Л.А. Люстерник, В.И. Соболев - Элементы функционального анализа (1134949), страница 39
Текст из файла (страница 39)
Д о с т а т о ч н о с т ь. Покажем, что при выполнении условий теоремы справедливо включение у ~ 1. = Т(Е). Предположим противное, т. е. что уРЕ. Так как 1. замкнуто, то у находится от 7. На расстоянии й ) 0 и по следствию из теоремы Банаха — Хана существует линейный функционал 7о такой, что До(у).=1 и То(е) =0 для любого я~ 7.. Последнее равенство означает, что Уо(Ах — х) = (А*То — Уо) х =-0 для всех х ~Е, т.
е. что А'./'о — 7'о =- О. Мы пришли к противоречию, так как, с одной стороны, по построению уо(у)=1, а с другой стороны, по условию То(у) = О. Следовательно, у Е 1„и достаточность показана. 3 а и е ч а н и е. Уравнение Тх = у, обладающее тем свойством, что оно имеет решение, если 7'(у)= 0 ддя любого Г', удовлетворяющего равенству Ту — — О, называется нормально разреиги.иым.
В предыдущей теореме, по сути дела, доказано, что для нормальной разрешимости уравнения Тх = у достаточно, чтобы 7. = Т(Е) было замкнуто. Можно доказать, что это условие является и необходимым (см. [34[). С л е д с т в и е. Если сап рязиенное однородное уравнение А*у" — 7 —.= 0 имеет лишь нулевое решение 7= — О, то уравнение Ах — х=- у разрешимо при любой правой части. 27| ВпОлне непРеРыВные ОпеРАТОРы |гл.
и| Теорема 2. Длп того чтобы уравнение (2) при данном д~Е" было разрешимо, необходимо и достаточно, чтобы д(х) = О для любого элемента х ~ Е т иного, ч о|о ( ( вв) Ах — х=О Необходимость очевидным образом следует из равенства гг (х) = (А'/ — у') х = у' (Ах — х) = О.
Докажем достаточность. На подпространстве Ь определим функционал До (у) с помощью равенства Уо(У) =б(х) где х — один из прообразов элемента у при отображении Т (т. е. Ах — х = у). При выполнении условий теоремы опре- деление функционала Го однозначно, так как если и — дру- гой прообраз того же элемента у, Лх — х=Аи — и, то А(х — и) — (х — и) = О, и(х — и) =О, и (х) = и (и). откуда т. е. Аддитивность и однородность функционала у' проверяется без труда. а его ограниченность доказывается следующим образом. Как было установлено при доказательстве леммы 2, по крайней мере для одного из прообразов х элемента у имеет место неравенство )(х)! (а~(у~~.
Но тогда !Уо(У)! =!д(х)(~<(~б)( ~(х(! <)~д~)а((У((, и ограниченность уо доказана. Продолжая го по теореме Банаха — Хана на все пространство Е, мы получим линейный функционал Г" такой, что у' (Лх — х) = у (у) = г (у) = д (х), ЛИНЕПНЫЕ ОПЕРАТОРНЫЕ УРАВНЕНИЯ 275 илн (А*у — Т) х = д (х), т. е. решение уравнения (2).
С л е д с т в и е. Если уравнение Ах — х = О имеет лишь нулевое решение х = О, то уравнение А" г — у = й разрешимо при любой правой части д. До сих пор мы исследовали связи между данным и сопряженным уравнениями. Теперь покагкем, что между разрешимостью однородного и неоднородного уравнений в одном и том же пространстве также существует тесная связь. Теорема 3.
Для того чтобы уравнение Ах — х= — у, где А — вполне яепрерывный оператор, отображающий банахово пространство Е в себя, было разрешимо при любом у, необходимо и достаточно, чтобы соответствующее однородное уравнение Ах — х=О (1**) имело лишь тривиальное решение х=О. В атом случае решение уравнения (1) определяется однозначно, и оператор Т = А — г' имеет ограниченный обратный. Н е о б х о д и м о с т ь. Обозначим через М» подпространство нулей оператора Т .
