Задачи по функциональному анализу с решениями (1135183), страница 4

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

Текст из файла (страница 4)

Если найти последовательность , сходящуюся к 0 , на котором достигает 1, то равна 1.Рассмотрим:10, <1− () =1, ≥1−11 2 11 21 = = =│ 1=1− 1−= 1−111−222 →∞−11−1Заметим, что = ∫1−1 = 1.Значит, =sup≠0 =( 0 )0= 1.29) Доказать, что функционал , = ∞=1 , = 1 , 2 , … ∈ 1 является линейнымнепрерывным, и найти его норму.Решение:Для доказательства линейности рассмотрим аксиомы:∞ ∞ ∞ + === () + ==1 =1 =1∞ ∞ =+= + ()=1 =1 Линейный оператор – непрерывный ⟺ он – ограниченный (§7, Теорема 2).Оператор – ограниченный, если ∃: ∀ ≤ .Норма оператора : ≝ sup≠0Покажем, что оператор ограниченный:∞ ∞∞() =≤≤ = =1 =1 =1()Значит,≤ 1 ⟹ - ограниченный и непрерывный.Если найти последовательность 0 , на которой = 1, то равна 1.Рассмотрим 0 = 1, 0, 0, … .

Заметим, что 0 = 1.Значит, = sup≠0=( 0 )0= 1. −1 +(1)130) Для () ∈ −1,1 положим , =+ ∫−1 . Доказать, что – ограниченный2линейный функционал.Решение:Для доказательства линейности рассмотрим аксиомы:11 −1 + (1) −1 + (1) =+ = + = ()22−1−11 −1 + −1 + 1 + (1) + =+ + () 2−111 −1 + 1 −1 + 1=++() +() = + ()22−1−1Оператор – ограниченный, если ∃: ∀ ≤ .Докажем ограниченность функционала:11 −1 + (1) −1 + (1)() =+ ≤+ 22−1−11≤ ()1+0 = ()−11+1− +−1 = 2 ()031).

Найти сопряженный к оператору : 2 0, 1 → 2 0, 1 , еслиA). = ∫0 1B). = ∫0 .Решение.1A). Положим , = ∫0 ∀ , () ∈ 2 0, 1 , тогда пространство 2 0, 1 гильбертово. В гильбертовом пространстве оператор ∗ является сопряженным коператору , если , = , ∗ ∀ , () ∈ 2 0, 1 . Рассмотрим скалярноепроизведение: , 11111= ∫0 ∫0 = ∫0 ∫0 = ∫0 (∫ ) =11∫0 (∫ ) = , ∗ . Таким образом, ∗ = ∫ .1B). Рассмотрим скалярное произведение: , 111∫0 ∫0 = ∫0 1= ∫0 ∫0 =1∫0 = , ∗ .

Тогда сопряженный1оператор имеет вид: ∗ = ∫0 .32). Найти сопряженный к оператору : 2 → 2 , еслиA). = (1 , 2 , … , , 0, 0, … )B). = 0, 1 , 2 , … ,при = 1 , 2 , … .Решение.A). В гильбертовом пространстве оператор ∗ является сопряженным к оператору ,если , = , ∗ ∀ , () ∈ 2 0, 1 . Комплексное пространство 2 являетсягильбертовым, если положить , = ∞=1 . Рассмотрим скалярное произведение:∞∞, = =1() = =1 = =1 (∗ ) = , ∗ .

