Задачи по функциональному анализу с решениями (1135183), страница 3

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

Текст из файла (страница 3)

( + ) =∞=0(−1) 2+1 (2+1)!(−1) 2+1 (+)∞=0(2+1)!=(−1) 2+1 ∞=0(2+1)!+= + .Итак, -- линейный непрерывный оператор для любого . Докажем фундаментальностьпоследовательности { }. ∥ + − ∥=( → )} ≤+ (−1) ∥2+1 ∥=(2+1)!∥∥хвост сходящегося ряда ≤∥ ∥∞= ()!+ (−1) 2+1= (2+1)!≤ {∥ + ∥≤∥ ∥ +∥ ∥ ∀, ∈→ 0, → ∞. Последняя сумма представляет собой.Итак последовательность { } является фундаментальной. Следовательно она сходится к своемупределу, которые принадлежит этому же пространству.

Следовательно в пространстве определен оператор sin являющийся пределом операторной последовательности { }.Для второго случае (cos) все полностью аналогично.19) Пусть X — банахово пространство, A  L( X  X ) . Доказать, что e A  eA. Найти e I , где I— тождественный оператор.Решение:По определению, e A Ak {n  N } k  0 k!An, A  L( X  X ) . /*в пдф-ке в числителе была норма А*/n0 n!Akk  0 k!nknAAkk  n 1 k!k  0 k!knAAk, т. к.k  n 1 k!k  0 k!Ak  0 ,k n 1 k!что следует из сходимости ряда в смысле нормы в L( X  X ) .Утверждение доказано.Найдем e I по определению:IkIIx  x1(e ) x  ( ) x  ( ) x      x  ex, x  X  e I  eI .k  0 k!k  0 k!k  0 k!k  0 k!k  0 k!Id 2x x(t ) с областью определения D(A)dt 2— линейное многообразие дважды непрерывно дифференцируемых функций x(t ) ,удовлетворяющих условиям x(0)  x' (0)  0 .

Найти A1 и доказать, что он ограничен.20) Рассмотрим оператор A : C[0,1]  C[0,1] . Ax (t ) Решение:Обозначим x1  dx / dt , x2  dx1 / dt . Тогда задача примет вид:dx1 / dt  x2 ,dx2 / dt   x1  y (t ), x (0)  x (0)  0;2 1Или0dX BX  Y , где X  ( x1, x2 ) , Y  (0, y(t )) , B  dt 11.0 По теореме Каратеодори /*нафига тут говорить об этой теореме?*/(задача КошиdX / dt  BX (t )  Y (t ), t  [t0 , t1 ], X (0)  X 0 ;где Y (t ) интегрируема по Лебегу, имеет единственное решение в классе абсолютно непрерывныхtфункций и это решение дается формулой X (t )  e(t  t 0 ) B ( X 0  e  sBY ( s)ds) )t0tрешение задачи выглядит так: X (t )  etB ( X 0  e  sBY ( s)ds) ,0 cos(t ) sin(t )   sB  cos( s)  sin( s)  , e   .etB    sin(t ) cos(t )  sin( s) cos( s) tt00Тогда x(t )  x1 (t )  (cos(t ) y ( s) sin( s)ds  sin(t ) y ( s) cos(s)ds) .Заметим, чтоtt00x(t )   (cos(t )  y ( s ) sin( s)ds  sin(t )  y ( s) cos( s )ds ) tt y (t )  cos(t )  sin( s )ds  sin(t )  cos( s )ds   4 y (t )00т.

е. обратный оператор ограничен.121)Рассмотрим оператор A : C[0,1]  C[0,1] , Ax (t )  e |s t| x( s)ds . Существует ли оператор A1 ?0Решение !!!неверное!!! опечтка в условии:По определению A1 , если ! решение задачи Ax(t )  y(t ) .Пусть N ( A)  {x  C[0,1] : Ax  0} .t0  e| s  t |tx( s)ds  {0  s  t}   e x( s)ds  e00s ttt e x(s)ds s0t0   e s x( s)ds 00  es x(s)s  [0,1] 0  x(s)s [0,1] N ( A)  { } .Пусть x1 (t ), x2 (t )  C[0,1] : Ax1 (t )  Ax2 (t )  y(t ) .Тогда Ax1 (t )  Ax2 (t )  0 ,A( x1 (t )  x2 (t ))  0 ,x1 (t )  x2 (t )  0 ,x1 (t )  x2 (t ) .t22) Рассмотрим оператор A : C[0,1]  C[0,1] , Ax (t )  x( )d  x(t ) . Пусть N (A) — ядро0оператора A .A) Доказать, что N ( A)  { } , так что при любом y  C[0,1] уравнение Ax  y не можетиметь более одного решения.B) Найти оператор A1 и доказать, что он ограничен.Решение:А) /*решил я сам, так что возможны баги*/N ( A)  {x  C[0,1] : Ax  0}tt000   x( )d  x(t )  x(t )    x( )d  x(t )   x(t )  x(t )  ce tttce   ce d   ce  d  c(e t  1) и ce t  c(et  1)  c(1  2et )  0t00Следовательно, x(t )  0 и N ( A)  { } .tБ) Пусть y (t )  x( )d  x(t ) .0tТогда y(t )  u(t )  u' (t ) , где u (t )  x( )d .0Решаем дифференциальное уравнение при фиксированном y (t ) :tu(t )  c(t )e , c' (t )  e y(t )  c(t )   e y ( )d .tt0t t t A y (t )  x(t )  u(t )  (c(t )e )   e  e y ( )d   y (t )  e t  e y ( )d .0 011A y (t )  y (t )  ettt e y( )d0ограничен. y  ett e y( )d0 2 y , т.е.