Ясно, что из Т"х = О следует Т +~х =: О, т. е. гч'»г=Ж +Р Пусть уравнение Ах — х= у разрешимо при любом у, и предположим, что однородное уравнение Ах — х= О имеет ненулевое решение хн Пусть хг — решение уравнения Ах — х = хп и вообще х».„— решение уравнения Ах — х=х». й=1, 2, 3, Имеем г »-1 Т х»= х» г, ..., Т х» — — хгчьО Тх»= х„п ВПОЛНЕ НЕПРЕРЫВНЫР ОПЕРАТОРЫ !Гл. ч! в то время как Т»х =Тх, =О.
Поэтому х»Ей»», и х»г.!ч» !, т. е. каждое подпространство И» ! будет правильной частью следующего подпространства И . Тогда по лемме ф 2 гл. !! в подпространстве И» найдется элемент у» с нормой, равной единице, такой, что 1 ((у» — х (() —, для любого х Е М» !. Рассмотрим (Ау»(. Эта последовательность компактна, так как ((у»((= 1 и А — вполне непрерывный оператор.
С другой стороны, пусть ур и ур — два таких элемента и р ) д. Так как (У»+Тур — Туч)=ТР 'Уч+Тяур — Т'У»=О то у,+Ту,— Ту,ЕН, ! и потому 1 ((Аур — Ау ((~((ур — (у + Ту — Ту»)(() —, Это противоречие возникло из предположения, что разрешимость уравнения (1) совместима с наличием у (1') ненулевого решения.
Необходимость доказана. Достаточность. Пусть уравнение (1') имеет лишь тривиальное решение. По следствию из теоремы 2 уравнение А'/ — г = Р (2) будет тогда разрешимо при любой правой части. Так как А' также вполне непрерывный оператор и Е* — банахово пространство, то к уравнению (2) применима только что доказанная необходимая часть настояшей теоремы и уравнение (2') А*)' — Т = О будет иметь лишь нулевое решение. Но тогда уравнение (1) по следствию нз теорел!ы 1 будет разрешимо при любом у, н достаточность доказана.
Ф »1 Линейные ОпеРАТОРные УРАВнЕнИя 277 Так как при выполнении условий теоремы уравнение (1) однозначно разрешимо, то сушествует оператор Т '=(А — Г) обратный к оператору А — Е В силу однозначности единственное решение в то же время будет и минимальным. и позтому 11 (А — У) ' у 11 ~~ о1) у )!. Теорема полностью доказана. Те о рема 4. Уравнения Ах — х= О (1*) А*у — у =О (2*) с вполне непрерывными оаераторами А и А*, отображангщими банахово пространство Е (соотвео~- ственно Е') в себя, ил~енот одинаковое число линейно независи.имх решений.
Пусть хо хш ..., х„— базис надпространства А(решений уравнения (1*) и ГР гя, ..., у — базис надпространства ре~иений уравнения (2'). Построим систему функнноналов яь, <рш ..., <р„, биортогональных х,, ха, ..., х„, т. е. таких, что ~р,(х!)=б,р й /=1, 2, ..., и, и систему злементов вн ез, ..., е, биортогональных уш ..., уш. Предположим, что и ( т. Рзссмотрим оператор Этот оператор вполне непрерывен как сумма вполне непрерывного и конечномерного операторов.
Покажем, что уравнение их — х=о имеет лишь нулевое решение. Пусть хо — решение зтого уравнения. Тогла ~» ((л'хо хо) = О 27З ВПОЛНЕ НЕПРЕРЫВНЫЕ ОПЕРАТОРЫ [гл. Ч! нли и 7» Лхо — хо+ ~ <Ро(х,)г! — — О, с=! откуда (А'Л,— Х,) хо+ Х ~р!(хо) Уи (В!) =О 1=! и, следовательно, с учетом биортогональности 1Я и 1г!), <Р (хо)=0, А=1, 2, ..., л (л( ВЦ. Поэтому Ухо = Ахо и, следовательно, хо удовлетворяет уравнению Ахо хо = О- Так как хо~И и 1х!] — базис в ЛГ, то х = ~ ~!х!. Ю=! По В! = <р!(хо)= О.
