Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Южно-Уральский Государственный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

posobie-fa-2015

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

16.03.2016

Размер:

573.03 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1415 / 2015 16 17 18 19 20 > Следующая >>>

является линейным в C[0; 1]. Обозначим y(t) = Ax(t): Если функция x 2 Ker A, то y(t) 0. Так как функция y – это интеграл с переменным верхним пределом, то для x 2 Ker A

получаем

x(t) = y′(t) 0:

Следовательно, оператор A обратим. При этом обратный оператор задается формулой

A 1y(t) = y′(t):

Найдем область определения A 1. Покажем, что D(A 1) или, то же самое, Im(A) совпадает с множеством

M = fy 2 C1[0; 1] : y(0) = 0g:

Действительно, если x 2 C[0; 1], то функция y(t) = Ax(t)

непрерывно дифференцируема как интеграл с переменным

∫ 0

верхним пределом и y(0) = x(s) ds = 0, т. е. D(A 1) M:

C другой стороны, для y 2 M имеем x(t) = y′(t); следовательно,

∫ t ∫ t

Ax(t) = x(s) ds = y′(s) ds = y(t) y(0) = y(t);

т.е. M D(A 1): Таким образом, действительно, D(A 1) = M. б) Обозначим y = Ax = ( 1; 2; 3; : : :): Ясно, что опера-

тор A, заданный формулой Ax = (0; 1; 0; 2; 0; 3; : : :); является линейным в ℓp. Проверим, обратим ли он. Если

Ax = (0; 1; 0; 2; 0; 3; : : :) = (0; 0; 0; : : :), то x = (0; 0; 0; : : :) и

в силу (14.1) A обратим. Обратный оператор задается форму-

лой

A 1y = ( 2; 4; 6; : : :):

Покажем, что D(A 1) = Im(A) = M, где

M = fy = ( 1; 2; 3; : : :) 2 ℓp : 2j 1 = 0; j 2 Ng: (14.2) 141

Действительно, для x 2 ℓp последовательность y = Ax 2 ℓp, поскольку

1	1	1
∑	∑	∑
	j kjp = j 2jjp = j jjp;
k=1	j=1	j=1

т. е. D(A 1) M: Обратно: для y 2 M последовательность x = A 1y = ( 2; 4; 6; : : :) 2 ℓp, поскольку

1	1	1
∑	∑	∑
	j kjp = j 2kjp = j jjp;
k=1	k=1	j=1

т. е. M D(A 1): Таким образом, равенство D(A 1) = M проверено.

в) Оператор, заданный формулой Ax = ( 1; 22; 32; 42; : : :), не является линейным в пространстве m. По определению оператор обратим, если для любого y 2 Im(A) уравнение

				Ax = y			(14.3)
имеет единственное решение. Рассмотрим произвольный
y 2 Im(A) = fy = f kg 2 m : k > 0; k > 2g;							если P = R;
y = f kg 2 Im(A) = m; если P = C:
Тогда x1 = ( 1; p		; p		; : : :) и x2 = ( 1; p		;	p		; : : :) явля-
	2		3		2			3
ются решениями уравнения (14.3). Следовательно, оператор A
необратим.							,

+ В задачах 14.1–14.12 выяснить, является ли оператор обратимым. Если обратим, найти обратный. Будет ли обратный оператор непрерывным?

14.1.	A; B : ℓ1 ! ℓ1, Ax = (0; 1; 2; : : :), Bx = ( 2; 3; : : :).
14.2.	A: C[ 1; 1] ! C[ 1; 1],
142	(Ax)(t) = ∫ t1	(1 + sign s) x(s) ds.

14.3.	A:	ℓ2	! ℓ2,	Ax =	1	,	sup	nj	<	1.
					{ n n}n=1		n j

14.4.A: D(A) C[0; 1] ! C[0; 1], (Ax)(t) = x′(t);

a) D(A) = C1[0; 1];

б) D(A) = fx 2 C1[0; 1] : x(0) = 0g;

в) D(A) = fx 2 C1[0; 1] : x(0) = x′(1)g; г) D(A) = fx 2 C1[0; 1] : x(0) = kx(1)g.

