Задачи по функциональному анализу с решениями (1135183), страница 5

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

Текст из файла (страница 5)

Чтобы доказатьего замкнутость, докажем, что A – непрерывный оператор, тогда, в силу замкнутости шара,получимзамкнутостьAx n  Ax 02F.Пусть{x n }  x 0 .Тогда( xnk  x0k ) 2kk 2(xx)  xn  x0 n 0n02kk 0k 0. Следовательно, оператор А непрерывный. Условие критерия компактности множества вlpпроверяется так:xk 211(Ax)(){xB(0)}kk22kkk nk nk nзаданном   0 и любом n  n0 ( ) .2при любом наперёдС) Ответ: оператор является вполне непрерывным.Доказательство совершенно аналогично доказательству предыдущего пункта (сосмещением индексов последовательности на 1).Ax  (1 x1 , 2 x2 ,) дляx  ( x1 , x2 ,)  l 2 , где k  R , k  N , sup k k   , есть самосопряжённыйоператор.

При каком условии на последовательность  k он будет неотрицательным?39)Доказать,чтоA : l2  l2 ,операторРешение:Рассмотрим скалярное произведение:i 1i 1( Ax, y)   ( Ax ) i yi   i xi yi   xi (i yi )  ( x, Ay )i 1Значит,A A*и оператор А является самосопряжённым.

Найдём, при какихi 1i 1i( Ax, x)   ( Ax ) i xi   i xi2  0 .оператор А является неотрицательным:i  0, i .Отсюда вытекает, чтоA : L2 [0,1] 40) Доказать, что операторнеотрицательный самосопряжённый оператор.Решение:Рассмотрим скалярное произведение:1Ax(t )  tx (t )L2 [0,1] ,есть1( Ax (t ), y (t ))   (tx (t )) y(t )dt   x(t )(ty (t ))dt  ( x(t ), Ay (t )) .00Отсюда вытекает, что A  A . Далее:*1100( Ax (t ), x(t ))   (tx (t )) x(t )dt   tx 2 (t )dt  0 .Следовательно, оператор А неотрицательный.1s tA : L2 [0,1]  L2 [0,1] , Ax (t )   e x( s)ds41) Доказать, что операторявляется0самосопряжённым и неотрицательным.Решение:Рассмотрим скалярное произведение:1100( Ax (t ), y(t ))   (  eСледовательно,s tA A1( Ax (t ), x(t ))   (  e0100x( s)ds) y(t )dt   (  e*11s t1100x(t )dt ) y( s)ds   x(t )(  e s t y( s)ds)dt  ( x(t ), Ay (t )).

Далее:s t111x( s)ds) x(t )dt   e x( s)ds *  e x(t )dt  (  e t x(t )dt ) 2  00.Следовательно, оператор А неотрицательный.s0t0042)ПустьhR,h0фиксировано.A : L2 (,)  L2 (,) ,Доказать,Ax (t ) чторазностныйоператор1hh x(t)x(t)h 22 удовлетворяет соотношению A   A* .Решение:Рассмотрим скалярное произведение:1hh 1hhx(t)x(t)y(t)dtx(t)y(t)dtx(t)y(t)dt h  222 h 2( Ax (t ), y (t )) 1hh 1hh x(s)y(s)dsx(s)y(s)ds  x(t )  (  y (t  )  y (t  ))dt ( x(t ), Ay (t ))h  22  h22 Отсюда вытекает, чтоA*   A .43) Пусть – самосопряженный оператор, действующий в гильбертовом пространстве , причем ≠ 0. Доказать, что если существует ограниченный оператор −1 , то обратный оператор тожесамосопряжен.Решение:Поскольку ∃−1 – ограниченный, то ∀, ∈ ∃, ∈ : = −1 , = −1 .

Тогда−1 , = , = , = (, −1 ).44) Пусть - ограниченный самосопряженный оператор, ∈ ℂ, ≠ 0. Доказать, что оператор − −1 существует.Решение:Предположим, что ∃0 : − 0 = 0. Тогда 0 = 0 . Рассмотрим скалярноепроизведение (, ) и воспользуемся самосопряженностью оператора : 0 , 0 = 0 = 0 , 0 = 0 . Следовательно, предположение верно только при 0 = 0.Отсюда очевидно следует обратимость оператора ( − ).45) Рассмотрим оператор : 2 → 2 , = 0, 0, 3 , 4 , … , для = 1 , 2 , 3 , … ∈ 2 .

