Шпоры на билеты (немного другая подборка) (1135157), страница 10
Текст из файла (страница 10)
Обратно x ∈ (Im A )⊥ , следовательно, x ⊥Im A , илидаже x ⊥ Im A . Значит (Ay, x ) = 0 для всех x и y из H . Но (Ay, x ) = ( y, A*x ) = 0 , илиполагая y = A*x , получим A* x = 0 , A* x = 0 , то есть x ∈ KerA* Теорема доказана.33. Вполне непрерывный оператор.Пример интегрального вполненепрерывного оператора. Свойства вполне непрерывного оператора.Определение 1. Множество M линейного нормированного пространства Xназывается компактным, если любая последовательность его элементовсодержит фундаментальную подпоследовательность.Определение 2. Линейный оператор A , действующий из линейногонормированного пространства X в линейное нормированное пространство Y ,называется вполне непрерывным (компактным), если он всякое ограниченноемножество переводит в компактное.Любой ограниченный оператор переводит ограниченное множество вограниченное и компактное в компактное.
Вполне непрерывный оператор являетсяограниченным, а любой ограниченный оператор в конечномерном пространстве –компактным. В бесконечномерном пространстве единичный (тождественный)оператор – ограничен, но не компактен.Теорема 1 (критерий компактности в C(E ) ). Для того, чтобы множествоK было компактным в C(E ) необходимо и достаточно выполнение условий:1)множествоK- равномерно ограничено всуществует постоянная M такая, чтоC(E ) , то естьx ( t ) C ( E ) ≤ M для любойфункции x (k ) ∈ K ;2)множество K - равностепенно непрерывно в C(E ) , то есть длялюбого ε > 0 найдётся δ = δ(ε ) > 0 и такое, что как только h < δ ,x , x + h ∈ E , будет выполняться неравенство x(t + h) - x(t) C ( E ) < ε длялюбой функции x ( t ) ∈ K .Теорема 2 (критерий компактности в L p (E ) ). Для того чтобы множествоK ⊂ L p (E ) , p ≥1 , E < +∞, было компактно в L p (E ) необходимо и достаточно, чтобыэтомножествобылонепрерывно в L p (E ) .равномерноограниченовL p (E)иравностепенноЛемма 1.
Пусть Х – банахово пространство. Если последовательностьэлементов xn ∈ X сходится слабо к элементу x0 ∈ X, то xn → x0 сильно.Доказательство. Пусть это не так: тогда существуетε>0ипоследовательность номеров nk такие, что x n k − x 0 ≥ ε . Так как xnk компактна, тоона содержит последовательность элементов ~x = x , которая сходится сильно к{ }nnklнекоторому элементу y0 ∈ X.
Тем более последовательность {~xn } сходится слабо к x0и поэтому x0=y0. Итак имеем ~xn − x0 ≥ ε и ~xn − x0 → 0 при n → ∞ , что невозможно.Лемма доказана.Теорема 3. Пусть X и Y – баноховы пространства. Любой вполненепрерывный оператор А, действующий из X в Y, переводит всякую слабосходящуюся последовательность в X в сильно сходящуюся в Y.Доказательство.
Пусть xn → x0 слабо, тогда xn ≤ c и, значит, {Axn}-компактна.Кроме того, Axn → Ax0 слабо в Y, так как, взяв произвольный функционал φ ∈ Y*,получим φ(Axn)=f(xn), где f ∈ X*, φ(Ax0)=f(x0). Из слабой сходимости {xn} к x0 следуетf ( xn ) → f ( x0 ) , или ϕ ( Axn ) → ϕ ( Ax0 ) . Таким образом, последовательность {Axn}сходится слабо к Ax0. По лемме 1 эта последовательность сходится сильно к Ax0.Теорема доказана.Если оператор А – вполне непрерывен, а В – ограничен, то операторы АВ и ВА– вполне непрерывные.Теорема 4. Если А – вполне непрерывный оператор, действующий изгильбертова пространства Н в Н, то оператор А* также вполне непрерывен.Доказательство.
Пусть xn → x0 слабо. Докажем, что A * ( xn − x0 ) → 0 сильно.2Действительно,A * ( xn − x0 ) =(A*(xn-x0),A*(xn-x0))=(xn-x0,AA*(xn-x0)) ≤ xn − x0 AA * ( xn − x0 ) → 0 , так какxn − x0 ≤ c , АА* - вполне непрерывен и потеореме 4 AA * ( xn − x0 ) → 0 сильно. Поскольку любое в Н ограниченное множество –слабо компактно, то оператор А* переводит ограниченное множество в компактное,то есть является вполне непрерывным.34. Первая теорема Фредгольма.Лемма 1.
