204

4.3Лекция 27

4.3.1Сопряженный оператор. Случай евклидовых пространств

Перейдем к рассмотрению операторных уравнений в евклидовых пространствах. Поскольку в конечномерных пространствах линейные операторы задаются матрицами, то все основные вопросы поведения таких операторов решены в рамках стандартного курса линейной алгебры. Поэтому в данном разделе мы в первую очередь преследуем цель изучить операторные уравнения в пространствах Гильберта.

Пусть A : H1 ! H2 – ограниченный оператор в евклидовых пространствах Hi.

Задача 4.3.1. По заданному элементу y 2 H2 найти такой элемент x 2 H1, что

Наличие в этих пространствах скалярного произведения и ортогональных базисов позволит нам более конструктивно описать условия разрешимости уравнений и построить их точные и приближенные решения.

Мы начнем с описания образа линейных операторов в полных евклидовых пространствах. Как и в случае пространств Банаха нам понадобится сопряженный оператор, но адаптированный к новой ситуации.

Согласно теореме об общем виде линейного непрерывного функционала, отображения i : Hi ! Hi , сопоставляющие каждому y 2 Hi линейный функционал ( iy)(x) = (x; y) есть изоморфизмы (или сопряженные изоморфизмы, если Hi комплексно) на Hi .

Учитывая вышеизложенное, в гильбертовых пространствах Hi

более естественно называть сопряженным к оператору A : H1 !

~ !

H2 оператор A : H2 H1. Чтобы не усложнять обозначений,

~

мы будем обозначать оператор A через A . Другими словами, мы будем называть оператор A : H2 ! H1 сопряженным к оператору

A : H1 ! H2 в евклидовых пространствах Hi, если

(Ax; y)2 = (x; A y)1 для всех x 2 H1; y 2 H2:

Предложение 4.3.1. Если A; B 2 L(H1; H2) в евклидовых пространствах Hi, то (aA + bB) = aA + bB , (AB) =

Лемма 4.3.1. (об аннуляторе ядра) Пусть A – ограниченный линейный оператор, отображающий евклидово пространство H1

в евклидово пространство H2. Тогда R(A) = (ker A )?, где

(ker A)? = fy 2 H2 : (z; y)2 = 0 для всех z 2 ker A g:

Доказательство. Покажем сначала, что R(A) (ker A )?. Если y 2 R(A), то существует такой элемент x 2 H1, что Ax = y, и для всех z 2 ker A мы имеем:

(z; y)2 = (z; Ax)2 = (A z; x)1 = 0;

206

т.е. y 2 ker A .

Если же y 2 R(A), то найдется такая последовательность fxkgk2N H1, что limk!1 Axk = y. Тогда, в силу непрерывности функционала fz, определенного элементом z 2 ker A ,

Обратно, так как R(A) (ker A )?, то ker A R(A) H2. Пусть y 2 H2 ортогонален ker A R(A). Тогда y 2 H2

ортогонален как ker A так и R(A). Следовательно, (A y; x)H1 = (y; Ax)H2 = 0 для всех x 2 H1, т.е. A y = 0, а значит, y 2 ker A . Поскольку y 2 (ker A )?, то y = 0.

Таким образом, мы доказали, что ker A R(A) = H2. С другой стороны, ker A является замкнутым подпространством в H2, и H2 = ker A (ker A )?. В силу единственности разложения

мент был ортогонален ker A . В частности, нам нужно уметь строить оператор A и находить его ядро.

Лемма 4.3.1 позволяет прояснить, что означает корректность по Адамару применительно к задаче 4.3.1. На языке операторов это означает, что

1а) R(A) = H2; 2а) ker A = f0g;

3a) оператор A 1 непрерывен (причем 3а) вытекает из 1a), 2a) и теоремы Банаха об обратном операторе, если пространства полны).

208

действующий в евклидовом пространстве H будем называть самосопряженным, если (Ax; y) = (x; Ay) для всех x; y 2 H.

Оказывается, задачу 4.3.1 можно всегда свести к ситуации, когда оператор самосопряжен.

Лемма 4.3.2. Задача (4.3.1) разрешима в том и только том случае, когда

1)(y; z) = 0 для всех z 2 ker A ;

2)разрешимо уравнение A Ax = A y.

Доказательство. Необходимость условия 1) немедленно вытекает из леммы 4.3.1 об аннуляторе ядра, согласно которой

(ker A )? = R(A). Необходимость условия 2) очевидна.

Обратно, пусть выполнены условия 1) и 2), и x 2 H1 есть какоенибудь решение уравнения A Ax = A y тогда Ax y 2 ker A . Поскольку в силу условия 2) вектор Ax y ортогонален ker A ,

то Ax = y.

Заметим, что каждое из условий 1) и 2) по отдельности является только необходимым, но не достаточным, поскольку образ оператора A может быть неплотен и незамкнут в H2.