Новые решения задач (1128664), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Так как X — комплексное линейное пространство, тоix ∈ X ⇒ f (ix) = ix − y ∈ R( f ) . /*для чеготут вводилось z вообще?*/Докажем линейную независимость f (x) и f (ix) :a ( x + iy ) + b(ix − y ) = 0 ⇔ ax − by = ay + bx = 0 ⇔ x = y = 0 ⇒ f (x) и f (ix) линейнонезависимы.25) Доказать, что следующие функционалы в пространственепрерывными и найти их нормы:A);B)являются линейными.Решение:A) Для доказательства линейности рассмотрим аксиомы:Линейный оператор – непрерывныйОператор – ограниченный, еслиНорма оператора :он – ограниченный (§7, Теорема 2)..Покажем, что оператор ограниченный:Значит,- ограниченный и непрерывный.Если найти функциюРассмотрим, на которой.Значит,, торавна 4.,а.B) Докажем линейность:Покажем, что функционал – ограниченный:Значит,- ограниченный и непрерывный.- непрерывный, значит еслипоследовательностьравна 2.Рассмотрим:ФункцияЗначит,, то, сходящуюся кбудет равна:.
Если найти, на которомдостигает 2, то.26) Доказать, что следующие функционалы в пространственепрерывными и найти их нормы:A);являются линейнымиB)где,.Решение:A) Для доказательства линейности рассмотрим аксиомы:Линейный оператор – непрерывныйОператор – ограниченный, еслиНорма оператора :он – ограниченный (§7, Теорема 2)..Покажем, что оператор ограниченный:Значит,- ограниченный и непрерывный.Если найти функциюРассмотрим:Заметим, что, на которой, торавна.Значит,B) Докажем линейность функционала:Покажем ограниченность функционала:Значит,- ограниченный и непрерывный.- непрерывный, значит еслипоследовательностьравна 3.Рассмотрим:, то, сходящуюся к. Если найти, на которомдостигает 3, то.Функциябудет равна:Заметим, что.Значит,27) Будут ли ограниченными в пространствеA)следующие линейные функционалы:;B)?Решение:A)B)28) Доказать, что следующие функционалы являются линейными непрерывными и найтиих нормы:A),;B),.Решение:A) Для доказательства линейности рассмотрим аксиомы:Линейный оператор – непрерывныйОператор – ограниченный, еслиНорма оператора :он – ограниченный (§7, Теорема 2)..Покажем, что оператор ограниченный:Значит,- ограниченный и непрерывный.- непрерывный, значит еслипоследовательностьравна 1.Рассмотрим:ФункцияЗаметим, что, то, сходящуюся к.
Если найти, на которомдостигает 1, тобудет равна:.Значит,.B) Докажем линейность функционала:Покажем ограниченность функционала:- непрерывный, значит еслипоследовательностьравна 1.Рассмотрим:, то, сходящуюся кЗаметим, чтоЗначит,. Если найти, на котором..29) Доказать, что функционал,непрерывным, и найти его норму.Решение:Для доказательства линейности рассмотрим аксиомы:Линейный оператор – непрерывныйОператор – ограниченный, еслидостигает 1, тоявляется линейнымон – ограниченный (§7, Теорема 2)..Норма оператора:Покажем, что оператор ограниченный:Значит,- ограниченный и непрерывный.Если найти последовательность, на которойРассмотрим.
Заметим, чтоЗначит,30) Для, торавна ...положим. Доказать, что–ограниченный линейный функционал.Решение:Для доказательства линейности рассмотрим аксиомы:Оператор – ограниченный, еслиДокажем ограниченность функционала:.31). Найти сопряженный к оператору, еслиA).B).Решение.A ). Положим, тогда пространствогильбертово.
