Irodova_I.P._Lineinye_funcionaly_i_operatory_v_kurse_funkcionalnogo_analiza
.pdfЛинейные функционалы и операторы в курсе функционального анализа |
51 |
Решение. Так как A – линейный оператор, то A можно задать с помощью матрицы
a21 |
a22 |
. . . a2m . |
|
a11 |
a12 |
. . . a1m |
|
... ... |
... ... |
||
an1 an2 |
. . . anm |
||
|
|
|
|
Обозначим y = Ax, тогда |
|
|
|
m |
|
|
|
Xk |
|
|
|
yj = ajkxk |
(j = 1, 2, ..., n). |
||
=1 |
|
|
|
Из определения нормы в пространстве l∞n следует, что
|
|
|
|
|
|
m |
|
|
k |
|
kl∞ = |
j | |
j| ≤ |
j |
Xk |
jk|| |
k| ≤ |
|
Ax |
n |
max y |
|
max |
a |
x |
|
|
|
|
|
|
|
=1 |
|
|
То есть
m
j |
| |
|
jk|! k |
kl∞ |
|
m |
|
|
|
max |
Xk |
a |
x |
m . |
|
||||
|
=1 |
|
|
|
k |
|
k ≤ |
j |
Xk |
|
jk| = |
|
||||
|
A |
|
|
|
max |
|
a |
|
|
|
L. |
|
|
|
|
|
|
=1 |
|
|
|
|
|
Выберем строку j0 так, чтобы |
|
|
|
|
|
|
|
||||
m |
|
|
|
|
|
m |
|
|
|
||
X |
|
|
|
|
X |
|
|
|
|||
|
|
| |
a |
j0k| = |
max |
|
| |
a |
|
. |
|
|
|
|
j |
|
|
jk| |
|||||
k=1 |
|
|
|
|
k=1 |
|
|
|
Выберем последовательность xb = (xb1, xb2, ..., xbm), полагая
xbk = sign aj0k (k = 1, 2, ..., m).
Тогда kxklm = 1 и b ∞
m |
m |
m |
|
Ax |
|
|
|
max |
|
X |
|
|
x |
|
|
|
Xk |
|
|
x |
k| = |
X |
j0k| = |
L. |
||
k |
|
kl∞ |
= |
j |
|
jk |
|
k |
≥ | |
|
|
j0k |
|
| |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
b |
n |
|
|
|
|
|
|
b |
|
|
|
|
|
|
|
b |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
k=1 |
|
|
|
|
|
|
|
=1 |
|
|
|
|
k=1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Так как |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
kAxk |
|
|
L |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
k |
A |
k ≥ |
|
= |
, |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
k |
x |
k |
|
1 |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
b |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
то kAk = L. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
b |
|
|
|
|
|
|
|
|
Задача 9.5. Вычислить норму оператора A, действующего из l∞3 в l∞3 и заданного формулой
Ax = (x1 − 2x2 + x3, x1 − 4x3, x1 + x2 − 3x3).
52 |
|
|
|
|
§ 9. Норма оператора и примеры ее вычисления |
||||||||
|
Задача 9.6. Найти λ, при котором норма оператора A, действующего из |
||||||||||||
l3 |
в l3 , будет наименьшей |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∞ |
∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ax = (λx1 − 2x1 + x3, x1 + λx2, x1 + λx2 + 4x3). |
|
|||||||||||
|
Задача 9.7. Доказать, что норму оператора A, действующего из C[a, b] |
||||||||||||
в C[a, b] и заданного формулой |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
b |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ax(s) = Za |
K(s, t)x(t)dt, |
(9.1) |
|||||||||
можно вычислить по формуле |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
k |
|
k = a≤s≤b Za |
b |
|
|
| |
|
|
|||
|
|
A |
| |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
max |
|
|
K(s, t) dt; |
|
||||
здесь K(s, t) – непрерывная функция двух переменных. |
|
||||||||||||
|
Указание. Использовать неравенство (8.2). Для доказательства неравен- |
||||||||||||
ства |
|
|
k ≥ a≤s≤b Za |
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
k |
|
b |
|
)| |
|
|
|||||
|
|
A |
| ( |
dt, |
|
||||||||
|
|
|
|
|
max |
|
|
K |
s, t |
|
|
||
учесть, что из непрерывности функции K(s, t) |
следует существование числа |
||||||||||||
s0 [a, b] такого, что |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
b |
|
|
|
)| |
|
|
|
b |
|
| |
|
|
|
Za | |
( 0 |
= a≤s≤b Za |
| |
|
|
|||||||
|
|
K s |
|
, t |
dt |
max |
K(s, t) dt. |
|
Далее ввести функционал
b
Z
f(x) = K(s0, t)x(t)dt
a
и доказать, что
kAk ≥ kfk.
