Решения задач (2009) (1160006), страница 3

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

Текст из файла (страница 3)

Положим, тогда пространствогильбертово. В гильбертовом пространстве оператороператору , еслипроизведение:. Таким образом,.-является сопряженным к. Рассмотрим скалярноеB ). Рассмотрим скалярное произведение:. Тогда сопряженный оператор имеет вид:32). Найти сопряженный к оператору., еслиA ).B ).приРешение.A ). В гильбертовом пространстве оператор, еслиявляется гильбертовым, если положитьпроизведение:образом,.является сопряженным к оператору.

Комплексное пространство. Рассмотрим скалярное=. ТакимB ).Рассмотрим скалярное произведение:=33) Найти сопряженный к оператору.,если:A)B). Тогда;, при.Решение.A) В гильбертовом пространстве H теорема Рисса-Фреше (§ 1 0, Теорема 2) даетотождествление пространства со своим сопряженным, поэтому для оператораравенствоопределяет сопряженный оператор.Комплексное пространствоскалярное произведение как:становится гильбертовым, если выбратьСходимость этого ряда следует из неравенства Коши-Буняковского:Рассмотрим:Таким образом, сопряженный оператор имеет вид:B) Рассмотрим:Таким образом, сопряженный оператор имеет вид:34) Какие из следующих операторовA)являются вполне непрерывными:;B);C);D);E)?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 избыло компактным необходимо идостаточно:1);2)Рассмотрим функцию:, т.к .иПри этом функция:не является равномерно непрерывной, т.к..не является ограниченной на.Значит, оператор не является вполне непрерывным.B) Ответ: ДаВоспользуемся доказательством критерия компактности вЕсли функция., тоявляется вполне непрерывным.В данном случае.Значит, оператор является вполне непрерывным.C) Ответ: Да- непрерывно дифференцируема на. Значит, равностепеннаянепрерывностьравносильна равномерной ограниченности ее производной.Заметим, что- ограничена нав силу непрерывности x(t).Значит, оператор является вполне непрерывным.D) Ответ: ДаВоспользуемся доказательством критерия компактности вЕсли функция, тоявляется вполне непрерывным.В данном случае.Значит, оператор является вполне непрерывным.E) Ответ: НетРассмотрим функцию., ноне является равностепенно непрерывной, т.к.не является ограниченной на.Значит, оператор не является вполне непрерывным.35) Будет ли вполне непрерывным оператор A : C[ − 1, 1] → C[ − 1, 1] , Ax(t ) =1[ x (t ) + x ( − t )]2?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 являетсяВозьмем x (t ) = t sinвполне непрерывным.36) При каком условии на функцию ϕ (t ) ∈ C[0,1] оператор A : C[0,1] → C[0,1] ,Ax(t ) = ϕ (t ) x (t ) будет вполне непрерывным?Решение:Докажем, что искомым условием на функцию ϕ (t ) является условие ϕ (t ) ≡ 0, t ∈ [0,1] .Пусть это не так, т. е.

∃ t0 ∈ [0,1] : ϕ (t0 ) ≠ 0 .Тогда в силу свойств непрерывных функций ∃ δ > 0 : ϕ (t ) ≠ 0, ∀ t ∈ [t0 − δ , t0 + δ ] .Не ограничивая общности, будем полагать, что ϕ (t ) ≥ 0 всюду в окрестности точки t0(случай ϕ (t ) < 0 рассматривается аналогично). Рассмотрим функцию 0, t ∈ [0, t0 − δ ],t− t + δ0xδ (t ) = , t ∈ (t0 − δ , t0 + δ ),2δ 1, t ∈ [t0 + δ ,1].Легко заметить, что ∀ δ ∈ (0, δ 0 ) xδ ∈ S1 (0) ⊂ C[0,1] .Имеем Axδ (t0 + δ ) − Axδ (t0 − δ ) = ϕ (t0 + δ ) ≥ C > 0 , где C = const , ∀ δ ∈ [0, δ 0 ) , т. к.ϕ (t ) ∈ C (t0 ) .Итак, ∀ δ ∈ (0, δ 0 )∃ xδ (t ) ∈ C[0,1] : Ax(t0 + δ ) − Ax(t0 − δ ) ≥ C > 0 ⇒ образ замкнутогоединичного шара из пространства C[0,1] при отображении А не есть равностепеннонепрерывное множество функций ⇒ А не является вполне непрерывным оператором.Мы пришли к противоречию ⇒ ϕ (t ) ≡ 0, t ∈ [0,1] .dx, если он рассматривается какdt37) Будет ли вполне непрерывным оператор Ax(t ) =действующий:А) A : C 1[0,1] → C[0,1] ;B ) A : C 2 [0,1] → C 1[0,1] ;C ) A : C 2 [0,1] → C[0,1] ?Решение:А)РассмотримТогда Ax n (t ) ={xn (t )}∞n = 1 ⊂ S1 (0) ⊂ C 1[0,1] ,последовательностьcos(tn)2неограниченнаяиdn sin(tn)( Ax n (t )) = −.dt2d( Ax n (t ))dtТ.е.приявляется равностепенно непрерывным множеством функций →вполне непрерывный.B ) Ответ: нет.Рассмотримsin(tn).2n-n → ∞ .

