Vvedenie v funkcional'nyj analiz 9785449904331

Citation preview

А. С. Кутузов

ВВЕДЕНИЕ В ФУНКЦИОНАЛЬНЫЙ АНАЛИЗ Учебное пособие

Москва Берлин 2020

УДК 517.9(075) ББК 22.162я7 К95

Кутузов, А. С. К95 Введение в функциональный анализ : учебное пособие / А. С. Кутузов. — Москва ; Берлин : Директ-Медиа, 2020. — 481 с. ISBN 978-5-4499-0433-1

Учебное пособие предназначено для преподавателей и студентов направления (специальности) «Прикладная математика и информатика». Может быть использовано для проведения практических занятий и организации самостоятельной работы студентов. Текст приводится в авторской редакции.

УДК 517.9(075) ББК 22.162я7

ISBN 978-5-4499-0433-1

© Кутузов А. С., текст, 2020 © Издательство «Директ-Медиа», оформление, 2020

ПРЕДИСЛОВИЕ Настоящее пособие преследует две цели: во-первых, обобщить изученные ранее в других дисциплинах математические понятия, методы геометрии, алгебры и математического анализа и на этой основе сформировать как можно более единый подход к решению задач математики, во-вторых, изучить методы, задачи и теоремы функционального анализа и показать, как абстрактная теория может быть приложима к решению конкретных прикладных задач. Высокая степень абстракции понятий функционального анализа позволяет, с одной стороны, с единых позиций исследовать на первый взгляд далекие друг от друга вопросы, с другой же стороны, делает изучение данной дисциплины достаточно трудоемким процессом. В пособии мы стараемся излагать большинство вопросов на доступном студенту-старшекурснику языке. По большей части пособие предназначено для студентов направления “Прикладная математика и информатика”. Для понимания материала студентам необходимо обладать знаниями, полученными при изучении дисциплин “Математический анализ” (это в самой большей степени), “Алгебра”, “Аналитическая геометрия”, “Дифференциальные уравнения” и (в меньшей степени) “Комплексный анализ” (также, известный, как “ТФКП”). На многие известные (и не очень) факты из этих дисциплин (например, теорема о двух милиционерах, теорема Лиувилля и т.д.) время от времени в тексте будут даваться отсылки, однако помещать их полные формулировки в рамках этой книги было бы нецелесообразно, ибо это привело бы к излишнему увеличению ее объема и служило бы отвлекающим фактором от основной линии повествования. Пособие разделено на две большие взаимосвязанные части. Первая часть посвящена основным видам пространств функционального анализа – метрическим, линейным нормированным и гильбертовым (мы не затрагиваем топологические пространства – см. ориентацию на прикладников – и не затрагиваем пространства Соболева). Вторая часть посвящена операторам, действующим в рассматриваемых пространствах. Значительное внимание уделено введению в спектральную теорию ограниченных операторов, поскольку это – наиболее практически содержательная часть функционального анализа (см. “Уравнения математической физики”, “Квантовая физика”). Каждая часть пособия состоит из логических разделов, каждый раздел – из пунктов. Структура пунктов проста: даются теоретические сведения, примеры решения задач, относящихся к данной теории, а также задачи для самостоятельного решения. Редко примеры и задачи могут следовать после двух-трех теоретических пунктов. Теоретический материал излагается с достаточной степенью строгости (иногда даже чересчур подробно, дабы минимизировать употребление таких слов, как “очевидно”), кое-где с отсылками к предшествующим дисциплинам. Имеются утверждения, принимаемые без доказательства (чаще всего, 3

ввиду их технической сложности, реже – из-за довольно большого объема рассуждений), но, тем не менее, знать эти утверждения обязательно. Сказанное относится, например, к теореме о пополнении (имеется ввиду классическое конструктивное доказательство), теореме об общем виде функционалов на пространствах суммируемых функций, некоторым свойствам рефлексивных пространств, свойствам выпуклости (последним некоторое внимание уделяется только в дополнении к основному материалу) и т.д. Во всех таких случаях обязательно даются ссылки на источники, в которых можно при желании ознакомиться с полными доказательствами. Некоторые теоремы, для сокращения выкладок, формулируются и доказываются в более простых предположениях, чем в общем случае (например, теорема Арцела-Асколи доказана только для отрезка, теория Фредгольма излагается только для гильбертовых пространств и т.д.). В большинстве таких случаев даются ссылки на литературу, содержащую полные доказательства. Список рекомендуемой литературы по функциональному анализу (содержащий как старые, проверенные временем и не нуждающиеся в дополнительном представлении, так и более современные источники, как, например, [10]) приведен в конце пособия. Практическая часть пособия состоит из подробных примеров решения задач и задач для самостоятельного решения. Разумеется, невозможно примерами охватить всего многообразия задач, но, как нам кажется, ключевые вопросы в примерах по большей части освещены. Поскольку пособие ориентировано в первую очередь на студентовприкладников, то большинство примеров и задач имеют скорее вычислительный характер. Количество теоретических задач и задач на доказательство сведено к минимуму, но обойтись без них совсем никак нельзя. Ко многим задачам для самостоятельного решения (необязательно сложным) даются указания. Связано это, в первую очередь, с тем, что некоторые результаты, приведенные в качестве задач, используются и при изложении теории. В задачи для самостоятельного решения эти результаты вынесены, поскольку они являются достаточно простыми для самостоятельного выполнения средним студентом-третьекурсником. Наконец, практический материал этой книги может быть использован для организации самостоятельной работы студентов, подготовки коллоквиумов и студенческих олимпиад.

4

ВСПОМОГАТЕЛЬНЫЕ НЕРАВЕНСТВА Лемма (неравенство Юнга): пусть p  1 , q  1 ,

1 1   1 , a  0 , b  0 , тоp q

1 p 1 q a  b . p q Доказательство: разделим доказываемое неравенство на ab , тогда

гда справедливо неравенство ab 

q 1

  1a 1b 1a 1 b  1 1 1 p . Далее, поскольку 1     ,   1 , то 1 p b q a p b q  q1  q 1 q p q a  p 1

q 1

p 1

q 1

p q

  1a 1 b  p . Обо p  1  . Таким образом, достаточно доказать, что 1  p b q  qp  q a  b 1 1 1 значим p  t , тогда надо доказать, что 1    t q1 . Рассмотрим функцию p t q aq 1 1 1  (t )    t q1 , тогда достаточно доказать, что ее минимальное значение p t q 1  1 1 равно 1. Исследуем  (t ) на минимум:  '(t )     2   (q  1)t q 2  0 , откуда p  t  q 1 1 q 1 1  (q  1)t q . Поскольку  , то t q  1 , откуда t  1 . Поскольку p q q p 1 2 1 2 1 2 q2 q  0,  ''(t )   3  (q  1)(q  2)t q3 , то  ''(1)   (q  1)(q  2)   p q p p p p t q значит, t  1 – точка минимума функции и значит, минимальное значение равно 1 1  (1)    1 . p q Лемма доказана. 1 1 Лемма (неравенство Гельдера): пусть p  1 , q  1 ,   1 , тогда ai , bi p q ( i  1, n ) справедливо неравенство

n

a b

i i

i 1

Доказательство: поскольку 1

1 p

1 q

 p  q    ai    bi  .  i 1   i 1  n

n

n

i 1

i 1

n

 aibi   ai bi , то достаточно доказать,

1

n  n  n p p  q q что  ai bi    ai    bi  . Обозначив   ai i 1  i 1   i 1   i 1 и, поделив обе части доказываемого неравенства на n

5

1

1

p  n q q  A b и   i   B ,   i 1  AB , получим, что доста-

p

n

ai bi   1 . Применяя неравенство Юнга, полу B i 1 A p q p q p n  ai bi 1  ai  1  bi   n  1 ai 1 bi  n 1 ai               A B i 1  p  A  q  B   i 1  p A p q B q  i 1 p A p  

точно доказать неравенство чаем, что

n

 i 1

q

n

1 bi 1 1 n 1 1 n 1 1 1 1 1 1 p q a      q  bi   p  A p   q  B q    1 . q p  i p A i 1 q B i 1 p A q B p q i 1 q B Лемма доказана. 1 p

1 q

1 p

1 q

  p  q p  q Замечание: очевидно, что   ai    bi     ai    bi  , по i 1   i 1   i 1   i 1  n

1

n





1

   p p  q q этому  ai bi    ai    bi  . Если при этом сходятся оба ряда i 1  i 1   i 1  n



b



a i 1

i

p

и

i

, то из полученного неравенства следует, что все частичные суммы ряда

a

bi ограничены сверху. Поскольку это ряд с неотрицательными слагаемы-

i 1 

i 1

q

i

ми, то, в силу критерия Вейерштрасса, он сходится. Тем самым, переходя в неравенстве

a i 1

1 p

 p  q bi    ai    bi   i 1   i 1  

n

i

1



1 q

к пределу при n   , получаем, что

1

   p p  q q  a b a b  i i   i    i  , т.е. неравенство Гельдера справедливо и для i 1  i 1   i 1  бесконечных сумм. Лемма (неравенство Минковского): пусть p  1 , тогда ai , bi ( i  1, n ) 

1 p

1 p

1 p

   p p p справедливо неравенство   ai  bi     ai     bi  .  i 1   i 1   i 1  Доказательство: если p  1 , то, поскольку модуль суммы не превосходит сумму модулей, неравенство очевидно верно. Будем считать, что p  1 и 1 1 найдем q  1 так, чтобы   1 . Ясно, что достаточно доказать неравенство p q n

 n    ai  bi  i 1

1



p

1

n

n

1

p  n  n p p p p   a b   i i      . Преобразуем левую часть:   i 1   i 1      ai  bi  i 1 n



p

1 p

       ai  bi   i 1 n

6

 a

i

 bi



p 1

1 p

   

    ai  ai  bi  i 1 n



p 1

n

  bi  ai  bi i 1

 n n  p      ai     ai  bi   i 1   i 1  1 p



( p 1) q

 n n  p      ai     ai  bi   i 1   i 1  1 p



p



p 1

1 p

неравенство     Гельдера 

1 q

1 p

1 q

1 p

n   n p   b    i     ai  bi   i 1   i 1



n   n p   b    i     ai  bi   i 1   i 1

( p 1) q



p

1 p

        1 q

1 p

        1 q

1

 n       ai  bi   i 1 

 n  p n p     p p      ai     bi    .   i 1   i 1     1 q

1 p

1 p

 Разделим полученное неравенство на    ai  bi  i 1 n



p

1 qp

  :  1 p

 n    n p p   .    ai     bi     i 1    i 1    Возведем полученное неравенство в степень p :  n    ai  bi  i 1

p

  

    ai  bi  i 1

1 1  p qp

1

1 q

1 p

1 p

1 p

  p p    ai     bi  .  i 1   i 1  1 1 Окончательно, осталось заметить, что  1  . p q Теорема доказана. Замечание: аналогично предыдущему замечанию, можно показать, что, n

если сходятся ряды



 ai

и

p

i 1

     ai  bi  i 1



p

1 p





p

  

1 p

n

 bi , то сходится и ряд p

i 1

1 p

n

1 p

     p p   a   i    bi  .   i 1   i 1 

7



 a i 1

i

 bi



p

, причем

СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ МЕРЫ И ИНТЕГРАЛА ЛЕБЕГА Определение: система множеств K называется кольцом, если A, B  K : A BK , A B K , A \ B K . Определение: пусть X – множество, K – кольцо его подмножеств. Функция m : K  называется счетно-аддитивной мерой, если: 1. c  K : m(c)  0 ;

   2. c1, c2 ,...  K (непересекающихся): m  ck    m(ck ) .  k 1  k 1 При этом множества, которые принадлежат K , называются измеримыми. Определение: пусть X – множество, K – кольцо его подмножеств. Мера m : K  называется счетно-полуаддитивной, если c, c1, c2 ,...  K из условия c

 k 1



ck следует, что m(c)   m(ck ) . k 1

Замечание: свойства счетной аддитивности и счетной полуаддитивности меры эквивалентны. Определение: пусть X – множество, K – кольцо его подмножеств, m – счетно-аддитивная мера на K , E  X – произвольное множество. Внешней 

(верхней) мерой Лебега множества E называется величина  ( E )  inf  m( Ek ) , *

k 1

где точная нижняя грань берется по всем системам  Ek   K , которые покрывают множество E . Замечание: верхняя мера неотрицательна, монотонна (т.е. из условия E1  E2 вытекает, что  * ( E1)   * ( E2 ) ) и счетно-полуаддитивна. Определение: пусть X – множество, K – кольцо его подмножеств, E  X – произвольное множество. Множество E называется измеримым по Лебегу множеством конечной меры (суммируемым), если   0 существует множество F  K , такое, что  * ( E F )   , где EF  ( E \ F ) ( F \ E) – симметрическая разность. Замечание: функция  * , рассматриваемая только на системе суммируемых множеств, называется мерой Лебега и обозначается  . На системе суммируемых множеств мера Лебега счетно-аддитивна. В пространстве n часто в качестве кольца K выступает система элементарных множеств, т.е. множеств, являющихся конечным объединением параллелепипедов. Определение: пусть X – множество, A – система его подмножеств. Эта система называется  -алгеброй, если она является кольцом и c1 , c2 ,...  A :  k 1

ck  A ,



ck  A и X  A .

k 1

Определение: множество E называется измеримым по Лебегу, если его пересечение с любым суммируемым множеством является суммируемым. 8

Замечание: совокупность измеримых множеств образует  -алгебру. Мерой Лебега измеримого множества называется его верхняя мера  * . Определение: пусть X – множество, на котором задана  -алгебра измеримых подмножеств с мерой Лебега  . Функция f : X  называется измеримой, если c  множество  x  X : f ( x)  c – измеримо (т.е. принадлежит  алгебре, которая задана на X ). Теорема (об эквивалентных определениях измеримости): следующие четыре условия эквивалентны: 1. f измерима; 2.  x : f ( x)  c измеримо; 3.  x : f ( x)  c измеримо;

4.  x : f ( x)  c измеримо. Теорема (об операциях с измеримыми функциями): если f и g измериf p мы, то f  g , f  g , ( g  0 ), f , f также измеримы. Кроме того, любая неg прерывная функция измерима. Измеримы также функции h1  max( f , g ) , 0, f  0 f, f 0 и f  . h2  min( f , g ), f     f , f  0 0, f  0 Определение: функции f и g , определенные на измеримом множестве X , называются равными почти всюду (эквивалентными), если множество тех значений аргумента, при которых они не равны, имеет нулевую меру, т.е.   x  X : f ( x)  g ( x)  0 . Определение: последовательность f n называется сходящейся почти всюду на измеримом множестве X к функции f при n   , если множество точек  x  X : f n ( x)  f ( x) имеет нулевую меру. Теорема (об измеримости предельной функции): если f n ( x ) измеримы и п .в .

f n ( x)  f ( x) , то f ( x) также измерима. n

Теорема Егорова: пусть E – суммируемое множество (  ( E )   ), fn , f : E 

п .в .

, причем все f n измеримы, тогда, если f n ( x)  f ( x) , то   0 n

E  E – измеримое множество (множество Егорова) такое, что  ( E )   и E \ E

f n ( x)

n

f ( x) .

Определение: пусть X – измеримое множество и f n ( x ) – последовательность определенных на нем измеримых функций, f ( x) – измеримая функция, тогда последовательность f n ( x) называется сходящейся по мере к функции f ( x) 

если   0 lim   x  X : f n ( x)  f ( x)     0 . Обозначение: f n ( x)  f ( x) . n

n

9

Теорема (о связи сходимостей по мере и почти всюду): 1. Если 

п .в .

 ( E )   , то из f n ( x)  f ( x) следует, что f n ( x)  f ( x) (теорема Лебега); n п.в .

n



2. Если  ( E )   и f n ( x)  f ( x) , то f nk ( x)  f ( x) (теорема Рисса). Определение: пусть E 

n n

k 

Ek , причем Ek

El   при k  l . Функция

k 1

h : E  называется ступенчатой, если x  Ek h( x)  ck  при k  1, n . Замечание: ступенчатая функция измерима тогда и только тогда, когда каждое множество E k измеримо. Теорема (об аппроксимации): всякую неотрицательную измеримую на измеримом множестве X функцию можно представить, как предел неубывающей последовательности неотрицательных измеримых ступенчатых функций. Определение: пусть E – измеримое множество конечной меры с заданной на нем счетно-аддитивной мерой  . 1. Интегралом Лебега от ступенчатой функции h : E  по множеству E n

и мере  называется величина  h( x)d    ck  ( Ek ) . k 1

E

2. Интегралом Лебега от неотрицательной измеримой функции f : E  по множеству E и мере  называется величина

 f ( x)d   lim  h ( x)d  , где n 

E

n

E

hn ( x ) – неубывающая последовательность неотрицательных измеримых ступенчатых функций такая, что x  E hn ( x)  f ( x) . n 

3. Интегралом Лебега от измеримой функции f : E  мере  называется величина

 f ( x)d    f E

E



по множеству E и

( x)d    f  ( x)d  . E

Определение: функция, интеграл Лебега которой существует и конечен, называется суммируемой. Теорема (об интегрируемости модуля): функция f суммируема на множестве E тогда и только тогда, когда на E суммируем f . При этом

 f ( x)d    E

f ( x) d  .

E

Замечание: интеграл Лебега обладает всеми свойствами интеграла Римана: линейность, аддитивность, интегрирование неравенств (при этом достаточно, чтобы было f  g почти всюду). Измеримая почти всюду ограниченная функция интегрируема по Лебегу. Если функция интегрируема по Риману, то она интегрируема и по Лебегу и ее интегралы Римана и Лебега совпадают. При определенных условиях интеграл Лебега обладает свойством счетной аддитивности. Интеграл Лебега по множеству нулевой меры равен нулю. 10

Определение: мера  на измеримом множестве X называется  конечной, если существует такая последовательность  X n   X , что  ( X n )   , X n  X n 1 и X 

 n 1

X n . При этом любая такая последовательность множеств

называется исчерпывающей. Определение: измеримая функция f , определенная на множестве X  конечной меры  , называется суммируемой на X , если она суммируема на каждом его измеримом подмножестве конечной меры и для любой исчерпывающей последовательности  X n  предел lim  f ( x)d  существует и конечен, а n 

Xn

также не зависит от выбора исчерпывающей последовательности. Этот предел называется интегралом Лебега функции f по множеству X и обозначается

 f ( x)d  . X

Замечание: для интегралов по множествам бесконечной меры справедливы все результаты, что и для интегралов по множеству конечной меры, за исключением интегрируемости измеримой почти всюду ограниченной функции. Теорема (об абсолютной непрерывности интеграла Лебега): пусть функция f суммируема на измеримом множестве X , тогда   0   0 :

X  X (измеримого)  ( X  )  



f ( x)d    .

