ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 06.04.2021
Просмотров: 338
Скачиваний: 1
41
Однородная
система
имеет
ненулевое
решение
тогда
и
только
тогда
,
когда
ее
определитель
равен
нулю
.
Имеем
уравнение
0
1
6
9
2
=
+
+
λ
λ
,
откуда
3
1
−
=
λ
.
Тогда
R
с
с
с
∈
=
=
2
1
и
существует
ненулевое
решение
)
0
(
)
(
)
(
2
≠
+
=
c
t
t
c
t
x
.
Следовательно
,
3
1
−
=
λ
является
собственным
значением
,
а
)
(
t
x
-
собственной
функцией
оператра
A
.
Если
же
3
1
−
≠
λ
,
то
0
2
1
=
=
c
c
и
0
)
(
≡
t
x
.
Следовательно
,
3
1
−
=
λ
не
является
собственным
значением
.
Кроме
того
,
0
=
λ
также
является
собственным
значением
,
а
соответствующими
собственными
функциями
являются
все
функции
)
(
t
x
,
для
которых
∫
=
=
1
0
1
0
)
(
ds
s
sx
c
и
∫
=
=
1
0
2
0
)
(
ds
s
x
c
.
Пример
4.
Найти
спектр
оператора
сдвига
,...)
,
,
0
(
2
1
x
x
Ax
=
в
2
l
.
Решение
.
Прежде
всего
отметим
,
что
так
как
1
=
A
,
то
1
≤
λ
для
)
(
A
σ
λ
∈
.
Заметим
,
что
)
(
0
A
σ
λ
∈
=
,
так
как
оператор
A
не
имеет
обратного
на
2
l
.
Пусть
теперь
1
≤
λ
и
0
≠
λ
.
Рассмотрим
уравнение
y
x
I
A
=
−
)
(
λ
.
Оно
эквивалентно
системе
уравнений
,...)
2
,
1
(
0
,
0
1
=
=
=
+
−
−
n
x
y
x
x
n
n
n
λ
.
Отсюда
λ
/
)
(
1
−
+
−
=
n
n
n
x
y
x
.
Возьмем
2
,...)
0
,
1
(
l
y
∈
−
=
.
Тогда
решение
,
если
оно
существует
,
должно
иметь
вид
,...)
1
,...,
1
,
1
(
2
n
x
λ
λ
λ
=
,
но
ряд
∑
∞
=
1
2
1
n
n
λ
расходится
при
1
≤
λ
.
Поэтому
2
)
(
l
I
A
R
≠
−
λ
.
Следовательно
,
такие
λ
принадлежат
спектру
оператора
A
.
Таким
образом
,
{
}
1
:
)
(
≤
∈
=
λ
λ
σ
C
A
.
Задания
для
самостоятельного
решения
1.
Найти
резольвентное
множество
,
спектр
и
резольвенту
оператора
A
,
если
:
42
а
)
]
1
,
0
[
]
1
,
0
[
:
C
C
A
→
,
где
)
(
)
(
t
x
e
t
Ax
t
=
;
б
)
]
1
,
0
[
]
1
,
0
[
:
C
C
A
→
,
где
)
(
),
(
)
(
)
(
t
a
t
x
t
a
t
Ax
=
-
заданная
непрерывная
на
]
1
,
0
[
функция
;
в
)
]
2
,
1
[
]
2
,
1
[
:
C
C
A
→
,
где
)
(
ln
)
(
t
x
t
t
Ax
=
;
г
)
]
,
0
[
]
,
0
[
:
π
π
C
C
A
→
,
где
)
(
cos
4
)
(
t
x
t
t
Ax
=
.
2.
Найти
спектр
и
резольвентное
множество
оператора
2
2
:
l
l
A
→
,
задаваемого
соотношением
,...)
,...,
,
(
2
2
1
1
n
n
x
x
x
Ax
α
α
α
=
,
где
0
inf
>
n
α
.
3.
Найти
собственные
числа
и
собственные
функции
оператора
,
если
:
а
)
]
,
0
[
]
,
0
[
:
π
π
C
C
A
→
,
ds
s
x
s
t
t
Ax
)
(
)
cos(
)
(
0
∫
+
=
π
;
б
)
]
2
,
0
[
]
2
,
0
[
:
π
π
C
C
A
→
,
ds
s
sx
t
t
Ax
∫
=
π
2
0
)
(
sin
sin
)
(
;
в
)
]
1
,
0
[
]
1
,
0
[
:
C
C
A
→
,
ds
s
x
t
ts
t
Ax
)
(
)
4
2
(
)
(
1
0
2
∫
−
=
.