обратный оператор123) Доказать, что оператор A : C[0,1]  C[0,1] , Ax (t )  x(t )  e s  t x( s)ds имеет ограниченный01обратный, и найти A .Решение:1100Пусть y (t )  e s  t x( s)ds  x(t ) , или x(t )  y (t )  et e s x( s)ds .1Обозначим D[ x]  e s x( s )ds .0tТогда x(t )  y(t )  e D[ x]Нужно выразить функционал D[x] через y . Умножим последнее уравнение на e t ипроинтегрируйте по t от 0 до 1.11Получим D[ x]  e y (t )dt  D[ x] e 2t dt .t001 e y(t )dttОтсюда D[ x] 011   e 2t dt01Окончательно, A1 y (t )  x(t )  y (t ) et  e s y ( s )ds0.11   e ds2s01e  e y ( s )dstA1 y (t )  y (t ) 1s011   e ds2se  e s y ( s )dst y 01 2 y , т.е.

обратный оператор ограничен.1   e ds2s00/*в случае если в условии верхний предел интегрирования: t, а не 1*/tПусть y (t )  e s  t x( s)ds  x(t ) .0tt2tТогда y(t )e  u(t )  u' (t )e , где u (t )  e s x( s )ds .0Решаем дифференциальное уравнение при фиксированном y (t ) :tu (t )  c(t )e e , c' (t )  ee y(t )  c(t )   e  e y ( s)ds .2 t2 t2 s0A y (t )  x(t )  u(t )e  (c(t )e1tA1 y (t )  y (t )  2e 2t e e2 tte e 2 t e 2 st  e 2 t t  e 2 s2 s 2t  e 2 t)   eey ( s)ds   y (t )  2e ee e y ( s)ds .00y ( s)ds  y  y *1  2 y , т.е.

обратный оператор ограничен.024) Пусть X — комплексное линейное пространство, f — определенный на X и не равныйтождественно нулю линейный функционал. Доказать, что область значений f есть все C .Решение:Нужно доказать, что c  C x  X : f ( x)  c .Известно, что dim C  2 . Если доказать, что R( f ) — область изменения линейного функционалаf — содержит 2 линейно-независимых вектора, то с учетом линейности функционала мыполучим все C , так как C  { y  ae1  be2 , a, b  R; e1, e2  базис в С} .Пусть z : f ( z)  0  f ( z)  x  iy .

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 пространстве −1, 1 являются линейныминепрерывными и найти их нормы:A) () = , = 2 1 − (0) ;01B) = , = ∫−1 − ∫0 .Решение:A) Для доказательства линейности рассмотрим аксиомы: = 2 1 − (0) = 2 1 − (0) = () + = 2 1 + 1 − 0 − 0 = 2 1 − (0) + 2 1 − (0)= + ()Линейный оператор – непрерывный ⟺ он – ограниченный (§7, Теорема 2).Оператор – ограниченный, если ∃: ∀ ≤ .Норма оператора : ≝ sup≠0Покажем, что оператор ограниченный:() = 2 1 − (0) ≤ 2( (1) + (0) ) ≤ 4 ()Значит, ≤ 4 ⟹ - ограниченный и непрерывный.Если найти функцию 0 (), на которой = 4, то равна 4.Рассмотрим 0 = cos + 1 . 0 0 = −1, 0 1 = 1 ⇒ 0 = 4, а 0 () = 1.Значит, = sup≠0=( 0 )0= 4.B) Докажем линейность:01 = −−10 + =000 −−1 = ()−10 + () 01= − 1 + () −−11 = 01 + −0−1 = + ()0Покажем, что функционал – ограниченный:0101 = ∫−1 − ∫0 ≤ ∫−1 + ∫0 ≤ 2 ()Значит, ≤ 2 ⟹ - ограниченный и непрерывный.01∫−1 + ∫0 = - непрерывный, значит если → 0 , то → 0 .