В гильбертовом пространстве оператороператору , еслипроизведение:. Таким образом,.-является сопряженным к. Рассмотрим скалярноеB ). Рассмотрим скалярное произведение:. Тогда сопряженный оператор имеет вид:32). Найти сопряженный к оператору., еслиA ).B ).приРешение.A ). В гильбертовом пространстве оператор, еслиявляется гильбертовым, если положитьпроизведение:образом,.является сопряженным к оператору. Комплексное пространство.
Рассмотрим скалярное=. ТакимB ).Рассмотрим скалярное произведение:=33) Найти сопряженный к оператору.,если:A)B). Тогда;, при.Решение.A) В гильбертовом пространстве H теорема Рисса-Фреше (§ 1 0, Теорема 2) даетотождествление пространства со своим сопряженным, поэтому для оператораравенствоопределяет сопряженный оператор.Комплексное пространствоскалярное произведение как:становится гильбертовым, если выбратьСходимость этого ряда следует из неравенства Коши-Буняковского:Рассмотрим:Таким образом, сопряженный оператор имеет вид:B) Рассмотрим:Таким образом, сопряженный оператор имеет вид:34) Какие из следующих операторовA)являются вполне непрерывными:;B);C);D);E)?Решение.A) Ответ: НетОператор является вполне непрерывным, если он любое ограниченное множествопереводит в компактное.Воспользуемся критерием компактности в(§12, Теорема 2).
Для того, чтобымножество непрерывных функций избыло компактным необходимо идостаточно:1);2)Рассмотрим функцию:, т.к .иПри этом функция:не является равномерно непрерывной, т.к..не является ограниченной на.Значит, оператор не является вполне непрерывным.B) Ответ: ДаВоспользуемся доказательством критерия компактности вЕсли функция., тоявляется вполне непрерывным.В данном случае.Значит, оператор является вполне непрерывным.C) Ответ: Да- непрерывно дифференцируема на.
Значит, равностепеннаянепрерывностьравносильна равномерной ограниченности ее производной.Заметим, что- ограничена нав силу непрерывности x(t).Значит, оператор является вполне непрерывным.D) Ответ: ДаВоспользуемся доказательством критерия компактности вЕсли функция, тоявляется вполне непрерывным.В данном случае.Значит, оператор является вполне непрерывным.E) Ответ: НетРассмотрим функцию., ноне является равностепенно непрерывной, т.к.не является ограниченной на.Значит, оператор не является вполне непрерывным.35) Будет ли вполне непрерывным оператор A : C[ − 1, 1] → C[ − 1, 1] , Ax(t ) =1[ x (t ) + x ( − t )]2?Решение:Нет, не будет.Пусть x(t ) ∈ C[− 1, 1] — четная функция. Тогда Ax(t ) ≡ x(t ) .1.
Тогда, как рассмотрено в задаче 34 пункт Е, Ax(t ) имеетt2неограниченную производную на множестве [− 1,0) ∪ (0,1] ⇒ оператор не являетсяВозьмем x (t ) = t sinвполне непрерывным.36) При каком условии на функцию ϕ (t ) ∈ C[0,1] оператор A : C[0,1] → C[0,1] ,Ax(t ) = ϕ (t ) x (t ) будет вполне непрерывным?Решение:Докажем, что искомым условием на функцию ϕ (t ) является условие ϕ (t ) ≡ 0, t ∈ [0,1] .Пусть это не так, т.
