1625915934-edc50c062ea81bcd785327ce0eca07e5 (844028), страница 40
Текст из файла (страница 40)
таких, что ~р,(хт)=б,р й /=1, 2, ..., и, и систему элементов х,. хя, ..., в, биортогональных уш ..., ут. Предположим, что и т. Рзссмотрим оператор »Ух = Ах+ ~~'.~ ер,(х) хн Этот оператор вполне непрерывен как сумма вполне непрерывного и конечномерного операторов. Покажем, что уравнение их — х= о имеет лишь нулевое решение. Пусть хо — решение этого уравнения. Тогла ~» ((Ухо хо) = О 27З ВПОЛНЕ НЕПРЕРЫВНЫЕ ОПЕРАТОРЫ [гл. Ч! нлн и У» Ахо хо+ Х 'Рг(хо)е! с=! откуда (А'7» — 7») хо+ Х 'Р! (»о) 1» (В!) = 0 1=! и, следовательно, с учетом биортогональности 1Я и (г!), гр»(.хо)=0, й=1, 2, ....
л (л < вц. Поэтому Ухо = Ахо н, следовательно, хо удовлетворяет уравнению Аха хо = О. Так как хо~И и 1»!] — базис в М, то х = ~ $!х!. Ю=! По В! = <Р!(»о)= О. Поэтому хо= О, что н требовалось доказать. Так как уравнение их — х=о имеет лишь нулевое решение, то уравнение их — =у разрешимо при любой части, в частности при у=ли+О Пусть х' — решение этого уравнения. Тогда. с одной стороны, как и выше.
л Уи»! (Ел»!) = У»+! А»' — х'+ Х <Р!(») х! ! ! и =(А*У»+! Ул+!)» + Х !Рс(» )Ул+»(Х!)=0 ! ! а с другой стороны, по построению 7„+!(х„+!)=1. Полученное противоречие доказывает невозможность неравенства л с, л!. % а1 ЛИНеиные опеРАтоРные уРАВнения 2?9 Предположим, что. наоборот, ш ( а, рассмотрим в пространстве Е' оператор юп (ю'*г" = А*у + ~.", у' (х!) ф!. Легко проверить (учитывая, что лю ( и), что этот оператор сопряжен с оператором (ю', в котором н заменено на т. Покажем, что и для оператора (ю'* уравнение (У*У' — у = О имеет лишь тривиальное решение.
Имеем для всех и = = 1, 2, .... л (У'У вЂ” У) ха — — (А*У вЂ” )') ха+ ~'„~ У(г!) юр,(ха) = г=! =у (Аха — х )+ у (з ) =у'(га). (8) Поэтому, если уе — решение уравнения (ю'"г — у = О, то из (8) получаем, что уа(га) = О, л = 1, 2, ..., т. Следовательно, У'Уе — — А'~е и го есть решение уравнения А*/ — У=О. Но тогда ,г = Х осг! = Х уе (х!) ! = О ю=! ю=! Так как (ю' — вполне непрерывный оператор, то по теореме 3 уравнение (у'.! — у = к разрешимо при любом д, в частности при л = — !рычи Тогда, с одной стороны, если /' — решение такого уравнения, то юР +ю(х„!) =(У*У' — У') хм+! — — (А'У' — У') х,„+ю+.
+ ~ У' (я;) юр! (х „) = У' (Ах, — х а,) = О, ю=! а с другой стороны, ф,(х,) =О. Полученное противоречие доказывает невозможность неравенства лю ( л. Итак, т = и, и теорема доказана. Объединяя результаты теорем 1 — 4, мы можем сформулировать следующее предложение, являющееся обобщением на произвольные уравнения с вполне непрерывными ййб ВПОЛНЕ НЕПРЕРЫВНЫЕ ОПЕРАТОРЫ (гл. \ч операторами известных теорем Фредгольма из теорий линейных интегральных уравнений. Ланы уравнения Ах — х=у (1) А'у — у = Р., (2) где А — вполне непрерывный линейный оператор, действующий в банаховом пространстве Е, а А' — сопряженный оператор, действующий в сопряженном пространстве Е".
