Задачи с решениями 2009 (1160001), страница 4

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

Текст из файла (страница 4)

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.

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 .

Характеристики

Список файлов ответов (шпаргалок)