е. ∃ t0 ∈ [0,1] : ϕ (t0 ) ≠ 0 .Тогда в силу свойств непрерывных функций ∃ δ > 0 : ϕ (t ) ≠ 0, ∀ t ∈ [t0 − δ , t0 + δ ] .Не ограничивая общности, будем полагать, что ϕ (t ) ≥ 0 всюду в окрестности точки t0(случай ϕ (t ) < 0 рассматривается аналогично). Рассмотрим функцию 0, t ∈ [0, t0 − δ ],t− t + δ0xδ (t ) = , t ∈ (t0 − δ , t0 + δ ),2δ 1, t ∈ [t0 + δ ,1].Легко заметить, что ∀ δ ∈ (0, δ 0 ) xδ ∈ S1 (0) ⊂ C[0,1] .Имеем Axδ (t0 + δ ) − Axδ (t0 − δ ) = ϕ (t0 + δ ) ≥ C > 0 , где C = const , ∀ δ ∈ [0, δ 0 ) , т. к.ϕ (t ) ∈ C (t0 ) .Итак, ∀ δ ∈ (0, δ 0 )∃ xδ (t ) ∈ C[0,1] : Ax(t0 + δ ) − Ax(t0 − δ ) ≥ C > 0 ⇒ образ замкнутогоединичного шара из пространства C[0,1] при отображении А не есть равностепеннонепрерывное множество функций ⇒ А не является вполне непрерывным оператором.Мы пришли к противоречию ⇒ ϕ (t ) ≡ 0, t ∈ [0,1] .dx, если он рассматривается какdt37) Будет ли вполне непрерывным оператор Ax(t ) =действующий:А) A : C 1[0,1] → C[0,1] ;B ) A : C 2 [0,1] → C 1[0,1] ;C ) A : C 2 [0,1] → C[0,1] ?Решение:А)РассмотримТогда Ax n (t ) ={xn (t )}∞n = 1 ⊂ S1 (0) ⊂ C 1[0,1] ,последовательностьcos(tn)2неограниченнаяиdn sin(tn)( Ax n (t )) = −.dt2d( Ax n (t ))dtТ.е.приявляется равностепенно непрерывным множеством функций →вполне непрерывный.B ) Ответ: нет.Рассмотримsin(tn).2n-n → ∞ .
Следовательно, образпространства C[0,1] при отображении А непоследовательностьзамкнутого единичного шара изx n (t ) ={x n (t )}∞n = 1 ⊂ S1 (0) ⊂ C 2 [0,1] ,последовательностьcos(nt )t ∈ [0,1] .,3n 2dcos(nt ). Очевидно,( Ax n (t )) = −dt3x n (t ) =сходится к 0, а значит и слабо приоператор А неТогдаAx n (t ) = −что последовательностьn→ ∞sin( nt )3nи{x n (t )} сильно. Тогда докажем, что из{ Ax n (t )}C 1 [0,1] . Пусть это не{ y nk }∞k = 1 ⊂ { Ax n } .
Тогданельзя выделить фундаментальную последовательность втак и∃фундаментальная последовательность′max y nk (t ) − y (t ) + max y nk (t ) − y ′ (t ) k→∞ → 0 .t∈ [ 0 ,1]имеем:t∈ [ 0 ,1]По признаку Коши′′max y nk + p (t ) − y nk (t ) + max y nk + p (t ) − y nk (t ) k, p →∞ → 0 .t∈ [ 0 ,1]t∈ [ 0 ,1]Изсходимости первого слагаемого к 0 вытекает необходимость сходимости второго,т.е.maxcos(nk + p t )t∈ [ 0 ,1]3−nk + p t + nk tnk + p t − nk tcos(nk t ) k, p →∞ → 0 ⇔ sin• sin k, p →∞ → 0322. А это не так.
Значит, получили противоречие →непрерывный.С) Ответ: да.оператор А не вполнеS 1 (0) ⊂ C 2 [0,.1]при отображении А. ВРассмотрим образ F множестваC 2 [0,1]пространствеS 1 (0) = {x(t ) ∈ C 2 [0,1] : max x(t ) + max x ′ (t ) + max x ′′ (t ) ≤ 1} .t∈ [ 0 ,1]Следовательно,t∈ [ 0 ,1]x ∈ S 1 (0) ⊂ C 2 [0,1] ,еслиd( Ax(t )) ≤ 1 ⇒t∈ [ 0 ,1] dtmax Ax(t ) + maxt∈ [ 0 ,1]t∈ [ 0 ,1]F–равномернотоограниченноиравностепенно непрерывно (в силу ограниченности множества производных) ⇒Согласно теореме Арцела, F компактно.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