Таким образом, ∗ =(1 , 2 , … , , 0, 0, … ).B).Рассмотрим скалярное произведение:∞∞∗∗∗, = ∞=1() = =2 = =1 ( ) = , . Тогда = 2 , 3 , … .33) Найти сопряженный к оператору ∶ 2 → 2 ,если:A) = 1 1 , 2 2 , … , ∈ ℝ ∶ ≤ 1;B) = (2 , 3 , … ), при = (1 , 2 , … ).Решение.A) В гильбертовом пространстве H теорема Рисса-Фреше (§10, Теорема 2) даетотождествление пространства со своим сопряженным, поэтому для оператора ∶ → равенство , = , ∗ определяет сопряженный оператор ∗ ∶ → .Комплексное пространство = 2 становится гильбертовым, если выбрать скалярноепроизведение как:∞, ==1 Сходимость этого ряда следует из неравенства Коши-Буняковского:2∞=1 ∞≤=12∞=12Рассмотрим:∞, ==1∞ ==1∞ =Таким образом, сопряженный оператор имеет вид:∗ = 1 1 , 2 2 , …=1 = , ∗ B) Рассмотрим:∞, ==1∞ =∞=1+1 ==2 −1 = , ∗ Таким образом, сопряженный оператор имеет вид:∗ = (0, 1 , 2 , … )34)Какие из следующих операторов ∶ [0,1] → [0,1] являются вполне непрерывными:A)B)C)D)E)() = () ;1() = ∫0 ; = 0 + (1) ;1() = ∫0 ;() = ( 2 ) ?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 из () было компактным необходимо и достаточно:1)2)() ≤ , ∀() ∈ ;∀ > 0 ∃ > 0 ∶ ∀ ′ , ′′ ∈ ∶ ′ − ′′ < ∀ ∈ ′ − ( ′′ ) < Рассмотрим функцию: sin =0,1,2 ∈ (0,1]=0() ∈ [0,1], т.к. () ≤ , ∈ [0,1] и lim→+0 = 0 = (0).При этом функция:3 = 2 sin12не является равномерно непрерывной, т.к.

=331123121 sin 2 + 2 cos 2 − 3 = sin 2 − 3 cos 2 , ∈ (0,1]222не является ограниченной на ∈ (0,1].Значит, оператор не является вполне непрерывным.B) Ответ: ДаВоспользуемся доказательством критерия компактности в ().Если функция , ∈ Π , Π = , × [, ], то = , является вполне непрерывным.В данном случае (, ) ≡ 1 ∈ ([0,1] × [0,1]).Значит, оператор является вполне непрерывным.C) Ответ: Да∀ () - непрерывно дифференцируема на ∈ [0,1].

Значит, равностепеннаянепрерывность () равносильна равномерной ограниченности ее производной. = (1) ≤ Заметим, что () - ограничена на ∈ [0,1] в силу непрерывности x(t).Значит, оператор является вполне непрерывным.D) Ответ: ДаВоспользуемся доказательством критерия компактности в ().Если функция , ∈ Π , Π = , × [, ], то = , является вполне непрерывным.В данном случае , = ∈ ([0,1] × [0,1]).Значит, оператор является вполне непрерывным.E) Ответ: НетРассмотрим функцию1 sin ,0, = ∈ (0,1]=0 ∈ [0,1], но = sin12не является равностепенно непрерывной, т.к.

= sin121− 2 cos 22не является ограниченной на ∈ (0,1].Значит, оператор не является вполне непрерывным.1235) Будет ли вполне непрерывным оператор A : C[1, 1]  C[1, 1] , Ax (t )  [ x(t )  x(t )] ?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 является вполнеВозьмем x(t )  t sinнепрерывным.36) При каком условии на функцию  (t )  C[0,1] оператор A : C[0,1]  C[0,1] , Ax(t )   (t ) x(t )будет вполне непрерывным?Решение:Докажем, что искомым условием на функцию  (t ) является условие  (t )  0, t  [0,1] .Пусть это не так, т.

е. t0  [0,1] :  (t0 )  0 .Тогда в силу свойств непрерывных функций   0 :  (t )  0, t  [t0   , t0   ] .Не ограничивая общности, будем полагать, что  (t )  0 всюду в окрестности точки t 0 (случай (t )  0 рассматривается аналогично). Рассмотрим функцию0, t  [0, t0   ],t  t  0x (t )  , t  (t0   , t0   ),21, t  [t0   ,1].Легко заметить, что   (0,  0 ) x  S1 (0)  C[0,1] .Имеем Ax (t0   )  Ax (t0   )   (t0   )  C  0 , где C  const ,   [0,  0 ) , т.