Многообразие ImL – замкнуто, где ImL={y ∈ H: y=Lx}. L = I -AДоказательство. Докажем, что Im L = Im L , то есть, если yn ∈ ImL и y n → y ∈ H ,то y ∈ ImL. По условию yn=Lxn=xn-Axn → y. Будем считать, что xn ⊥ KerL , ибо впротивном случае перейдем к xn-Pxn, где P – ортопроектор на KerL, причем L(Pxn)=0.Покажем, что xn ≤ C . Если это не так, то существует подпоследовательность {x' n }последовательности {Xn}:приводит к соотношениюоператор,аx'n → +∞ . По условиюx' n − Ax' nx'n=y'nx'ny n → y , значитy n ≤ C1 , что→ 0 .
Так как А – вполне непрерывный x' n ограничена,тосуществует x' n последовательности{x'n }такая,чтопоследовательностьподпоследовательность{x' 'n } Ax' ' n последовательность сходится. Но когда сходится и последовательность {zn}, x' ' n x' ' nгде z n =. Пусть z = lim z n и в силу z n = 1 имеет место z n = 1 .
С другой стороныn →∞x' ' nLz n → 0 и из сходимости z n → z следует Lz = L( z − z n ) + Lz n → 0 при n → ∞ , то естьLz=0 и, значит, z ∈ KerL. Однако все xn ⊥ KerL , поэтому lim x' ' n = z ⊥ KerL , или элементn →∞z ортоганален самому себе. Это возможно только если z=0 и мы получилипротиворечие с равенством z = 1 . Итак, xn ≤ C , а поэтому существует сходящаясяподпоследовательность {A~xn }. Отсюда следует сходимость подпоследовательности~~{x }, причем lim x = x ∈ H . В пределе получим Lx=y, то есть y∈ ImL. Теоремаnn →∞nдоказана.Лемма 2.
H = KerL ⊕ Im L * , H = KerL * ⊕ Im L .Непосредственным следствием леммы 2 является следующаяТеорема 1 (1-я теорема Фредгольма). Уравнение Lx=f разрешимо тогда итолько тогда, когда f ⊥ KerL * , то есть элемент f ортоганален любому решениюуравнения L*y=0.Для любого натурального числа k положим Hk=ImLk, в частности, H0=H=ImL0,0где L =I, H1=ImL и так далее. По лемме 1 все Hk – замкнуты и очевидноH ⊃ H 1 ⊃ H 2 ⊃ ... , причем L(Hk)=Hk+1.Лемма 3. Существует номер j такой, что Hk+1=Hk при всех k ≥ j .Доказательство. Если это не так, то все подпространства Hk различны,поэтому по теореме Леви можно построить ортонормированную систему {xk} так, чтоxk ∈ Hk и xk ⊥ H k +1 .
Пусть l>k: Axl-Axk=-xk+(xl+Lxk-Lxl). Выражение в скобкахпринадлежит Hk+1 иxk ⊥ H K +1 , поэтомуAxl − Axk ≥ xk = 1 , то есть изпоследовательности{Axk}нельзявыделитьсильносходящуюсяподпоследовательность, что противоречит полной непрерывности оператора А.35. Вторая теорема Фредгольма.Лемма 4. Если KerL=0, то ImL=H. Если KerL*=0, то ImL*=H.Доказательство. Если KerL=0, то оператор L отображает H на Н взаимнооднозначно, а при ImL≠H цепочка Hk состоит из различных подпространств. Полемме 3 их конечное число, то есть если x0 ∈ H\H1 и номер k такой, что Hk=Hk+1, тогдаLkx0 ∈ Hk и существует y ∈ H: Lkx0=Lk+1y, или L(Lk-1x0-Lky)=0.
Так как KerL=0, то Lk-1x0=Lkyи так далее. В итоге получим x0=Ly, что означает x0 ∈ H1. Полученное противоречиедоказывает равенство ImL=H. Аналогично устанавливается соотношение ImL*=H,если KerL*=0. Лемма доказана.Лемма 5. Если ImL=H, то KerL=0.Так как ImL=H, то по лемме 2 KerL*=0, но тогда по лемме 4 ImL*=H. Сноваприменяя лемму 2, получим KerL=0.Из лемм 4 и 5 непосредственно следуетТеорема 2 (2-я теорема Фредгольма или альтернатива Фредгольма). Либоуравнение Lx=f имеет единственное решение при любой правой части f ∈ H, либоуравнение Lx=0 имеет ненулевое решение.36.
Третья теорема Фредгольма.Теорема 3 (3-я теорема Фредгольма). Однородные уравнения Lx=0 и L*y=0имеют одно и то же и при том конечное число линейно независимых решений.Доказательство.Пусть µ = dim KerL,υ = dim KerL * . Если µ = +∞ , то вподпространстве KerL существует счетная ортонормированная система {xk}. Из Lxk=0следует равенство Axk=xk, причем при l≠k: Axl − Axk = xl − xk = 2 , то есть изпоследовательности {Axk} нельзя выделить сходящуюся подпоследовательность,что противоречит полной непрерывности оператора А. Таким образом µ ,υ < +∞ .Докажем равенство µ = υ . Пусть {ϕ i } и {ψ j } – ортонормированные базисысоответственно в KerL и KerL*. От противного, предположим µ < υ . ПолучимµSx = Lx + ∑ ( x,ϕ j )ψ j .j =1Так как оператор S получается сложением оператора L и конечномерногооператора, то все результаты для оператора L справедливы и для S.
Покажем, чтоµуравнение Sx=0 имеет только тривиальное решение. Итак, Lx + ∑ ( x,ϕ j )ψ j = 0 . Поj =1лемме 2 ( Lx,ψ j ) = 0 , значит ( x, ϕ j ) = 0 для всех j = 1,2,..., µ . Поэтому Lx=0, то естьx ∈ KerL и одновременно x ⊥ KerL , следовательно x=0.Из утверждения о том, что уравнение Sx=0 имеет только тривиальноерешение по 2-ой теореме Фредгольма следует существование элемента y, дляµкаждого справедливо равенство Ly + ∑ ( y,ϕ j )ψ j = ψ µ +1 .j =1Умножая это равенство скалярно на ψ µ +1 , получим слева 0, а справа 1, ибоLy ∈ ImL, а Im L ⊥ KerL * .
Противоречие означает, что µ ≥ υ . Заменив теперь в нашихрассуждениях L на L*, докажем неравенство µ ≤ υ . Таким образом µ = υ и теоремадоказана.37. Понятие о спектре линейного оператора в бесконечномерныхпространствах. Теорема Гильберта-Шмидта.Пусть X – банахово пространство над полем комплексных чисел. ОператорA ∈ L(X → X) , то есть линейный ограниченный оператор, действующий из X в X.Определение 1.
Резольвентное множество ρ(A) оператора A есть множествокомплексных чисел λ , для которых существует (λI - A) -1 - ограниченный оператор,определенный на всем X. Спектром σ(A) оператора A называется дополнение к множествуρ(A) на комплексной плоскости, то есть σ(A) = C \ ρ(A) .Определение 2. Операторнозначная функция ρ(λ, A) = (λI - A) −1 , определенная намножестве ρ(A) , называется резольвентой оператора A, а λ ∈ ρ(A) называетсярегулярным значением оператора A.Таким образом, λ - регулярно, если:1.
Ker( λI − A) = {0} ;2. Im( λ I − A) = X ;3.(λI − A) -1 < +∞ .Определение 3. Комплексное число λ называется собственным значением оператора A,если Ker(λI − A) ≠ {0} , а любой не равный нулю элемент x ∈ Ker(λI − A) называетсясобственным элементом, отвечающим собственному значению λ .Теорема 1. Резольвентное множество ρ(A) - открыто.Доказательство. Пусть λ - фиксированное число из ρ(A) , а µ - любое комплексноечисло такое, что µ < R( λ, A)−1∞∞k =0k =0. Покажем, что λ + µ ∈ ρ(A) . Введем в рассмотрение операторs(µ ) = ∑ (−µ) k ( λI − A) −(k +1) = ∑ (−µ ) k ( R (λ, A)) k +1 .Так как по условию µ R( λ, A) < 1 , то ряд сходится сильно (по норме в L(X → X) ).∞Далее, ((λ + µ )I − A )s(µ ) = (λI − A)s(µ) + µs(µ) = ∑ {(−µR (λ, A )) k − (−µR (λ, A)) k +1} = I , то естьk =0s(µ ) = R(λ + µ, A) - ограниченный оператор и λ + µ ∈ ρ(A) .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