X

Теорема Лебега (об ограниченной сходимости): пусть X – измеримое множество, f n ( x ) – последовательность измеримых на X функций и выполнены условия: п .в .

1. f n ( x)  f ( x) ; n

2. n, x f n ( x)  g ( x) почти всюду, причем g ( x ) – суммируемая функция. Тогда f ( x) также суммируема на X и lim  f n ( x)d    f ( x)d  . n 

X

X

Теорема Б. Леви (о монотонной сходимости): пусть X – измеримое множество, f n ( x ) – монотонная по n последовательность суммируемых функций и пусть n



п .в .

f n ( x)d   c , тогда f n ( x)  f ( x) на X , причем f ( x) суммиn

X

руема на X и lim  f n ( x)d    f ( x)d  . n 

X

X

Теорема Б. Леви (для рядов): пусть ak ( x ) – суммируемые неотрицательные на измеримом множестве X функции, и сходится ряд



  a ( x)d  . Тогда k 1 X

11

k

ряд



 a ( x) сходится на k 1

k

руемой функцией и

X почти всюду. При этом его сумма является сумми-





  ak ( x)d     ak ( x)d  . X k 1

k 1 X

Теорема Фату (о суммируемости предельной функции): пусть X – измеримое множество, f n ( x ) – последовательность суммируемых на X функций, п .в .

f n ( x)  f ( x) , fn ( x)  0 почти всюду на X и n

мируема на X и

 f ( x)d   c . Тогда n

f ( x) – сум-

X

 f ( x)d   c . X

Теорема (о производной интеграла Лебега): для всякой суммируемой на отрезке  a, b  функции f ( x) почти всюду справедливо равенство (для x   a, b  ) d f (t )d   f ( x) . dx a, x

Определение: функция f ( x) , определенная на отрезке  a, b  , называется абсолютно непрерывной, если для каждого   0 найдется такое   0 , что для произвольной конечной системы попарно непересекающихся интервалов ( ak , bk ) , k  1, n такой, что

n

 (b k 1

k

 ak )   выполняется

n

 f (b )  f (a )   . k 1

k

k

Замечание: всякая абсолютно непрерывная на отрезке функция равномерно непрерывна на нем. Сумма абсолютно непрерывных функций и произведение абсолютно непрерывной функции на число – абсолютно непрерывная функция. Теорема (формула Ньютона-Лейбница): если функция f ( x) абсолютно непрерывна на отрезке  a, b  , то



f '( x)d   f (b)  f (a ) .

 a ,b

Теорема Фубини: 1. Пусть f ( x1, x2 ) – суммируемая на измеримом множестве X  X 1  X 2 функция, тогда



f ( x1 , x2 ) d  

X



  f ( x , x ) d   X  X 1 2 2  d 1  1 2 

   f ( x , x ) d  X  X 1 2 1  d 2 ;  2 1

2. Если существует хотя бы один из интегралов

  f ( x , x ) d    d 1 или 1 2 2    X1  X 2 

  f ( x , x ) d   X  X 1 2 1  d 2 , то функция f ( x1, x2 ) суммируема на X  X 1  X 2 и  2 1 справедливо равенство из п. 1. 12

Теорема (о связи интеграла Лебега и несобственного интеграла Римана): пусть на конечном полуинтервале  a, b  задана непрерывная функция f ( x) , причем lim f ( x)   . Функция f ( x) интегрируема по Лебегу на отрезx b  0

ке  a, b  тогда и только тогда, когда сходится несобственный интеграл Римана b



f ( x) dx . В случае интегрируемости f ( x) по Лебегу на  a, b  справедливо ра-

a



венство

b

f ( x)d    f ( x)dx .

a  a ,b  Доказательство: пусть f ( x) интегрируема по Лебегу на

 a, b  ,

тогда

f ( x) также интегрируем по Лебегу. Рассмотрим последовательность функций

 1  f x x a b   ( ) , ,  п.в. n    g n ( x)   . Ясно, что g n ( x)  f ( x) , причем все g n ( x ) непре1   0, x   b  ,b  n   рывны почти всюду на  a, b  , а потому интегрируемы на  a, b  по Риману и по Лебегу. Поскольку g n ( x)  f ( x) , то выполнены все условия теоремы Лебега об ограниченной сходимости, согласно которой b

 lim

n 



1 n

b

f ( x) dx   f ( x) dx , т.е. интеграл

a

a

b





 a ,b 

f ( x) d   lim

n 



 a ,b 

g n ( x)d  

f ( x) dx сходится. Если рассмот-

a

 1  f x x a b   ( ), ,  п.в. n    f ( x )  f ( x) , причем f x  ( ) реть последовательность n , то n  1   0, x   b  ,b  n   f n ( x)  f ( x) и, аналогично, используя теорему Лебега, заключаем, что



 a ,b 

b

f ( x)d    f ( x)dx . a

b

Обратно: пусть интеграл



f ( x) dx сходится. Рассмотрим ту же самую по-

a

следовательность g n ( x ) , каждая из функций которой интегрируема по Риману и п.в.

по Лебегу и g n ( x)  f ( x) . Эта последовательность монотонно не убывает по

13

b

n , причем



g n ( x) d  



1 n

b

f ( x) dx   f ( x) dx  const . В силу теоремы Б. Леви

a a  a ,b  функция f ( x) интегрируема по Лебегу на  a, b  , следовательно, интегрируема по Лебегу и f ( x) . Теорема доказана. Замечание: таким образом, класс интегрируемых по Риману в несобственном смысле на отрезке  a, b  функций включает класс функций, интегрируемых по Лебегу. Если несобственный интеграл Римана сходится условно, то в смысле Лебега такой интеграл не существует. Аналогичное утверждение имеет место для интеграла по лучу  a,   . Аналогичные утверждения (без особых изменений в доказательствах) справедливы для кратных интегралов Римана и Лебега. Упражнения: 1. Привести пример функции, интегрируемой на некотором множестве в смысле несобственного интеграла Римана, но неинтегрируемой на этом же множестве по Лебегу. 2. Пусть X – суммируемое множество и функция f суммируема на X . Доказать, что для любой исчерпывающей множество X последовательности  X n   f ( x)d   lim  f ( x)d  . X

n 

Xn

 f ( x), x  X n и приУказание: рассмотреть последовательность f n ( x)   0, x X  n  менить теорему Лебега об ограниченной сходимости. 3. Пусть f – неотрицательная измеримая функция на множестве X с заданной на нем  -конечной мерой,  X n  – какая-то исчерпывающая последовательность множества X . Доказать, что, если существует предел lim

n 

то существует и интеграл



f ( x)d  ,

Xn

 f ( x)d  . X

4. Доказать теорему о связи интеграла Лебега и несобственного интеграла Римана в случае множества  a,   . Указание: воспользоваться определением несобственного интеграла Римана, определением интеграла Лебега по множеству бесконечной меры, связью между интегралами Римана и Лебега, а также предыдущей задачей. Теорема (неравенство Гельдера для интеграла Лебега): пусть f , g – из1 1 p q меримые функции на измеримом множестве E , p, q  1 ,   1 и пусть f , g – p q суммируемы, тогда f  g также суммируема и



 f  gd     f E

14

E

p

1 p

1 q

   q d    g d  .  E 

1

1

 p  q p q Доказательство: обозначим   f d    A и   g d    B . Деля треE  E  f g буемое неравенство на AB , получаем, что надо доказать, что   d   1. A B E Применяя неравенство Юнга, получаем: p q f d g d   f g f g 1 1 1 1 E A  B d   E A  B d   p E A p  q E B q  p  q  1 . Теорема доказана. Теорема (неравенство Минковского для интеграла Лебега): пусть f , g – измеримые функции на измеримом множестве E , p  1 , f , g p

1

p

– суммируе-

1

1

 p  p  p p p p p мы, тогда f  g также суммируема и   f  g d      f d      g d   . E  E  E  Доказательство: если p  1 , то  f  g d    f d    g d  – очевидно. E

Пусть p  1 . Тогда поскольку 1

E

E

f  g  f  g , то достаточно доказать, что

1

1

 p  p  p p 1 1 p p    f  g  d      f d      g d   . Выберем q  1 :   1 . Тогда: p q E  E  E  1 p

1 p

    p p 1    f  g  d       f  g  f  g  d    E  E    f E

f

 g

p 1

d   g  f  g 

p 1

E

1 1  p q    ( p 1) q p    f d    f  g  d    E   E 

1 p

 неравенство d    Гельдера  1

1 p

   p    g d    E  E

p  ( p 1) q f  g d        1 q

         p p p p    f d    f  g  d     g d    f  g  d    E  E  E   E  1 p

1 q

1 p

1 p

         p p p .    f  g  d    f d     g d    E   E  E     1 pq

1 p

15

1 p

1 q

1 p

     

1

  pq p Разделим полученное неравенство на    f  g  d   , тогда E  1

  p   f  g  d  E  1

  p Отсюда    f  g  d   E 

1 q

1 1  p pq

1 1 p   p p     p p    f d     g d   .    E    E  

1 p

1 p

    p p    f d      g d   , значит, E  E  1 p

1 p

1 p

      p p p   f  g  d     f d     g d  . E  E  E  Теорема доказана. Теорема (неравенство Чебышева): пусть f – суммируемая на измеримом 1 множестве E функция, причем f  0 , тогда c  0   x  E : f ( x)  c   fd  . cE Доказательство: обозначим E1   x  E : f ( x)  c , E2   x  E : f ( x)  c . Ясно, что E1 E2  E и E1 E2   . 1 Тогда  fd    fd    fd    fd   c  1d   c ( E1 ) , откуда  ( E1 )   fd  . cE E E1 E2 E1 E1 Теорема доказана. Замечание: при доказательстве использовали свойство интеграла Лебега 1d    ( E) (поскольку 1 – ступенчатая функция на E ). E

Теорема (о функциях с нулевым интегралом): пусть f – неотрицатель-

ная измеримая функция на измеримом множестве E , тогда

 fd   0

тогда и

E

п .в .

только тогда, когда f  0 . Доказательство: пусть

 fd   0 . В силу неравенства Чебышева

c  0

E

1 fd   0 , значит,   x : f ( x)  c  0 , поскольку отрицательc E быть не может. Рассмотрим множества E1   x : f ( x)  1 ,

  x : f ( x)  c  ной

мера

1 1   E2   x : f ( x)   ,..., En   x : f ( x)   ,…. Из сказанного выше ясно, что 2 n   n   ( En )  0 . Ясно, что, если в некоторой точке x f ( x)  0 , то найдется 1 номер n такой, что f ( x)  , значит, эта точка x принадлежит множеству E n . n 16

Итак, n  :  x : f ( x)  0  E n . Таким образом,   x : f ( x)  0  0 . Поскольку п .в .

по условию f ( x)  0 , то отсюда следует, что   x : f ( x)  0  0 , значит, f  0 . п .в .

Обратно: пусть f  0 . Отметим, что  0d   0 (0 – ступенчатая функция на E

п.в.

E ). Кроме того, очевидно, что, если fn ( x)  f ( x) , то f n ( x)  f ( x) , а, если п .в .

п.в .

п.в .

f  0 , то f  0 . Рассмотрим последовательность f n ( x)  0  0  f ( x) . Поn

скольку очевидно, что f n  0  0  g и g – суммируема, то по теореме Лебега об ограниченной сходимости lim  f n ( x)d    f ( x)d  , откуда lim  0d    fd  , n 

т.е.

E

n 

E

E

E

 fd   0 . E

Теорема доказана. Замечание: из этой теоремы следует, что интегралы Лебега от почти всюду совпадающих функций равны (заметим, что в части достаточности условие неотрицательности функции не требуется). Определение: пусть f – измеримая функция. Классом функций, соответ-



п .в .



ствующим данной функции f , называется множество  f   g : g  f . Определение (операции с классами):

 f    f , f   f     g   g  п .в .  f   g  f  g .

 ,

f

p

  f p  ;

 f   g   f

если

 g  ,  f   g   f  g ,

g  f  ,

то

 gd    f d  ; E

E

Замечание: всюду далее (в тех частях, что касаются интеграла Лебега), если не оговорено особо, все рассматриваемые множества предполагаются измеримыми. Также, если это не вызывает недоразумений (особенно в примерах и задачах), интеграл Лебега по подмножеству числовой прямой будем обознаb

чать

 f ( x)dx . Более подробно о построении и свойствах меры и интеграла Леa

бега см. в [5]. Упражнения: 1. Доказать обобщенное неравенство Чебышева: при p  0 1   x  E : f ( x)  c  p  f p d  (в условиях теоремы о неравенстве Чебышева). c E 2. Доказать, что в неравенстве Гельдера знак равенства достигается тогда и только тогда, когда почти всюду на E f ( x) g ( x)  0 или f ( x) g ( x)  0 и для некоторых чисел  и  , не равных нулю одновременно,  f ( x)   g ( x) . p

17

q

3. Доказать, что в неравенстве Минковского знак равенства достигается тогда и только тогда, когда для некоторых неотрицательных чисел  и  , не равных нулю одновременно,  f ( x)   g ( x) почти всюду на E .  x3 , x   0,1 \ 4. Вычислить интеграл Лебега от функции f ( x)   1, x   0,1 резке  0,1 .

на от-

sin x, если x - целое 5. Вычислить интеграл Лебега от функции f ( x)   cos x, если x - нецелое   на отрезке 0,  .  2 m  x e , если x  n , m, n  6. Вычислить интеграл Лебега от функции f ( x)   2 e x , в других точках  на отрезке  2,8 .

 x, x - алгебраическое на 7. Вычислить интеграл Лебега функции f ( x)   2  x , x - трансцендентное отрезке  0,1 . 8. Вычислить интеграл Лебега: а)



sign cos  xd  ; б)

 3,3

в)



 sign sin x d  ;

 0,1

  x  y  d  ; г) 

0,20,2

x2  y4

 y  x 2  d  .

Здесь  a  – целая часть числа a  . Указание: показать, что все подынтегральные функции являются ступенчатыми.

18

ЧАСТЬ I. ПРОСТРАНСТВА РАЗДЕЛ 1. МЕТРИЧЕСКИЕ ПРОСТРАНСТВА 1.1. Понятия метрики и метрического пространства Определение: пусть X – произвольное множество. Отображение  : X  X  называется метрикой (расстоянием) в X , если оно удовлетворяет следующим условиям (аксиомам метрики): 1.  ( x, y)  0 x, y  X (аксиома неотрицательности); 2.  ( x, y )  0  x  y (аксиома тождества); 3.  ( x, y)   ( y, x) x, y  X (аксиома симметрии); 4.  ( x, z )   ( x, y)   ( y, z ) x, y, z  X (аксиома треугольника). Замечание: напомним, что прямым или декартовым произведением двух множеств X и Y называется множество X  Y  ( x, y ) : x  X , y  Y  . Определение: множество X , рассматриваемое вместе с заданной на нем метрикой  , называется метрическим пространством, а элементы x, y, z,...  X – точками (или векторами) этого метрического пространства. Замечание: иногда метрическое пространство X вместе с заданной на нем метрикой  обозначают ( X ,  ) . Замечание: всякое подмножество Y метрического пространства X , рассматриваемое с тем же расстоянием между элементами, также является метрическим пространством и называется подпространством пространства X . Определение: расстоянием между двумя множествами M и N метрического пространства X называется число  ( M , N )  inf  ( x, y ) . xM yN

Замечание: в частности, расстоянием от точки a  X до множества M  X называется число  (a, M )  inf  ( a, x) . xM

Определение: две метрики 1 ( x, y ) и 2 ( x, y) , введенные на одном и том же метрическом пространстве X , называются эквивалентными, если для произвольной последовательности  xn   X и для элемента x  X из того, что при n   1 ( xn , x)  0 следует, что  2 ( xn , x)  0 и наоборот. Теорема (достаточное условие эквивалентности метрик): пусть X – метрическое пространство, 1 ( x, y ) и 2 ( x, y) – две метрики в нем. Пусть существуют постоянные c1  0 и c2  0 такие, что x, y  X справедливо неравенство c11 ( x, y)  2 ( x, y)  c2 1 ( x, y) . Тогда метрики 1 и  2 эквивалентны. Примеры решения задач 1  , при x  y 1  . Доказать, что  – метрика. 1. Пусть X  1,   ,  ( x, y )   x  y 0, при x  y  19

Решение: проверим аксиомы метрики. а)  ( x, y)  0 – очевидно; б)  ( x, y )  0  x  y – очевидно; в)  ( x, y)   ( y, x) – очевидно; г) проверим, что  ( x, z )   ( x, y)   ( y, z ) .