к. (t )  C (t0 ) .Итак,   (0,  0 )x (t )  C[0,1] : Ax (t0   )  Ax (t0   )  C  0  образ замкнутогоединичного шара из пространства C[0,1] при отображении А не есть равностепенно непрерывноемножество функций  А не является вполне непрерывным оператором.Мы пришли к противоречию   (t )  0, t  [0,1] .37) Будет ли вполне непрерывным оператор Ax (t ) dx, если он рассматривается какdtдействующий:1А) A : C [0,1]  C[0,1] ;21B) A : C [0,1]  C [0,1] ;2C) A : C [0,1]  C[0,1] ?Решение:А)Рассмотрим последовательность {xn (t )}n1  S1 (0)  C1[0,1] , x n (t ) Ax n (t ) cos(tn )dn sin(tn )( Ax n (t ))  и.

Т.е.2dt2последовательность приd( Ax n (t ))dtsin(tn ). Тогда2n- неограниченнаяn   . Следовательно, образ замкнутого единичного шара изпространства C[0,1] при отображении А не является равностепенно непрерывныммножеством функций  оператор А не вполне непрерывный.B) Ответ: нет.{xn (t )}n1  S1 (0)  C 2 [0,1] , x n (t ) Рассмотрим последовательностьsin(nt )3nt  [0,1] . Тогда Ax n (t )  последовательностьдокажем, что изиdcos(nt )( Ax n (t ))  . Очевидно, чтоdt3{xn (t )} сильно сходится к 0, а значит и слабо при n   .

Тогда{ Ax n (t )}C 1[0,1] . Пусть это{ y nk }k 1  { Ax n } .нельзя выделить фундаментальную последовательность внетакифундаментальнаяt[ 0,1]последовательностьТогдаmax y nk (t )  y(t )  max y nk (t )  y (t ) k 0 .t[ 0,1]имеем: maxt[ 0,1]cos(nt ),3n 2По признаку Кошиy nk  p (t )  y nk (t )  max y nk  p (t )  y nk (t ) k 0 ., p 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0sinsink 0, p , p 322. А это не так. Значит, получили противоречие  оператор А не вполне непрерывный.С) Ответ: да.Рассмотрим образ F множестваS 1 (0)  C 2 [0,.1]при отображении А.

В пространствеC 2 [0,1]S 1 (0)  {x(t )  C 2 [0,1] : max x(t )  max x(t )  max x(t )  1} .t[ 0,1]Следовательно,еслиt[ 0,1]x  S 1 (0)  C 2 [0,1] ,d( Ax (t ))  1  Ft[ 0 ,1] dtmax Ax (t )  maxt[ 0 ,1]t[ 0,1]–равномерноограниченнотоиравностепенно непрерывно (в силу ограниченности множества производных)  Согласнотеореме Арцела, F компактно. А значит, оператор А – вполне непрерывный.38) Сформулировать критерий компактности вА)x  ( x1 , x2 ,) ):Ax  (0, x1 , x2 ,) ;B)Ax  ( x1 ,вполне непрерывны (приC)Решение:x 2 x3, ,) ;2 3x xAx  (0, x1 , 2 , 3 ,) ?2 3l p . Какие из следующих операторов A : l 2  l 2K  lpнеобходимо и достаточно, чтобы множество K было ограниченным и чтобы   0Критерий компактности в l p : Для компактности замкнутого множестваn0  n0 ( )  N :i  n 1pi  p , n  n0 , x  {1 ,  2 ,)  K .А) Ответ: оператор не является вполне непрерывным.Приведёмпример,подтверждающийэто.Фиксируем12ирассмотримxn  ( x1n , xn2 ,) : xnn  1, xnk  0, k  n .последовательностьОчевидно,{xn }  B1 (0) .чтоТогдаAx n  (0, x1n , xn2 ,) : xnn  1, xnk  0, k  n .n0  N n  n0i  n 1Ax kp xk 1p1i  n 1И124поскольку.B) Ответ: оператор является вполне непрерывным.Для доказательства этого покажем, что образ F замкнутого единичного шара изl2является компактным множеством, для чего воспользуемся критерием компактности в l p.Ограниченностьочевидна,y2  ( yn )   (2n 1n 1xn 2)  1.nпосколькуy  Ax  F имеем:Ограниченность F доказана.

Характеристики

Список файлов ответов (шпаргалок)