Следовательно, образпространства C[0,1] при отображении А непоследовательностьзамкнутого единичного шара изx n (t ) ={x n (t )}∞n = 1 ⊂ S1 (0) ⊂ C 2 [0,1] ,последовательностьcos(nt )t ∈ [0,1] .,3n 2dcos(nt ). Очевидно,( Ax n (t )) = −dt3x n (t ) =сходится к 0, а значит и слабо приоператор А неТогдаAx n (t ) = −что последовательностьn→ ∞sin( nt )3nи{x n (t )} сильно. Тогда докажем, что из{ Ax n (t )}C 1 [0,1] . Пусть это не{ y nk }∞k = 1 ⊂ { Ax n } . Тогданельзя выделить фундаментальную последовательность втак и∃фундаментальная последовательность′max y nk (t ) − y (t ) + max y nk (t ) − y ′ (t )  k→∞ → 0 .t∈ [ 0 ,1]имеем:t∈ [ 0 ,1]По признаку Коши′′max y nk + p (t ) − y nk (t ) + max y nk + p (t ) − y nk (t )  k, p →∞ → 0 .t∈ [ 0 ,1]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, p →∞ → 0 ⇔ sin• sin k, p →∞ → 0322.

А это не так. Значит, получили противоречие →непрерывный.С) Ответ: да.оператор А не вполнеS 1 (0) ⊂ C 2 [0,.1]при отображении А. ВРассмотрим образ F множестваC 2 [0,1]пространствеS 1 (0) = {x(t ) ∈ C 2 [0,1] : max x(t ) + max x ′ (t ) + max x ′′ (t ) ≤ 1} .t∈ [ 0 ,1]Следовательно,t∈ [ 0 ,1]x ∈ S 1 (0) ⊂ C 2 [0,1] ,еслиd( Ax(t )) ≤ 1 ⇒t∈ [ 0 ,1] dtmax Ax(t ) + maxt∈ [ 0 ,1]t∈ [ 0 ,1]F–равномернотоограниченноиравностепенно непрерывно (в силу ограниченности множества производных) ⇒Согласно теореме Арцела, F компактно.

А значит, оператор А – вполненепрерывный.38) Сформулировать критерий компактности вA : l2 → l2вполне непрерывны (приlp .Какие из следующих операторовx = ( x1 , x 2 ,) ):Ax = (0, x1 , x 2 , ) ;x xB ) Ax = ( x1 , 2 , 3 , ) ;2 3А)C)Ax = (0, x1 ,x 2 x3, , ) ?2 3Решение:Критерий компактности в l p : Для компактности замкнутого множестваK ⊂ lpнеобходимо и достаточно, чтобы множество K было ограниченным и чтобы∀ ε > 0 ∃ n0 = n0 (ε ) ∈ N :∞∑ξip< ε p , ∀ n ≥ n0 , ∀ x = {ξ 1 , ξ 2 , ) ∈ K .i = n+ 1А) Ответ: оператор не является вполне непрерывным.Приведём пример, подтверждающий это. Фиксируем1и рассмотрим2ε =x n = ( x 1n , x n2 , ) : x nn = 1, x nk = 0, ∀ k ≠ n .последовательностьОчевидно,{x n } ∈ B1 (0) .чтоТогдаAx n = (0, x 1n , x n2 , ) : x nn = 1, x nk = 0, ∀ k ≠ n .∀ n 0 ∈ N ∃ n ≥ n0∞∑i= n+ 1Ax kp=∞∑i= n+ 1xk − 1p= 1≥1= ε4И2.посколькуB ) Ответ: оператор является вполне непрерывным.Для доказательства этого покажем, что образ F замкнутого единичного шара изявляетсякомпактнымlp .компактности вyимеем:∞∑=2n= 1множеством,длячеговоспользуемсяОграниченность очевидна, поскольку∞∑( yn ) =2(n= 1l2критерием∀ y = Ax ∈ Fxn 2) ≤ 1 .