Если найти последовательность , сходящуюся к 0 , на котором достигает 2, то равна 2.Рассмотрим:−11,<−1 1 () = − sin, ∈,2 1−1,>Функция 0 = lim→∞ будет равна:1,<0=00 () = 0,−1,>0( 0 )Значит, = sup≠0==2026) Доказать, что следующие функционалы в пространстве −1, 1 являются линейныминепрерывными и найти их нормы:A) () = , = =1 ( );1B) = , = ∫−1 − 0 ;где ∈ ℝ , ∈ −1, 1 .Решение:A) Для доказательства линейности рассмотрим аксиомы: ==1 + ==1 ( ) = + =1==1 ( ) = а() +=1 = + ()Линейный оператор – непрерывный ⟺ он – ограниченный (§7, Теорема 2).Оператор – ограниченный, если ∃: ∀ ≤ .Норма оператора : ≝ sup≠0Покажем, что оператор ограниченный:() =Значит,()=1≤=1 ( ) ≤=1 ( ) ≤ ()=1 ⟹ - ограниченный и непрерывный.Если найти функцию 0 (), на которой =Рассмотрим:=1 , то равна=1 .sign( ) ,по непрерывности,0 = = ≠ Заметим, что 0 () = 1.Значит, = sup≠0=( 0 )0==1B) Докажем линейность функционала:1 =1 − 0 = −1 − 01 + =1 + − 0 + (0) =−11() =≤1 + 0≤−11≤ () − 0−11 − 0−1()1 − 0 +−1= + ()Покажем ограниченность функционала:Значит,= ()−1 + 0−1 + 1 = 3 ()−1≤ 3 ⟹ - ограниченный и непрерывный.

- непрерывный, значит если → 0 , то → 0 . Если найти последовательность , сходящуюся к 0 , на котором достигает 3, то равна 3.Рассмотрим:−11,<−1 1 () = −cos , ∈, 11,>Функция 0 = lim→∞ будет равна:1,<0=00 () = − 1,1,>0Заметим, что () = 1.Значит, = sup≠0=( 0 )0=327) Будут ли ограниченными в пространстве 0, 1 следующие линейные функционалы:1A) , = ∫0 2 ;1B) , = lim→∞ ∫0 ( ) ?Решение:A), 11 1 =2 1, = lim→∞ ∫0 ( ) 1 ()lim→∞ ∫0 −1 ≤ () 1() lim→∞ lim→0 │1() lim→0 ∫B)1 2= ∫0 2 = ∫021 2 2 = = 2 = ∫0() lim→0 =│1 = ()1 ( ) −11 1lim→∞ lim→0 ∫ −1 = lim→∞ ∫01 12 ≤ () ∫0= = = == ()28) Доказать, что следующие функционалы являются линейными непрерывными и найти ихнормы:1A) , = ∫−1 , ∈ 1 −1,1 ;1B) , = ∫−1 , ∈ −1,1 .Решение:A) Для доказательства линейности рассмотрим аксиомы:1 =−11 + =1 = = ()−11 + =−11 +−1 = + ()−1Линейный оператор – непрерывный ⟺ он – ограниченный (§7, Теорема 2).Оператор – ограниченный, если ∃: ∀ ≤ .Норма оператора : ≝ sup≠0Покажем, что оператор ограниченный:11() =−1Значит,()1 ≤ ≤ ()0 = ()−1−11− +−10= ()≤ 1 ⟹ - ограниченный и непрерывный.

- непрерывный, значит если → 0 , то → 0 . Если найти последовательность , сходящуюся к 0 , на котором достигает 1, то равна 1.Рассмотрим:−1−1,<−1 1 () = sin, ∈,2 11,>Функция 0 = lim→∞ будет равна:−1,<00,=00 () =1,>0Заметим, что () = 1.Значит, = sup≠0=( 0 )0= 1.B) Докажем линейность функционала:1 =−11 + =1 = 1 + =−1 = ()−11 +−1 = + ()−1Покажем ограниченность функционала:1() =1 ≤1 ≤−1−1max ∈ −1,1 = ()−1max ∈ −1,1= () - непрерывный, значит если → 0 , то → 0 .

Характеристики

Список файлов ответов (шпаргалок)