1 1   , при y  z , при x  z 1  1  ,  ( y, z )   y  z и Ясно, что  ( x, z )   x  z 0, 0, при x  z при y  z  1 1   , при x  y 1  , при y  z 1   yz   ( x, y )   ( y , z )   x  y 0,  при x  y 0, при y  z 

1   1 при x  y, y  z  x y,  1  при y  z , x  y , 1   yz  1 1  , при x  y, y  z 2    x y y z  0, при x  y, y  z  Таким образом, надо рассмотреть отдельно четыре случая. Случай 1: x  y, y  z , тогда x  z и 1 1  ( x, y )   ( y , z )  1  1   ( x, z ) . x y xz Случай 2: y  z , x  y , тогда x  z 1 1  ( x, y )   ( y , z )  1  1   ( x, z ) . yz xz Случай 3: x  y, y  z . Здесь возможно два варианта: 1 1 1 Случай 3-а: x  z и надо проверить, что 2  , т.е., что  1 x y yz xz 1 1 1 1    0 . Поскольку по условию x  1 , y  1, z  1, то x  z  2 , x y yz xz 1 1 1 1 1 1 1  , т.е.    , откуда 1  1  откуда и, значит xz 2 xz 2 xz 2 2 1 1 1 1 1 1 1       0. x y yz xz x y yz 2 1 1 Случай 3-б: x  z и надо проверить, что 2    0 , но это очеx y yz видно, поскольку x  1 , y  1, z  1. 20

Случай 4: x  y, y  z , тогда x  z и  ( x, y)   ( y, z )  0   ( x, z) . Итак, в любом случае,  ( x, y)   ( y, z )   ( x, z ) , т.е. аксиома треугольника доказана. Таким образом, функция  определяет метрику. 2. Пусть X – произвольное множество, а отображение 1 : X  X  удовлетворяет условиям: а) 1 ( x, y)  0  x  y (аксиома тождества); б) 1 ( x, y)  1 ( x, z)  1 ( y, z) x, y, z  X (аксиома треугольника). Доказать, что функция 1 определяет метрику в X . Решение: по определению метрики, достаточно проверить выполнение для функции 1 аксиом неотрицательности и симметрии. Пусть в условии б) y  x , тогда 1 ( x, x)  1 ( x, z)  1 ( x, z)  21( x, z) и, в силу условия а) 21 ( x, z)  0 , откуда 1 ( x, z)  0 x, z  X . Условие неотрицательности проверено. Пусть в условии б) z  x , тогда 1 ( x, y)  1 ( x, x)  1 ( y, x) и, в силу условия а) 1 ( x, y)  1 ( y, x) x, y  X . Поскольку это неравенство верно для любой пары элементов x, y  X , то справедливо и неравенство 1 ( x, y)  1 ( y, x) . Откуда x, y  X 1 ( x, y)  1 ( y, x) и условие симметрии проверено.  3. Пусть f ( x) – непрерывно дифференцируемая на  x  : x  0 функция, удовлетворяющая условиям: а) f (0)  0 и f ( x)  0 при x  0 ; б) f ( x) не убывает при x  0 ; f ( x) в) не возрастает при x  0 . x Доказать, что формулой  ( x, y)  f  x  y  определяется метрика в . Решение: очевидно, что аксиомы неотрицательности, тождества и симметрии выполняются. Покажем, что для проверки аксиомы треугольника достаточно доказать неравенство f (a  b)  f (a)  f (b) при произвольных a  b  0 . Действительно, поскольку x  y  x  z  z  y и справедливо условие б),

то получаем, что f  x  y   f  x  z  z  y  и поэтому для доказательства аксиомы треугольника f  x  y   f  x  z   f  z  y  достаточно доказать, что

f  x  z  z  y   f  x  z   f  z  y  . Обозначая x  z  a , z  y  b (или наоборот, чтобы выполнялось условие a  b  0 ) получим требуемое. Рассмотрим функцию  (a, b)  f (a)  f (b)  f (a  b) . Надо доказать, что  (a, b)  0 . По теореме Лагранжа f (a  b)  f (a)  f '( )(a  b  a)  f '( )b для    a, a  b  , откуда  (a, b)  f (b)   f (a  b)  f (a)   f (b)  f '( )b . Из условия f '( x) x  f ( x)  f ( x)   0 , откуда f '( x) x  f ( x)  0 , в) следует, что при x  0    0 , т.е. 2 x x   21

f ( x) f ( ) f ( ) , значит,  f '( )   и получаем, что  (a, b)  f (b)  b . x   f (a) f ( ) Поскольку a   , то из условия в) следует, что , значит,  a  f (a) a  f (b)  b  f (a) f ( ) f (a) b  и  (a, b)  f (b)  . Поскольку a  b ,   a a a  f (a ) f (b)  , откуда a  f (b)  b  f (a)  0 , значит, то из условия в) получаем, что a b  ( a, b)  0 . 4. Пусть X – множество всех алгебраических многочленов степени n на т.е., f '( x) 

n

n

отрезке  0,1 , и если P (t )   ak t , а Q(t )   bk t k , то 1 ( P, Q)  max P(t )  Q(t ) , k

k 0

t 0,1

k 0

n

а  2 ( P, Q )   ak  bk . Доказать, что эти две метрики эквивалентны. k 0

n

n

n

n

k 0

k 0

k 0

k 0

n

n

n

k 0

k 0

Решение: обозначим g (t )  P(t )  Q(t )   ak t k   bk t k   (ak  bk )t k   ck t k . n

Тогда 1 ( P, Q)  max g (t )  max  ck t k  max  ck t k   ck max t k   ck  t 0,1

t 0,1

t 0,1

k 0

t 0,1

k 0

n

  ak  bk   2 ( P, Q ) . k 0

Рассмотрим разбиение 0  t0  t1  t2  ...  tn  1 отрезка  0,1 . Составим си-

стему уравнений

n

c t k 0

k i

k

 g (ti ) , где i  0,1,2,..., n . Неизвестные здесь – коэффи-

1 t0 t0 2 1 t1 t12 циенты c k . Определитель матрицы этой системы имеет вид A  1 t2 t2 2

Это – определитель Вандермонда, он равен



1i  j  n

1 tn tn 2

t0 n t1n t2 n . tn n

(t j  ti )  0 , поскольку все точ-

ки разбиения отличны друг от друга. Таким образом, система имеет единственn

ное решение ck  A1 g (ti )   d ki g (ti ) , где k  0,1,2,..., n , dki – коэффициенты обi 0

1

ратной матрицы A . Заметим, что числа dki зависят только от выбора точек разбиения, но не зависят от многочлена g (t ) . n

n

n

n

n

Таким образом,  2 ( P, Q)   ck    d ki g (ti )   d ki g (ti ) . Ясно, что k 0

k 0 i 0

22

k 0 i 0

n

n

n

n

i g (ti )  max g (t ) , тогда  2 ( P, Q)  max g (t )  d ki  1 ( P, Q) d ki . t 0,1

t 0,1

n

k 0 i 0

k 0 i 0

n

Итак, 1 ( P, Q)   2 ( P, Q)   d ki  1 ( P, Q) , следовательно, в силу достаk 0 i 0

точного условия, метрики эквивалентны. 5. Доказать, что для произвольных множеств M и N в метрическом пространстве X  ( M , N )  inf  ( x, N )  inf  ( M , y) . xM

yN

Решение: покажем, что для произвольной ограниченной снизу функции f , определенной на прямом произведении M  N  ( x, y ) : x  M , y  N  произ-





вольных множеств M и N справедливо равенство inf f ( x, y )  inf inf f ( x, y ) . xM yN

xM

yN





Очевидно, что x  M inf f ( x, y )  inf f ( x, y ) , откуда inf f ( x, y )  inf inf f ( x, y ) . xM yN

xM yN

yN

xM yN

Поскольку inf f ( x, y ) – это наибольшая миноранта для f ( x, y ) , то   0 xM yN

число inf f ( x, y )   минорантой не является, т.е. найдется пара ( x , y ) такая, xM yN

что f ( x , y )  inf f ( x, y )   . xM yN





Далее, поскольку inf inf f ( x, y )  inf f ( x , y)  f ( x , y ) , то получаем, что





xM

yN

yN





inf inf f ( x, y )  inf f ( x, y )   . Тогда inf f ( x, y )  inf inf f ( x, y )  inf f ( x, y)   . xM

yN

xM yN

xM yN

xM

yN



xM yN



Переходя к пределу при   0 , получаем inf f ( x, y )  inf inf f ( x, y ) . xM yN

xM

yN

Далее, берем f ( x, y)   ( x, y) . Поскольку  ( x, y)  0 , то  ( x, y ) ограниче-





на снизу, тогда  ( M , N )  inf  ( x, y )  inf inf  ( x, y )  inf  ( x, N ) . xM yN

xM

yN

xM

Доказательство второго равенства предлагается проделать самостоятельно (см. задачу 26). Задачи для самостоятельного решения 1. Доказать достаточное условие эквивалентности метрик. 2. Пусть X  . Проверить, что x, y  X расстояние  ( x, y )  x  y удовлетворяет аксиомам метрики. 3. Пусть X  . Являются ли метриками в X следующие функции: а)  ( x, y)  0 x, y  X ; б)  ( x, y )  x  y x, y  X ; 23

в)  ( x, y)  1 x, y  X ?

1, при x  y метрикой на множестве 4. Является ли функция  ( x, y )   0, при x  y 5. Является ли функция  ( x, y)  e x  e y метрикой на множестве ?

?

6. Является ли функция  ( x, y )  arctgx  arctgy метрикой на множестве ? 7. Является ли функция  ( x, y)  x3  y 3 метрикой на множестве

?

8. Является ли функция  ( x, y )  ln 1  x  y  метрикой на множестве 9. Показать, что на множестве

функция  (m, n) 

?

mn определяет метmn

рику. 10. Является ли метрическим пространством множество X всех прямых на плоскости, если расстояние между двумя прямыми L1 : x cos1  y sin 1  p1  0 и L2 : x cos 2  y sin 2  p2  0 определить формулой   L1 , L2   p1  p2  sin 1  sin  2 ? 11. Является ли метрическим пространством множество X всех прямых на плоскости, если расстояние между двумя прямыми L1 : x cos1  y sin 1  p1  0 и L2 : x cos2  y sin 2  p2  0 определить формулой   L1 , L2   p1  p2  sin 1  sin  2 и для этих прямых 0   



? 2 12. Пусть X – множество всех точек окружности радиуса R с центром в начале координат. Примем за расстояние между двумя его точками длину кратчайшей дуги окружности, их соединяющей. Является ли X метрическим пространством? 13. Доказать, что в произвольном метрическом пространстве ( X ,  ) для любых x, y, z  X справедливо неравенство  ( x, z )   ( y, z )   ( x, y) (второе неравенство треугольника). 14. Доказать, что в произвольном метрическом пространстве ( X ,  ) для любых элементов x, y, z, u  X справедливо неравенство четырехугольника  ( x, z )   ( y , u )   ( x, y )   ( z , u ) . 15. Является ли метрическим пространством множество двумерных векторов, если положить   ( x1, x2 ),( y1, y2 )  



x1  y1 

x2  y2

? 2

16. Является ли метрическим пространством множество двумерных векторов, если положить   ( x1 , x2 ),( y1 , y2 )   x1  y1  x2  y2 ? 17. Является ли метрическим пространством множество двумерных векторов, если положить   ( x1 , x2 ),( y1, y2 )   max  x1  y1 , x2  y2  ? 18. Является ли метрическим пространством множество двумерных векторов, если положить   ( x1 , x2 ),( y1 , y2 )  

x1  y1  x2  y2 ? 2

24

2

Указание: использовать неравенство Минковского. 19. Пусть на числовой прямой расстояние определяется формулой x y  ( x, y )  , x, y  . Проверить, что  действительно является 1  x2 1  y 2 метрикой. Указание: по аналогии со стереографической проекцией установить взаимно однозначное соответствие между числовой прямой и окружностью. Найти расстояние между образами точек прямой на окружности и воспользоваться задачей 18. 20. Пусть f ( x) – дважды непрерывно дифференцируемая функция на множестве   x  : x  0 , удовлетворяющая условиям: а) f (0)  0 и f ( x)  0 при x  0 ; б) f ( x) не убывает; в) f ''( x)  0 при x  0 . Доказать, что формулой  ( x, y)  f  x  y  определяется метрика в

.

21. Пусть X – метрическое пространство,  ( x, y ) – метрика в нем. Дока ( x, y ) зать, что функция также определяет метрику в X . 1   ( x, y ) Указание: при проверке аксиомы треугольника доказать следующие вспомогательные утверждения: для любых чисел 0  a  b выполняется неравенa b  ство a  ab  b  ab , а отсюда следует, что . Либо можно восполь1 a 1 b t зоваться монотонным возрастанием функции f (t )  . 1 t x y метрикой на множестве ? 22. Является ли функция  ( x, y)  1 x  y    23. Пусть X    ,  , 1 ( x, y )  x  y и  2 ( x, y )  tgx  tgy . Доказать,  2 2 что метрики 1 и  2 эквивалентны. Указание: воспользоваться определением эквивалентных метрик. 24. Доказать, что формулой  ( x, y )  arctg x  y определяется метрика в . Указание: воспользоваться примером 3. 25. Используя задачу 20, показать, что функция  ( x, y )  ln 1  x  y  определяет метрику на множестве . 26. В условиях примера 5 доказать, что  ( M , N )  inf  ( M , y) . yN

0,1

27. Пусть C

(n)

0,1 – пространство всех функций, определенных на отрезке

и имеющих непрерывную n -ю производную ( n ). Доказать, что фор25

n

n

мулы 1 ( x, y )   max x (t )  y (t ) и  2 ( x, y )   max (k )

k 0

(k )

t 0,1

k 0

t 0,1

x ( k ) (t )  y ( k ) (t ) k!

определяют

в C ( n ) 0,1 эквивалентные метрики. Указание: показать, что 2 ( x, y)  1 ( x, y)  n!2 ( x, y) . 28. В условиях задачи 27 показать, что метрики 1 ( x, y ) и 2 ( x, y) эквивалентны метрике 3 ( x, y )  max max x ( k ) (t )  y ( k ) (t ) . 0 k  n t0,1

29. Построить пример непустых непересекающихся замкнутых множеств в , расстояние между которыми равно нулю. Указание: например M  ( x, y ) : y  0 и N  ( x, y ) : xy  1 . 30. Пусть X – метрическое пространство,  ( x, y ) – метрика в нем. Доказать, что  ( x, y ) – непрерывная функция по совокупности своих аргументов, т.е. если xn  x и yn  y , то  ( xn , yn )   ( x, y) . Указание: если xn  x , то  ( xn , x)  0 . Воспользоваться задачей 14. 31. Пусть функция f определена и непрерывна на . Показать, что для того, чтобы формула  ( x, y )  f ( x)  f ( y ) задавала метрику на , функция f должна быть строго монотонна. 2

26

1.2. Множества в метрических пространствах. Примеры метрических пространств Определение: пусть X – метрическое пространство, тогда множество B(a, R)   x  X :  ( x, a)  R называется открытым шаром с центром в точке a  X радиуса R . Определение: пусть X – метрическое пространство, тогда множество B[a, R]   x  X :  ( x, a)  R называется замкнутым шаром с центром в точке a  X радиуса R . Определение: пусть X – метрическое пространство. Окрестностью точки a  X называется любой открытый шар с центром в этой точке. Определение: пусть X – метрическое пространство, M  X – множество в нем. Множество M называется ограниченным, если его можно целиком заключить в некоторый шар (открытый или замкнутый). Определение: пусть X – метрическое пространство, M  X – множество в нем. Множество M называется открытым, если любая точка в нем лежит вместе с некоторой окрестностью. Определение: пусть X – метрическое пространство, M  X – множество в нем. Множество M называется замкнутым, если его дополнение X \ M является открытым множеством. Теорема (свойства открытых и замкнутых множеств): 1. Пересечение любого числа и объединение любого конечного числа замкнутых множеств являются замкнутыми множествами. 2. Объединение любого числа и пересечение любого конечного числа открытых множеств являются открытыми множествами. Определение: пусть X – метрическое пространство, M  X – множество в нем. Точка a  X называется предельной точкой для множества M , если в любой окрестности точки a лежит бесконечно много точек из M . Определение: пусть X – метрическое пространство, M  X – множество в нем. Точка a  M называется изолированной точкой множества M , если в некоторой окрестности точки a нет точек из M , отличных от точки a . Определение: пусть X – метрическое пространство, M  X – множество в нем. Замыканием множества M называется множество, полученное добавлением к M всех его предельных точек. Обозначение: M . Теорема (о замкнутости замыкания): замыкание множества всегда является замкнутым множеством. Теорема (критерий замкнутости): множество замкнуто тогда и только тогда, когда оно содержит все свои предельные точки. Замечание: доказательства сформулированных теорем ничем не отличаются от ранее доказанных аналогичных фактов в математическом анализе. Определение: пусть X – метрическое пространство, M  X – множество в нем. Точка a  M называется внутренней точкой множества M , если она лежит в M вместе с некоторой своей окрестностью. Совокупность внутренних точек обозначается M 0 . 27

Замечание: ясно, что если M  M 0 , то множество M открыто, а если M  M , то множество M замкнуто. Очевидны включения: M 0  M  M . Определение: пусть X – метрическое пространство, M  X – множество в нем. Точка a  X называется граничной точкой множества M , если в произвольной ее окрестности содержатся как точки из множества M , так и точки, множеству M не принадлежащие. Совокупность граничных точек множества M обозначается M и называется границей этого множества. Определение (примеры метрических пространств): Название, обо№ Описание Расстояние значение Числовая прямая, Множество всех веще ( x, y )  x  y 1. ственных чисел 2.

Евклидово n  мерное пространство, n

3.

Пространство C  a, b 

4.

Пространство l

5.

Пространство c

Множество всех упорядоченных систем из n вещественных чисел Множество всех непрерывных функций x(t ) , заданных на отрезке  a, b  Множество ограниченных числовых последовательностей x  (1,2 ,...) , т.е. таких, что k   k  cx , где c x – константа, своя для каждой последовательности x . Множество сходящихся числовых последовательностей x  (1,2 ,...) , т.е. таких, что  lim  k  

 ( x, y ) 

n

 ( k 1

k

 k ) 2 , где

x  (1,...,n ) , y  (1 ,..., n )

 ( x, y)  sup x(t )  y(t ) t a ,b

 ( x, y)  sup  k  k , где k

x  (1,2 ,...) , y  (1,2 ,...)

 ( x, y)  sup  k  k , где k

x  (1,2 ,...) , y  (1,2 ,...)

k 

6.

Пространство c0

Множество числовых последовательностей x  (1,2 ,...) , сходящихся к нулю, т.е. таких, что lim  k  0

 ( x, y)  sup  k  k , где k

x  (1,2 ,...) , y  (1,2 ,...)

k 

7.

Пространство L p  a, b  , p  1

Множество всех функций x(t ) , для которых b



x(t ) dt   (в смысле p

a

Лебега) 28

1

b p p  ( x, y )    x(t )  y(t ) dt  a 

8.