Ограниченность Fnдоказана. Чтобыдоказать его замкнутость, докажем, что A – непрерывный оператор, тогда, в силузамкнутостишара,замкнутость( x nk − x 0k ) 2= ∑≤2kk= 0∞2Ax n − Ax 0получим∞∑k= 0F.{x n } → x0 .ПустьТогда( x nk − x 0k ) 2 = x n − x 0  n→∞ → 0. Следовательно, оператор А непрерывный. Условие критерия компактностиlpмножества в∞проверяется так:∞xk 2(Ax)=(∑k = n k ∑k = n k 2 ) ≤ {xk ∈ B1 (0)} ≤заданном ε > 0 и любом n ≥ n 0 (ε ) .2∞1<∈2kk= n∑при любом наперёдС) Ответ: оператор является вполне непрерывным.Доказательство совершенно аналогично доказательству предыдущего пункта (сосмещением индексов последовательности на 1).39)Доказать,чтоA : l2 → l2 ,операторAx = (λ 1 x1 , λ 2 x 2 ,)дляλ k ∈ R , k ∈ N , sup k λ k < ∞ , есть самосопряжённыйоператор.

При каком условии на последовательность λ k он будет неотрицательным?x = ( x1 , x 2 , ) ∈ l 2 ,гдеРешение:Рассмотрим скалярное произведение:( Ax, y ) =∞∑i= 1Значит,( Ax) i y i =A= Aоператор( Ax, x) =∞Доказать,∑i= 1λ i xi y i =∞∑i= 1xi (λ i y i ) = ( x, Ay )* и оператор А является самосопряжённым. Найдём, при какихА∑( Ax) i xi =чтооператорi= 140)∞является∞∑i= 1λiнеотрицательным:λ i xi2 ≥ 0 .

Отсюда вытекает, что λ i ≥ 0, ∀ i .A : L2 [0,1] → L2 [0,1] ,неотрицательный самосопряжённый оператор.Решение:Рассмотрим скалярное произведение:Ax(t ) = tx (t )есть11∫ (tx(t )) y(t )dt = ∫ x(t )(ty (t ))dt =( Ax(t ), y (t )) =0( x(t ), Ay (t )) .0Отсюда вытекает, что A = A .

Далее:*1∫( Ax(t ), x(t )) =1(tx(t )) x(t )dt =02tx∫ (t )dt ≥ 0 .0Следовательно, оператор А неотрицательный.141) Доказать, что операторA : L2 [0,1] → L2 [0,1] , Ax(t ) =∫es+ tx( s )dsявляется0самосопряжённым и неотрицательным.Решение:Рассмотрим скалярное произведение:1( Ax(t ), y (t )) =1∫ (∫ e0s+ t1x( s)ds ) y (t )dt =0Следовательно,∫ (∫ e0s+ tx(t )dt ) y ( s)ds =01100∫ x(t )(∫ es+ ty ( s)ds )dt = ( x(t ), Ay (t ))A = A* . Далее:1( Ax(t ), x(t )) =11∫ (∫ e0s+ t1x( s )ds ) x(t ) dt =0∫e01s1x( s ) ds * ∫ e x(t ) dt = ( ∫ e t x(t ) dt ) 2 ≥ 0t00.Следовательно, оператор А неотрицательный.42)h∈ R, h ≠ 0Пустьфиксировано.Доказать,Ax(t ) =A : L2 ( − ∞ , + ∞ ) → L2 ( − ∞ , + ∞ ) ,удовлетворяет соотношению A = − A* .Решение:Рассмотрим скалярное произведение:чторазностный1hh x(t+)−x(t−)h 22 +∞1hh 1h( Ax(t ), y (t )) = ∫  x(t + ) − x(t − )  y (t )dt =  ∫ x(t + ) y (t ) dt −h22 h −∞2−∞+∞=1h ∫ x ( s ) y ( s − )ds −h −∞2+∞Отсюда вытекает, что+∞∫x( s ) y( s +−∞h ) ds  =2 +∞1∫ x(t ) • (− h  y (t +−∞оператор+∞∫−∞x(t −h) y (t ) dt  =2hh ) − y (t − )  ) dt = ( x (t ),− Ay (t ))22 A = − A.*43) Пусть – самосопряженный оператор, действующий в гильбертовом пространстве ,причем.

Доказать, что если существует ограниченный оператор, то обратныйоператор тоже самосопряжен.Решение:Поскольку– ограниченный, то. Тогда.44) Пусть - ограниченный самосопряженный оператор,. Доказать, чтооператорсуществует.Решение:Предположим, что. Тогда. Рассмотрим скалярноепроизведениеи воспользуемся самосопряженностью оператора :. Следовательно, предположение вернотолько при. Отсюда очевидно следует обратимость оператора.45) Рассмотрим оператор, для.Доказать, что самосопряжен в и. Найти оператор.Решение:В гильбертовом пространстве оператор является самосопряженным, есливыполнено.

Характеристики

Список файлов ответов (шпаргалок)