Для вычисления kfk использовать теорему об общем виде линейного функционала в пространстве C[a, b] (см. также задачу 4.2).
Линейные функционалы и операторы в курсе функционального анализа |
53 |
Пример 9.5. Доказать, что оператор, заданный формулой (9.1), действу- |
|
ющий из L1[a, b] в L1[a, b], является ограниченным и его норму можно вычис- |
лить по формуле
k |
|
k = a≤t≤b Za |
b |
| |
|
A |
| |
ds. |
|||
|
max |
|
K(s, t) |
Здесь K(s, t) – непрерывная функция по s и t.
Решение. Несложно доказать, что
b
Z
kAk ≤ max |K(s, t)|ds = C.
a≤t≤b
a
Докажем противоположное по знаку неравенство. Так как K(s, t) – непре-
b
R
рывная функция, то и функция |K(s, t)|ds также непрерывна. Значит суще-
a
ствует число t0 [a, b] такое, что
b
Z
C = |K(s, t0)|ds.
a
Из непрерывности функции K(s, t) следует ее равномерная непрерывность. Тогда для любого ε > 0 можно подобрать δ > 0, что |K(s0, t0) − −K(s, t)| < ε как
только | |
s0 |
− |
s |
| |
< δ |
, |
| |
t0 |
t < δ |
. Выберем отрезок |
= [t , t ] |
|
[a, b] |
, чтобы |
точка |
||||||
|
|
|
|
− | |
|
|
1 2 |
|
|
1 |
|
||||||||||
t0 принадлежала отрезку |
|
и длина |
была меньше δ. Положим x(t) = |
|
, |
||||||||||||||||
|
|
||||||||||||||||||||
если t δ, и x(t) = 0 в остальных точках. Тогда |
|
|
|
|
b |
|
t2−t1 |
|
|||||||||||||
|
|
|
|
b |
|
|
|
b |
|
|
|
b |
t2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
kAxkL1 = Z |
|Ax(s)|ds = |
1 |
Z |
| Z |
K(s, t)dt|ds. |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
t2 t1 |
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
b |
|
|
a |
|
b |
− |
a |
t1 |
|
|
|
|
|
|
|
Здесь и всюду ниже L1 = L1[a, b]. Используя неравенство треугольника, получим
t2 |
t2 |
t2 |
|
| Z |
K(s, t)dt| ≥ | Z |
K(s, t0)dt| − − Z |
|K(s, t0) − K(s, t)|dt. |
t1 |
t1 |
t1 |
|
Так как |t0 − t| < δ при t [t1, t2], то |K(s, t0) − K(s, t)| < ε. Поэтому
t2
Z
|K(s, t0) − K(s, t)|dt < ε · (t2 − t1).
t1
54 |
|
|
|
§ 9. Норма оператора и примеры ее вычисления |
||
Собирая три последние оценки, получим |
||||||
|
|
|
|
|
b |
t2 |
kAxkL1 |
≥ |
|
1 |
|
Z | Z K(s, t0)dt|ds − ε · (b − a). |
|
t2 |
− |
t1 |
||||
b |
|
|
|
a |
t1 |
|
|
|
|
|
|
Вычислив внутренний интеграл и учитывая выбор t0, имеем kAxbkL1 ≥ C − ε · (b − a).
В силу произвольности ε, получим
kAxbkL1 ≥ C.
Остается заметить, что kxkL = 1. Таким образом, b 1
kAk ≥ kAxbkL1 ≥ C
kxbkL1
и kAk = C.
Пример 9.6. Пусть оператор A действует из l2n в l2n и в некотором базисе задается матрицей {aij}, причем aij = aji. Доказать, что
kAk = max |λi|;
i=1,...,n
где λi – собственные значения матрицы A.
Решение. Так как матрица A симметрична, то существует ортонормированный базис, состоящий из собственных векторов матрицы A, то есть
Aei = λiei i = 1, 2, ..., n.
Пусть y = Ax. Так как x = x1e1 + ... + xnen, то Ax = λ1x1e1 + ... + λnxnen и
kyk2l2n = kAxk2l2n = |λ1x1|2 + ... + |λnxn|2. |
|
|
|
|
||||||||||||
Имеем |
|
2 |
|
|
|
2 |
|
|
2 . |
|
|
|
|
|
|
|
k |
Ax |
max |
| |
λ |
k |
x |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
kl2 |
≤ (i=1,...,n |
|
i|) |
|
kl2 |
|
λ |
|
|
λ |
|
|
|||
Докажем противоположную |
оценку. Пусть |
|
max |
| |
i| = |
| |
i0 |
|. Возьмем |
||||||||
i=1,...,n |
|
|
xb = ei0 . Тогда
||Axbkl2 = |λi0 |.
Так как kxbkl2 = 1, то
kAk ≥ kAxbkl2 = |λi0 |. kxbkl2
Таким образом, kAk = max |λi|.
i=1,...,n
Линейные функционалы и операторы в курсе функционального анализа |
55 |
Задача 9.8. Пусть оператор A действует из l2n в l2n. Доказать, что
q
k |
A |
k = |
max |
| |
λ |
; |
|
i=1,...,n |
|
i| |
где λi – собственные значения матрицы A> · A.
10.
Пространство линейных ограниченных операторов
Пусть A и B – два линейных ограниченных оператора, действующих из нормированного пространства X в нормированное пространство Y . Назовем их суммой A + B оператор C, ставящий в соответствие элементу x X элемент
|
|
|
|
|
|
|
y = Ax + Bx Y. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Таким образом, Cx = Ax + Bx. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
Оператор C определен на D(A) |
D(B). |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
Легко проверить, что |
C |
– |
линейный оператор. Кроме того, так как |
|||||||||||||||||
|
|
|
T |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
k |
C |
k |
= sup |
kCxkY |
|
sup |
kAxkY |
+ sup |
kBxkY |
= |
k |
A |
k |
+ |
k |
B |
k |
, |
||
|
x6=0 kxkX |
≤ x6=0 kxkX |
x6=0 kxkX |
|
|
|
|
|
то C – ограниченный оператор.
Произведение k · A оператора A на число k определяется как оператор, который элементу x ставит в соответствие элемент k·Ax. То есть (kA)x = k·Ax, кроме того, kk · Ak = |k| · kAk.
Операторы можно не только складывать, но и умножать. Пусть A – линейный ограниченный оператор, действующий из Y в Z, а B линейный ограниченный оператор, действующий из X в Y . Произведением AB операторов A и B называется оператор F , ставящий в соответствие элементу x X элемент z Z, такой, что z = A(Bx). Таким образом, оператор F действует из X в Y
и F (x) = A(Bx).
Задача 10.1. Доказать, что kABk ≤ kAk · kBk. Привести пример операторов A и B, для которых kABk < kAk · kBk.
Обозначим через L(X, Y ) совокупность всех непрерывных линейных операторов, определенных на всем X и отображающих X в Y . Множество L(X, Y ) образует линейное нормированное пространство (с тем же определением нормы оператора, которое было дано ранее).
Заметим, что если Y = R, то L(X, Y ) = X .
56
Линейные функционалы и операторы в курсе функционального анализа |
57 |
Теорема 10.1. Пусть Y – банахово пространство, тогда L(X, Y ) тоже банахово.
Доказательство этой теоремы см., например, в [6].
В пространстве L(X, Y ) можно определить разные виды сходимости. Будем говорить, что последовательность {An} сходится равномерно (или по норме) к A, если
kAn − Ak → 0.
Если же kAnx − AxkY → 0, для любого x X, то сходимость будет называться поточечной.
Так как
kAnx − AxkY ≤ kAn − Ak · kxkX ,
то из равномерной сходимости следует поточечная. Приведем пример, показывающий, что обратное утверждение неверно.
