Задачи с решениями 2009 (1160001), страница 2

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

Текст из файла (страница 2)

2 , − 1 , ≤9) Доказать, что всякое конечномерное линейное нормированное пространство являетсябанаховым.Решение:Обозначим E – конечномерное линейное нормированное пространство.( )Возьмем фундаментальную последовательность элементов ( ) = =1 ∈ ( =1, 2, …), где 1 , 2 , … , – базис пространства E.Т.к.

для любого ∈ все его его координаты удовлетворяют неравенству ≤ ,где H – постоянная, зависящая только от выбора базиса в E (лемма 5.3.2 из Вулих Б.З«Введение в функциональный анализ»), то()()− ≤ ( ) − () , →∞0Следовательно, благодаря полноте множества вещественных чисел существуют конечные() = lim →∞ .Лемма 5.3.1 из Вулих Б.З «Введение в функциональный анализ»:Сходимость по координатам влечет сходимость по норме. Именно, пусть ( ) ∈ ( =( )( )1, 2, … ) и ( ) = =1 . Если при каждом = 1, 2, … , , а ==1 , то ( ) ⟶ .По этой лемме получаем ( ) → =оно банахово. ⟶∞=1 ..Таким образом, полнота E доказана, т.е.10) Доказать, что подпространство банахова пространства является банаховым пространством.Решение:Рассмотрим фундаментальную последовательность 1 , 2 , … , в подпространстве 1банахова пространства (норма в 1 берется такая же, как и в ).

Эта последовательностьявляется фундаментальной и в , т.к. 1 - подпространство. Поскольку – банахово, то, ∈ . Так как 1 – подпространство, то по определению подпространства оно→∞замкнуто, следовательно, ∈ 1 .Получили, что произвольная фундаментальная последовательность 1 , 2 , … , вподпространстве 1 сходится к , причем ∈ 1 . Следовательно, 1 - банахово поопределению.11) Может ли в банаховом пространстве иметь пустое пересечение последовательность непустыхзамкнутых вложенных множеств?Решение:Да, может.Пример: банахово пространство ℝ (пространство вещественных чисел) ипоследовательность непустых замкнутых вложенных множеств в нем: = , +∞ , =0, 1, 2, …∞= ∅=012) Доказать, что в пространстве со скалярным произведением для любых элементов , , имеет1+ 2место тождество Аполлония: ∥ − ∥2 +∥ − ∥2 = ∥ − ∥2 + 2 ∥ −∥ .22Решение:Преобразуем левую часть тождества, пользуясь свойствами скалярного произведения:∥ − ∥2 +∥ − ∥2 = z − x, z − x + z − y, z − y= z, − 2 , + , + , − 2 , + , = 2 , − 2 , − 2 , + , + (, )Преобразуем правую часть тождества, пользуясь свойствами скалярного произведения:1+ 2 1++∥ − ∥2 + 2 ∥ −∥ = − , − + 2 −, −2222211++ += , − , + , + 2 , − 4 ,+2,22222111= , − , + , + 2 , − 2 , − 2 , + , + , 2221+ , = 2 , − 2 , − 2 , + , + (, )2Таким образом, в пространстве со скалярным произведением для любых элементов , , тождество Аполлония имеет место.13) Доказать, что для того чтобы элемент гильбертового пространства был ортогоналенподпространству ⊂ , необходимо и достаточно, чтобы для любого элемента ∈ имело местонеравенство ∥ ∥≤∥ − ∥.Решение (необходимость)∀ ⊥ , ∀ ∈ ∥ − ∥2 = ( − , − ) = (, ) − (, ) − (, ) + (, ) =∥ ∥2 +∥ ∥2 ≥∥ ∥.Решение (достаточность)Воспользуемся теоремой Леви ( - гильбертово, - подпространоство в нем).

Разложим указанным в ней способом: = + , ∈ , ⊥ . По условию ∥ ∥≤∥ − ∥, ∀ ∈ . Докажем,что = 0.⊥∥ + ∥≤∥ + − ∥, ∀ ∈ . Пусть = ⇒∥ + ∥≤∥ ∥⇔ ( + , + ) ≤ (, ) ⇔ (, ) +(, ) ≤ (, ) ⇒⇒ (, ) = 0 ⇒ = 0 ⇒ = 0.14)Доказать,чтопрификсированномнатуральноммножество = ∈ 2 , = (1 , 2 , ): =1 = 0 является подпространством пространства 2 . Описать такоеподпространство , что 2 = ⊕ .РешениеПокажем, что является линейным многообразием∀, ∈ , ∀, ∈ (1 , 2 , ). =1 = =1 + =1 = 0 ⇒ ∈ = + =Построим разложение 2 = ⊕ .

Пространство 2 является гильбертовым, являетсяподпространством в нем ⇒ 2 = ⊕ ⊥ (по следствию из теоремы Леви). Построим ⊥ .1. Покажем, что ∀ ∈ ⊥ = 0, ∀ > ∞=0Действительно, = (0, ,0 , 1,0, ) ∈ ⇒ (, ) = 0. (, ) = = ⇒ = 0;−12. Покажем, что ∀ ∈ ⊥ = , ∀, ≤ Действительно, = (0, ,0, 1 , 0, ,0, −1 , 0, ) ∈ ⇒ (, ) = 0. (, ) =∞=0 = − ⇒ = ;Итак, мы показали, что необходимым условием того, что ∈ ⊥ является представлениеx в виде = (, , , , , 0,0, ).Очевидно, что это является и достаточным условием, так как∀ ∈ (, ) =∞=1=1 ∗ = ∗ = ∗=1 = 0Итак, искомое пространство L является линейной оболочкой вектора = (1,1, ,1 , 0, ).11115) В пространстве 2 рассмотрим последовательность = 1, 2 , 22 , 23 , , ∈ . Доказать, чтолинейная оболочка этой последовательности всюду плотна в пространстве 2 .Решение = ({ }).Докажем, что лишь нулевой элемент пространства 2 ортогонален всем элементам множества (от противного).

Пусть ∃ = 1 , 2 , ≠ 0 ∈ 2 , ⊥ ∀ ∈ , ∃ ∈ , > 0: 1 = 2 = −1 =∞=+1 (2 )0, ≠ 0, ∈ 2 ⇒ ∃ > 0: | | ≤ ∀ ∈ ⇒ ∀ ∈ 2{∀ ∈ } ≤ 2( +1) 0 = (, ) =Получаем22≤ 2( +1)∀ ∈ ⇒∞=0 2≤∞=+1 (2 )⇒ { 1 = 2 == −1 = 0} ⇒ 2 = −222 ( +1)2 2 ( +1)2 ≥112 ( +1)11− 2=≤∞=+1 2 .2= | 2 | → 0, → ∞. Полученное противоречиедоказывает, что изначальное утверждение было неверно.

Итак, мы доказали, что (∀ ∈ , ⊥ ) ⇒ = 0. Так как 2 является гильбертовым, то из доказанного выше утверждения следует, что -- всюду плотное множество.16) Доказать, что следующие операторы являются линейными ограниченными и найти их нормы:1. : 1 [, ] → [, ], () =12. : 2 [0,1] → 2 [0,1], () = ∫0 ()Решение для () =В силу свойств производной получаем∀, ∈ , ∀, ∈ 1 [, ]( + ) =()()(() + ()) = += + .Получаем, что оператор линеен.Докажем ограниченность оператора . В силе линейности оператора достаточно доказать, чтооператор переводит замкнутый единичный шар с центром в нуле в пространстве 1 [, ] вограниченное множество в пространстве [, ].

