Задачи с решениями 2002 г 2 поток (1160009), страница 5
Текст из файла (страница 5)
Кроме того, при x(t) = 1 эта−1верхняя грань достигается, следовательно, kf k = 1.44. []3] Пусть X — множество функций f (x), определенных на всей вещественнойпрямой, каждая из которых равна нулю вне некоторого конечного интервала.Введем норму, полагая kf k = max |f (x)|. Будет ли пространство банаховым?xРешение. Рассмотрим функциональную последовательность {fn (x)}∞n=1 , определенную по следующему правилу:(e−x , x ∈ [0, n],fn (x) =0,x∈/ [0, n].Тогда kfm − fn k = max |fm (x) − fn (x)| = max(e−m , e−n ) −−−−→ 0.
Очевидно вxm,nm,n→∞то же время, что(e−x , x > 0,fn → f =∈/ X.0,x<0Таким образом, пространство X неполно, а, следовательно, и не банахово.45. []3] Является ли пространство непрерывных на отрезке [0, 1] функций гильбертовым пространством, если скалярное произведение задается следующимR1образом: (f, g) = f (x) · g(x)dx?0Решение. Пространство, очевидно, линейное. Для гильбертовости необходимопроверить аксиомы скалярного произведения:(a) (f, g) = (g, f ) — очевидно;(b) линейность вытекает из линейности интеграла Римана;(c) (f, f ) > 0 вытекает из свойства интеграла Римана, что интеграл от неотрицательной функции неотрицателен.R1(d) (f, f ) = 0 ⇔ f 2 (x)dx = 0 ⇔ f 2 (x) ≡ 0 ⇔ f (x) ≡ 0, так как f (x) ∈ C[0, 1].02546. []3] Показать, что если в гильбертовом пространстве H последовательность xnслабо сходится к x и kxn k → kxk (x → ∞), то последовательность xn сходитсясильно.Решение.kxn − xk2 = (xn − x, xn − x) = (xn , xn − x) − (x, xn − x)= (xn − x, xn ) − (xn − x, x) = (xn , xn ) − (x, xn ) − (xn , x) + (x, x)= (xn , xn ) − (xn , x) − (x, xn ) + (x, x).Возьмем f1 (y) = (x, y), f2 (y) = (y, x).
Они, очевидно, линейны и непрерывны.Тогда из слабой сходимости xn к x следует, что f1 (xn ) → f1 (x), f2 (xn ) → f2 (x).kxn k → kxk , (xn , xn ) → (x, x),f1 (xn ) → f1 (x), ⇐⇒(x, xn ) → (x, x),f2 (xn ) → f2 (x)(xn , x) → (x, x)=⇒ kxn − xk2 = (xn , xn ) − (xn , x) − (x, xn ) + (x, x) −−−→ 0,n→∞что и означает сходимость по норме, то есть сильную сходимость.47. []3] Доказать, что любой линейный непрерывный функционал в гильбертовомпространстве H достигает нормы на замкнутом единичном шаре.Решение.
Пусть kf k = sup |f (x)| = M . Тогда, по определению точной верхнейkxk61грани, существует такая последовательность {xk }, что f (xk ) % M . Так какединичный шар — компакт, существует сходящаяся подпоследовательность xkm ,которая стремится к точке x0 единичного шара. Очевидно, |f (x0 )| > |f (xkm )|, атак как функционал непрерывен, то|f (x0 )| = lim |f (xkm )| = lim |f (xk )| = M.m→∞k→∞Следовательно, |f (x0 )| = kf k.48. []3, ]2, ]1, ]4] Найти норму оператора A, действующего в пространстве C[0, 1](или в пространстве L2 [0, 1]): Ax = t · x(t).26Решение.
Случай L2 [0, 1]. Используя неравенство kxk 6 1 имеем 1 12 1 21ZZkAk = sup kAxk = sup t2 x2 (t)dt 6 x2 (t)dt = kxk 6 1.kxk61kxk610(0√1 ,δ1δ6 t 6 1, 0 < δ < 1,Легко проверить, что для x(t) =норма0,0 6 t < 1 − 1δssr ¯1qR1 1R1 t2211 t3 ¯dt = δ · δ = 1, а норма kAxk =dt = δ 3 ¯ 1 = 1 − δ + δ3kxk =δδ1−δ1−1− δ1−δвыбором достаточно малого δ может быть сделана как угодно близкой к 1.Таким образом, kAk = 1.Случай C[0, 1].kAk = sup kAxk = sup sup |t · x(t)| 6 1.kxk61kxk61 t∈[0,1]Легко проверить, что для x(t) ≡ 1 норма kAxk = sup |t| = 1, следовательно,t∈[0,1]kAk = sup kAxk = 1.kxk6149.
[]3] Определить оператор A−1 и нормы операторов A и A−1 , если A : `2 → `2 ,где A(x1 , . . . , xn , . . . ) = (0, x1 , . . . , xn , . . . ).Решение. Очевидно, уравнение Ax = y, где y = (0, y2 , y3 , . . . ) имеет единственное решение x = (y2 , y3 , . . . ), следовательно оператор A обратим и фактическиуже определен выше.vvu∞u∞XuuX2tkAk = sup kAxk = sup|xn−1 | = sup t|xn |2 = sup kxk = 1,kxk61kxk61kxk61n=1n=0kxk61vu∞uX°°° −1 °°A ° = sup °A−1 y ° = sup t|(A−1 y)n |2 = sup kyk = 1.kyk61kyk61n=2kyk6150. []3] Определить спектр оператора A, действующего в пространстве `2 :³x x x´xn123A(x1 , . .