14.5.A: ℓ1 ! ℓ1, Ax = ( 1; 23; 35; : : : ; k2k 1; : : :).

14.6.(Ax)(t) = tx(t),

а) A: C[0; 1] ! C[0; 1]; б) A: L1[0; 1] ! L1[0; 1].

∫ 1

14.7. A: C[0; 1] ! C[0; 1], (Ax)(t) = x(t) + es+tx(s) ds.

14.8. A: C1[a; b] ! C[a; b], (Ax)(t) = (t2 + 1)x(t):

14.9. A: L3[a; b] ! L1[a; b], (Ax)(t) = x3(t).

14.10.A: ℓ1 ! ℓ2, Ax = x.

14.11.A: D(A) ℓ2 ! ℓ1, D(A) = fx 2 ℓ2 : Ax 2 ℓ1g,

Ax = fn ng.

14.12.A: D(A) C[0; 1] ! C[0; 1], (Ax)(t) = x′′(t), D(A) = fx 2 C2[0; 1] : x(0) = x(1) = 0g.

14.13.Пусть A 2 L(X; Y ), X – банахово, A – инъективно. Докажите, что A 1 непрерывен тогда и только тогда, когда ImA – банахово.

Тема 15. Спектр линейного оператора

Пусть X – банахово пространство над полем C, A – линейный оператор, A: D(A) X ! X, E – тождественный оператор из X в X.

Число 2 C называется регулярной точкой операто-

ра A, если Ker (A E) = f0g; Im(A			E) = X; оператор
(A	E)	1 ограничен, т. е. оператор (A	E) 1 существует и
(A	E)	1 2 L(X).

Множество всех регулярных точек оператора A называется резольвентным множеством оператора A и обозначается (A).

Множество C n (A) называется спектром оператора A и обозначается (A).

Операторная функция RA : (A) ! L(X), определенная формулой RA( ) = (A E) 1, называется резольвентой оператора A.

Число 2 C называется собственным значением оператора A, если существует элемент e 2 X такой, что e ≠ 0 и

Ae = e . При этом e называется собственным вектором оператора A, соответствующим собственному значению .

Множество собственных значений оператора A называется

дискретным спектром оператора A (или точечным спектром) и обозначается d(A). Ясно, что все собственные значения оператора A принадлежат (A).

Часто спектр оператора A делят на три части:

d(A) – точечный,

c(a) = f 2 (A) n d(A) : Im(A	E) = Xg – непрерывный,
		̸= Xg – остаточный.
r(a) = f 2 (A) n d(A) : Im(A	E)

Теорема 15.1. Пусть X – банахово пространство над C,

A 2 L(X).

1: Если j j > A , то 2 (A) и при этом

RA( ) = ∑1 1 An:

n=0 n+1

144

2: Спектр (A) замкнут и supfj j : 2 (A)g 6 A .

3: (A) ≠ :

Определение 15.1. Пусть X и Y – нормированные пространства. Оператор A: D(A) X ! Y называется замкнутым, если для любой последовательности fxng D(A) из

условий xn!n!1 x0 и Axn!n!1 y0 следует, что x0 2 D(A)

и Ax0 = y0.

Теорема 15.2. Если (A) ≠ , то A замкнут.

Пример 15.1. Пусть

]

φ(t) =

tg t;

;

(Ax)(t) = φ(t) x(t);

[

)

<0;

; 0 ;

а) X = C [

;

];

б) X = L2 [

;

Найти спектр и резольвенту оператора A. Провести классификацию точек спектра.

Решение. Множество значений функции φ(t) есть отрезок

[0; 1]. Если ̸2[0; 1], то уравнение (A

E)x = y разрешимо

для

всякого y и в пространстве C

[

;

, и в пространстве

]

[

;

. Его решение x(t) = (φ(t)

)

y(t); при этом для

обоих пространств справедлива оценка

max

(φ(t)

)

j y :

x 6 t2[ 4 ; 4 ] j

Значит, для всякого ̸2[0; 1] существует оператор (A E) 1; определенный и ограниченный на X; т. е. эти значения являются регулярными; другими словами, C n [0; 1] (A).