12.
Компактные
множества
,
компактные
операторы
Пусть
X
-
линейное
нормированное
пространство
.
Множество
X
K
⊂
называется
предкомпактным
,
если
из
любой
последовательности
элементов
этого
множества
можно
выделить
сходящуюся
в
X
подпоследовательность
.
Если
предельный
элемент
K
x
∈
0
,
то
K
называется
компактным
множеством
.
В
случае
конечномерного
пространства
X
множество
компактно
тогда
и
только
тогда
,
когда
оно
ограничено
и
замкнуто
.
Семейство
функций
]
,
[
b
a
C
K
⊂
называется
равномерно
ограниченным
,
если
существует
0
>
R
,
такое
что
для
всех
K
x
∈
⋅
)
(
и
]
,
[
b
a
t
∈
следует
R
t
x
≤
)
(
.
Равномерная
ограниченность
семейства
функций
K
эквивалентна
ограниченности
множества
K
в
]
,
[
b
a
C
.
Семейство
функций
]
,
[
b
a
C
K
⊂
называется
равностепенно
непрерывным
,
если
для
любого
0
>
ε
существует
0
>
δ
такое
,
что
для
всех
K
x
∈
⋅
)
(
и
для
любых
]
,
[
,
2
1
b
a
t
t
∈
таких
,
что
δ
<
−
2
1
t
t
,
выполняется
неравенство
ε
<
−
)
(
)
(
2
1
t
x
t
x
.
43
Критерий
Арцела
.
Семейство
функций
]
,
[
b
a
C
K
⊂
предкомпактно
тогда
и
только
тогда
,
когда
K
равномерно
ограничено
и
равностепенно
непрерывно
.
Пример
1.
Является
ли
предкомпактным
в
]
1
,
0
[
C
множество
?
,...
2
,
1
);
cos
1
(
)
(
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
=
−
=
=
n
n
t
n
t
x
K
n
Решение
.
Воспользуемся
критерием
Арцела
.
Во
-
первых
,
семейство
K
равномерно
ограничено
,
так
как
для
любого
n
справедлива
оценка
2
1
2
)
2
(
2
2
sin
2
)
(
2
2
2
≤
=
≤
=
n
t
n
t
n
n
t
n
t
x
n
.
Кроме
того
,
по
формуле
Лагранжа
конечных
приращений
ε
ξ
<
−
≤
−
=
−
2
1
2
1
2
1
2
sin
)
(
)
(
t
t
t
t
n
t
x
t
x
n
n
при
ε
δ
<
<
−
2
1
t
t
сразу
для
всех
n
.
Здесь
2
1
t
t
<
<
ξ
.
Тем
самым
показано
,
что
K
-
предкомпактное
множество
.
Пример
2.
Пусть
K
-
множество
непрерывно
дифференцируемых
функций
)
(
t
x
таких
,
что
выполнены
два
условия
:
1)
]
)
(
[
])
,
[
)(
)
(
)(
0
(
L
t
x
b
a
t
K
x
L
≤
∈
∀
∈
⋅
∀
>
∃
&
;
2)
]
0
)
(
[
:
])
,
[
)(
)
(
(
=
∈
∃
∈
⋅
∀
x
x
x
b
a
K
x
α
α
.
Доказать
,
что
множество
K
предкомпактно
в
]
,
[
b
a
C
.
Решение
.
Покажем
,
что
K
равномерно
ограничено
.
Из
представления
∫
+
=
t
x
x
ds
s
x
x
t
x
α
α
)
(
)
(
)
(
&
,
учитывая
,
что
0
)
(
=
x
x
α
,
имеем
для
любых
K
x
∈
⋅
)
(
44
]
,
[
)
(
)
(
)
(
b
a
t
a
b
L
ds
s
x
t
x
b
a
∈
∀
−
≤
≤
∫
&
.
Кроме
того
,
семейство
K
равностепенно
непрерывно
,
так
как
при
L
t
t
ε
δ
<
<
−
2
1
,
выполнено
соотношение
ε
ξ
<
−
≤
−
=
−
2
1
2
1
2
1
)
(
)
(
)
(
t
t
L
t
t
x
t
x
t
x
&
.
По
теореме
Арцела
множество
K
предкомпактно
.
