А.М. Стёпин - Курс лекций по функциональному анализу (1128638), страница 11
Текст из файла (страница 11)
Замечание. В этой лемме вместо оператора A−I можно с тем же успехом рассмотреть оператор A−λI, еслиλ 6= 0. Тогда мы получим, что компактный оператор может иметь лишь конечное число собственных векторовс данным ненулевым собственным значением.Лемма 4.25. Пусть A — компактный оператор. Тогда Im(A − I) замкнут. Вначале покажем, что существует α > 0, зависящее только от оператора A, такое, что если Ax − x = yразрешимо, то существует решение x, для которого выполнено неравенство kxk 6 α kyk. Пусть x0 — какое-нибудьрешение этого уравнения. Тогда общее решение имеет вид x0 + z, где z ∈ K := Ker(A − I). Рассмотрим функциюϕ : K → R+ , заданную по правилуϕ(z) := kx0 + zk .Положим d := inf ϕ(z), и пусть {zn } — минимизирующая последовательность, то есть ϕ(zn ) → d.z∈KПоследовательность {ϕ(zn )} сходится, поэтому она ограничена.
Следовательно, ограничена и последовательность {kzn k}, так какkzn k 6 kx0 + zn k + kx0 k = ϕ(zn ) + kx0 k .В силу леммы 4.24 подпространство K конечномерно, поэтому из неё можно выделить сходящуюся. Выкинемиз неё лишнее и перенумеруем, тогда можно считать, что zn → z0 . В силу замкнутости ядра, z0 ∈ K. Тогда всилу непрерывности ϕ(zn ) → ϕ(z0 ), и ϕ(z0 ) = d. Значит, решение x0 + z0 обладает наименьшей нормой.Теперь докажем существование α. Через xe(y) будем обозначать решение с минимальной нормой, соответ(y)kи допустим, что оно не ограничено, тогда найдётсяствующее правой части y.
Рассмотрим отношение kexkykпоследовательность {yn }, для которойkex(yn )k→ ∞.kyn kДля краткости положим xen := xe(yn ). В силу линейности, правой части µyn соответствует минимальное по нормерешение µexn , поэтому можно считать, что kexn k = 1. Тогда kyn k → 0. В силу компактности A и ограниченности последовательности {exn }, последовательность {Aexn } содержит сходящуюся подпоследовательность.
Сновавыкинем лишнее, тогда можно считать, что Aexn → xe0 , но так как Aexn − xen = yn , а правая часть по предположению стремится к нулю, то Aexn − xen → 0, откуда xen → xe0 . Значит, Aexn → Aex0 , и Aex0 = xe0 . Это означает,что xe0 ∈ K, но в силу минимальности нормы решения xen имеем kexn − x0 k > kexn k = 1, а это противоречитсходимости xen → xe0 .(y)kИтак, отношение kexkykограничено, и осталось положитьα := supkex(y)k.kyk30314.3.2. Теоремы ФредгольмаТеперь докажем замкнутость образа. Пусть yn ∈ Im(A − I) и yn → y0 . Без ограничения общности можносчитать, что kyn+1 − yn k 6 21n .
Запишем тождествоy1 − y1 + y2 − y2 + y3 −y3 + . . . − yn + yn+1 = yn+1 → y0 .|{z}| {z } | {z }| {z }Пусть xi — прообразы векторов, выделенных скобками, при отображении (A − I), то есть (A − I)x1 = y1 ,(A − I)x2 = −y1 + y2 , и так далее. Такие, конечно, найдутся, поскольку образ — линейное подпространство, а yiв нём лежат.
Но мы специально будем выбирать только такие решения xi , для которых имеет место свойствоkxn+1 k 6 α kyn+1 − yn k 6Значит, рядPα.2nxi сходится. Образ суммы этого ряда накроет y0 в силу непрерывности. 4.3.2. Теоремы ФредгольмаПусть X — банахово пространство, A : X → X — компактный оператор. Рассмотрим уравнения((Ax − x = y,A′ f − f = g,Ax − x = 0;A′ f − f = 0.Теорема 4.26 (Третья теорема Фредгольма для A). Уравнение Ax − x = y разрешимо тогда и толькотогда, когда f (y) = 0 для ∀ f ∈ Ker(A′ − I).
Пусть уравнение разрешимо. Рассмотрим f ∈ Ker(A′ − I). Тогдаf (y) = f (Ax − x) = (A′ f )(x) − f (x) = (A′ f − f )(x) = (A′ − I)f (x) = 0,что и требовалось.Докажем теперь обратное утверждение теоремы. Пусть для всякого f ∈ Ker(A′ − I) имеем f (y) = 0. Намнадо доказать утверждение A ⇒ B, а мы будем доказывать равносильное ему B ⇒ A, то есть если для вектора yрешения нет, то найдётся функционал из ядра, который не обнуляется на этом векторе.Пусть уравнение Ax − x = y не решается, то есть y ∈/ Im(A − I). Возьмём ограниченный функционал f такой,что f (y) = 1, а f Im(A − I) = 0. Это можно сделать в силу леммы 4.7, поскольку Im(A − I) замкнут в силулеммы 4.25. Далее, для всякого вектора x имеем 0 = f (Ax − x) = (A′ f − f )(x), значит, A′ f − f = 0.
Такимобразом, f ∈ Ker(A′ − I), но для него не выполнено условие f (y) = 0, и теорема доказана. Следствие 4.2. Если Ker(A′ − I) = 0, то уравнение Ax − x = y разрешимо для всех y. В самом деле, если в ядре Ker(A′ − I) лежит только нулевой функционал, то, очевидно, для всякоговектора y выполнено свойство f (y) = 0 для ∀ f ∈ Ker(A′ − I), ибо 0(y) ≡ 0. Осталось воспользоваться толькочто доказанной третьей теоремой Фредгольма (справа налево). Теорема 4.27 (Третья теорема Фредгольма для A′ ). Уравнение A′ f − f = g разрешимо тогда и толькотогда, когда g(x) = 0 для ∀ x ∈ Ker(A − I).
Пусть уравнение A′ f − f = g разрешимо. Пусть x ∈ Ker(A − I). Имеемg(x) = (A′ f − f )(x) = (A′ f )(x) − f (x) = f (Ax − x) = f (0) = 0,что и требовалось доказать.Обратно, если функционал f есть решение, то (A′ f )(x) − f (x) = g(x), то есть f (Ax − x) = g(x). Поэтомубудем конструировать его, исходя из этого равенства. Зададим функционал f0 на Im(A − I) так:f0 (Ax − x) := g(x).Проверим, что это корректно, то есть покажем, что значение функционала не зависит от выбора прообраза xдля элемента Ax − x. Пусть Ax1 − x1 = Ax2 − x2 , нужно проверить, что g(x1 ) = g(x2 ).
В самом деле, имеем(A − I)(x1 − x2 ) = 0, то есть x1 − x2 ∈ Ker(A − I). По условию теоремы, на векторах из этого ядра функционалg равен нулю, поэтому g(x1 − x2 ) = 0, то есть g(x1 ) = g(x2 ).Теперь покажем, что так определённый функционал f0 ограничен. Как было установлено в лемме 4.25, покрайней мере для одного из прообразов x вектора y (то есть Ax − x = y) имеет место неравенство kxk 6 α kyk.Тогда|f0 (y)| = |f0 (Ax − x)| = |g(x)| 6 kgk · kxk 6 α kgk · kyk .31324.3.2. Теоремы ФредгольмаТем самым проверена ограниченность f0 . Остаётся продолжить его по теореме Хана – Банаха на всё пространство и обозначить это продолжение через f . Тогда для всякого x имеемf (Ax − x) = f (y) = f0 (y) = g(x),то есть(A′ f − f )(x) = g(x),но это и означает, что f есть решение исходного уравнения. Следствие 4.3.
Если Ker(A − I) = 0, то уравнение A′ f − f = g разрешимо для всех g.Теорема 4.28 (Первая теорема Фредгольма). Уравнение Ax − x = y разрешимо для любого y тогда итолько тогда, когда Ker(A − I) = 0. Будем доказывать от противного: пусть ядро Ker(A − I) =: X0 нетривиально, тогда найдётся x0 6= 0,для которого Ax0 − x0 = 0. Рассмотрим уравнение Ax − x = x0 . По условию у него есть решение x1 , то естьAx1 − x1 = x0 . Аналогично, у уравнения Ax − x = x1 есть решение x2 , и так далее.
Итак, Axi − xi = xi−1 .Рассмотрим возрастающую цепочку подпространств Xn := Ker(A − I)n+1 . Покажем, что они строго возрастают.В самом деле, по построению имеем (A − I)i xi = x0 , а (A − I)x0 = 0, поэтому (A − I)i+1 xi = (A − I)x0 = 0. Такимобразом, вектор xi аннулируется (i + 1)-й степенью оператора (A − I), но не аннулируется его i-й степенью.Значит, ядра не совпадают. Поскольку подпространства Xn замкнуты (это ядра непрерывных операторов), тонайдётся последовательность единичных векторов {yn }, для которых ρ(yn , Xn−1 ) > 12 . Покажем, что их образыобразуют ежа. Пусть m > n, тогдаkAym − Ayn k = kym + Aym − ym − Ayn + yn − yn k = kym + (A − I)ym − (A − I)yn − yn k .Все слагаемые, кроме первого, погибнут при применении оператора (A−I)m , следовательно, их сумма представляет собой некоторый вектор из Xm−1 .
Поэтому kAym − Ayn k > 21 . Значит, образы векторов являются ежом,что противоречит компактности оператора.Симметричное утверждение для сопряжённых операторов доказывается аналогично.Обратно, пусть Ker(A−I) = 0. По следствию из третьей теоремы Фредгольма для сопряжённого оператора, вэтом случае уравнение A′ f − f = g всегда разрешимо. Пользуясь уже доказанным для сопряжённого оператора,получаем Ker(A′ − I) = 0. Далее, применяя следствие из третьей теоремы Фредгольма для обычных операторов,получаем, что уравнение Ax − x = y разрешимо для любого y. Определение.
Пусть V — (конечномерное) векторное пространство с базисом e1 , . . . , en , а V ∗ — сопряжённоеему пространство. Базис ε1 , . . . , εn пространства V ∗ называется сопряжённым к e1 , . . . , en , если εj (ei ) = δij .Теорема 4.29 (Вторая теорема Фредгольма). dim Ker(A − I) = dim Ker(A′ − I). Пусть x1 , . . . , xn — базис в Ker(A − I), а f1 , . . . , fm — базис в Ker(A′ − I). Возьмём сопряжённый базисϕ1 , . . . , ϕn к x1 , . .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