Множество числовых последовательностей Пространство l p , x  ( , ,...) , для кото1 2 p 1  p рых   k  

1

  p p  ( x, y )     k   k  , где  k 1  x  (1,2 ,...) , y  (1,2 ,...)

k 1

Замечание: указанные метрические пространства являются основными, однако, помимо этих, существует множество других пространств. Замечание: метрика  ( x, y)  sup x(t )  y(t ) может рассматриваться также t a ,b

и в пространстве ограниченных разрывных на отрезке  a, b  функций. Таким же образом можно задавать метрику в пространстве функций, непрерывных на интервале  a, b  (а также на различных видах полуинтервалов, конечных или бесконечных). Для пространства функций, непрерывных на отрезке, верно, что  ( x, y )  max x(t )  y (t ) . t a ,b

Примеры решения задач 1. Доказать, что множество E всех непрерывных на отрезке  0,1 функций, удовлетворяющих неравенствам A  x(t )  B ( A, B – фиксированные числа), является открытым. Решение: по определению открытого множества надо доказать, что любая точка лежит в нем вместе с некоторой своей окрестностью (т.е. вместе с открытым шаром с центром в этой точке). Пусть x(t )  E . Обозначим   inf x(t ) , t 0,1

  sup x (t ) . Покажем, что   A . От противного: допустим, что   A . Поt 0,1

скольку x(t ) непрерывна на  0,1 , то по теореме Вейерштрасса, она принимает на этом отрезке свое наименьшее значение, т.е. t0   0,1 : x(t0 )    A . Это противоречит условию t   0,1 x(t )  A . Аналогично доказывается, что

  B . Далее, обозначим   min   A, B    и рассмотрим непрерывную на 0,1 функцию y(t ) такую, что t  0,1 x(t )    y(t )  x(t )   . Покажем, что y(t )  E (см. рис.). Действительно, если     A  B   , то справедлива цепочка соотношений A  x(t )  (  A)  y (t )  x(t )  B    B . Аналогичные рассуждения справедливы в случае   B      A .

Из x(t )    y (t )  x(t )   находим, что t   0,1 x(t )  y (t )   , откуда sup x(t )  y(t )   , значит,  ( x, y)   . Итак, элементы  y (t ) :  ( x, y )    пред-

t0,1

29

ставляют собой открытый шар с центром в точке x(t ) радиуса  , который целиком лежит в множестве E . Значит каждая функция x(t ) лежит в множестве E вместе со своей окрестностью (которая называется еще  -окрестностью). Тем самым, множество E открыто. 2. Разместить в единичном шаре в пространстве l2 счетное число непересе1 кающихся шаров радиуса . 8 Решение: решим задачу для замкнутых шаров. Пусть B   x  l2 :  ( x,0)  1 – единичный шар с центром в начале координат, ek  (0,0,...,0,1,0,0,...) k  – счетное множество векторов в l2 , k

 1  1  1 Bk   x  l2 :   x, ek    – счетное число шаров с центрами в точках ek и 4  4  8  1 радиусами . Покажем, что k  Bk  B . 8  1  1  1 1 3 Если x  Bk , то  ( x,0)    x, ek     ek ,0      1 , откуда сле 4  4  8 4 8 дует, что x  Bk тем более x  B , значит k Bk  B . Покажем, что Bk Bm   при k  m . Предварительно отметим, что 1

1



1

1

2

2

     ek , em   . Пусть x  Bk , y  Bm . Тогда: 16 16 16 4 4 4  1 e e  e   e  1   k , m     k , x     x, y     y , m      x, y   , 8 4 4 4   4 8 2 1 2 1   0 . Поскольку точки x и y произ    x, y  , т.е.   x, y   откуда 4 4 4 4 вольны, то шары общих точек не имеют, а значит, не пересекаются.   1 3. Доказать, что множество M   x  C (1)  0,1 : x '    2  – замкнуто в 2   (1) пространстве C  0,1 .

Решение: пространством C (1)  0,1 называется множество непрерывно дифференцируемых на отрезке  0,1 функций с метрикой  ( x, y)  sup x(t )  y(t )  t0,1

 sup x '(t )  y '(t ) . Пусть x0 – предельная точка множества M , т.е. в любом шаt0,1

ре B ( x0 ,  ) содержится бесконечно много точек x  M , т.е.  ( x0 , x)   , откуда sup x(t )  x0 (t )  sup x '(t )  y0 '(t )   , в частности, sup x '(t )  x0 '(t )   , т.е. t   0,1 t0,1

t0,1

t0,1

1 1 1 x '(t )  x0 '(t )   . В частности, x '    x0 '     , откуда 2  x0 '     . 2 2 2 30

1 В силу произвольности  заключаем, что x0 '    2 , т.е. x0  M и M – за2 мкнуто. 4. Доказать, что множество M   x  C  0,1 : 3  x  t   5 не открыто, не за-

мкнуто и ограничено в пространстве C  0,1 .

Решение: рассмотрим точку x0 (t )  3  M и точку x(t )  x0 (t ) 



 2

при лю-

бом   0 . Ясно, что x(t )  M , однако  ( x, x0 )  sup x(t )  x0 (t )    , откуда 2 t 0,1 следует, что x  B ( x0 ,  ) . Итак, в любой окрестности точки x0 нашли точку, не принадлежащую M , следовательно, B ( x0 ,  )  M , т.е. M – не открыто. Покажем, что M – не замкнуто. Для этого достаточно найти предельную точку, не принадлежащую M . Ясно, что x0 (t )  5  M и осталось доказать, что эта точка предельная для M , т.е. в любой ее окрестности найдется точка из M .   Рассмотрим x(t )  x0 (t )  min  ,2  , тогда ясно, что x(t )  M , а, с другой 2     стороны,  ( x, x0 )  min  ,2     , т.е. x  B ( x0 ,  ) . 2  2 Для доказательства ограниченности достаточно заключить множество M в некоторый шар, например, в шар с центром в начале координат, т.е. надо доказать, что x(t )  M  ( x,0)  R . Поскольку  ( x,0)  sup x(t )  5 , то достаточно t 0,1 взять R  5 . 5. Доказать, что множество M   x  l1 :  k  1 открыто в пространстве l1 .

 

Решение: рассмотрим x0   k0  M , т.е. k 

 k0  1 и a  inf  k0  1 . k

1 Поскольку x0  l1 , то lim  k0  0 , т.е. N  : k  N k0   , откуда a  1 k  2 1  (если какие-то  k0   1,   , то их лишь конечное число, поэтому среди них 2  

inf k0  min k0  1 ). Далее, x  (k )  B( x0 , r)  k0   k   k   k0    k   k0   ( x, x0 )  r . k 1

k  k  k0

 k0

 k0

С другой стороны  r Тем самым, x  M и потому B( x0 , r )  M .

 1  (k0

 a)  1 при r  1  a  0 .

Задачи для самостоятельного решения 1. Пусть X – метрическое пространство, M  X – множество в нем. Доказать справедливость соотношения M  M 0 M . 31

2. Пусть X – метрическое пространство, M  X – множество в нем. Доказать, что точка a  X может быть предельной для множества M только если a  M или a M . с обычной метрикой построить открытый и за3. На числовой прямой мкнутый шары с центрами в точке a  1 радиуса R  2 . 1, при x  y 4. На числовой прямой с метрикой  ( x, y )   найти замкну 0, при x y  тый и открытый шары с центрами в точке a  1 радиуса R  2 . 1, при x  y с метрикой  ( x, y )   найти замкну5. На числовой прямой 0, при x  y 1 тый и открытый шары с центрами в точке a  1 радиуса R  . 2 1, при x  y с метрикой  ( x, y )   найти замкну6. На числовой прямой  0, при x y  тый и открытый шары с центрами в точке a  1 радиуса R  1. 7. На плоскости 2 с метрикой   ( x1 , x2 ),( y1 , y2 )   x1  y1  x2  y2 построить замкнутый и открытый шары с центрами в точке a  (0,0) радиуса R  1. 8. На плоскости 2 с метрикой   ( x1, x2 ),( y1, y2 )   max  x1  y1 , x2  y2  построить замкнутый и открытый шары с центрами в точке a  (0,0) радиуса R  1. 9. На плоскости

с метрикой   ( x1 , x2 ),( y1 , y2 )  

построить замкнутый и открытый шары с центрами в точке a  (0,0) радиуса R  1. 10. Построить метрическое пространство ( X ,  ) и в нем замкнутые шары B1[ a1 , r1 ] и B2 [a2 , r2 ] так, что B1  B2 , а r1  r2 . 11. Построить метрическое пространство ( X ,  ) и в нем замкнутые огра2

ниченные множества F1  F2  F3  ... такие, что Указание: в пространстве



x1  y1  x2  y2 2

2

Fk   .

k 1

рассмотреть метрику  ( x, y) 

x y и 1 x  y

множества Fk   k ,   , k  1,2,3,... 12. Привести пример метрического пространства, в котором замыкание открытого шара не совпадает с замкнутым шаром (т.е. B(a, R)  B[a, R] ). 1, при x  y рассмотреть метрику  ( x, y )   и шары Указание: на  0, при x y  B(a,1) и B[a,1] , где a – произвольная фиксированная точка. 32

13. Пусть

X  1,   ,

1  , при x  y 1  . Найти  ( x, y )   x  y 0, при x  y 

 5 B 1,  ,  4

 5  6 B  2,  , B 10,  .  4  5 1 1 1 1 1 1  14. Найти расстояние между элементами x    , 2  2 , 3  3 ,...  и 3 2 3 2 3 2  1 1 1  y   , 2 , 3 ,...  в пространстве l1 . 3 3 3  1 1 1  1 1 1  15. Найти расстояние между элементами x   , 2 , 3 ,...  и y   , 2 , 3 ,...  3 3 3  2 2 2  в пространстве l2 . 2

x3 1   16. Найти расстояние между функциями f1 ( x)  и f 2 ( x)  1   2 ( x  1)  x 1 в пространстве С  0,1 . 17. Найти расстояние  ( f1, f2 ) в пространстве С  0,2  , если f1 ( x)  a sin x , f 2 ( x)  b cos x . 18. Найти расстояние  ( f1, f2 ) в пространстве L1  1,1 , если f1 ( x )  x , f 2 ( x)  sin x . 19. Найти расстояние в пространстве С  0,1 между x (t )  t 3 и y (t )  t 2  1 .   20. Найти расстояние в пространстве С 0,  между x(t )  sin t и y(t )  cos t .  4 21. Найти расстояние в пространстве С   ,  между x(t )  sin t и y(t )  cos t .

22. Изобразить шар B[t 2 ,2] в С  0,1 . 23. Пусть x0 (t ) – фиксированная функция из C  a, b  . Доказать, что множе-

ство E   x(t )  C  a, b : x(t )  x0 (t ) открыто в C  a, b  . Является ли оно ограниченным? Указание: показать, что   inf x0 (t )    sup x(t ) , и выбрать      . t a ,b 

t a ,b 

24. Доказать, что множество M   x  l :  k  1 не является открытым в пространстве l .  k  ,k l   k  M и Указание: рассмотреть x0     M и xl   k  1  k  1 k 1 1, k  l подобрать l таким образом, чтобы xl  B( x0 ,  ) .





25. Является ли множество x(t )  C  0,1 : t  x(t )  3 t открытым в C  0,1 ? 33

a   26. Является ли множество  x(t )  C  0,1 : x(t )  t cos , a  0,1, t   0,1 t   ограниченным? 27. Пусть x0 (t ) – фиксированная функция из C  a, b  , A – фиксированное

число. Доказать, что множество E   x(t )  C  a, b : A  x(t )  x0 (t ) открыто в C  a, b  .

28. Пусть x1 (t ) и x2 (t ) – фиксированные функции из C  a, b  . Доказать, что

множество E   x(t )  C  a, b  : x1 (t )  x(t )  x2 (t ) открыто в C  a, b  .

29. Является ли открытым множество многочленов в пространстве C  a, b  ? 30. Привести пример метрического пространства, в котором существует шар, имеющий несколько центров и шар, совпадающий с множеством своих центров. Указание: например, это может быть пространство, в котором расстояния между различными точками одинаково. 31. Разместить в единичном шаре в пространстве l2 счетное число непере1 секающихся шаров радиуса . 10 32. Является ли множество E   x  (1 ,  2 ,...)  l : 0   k  1 k   открытым в пространстве l ? 33. Доказать, что множество E  x(t )  C 0,1 : et  x(t )  4 является огра-

ниченным и открытым и не является замкнутым в пространстве C  0,1 .

34. Доказать, что множество E   x  c0 : 0   k  2 является ограниченным и не является открытым и замкнутым в пространстве c0 .

1   35. Доказать, что множество E   x(t )  L1 0,1 :  x(t )dt  1 не является 0   ограниченным и открытым и является замкнутым в пространстве L1  0,1 . Указание: для доказательства неограниченности подобрать последова  1 1  f (n), t  0, n  ,     E , для которых  xn (t ) dt   . тельность функций xn (t )   1   0 g(n), t  ,1    n  36. Доказать, что множество E   x  l2 :  k  0 не является ограниченным и открытым и является замкнутым в пространстве l2 . k  1  37. Доказать, что множество E   x  l1 :  k   не является ограниченk   ным и замкнутым, и является открытым в пространстве l1 .  k 1    k0   0 и взять r  a . Указание: для x0  E показать, что a  inf  k  k 

34

38. Является ли множество sin nt : n   замкнутым в L2 [ ,  ] ? Указание: показать, что  ( xn , xm )  const и множество не имеет предельных точек. 39. Доказать, что множество E   x(t )  C 0,1 : x(0)  x(1)  1 открыто в C  0,1 . Является ли оно замкнутым и ограниченным? x(0)  x(1)  1 Указание: выбрать   . 2

35

1.3. Сходящиеся и фундаментальные последовательности. Полные метрические пространства Определение: пусть X – метрическое пространство. Его элемент x называется пределом последовательности  xn   X , если  ( xn , x)  0 при n   . Обозначение: xn  x при n   или lim xn  x . n 

Замечание: определение предела равносильно тому, что   0 N  : n  N  ( xn , x)   . Теорема (о подпоследовательности): пусть X – метрическое пространство, последовательность  xn   X , xn  x при n   , x  X . Тогда любая

  сходится в X

подпоследовательность xnk

к той же точке x  X .

Доказательство: по определению   0 N  : n  N  ( xn , x) 

 3

.

 Аналогично, m  N  ( xm , x)  . Тогда m, n  N  ( xn , xm )   ( xn , x)   ( x, xm )  3 2  . Далее, nk  N  ( xnk , x)   ( xnk , xn )   ( xn , x) . Взяв nk  m  N , получим, 3 2     . По определению это означает, что  ( xnk , x)  0 . что  ( xnk , x)  3 3 Теорема доказана. Теорема (о единственности предела): пусть X – метрическое пространство, последовательность  xn   X . Тогда эта последовательность не может сходиться более чем к одному пределу. Доказательство: пусть при n   xn  x и xn  y . Тогда   0



,  ( xn , y ) 



и  ( x, y)   ( x, xn )   ( xn , y)   . Т.к. 2 2 x и y фиксированы, а   0 – любое, то последнее неравенство возможно только если  ( x, y)  0 , т.е. x  y . Теорема доказана. Теорема (об ограниченности сходящейся последовательности): пусть X – метрическое пространство, последовательность  xn   X . Тогда, если xn  x при n   , а x0  X – произвольный фиксированный элемент, то числа  ( xn , x0 ) образуют ограниченное множество. Доказательство: по определению предела   0 N  : n  N  ( xn , x)   . В частности, при   1 N  : n  N  ( xn , x)  1 . Тогда n  N  ( xn , x0 )   ( xn , x)   ( x, x0 )  1   ( x, x0 ) . Поскольку числа x и x0 фиксированы, то  ( x, x0 )  const , откуда n  N  ( xn , x0 )  M . Тогда, выбирая c  max  ( x1 , x0 ),  ( x2 , x0 ),...,  ( xN , x0 ), M  , получим, что n   ( xn , x0 )  c . Теорема доказана.

N  : n  N  ( xn , x) 

36

Теорема (критерий предельной точки): пусть X – метрическое пространство, M  X – множество в нем. Точка a  X является предельной для множества M тогда и только тогда, когда существует последовательность попарно различных точек  xn   M , сходящаяся к a . Доказательство: пусть a – предельная точка множества M , т.е., в любой ее окрестности лежит бесконечно много точек из M . В частности, рассмотрим окрестность B(a,1) (открытый шар с центром в точке a радиуса 1) и найдем  1 точку x1  B (a,1) такую, что x1  M . Аналогично, в окрестности B  a,   2  1 найдем точку x2  B  a,  такую, что x2  M и при этом x2  x1 . Точки дей 2 ствительно можно выбрать не совпадающими, поскольку в любой окрестности точки a точек из M – бесконечно много. На n -м шаге получим точку  1 xn  B  a,  такую, что xn  M и xn не совпадает со всеми ранее построенны n ми. И т.д.  1 Построили последовательность  xn   M такую, что n  xn  B  a,  ,  n 1 т.е.  ( xn , a )  . Переходя к пределу при n   , по теореме о двух милиционеn рах получаем, что  ( xn , a)  0 . Обратно: пусть  xn   M : xn  a при n   . По определению предела,   0 N  : n  N  ( xn , a )   , т.е. xn  B  a,   . Таким образом, в любой

окрестности B  a,   точки a лежит бесконечно много точек xn  M , значит a – предельная точка множества M . Теорема доказана. Определение: пусть X – метрическое пространство. Последовательность  xn  его элементов называется фундаментальной, если   0 N  : n, m  N  ( xn , xm )   . Определение: метрическое пространство X называется полным, если любая фундаментальная последовательность его элементов имеет предел. Замечание: в силу критерия Коши , и n – полные пространства. Все пространства, приведенные в п. 1.2, являются полными. Их полнота будет обоснована в разделе 2. Теорема (о полноте подпространства): замкнутое подпространство полного пространства является полным пространством. Доказательство: пусть X – полное метрическое пространство, K – его замкнутое подпространство. Рассмотрим фундаментальную в K последовательность. Поскольку пространство X полно, а последовательность ему принадлежит и является фундаментальной, то она имеет предел в X . Этот предел – предельная точка для K , поскольку является пределом элементов из K . По37

скольку K – замкнуто, то оно содержит все свои предельные точки, и, значит, этот предел принадлежит K . Таким образом, фундаментальная в K последовательность имеет предел, принадлежащий K . Следовательно K – полно. Теорема доказана. Замечание: полное метрическое пространство всегда является замкнутым. Действительно, если бы xn  X : xn  x0  X , то, поскольку сходящаяся последовательность фундаментальна, получили бы противоречие с полнотой X . Примеры решения задач 1. Доказать, что в произвольном метрическом пространстве B(a, r )  B[a, r ] . Решение: пусть точка x  B(a, r ) , тогда x  lim xn , где xn  B ( a, r ) . Таким n 

образом,  ( x, a)   ( x, xn )   ( xn , a)   ( x, xn )  r . Переходя к пределу при n   , получаем, что  ( x, a)  r , т.е., что x  B[a, r ] . 2. Показать, что в C  a, b  B( x0 , r )  B[ x0 , r ] . Решение: поскольку

B( x0 , r )  B[ x0 , r ] , то достаточно показать, что 1  1 B[ x0 , r ]  B( x0 , r ) . Пусть x(t )  B[ x0 , r ] и xn (t )  1   x(t )  x0 (t ) . Зафиксируn  n 1  1 ем n , тогда  ( x0 , xn )  sup x0 (t )  xn (t )  sup x0 (t )  1   x(t )  x0 (t )  n t a ,b  t a ,b   n  1  1  1  1   sup x0 (t )  x(t )  1    ( x, x0 )  1   r  r . Таким образом,  xn (t )  B( x0 , r ) .  n  ta ,b  n  n Кроме того, при n   xn (t ) x(t ) , значит, x(t )  B( x0 , r ) . Таким образом, B[ x0 , r ]  B( x0 , r ) . 3. Показать, что пространство C0(1) 0,1 всех непрерывно дифференцируемых на отрезке  0,1 функций с метрикой  ( x, y )  sup x(t )  y (t ) не является t0,1

полным. Решение: ясно, что C0(1) 0,1 – это подпространство полного пространства C  0,1 всех непрерывных функций на  0,1 с метрикой  ( x, y )  sup x(t )  y (t ) . t0,1

Предположим, что C0(1) 0,1 – полно, тогда оно замкнуто, т.е. C0(1)  0,1  C0(1)  0,1 . Поскольку C0(1)  0,1  C  0,1 (см. задачу 17), а C 0,1  C0(1) 0,1 , то предположение неверно. 4. Через C1  0, 2 обозначим пространство непрерывных на  0,2 функций с 2

метрикой  ( x, y )   x(t )  y (t ) dt . Доказать, что C1  0, 2 не является полным пространством.

0

38

Решение: покажем, что фундаментальная в C1  0, 2 последовательность может не иметь предела в C1  0, 2 . Рассмотрим последовательность функций

1  0  t 1 1, n  1  xn (t )  C1  0,2 . Тогда, при xn (t )  n(1  t ), 1   t  1 . Ясно, что n  n  1 t  2 0,   1      1 1, 0 1 t  m  1 1 1  m(1  t ), 1  t 1 n  m имеем xn (t )  xm (t )   m n . Таким образом,  1 n(1  t )  m(1  t ), 1   t  1 n  1 t  2 0  0, 1

2

 ( xn , xm )   xn (t )  xm (t ) dt  0

1



1 n



1

1  m(1  t ) dt 

1 1 m



n(1  t )  m(1  t ) dt 

1 1 n

1 n

1



1 1  m(1  t )  dt  (n  m) 1 (1  t )dt   t  m

1

1

m



1

1 n

(1  t )    2  1 1 2

m

n

1

(1  t ) 2 1 m 1  1 m  1 1  ( n  m)   2     2    . 2 1 1 n 2n 2m  2n 2n  2m 2n n

Значит lim  ( xn , xm )  0 , т.е.   0 N  : n  m  N  ( xn , xm )   , т.е. n ,m

последовательность  xn (t ) фундаментальна. Пусть теперь f (t ) – произвольная

1, 0  t  1  C1  0,2 . функция из C1  0, 2 . Рассмотрим функцию  (t )   0, 1  t  2 Тогда

2

2

2

0

0

0

0   f (t )   (t ) dt   f (t )  xn (t ) dt   xn (t )   (t ) dt   ( xn , f ) 

1      t 1 1, 0 1  n  2 1    xn (t )   (t ) dt . Заметим, что xn (t )   (t )  n(1  t )  1, 1   t  1 , тогда n 0  1 t  2 0  0,   39

2

1

 x (t )   (t ) dt   n

0

1

1 n

1

 (1  t )2  1 . n(1  t )  1 dt   1  n(1  t )  dt   t  n   2 2 n 1 1   1 1 1

n

n

2

Таким образом, 0   f (t )   (t ) dt   ( xn , f )  0

1 . Переходя к пределу при 2n

2

n   , получаем, что 0   f (t )   (t ) dt  lim  ( xn , f ) . Если для какой-то функn

0

ции f (t ) lim  ( xn , f )  0 , то n 

2



f (t )   (t ) dt  0 и тогда, как известно из матема-

0

тического анализа, f (t )   (t ) почти всюду (т.е. всюду, кроме точек, образующих множество нулевой меры). Поскольку f (t ) непрерывна, а  (t ) имеет скачок, то равенство f (t )   (t ) почти всюду невозможно, значит, f (t )  C1  0,2 lim  ( xn , f )  0 , следовательно  xn (t ) не сходится. n 

5. Является ли последовательность xn (t )  n 1  t n сходящейся в пространстве C  0, 2 ?

Решение: заметим, что при t   0,1 xn (t ) 1 . Пусть t  1, 2 , тогда, используя правило Лопиталя (считая переменную n пробегающей действительные значения), находим, что: 1  t n ln t n n ln(1  t ) tn 1 t  limln xn (t )  lim  lim  ln t  lim  ln t . n n n n 1  t n 1 n Таким образом, в этом случае, xn (t )  t . Окончательно, получаем, что по-

1, 0  t  1 точечно xn (t )  x0 (t )   , причем x0 (t ) непрерывна. Поскольку схоt , 1  t  2 димость в пространстве C  0, 2 эквивалентна равномерной сходимости (см. задачу 4), а поточечная сходимость всегда следует из равномерной, то в пространстве C  0, 2 исходная последовательность может сходиться только к той же самой функции x0 (t ) . Проверим, сходится ли последовательность в пространстве C  0, 2 , т.е. проверим условие  ( xn , x0 )  0 .   Ясно, что  ( xn , x0 )  sup n 1  t n  x0 (t )  max  sup n 1  t n  1 , sup n 1  t n  t  . t 0,2 t1,2 t0,1 

Найдем sup n 1  t n  1 . Для этого обозначим f (t )  n 1  t n  1 . Заметим, что t0,1

f (0)  0 , f (1)  n 2  1  0 при n   . Найдем критические точки функции 1 1 1 1 1 n n n 1 n n f (t ) . Поскольку f '(t )   (1  t )  n  t  (1  t )  t n1  0 и точка t  0 уже n

40

1 1 n n

рассмотрена, то получаем уравнение (1  t )

 0 . Поскольку

1  1 , то решений n

данное уравнение не имеет. Итак, sup n 1  t n  1  n 2  1  0 . Найдем sup n 1  t n  t . t0,1

t1,2

Обозначим f (t )  n 1  t n  t . Заметим, что f (1)  n 2  1  0 , f (2)  n 1  2n  2  0 1 1 1 1 1 1 1 n n n 1 n n n 1 n n при n   , f '(t )   (1  t )  n  t  1  (1  t )  t  1  0 . Тогда (1  t )  t1n , n

1n n

1 n n

откуда (1  t )  t . Таким образом, (1  t )  t , откуда получаем, что 1  t n  t n , а это уравнение решений не имеет. n

1 n

Итак, sup n 1  t n  t  max  max



t1,2

n





n



2  1, n 1  2n  2 . Окончательно,  ( xn , x0 ) 

2  1, n 1  2n  2  0 при n   , следовательно, последовательность

сходится в C  0, 2 .

  1 1 1  6. Является ли последовательность xn   , ,..., ,0,0,...  сходящейся в n n n  n   пространстве l1 ? Решение: I способ: ясно, что покоординатно xn  x0  (0,0,0,...) при n   . Нетрудно проверить, что из сходимости последовательности xn  1( n ) ,2( n ) ,...  l p к вектору x0  1(0) ,2(0) ,...  l p в пространстве l p следует покоординатная сходимость, т.е. что 1( n )  1(0) ,  2 ( n )   2 (0) ,… Таким образом, если последовательность сходится покоординатно, то в пространстве l1 она может иметь только тот же самый предел. Проверим сходимость в простран n 1 1 стве l1 . Т.к.  ( xn , x0 )    k ( n )   k (0)     n  1   0 , то последовательn k 1 k 1 n ность не сходится в l1 . II способ: поскольку пространство l1 полное, то в нем всякая фундаментальная последовательность имеет предел, поэтому для доказательства сходимости достаточно доказать фундаментальность последовательности. Если же последовательность не будет фундаментальной, то сходиться она тем более не будет (см. задачу 1). Итак, надо проверить, что   0 N  : n, m  N   1 1 1   ( xn , xm )   . Пусть xm   , ,..., ,0,0,...  и n  m , тогда m m m  m   m n  1 1 1 1 1 1  ( xn , xm )    k ( n )   k ( m )         m   (n  m)  m k m1 n n m n k 1 k 1 n 41

1 2m  1 1      m  ( n  m)  2  . m n n n   Выбирая n  2m , получим, что  ( xn , xm )  1, тогда при   1 получаем противоречие с определением фундаментальности. Итак, последовательность не является фундаментальной, а значит не сходится. 1  1 1  7. Является ли последовательность xn  1, , ,..., ,0,0,...  сходящейся в n  2 3  пространстве l3 ?  1 1  Решение: ясно, что покоординатно при n   xn  x0  1, , ,...  . Про 2 3  1

1

3   (n)   1 3 (0) 3  l верим сходимость в пространстве 3 :  ( xn , x0 )     k   k     k3  .  k 1   k n1    1 1 Поскольку  3 – это остаток сходящегося ряда  3 , то по теореме об k  n 1 k k 1 k  1 остатке сходящегося ряда  3  0 при n   . Итак,  ( xn , x0 )  0 при k  n 1 k n   , значит, последовательность сходится в l3 . 8. Доказать полноту пространства n , элементами которого являются всевозможные последовательности x   n  , для которых sup  n  n   (    n  –

n

фиксированная последовательность положительных чисел), с метрикой  ( x, y )  sup   n  n   n  , где     n  – такая последовательность положительn

ных чисел, что величина L  sup n

n конечна. n

Решение: необходимо доказать, что всякая фундаментальная последовательность элементов пространства n сходится к элементу из n . Пусть xk  n ( k )   n – фундаментальная последовательность, т.е.   0





N  : k , m  N  ( xk , xm )   , т.е. sup  n  n ( k )   n ( m )   , откуда n  n

n n ( k )  n ( m)   . Поскольку  n  0 , то при каждом фиксированном n

по-

следовательность  n ( k ) k 1 – фундаментальна. Поскольку при каждом фиксиро

ванном n это уже числовая последовательность, то для нее, в силу критерия Коши,  lim  n ( k )   n . k 

Покажем, что x   n   n . Поскольку n  то, переходя к пределу при m   , получим n  42

 n n(k )  n(m) 

 n L, n

k  N  n n ( k )  n   L .

Далее,  n n   n n  n ( k )   n  n ( k )   L   n  n ( k ) . Беря в этом неравен-

     , значит,

стве точную верхнюю грань по всем n , получим sup  n  n  sup  L   n  n ( k ) 



n





n

  L  sup  n  n ( k ) . Поскольку xk  n ( k )   n , то sup  n  n ( k ) n

n

sup  n  n   , тем самым, x   n   n . n

Перепишем определение фундаментальности в виде:   0 N  :





k , m  N sup  n  n ( k )   n ( m )  n



2

, откуда n 

к пределу при m   , получим n 





sup  n  n ( k )   n 

  n  n ( k )   n ( m)  . Переходя

k  N  n  n ( k )   n 



2

 2

, откуда k  N

  . Тем самым,  ( xk , x)  0 при k   , следовательно, 2 последовательность сходится в пространстве n . метрику  ( x, y )  arctg x  y . Является ли это про9. Введем на прямой странство полным? Решение: рассмотрим фундаментальную в указанном пространстве последовательность чисел  xn  , т.е.   0 N  : n, m  N  ( xn , xm )   . Ясно, что определение фундаментальности эквивалентно равенству lim  ( xn , xm )  0 n

n ,m

для всех независимых n, m . Таким образом, lim arctg xn  xm  0 , а поn ,m

скольку арктангенс – непрерывная функция, то получаем, что lim xn  xm  0 . n ,m

Получили, что   0 N  : n, m  N xn  xm   , а это есть определение фундаментальности последовательности  xn  в пространстве с обычной с обычной метрикой справедлив критерий Коши, то метрикой. Поскольку в получаем, что в с обычной метрикой последовательность  xn  сходится, т.е. x  : lim xn  x , откуда lim xn  x  0 . В силу непрерывности арктангенса поn 

n

лучаем, что limarctg xn  x  0 , т.е.  ( xn , x)  0 , откуда xn  x . Итак, у всякой n 

n

фундаментальной последовательности нашли предел, следовательно, пространство является полным. Задачи для самостоятельного решения 1. Доказать, что всякая сходящаяся последовательность элементов метрического пространства фундаментальна. 2. Доказать, что всякая фундаментальная последовательность элементов метрического пространства ограничена (т.е. если x0  X – произвольный фиксированный элемент, то множество   ( xn , x0 ) ограничено). 3. На числовой прямой с обычной метрикой даны множества  0,1 ,  0,1 , 43

0,   ,  0,  . Выяснить, какие из этих множеств являются полными метрическими пространствами. 4. Доказать, что сходимость в пространстве C  a, b  – есть равномерная

сходимость на отрезке  a, b  . 5. Доказать, что сходимость в пространстве l – есть сходимость по координатам, равномерная относительно номеров координат. x 6. Найти предел последовательности функций f n ( x)  sin , если x . n Сходится ли эта последовательность равномерно? 7. Найти предел последовательности функций f n ( x)  (sin x) n , если   x  0,  . Сходится ли эта последовательность равномерно?  2 8. Найти предел последовательности функций f n ( x)  e  nx , если x   0,1 . Сходится ли эта последовательность равномерно? x n

9. Найти предел последовательности функций f n ( x)  e , если x . Сходится ли эта последовательность равномерно? 10. Показать, что множество функций из C  0,1 , удовлетворяющее условию x(0)  x(1) , замкнуто. Указание: показать, что предел любой последовательности элементов этого множества принадлежит этому множеству. 11. Пусть k – фиксированная постоянная. Найти замыкание множества x(t )  C a, b : x(t )  k . Указание: показать, что множество замкнуто. 12. Через M k обозначим множество функций x(t ) из C  a, b  , удовлетворяющих условию Липшица с постоянной k : t1 , t2   a, b  x(t1 )  x(t2 )  k t1  t2 . Доказать, что M k  N , где N – множество всех таких дифференцируемых на отрезке  a, b  функций, что t   a, b  x '(t )  k .

Указание: показать, что N  M k (т.е. x  N  x  M k и, если  xn   N , xn  x0 , то x0  M k , можно использовать теорему Лагранжа) и, что M k  N t

1 n

(для любой функции x  M k рассмотреть xn (t )  n  x( )d и показать, что t

 xn   N

x . Для доказательства поточечной сходимости обозначить и xn F (t ) – первообразную x(t ) и воспользоваться формулой Ньютона-Лейбница. m 1

Доказать равномерную сходимость сперва для случая x(t )  p (t )   ci 1t i 1 , а i 1

для общего случая использовать аппроксимационную теорему Вейерштрасса). 44

13. В условиях предыдущей задачи доказать, что множество M 

M k не k

является замкнутым и найти его замыкание. Указание: M  C  a, b  . Воспользоваться примером 3.

14. Найти замыкание множества всех многочленов в пространстве C  a, b  . Указание: использовать аппроксимационную теорему Вейерштрасса. 15. Пусть C1  0,1 метрическое пространство, состоящее из всех непрерыв1

ных на  0,1 функций с метрикой 1 ( x, y )   x(t )  y (t ) dt . Доказать, что метри0

ки пространств C  0,1 и C1  0,1 не эквивалентны. Указание: рассмотреть в этих пространствах последовательность 1  , 0   nt t  n функций xn (t )   . 1 1,  t 1  n 16. Показать, что в l B(a, r )  B[a, r ] . 17. Привести пример последовательности непрерывно дифференцируемых функций в C  0,1 , которая сходится к непрерывной, но не дифференцируемой функции из C  0,1 . Привести пример функции, лежащей в C  0,1 , но не лежащей в C0(1) 0,1 (определение C0(1) 0,1 см. в примере 3). 18. Пусть на задана метрика  ( x, y )  arctgx  arctgy . Доказать, что полученное метрическое пространство не является полным. Указание: рассмотреть последовательность xn  n . 19. Доказать полноту пространства m , элементами которого являются всевозможные последовательности x   n  , для которых sup n  n   (    n  – фиксированная последовательность  ( x, y )  sup  n  n   n  .

n

положительных чисел),

с

метрикой

n

20. Доказать полноту пространства c , элементами которого являются всевозможные последовательности x   n  , для которых lim  n n   (    n  – n 

фиксированная последовательность  ( x, y )  sup  n  n   n  .

положительных чисел),

с

метрикой

n

на

21. Доказать, что пространство C0 ( ,  ) определенных и непрерывных функций, для которых lim x(t )  0 с метрикой  ( x, y )  sup x(t )  y (t ) ,

является полным. 22. Введем на прямой пространство полным?

t 

t

метрику  ( x, y )  ln 1  x  y  . Является ли это 45

23. Пусть на

задана метрика  ( x, y)  e x  e y . Является ли полученное

метрическое пространство полным? 24. Пусть на задана метрика  ( x, y)  x3  y 3 . Является ли полученное метрическое пространство полным? 25. Доказать, что последовательность xn (t )  t n  t 2 n не является сходящейся в C  0,1 . t t 26. Является ли последовательность xn (t )  ln сходящейся в пространn n стве C  0,1 ? 27. Является ли последовательность xn (t )  en (t 1) сходящейся в пространстве C  0,1 ? 28. Является ли последовательность xn (t )  t n  t n1 сходящейся в пространстве C  0,1 ? 29. Является ли последовательность xn (t )  t n  t10 n сходящейся в пространстве C  0,1 ?

 1n  30. Является ли последовательность xn (t )  n  t  1 сходящейся в про  странстве C  0,1 ? t

31. Сходится ли последовательность xn (t )  e n в пространстве L2  0,1 ?

32. Сходится ли последовательность xn (t )  t n  t 2 n в пространстве L1  0,1 ?

  1 1  1 33. Является ли последовательность xn   , ,..., ,0,0,...  сходящейся в n n 2 n  n   пространстве l2 ?   1 1 ,... 34. Является ли последовательность xn   0,0,...,0,  ,  ,  1    n n ( 1)   n1  сходящейся в пространстве l1 ?

