1625915895-3a744cb5c06ad75d9b8c6809466dfe6e (844024), страница 12
Текст из файла (страница 12)
(x, y) ∈ Γ.1133.4.2Теорема о замкнутом графикеТеорема 3.4.1 Пусть X и Y – пространства Банаха, а A :X → Y – замкнутый линейный всюду определенный оператор. Тогда A ограничен.В важности класса замкнутых операторов мы убедимся в следующем параграфе. Именно, мы увидим, что, в отличии от непрерывных операторов, они образуют не только кольцо, но и алгебру.114Схема доказательства.Лемма 3.4.2 Пусть X1 – всюду плотное множество в банаховом пространстве X, Тогда любой ненулевой элемент x ∈ X можPjно разложить в ряд x = ∞j=1 xj , где {xj } ⊂ X1 и kxj k ≤ 3kxk/2 .Лемма 3.4.3 В условиях теоремы Банаха, пусть существуютмножество X1 , плотное в X и постоянная c > 0, такие, чтоkAxkY ≤ ckxkX для всех x ∈ X1 .Тогда A ограничен.1153.53.5.1Лекция 22Сопряженный операторОпределение 3.5.1 Оператор A∗ : Y∗ → X∗ называется сопряженным к оператору A : X → Y если(3.5.1)< g, Ax >:= g(Ax) = (A∗ g)(x) =< A∗ g, x >для всех x ∈ X и g ∈ Y∗ .Сопряженный оператор всегда существует, поскольку для всякого g ∈ Y∗ равенство 3.5.1 определяет элемент X∗ .
В самом деле,по определению,(A∗ g)(ax + by) = g(A(ax + by) = g(aAx + bAy) =ag(Ax) + bg(Ay) = a(A∗ g)(x) + b(A∗ g)(y),т.е. функционал A∗ g линеен. Он непрерывен, так как|A∗ g(x)| = |g(Ax)| ≤ kgkkAkkxkX .Пример 3.5.1 Пусть X = Rn , Y = Rm , где n < ∞, m < ∞.Тогда линейный оператор A : X → Y задается (m × n)-матрицей(aij ), т.е.yi = (Ax)i =nXaij xj .j=1Так как всякий линейный функционал g ∈ Y ∗ задается в видеg(y) =mXi=1gi yi ,116тоg(Ax) =m XnXgi aij xj =i=1 j=1Значит, (A∗ g)(x) =nXi=1PnxjnXgi aij .j=1т.е. A∗ задается матрицей (aji ), транс-j=1 gi aij ,понированной к матрице (aij ).Предложение 3.5.1 Если A, B – ограниченные линейные операторы, то (A + B)∗ = A∗ + B ∗ , (αA)∗ = αA∗ для всех α ∈ R.Теорема 3.5.1 Пусть A – ограниченный линейный оператор,отображающий банахово пространство X в банахово пространство Y .
Тогда оператор A∗ линеен, ограничен и kA∗ k = kAk.3.5.2Операторные уравненияВ дальнейшем нас в первую очередь будет интересовать следующаязадача.Задача 3.5.1 По заданному y ∈ Y найти такой элемент x ∈X, что(3.5.2)Ax = y.Уравнение (3.5.2) называется линейным операторным уравнением первого рода. Как мы уже отмечали в разделе 1, в такой общностиданная задача необозрима. Мы ограничимся непрерывными отображениями в полных нормированных пространствах.Естественно возникают следующие вопросы:1171) Всегда ли и если нет, то при каких условиях существуют решения задачи 3.5.1?2) Является ли решение единственным и если нет, то при какихусловиях это так?3) Как "малые" изменения "начальных" данных y повлияют наизменение решения x?Определение 3.5.2 Задача 3.5.1 называется корректной поАдамару, если выполнены следующие три условия:1) для всякого y ∈ Y существует ее решение x ∈ X (существование),2) задача имеет не более одного решения (единственность),3) для всяких x0 ∈ Y и ε > 0 существует δ > 0 такое, что для всехx ∈ X, для которых Ax ∈ B(x0 , δ), мы имеем kx − x0 kX < ε (непрерывная зависимость от начальных данных или устойчивость).Традиционно (и объективно), именно корректные задачи наиболее важны для приложений.
Мы постаремся получить информациюи о некорректных задачах.В целом, описание условий разрешимости операторного уравнения (3.5.2) есть описание образа R(A) этого оператора. Следующее утверждение представляет собой грубую аппроксимацию такого описания и выделяет простое необходимое условие разрешимостиданного операторного уравнения.118Лемма 3.5.1 (об аннуляторе ядра) Пусть A : X → Y – ограниченный линейный оператор.
Тогда R(A) ⊂ (ker A∗ )⊥ , где(ker A∗ )⊥ = {y ∈ Y : f (y) = 0 для всех f ∈ ker A∗ }.На самом деле верно и обратное включение, т.е. R(A) =(ker A∗ )⊥ . Однако у нас недостаточно инструментов, чтобы доказатьэто строго для произвольных банаховых пространств. Мы сделаемэто в следующем разделе для операторов в пространствах Гильберта.3.5.3Обратный операторПерейдем теперь к описанию условий единственности решения операторного уравнения.Определение 3.5.3 Оператор A : X → Y называется обратимым, если для любого y ∈ R(A) уравнение(3.5.3)Ax = yимеет единственное решение x ∈ D(A). Оператор, ставящий в соответствие каждому элементу y ∈ R(A) единственный элементx ∈ D(A), удовлетворяющий уравнению (3.5.3), называется обратным к A и обозначается A−1 .Обратите внимание, что обратимость соответствует не условию 1) существования в определении корректности по Адамару, аусловию 2) – единственности.119Предложение 3.5.2 Пусть оператор A : X → Y является линейным.
