относительнокомпактно.43. []3, ]2] Доказать, что следующие функционалы в пространстве C[−1, 1] являются линейными и непрерывными и найти их нормы:(a) f (x) = 13 [x(−1) + x(1)];(b) f (x) =R0x(t)dt −−1(c) f (x) =R1R1x(t)dt;0tx(t)dt.−1Решение.
Очевидно, что все функционалы линейны. Это следует из линейностиинтегралы и суммы. Согласно критерию непрерывности линейный функционалнепрерывен тогда и только тогда, когда его значения на единичной сфере ограничены в совокупности. Так как kf k = sup |f (x)|, будем искать эту точнуюkxk61верхнюю грань — из ее существования будет следовать непрерывность.(a) |f (x)| = 13 |x(−1) + x(1)| 6 13 |x(−1)| + 13 |x(1)| 6 23 , ∀ x ∈ S. Кроме того,при x(t) = |t| эта верхняя грань достигается, следовательно, kf k = 23 .(b) |f (x)| 6R0−1|x(t)| dt +R1|x(t)| dt 6 2, ∀ x ∈ S. Кроме того, при x(t) = −sgn t0эта верхняя грань достигается, следовательно, kf k = 2.24(c) |f (x)| 6R1|t| |x(t)| dt 6−1R1|t| dt = 1, ∀ x ∈ S.
Кроме того, при x(t) = 1 эта−1верхняя грань достигается, следовательно, kf k = 1.44. []3] Пусть X — множество функций f (x), определенных на всей вещественнойпрямой, каждая из которых равна нулю вне некоторого конечного интервала.Введем норму, полагая kf k = max |f (x)|. Будет ли пространство банаховым?xРешение.
Рассмотрим функциональную последовательность {fn (x)}∞n=1 , определенную по следующему правилу:(e−x , x ∈ [0, n],fn (x) =0,x∈/ [0, n].Тогда kfm − fn k = max |fm (x) − fn (x)| = max(e−m , e−n ) −−−−→ 0. Очевидно вxm,nm,n→∞то же время, что(e−x , x > 0,fn → f =∈/ X.0,x<0Таким образом, пространство X неполно, а, следовательно, и не банахово.45. []3] Является ли пространство непрерывных на отрезке [0, 1] функций гильбертовым пространством, если скалярное произведение задается следующимR1образом: (f, g) = f (x) · g(x)dx?0Решение.
Пространство, очевидно, линейное. Для гильбертовости необходимопроверить аксиомы скалярного произведения:(a) (f, g) = (g, f ) — очевидно;(b) линейность вытекает из линейности интеграла Римана;(c) (f, f ) > 0 вытекает из свойства интеграла Римана, что интеграл от неотрицательной функции неотрицателен.R1(d) (f, f ) = 0 ⇔ f 2 (x)dx = 0 ⇔ f 2 (x) ≡ 0 ⇔ f (x) ≡ 0, так как f (x) ∈ C[0, 1].02546. []3] Показать, что если в гильбертовом пространстве H последовательность xnслабо сходится к x и kxn k → kxk (x → ∞), то последовательность xn сходитсясильно.Решение.kxn − xk2 = (xn − x, xn − x) = (xn , xn − x) − (x, xn − x)= (xn − x, xn ) − (xn − x, x) = (xn , xn ) − (x, xn ) − (xn , x) + (x, x)= (xn , xn ) − (xn , x) − (x, xn ) + (x, x).Возьмем f1 (y) = (x, y), f2 (y) = (y, x).
Они, очевидно, линейны и непрерывны.Тогда из слабой сходимости xn к x следует, что f1 (xn ) → f1 (x), f2 (xn ) → f2 (x).kxn k → kxk , (xn , xn ) → (x, x),f1 (xn ) → f1 (x), ⇐⇒(x, xn ) → (x, x),f2 (xn ) → f2 (x)(xn , x) → (x, x)=⇒ kxn − xk2 = (xn , xn ) − (xn , x) − (x, xn ) + (x, x) −−−→ 0,n→∞что и означает сходимость по норме, то есть сильную сходимость.47. []3] Доказать, что любой линейный непрерывный функционал в гильбертовомпространстве H достигает нормы на замкнутом единичном шаре.Решение. Пусть kf k = sup |f (x)| = M . Тогда, по определению точной верхнейkxk61грани, существует такая последовательность {xk }, что f (xk ) % M .
Так какединичный шар — компакт, существует сходящаяся подпоследовательность xkm ,которая стремится к точке x0 единичного шара. Очевидно, |f (x0 )| > |f (xkm )|, атак как функционал непрерывен, то|f (x0 )| = lim |f (xkm )| = lim |f (xk )| = M.m→∞k→∞Следовательно, |f (x0 )| = kf k.48. []3, ]2, ]1, ]4] Найти норму оператора A, действующего в пространстве C[0, 1](или в пространстве L2 [0, 1]): Ax = t · x(t).26Решение. Случай L2 [0, 1]. Используя неравенство kxk 6 1 имеем 21 1 12 1ZZkAk = sup kAxk = sup t2 x2 (t)dt 6 x2 (t)dt = kxk 6 1.kxk61kxk6100(√1 ,δ1−1δ6 t 6 1, 0 < δ < 1,Легко проверить, что для x(t) =норма0,0 6 t < 1 − 1δssr q1R1 1R1 t221 t3 1kxk =dt = δ · δ = 1, а норма kAxk =dt = δ 3 1 = 1 − δ + δ3δδ1−δ1− δ1−δвыбором достаточно малого δ может быть сделана как угодно близкой к 1.Таким образом, kAk = 1.Случай C[0, 1].kAk = sup kAxk = sup sup |t · x(t)| 6 1.kxk61kxk61 t∈[0,1]Легко проверить, что для x(t) ≡ 1 норма kAxk = sup |t| = 1, следовательно,t∈[0,1]kAk = sup kAxk = 1.kxk6149.
[]3] Определить оператор A−1 и нормы операторов A и A−1 , если A : `2 → `2 ,где A(x1 , . . . , xn , . . . ) = (0, x1 , . . . , xn , . . . ).Решение. Очевидно, уравнение Ax = y, где y = (0, y2 , y3 , . . . ) имеет единственное решение x = (y2 , y3 , . . . ), следовательно оператор A обратим и фактическиуже определен выше.vvu∞u∞uXuX2tkAk = sup kAxk = sup|xn−1 | = sup t|xn |2 = sup kxk = 1,kxk61kxk61kxk61n=1n=0kxk61vu∞uX −1 −1 A = sup A y = sup t|(A−1 y)n |2 = sup kyk = 1.kyk61kyk61n=2kyk6150. []3] Определить спектр оператора A, действующего в пространстве `2 :x x xxn123A(x1 , . .
. , xn , . . . ) =, , , ...,, ... .1 2 3n27Решение. Ищем такие λ, что уравнениеAx = λx(1)имеет ненулевые решения. В таком случае имеем систему уравнений:x1 = λx1 , .........xn= λxn , n.........Очевидно, подходят только λ вида k1 , k ∈ N, для которых решением (1) будет,например, последовательность (0, . . . , 0, 1, 0, . . .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