145

Если = 0, то уравнение (A E)x = 0 имеет нетривиальное решение как в случае «а», так и в случае «б». Например,

[

x(t) =

; 0 ;

)

[

4 ]

Поэтому 0 2 d(A):

<0; t

Пусть 2 (0; 1] и точка t0 2

;

такова, что tg t0 = .

Уравнение

(A E) x = 0

имеет

единственное решение x(t) 0

[

]

но,

[

]

[

]

в C

;

и x(t) эквивалентно 0 в L2

;

. Следователь-

точки полуинтервала (0; 1] не могут быть точками дискретного (точечного) спектра оператора A.

Уравнение (A E) x = y неразрешимо при y(t) 1 ни в случае «а», ни в случае «б». В случае «а» его формальное

решение

; 0

;

x(t) = (φ(t) )

2 [

)

<(tg t )

; t

] n f

[

терпит разрыв в точке t0 со свойством tg(t0) = . В случае «б», как нетрудно видеть, функция jx(t)j2 неинтегрируема по Ри-

ману в несобственном смысле на отрезке

;

, а значит

неинтегрируема и по Лебегу. Поэтому она [не

принадлежит и

]

[

]

;

. Следовательно, (0; 1] (A).

Итак,

(A) = [0; 1];

(A) =

;

(RA( )y)(t) = (φ(t) ) 1y(t):

Осталось среди точек (0; 1] выделить точки непрерывного и остаточного спектра. Если 2 (0; 1], то все функции

y(t) 2 Im(A E) равны 0 в точке t0	(tg t0			= ). Отсю-
да мы заключаем, что в пространстве C	[		;		] замыкание
		4		4
146

не совпадает с C

;

. Поэтому полуинтервал

Im(A E)

(0; 1]

(A).

является остаточным

спектром A, т. е. (0; 1] =

[

]

Убедимся, что в пространстве L2

;

точки (0; 1] явля-

ются точками непрерывного

спектра оператора A. Для этого

[

]

достаточно показать, что для любого

y 2 L2

;

найдет-

ся последовательность f

E)X такая, что y

[

]

при n ! 1. Пусть 2 (0; 1). Рассмотрим последовательность

fxng L2 [

;

t 2 [

; 0) ;

[

]

[

]

x (t) = y(t)

>(tg t

)

;

0; t0

[

;

)

(

n; t0 + n ;

>0;

для достаточно больших n. Имеем

(

)

yn(t) = (A E)xn (t) =

y(t); t 2

[

4 ; t0

n] [ [t0 + n; 4 ] ;

<0;

t 2

(t0

; t0 +

) ;

t0+

∫t0

2 dt:

y(t)

В силу свойства абсолютной непрерывности интеграла Лебега последнее выражение стремится к 0 при n ! 1. Отсюда

yn	y. Значит, в случае «б» точки интервала (0; 1) при-
!n!1
надлежат непрерывному спектру оператора A.
	Аналогично доказывается, что = 1 2 c(A). Таким обра-
зом, c(A) = (0; 1].		,
		147


				+ 1		1
Пример 15.2. Пусть Ax = {					n	n}n=1 ;
Пример 15.2. Пусть Ax = {					n	n}n=1 ;
а) X = ℓ1;			б) X = ℓ1.
Найти спектр и резольвенту оператора A. Провести клас-
сификацию точек спектра.
Решение. Найдем сначала дискретный спектр операто-
ра A. Для этого решим однородное уравнение
				Ax x = 0			(15.1)
или, эквивалентно, систему уравнений
		(	n + 1	) n = 0;		n 2 N:	(15.2)

			n
Если ̸=	n + 1	для любого n 2 N, то эта система имеет толь-

	n

ко тривиальное решение. Если же = n0 + 1 для некоторого n0

n0 2 N, то существует нетривиальное решение системы (15.2)

n = {

n = n0;

n 2 N;

0; n ̸= n0;

т. е. уравнение

(15.1)

имеет

нетривиальное

решение

n0 + 1

x = f n0kgk1=1

для

. Следовательно,

для любо-

го =

n + 1

; n 2 N; уравнение (15.1) имеет нетривиальное

+ 1

решение x =

f nkgk1=1. Значит, d(A) = {

N в обоих

случаях.