Поэтому х,= О. что н требовалось доказать. Так как уравнение Ух — х= О имеет лишь нулевое решение, то уравнение разрешимо при любой части, в частности при у = Ел+о Пусть х' — решение этого уравнения. Тогда. с одной стороны, как и выше. л Уп~!(Вло!)=1п+! Ах' — х'+Х <Р!(х')х! ! ! и =(А*Ул+! Ул+!) х + Х !р!(» )Уп+г(х!)=О ! ! а с другой стороны, по построению У„ь!(х„+!)=1. Полученное противоречие доказывает невозможность неравенства л с, л!. а г1 линеиные опеРАтоРные уРАВнения 279 Предположим, что, наоборот, лг (и.
Рассмотрим в пространстве Е' оператор и*у=А*у+Ху( ) р!. Легко проверить (учитывая, что т(п), что этот оператор сопряжен с оператором (у, в котором л заменено на лг. Покажем, что и для оператора (У' уравнение (У'У вЂ” у. = 0 имеет лишь тривиальное решение. Имеем для всех л = = 1, 2, ..., п ((у'у — у) ха — — (А'у — у) ха+ ~~'„~ у (з!) !р! (хг) = !=1 =У(Ах„— х )+У(г )=У(г!). (8) Поэтому, если уе — решение уравнения (У'У вЂ” У = О, то из (Н) получаем, что Уз(га)=0.
к=!, 2, ..., и. Следовательно, (У'Уз=А*Уз и Уе есть решение уравнения А*У вЂ” У=О. Но тогда Уо= Х о!У~= Х Уа(хг)У!=0 !=1 1=1 Так как (У' — вполне непрерывный оператор, то по теореме 3 уравнение и"у — у=д разрешимо при любом а, в частности при и=!р тп Тогда, с одной стороны. если у' — решение такого уравнения, то !р +, (х +,) = ((у'у' — у") х,„+, — — (А'у' — у') х +, + + ~~ У'(х!)!р!(х„+1)=У'(Ах„„! — х „)=О, а с другой стороны, !р э,(х э,)=0. Полученное противоречие доказывает невозможность неравенства т ( л. Итак, т=и, и теорема доказана. Обьединяя результаты теорем ! — 4, мы можем сформулировать следующее предложение, являющееся обобщением на произвольные уравнения с вполне непрерывными 2ВО ВПОЛНЕ НЕПРЕРЫВНЫЕ ОПЕРАТОРЫ (гл.
\ч операторами известных теорем Фредгольма из теорий линейных интегральных уравнений. Ланы уравнения Ах — х= у (1) А'у — г" = Р., (2) где А — вполне непрерывный линейный оператор. действующий в банаховои пространстве Е, а А' — сопряженный оператор, действующий в сопряженном пространстве Е'. Тогда либо уравнения (1) и (2) разрешимы при любых правых частях, и в этом случае однородные уравнения (1") Ах — х= О, А"у — г" = О (2ь) ил1еют лишь нулевые решения, либо однородные уравнения имеют олннаковое конечное число линейно независимых решений хих,...,х„; уг, уэ,....,у„; в этом случае, чтобы уравнение (1) (соответственно (2) ) имело решение, необходимо и достаточно, чтобы Л (у) = О, 1 = 1, 2, ..., и (соответствешш д'(х,) = О, 1 = 1, 2, ....
и). Общее решение уравнения (1) имеет тогда вид Х =Хе+ ~ аХР г=! где ха в какое-нибудь решение уравнения (1), а ап аэ, ... ..., а„ вЂ” произвольные постоянные. Соответственно общее решение уравнения (2) имеет вид л У=Уо+2з) гЛ где Д вЂ” какое-нибудь решение уравнения (2), а )ьг. )ья, ..., ).„ — произвольные постоянные. ЛИНЕЙНЫЕ ОНЕРАТОРНЫЕ УРАВНЕНИЯ 281 Более глубокое изучение уравнения (1) приводит к следующим результатам.
Обозначим через Е» область значений оператора Т =(А — 1)»=А» — С'А» '+ ... +( — !) /= ж (А» — /), где А» — снова вполне непрерывный оператор. В силу леммы 2 каждое Е» есть подпространство. Если уст.» то у=Т х=Т ь(Тх)=Т» 'е, у = Тип'х = Т(Т х). Ио так как т'. =Е ьь найдется элемент х' такой, что Т х=Т~~'х. у = Т(ттх) = т (Тпьп~х ) = Тт "тх, Поэтому т.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
