3курс,VIсем Задачи инт ур

что

y = Ay ,

т.е. неподвижная точка оператора Р является также и неподвижной точкой

оператора А.

Для доказательства единственности неподвижной точки оператора А предположим

противное, т.е. пусть существуют две точки

y ≠ y такие что

Ay = y

и Ay = y , тогда

An y ≡ Py = y

и

An y ≡ Py = y , откуда

следует, что

y = y

в силу

единственности

неподвижной точки оператора Р.

Пример 4.3. Пусть в банаховом пространстве

В заданы два сжимающих оператора А и

D,

т.е.

для

любых

элементов

x,

y B

имеют

место

соотношения

|| Ax − Ay || ≤αA || x − y ||,

0 ≤αA <1 и

|| Dx − Dy || ≤αD || x − y ||,

0 ≤αD <1.

Зададим некоторое число ε > 0 .

Назовем операторы А и D ε -близкими, если для

z B выполнено

|| Az − Dz || ≤ ε .

Доказать, что неподвижные точки x и y

этих операторов находятся на расстоянии

ρ(x , y ) ≡ || x − y || ≤

ε

,

где α = max{αA ,αD } <1.

1

−

α

Возьмем

x в

качестве

начального

приближения

итерационного

процесса

для

определения

y ,

т.е.

y

0

= x ,

y = Dy ≡ Dx ,...,

y

k

= Dk x ;

y = lim Dk x .

Тогда

1

0

k →∞

|| x − y

k

||

≤ || x − y || +|| y − y

2

|| +... +|| y

k −1

− y

k

||

≤ || x − y || (1+

α

D

+α2 +... +αk −1 )

≤ || x − Dx || .

1

1

1

D

D

1

−αD

Переходя

в

последнем

неравенстве

к

пределу

при

k → ∞ ,

получим

|| x − y ||

≤ ||

x − Dx || =

|| Ax − Dx ||

≤ || Ax − Dx || ≤

ε

,

что

и

требовалось

1−αD

1−α

доказать.

1−αD

1−α

Пример 4.4. Привести пример оператора, переводящего банахово пространство

В

в

себя, удовлетворяющего

условию || Ay − Az ||B < ||

y − z ||B

для

любых

y, z B ,

и

не

имеющего неподвижной точки.

Ax = x + π2 −arctg x . Для

Решение. Рассмотрим следующий оператор в пространстве R1 :

любых

y, z B ,

применяя

формулу

Лагранжа

(ξ

между y

и

z ),

получим

|| Ay − Az || 1 = | y −arctg y −(z −arctg z) |

= |1−

1

| | y − z |

< |

y − z | ≡ ||

y − z || 1 .

Однако,

1+ξ2

R

R

для всех

y имеет место неравенство Ay = y + π

−arctg y > y , что и означает отсутствие

2

а)

Рассмотрим

две

произвольные непрерывные функции

y(x), z(x) C[0,1] , тогда

1

|| Ay − Az ||

= | λ | max

∫

(x − s)[ y(s) − z(s)]ds

≤ | λ | max | y(s) − z(s) | max | x − s | =

C[0,1]

x [0,1]

s [0,1]

x,s [0,1]

0

= | λ | || y − z ||C[0,1] ,

т.е. оператор А: C[0,1] →C[0,1]

является сжимающим при | λ |<1.

б)

Рассмотрим две произвольные непрерывные функции y(x), z(x) h[0,1] , тогда

1

1

2

(неравенство Коши-Буняковского)

|| Ay − Az ||h2[0,1] = λ2 ∫dx

∫(x − s) [ y(s) − z(s)]ds

≤

0

0

1

1

1

1

1

1

≤ λ2 ∫{∫(x −s)2 ds ∫[ y(s) − z(s)]2ds}dx = λ2 || y − z ||2h[0,1] ∫∫(x − s)2 ds dx = λ2 || y − z ||h2[0,1]

,

0

0

0

0

6

0

= || y−z||2

h[ 0,1]

следовательно, оператор А:

h[0,1] → h[0,1] является сжимающим при условии | λ |<

6 .

x

x

|| Ay − Az ||C[0,1] = | λ | max

(x − s)[ y(s) − z(s)]ds

≤ | λ | max | y(s) − z(s) | max

∫

(x − s) ds =

x [0,1]

∫

s [0,1]

x [0,1]

0 ≥0

0

=

| λ | || y − z ||

, т.е. оператор В: C[0,1] →C[0,1]

является сжимающим при | λ |< 2 .