Пример 10.1. Доказать, что последовательность операторов
t+ 1 |
|
n |
|
Anx(t) = n Zt |
x(τ)dτ, |
действующих в C[0, 1], сходится поточечно к единичному оператору, но не сходится равномерно.
|
|
|
|
|
t+ 1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Решение. Так как x(t) = n |
Rt |
x(t)dτ, то |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
t+ 1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
| |
|
− |
| ≤ |
n |
| |
|
|
− |
| |
≤ τ [t,t+ n1 |
|
| |
|
− |
| |
|
Anx(t) |
Zt |
|
|
] |
|
|
||||||||||
|
|
x(t) |
n |
|
x(τ) |
|
x(t) dτ |
sup |
|
|
x(τ) |
|
x(t) |
. |
Учтем, что x – непрерывная функция на отрезке [0,1]. Значит, она является равномерно непрерывной. Тогда для любого ε > 0 и любых точек t1, t2 [0, 1]
1 |
1 |
| |
1 − |
t |
2| |
|
1 | |
1 |
− |
2 |
) |
| |
1 1 |
|
|
|||
найдется δ > 0 такое, что если |
t |
|
|
< δ, то |
x(t ) |
|
x(t |
|
< ε. Так как τ |
|
||||||||
[t, t+ n], то |t−τ| ≤ n. Выберем n0 так, чтобы |
|
|
< δ. Тогда |t−τ| ≤ n ≤ |
|
< δ |
|||||||||||||
n0 |
n0 |
|||||||||||||||||
для всех n ≥ n0. Итак, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|Anx(t) − x(t)| ≤ |
|
sup 1 |
|x(τ) − x(t)| ≤ ε |
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
τ [t,t+ n |
] |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
для всех n ≥ n0. Так как это верно для всех t [0, 1], то kAnx − xkC[0,1] ≤ ε для всех n ≥ n0. А это и означает, что последовательность {An} сходится к
единичному оператору поточечно.
58 S§ 10. Пространство линейных ограниченных операторов
Докажем теперь, что нет равномерной сходимости. Пусть xn(t) = tn−1. Тогда
t+ n1
|Anxn(t) − xn(t)| = |n Zt |
τn−1dτ − tn−1| = |(t + n)n − tn |
− tn−1|. |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
x |
nkC[0,1] |
= max tn−1 = 1 |
, получим |
|
|
|
|
|
||||||
Учитывая, что k |
t |
[0,1] |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
kAnxn − xnkC[0,1] |
|
|
|
|
1 |
|
n |
|
||||
kAn − Ik ≥ |
|
kxnkC[0,1] |
|
≥ |Anxn(1) − xn(1)| = |(1 + |
n |
) |
|
− 2|. |
Так как lim (1 + 1 )n = e, то kAn − Ik не сходится к нулю. Следовательно, мы
n→∞ n
доказали, что последовательность равномерно не сходится.
Приведем критерий поточечной сходимости операторов. Для этого сначала сформулируем принцип равномерной ограниченности.
Теорема 10.2 (Банах–Штейнгауз). Если последовательность {An} линейных непрерывных операторов, переводящих банахово пространство X в нормированное пространство Y , ограничена в каждой точке x, то есть
kAnxkY ≤ Mx,
то нормы этих операторов ограничены в совокупности, то есть найдется такая константа M, что для любого n N
kAnk ≤ M.
Из теоремы Банаха–Штейнгауза сразу следует критерий поточечной сходимости.
Теорема 10.3. Для того чтобы последовательность линейных непрерывных операторов {An}, отображающих банахово пространство X в банахово пространство Y , поточечно сходилась к линейному непрерывному оператору A, необходимо и достаточно, чтобы
1)последовательность {kAnk} была ограничена;
2)Anx → Ax для любого x из некоторого всюду плотного в X множества.
Теорема 10.3, которую в некоторой литературе называют теоремой Банаха– Штейнгауза, имеет многочисленные применения. Это объясняется тем, что многие конкретные задачи (например, исследование сходимости рядов Фурье и интерполяционных полиномов, исследования квадратурных формул, получение приближенных решений интегральных и дифференциальных уравнений) могут быть описаны с помощью последовательности линейных операторов.
Покажем на примере теории интерполирования, как может использоваться принцип равномерной ограниченности.