Линейный
ограниченный
оператор
Y
X
A
→
:
называется
компактным
,
если
он
любое
ограниченное
множество
X
M
⊂
переводит
в
предкомпактное
множество
Y
AM
⊂
.
Свойства
компактных
операторов
:
1)
линейная
комбинация
компактных
операторов
является
компактным
оператором
;
2)
если
A
-
компактный
,
а
B
-
ограниченный
оператор
,
то
операторы
AB
и
BA
компактны
;
3)
в
бесконечномерном
пространстве
компактный
оператор
не
имеет
ограниченного
обратного
;
4)
если
линейный
ограниченный
оператор
Y
X
A
→
:
и
пространства
X
или
Y
конечномерны
,
то
оператор
A
является
компактным
;
5)
если
Y
-
банахово
пространство
и
0
→
−
A
A
n
при
∞
→
n
,
где
A
-
линейный
ограниченный
оператор
и
n
A
-
компактные
операторы
,
то
A
-
компактный
оператор
.
Пример
3.
Является
ли
оператор
)
1
(
)
0
(
)
(
tx
x
t
Ax
+
=
компактным
в
пространстве
]
1
,
0
[
C
?
Решение
.
Пусть
M
-
произвольное
ограниченное
множество
в
]
1
,
0
[
C
,
то
есть
существует
0
>
R
,
что
для
любых
M
x
∈
выполнено
R
x
C
≤
.
Тогда
семейство
AM
,
во
-
первых
,
равномерно
ограничено
,
так
как
для
любых
M
x
∈
R
t
R
t
Ax
2
)
1
(
)
(
≤
+
≤
,
и
,
во
-
вторых
,
равностепенно
непрерывно
,
так
как
45
ε
<
−
≤
−
≤
−
R
t
t
x
t
t
t
Ax
t
Ax
2
1
2
1
2
1
)
1
(
)
(
)
(
при
R
t
t
ε
δ
<
<
−
2
1
.
По
теореме
Арцела
множество
AM
предкомпактно
в
]
1
,
0
[
C
.
Следовательно
,
A
-
компактный
оператор
.
Пример
4.
Показать
компактность
оператора
]
1
,
0
[
]
1
,
0
[
:
2
2
L
L
A
→
∫
=
1
0
)
(
)
(
ds
s
x
e
t
Ax
ts
.
Решение
.
Пусть
M
-
произвольное
ограниченное
множество
в
]
1
,
0
[
2
L
,
то
есть
R
x
L
≤
2
для
всех
M
x
∈
.
Учитывая
неравенство
Коши
-
Буняковского
,
получим
2
1
)
(
)
(
)
(
2
2
1
1
0
2
1
0
2
−
≤
≤
≤
∫
∫
e
R
x
e
ds
s
x
e
t
Ax
L
s
ts
,
что
показывает
равномерную
ограниченность
семейства
AM
.
Кроме
того
,
пользуясь
формулой
Лагранжа
,
получим
ε
δ
ξ
<
−
<
−
≤
≤
−
≤
−
≤
−
∫
∫
∫
R
e
t
t
x
e
ds
s
x
t
t
se
ds
s
x
e
e
t
Ax
t
Ax
L
s
s
s
t
s
t
2
1
2
2
1
2
1
1
0
2
2
1
1
0
1
0
2
1
)
2
1
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
2
2
1
при
1
2
1
2
2
1
)
1
(
2
−
−
−
<
R
e
ε
δ
сразу
для
всех
M
x
∈
⋅
)
(
.
Это
показывает
,
что
]
1
,
0
[
]
1
,
0
[
]
1
,
0
[
:
2
2
L
C
L
A
⊂
→
и
семейство
]
1
,
0
[
C
AM
⊂
является
равностепенно
непрерывным
.
По
теореме
Арцела
семейство
функций
AM
предкомпактно
в
]
1
,
0
[
C
.
Это
означает
,
что
из
любой
последовательности
{ }
AM
y
n
∈
можно
выделить
сходящуюся
в
]
1
,
0
[
C
подпоследовательность
.
Так
как
из
равномерной
сходимости
вытекает
сходимость
в
среднем
квадратичном
,
то
эта
подпоследовательность
будет
сходиться
и
в
]
1
,
0
[
2
L
.
Таким
образом
,
множество
AM
является
предкомпактным
в
]
1
,
0
[
2
L
.
Это
доказываеткомпактность
оператора
A
.