Пусть теперь ̸2 d(A). Для y = f ng 2 X решим неодно-

родное уравнение

x = y

или, эквивалентно, систему уравнений

(

+ 1

) n = n;

n 2 N:

148

Формальное решение этой системы есть

x = f ng =

= (A E) 1y:

> n + 1

;

Это решение принадлежит пространству X, если

j nj

;

б)

= sup

j nj

n + 1

а)

n=1

n + 1

∑

n + 1

Пусть d =

inf

. Поскольку

1, то если

n !n!1

= 1, то d > 0

x 6

в обоих случаях. Таким обра-

зом, если ̸= 1 и ̸=

n + 1

, n 2 N, то неоднородное уравнение

x = y разрешимо для всякого y 2 X. Так как опера-

тор A E – линейная непрерывная биекция банахова про-

странства X на X, то по теореме Банаха оператор (A

непрерывен на X. Значит, является регулярным значением.

Пусть = 1. Поскольку спектр – множество замкнутое, то

n + 1

из того, что d(A) = {

}n2N, можно сразу заключить, что

– точка спектра. Итак,

(A) =

g [

{

n + 1

;

RA( )y = 8

> n + 1

>n2N

;

Определим, принадлежит ли = 1 остаточному или непре-

рывному

спектру. Формально

имеем

E) 1y

fn ng.

Так как множество финитных последовательностей плотно в ℓ1 и принадлежит образу Im(A E), то замыкание Im(A E) = ℓ1. Значит, в случае «а» 1 2 c(A).

149

В случае «б»
y = (A E)x = {	n	} 2 c0:
	n

Как известно, c0 есть замкнутое подпространство ℓ1 и c0 ≠ ℓ1.

Отсюда Im(A	E) c0 ̸= ℓ1. Поэтому в случае «б»
1 2 r(A).	,

+ В задачах 15.1–15.11 найти спектр и резольвенту оператора A 2 L(X). Провести классификацию точек спектра.

15.1.	X = ℓ2,	Ax = ( 1		2; 1 + 2; 3; 4; : : : ; n; : : :).
		1
15.2.	X = ℓ1,	Ax = {		n}.
			n

15.3.X = ℓp (1 6 p 6 1), Ax = ( 2; 3; : : : ; n; : : :).

15.4.O X = ℓp (1 6 p 6 1), Ax = (0; 1; 2; : : : ; n; : : :).

15.5.X = C [ 4 ; ], (Ax)(t) = sin t x(t).

15.6. X = L1[0; 1], (Ax)(t) = t x(t).

15.7.X = C[0; 2 ], (Ax)(t) = eit x(t).

15.8.X = L2[0; 1],

			<							1
			<						6
	(Ax)(t) =		85x(t); 0 6 t 6							3	;
			>0;				1	< t		1:
			>0;			3		< t		1:
			>			3
			:
15.9.	X = C[1; 2],	(Ax)(t) = ∫1t x(s) ds.
15.10.	X = C[0; 1],	(Ax)(t) = ∫0		1	(t	s)x(s) ds.
150

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1415 / 2015 16 17 18 19 20 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
16.03.201640.96 Кб9Politologia_Tema_1_2.doc
#
16.03.2016829.44 Кб15polnaya_versia_1.doc
#
16.03.2016175.1 Кб9polozhenie_o_ballno-reytingovoy_sisteme.doc
#
18.09.201979.61 Кб1Ponyatie_i_priznaki_gosudarstva (1).docx
#
25.09.2019215.04 Кб3Ponyatie_MP.doc
#
16.03.2016573.03 Кб65posobie-fa-2015.pdf
#
22.11.2019932.86 Кб1Posobie_AiDFKhD_kursovoy.doc
#
25.11.20192.72 Mб16Posobie_KP_po_DM.doc
#
09.05.2015686.61 Кб221Posobie_po_anglyskomu_yazyku.pdf
#
08.05.2015714.75 Кб20Posobie_Volchenkovoy.doc
#
08.05.2015711.17 Кб16Posobie_Volchenkovoy.doc