175

3.6Лекция 23

3.6.1Непрерывная обратимость

Пример 3.6.1. Рассмотрим ситуацию, когда X = C[a; b],

Y = C[a; b],

t

Z

(Ax)(t) = x( ) d :

a

Данный оператор линеен в силу линейности интеграла и непрерывен в силу следующей оценки:

t

Z

kAxk = max x( ) d (b a)kxk:

t2[a;b]

a

Кроме того, Ax = 0 влечет за собой x = d(Ax)=dt = 0, т.е. оператор инъективен, а значит, обратим. Очевидно, однако, что, решая уравнение Ax = y, мы получаем x = d(Ax)=dt = dy=dt. Поэтому A 1 = d=dt : C[a; b] ! C[a; b] не ограничен.

Пример 3.6.2. В пространстве C([0; 1]) рассмотрим линейный оператор

176

Интегрируя равенство tx(t) = ty(t) + c t2 на [0; 1], находим

1

3 Z

c = sy(s)ds:

2

0

Следовательно, при любой правой части y(t) решение уравнения

Ax = y имеет вид

1

x(t) = y(t) + 3 Z sy(s)ds = (A 1x)(t): 2

0

Легко 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

является непрерывным.

Таким образом, непрерывная обратимость соответствует условиям 2) единственности и 3) непрерывной зависимости от начальных данных 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 = IY

и A 1A = 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 2 D(A):

177

Доказательство. Если обратный оператор A 1 существует и непрерывен, то он ограничен, а значит, существует такая постоянная C > 0, что для всех y 2 D(A 1) = R(A) мы имеем

kA 1yk kyk:

Полагая y = Ax, мы получаем (3.6.1), где m = kxk=C.

Обратно, если выполнено (3.6.1), то из Ax = 0 следует, что x = 0, т.е. ker A = 0. По предложению 3.5.2 оператор A обратим. Полагая в (3.6.1), x = A 1y, мы получаем

kA 1yk 1 kyk m

для всех y 2 R(A) = D(A 1), что и требовалось доказать.

Оказывается, 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 на банахово пространство Y, непрерывно обратим.

Доказательство. В самом деле, из условия теоремы следует, что оператор обратим. Поскольку он замкнут, то обратный к нему тоже замкнут в силу теоремы 3.5.3 и, кроме того, по условию теоремы, он определен на всем пространстве Y. Значит, из теоремы о замкнутом графике следует, что обратный оператор непрерывен.

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.

178

Доказательство. Немедленно следует из теоремы 3.4.1 о за-

3.6.2Достаточные условия непрерывной обратимости

Перейдем теперь к двум другим важным вопросам:

1)при каких условиях решения операторного уравнения существуют и

2)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 jAj 6= 0. Тогда согласно правилу Крамера оператор A 1

существует и задается обратной к A матрицей.

Следующая теорема выделяет одно простое (хотя и достаточно ограничительное) условие, которое одновременно гарантирует единственность решения, существование решений для всех правых частей и непрерывную обратимость.

Теорема 3.6.3. Пусть X – банахово пространство, A 2 L(X)

и kI Ak < 1. Тогда оператор A непрерывно обратим, при этом

1

X

A 1 = (I A)j

j=0

и справедливы оценки

Доказательство. Докажем сначала, что оператор A обратим, т.е., что ker A = 0. Пусть u 2 ker A. Тогда u = (I A)u, а

180

Следствие 3.6.2. Пусть Y – банахово пространство, A; B 2 L(X; Y ), оператор B непрерывно обратим, и

kI AB 1k < 1:

Тогда A непрерывно обратим и справедливы оценки

Доказательство. По условию оператор AB 1 2 L(Y ). Пользуясь теоремой 3.6.3, мы заключаем, что этот оператор непрерывно обратим.

Лемма 3.6.1. Пусть A 2 L(X; Y ), B 2 L(Y; Z) непрерывно обратимы. Тогда BA 2 L(X; Z) непрерывно обратим и

(BA) 1 = A 1B 1.

Доказательство. По условию леммы A 1B 1 2 L(Z; X): В

силу ассоциативности композиции операторов (A 1B 1)(BA) =

(B 1(AB 1) 1) 1 = AB 1B = A:

Наконец, поскольку A 1 = B 1(AB 1) 1, то оценки на kA 1k и kI A 1k следуют из теоремы 3.6.3.

Следствие 3.6.3. Пусть Y – банахово пространство, A; B 2 L(X; Y ), оператор B непрерывно обратим, и

1 kB Ak < kB 1k:

Доказательство. Вытекает из следствия 3.6.2, поскольку kI AB 1k = k(B A)B 1k kB AkkB 1k: