ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 06.04.2021
Просмотров: 339
Скачиваний: 1
36
∫
−
=
t
ds
s
x
t
x
0
)
(
)
(
. (3)
Из
(3)
следует
,
что
]
1
,
0
[
)
(
1
C
x
∈
⋅
и
0
)
0
(
=
x
.
Так
как
интегральное
уравнение
(3)
эквивалентно
задаче
Коши
0
)
0
(
,
0
=
=
+
x
x
x
&
,
которая
имеет
только
нулевое
решение
,
то
{ }
Θ
=
)
ker(
A
.
Проверим
условие
]
1
,
0
[
)
(
C
A
R
=
.
Для
этого
покажем
,
что
уравнение
y
Ax
=
или
∫
=
+
t
t
y
t
x
ds
s
x
0
)
(
)
(
)
(
,
имеет
решение
для
любой
непрерывной
функции
)
(
t
y
.
Делая
замену
переменных
∫
=
=
t
t
x
t
z
ds
s
x
t
z
0
)
(
)
(
,
)
(
)
(
&
,
приходим
к
задаче
Коши
0
)
0
(
,
=
=
+
z
y
z
z
&
,
которая
для
всех
]
1
,
0
[
C
y
∈
имеет
решение
∫
−
=
t
t
s
ds
s
y
e
t
z
0
)
(
)
(
и
∫
−
−
=
=
t
t
s
ds
s
y
e
t
y
t
z
t
x
0
)
(
)
(
)
(
)
(
&
.
Таким
образом
,
условия
теоремы
Банаха
выполнены
и
оператор
A
непрерывно
обратим
.
Обратный
оператор
задается
равенством
∫
−
−
−
=
t
t
s
ds
s
y
e
t
y
t
y
A
0
1
)
(
)
(
)
(
.
Пример
2.
Доказать
,
что
линейный
оператор
2
2
:
l
l
A
→
,
заданный
выражением
,...)
,...,
,
(
2
2
1
1
n
n
x
x
x
Ax
α
α
α
=
,
где
∞
<
n
α
sup
,
непрерывно
обратим
тогда
и
только
тогда
,
когда
0
inf
0
>
=
α
α
n
.
Решение
.
Прежде
всего
заметим
,
что
A
ограничен
.
Пусть
0
inf
0
>
=
α
α
n
.
Рассмотрим
уравнение
y
Ax
=
,
где
2
l
y
∈
-
произвольный
элемент
.
Оно
эквивалентно
системе
уравнений
,...)
2
,
1
(
=
=
k
y
x
k
k
k
α
.
Поскольку
0
≠
k
α
,
то
k
k
k
y
x
α
=
,
причем
37
2
2
0
2
1
1
2
2
1
l
k
k
k
k
k
y
y
x
α
α
≤
=
∑
∑
∞
=
∞
=
.
Следовательно
,
2
l
x
∈
.
Таким
образом
,
2
)
(
l
A
R
=
.
Если
Θ
=
y
,
то
и
Θ
=
x
,
то
есть
{ }
Θ
=
)
ker(
A
.
Из
теоремы
Банаха
следует
,
что
оператор
A
непрерывно
обратим
.
Кроме
того
,
обратный
оператор
задается
выражением
,...)
,...,
,
(
2
2
1
1
1
n
n
y
y
y
y
A
α
α
α
=
−
.
Пусть
теперь
A
непрерывно
обратим
в
2
l
.
Тогда
существует
0
>
M
,
что
для
всех
2
l
y
∈
выполнена
оценка
y
M
y
A
≤
−
1
.
Для
произвольного
2
l
x
∈
положим
Ax
y
=
.
Получим
0
1
,
>
=
≥
M
m
x
m
Ax
. (4)
Покажем
,
что
0
inf
>
n
α
.
Предположим
противное
:
0
inf
=
n
α
.
Тогда
найдется
0
k
,
что
m
k
<
0
α
.
Но
из
(4)
для
,...)
0
,
1
,
0
,...,
0
(
0
k
x
=
имеем
,
что
m
k
≥
0
α
.
Полученное
противоречие
доказывает
утверждение
.
Задания
для
самостоятельного
решения
Какие
из
следующих
операторов
являются
непрерывно
обратимыми
?
Если
обратный
существует
,
то
найти
его
вид
.
1.
Если
2
2
:
l
l
A
→
,
то
а
)
,...)
2
,...,
2
,
2
,
2
(
3
3
2
2
1
n
n
x
x
x
x
Ax
=
;
б
)
,...)
,...,
,
,
0
(
3
1
n
x
x
x
Ax
=
;
в
)
,...)
,...,
,
(
3
2
n
x
x
x
Ax
=
;
г
)
,...)
,...,
,
(
2
2
1
n
x
x
x
x
Ax
+
=
;
д
)
,...)
,
,
0
,...,
0
(
2
1
+
+
=
n
n
n
x
x
Ax
3
2
1
.
2.
Если
]
1
,
0
[
]
1
,
0
[
:
C
C
A
→
,
то
а
)
)
(
)
(
2
t
x
t
t
Ax
=
;
б
)
∫
+
=
+
1
0
)
(
)
(
)
(
t
x
ds
s
x
e
t
Ax
s
t
;
38
3.
Если
]
,
0
[
]
,
0
[
:
π
π
C
C
A
→
,
то
а
)
)
(
sin
)
(
t
x
t
t
Ax
=
;
б
)
)
(
cos
)
(
t
x
t
t
Ax
=
.
4.
Если
]
1
,
0
[
]
1
,
0
[
)
(
:
C
C
A
D
A
→
⊂
,
то
а
)
{
}
0
)
1
(
)
0
(
:
]
1
,
0
[
)
(
),
(
)
(
2
=
=
∈
=
=
x
x
C
x
A
D
t
x
t
Ax
&
&&
;
б
)
{
}
]
1
,
0
[
)
(
),
(
)
(
1
C
x
A
D
t
x
t
Ax
∈
=
=
&
;
в
)
{
}
0
)
0
(
)
0
(
:
]
1
,
0
[
)
(
),
(
)
(
)
(
2
=
=
∈
=
+
=
x
x
C
x
A
D
t
x
t
x
t
Ax
&
&&
.
11.
Спектр
оператора
Пусть
X
-
комплексное
линейное
нормированное
пространство
,
)
(
:
X
X
A
D
A
→
⊂
-
линейный
оператор
.
Число
C
∈
λ
называется
регулярной
точкой
оператора
A
,
если
оператор
I
A
λ
−
непрерывно
обратим
.
Совокупность
регулярных
точек
оператора
A
называют
резольвентным
множеством
оператора
A
и
обозначают
)
(
A
ρ
.
Если
)
(
A
ρ
λ
∈
,
то
ограниченный
линейный
оператор
1
)
(
)
,
(
−
−
=
I
A
A
R
λ
λ
называют
резольвентой
оператора
A
в
точке
λ
.
Дополнение
к
множеству
)
(
A
ρ
в
комплексной
плоскости
называется
спектром
оператора
A
и
обозначается
)
(
A
σ
.
Число
)
(
A
σ
λ
∈
называют
собственным
значением
или
собственным
числом
оператора
A
,
если
существует
элемент
)
(
A
D
x
∈
,
что
Θ
≠
x
и
x
Ax
λ
=
.
Такой
элемент
x
называют
собственным
вектором
,
отвечающим
собственному
значению
λ
.
Если
X
-
банахово
пространство
и
оператор
X
X
A
→
:
является
ограниченным
,
то
его
спектр
есть
непустое
замкнутое
множество
,
лежащее
в
круге
с
центром
в
нуле
радиуса
A
,
то
есть
A
≤
λ
для
)
(
A
σ
λ
∈
.
Кроме
того
,
из
теоремы
Банаха
следует
,
что
)
(
A
σ
λ
∈
,
если
{ }
Θ
≠
−
)
ker(
I
A
λ
или
X
I
A
R
≠
−
)
(
λ
.
Пример
1.
Имеет
ли
оператор
∫
=
t
ds
s
x
t
Ax
0
)
(
)
(
,
действующий
в
]
1
,
0
[
C
,
собственные
значения
?
39
Решение
.
Запишем
уравнение
для
определения
собственных
чисел
∫
=
t
t
x
ds
s
x
0
)
(
)
(
λ
.
Пусть
0
≠
λ
.
Из
уравнения
для
собственных
значений
видно
,
что
собственная
функция
(
если
она
существует
)
непрерывно
дифференцируема
и
0
)
0
(
=
x
.
Продифференцировав
обе
части
уравнения
,
получим
λ
)
(
)
(
t
x
t
x
=
&
.
Отсюда
λ
t
Ce
t
x
=
)
(
.
Так
как
0
)
0
(
=
x
,
то
0
)
(
≡
t
x
.
Это
означает
,
что
0
≠
λ
не
является
собственным
значением
.
Если
0
=
λ
,
то
∫
=
t
ds
s
x
0
0
)
(
для
любого
]
1
,
0
[
∈
t
и
поэтому
0
)
(
≡
t
x
.
Таким
образом
,
0
=
λ
также
не
является
собственным
значением
.