Доказать,что самосопряжен в 2 и ≥ 0. Найти оператор .Решение:В гильбертовом пространстве оператор является самосопряженным, если ∀, ∈ 2выполнено , = (, ). Пространство 2 становится гильбертовым, если для любыхдвух его элементов = (1 , 2 , … ) и = (1 , 2 , … ) положить , = ∞=1 .Сходимость этого ряда для любых и из 2 вытекает из неравенства Буняковского длярядов.Рассмотрим скалярное произведение∞∞, = ∞=1() ==3 ==1 () = (, ).Таким образом, оператор является самосопряженным.∞∞2Далее: , = ∞=1() ==3 ==3 ≥ 0.Теперь рассмотрим оператор 2 .

Очевидно, 2 = = 0, 0, 3 , 4 , … = . Значит, = .46) В вещественном линейном пространстве −, найти собственные значения и собственныевекторы оператора: А) = (−); В) = ∫− cos + .Решение () = (−)() = (−), (−) = () ⇒ 2 () = () следовательно, если ≠ 0, то собственнымизначениями оператора являются:1. = 1⇒2. = −1⇒Собственные вектора - четные функцииСобственные вектора - нечетные функцииРешение () = ∫− ( + )()() = ∫− (cos()cos()() − sin()sin()()) = 1 ()cos() + 2 ()sin() Исходяиз этого будет искать собственные вектора в виде () = cos() + sin().

(cos() +sin()) = cos() − sin() = cos() + sin() ⇒ = , = 0, = 1 Таким образомполучаем, что () = cos() -- собственный вектор, отвечающих собственному значению = .47) В пространстве 0, 1 рассмотрим оператор = 0 + (1). Найти , , ().Решение: () = (0) + ((1) + ( − 1)(0)) ∥ () ∥[0,1] ≤ |(0) + ((1) + ( − 1)(0))| ≤|(0)| + ||(|(1)| + ( − 1)|(0)|) ≤ + 1. ⇒ ∥ ∥= + 1 ⇒ () = 1( − )() = () −()− (1)−(0)(0) − (1) = () ⇒ () == () Видно, что при = 0 резольвента несуществует, поэтому 0 ∈ ().

Пусть теперь ≠ 0, тогда (0) = (0), (1) = (1) ⇒ (0) =(0)−1(1) =(0)+(1)−1=(0)+(1)(−1)(−1)2Таким образом, при = 1 резольвента не существует,поэтому 1 ∈ (). Спектр оператора -- () = {0,1}, при остальных значениях : () =()+ (1)+(0)=(0)(+−1)+ ()(−1)+()(−1)2.(−1)248) Рассмотрим оператор : 2 → 2 , = (1, 1 , 2 2 , … ) для = 1 , 2 , … ∈ 2 , где ∈ ℂ, ∈ ℕ, sup < +∞.

Найти .Решение:(Домрина, Леонтьева, задача 10.6). Очевидно, = ∈ . Пусть ∉ . Тогда длялюбого = 1 , … , , … ∈ 2 определен = ()≤1, … . , − , …1− , причем /(, ), что доказывает регулярность значения . Значит, = . 49) Доказать, что оператор : 2 → 2 , = (0, 1 , 22 33 , … ) для = 1 , 2 , … ∈ 2 , вполненепрерывен и найти его спектр.Решение:Непрерывность:А – непрерывен (проверяется по определению) действует в конечномерное пространство=> он вполне непрерывен.

(образ ограниченного множества компактен по т. Больцано –Вейерштрасса) . См. Теорема(Треногин, параграф 20.1, т.3 и следствие из неё)Спектр: = 0 = 11 = 22= 32 …Решая систему, получим, что при любом ≠ 0 её решение – только нулевой вектор. = 0- точка остаточного спектра, т.к. ker = 0, ⊆ 1 = 0} ≠ 2150) Доказать, что оператор : 2 [−1, 1] → 2 [−1, 1], = ∫−1 s 2 вполне непрерывен инайти его спектр.Решение:Оператор вполне непрерывный, т.к. он интегральный (по доказанному на лекциях). Так как1 = () 2 , где = ∫−1 ∈ , собственные векторы надо искать в виде1 = 2 . Но тогда = 2 ∫−1 3 = 0, и собственных векторов у оператора нет, ивесь спектр состоит из точки = 0151) Доказать, что оператор : 2 [0, 1] → 2 [0, 1], = ∫0 s (1 − ) вполне непрерывен инайти его спектр.Решение:Оператор вполне непрерывный, т.к.

он интегральный (по доказанному на лекциях).1 =1s 2 2 = 1 − 2 2s ′ −00Поэтому собственный элементы A нужно искать в виде = ( 2 + ) 2 + = − − 2 ++ = ( 2 + )5 44 3131Откуда =±. Так как оператор вполне непрерывный, то в спектр также входит точка1560 = 0, и других точек спектра нет..

Характеристики

Список файлов ответов (шпаргалок)