Тогда следующие условия являются эквивалентными:1) оператор A обратим;2) оператор A инъективен;3) ker A = 0.Теорема 3.5.2 Если оператор A линеен и обратим, то оператор A−1 также линеен.Теорема 3.5.3 Если оператор замкнут и обратим, то обратный к нему также замкнут.1203.6Лекция 233.6.1Непрерывная обратимостьПример 3.6.1 Рассмотрим ситуацию, когда X = C[a, b], Y =C[a, b],Zt(Ax)(t) =x(τ ) dτ.aДанный оператор линеен в силу линейности интеграла и непрерывенв силу следующей оценки: ZtkAxk = max x(τ ) dτ ≤ (b − a)kxk.t∈[a,b]aКроме того, Ax = 0 влечет за собой x = d(Ax)/dt = 0, т.е. оператор инъективен, а значит, обратим. Очевидно, однако, что, решаяуравнение Ax = y, мы получаем x = d(Ax)/dt = dy/dt.
ПоэтомуA−1 = d/dt : C[a, b] → C[a, b] не ограничен.Пример 3.6.2 В пространстве C([0, 1]) рассмотрим линейныйоператорZ1y(t) = (Ax)(t) = x(t) −t s x(s) ds.0R1Заметим, что x(t) = y(t) + c t, где c = 0 s x(s) ds. Если y(t) ≡ 0,R1то x(t) = ct, откуда либо c = c 0 s2 ds, либо x ≡ 0. ПосколькуR1 20 s ds = 1/3, то уравнение Ax = y имеет не более одного решения.Интегрируя равенство tx(t) = ty(t) + c t2 на [0, 1], находим3c=2Z1sy(s)ds.0121Следовательно, при любой правой части y(t) решение уравненияAx = y имеет вид3x(t) = y(t) +2Z1sy(s)ds = (A−1 x)(t).0Легко видеть, что оператор A−1 непрерывен.Определение 3.6.1 Оператор A : X → Y называется непрерывно обратимым, если он обратим, и оператор A−1 : Y → X являетсянепрерывным.Таким образом, непрерывная обратимость соответствует условиям 2) единственности и 3) непрерывной зависимости от начальныхданных в определении корректности по Адамару.Пример 3.6.3 Если одно из пространств X или Y бесконечномерно, то линейный компактный оператор A не является непрерывно обратимым.
В самом деле, пусть оператор A−1 существует и непрерывен. Тогда по теореме 3.2.3 операторы AA−1 = IYи A−1 A = IX являются компактными, что противоречит примеру 3.2.3.Теорема 3.6.1 Для того, чтобы линейный оператор A : X →Y в нормированных пространствах X и Y был непрерывно обратим, необходимо и достаточно, чтобы существовала такая постоянная m > 0, что(3.6.1)kAxk ≥ mkxk для всех x ∈ D(A).122Оказывается, в полных нормированных пространствах для доказательства корректности задачи достаточно доказать только теоремы существования и единственности.Теорема 3.6.2 Линейный замкнутый оператор A : X → Y,взаимно однозначно отображающий банахово пространство X набанахово пространство Y, непрерывно обратим.Следствие 3.6.1 (Теорема Банаха об обратном операторе) Линейный ограниченный оператор A : X → Y, взаимно однозначно отображающий банахово пространство X на банахово пространство Y, непрерывно обратим.3.6.2Достаточные условия непрерывной обратимостиПерейдем теперь к двум другим важным вопросам:1) при каких условиях решения операторного уравнения существуют и2) как их найти?Пример 3.6.4 В пространстве Rn рассмотрим линейный оператор y = Ax, записанный в матричном виде (см.
пример 3.1.6). Пусть|A| 6= 0. Тогда согласно правилу Крамера оператор A−1 существуети задается обратной к A матрицей.Следующая теорема выделяет одно простое (хотя и достаточноограничительное) условие, которое одновременно гарантирует единственность решения, существование решений для всех правых частей и непрерывную обратимость.123Теорема 3.6.3 Пусть X – банахово пространство, A ∈ L(X)и kI − Ak < 1. Тогда оператор A непрерывно обратим, при этом−1A=∞X(I − A)jj=0и справедливы оценкиkA−1 k ≤1,1 − kI − AkkI − A−1 k ≤kI − Ak.1 − kI − AkСледствие 3.6.2 Пусть Y – банахово пространство, A, B ∈L(X, Y ), оператор B непрерывно обратим, иkI − AB −1 k < 1.Тогда A непрерывно обратим и справедливы оценкиkB −1 kkB −1 kkI − AB −1 k−1−1kA k ≤, kB − A k ≤.1 − kI − AB −1 k1 − kI − AB −1 k−1Лемма 3.6.1 Пусть A ∈ L(X, Y ), B ∈ L(Y, Z) непрерывно обратимы.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