2

C[0,1]

б)

Рассмотрим две произвольные непрерывные функции y(x), z(x) h[0,1] , тогда

1

x

2

(неравенство Коши-Буняковского)

|| Ay − Az ||h2[0,1] = λ2 ∫dx

∫(x − s) [ y(s) − z(s)]ds

≤

0

0

≤ λ2 ∫1

[∫x (x − s)2 ds ∫x [ y(s) − z(s)]2ds] dx = λ2 || y − z ||h2[0,1] ∫1

dx∫x (x − s)2 ds =

λ2 || y − z ||h2[0,1] ,

0

0

0

0

12

0

≤ || y−z||2

h[ 0,1]

следовательно,

оператор В: h[0,1] → h[0,1] будет сжимающим при | λ | < 12 .

Решение.

Начнем с построения резольвенты R(x, s, λ) , выписав итерированные ядра:

K1 (x, s) ≡ K (x, s) = sin(x + s) ,

K2 (x, s) = π∫K (x,t)K1 (t, s) dt = π∫sin(x +t) sin(t + s) dt = π

cos(x − s) ,

0

0

2

K3 (x, s) = π∫K (x,t)K2 (t, s) dt =

π π∫sin(x +t) cos(t − s) dt = π2 sin(x + s) ,

0

2 0

4

……………….

π

π

2m−1

m =1, 2,3... ,

K2m (x, s) = ∫K (x,t)K2m−1 (t, s) dt =

cos(x −s) ,

0

2

π

π

2m

sin(x + s) , m

=1, 2,3... .

K2m+1 (x, s) = ∫K (x,t)K2m (t, s) dt =

0

2

∞

Используя формулу для резольвенты

R(x, s, λ) = ∑λm−1Km (x, s)

и суммируя ряд

m=1

sin(x + s) +

πλ

cos(x − s)

отдельно по четным и нечетным номерам,

найдем R(x, s, λ) =

2

.

πλ 2

1−

2

Критерий "малого" λ

в данном случае совпадает с условием сходимости ряда

Неймана

| λ | <

2

, и как

легко

видеть, выполняется на более

широком множестве

π

уравнения Фредгольма 2-го рода: | λ | <

1

=

1

.

K0

(b −a)

π

Далее, так как

решение представимо

в виде

y(x) = f (x) +λ ∫b R(x, s, λ) f (s) ds ,

то

полагая f (x) = cos x ,

a

получим

λπ

πλ

2

cos x +

λπ

sin x

π

2

sin x +

2

cos x

y(x) = cos x +λ∫R(x, s, λ) cos s ds = cos x +

=

2

.

πλ

2

πλ

2

0

1−

1−

2

2

приближений.

Положим

y0 ≡ 0,

yn+1 = λ A yn + f ,

n = 0,1, 2,... ,

тогда

y1 = λ π∫sin(x + s) 0 ds +cos x = cos x ;

0

y2 = λ π∫sin(x + s) cos s ds +cos x = λ

π sin x +cos x ;

0

2

π

π

λπ 2

cos x +λ

π

sin x +cos x ;

y3 = λ ∫sin(x + s)[λ

2

sin s +cos s]ds +cos x =

2

2

0

……………….

y2n+1

λπ

2

+...

λπ 2n

λπ

λπ

2

λπ 2n−2

= cos x 1+

+

2

+sin x

2

1

+

+... +

;

2

2

2

y2n+2

= cos x

λπ

2

λπ 2n

λπ

λπ

2

λπ 2n

1

+

+... +

2

+sin x

2

1+

+... +

.

2

2

2

Легко

видеть,

что

если

| λ | <

2

,

то

при

n → ∞ обе

подпоследовательности

π

λπ

cos x +

sin x

сходятся к

одной и

той

же функции

y(x)

=

2

,

которая уже была

πλ 2

1−

2

y(x) = λ∫1

y(s) ds +1.

Показать, что ряд Неймана сходится лишь в области | λ |<1, однако

0

решение, полученное при этом условии, существует при всех λ ≠1.

Решение.