Тогла либо уравнения (1) и (2) разрешимы при любых правых частях, и в этом случае однородные уравнения (1") Ах — х=О, А" Г.— У=О (2о) ил1еют лишь нулевые решения, либо однородные уравнения имеют олннаковое конечное число линейно независимых решений в этом случае, чтобы уравнение (1) (соответственно (2) ) имело решение, необходимо и достаточно, чтобы Л (у) = О, 1 = 1, 2, ..., и (соответственно д'(хг) = О, 1 = 1, 2, .... и). Общее решение уравнения (1) имеет тогда впд х = хо+ ~~ агхн г=! где хо в каное-нибудь решение уравнения (1), а ап ат, ... .... а„ вЂ” произвольные постоянные. Соответственно общее решение уравнения (2) имеет вид л У=у'о+2з) гЛ гле го — какое-нибудь решение уравнения (2), а )ьг.
)ьа, ..., Л„ — произвольные постоянные. ЛИНЕЙНЫЕ ОНЕРАТОРНЫЕ УРАВНЕНИЯ 281 Более глубокое изучение уравнения (1) приводит к следующим результатам. Обозначим через Е» область значений оператора Т =(А — 1)»=А» — С'А» '+ ... +( — !) /= ж (А» — /), где А» — снова вполне непрерывный оператор. В силу леммы 2 каждое Е» есть надпространство.
Если усе» то у=Тх=Т ~(ТХ)=Т» 'е, у = Тм»'х = Т (Ттх). Ио так как Ь =Е»ь найдется элемент х' тзкой, что Т Х=Т~~"х. у = Т (Т™х) = Т (Тм»'х') = Тт "тх', Поэтому т. е. у~(. +» Отсюда аналогично, уме» = с.м;-д ьт»ь ьм+ь Предположим теперь, вопреки утверждению теоремы, что для каждо~о и имеем Ба чь Е„»Р Так как Еа», ~ Еа, то по лемме $2 гл. В в Еа найдется элемент ха с йормой, равной единице„ такой, что 1 11х, — у1~— 2 для всех уб Еач» Рассиотрим последовательность (ха). Эта последовательность принадлежит единичному шару прострайства Е и потому последовательность (Ах„) должна быть компактной. Но, с другой стороны, инеем Аха — Аха»р — — ха — Тха — ха„р+ Тхаьр ха — (уха+ ха»р — Тхаер). т.
е, у~).», и, следовательно, подпрострзнства Ь» образуют убывающую последовательность. Напомним еще, что через )ч» мы обозначили подпространство нулей оператора Т». Теорема 5. Среди надпространств Е» есть лишь конечное число различных, и точно так же среди надпространств йс» есть лишь конечное число различных. Докажем предварительно, что если Е =Е»ь то Е =Ь» для всех» > т. Возьмем произвольный алемеит у~А„+Р Имеем 282 ВПОЛНЕ НЕПРЕРЫВНЫЕ ОПЕРАТОРЫ 1ГЛ. Ч! Элемент У = Тхн+хнэр — Тха1 райн.
и так как Тх Т(Т «) Т х~тпэ1 «аэрсс)пэп ~ (вч 1 «+1 и Тха+РЕба+р+1с= блэ1. о тогда в силу построения последовательности (х„) будем иметь 1 (1 Ага — Ахате ~1 = й ха — У(~— и последовательность (Ах„) некомпактна. Полученное противоречие доказывает первую часть теоремы.
Аналогично доказывается вторая (что, по существу, нами уже сделано при доказательстве теоремы 3). Творе и а 6. Длл любого вполне непрерывного оператора А существует разложение пространства Е в прямую сумму подпространств У и )г Е У Щь(г, (9) причем 1) подпространство (г конечномерно; 2) оператор Л вЂ” / взаимно однозначно отображает У на себя и (г в себя; 3) оператор А допускает представление в виде суммы двух операторов Ад и А„: (10) А=А +Л„, где А„и А„— вполне непрерывные линейные операторы, отображающие Е е У и соответственно в 1'; оператор А„— 1 обратим и А„А„А„Ац — — О.
Пусть» — наименьшее из натуральных чисел п таких, что й„=б эг Пусть У=Еж (г=)Ч. Как было показано раньше, и и Ы вЂ” подпространства. Так как Т» = т (А — У), гле А — вполне непрерывен, то в силу леммы 1 У, подпространство )Ч, нулей оператора А» — У, конечномерно. Пусть х~У и у = Тх. Так как х~йм найдется элемент х'СЕ такой, что х= Т»х. Тогда у тх=т 1х'б). 1 Е =и »+1 н, следовательно, образ элементов подпространства У принадлежит тому же подпространству. Пусть теперь у — произвольный элемент из У: у».
У = ь» = Е»+ г $21 ЛИНЕЙНЫЕ ОПЕРАТОРНЫЕ УРАВНЕНИЯ 993 Найдется элемент х'~Е тзкой, что у Тть2х Т (Ттх ) Тх, где х= Т'х'6).„-У. Следовательно, каждый злемент у~У есть образ некоторого элемента х~У и оператор Т отображает У иа У. О~сюда в силу теоремы 3 следуют взаимная однозначность отображения Тх у, х~У, и существование у оператора Т, рассматриваемого лишь на элементах подпространства У, ограниченного обратного оператора.
Пусть х~(Г АГ . Это значит Ттх О или Т" 2(Тх) О. Но тогда Тх е Л~ 1 ~ Л„ и, следовательно, оператор Т отображает (Г в себя. Теперь нетрудно доказать равенство (9). Пусть Т» — оператор Т, рассматриваемый как оператор, действующий в У. Как сказано выше, этот оператор имеет обратный. Для произвольного х ~ Б положим и Т„"Т"х и о х — и. Очевидно, и~У. Так как, далее, Ттп Ттх — Тт и = О, то о~Р.
Если теперь х й + й — другое представление злемента х ~ Е, где й~ У и й~ Ъ', то имеем Т"х = Ттй+ Тто Т"й, (!1) потоыу что Ттй О. Так как й~ У. то из равенства (11) получаем и Т Ти Т Тх и однозначность представления доказана. Отметим, что так как Т н Т ' — линейные операторы, то 11 и 11 = 11 Т Т х ~~ ~ »2 11 х 1( а следовательно. и 11 о 1( < с, 11 х 11. Введем операторы А» и Аю полагая для произвольного х~Е А»х= Аи и А .х=- Ао. В чзстностп, А,т А и О.
Так как А„х= Ти+и и А,„с То+о, то из доказанныч ранее соотношений у (У) У н Т((г) ~ (г следует, ВПОЛНЕ НЕПРЕРЫВНЫЕ ОПЕРАТОРЫ (гл. чэ что Ли~У и ЛеЕ Р. Поэтому операторы А„н А отображают Е соответственно в У н И. Ясно, что а) А„ и Аь — линейные ограниченные операторы, б) Л = Ах+Ам з! Ла (Лтх) =Аэ(Ачх) О, г) Аь — вполне непРеРывный опеРатоР, так как он отобРажает пространство Е в конечномерное подпространство К но тогда и Ач — вполне непрерывный оператор. Рассмотрим, наконец, уравнение (12) Акх — х у и+ о. Пусть хо — решение уравнения Ах — х и которое в силу обратимости Т= А — I на У существует.
Рассмотрим элемент хо=хо — ш Имеем анхо о ~и(гхо «) о+" Лехе хо+ е = + т' = у н, следовательно, уравнение (12) всегда разрешимо. Но тогда по теореме 3 оператор А„— 1 имеет ограниченный обратный, и теорема полностью доказана. В заключение этого параграфа рассмотрим уравнения, содержащие параметр. Так как уравнение ()ь) Ах — Лх=у, Л Ф О, может быть записано в виде ! 1 — Ах — х= — у Л Л 1 н —. А вполне непрерывен вместе с А, то теоремы, дока- А ванные для уравнения (!). остаются справедливыми для уравнения (1А). Из теоремы 3 следует, что прн дашюм Л Ф О нли уравнение Ах — Лх=у разрешимо при любой правой части. или однородное уравнение Ах — Лх=б имеет ненулевые решения.
Поэтому каждое значение параметра Л чь О либо регулярно, либо является собственным 2 2! линейные опеРАторные уРАВнения ейб значением. и других ненулевых точек спектра, кроме собственных значений, у оператора А нет ьй Теорема 7. Если А — вполне нелрерывный оператор, то спектр его содержига конечное или счетное множество точек. Все собственные значения расположены на отрезке [ — ~[А
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
