Новые решения задач (1128664), страница 4

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 4)

А значит, оператор А – вполненепрерывный.38) Сформулировать критерий компактности вA : l2 → l2вполне непрерывны (приlp .Какие из следующих операторовx = ( x1 , x 2 ,) ):Ax = (0, x1 , x 2 , ) ;x xB ) Ax = ( x1 , 2 , 3 , ) ;2 3А)C)Ax = (0, x1 ,x 2 x3, , ) ?2 3Решение:Критерий компактности в l p : Для компактности замкнутого множестваK ⊂ lpнеобходимо и достаточно, чтобы множество K было ограниченным и чтобы∀ ε > 0 ∃ n0 = n0 (ε ) ∈ N :∞∑ξip< ε p , ∀ n ≥ n0 , ∀ x = {ξ 1 , ξ 2 , ) ∈ K .i = n+ 1А) Ответ: оператор не является вполне непрерывным.Приведём пример, подтверждающий это. Фиксируем1и рассмотрим2ε =x n = ( x 1n , x n2 , ) : x nn = 1, x nk = 0, ∀ k ≠ n .последовательностьОчевидно,{x n } ∈ B1 (0) .чтоТогдаAx n = (0, x 1n , x n2 , ) : x nn = 1, x nk = 0, ∀ k ≠ n .∀ n 0 ∈ N ∃ n ≥ n0∞∑i= n+ 1Ax kp=∞∑i= n+ 1xk − 1p= 1≥1= ε4И2.посколькуB ) Ответ: оператор является вполне непрерывным.Для доказательства этого покажем, что образ F замкнутого единичного шара изявляетсякомпактнымlp .компактности вyимеем:∞∑=2n= 1множеством,длячеговоспользуемсяОграниченность очевидна, поскольку∞∑( yn ) =2(n= 1l2критерием∀ y = Ax ∈ Fxn 2) ≤ 1 .

Ограниченность Fnдоказана. Чтобыдоказать его замкнутость, докажем, что A – непрерывный оператор, тогда, в силузамкнутостишара,замкнутость( x nk − x 0k ) 2= ∑≤2kk= 0∞2Ax n − Ax 0получим∞∑k= 0F.{x n } → x0 .ПустьТогда( x nk − x 0k ) 2 = x n − x 0  n→∞ → 0.

Следовательно, оператор А непрерывный. Условие критерия компактностиlpмножества в∞проверяется так:∞xk 2(Ax)=(∑k = n k ∑k = n k 2 ) ≤ {xk ∈ B1 (0)} ≤заданном ε > 0 и любом n ≥ n 0 (ε ) .2∞1<∈2kk= n∑при любом наперёдС) Ответ: оператор является вполне непрерывным.Доказательство совершенно аналогично доказательству предыдущего пункта (сосмещением индексов последовательности на 1).39)Доказать,чтоA : l2 → l2 ,операторAx = (λ 1 x1 , λ 2 x 2 ,)дляλ k ∈ R , k ∈ N , sup k λ k < ∞ , есть самосопряжённыйоператор. При каком условии на последовательность λ k он будет неотрицательным?x = ( x1 , x 2 , ) ∈ l 2 ,гдеРешение:Рассмотрим скалярное произведение:( Ax, y ) =∞∑i= 1Значит,( Ax) i y i =A= Aоператор( Ax, x) =∞Доказать,∑i= 1λ i xi y i =∞∑i= 1xi (λ i y i ) = ( x, Ay )* и оператор А является самосопряжённым. Найдём, при какихА∑( Ax) i xi =чтооператорi= 140)∞является∞∑i= 1λiнеотрицательным:λ i xi2 ≥ 0 .

Отсюда вытекает, что λ i ≥ 0, ∀ i .A : L2 [0,1] → L2 [0,1] ,неотрицательный самосопряжённый оператор.Решение:Рассмотрим скалярное произведение:Ax(t ) = tx (t )есть11∫ (tx(t )) y(t )dt = ∫ x(t )(ty (t ))dt =( Ax(t ), y (t )) =0( x(t ), Ay (t )) .0Отсюда вытекает, что A = A . Далее:*1∫( Ax(t ), x(t )) =1(tx(t )) x(t )dt =02tx∫ (t )dt ≥ 0 .0Следовательно, оператор А неотрицательный.141) Доказать, что операторA : L2 [0,1] → L2 [0,1] , Ax(t ) =∫es+ tx( s )dsявляется0самосопряжённым и неотрицательным.Решение:Рассмотрим скалярное произведение:1( Ax(t ), y (t )) =1∫ (∫ e0s+ t1x( s)ds ) y (t )dt =0Следовательно,∫ (∫ e0s+ tx(t )dt ) y ( s)ds =01100∫ x(t )(∫ es+ ty ( s)ds )dt = ( x(t ), Ay (t ))A = A* . Далее:1( Ax(t ), x(t )) =11∫ (∫ e0s+ t1x( s )ds ) x(t ) dt =0∫e01s1x( s ) ds * ∫ e x(t ) dt = ( ∫ e t x(t ) dt ) 2 ≥ 0t00.Следовательно, оператор А неотрицательный.42)h∈ R, h ≠ 0Пустьфиксировано.Доказать,Ax(t ) =A : L2 ( − ∞ , + ∞ ) → L2 ( − ∞ , + ∞ ) ,удовлетворяет соотношению A = − A* .Решение:Рассмотрим скалярное произведение:чторазностный1hh x(t+)−x(t−)h 22 +∞1hh 1h( Ax(t ), y (t )) = ∫  x(t + ) − x(t − )  y (t )dt =  ∫ x(t + ) y (t ) dt −h22 h −∞2−∞+∞=1h ∫ x ( s ) y ( s − )ds −h −∞2+∞Отсюда вытекает, что+∞∫x( s ) y( s +−∞h ) ds  =2 +∞1∫ x(t ) • (− h  y (t +−∞оператор+∞∫−∞x(t −h) y (t ) dt  =2hh ) − y (t − )  ) dt = ( x (t ),− Ay (t ))22 A = − A.*43) Пусть – самосопряженный оператор, действующий в гильбертовом пространстве ,причем.

Доказать, что если существует ограниченный оператор, то обратныйоператор тоже самосопряжен.Решение:Поскольку– ограниченный, то. Тогда.44) Пусть - ограниченный самосопряженный оператор,. Доказать, чтооператорсуществует.Решение:Предположим, что. Тогда. Рассмотрим скалярноепроизведениеи воспользуемся самосопряженностью оператора :. Следовательно, предположение вернотолько при. Отсюда очевидно следует обратимость оператора.45) Рассмотрим оператор, для.Доказать, что самосопряжен в и. Найти оператор.Решение:В гильбертовом пространстве оператор является самосопряженным, есливыполнено.

Пространство становится гильбертовым,если для любых двух его элементовиположить. Сходимость этого ряда для любых и извытекает изнеравенства Буняковского для рядов.Рассмотрим скалярное произведение.Таким образом, оператор является самосопряженным.Далее:.Теперь рассмотрим оператор . Очевидно,.Значит,.46) В вещественном линейном пространственайти собственные значения исобственные векторы оператора: А); В).Решениеследовательно, еслизначениями оператора, то собственнымиявляются:Собственные вектора - четные функции1.Собственные вектора - нечетные функции2.РешениеИсходяизэтогобудетискатьсобственныевектораТаким образом получаем, чтособственному значению.47) В пространстве.рассмотрим операторввиде.-- собственный вектор, отвечающих.

НайтиРешение:Видно, что прирезольвента не существует, поэтому. Пусть теперьтогда,Такимобразом, при,резольвента не существует, поэтомуприостальных48) Рассмотрим оператордля. Найти, где.Решение:(Домрина, Леонтьева, задача 1 0. 6). Очевидно,для любого. Спектр оператора -значениях:. Пустьопределен. Тогда, причем, что доказывает регулярность значения .

Значит,.49) Доказать, что оператордля, вполненепрерывен и найти его спектр.Решение:Непрерыв но сть:А – непрерывен (проверяется по определению) действует в конечномерноепространство => он вполне непрерывен. (образ ограниченного множествакомпактен по т. Больцано – Вейерштрасса) . См. Теорема(Треногин, параграф20. 1, т.3 и следствие из неё)Спектр :Решая систему, получим, что при любомвектор.- точка остаточного спектра, т.к.её решение – только нулевой50) Доказать, что операторвполненепрерывен и найти его спектр.Решение:Оператор вполне непрерывный, т.к.

он интегральный (по доказанному на лекциях).Так как, где, собственные векторы надоискать в виде. Но тогдавекторов у оператора нет, и весь спектр состоит из точки, и собственных51) Доказать, что операторнепрерывен и найти его спектр.вполнеРешение:Оператор вполне непрерывный, т.к. он интегральный (по доказанному на лекциях).Поэтому собственный элементы A нужно искать в видеОткудаточка. Так как оператор вполне непрерывный, то в спектр также входит, и других точек спектра нет..

Характеристики

Список файлов ответов (шпаргалок)