∀ ∈ 1 (0) ∥ ∥ 1 = max |()| + max |′()| ≤∈[0,1]∈[0,1]1 ⇒∥ ∥ = max |′()| ≤ 1.∈[0,1]Итак, мы получили, что -- линейный и ограниченный. Найдем его норму. Ранее было полученно,что ∥ | ≤ 1. Покажем, что ∥ ∥= 1. Рассмотрим последовательность функций () =∥ ∥ 1 = max |∈[0,1]sin ( )cos ( )| + max | +1 |+1∈[0,1]1= +1 + +1 = 1. ∥ ∥ = max |∈[0,1]cos ( )| +1sin ( )+1= +1 →1, → ∞. Итак, мы получили максимизирующую последовательность элементов из 1 [, ],показывающую, что ∥ ∥= 1.Решение для () = ∫ ()Докажем линейность оператора . В силу линейности интеграла Лебега получаем.

∀, ∈111, ∀, ∈ 1 , + = ∫0 + = ∫0 () + ∫0 () = +.Получаем, что оператор линеен.Докажем ограниченность оператора . В силе линейности оператора достаточно доказать, чтооператор переводит замкнутый единичный шар с центром в нуле в пространстве 2 [0,1] в1∫0ограниченное множество в пространстве 2 [0,1]. ∀ ∈ 1 (0) ∥ () ∥=11∫0 2 ∫0 ()2121 ∫0()212=1=131∫0 () ≤1112∫ 2 ()∫0 12 3 0неравенствоКоши−Буняковского≤13Итак, мы получили, что -- линейный и ограниченный.

Найдем его норму. Ранее было полученно,11что ∥ | ≤ 3. Покажем, что ∥ ∥= 3. Возьмем () = 1, ∈ [0,1]. Тогда получаем1∥ ∥= 1,12 =∥ ∥=0Так как мы показали, что ∀ ∈ 1 (0)∥ | ≤1313.и ∃ ∈ 1 (0): ∥ ∥=13⇒∥ ∥=1.317) Пусть и -- линейные нормированные пространства, : → -- линейный оператор собластью изменения ().1. Доказать, что () -- линейное многообразие в .2. Всегда ли () -- подпространство в .Решение (линейное многообразие)() = { ∈ : ∃ ∈ : = }Для доказательства того, что () является линенйным многообразием необходимо доказать, что∀, ∈ , ∀1 , 2 ∈ 1 + 2 ∈ . 1 ∈ ⇒ ∃1 ∈ : 1 = 1 2 ∈ ⇒ ∃2 ∈: 2 = 2 1 = 1 , 2 = 2 из линейности оператора . 1 + 2 = 1 +2 , 1 + 2 ∈ в силу линейности .Таким образом,многообразием.получаемчто = 1 + 2 ∈ () ⇒ ()являетсялиненйнымРешение (подпространство)Докажем, что не всегда является подпространством.

Для этого построим линейный оператор, такой, что не является замкнутым множеством. : 2 −1,1 → −1,1 , = Рассмотримпоследовательностьнепрерывнодифференцируемыхфункций1− = 22 ∈ −1, − +121 1 ∈ − ,∈ = ∫−1 ⇒ ∈ 2 −1,1 , = .1,1Покажем,÷ то → = по норме . − = − −110 ∈ −1,∪ ,11= 2max − = 0 =→ 0, 11 1∈−1,12+− ∈ − ,22 → ∞ ⇒ → = по норме . () = || ∉ 1 [−1,1].Но () ∈ 1 [−1,1] ⇒ () ≠ ().

Таким образом, получаем что () не всегда естьподпространство.18) Доказать, что в банаховом пространстве для любого ∈ ( → ) определены операторы(−1) 2 +1∞=0 (2+1)! , cossin =(−1) 2∞=0 (2)! .=РешениеПо теореме 3 § 7 пространство ( → линенйных непрерывных операторов в банаховомпространстве само является банаховым, то есть любая фундаментальная последовательностьэлементов из этого пространства сходится к элементу этого же пространства.Рассмотрим операторную последовательность =(−1) 2+1=0 (2+1)! .Так как ∈ ( → ), то является линейным непрерывным оператором. Докажем, что так же является линенйнымнепрерывным оператором.• является непрерывным как композиция конечного числа непрерывных операторов.• ∀, ∈ , ∀, ∈ .

( + ) =∞=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.

Характеристики

Список файлов ответов (шпаргалок)