  1  35. Является ли последовательность xn   ,0,...,0,1,0,0,...  , сходящейся в n  n   пространстве l2 ? 36. Выяснить, сходится ли в метрическом пространстве l1 последователь  1 ность xn   0,...0, ,0,...  .  n n  46

37. Выяснить, сходится ли в метрическом пространстве l2 последователь-

1  1  ность xn  1, ,..., ,0,...  . n 2   38. Доказать, что последовательность из примера 7 фундаментальна. 39. Доказать, что множество рациональных чисел не является полным пространством в пространстве . Указание: аналогично примеру 3. Использовать второй замечательный предел. 40. Доказать, что открытый шар является открытым множеством, а замкнутый шар является замкнутым множеством. Указание: используя неравенство четырехугольника, доказать, что расстояние  ( x, y ) – непрерывная функция, т.е., если xn  x , и yn  y , то  ( xn , yn )   ( x, y) . Показать, что замкнутый шар содержит все свои предельные точки. При доказательстве для открытого шара выбрать   r   ( x, a) , где x  B(a, r ) . 41. Доказать, что параллелепипед  x  (1 , 2 ,...)  l2 :  k  ak  – замкнутое множество. 42. Доказать, что параллелепипед    x  (1 ,2 ,...)  l2 :  k  1 – открытое множество. Указание: найти  . Выбрать точку y  ( k ) так, чтобы k   k0 



 2

k

,

показать, что такие элементы y  и при этом y  B ( x0 ,  ) при x0  . 43. Проверить, является ли замкнутым следующее множество a    x(t )  C  0,1 : x(t )  t cos , a  0,1, t   0,1 ? t   a C [0,1] Указание: рассмотреть последовательность xn (t )  t cos n  x(t ) . Заt метить, что ограниченная последовательность an имеет сходящуюся подпоC [0,1] a следовательность ank  a , откуда xnk  t cos и воспользоваться единt ственностью предела. Для доказательства равномерной сходимости xnk

 

сперва показать, что xnk  t cos

a k a 0 , т.е., что t   k xnk  t cos   , t t 0 t

a при t    0 и k  N  . t является ли замкнутым следующее

а затем оценить xnk  t cos 44.

Проверить,

x(t )  C 0,1 : a  1, t  0,1, x(t ) 



t cos  at  ?

47

множество

C [0,1]

Указание: доказать, что, если xn (t )  x(t ) , то an   . 45. Доказать, что пространство всех многочленов, определенных на  0,1 с метрикой  ( P, Q)  sup P(t )  Q(t ) не полно. t0,1

Указание: воспользоваться примером 3 и задачей 14. 46. Привести пример фундаментальной последовательности в пространстве 1 1 , которая не является сходящейся. (0, ) с метрикой  ( x, y )   shx shy 47. Привести пример фундаментальной последовательности в пространстве 1 1 (0,1) с метрикой  ( x, y )  , которая не является сходящейся.  sin x sin y 48. Привести пример фундаментальной последовательности в пространстве 1 1 (0,1) с метрикой  ( x, y )  , которая не является сходящейся.  ln x ln y 49. Привести пример фундаментальной последовательности в пространстве 1 1 (0, ) с метрикой  ( x, y )  , которая не является сходящейся.  chx chy 50. Проверить, что пространство C2  1,1 всех непрерывных на  1,1 1 2

  2 функций с метрикой  ( x, y )    x(t )  y (t ) dt  не является полным.  1  1  1,  1  t   n  1 1  Указание: рассмотреть последовательность xn (t )  nt ,   t  . n n  1   t 1 1, n  51. Рассмотрим множество X и на нем функцию  ( x, y )  sin x  y . Является ли указанное множество с таким образом введенным расстоянием метрическим пространством? Если является, то будет ли это пространство полным, если: а) X  (0,  ) ; б) X   0,   ; в) X   0,   ? 52. Является ли сходящейся в пространствах l p (1  p  ) и c0 последова1

  1 1 , ,...  ? тельность xn  1,1,...,1,     n n 1 2  n  53. Исследовать на сходимость в пространствах c0 , c, l p (1  p  ) последо-

n sin n  sin1 2sin 2  , ,..., ,sin( n  1),sin( n  2),...  . вательность xn   3 n 1  2  48

54. Исследовать на сходимость в пространствах c0 , c, l p (1  p  ) последо-

 1  3 k , k  n n n  , где  k   . вательность xn   k k 1 1 1 sin ,k n  sin 3  3 k k 1 55. Исследовать на сходимость в пространствах c0 , c, l p (1  p  ) последо-

 

1  1  ,..., ,0,0,...  . вательность xn  1, ln n  ln 2  56. Исследовать на сходимость в пространствах C 0,1, C (1) 0,1 последова-

tn   1  тельности xn (t )  и xn (t )  arctg  n  t    . n   2 

57. Исследовать на сходимость в пространствах C 0,1, C (1) 0,1 последова-

  1 тельность xn (t )  n  t   t  . n   58. Доказать, что множество M всех многочленов p (t ) таких, что p(0)  p(1)  0 не замкнуто в C[0,1] . Указание: для непрерывной функции f (t ) существует последовательность многочленов pn (t ) f (t ) . Показать, что M  t (1  t ) pn (t ) t (1  t ) f (t ) и выбрать такую функцию f (t ) , чтобы t (1  t ) f (t )  M . 59. Доказать полноту метрического пространства C (1)  a, b непрерывно дифференцируемых на отрезке  a, b  функций, если метрика в нем определяется, как  ( x, y)  sup x(t )  y(t )  sup x '(t )  y '(t ) . t a ,b

t a ,b

60. Доказать полноту метрического пространства C (1)  a, b непрерывно дифференцируемых на отрезке  a, b  функций, если метрика в нем определяет-

  ся, как  ( x, y )  max  sup x(t )  y(t ) , sup x '(t )  y '(t )  . t a ,b ta ,b 

49

1.4. Свойства полных метрических пространств Теорема (о вложенных шарах): последовательность вложенных замкнутых шаров, радиусы которых стремятся к нулю, в полном метрическом пространстве всегда имеет – и причем ровно одну – общую точку. Доказательство: пусть B1  B2  B3  ... – последовательность вложенных замкнутых шаров, a1, a2 , a3 ,... – их центры, R1, R2 , R3 ,... – их радиусы. Возьмем n  m , тогда Bn  Bm , в частности, an  Bm , поэтому  (an , am )  Rm . По условию Rm  0 при m   , т.е.   0 N  : m  N Rm   . Таким образом, получаем, что   0 N  : n  m  N  ( an , am )   , т.е. последовательность an  – фундаментальна. Поскольку пространство по условию полное, то эта последовательность имеет предел a  lim an . Далее, возьмем любой шар n 

Bk , тогда при всех n  k Bn  Bk , в частности, an  Bk . Итак, начиная с некоторого номера, все an лежат в шаре Bk . Поскольку an  a , то a – предельная точка последовательности an  . По условию шар Bk замкнут, т.е. содержит свои предельные точки, следовательно, a  Bk . Поскольку Bk выбирался произвольно, то a – общая точка для всех шаров. Покажем, что такая точка одна. От противного: допустим, что есть еще одна точка b  a , являющаяся общей для всех шаров, т.е. n  a, b  Bn , тогда  (a, b)   (a, an )   (an , b)  Rn  Rn  2Rn . Перейдем к пределу при n   , тогда, поскольку Rn  0 , то  (a, b)  0 . По определению расстояние не может быть отрицательным, следовательно  (a, b)  0 , откуда, в силу аксиомы тождества, a  b . Противоречие. Теорема доказана. Определение: пусть X – метрическое пространство. Диаметром ограниченного множества E  X называется число d ( E )  sup  ( x, y ) . x , yE

Теорема (о вложенных множествах): пусть в полном метрическом пространстве X дана последовательность замкнутых множеств, вложенных друг в друга, диаметры которых стремятся к нулю. Тогда существует одна и только одна точка, принадлежащая всем этим множествам. Доказательство: в техническом плане повторяет доказательство теоремы о вложенных шарах, а потому предлагается проделать его самостоятельно (задача 1). Теорема (достаточное условие полноты): пусть X – метрическое пространство, и в нем любая последовательность вложенных замкнутых шаров, радиусы которых стремятся к нулю, имеет непустое пересечение. Тогда пространство X – полное. Доказательство: по определению полноты надо доказать, что всякая фундаментальная в X последовательность сходится в X . Пусть  xn   X – фундаментальная последовательность, т.е.   0 N  : n, m  N  ( xn , xm )   . 50

1 1 найдем номер N 1 так, чтобы n, m  N1  ( xn , xm )  . 2 2 1 1 При   2 найдем номер N2  N1 так, чтобы n, m  N 2  ( xn , xm )  2 . 2 2 1 1 При   3 найдем номер N 3  N 2 так, чтобы n, m  N 3  ( xn , xm )  3 и 2 2 При  

т.д.

На k -м шаге, при  

1 найдем номер N k  N k 1 так, чтобы n, m  N k 2k

 

1 , и т.д. Составим последовательность xN k , тогда ясно, что при 2k 1 m  k  ( xN k , xN m )  k . 2 1 Обозначим Bk – замкнутый шар радиуса k 1 с центром в точке xNk . По2 кажем, что B k 1  B k . Пусть x  B k 1 , тогда  ( x, xNk )   ( x, xNk 1 )   ( xNk 1 , xNk ) .

 ( xn , xm ) 

1 1 , то . Кроме того, поскольку B k 1 –   x x ( , ) N N k 1 k 2k 2k 1 1 замкнутый шар радиуса k с центром в точке x N k 1 , то  ( x, xNk 1 )  k . Таким 2 2 1 1 2 1 образом,  ( x, xNk )  k  k  k  k 1 , следовательно, x  B k . 2 2 2 2 Итак, шары Bk являются замкнутыми и вложенными, их радиусы, равные 1 , стремятся к нулю, значит, по условию, они имеют общую точку a  B k 2k 1 k . Покажем, что a является пределом последовательности  xn  . Поскольку 1 a  B k и xNk – центр шара Bk , то  ( xNk , a)  k 1 , тогда 2 1  ( xn , a)   ( xn , xNk )   ( xNk , a)   ( xn , xNk )  k 1 . 2 Поскольку  xn  – фундаментальна, то  ( xn , xm )  0 при n, m   . В частности, при m  N k получаем, что  ( xn , xNk )  0 при n, k   . Переходя в последнем неравенстве к пределу при n, k   , получаем, что lim  ( xn , a )  0 , т.е.

Поскольку  ( xNk , xNm ) 

n 

xn  a . Теорема доказана. Определение: множество E называется счетным, если существует взаимно-однозначное соответствие элементов этого множества и множества . Замечание: иными словами, элементы этого множества можно занумеровать натуральными числами, т.е. расположить в последовательность. и любой его интервал – несчетные множества. Замечание: множество 51

Определение: пусть X – метрическое пространство, E  X . Множество E называется нигде не плотным в X , если в любом шаре положительного радиуса в пространстве X найдется другой шар положительного радиуса, в котором нет точек из E . Определение: пусть X – метрическое пространство, E  X . Множество E называется всюду плотным в X , если в любом шаре положительного радиуса в пространстве X есть хотя бы одна точка из E . Теорема Бэра: полное метрическое пространство нельзя представить в виде объединения счетного числа нигде не плотных множеств. Доказательство: допустим, что это сделать можно, т.е. есть нигде не плотные множества, которых счетное число, значит, их можно расположить в последовательность X 1 , X 2 , X 3 ,... , и объединение этих множеств дает все пространство X . Возьмем произвольный замкнутый шар B1 радиуса R1  1 . Множество X1 нигде не плотно в X , поэтому в шаре B1 найдется другой замкнутый шар B2 , в котором нет точек из X1 . Ясно, что если его радиус уменьшить, то точек из X1 1 в нем тем более не будет, значит, можно считать, что его радиус R2  . Анало2 гично, поскольку X 2 нигде не плотно, то в шаре B2 можно найти другой замкнутый шар B3 , в котором нет точек из X 2 . При этом можно считать, что его 1 радиус R3  . И т.д. Получили последовательность вложенных замкнутых ша3 ров, радиусы которых стремятся к нулю. Пространство X по условию полное, поэтому, по теореме о вложенных шарах, у них есть общая точка a . В частности, a  B2 , а в B2 нет точек из X1 , поэтому a  X 1 . Аналогично, a  B3 , а в B3 нет точек из X 2 , поэтому a  X 2 . И т.д. Получили, что ни одному из множеств X 1 , X 2 , X 3 ,... точка a не принадлежит. С другой стороны, объединение множеств X 1 , X 2 , X 3 ,... дает все пространство X , значит, хотя бы в одном из них точка a должна лежать. Противоречие. Теорема доказана. Определение: пусть X – метрическое пространство, E  X . Множество E называется множеством первой категории, если оно может быть представлено в виде объединения не более чем счетного числа нигде не плотных множеств. Определение: множество, не являющееся множеством первой категории, называется множеством второй категории. Замечание: таким образом, из теоремы Бэра следует, что всякое полное метрическое пространство является множеством второй категории. Определение: пусть X – метрическое пространство, E  X . Множество E называется всюду плотным в X , если x  X   0 y  E :  ( x, y)   , т.е. если любой элемент пространства X можно с любой точностью приблизить элементом множества E . 52

Замечание: очевидно, что оба определения всюду плотности эквивалентны, только в первом не указаны явно радиусы шаров. Замечание: пусть X – метрическое пространство, E  X . Множество E называется всюду плотным в X , если E  X , т.е. x  X  yn   E : yn  x при n   (см. задачу 8). Примеры решения задач

1  , mn 1  . 1. Рассмотрим пространство ( ,  ) с метрикой  (m, n)   m  n 0, mn Доказать его полноту. Построить в нем последовательность непустых замкнутых вложенных шаров, имеющих пустое пересечение. Как это согласуется с теоремой о вложенных шарах? Решение: поскольку при m  n  (m, n)  1 , то никакая последовательность  xn   ( ,  ) не является фундаментальной, если для всех n, m xn  xm (поскольку, выбирая   1 , получим противоречие определению фундаментальности). Таким образом, последовательность  xn   ( ,  ) фундаментальна тогда и только тогда, когда она является постоянной, начиная с некоторого номера (финально-постоянная последовательность). Поскольку всякая такая N финально-постоянная последовательность имеет предел (равный этой постоянной), то всякая фундаментальная последовательность в ( ,  ) сходится, следовательно, ( ,  ) – полно. 1  Рассмотрим систему замкнутых шаров Bn  k :  (k , n)  1   . Если k  n , 2n   1 1 1 , откуда то получим, что точка k  Bn удовлетворяет условию 1  k n 2n 1 1  , т.е. k  n и, значит, n  Bn  n, n  1, n  2,... . Тогда ясно, что k n nn Bn1  Bn , т.е. шары вложены. При этом, пересечение шаров B1 и B2 не содержит точку 1. Пересечение шаров B2 и B3 не содержит точку 2 и т.д. Таким об 1  1 при n   , то теорема о Bn   . Поскольку радиусы шаров 1  разом, 2n n 1 вложенных шарах не выполняется. 2. Доказать, что множество R всех многочленов всюду плотно в пространстве C ( k )  a, b всех k раз непрерывно дифференцируемых функций с метрикой k

 ( x, y )   max x (i ) (t )  y (i ) (t ) . i 0

t a ,b 

Решение: проведем доказательство индукцией по k . Пусть k  0 . Покажем всюду плотность R в C (0)  a, b  C  a, b . Это утверждение предлагается дока53

зать самостоятельно (см. задачу 9). Пусть R всюду плотно в C ( k 1)  a, b . Возь-

мем x0 (t )  C ( k )  a, b , тогда ясно, что x0 '(t )  C ( k 1)  a, b , и по предположению индукции существует многочлен p(t )  R такой, что C ( k 1) a ,b ( x0 ', p) 



b  a 1

t

  0 . Пусть p1 (t )  x0 (a)   p( )d . Ясно, что p1 (t ) – многочлен. Имеем: a

C

k

( x , p )   max x0 (i ) (t )  p1(i ) (t )  max x0 (t )  p1 (t )  (k )  a ,b 0 1 i 0

t a ,b 

t a ,b 

 max x0 '(t )  p1 '(t )  max x0 ''(t )  p1 ''(t )  ...  max x0( k ) (t )  p1( k ) (t ) . t a ,b

t a ,b

t a ,b

Заметим, что p1 '(t )  p (t ) , p1 ''(t )  p '(t ) ,..., p1( k ) (t )  p ( k 1) (t ) и тогда

max x0 '(t )  p1 '(t )  max x0 ''(t )  p1 ''(t )  ...  max x0( k ) (t )  p1( k ) (t )  t a ,b

t a ,b

t a ,b

 max x0 '(t )  p(t )  max x0 ''(t )  p '(t )  ...  max x0( k ) (t )  p ( k 1) (t )  t a ,b

t a ,b

k 1

t a ,b

  max  x0 '(t )   p (i ) (t )  C ( k 1) a ,b ( x0 ', p )  i 0

Кроме

t a ,b 

того,

t a ,b

a

поскольку

k 1

x  max   i 0

(i )

t a ,b 

.

t

t

t

a

a

a

t a ,b



b  a 1

0



t

 x '( )  p( ) d 

   x0 '( )  p( ) d . Тогда C ( k ) a ,b ( x0 , p1 )  max

max  x0 '(t )   p (i ) (t ) 

b  a 1

x0 (t )  p1 (t )  x0 (t )  x0 (a)   p( )d   x0 '( )d   p( )d 

t

Далее,



(i )



0

a

'(t )   p (i ) (t )  (i )

 b  a 1

,

то

.

b  a 1

i  0, k  1

, и, в частности, max x0 '(t )  p(t )  t a ,b 

 b  a 1

 . Таким образом, окончательно: b  a 1 t   C ( k ) a ,b ( x0 , p1 )  max   x0 '( )  p( ) d  t a ,b   1 b a a