Заметим
однако
,
что
0
=
λ
принадлежит
спектру
,
так
как
обратный
оператор
существует
,
задается
соотношением
)
(
)
(
1
t
y
t
y
A
&
=
−
и
является
неограниченным
в
]
1
,
0
[
C
.
Пример
2.
Найти
резольвентное
множество
,
спектр
и
резольвенту
оператора
)
(
sin
2
)
(
t
x
t
t
Ax
=
,
рассматриваемого
в
]
2
,
0
[
π
C
.
Решение
.
Найдем
,
при
каких
C
∈
λ
выполнены
условия
теоремы
Банаха
о
непрерывной
обратимости
ограниченного
оператора
I
A
λ
−
.
Рассмотрим
однородное
уравнение
0
)
(
=
−
x
I
A
λ
или
]
2
,
0
[
,
0
)
(
)
sin
2
(
π
λ
∈
=
−
t
t
x
t
.
Если
]
2
,
2
[
−
∉
λ
,
то
0
sin
2
≠
−
λ
t
при
]
2
,
0
[
π
∈
t
,
однородное
уравнение
имеет
только
нулевое
решение
и
{ }
Θ
=
−
)
ker(
I
A
λ
.
Кроме
того
,
в
этом
случае
неоднородное
уравнение
)
(
)
(
)
sin
2
(
t
y
t
x
t
=
−
λ
40
имеет
решение
при
любой
непрерывной
функции
)
(
t
y
и
]
2
,
0
[
)
(
π
λ
C
I
A
R
=
−
.
Для
таких
λ
оператор
)
(
I
A
λ
−
непрерывно
обратим
.
Таким
образом
,
)
(
]
2
,
2
[
\
A
C
ρ
⊂
−
,
а
потому
]
2
,
2
[
)
(
−
⊂
A
σ
.
Покажем
обратное
вложение
:
)
(
]
2
,
2
[
A
σ
⊂
−
.
Пусть
]
2
,
2
[
−
∈
λ
.
Проверим
,
для
любого
ли
]
2
,
0
[
π
C
y
∈
найдется
такой
]
2
,
0
[
π
C
x
∈
,
что
y
x
I
A
=
−
)
(
λ
.
Если
]
2
,
2
[
−
∈
λ
,
то
существует
]
2
,
0
[
0
π
∈
t
,
что
λ
=
0
sin
2
t
.
Тогда
при
0
t
t
=
неоднородное
уравнение
приводит
к
равенству
)
(
)
(
0
0
0
t
y
t
x
=
⋅
,
что
невозможно
,
если
0
)
(
0
≠
t
y
.
Таким
образом
,
]
2
,
0
[
)
(
π
λ
C
I
A
R
≠
−
для
таких
λ
и
,
следовательно
,
)
(
]
2
,
2
[
A
σ
⊂
−
.
Получили
,
что
]
2
,
2
[
)
(
−
=
A
σ
,
а
]
2
,
2
[
\
)
(
−
=
C
A
ρ
.
Так
как
значение
оператра
1
)
(
−
−
I
A
λ
при
)
(
A
ρ
λ
∈
на
элементе
y
есть
решение
уравнения
y
x
I
A
=
−
)
(
λ
,
то
резольвента
задается
формулой
λ
λ
−
=
−
−
t
t
y
t
y
I
A
sin
2
)
(
)
(
)
(
1
.
Пример
3.
Найти
собственные
числа
и
собственные
функции
оператора
,
действующего
в
]
1
,
0
[
С
и
задаваемого
выражением
∫
−
=
1
0
2
)
(
)
4
2
(
)
(
ds
s
x
t
ts
t
Ax
.
Решение
.
Уравнение
для
собственных
чисел
)
(
)
(
t
Ax
t
x
=
λ
является
уравнением
с
вырожденным
ядром
.
Запишем
его
в
виде
∫
∫
−
=
1
0
1
0
2
)
(
4
)
(
2
)
(
ds
s
x
t
ds
s
sx
t
t
x
λ
.
Обозначая
∫
=
1
0
1
)
(
ds
s
sx
c
,
∫
=
1
0
2
)
(
ds
s
x
c
,
при
0
≠
λ
получим
представление
решения
λ
/
)
4
2
(
)
(
2
2
1
c
t
tc
t
x
−
=
через
неизвестные
пока
1
c
и
2
c
,
которые
определяются
из
алгебраической
системы
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−
=
−
=
2
1
1
2
1
2
3
2
3
4
c
c
c
c
c
c
λ
λ
или
⎩
⎨
⎧
=
+
−
=
+
−
0
3
)
2
3
(
0
)
4
3
(
3
2
1
2
1
c
c
c
c
λ
λ
.