. , xn , . . . ) =, , , ...,, ... .1 2 3n27Решение. Ищем такие λ, что уравнениеAx = λx(1)имеет ненулевые решения. В таком случае имеем систему уравнений:x1 = λx1 , .........xn= λxn , n.........Очевидно, подходят только λ вида k1 , k ∈ N, для которых решением (??) будет,например, последовательность (0, . . .
, 0, 1, 0, . . . ), где единица стоит на k-ом месте, а все остальные — нули. Следовательно, спектром оператора будут числавида λk = k1 , k ∈ N.51. []3] В пространстве C[0, 1] задан оператор A:(a) Ax(t) = t · x(t);Rt(b) Ax(t) = x(τ )dτ ;0(c) Ax(t) = x(0) + tx(1).Будет ли оператор A компактным?Решение. Критерием компактности оператора является тот факт, что любоеограниченное множество он переводит в равномерно ограниченное и равностепенно непрерывное. В дальнейшем все действия с функциями происходят наотрезке [0, 1].(a) Множество M = {x(t) : |x(t) 6 1|} ограничено.
Очевидно, множество Mсодержит функции вида tn . Они содержатся в A(M ), а так как, согласнозадаче ??, образуют не равностепенно непрерывное множество, A(M ) неявляется компактным.(b) Возьмем произвольное ограниченное множество M ⊂ C[0, 1]. Существуетm : ∀x ∈ M ⇒ |x(t)| 6 m. Но тогдаZt|Ax(t)| 6|x(t)| dt 6 mt 6 1,028следовательно, {Ax} при x ∈ M — равномерно ограниченное множество.Докажем его равностепенную непрерывность: зафиксируем для этого произвольное ε > 0.
Тогда при t, t + ∆ ∈ [0, 1]¯¯ t+∆t+∆¯¯ZZ¯¯|x(τ )| dτ 6 m∆.x(τ )dτ ¯¯ 6|Ax(t) − Ax(t + ∆)| = ¯¯¯¯ttВзяв ∆(ε) = mε , получим равностепенную непрерывность образа. Следовательно, A переводит любое ограниченное множество в предкомпактное, ион компактен.(c) Возьмем произвольное ограниченное множество M ⊂ C[0, 1]. Существуетm : ∀x ∈ M ⇒ |x(t)| 6 m. Но тогда|Ax(t)| 6 |x(0)| + t |x(1)| 6 mt + m 6 2m,то есть AM — равномерно ограниченное. Фиксируем произвольное ε > 0.Тогда ∀ x ∈ M, ∀ δ : t, t + δ ∈ [0, 1]|Ax(t + δ) − Ax(t)| = |(t + δ)x(1) − tx(1)| = |x(1)| δ 6 mδ.Взяв δ = mε , получим определение равностепенной непрерывности для всехx ∈ M .
Из этого следует, что любое ограниченное множество переводитсяоператором A в предкомпактное, следовательно, A — компактен.52. []3] В пространстве `2 задан оператор A:³ x x´xn12A(x1 , x2 , . . . , xn , . . . ) = c, , , . . . ,, ... .1 2nДоказать, что оператор A компактен и найти его спектр.Решение. Рассмотрим произвольное ограниченное множество в `2 . Оно содержится в некотором шаре радиуса a, который переводится этим оператором впараллелепипед A : x1 = c, |x2 | 6 a, |x3 | 6 a2 , . . .
, |xn | 6 a n−1. . . для любойmпоследовательности (x1 , . . . , xn , . . . ) из шара. Известно, что полученное множество вполне ограниченно, а, следовательно, и предкомпактно. Следовательно,A компактен.29Найдем спектр A. Система (??) в данном случае примет видx1 = λc,x2 = λx1 ,λx2 x3 =,2...........λxn−1x=,nn−1...........Возможны два случая:(a) c = 0.
Тогда получаем, что x1 = λ · 0 = 0, x2 = λ · x1 = 0, . . ., то естьрешением будет лишь последовательность нулей.(b) c 6= 0. Тогда ∀λ 6= 0 существуют ненулевые решения уравнения (??):¶µλnλ3 λ42c, . . . .λc, λ c, c, c, . . . ,23n−1Легко проверить, что это решения.Таким образом, при c = 0 спектр — ∅, а при c 6= 0 спектр — R \ {0}.53. []3] Привести примеры линейных, но не непрерывных функционалов.Решение. Рассмотрим пространство L2 [0, 1].
Определим функционал f (x(t)) =x(1). Очевидно, он линейный. Тем не менее, он не является непрерывным, таккак единичному шару в L2 [0, 1] принадлежит последовательность функций(√£¤n, t ∈ 1 − n1 , 1 ,xn (t) =0,иначе.Очевидно,Z1x2n (t)dt 6 1 ∀n,а функционал f (xn ) =не непрерывен.√0n не ограничен на единичном шаре, следовательно, он30.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