следовательно, t   a, b  x0 '(t )  p(t ) 

t

 max  x0 '( )  p( ) d 



t

 max 1d 



b  a  1 ta ,b a b  a 1 a    (b  a)    max(t  a)     . b  a  1 ta ,b b  a 1 b  a 1 b  a 1 Итак, получили, что R всюду плотно в C ( k )  a, b . 3. Пусть n0 – фиксированное натуральное число и Ln0  x  (n )  l2 : n  0 при n  n0 . Доказать, что множество Ln0 нигде не плотно в l2 . t a ,b 

b  a 1





54



,

Решение: покажем, что произвольный шар B ( x0 , r )  l2 содержит в себе другой шар, в котором нет точек из Ln0 . Если в шаре B( x0 , r ) нет точек из Ln0 , то утверждение доказано. Допустим, в шаре B( x0 , r ) лежит точка x1  (1(1) ,2(1) ,...,n0 (1) ,0,0,...)  Ln0 . Ясно, что r1   ( x0 , x1 )  r . Возьмем 0    r  r1 и рассмотрим шар B( x1 ,  ) . Пусть x  B( x1,  ) , тогда  ( x, x0 )   ( x, x1)   ( x1, x0 )    r1  r , следовательно, x  B( x0 , r ) , т.е. B ( x1 ,  )  B ( x0 , r ) .      Рассмотрим точку x2   1(1) ,  2 (1) ,...,  n0 (1) , ,0,0,...   Ln0 и шар B  x2 ,  . Пусть 2    4     x  B  x2 ,  . Тогда  ( x, x1 )   ( x, x2 )   ( x2 , x1 )    ( x2 , x1 ) . Поскольку  ( x2 , x1 )  , 4 2  4   3     , т.е., x  B( x1, ) , откуда B  x2 ,   B ( x1 ,  )  B ( x0 , r ) . то  ( x, x1 )    4 2 4  4   Покажем, что в шаре B  x2 ,  нет точек из множества Ln0 . Действительно,  4 1 2

2      x  (1 , 2 ,...,  n0 ,0,0,...)  Ln0 , тогда  ( x, x2 )     k   k (1)     . 4 2 4  k 1   Таким образом, x  B  x2 ,  .  4 n0

пусть

2

Задачи для самостоятельного решения 1. Доказать теорему о вложенных множествах. 2. Доказать, что множества ,2 , , являются счетными. не является всюду плотным и является ни3. Доказать, что множество где не плотным в метрическом пространстве со стандартной метрикой. 4. Доказать, что отрезок  0,1 не является всюду плотным и нигде не плотным в метрическом пространстве со стандартной метрикой. является всюду плотным в метрическом 5. Доказать, что множество пространстве со стандартной метрикой. 6. Доказать, что всякая прямая является нигде не плотным множеством в метрическом пространстве 2 со стандартной евклидовой метрикой. 7. Доказать, что всякая полуплоскость не является всюду плотным и нигде не плотным множеством в метрическом пространстве 2 со стандартной евклидовой метрикой. 8. Пусть X – метрическое пространство, E  X . Доказать, что множество E является всюду плотным в X тогда и только тогда, когда E  X , т.е. x  X  yn   E : yn  x при n   . 55

9. Доказать, что множество многочленов на отрезке  a, b  является всюду плотным в пространстве C  a, b  . Указание: воспользоваться аппроксимационной теоремой Вейерштрасса. 10. Доказать, что множество, состоящее из последовательностей вида xn  (1,2 ,...,n ,0,0,...) (такие последовательности называются финитными) для всех n является всюду плотным в пространствах l p и c0 . Указание: показать, что x  (1 ,  2 ,...)  l p (c0 ) xn  x при n   . 11. Доказать, что множество, состоящее из линейных комбинаций векторов ek  (0,0,...,0,1,0,0...) является всюду плотным в пространствах l p и c0 . k

Указание: воспользоваться предыдущей задачей 12. При каком условии на последовательность ak  

, ak  0 будет огра-

13. При каком условии на последовательность ak  

, ak  0 будет огра-

ниченным множеством параллелепипед  x  (1 , 2 ,...)  l2 :  k  ak  ?

  k 2  ниченным множеством эллипсоид  x  (1 ,  2 ,...)  l2 :  2  1 ? k 1 ak   14. Привести пример полного метрического пространства и последовательности вложенных друг в друга непустых замкнутых множеств в нем с пустым пересечением. Указание: воспользоваться задачей 11 к п. 1.2. 15. Привести пример полного метрического пространства и последовательности вложенных друг в друга непустых ограниченных замкнутых множеств в нем с пустым пересечением. Указание: n  рассмотреть множества Fn  t n , t n1, t n2 ,...  C 0,1 .

16. Показать что пересечение последовательности вложенных друг в друга непустых ограниченных открытых множеств, диаметры которых стремятся к нулю, в полном метрическом пространстве может быть пусто.  1 Указание: для всех n рассмотреть множества вида  0,   .  n 17. Доказать, что множество A  nt : n   нигде не плотно в пространстве C  0,1 . 18. Доказать, что множество A   x(t )  L2 

 : tx(t )  L2   всюду плотно L2   аналогично определению L2  a, b  с поправкой на

в L2   (определение то, что интеграл берётся по всей числовой прямой).

  x(t ), t   n, n  . Указание: воспользоваться задачей 8. Выбрать xn (t )   0, t n , n          19. Доказать, что множество M   x  l2 :   k  0 всюду плотно в l2 . k 1   56

Указание: если x  (1 ,  2 ,...)  l2 , то можно подобрать номер n такой,

  2 s s      что  k    , тогда y   1 ,..., n ,  ,...,  ,0,0,...   l2 M , где s  1  ...  n . m m 2 k  n 1   m   Показать, что x  y   при достаточно большом m . 

2

   20. Доказать, что множество M   x  l1 :   k  0 нигде не плотно в l1 . k 1   Указание: показать, что множество замкнуто, т.е. его дополнение открыто. Затем показать, что в любом открытом шаре B(a,  ) найдётся точка из этого дополнения. Это может быть либо точка a  (a1 , a2 , a3 ,...) , если    a  M , либо точка x   a1  , a2 , a3 ,...   B(a,  ) в противном случае. 2   21. Доказать, что в метрическом пространстве X для любого шара B(a, r ) диаметр удовлетворяет следующим условиям 0  d ( B(a, r ))  2r . Привести 1 пример метрического пространства, в котором d ( B(a,1))  . 2 Указание: например, это может быть пространство, в котором расстояния между различными точками совпадают. 22. Доказать, что пространство c0 нигде не плотно в пространстве c . Указание: показать, что для всякого x0  c0 и для всякого   0 шар B ( x0 ,  )  c не принадлежит c0 . Учесть, что, начиная с некоторого номера

 k0 , k  k0   k 0 ,  k0  и рассмотреть x   k   c \ c0 ,  k    . Показать, что 2 , k k   0 4 x  B ( x0 ,  ) . Воспользоваться замкнутостью c0 . 23. Пусть N – множество всех многочленов с нулевым свободным членом, а M   x  C  0,1 : x(0)  0 . Доказать, что N всюду плотно в множестве M . Указание: воспользоваться аппроксимационной теоремой Вейерштрасса. Рассмотреть сдвинутые многочлены p(t )  p(0) .

   1  An   x   k k 1  c0 :  ( x,0)  1,  k   ,1 , k  1, n  , 2    n . Доказать, что An замкнуты, ограничены, непусты и вложены друг в дру24.

Рассмотрим

га, но при этом



множества

An   .

n 1

Указание: при проверке пустоты пересечения предположить противное. 25. Доказать, что объединение не более чем счетного числа не более чем счетных множеств само не более чем счетно. 57

1.5. Пополнение метрических пространств. Сепарабельные пространства Определение: два метрических пространства X и Y называются изометричными, если между ними можно установить взаимно-однозначное соответствие, сохраняющее расстояния, т.е., если любым двум точкам x1 , x2  X соответствуют точки y1, y2 Y , то  X ( x1, x2 )  Y ( y1, y2 ) . Замечание: с точки зрения тех вопросов, которые связаны только с расстоянием между элементами (сходимость, полнота и т.д.), два изометричных пространства считаются идентичными. Замечание: понятие изометричности двух множеств, расположенных в некоторых метрических пространствах, вводится аналогично. Определение: пусть X 0 – неполное метрическое пространство, а X – полное метрическое пространство, в котором существует подмножество X  , лежащее всюду плотно в X и изометричное пространству X 0 . Пространство X называется пополнением пространства X 0 . Теорема (о пополнении): если X 0 – неполное метрическое пространство, то существует его пополнение X , которое определяется однозначно с точностью до изометрии. Замечание: простое доказательство этой теоремы будет дано в п. 2.5 раздела 2 второй части. Существует также конструктивное доказательство, которое мы здесь не приводим [см. 7]. Определение: пространство X называется сепарабельным, если в нем существует счетное всюду плотное множество. Замечание: если X – метрическое пространство, то его сепарабельность означает, что в нем существует последовательность  xn  такая, что   0 найдется элемент x0   xn  такой, что x  X  ( x, x0 )   . Теорема (о сепарабельности подмножества): всякое бесконечное подмножество M сепарабельного пространства X сепарабельно. Доказательство: пусть счетное множество x1, x2 ,..., xn ,... всюду плотно в X . Обозначим d n  inf  ( xn , y ) , тогда, по определению точной нижней грани yM

1 1   и y  M . Пусть теперь   0 , m m 3  1  xn :  ( xn , y)  (в силу всюду плотности). Тогда  ( xn , ynm )  d n   d n   3 m 3  2   ( xn , y )   . Отсюда  ( y, ynm )   ( y, xn )   ( xn , ynm )   , откуда следует, 3 3 что множество  ynm  – всюду плотно в M . Поскольку оно определяется двумя натуральными параметрами, то оно не более чем счетно. Теорема доказана.

n, m 

ynm  M :  ( xn , ynm )  d n 

58

Примеры решения задач 1. Показать, что пространство C  1,1 является пополнением пространства n

P заданных на  1,1 алгебраических многочленов p (t )   ak t k с метрикой k 0

 ( p, q)  max p(t )  q(t ) . t 1,1

tk Решение: рассмотрим последовательность многочленов pn (t )   , n . k 0 k !  k t Ясно, что при n   pn (t )    et  P , следовательно, P не является полk 0 k ! ным пространством (сходящаяся последовательность всегда фундаментальна, но ее предел пространству P не принадлежит). В силу аппроксимационной теоремы Вейерштрасса, любую непрерывную на отрезке функцию можно с любой точностью приблизить многочленом, т.е., множество P всюду плотно в полном пространстве C  1,1 . Значит, C  1,1 – пополнение множества P . n

2. Пространство l p 0 , состоит из финитных последовательностей, т.е. последовательностей вида x  (1, 2 ,..., k1 ,0,0,...) , k1  . Пусть y  (1 ,2 ,...,k2 ,0,0,...) , 1 p

 p p при k2  k1 и  ( x, y )    i  i   i  . Найти пополнение l p 0 . i  k1 1  i 1  Решение: очевидно, что l p 0  l p . Кроме того, из задачи 10 к п. 1.4 следует, k1

k2

что множество l p 0 лежит всюду плотно в l p . Если покажем, что l p 0 не полно, то, поскольку l p – полное пространство, то оно и будет пополнением для l p 0 . 1  1 1  Рассмотрим последовательность xn  1, , ,..., n ,0,0,...   l p 0 . Пусть n  m , 2  2 4  1

1

n p p p  m  n 1 p тогда  ( xn , xm )    i ( n )  i ( m )   i ( n )     ip  . Поскольку p  1 , то i  m 1  i 1   i m1 2   1 ряд  p i сходится, как бесконечно убывающая геометрическая прогрессия, i 1 (2 ) значит, в силу критерия Коши для рядов   0 N  : n  m  N n 1   p , откуда получаем, что  ( xn , xm )   , т.е. последовательность  xn   p i i  m 1 (2 ) фундаментальна в l p 0 .

Предположим, что  xn  сходится к x0  (1 , 2 ,...,  k0 ,0,0,...)  l p 0 . Тогда,  ( xn , x0 )  0 , но при больших n 59



k0

 ( xn , x0 )    i ( n )  i  p

 i 1

откуда получаем, что

k0

 i 1

p

i  k0 1





k0

i ( n )      p



 i 1

1 p

1 1  ,     i ip   2i 2 i  k0 1  p

n

p

p



k0 1 1 1   i  i . Если i  i , то это равен ip 2 i  k0 1 2 i 1 2

ство невозможно, поскольку ряд Случай i 



1 p

n 1 1  i   ip  0 при n   . Отсюда следует, что i 2 i  k0 1 2

k0 1 1 lim  ip   i  i , или n  i  k0 1 2 i 1 2 n

n



1 состоит из положительных слагаемых. ip i  k0 1 2



1 также невозможен, поскольку 2i



1  0 . Противоречие. Таким ip 2 i  k0 1



образом, пространство l p 0 не полно.

3. Доказать, что пространство C  0,1 сепарабельно.

Решение: рассмотрим в C  0,1 множество многочленов с рациональными коэффициентами. Поскольку множество рациональных чисел счетно, а множество степеней многочленов представляет собой множество натуральных чисел, то множество таких многочленов является счетным. Покажем, что множество таких многочленов всюду плотно в C  0,1 . В силу аппроксимационной теоремы Вейерштрасса   0 существует многочлен p (t ) такой, что x(t )  C  0,1  ( x, p) 



. С другой стороны, оче2 видно, найдется многочлен p0 (t ) с рациональными коэффициентами такой, что

 ( p, p0 ) 



(поскольку множество рациональных чисел всюду плотно в мно2 жестве действительных чисел). Таким образом,  ( x, p0 )   ( x, p)   ( p, p0 )   , т.е. множество многочленов с рациональными коэффициентами всюду плотно в C  0,1 . 4. Доказать, что пространство l не сепарабельно. Решение: рассмотрим множество E0,1  l последовательностей x  (1,2 ,...) , координаты которых равны 0 или 1. Это множество мощности континуум, поскольку, как известно из теории множеств, между точками множества E0,1 и точками отрезка  0,1 существует взаимно-однозначное соответствие. Ясно, что  ( x, y )  sup i  i  1. i

1 с центрами в точках множества 3 E0,1 . Ясно, что таких шаров – несчетное множество, а поскольку расстояние между их центрами равно 1, то шары не пересекаются. Рассмотрим множество шаров радиуса

60

Предположим, что в l есть всюду плотное множество E . Тогда, по определению, любой шар из l должен содержать хотя бы одну точку из E . Поскольку мы нашли несчетное число непересекающихся шаров, лежащих в l , и содержащих каждый точки множества E , то E не может быть счетным. Таким образом, l – не сепарабельно. 5. Доказать, что пространство s всех числовых последовательностей с    n 1 является сепарабельным метрическим прометрикой  ( x, y)   n  n 1   n  n n 1 2 странством. Решение: пусть M – множество элементов (r1, r2 ,..., rn ,0,0,...) , где ri – произвольные рациональные числа, n – произвольное натуральное число. Ясно, что M – счетное множество. Покажем, что оно всюду плотно в s . Для этого возьмем произвольный элемент x  (1,2 ,...)  s и произвольное   0 .

k  1   (остаток всякого сходящегося ряда  k 1  k 2 k  n 1 2 можно сделать сколь угодно малым). Выберем элемент x0  (r1, r2 ,..., rn ,0,0,...) n  таким образом, чтобы   k  rk  (это можно сделать в силу всюду плотно2 k 1 сти множества рациональных чисел в ). Тогда: n    k   k (0)  k  rk k 1 1 1  ( x, x0 )   k         1   k   k (0) k 1 2k 1   k  rk k n1 2k 1   k k 1 2 Пусть n таково, что



n

   k  rk 







2 2 Таким образом, M всюду плотно в s . 6. Является ли метрическое пространство k 1



 2

 .

с метрикой  ( x, y)  e x  e y

полным? Если нет, то найти его пополнение. Решение: функция f ( x)  e x определена всюду на , монотонна и имеет множество значений M  (0, ) . Таким образом, f ( x) биективно отображает на M , причем  ( x, y )  f ( x)  f ( y )  x  y  1 ( x, y ) , где x, y – образы точек x и y при отображении f , 1 ( x, y )  x  y – стандартная метрика в пространстве M  (0, ) . Таким образом, пространства ( ,  ) и ( M , 1 ) изометричны. При изометрии свойство полноты сохраняется (см. задачу 11). Поскольку числовая прямая с обычной метрикой полна, а M – ее незамкнутое подмножество, то пространство ( M , 1 ) неполно. Пополнением ( M , 1 ) является замкнутый луч [0, ) с метрикой 1 (см. задачу 12). Пополнением исходного пространства ( ,  ) будет пространство (  ,  ) , если считать, что f ()  0 . При этом  ( x, )  e x . 61

Задачи для самостоятельного решения 1. Доказать, что пространство l p сепарабельно. 2. Доказать, что пространство c0 сепарабельно. функ3. Доказать, что пространство C0 ( ,  ) тех непрерывных на ций, для которых lim x(t )  0 с метрикой  ( x, y )  sup x(t )  y (t ) сепарабельно. t 

t

сепарабельно. 4. Доказать, что пространство 5. Доказать, что пространство Lp  a, b сепарабельно. n

Указание: учесть, что множество C  a, b  является всюду плотным в

Lp  a, b (этот факт будет доказан в разделе 2). 6. Проверить выполнение аксиом метрики для пространства s из примера 5. Доказать полноту этого пространства. 7. Доказать, что пространство s всех числовых последовательностей с   n метрикой  ( x, y)  sup n не является сепарабельным метрическим проn 1   n  n странством. 8. Выяснить, сходятся ли в пространстве s из примера 5 последовательно  1 1 1  сти xn  (1,2,..., n,0,0,...) , xn  (1,1,...,1,0,0,...) и xn   , ,..., ,0,0,...  . n n n n  n   9. Доказать, что пространство c сепарабельно. Указание: доказать, что линейная комбинация векторов e0  (1,1,...,1,...) и ek  (0, 0,..., 0,1, 0,...) с рациональными коэффициентами образует счетное всюk

ду плотное множество в c . 10. Доказать, что метрическое пространство несепарабельно тогда и только тогда, когда в нем существует несчетное множество попарно непересекающихся шаров ненулевого радиуса. 11. Доказать, что, если одно из двух изометричных метрических пространств полно, то и второе пространство полно. 12. Пусть X – полное метрическое пространство, M  X – подпространство, не являющееся полным. Доказать, что пополнением M в X будет M . 13. Является ли полным метрическое пространство , в котором метрика задана равенством  ( x, y )  thx  thy  x  y ? Если пространство неполно, то найти его пополнение. 14. Является ли полным метрическое пространство , в котором метрика задана равенством  ( x, y )  arctgx  arctgy ? Если пространство неполно, то найти его пополнение.