Решение уравнения Фредгольма y = λAy + f может быть записано в виде ряда

∞

Неймана

y(x) = f (x) +∑λn An f (x) .

n=1

В нашем

случае

Af (x) = ∫1

f (x) dx , f (x) =1 ,

поэтому

Af (x) = ∫1

1 dx =1 и,

0

0

аналогично, An f (x) =1

(n = 2,3,...) . Следовательно, при условии | λ | <1 ,

ряд Неймана

∞

∞

∑λn An f (x) = ∑λn

сходится,

и

решением

уравнения

является функция

n=1

n=1

∞

1

y(x) =1+∑λn

=

,

однако

если

| λ | ≥1 , то

ряд расходится, и справедливость

1

−

λ

n=1

С другой стороны, обозначив

∫1

y(s) ds = C ,

будем иметь

y(x) = λC +1, откуда

0

C = ∫1

(λC +1) ds = λC +1.

Поэтому,

при λ =1 уравнение неразрешимо, а для остальных

0

λ ≠1

находим

C =

1

и

y(x) =1+λC =1+

λ

=

1

.

1

−λ

1

−λ

1−λ

1

Итак, решение задачи существует при всех λ ≠

1

и дается формулой

y(x) =

,

1

−λ

что совпадает с выражением, полученным ранее лишь на множестве

| λ | <1 . Заметим, что

при условии

| λ | >1

решение

также

существует,

несмотря на

то, что

ряд Неймана

расходится.

действующий

в

пространстве

C[a,b] ,

не имеет характеристических чисел на интервале

1

K0

= max

K (x, s)

λ

0,

, где

.

K0

(b −a)

x,s [a,b]

действующий

в пространстве

h[a,b] ,

не имеет характеристических чисел на интервале

λ

1

где K0

= max

K (x, s)

0,

,

.

K0

(b

−a)

x,s [a,b]

4.3

Доказать, что задача решения уравнения Фредгольма 2-рода y(x) = λ∫b K (x, s) y(s) ds + f (x)

с

a

вещественным непрерывным ядром корректно поставлена при условии | λ | <

1

, где

K0 (b −a)

K0 = max

K (x, s)

x,s [a,b]

а)

в пространстве C[a,b] ;

б)

в пространстве h[a,b] .

4.4

Доказать,

что

оператор Фредгольма

y(x) = 1

∫1

x s2 y(s) ds +1 является

сжимающим

в

пространстве C[0,1] ,

2

0

и найти его неподвижную точку.

1

x

б) y(x) = λ ∫0

y(s) ds +1+ x2 ;

1+ s2

в) y(x) = λ∫1

y(s) ds +sin π x ;

0

г)

y(x) = λπ∫x sin 2s y(s) ds +cos 2x ;

0

д) y(x) =λ

2∫π sin(x + s) y(s) ds + 2 ;

0

π

е)

y(x) =∫2 sin x cos s y(s) ds +1

(λ =1) ;

0

ж) y(x) = 1

∫1 x es y(s) ds +e−x

(λ = 1 )

;

2

0

2

1

з) y(x) = ∫2 y(s) ds + x

(λ =1) .

0

4.4

y =

4

x +1 .

21

3xs

3x

4.5

а)

Резольвента

R(x, s, λ) =

,

решение

y(x) =

;

условие

сходимости

3 −λ

3 −λ

последовательных приближений

| λ | < 3 ,

достаточное условие теоремы выполнено при

| λ | <1 .

б)

Резольвента

R(x, s, λ) =

1

x

,

решение

y(x) =1+

λx

+ x2 ;

ln 2

1+ s2

ln 2

1−λ

1−λ

2

2

2

условие сходимости последовательных

приближений

| λ | <

,

достаточное

условие

теоремы выполнено лишь при | λ | <1 .

ln 2

в)

Резольвента

R(x, s, λ) =

1

,

решение

y(x) = sin πx +

2λ

;

условие

1

−λ

π(1−λ)

сходимости последовательных приближений | λ | <1

совпадает с достаточным условием

теоремы.

x sin 2s

г)

Резольвента

R(x, s, λ) =

,

решение

y(x) = cos 2x ; последовательные

1+

λπ

2

д)

Резольвента

R(x, s, λ) = sin(x + s) +λπ cos(x − s) ,

решение

y(x) = 2 ;

1−λ2π2

1

последовательные приближения сходятся

при | λ | <

,

достаточное условие теоремы

1

π

выполнено только при | λ | <

.

2π

е)

Резольвента

R(x, s, λ) = 2sin x cos s

,

решение

y(x) =1+ 2sin x ;

2 −λ

| λ | < 2 ,

последовательные приближения

сходятся при

однако достаточное

условие

"малого" λ : | λ | =

1 <

2

, сформулированное в теореме, -

не выполнено.