Линейные функционалы и операторы в курсе функционального анализа |
59 |
Пусть на отрезке [a, b] задана последовательность точек
t(1n) < t(2n) < · · · < t(1n).
По этой последовательности для заданной функции x интерполяционный многочлен Лангранжа
Lnx(t) = |
n |
x(tk(n)) |
|
t − tk(n) |
. |
|||
X |
Y |
|||||||
|
|
t(n) |
− |
t(n) |
||||
|
k=1 |
|
i6=k |
i |
|
k |
(10.1)
C[0, 1] строится
Будет ли последовательность интерполяционных многочленов Lnx сходиться к функции x в пространстве C[a, b]? Чтобы ответить на этот вопрос, будем считать Ln оператором, действующим из C[a, b] в C[a, b]. Если бы для любой функции x C[a, b]
kLnx − xkC[a,b] → 0,
то kLnxk ≤ Mx, так как любая сходящаяся последовательность ограничена. Используя принцип равномерной ограниченности, получим
kLnk ≤ M.
С другой стороны, имеет место неравенство С. Н. Бернштейна, в силу которого
ln n kLnk > √ .
8 π
Получаем противоречие. Итак, мы доказали следующую теорему.
Теорема 10.4 (Фабер). Для любой последовательности точек (10.1) существует непрерывная функция x, к которой последовательность интерполяционных многочленов Lnx равномерно не сходится, то есть
kLnx − xkC[a,b] 9 0. |
(10.2) |
Например, если взять последовательность {t(in), i = 1, · · · , n}, которая дает равномерное деление отрезка [−1, 1], и построить интерполяционные многочлены Lnx для функции Рунге x(t) = 1+251 t2 , то kLnx − xkC[−1,1] 9 0.
Задача 10.2 (Теорема Сёге). Пусть для приближенного вычисления интеграла используется квадратурная формула, имеющая вид
b |
n |
|
|
|
|
Z x(t)dt ≈ X Aknx(tkn); |
(10.3) |
ak=1
здесь a ≤ tn1 < · · · < tnn ≤ b.
60 |
S§ 10. Пространство линейных ограниченных операторов |
Доказать, что, для того чтобы квадратурные формулы (10.3) сходились для любой непрерывной функции, то есть
|
b |
x(t)dt |
|
Aknx(tkn) |
0, |
Z |
|
|
n |
→ |
|
|
|
− − k=1 |
|
||
a |
|
|
X |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
необходимо и достаточно, чтобы
n
1) sup P |Ank | ≤ M;
nk=1
2)сходимость этих формул выполнялась для каждого многочлена.
Задача 10.3. Доказать, что существует непрерывная периодическая функция, ряд Фурье которой равномерно к ней не сходится.
Указание. Ввести в рассмотрение оператор sn, который является частной суммой ряда Фурье. Как известно, эта сумма выражается интегралом Дирихле:
|
|
|
2π |
|
|
|
|
|
|
|
τ−t) |
|
|
|
|
|
1 |
Z0 |
|
|
sin((2n + 1) |
|
|
||||||
|
sn(x)(t) = |
|
x(τ) |
|
|
|
|
2 |
dτ. |
|
|
|||
|
2π |
|
sinτ−2 t |
|
|
|
||||||||
Используя неравенства |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
| sin t| ≤ t, |
(0 ≤ t ≤ 2π) |
|
|
sin s ≥ |
2 |
s, |
|
0 ≤ s ≤ |
π |
, |
||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
π |
|
2 |
||||||||||
доказать, что |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ksnk ≥ |
ln n. |
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
8π |
|
|
|
|
|
|
|
Задача 10.4. Пусть An – оператор кусочно-линейной интерполяции в C[a, b] по n равноотстоящим узлам. Исследовать последовательность {An} на сходимость (равномерную и поточечную).
Пример 10.2. Исследовать на равномерную и поточечную сходимость последовательность операторов {An}, действующих в l1 и заданных с помощью формулы
Anx = (x1, · · · , xn, 0, 0, · · · ).
Решение. Покажем, что в пространстве l1 последовательность {An} сходится поточечно к единичному оператору.
Действительно,
|
∞ |
kAnx − xkl1 ≤ |
iX |
|xi|. |
|
|
=n+1 |