62

1.6. Компактные множества Определение: множество в метрическом пространстве называется компактным, если из любого покрытия этого множества открытыми множествами можно выбрать конечное число множеств, по-прежнему его покрывающих. Теорема (свойства компактных множеств): 1. Компактное множество всегда замкнуто. 2. Компактное множество всегда ограничено. Замечание: эти факты, установленные пространства n без изменений переносятся на случай произвольного метрического пространства. Теорема (критерий компактности в n ): множество в n компактно тогда и только тогда, когда оно замкнуто и ограничено. Замечание: в произвольном метрическом пространстве замкнутое и ограниченное множество может не быть компактным. Определение: пусть X – метрическое пространство, K  X – множество,   0 . Множество, состоящее из конечного числа точек a1, a2 ,..., an  X , называется конечной  -сетью для K , если x  K расстояние от этого x до одной из указанных точек меньше, чем  , т.е. x  K ai ( i  1, n ):  ( x, ai )   . Теорема (о существовании конечной  -сети): пусть X – метрическое пространство, K  X – компактное множество, тогда   0 в X существует конечная  -сеть для K . Доказательство: возьмем   0 . Нужно найти конечное число точек a1, a2 ,..., an  X таких, что x  K ai ( i  1, n ):  ( x, ai )   . Рассмотрим систему всех открытых шаров радиуса  . Ясно, что, поскольку каждая точка принадлежит шару с центром в этой точке, то система таких шаров покрывает все пространство X , а значит, тем более покрывает все множество K . Таким образом, получили покрытие компакта открытыми множествами. По определению компакта можно найти конечное число шаров, попрежнему покрывающих K . Центры этих шаров обозначим a1, a2 ,..., an . Тогда, если мы возьмем любую точку x  K , то она попадет хотя бы в один из этих шаров, т.е., в шар с центром в точке ai радиуса  . По определению открытого шара  ( x, ai )   . Теорема доказана. Определение: множество K в метрическом пространстве X называется вполне ограниченным, если   0 в X существует конечная  -сеть для K . Замечание: всякое вполне ограниченное множество ограничено (задача 4). Замечание: в пространстве n вполне ограниченность совпадает с обычной ограниченностью (задача 5). Теорема (критерий Хаусдорфа): пусть X – полное метрическое пространство, K – подмножество в X . K является компактным тогда и только тогда, когда: 1. K замкнуто; 2. K вполне ограничено. 63

Доказательство: пусть K – компактно, тогда п. 1 следует из того, что компакт всегда замкнут, а п. 2 следует из предыдущей теоремы. Обратно: дано, что X – полное метрическое пространство, K – замкнутое и вполне ограниченное подмножество в X . По теореме о полноте замкнутого подпространства K – полное подпространство. По определению компакта надо доказать, что из любого покрытия K открытыми множествами можно выделить конечное число открытых множеств, по-прежнему покрывающих K . Возьмем систему открытых множеств u  , покрывающих K . Допустим, что из этой системы нельзя выбрать конечного числа множеств, по-прежнему покрывающих K . Возьмем  1  1 . По условию K вполне ограничено, значит, для него можно построить конечную 1-сеть x1 , x2 ,..., xn , т.е. расстояние от любой точки x  K до одной из этих точек меньше 1. Это означает, что любая точка множества K содержится хотя бы в одном из открытых шаров радиуса 1 с центром в одной из точек x1 , x2 ,..., xn . Значит, поскольку открытый шар содержится в замкнутом шаре того же радиуса, любая точка множества K содержится хотя бы в одном из замкнутых шаров радиуса 1 с центром в одной из точек x1 , x2 ,..., xn . Итак, K целиком лежит в объединении таких замкнутых шаров. Если каждый из этих шаров можно покрыть конечным числом множеств из системы u  , то, поскольку шаров конечное число, K также окажется покрыто конечным числом множеств системы u  , что противоречит предположению. Обозначим K1   x  K :  ( x, xi )  1 – шар, который нельзя покрыть конеч-

ным числом множеств системы u  . Его радиус  1  1 , он замкнут, значит, сам образует полное пространство (как замкнутое подпространство полного пространства). При этом ясно, что K1  K . 1 Возьмем  2  . Поскольку K вполне ограничено, то для него можно по2 1 строить конечную -сеть y1, y2 ,..., ym . Рассуждая аналогично, получаем, что 2 множество K целиком лежит в объединении замкнутых шаров с центрами в 1 1 точках этой -сети и радиуса . Поскольку K1  K , то какое-то количество 2 2 построенных шаров целиком покрывает и множество K 1 . Если каждый из таких шаров можно покрыть конечным числом множеств из системы u  , то, поскольку этих шаров конечное число, K 1 также окажется покрыт конечным числом множеств системы u  , что противоречит построению шара K 1 . 1 1  Обозначим K 2   x  K1 :  ( x, yi )   – замкнутый шар радиуса  2  , 2 2  лежащий в шаре K 1 , такой, что его нельзя покрыть конечным числом множеств системы u  . 64

1 Аналогично, найдем шар K 3  K 2 радиуса  3  , который является за3 мкнутым и который нельзя покрыть конечным числом множеств системы u  . И т.д. Получили последовательность вложенных замкнутых шаров, радиусы которых стремятся к нулю, лежащих в полном метрическом пространстве. По теореме о вложенных шарах, они имеют общую точку c . Система u  покрывала K , следовательно, c принадлежит хотя бы одному множеству u  u  . Множество u открыто, значит c лежит в нем вместе с некоторой окрестностью, радиус которой обозначим  . Радиусы построенных шаров 1 ,  2 ,  3 ,... стремятся к нулю, значит, какой-

 . Тогда диаметр этого шара будет меньше  , и, 2 поскольку он содержит точку c , то он целиком будет лежать в  -окрестности точки c . Поскольку  -окрестность точки c целиком лежит в множестве u , то то из них станет меньше, чем

получили, что указанный шар покрыт одним множеством u из исходной системы u  . С другой стороны, по построению, его нельзя покрыть конечным числом множеств из системы u  . Противоречие. Теорема доказана. Теорема (достаточное условие компактности): пусть X – полное метрическое пространство, K  X . Для компактности K достаточно, чтобы оно было замкнутым и   0 в X для K существовала компактная  -сеть. Доказательство: пусть N – компактная

y  N :  ( x, y ) 

 2

 -сеть для K , т.е., x  K 2

. В силу критерия Хаусдорфа, поскольку N – компактно, то

  -сеть N 0 , т.е. y  N z  N 0 :  ( y, z )  . Пока2 2 жем, что N 0 будет конечной  -сетью для K . Действительно, x  K z  N 0 :    ( x, z )   ( x, y)   ( y, z )     , где y  N . Таким образом, K замкнуто и 2 2 для N существует конечная

вполне ограничено, следовательно, компактно в силу критерия Хаусдорфа. Теорема доказана. Теорема (о сепарабельности компакта): компактное пространство X сепарабельно. Доказательство: рассмотрим последовательность  k  0 при k   и для каждого элемента  k построим в X конечную  k -сеть (поскольку X компактно, то, в силу критерия Хаусдорфа, это можно сделать    k  0 ). Обозначим эти  k -сети через N k   xi ( k ) i 1 . Ясно, что если взять N  nk

65

 k 1

N k , то мно-

жество N  X является счетным (т.к. это счетное объединение конечных  k сетей, т.е. все его элементы можно занумеровать). Далее, возьмем x  X , тогда, по определению конечной  k -сети, для

 k  0 xi ( k )  N k :  ( x, xi ( k ) )   k . Ясно, что xi ( k )  N , т.е. любой элемент про-

странства X оказался приближен элементом множества N с любой точностью    k  0 . Тем самым, множество N всюду плотно в X . Итак, нашли в пространстве X счетное всюду плотное множество, тем самым, X – сепарабельно. Теорема доказана. Определение: пусть X – метрическое пространство, K  X . Множество K называется секвенциально компактным, если у любой последовательности его элементов существует подпоследовательность, имеющая предел (принадлежащий K ). Теорема (о секвенциальной компактности): пусть X – полное метрическое пространство, K  X . Множество K компактно тогда и только тогда, когда оно секвенциально компактно. Доказательство: пусть K компактно. Надо доказать, что у любой последовательности его элементов есть подпоследовательность, имеющая предел. Пусть x1 , x2 , x3 ,... – любая последовательность элементов множества K . Покажем, что у нее найдется предельная точка, т.е. точка, в любой окрестности которой содержится бесконечно много членов этой последовательности. Допустим, что такой точки нет, т.е. у любой точки из множества K есть окрестность, в которой содержится конечное число членов нашей последовательности. Система всех таких окрестностей покрывает весь компакт K , поскольку каждая точка K своей окрестности принадлежит. Окрестность – открытое множество, а K – компакт, значит, можно выбрать конечное число таких окрестностей, по-прежнему покрывающих K . Итак, получили конечное число окрестностей, в каждой из которых конечное число членов последовательности. Тем самым, последовательность конечна, что противоречит тому, что у нее бесконечное число членов. Итак, последовательность имеет предельную точку, т.е. у нее существует подпоследовательность, которая сходится к этой предельной точке. Поскольку K – компактно, то, в силу критерия Хаусдорфа, K замкнуто, следовательно, найденная предельная точка принадлежит K . Обратно: пусть K – секвенциально компактно. Надо доказать, что K компактно, т.е., в силу критерия Хаусдорфа, достаточно доказать, что K замкнуто и вполне ограничено. а) Замкнутость: допустим, что K – не замкнуто, т.е. у него найдется предельная точка a  X , которая не принадлежит K . Поскольку она предельная для K , то, в силу критерия предельной точки, существует последовательность x1 , x2 , x3 ,...  K , предел которой равен a . Поскольку последовательность стремится к a , то любая ее подпоследовательность тем более стремится к a . В силу единственности предела, никакого другого предела у данной подпоследовательности быть не может. Окончательно, a  K , другого предела у подпоследо66

вательности быть не может, поэтому в K нашли последовательность, никакая подпоследовательность которой не сходится в K . Противоречие с определением секвенциальной компактности. б) Вполне ограниченность: допустим, что K не является вполне ограниченным множеством, т.е.   0 , при котором в X нет конечной  -сети для K . Возьмем произвольную точку x1  X . Поскольку для K нет конечной  сети, то эта точка  -сетью не является, поэтому найдется точка x2  K такая, что  ( x1 , x2 )   . Рассмотрим множество x1 , x2 . Оно также не является конечной  -сетью, поскольку конечной  -сети для множества K вообще нет, следовательно, x3  K :  ( x1 , x3 )   и  ( x2 , x3 )   . Аналогично, точки x1 , x2 , x3 не образуют конечную  -сеть для K , значит, найдется точка x4  K , от которой расстояние до каждой из этих трех точек больше, либо равно  . И т.д. Полученная последовательность x1 , x2 , x3 ,... такова, что n, m   ( xn , xm )   , следовательно, эта последовательность не может быть фундаментальной, как и любая ее подпоследовательность. Поскольку всякая сходящаяся последовательность фундаментальна, то никакая подпоследовательность последовательности x1 , x2 , x3 ,... не может быть сходящейся. С другой стороны, по условию, K секвенциально компактно, т.е. у последовательности x1 , x2 , x3 ,... должна быть подпоследовательность, имеющая предел. Противоречие. Теорема доказана. Замечание: понятие секвенциальной компактности таким образом можно считать вторым определением компактности (в полном пространстве). Примеры решения задач

1 1. Для отрезка  0,1 построить конечную  -сеть, если   . 8 Решение: по определению конечная  -сеть – это конечный набор точек таких, что расстояние от любой точки отрезка  0,1 до одной из точек указан1 ной  -сети меньше, чем  . Ясно, что -сеть для отрезка  0,1 будет состоять 8 1 2 3 4 5 6 7 из точек 0, , , , , , , ,1 . 8 8 8 8 8 8 8 1  2. Доказать, что параллелепипед    x  (1 ,  2 ,...)  l2 :  n  n  является 2   компактным множеством в l2 . Решение: в силу критерия Хаусдорфа достаточно показать, что  – замкнут и вполне ограничен. Замкнутость  следует из задачи 41 к п. 1.3, поэтому здесь не обосновывается. Кроме того, заметим, что параллелепипед  –   1 1 2 ограниченное множество, поскольку x    n   2 n  . 3 n 1 n 1 2 67

Покажем, что  – вполне ограниченное множество, т.е., что   0 в l2 для него существует конечная  -сеть. Пусть   0 задано. Выберем и зафиксируем номер n таким образом, что1  бы выполнялось неравенство n  . Каждой точке x  (1 ,  2 ,...)   поставим 2 2 в соответствие точку x0  (1,2 ,...,n ,0,0,...) 0 . Ясно, что множество 0   вполне ограничено, как всякое ограниченное множество в n -мерном евклидовом пространстве (которое в данном случае совпадает с пространством n – см. задачу 5), следовательно, для  0 (в указанном n -мерном пространстве) существует конечная

 -сеть, которую обозначим N . Таким образом, x0   0 2

 a  N :  ( x0 , a)  . Используя формулу суммы бесконечно убывающей гео2  метрической прогрессии, получим:  ( x, x0 )     k   k  k 1 

1

 1 2  1  n1   n1  4   4 1 3 1   4  4 

1 2 2 (0)

1 2 2

1 2

1          k     4k     k n1   k n1  



1 2

 1   1 2 1 1     . Таким образом, x  , (т.е. и    n n n 3 4 2 2  3 2     

x0   0 ) a  N :  ( x, a)   ( x, x0 )   ( x0 , a) 





 . 2 2 Следовательно, множество N образует конечную  -сеть для  , т.е. параллелепипед  – вполне ограничен, а значит, компактен. 

Задачи для самостоятельного решения 1. Рассмотрим отрезок  0,1 и на нем точки a1  0 , a2 

1 , a3  1 . При ка2

ких   0 множество a1 , a2 , a3 будет  -сетью для  0,1 ? . При каком   0 множество будет  2. Рассмотрим множество сетью для (не конечной)? 1 3. Для отрезка 1,2 построить конечную  -сеть, если   . 4 4. Доказать, что всякое вполне ограниченное множество в метрическом пространстве является ограниченным, т.е. x  X и для фиксированного элемента a  X c  0 :  ( x, a)  c . Указание: найти конечную 1-сеть и воспользоваться неравенством треугольника. 5. Доказать, что в пространстве n вполне ограниченность любого множества эквивалентна его ограниченности. 68

Указание: заключить множество в достаточно большой куб и разбить его на кубики с ребром  . Показать, что вершины этих кубиков образуют ко n нечную -сеть в исходном кубе. 2 6. Доказать, что единичная сфера S   x  l2 :  ( x,0)  1 является замкнутым, ограниченным, но не вполне ограниченным множеством в пространстве l2 . Указание: рассмотреть элементы ek  (0,0,...,0,1,0,0,...) , принадлежащие k

этой сфере найти расстояние между двумя такими различными точками и 2 показать, что при   для S не может быть конечной  -сети. 2 7. Пусть – метрическое пространство с метрикой ( , )

1, m  n . Доказать, что это пространство не является вполне огра0, m  n ниченным (т.е. найти  , при котором для него нет конечной  -сети). Доказать полноту этого пространства, его ограниченность, не компактность, не секвенциальную компактность. Найти покрытие этого пространства открытыми множествами, из которого нельзя выбрать конечное подпокрытие. 8. Проверить, что шар  x(t )  C 0,2  : x(t )  1 не является вполне огра-

 (m, n)  

ниченным множеством в C  0,2  . Указание: рассмотреть последовательность функций xn (t )  sin nt и показать, что  ( xn , xm )  1 при n  m .   1  9. Является ли множество A  0     на вещественной прямой  n1  n   компактным? Указание: использовать критерий компактности в n . 1  10. Доказать, что параллелепипед    x  (1 ,  2 ,...)  l2 :  n   является n  компактным множеством в l2 . 1  11. Является ли параллелепипед    x  (1 ,  2 ,...)  l2 :  n  n  компактe   ным множеством в l2 ? 12. Используя критерий Хаусдорфа, доказать, что всякое замкнутое подмножество компактного множества само является компактным множеством. 2      n  n3  1  13. Является ли множество  x  (1 ,  2 ,...)  l2 :    компакт n sin n 1      ным в l2 ? 69

Указание: обосновать, что для координат элементов этого множества 1 справедливо соотношение  n  3 . Воспользоваться предыдущей задачей. n 1  14. Является ли множество  x  (1 ,  2 ,...)  l2 :  n  5  компактным в l2 ? n   2      n  en  15. Является ли множество  x  (1 ,  2 ,...)  l2 :     1 компактным 2 n  1     в l2 ? 16. Доказать критерий компактности в c0 : множество K   x  (1,2 ,...)  c0 компактно тогда и только тогда, когда оно замкнуто, ограничено (т.е. x  K c  0 :  ( x,0)  c ) и   0 N  : n  N x  K  n   . 17. Доказать критерий компактности в l2 : множество K   x  (1,2 ,...)  l2 компактно тогда и только тогда, когда оно замкнуто, ограничено и   0

N  : x  K





kN

2 k

 .

Это утверждение переносится на случай произвольного пространства l p 



( p  1 ) с условием

kN

p k

  . Здесь используется то, что в любом конечно-

мерном пространстве справедлив тот же критерий компактности, что и в n (это следует из полноты и изоморфности всех конечномерных пространств пространству n – см. раздел 2). 18. Доказать критерий компактности в c : множество K   x  (1 , 2 ,...)  c компактно тогда и только тогда, когда оно замкнуто, ограничено и   0 N  : n, m  N x  K  n   m   . Указание: вначале показать, что критерием компактности будет   0

N  : n  N x  K  n  lim  n   . n

   3 19. Является ли компактным в l3 множество  x  l3 :  k 2  k  1 ? k 1   4 3

Указание:  k  k  k  k 3

2



4 3

 k . Применить неравенство Гельдера.

   4 20. Является ли компактным в l2 множество  x  l2 :  k 2  k  1 ? k 1      5 21. Является ли компактным в l3 множество  x  l3 :  k  k  1 ? k 1      3 22. Является ли компактным в l3 множество  x  l3 :   k ln(k  1)  1 ? k 1  

70

1.7. Непрерывные отображения метрических пространств. Сжимающие отображения Определение: пусть даны два метрических пространства X и Y и функция y  f ( x) , определенная на некотором множестве M  X со значениями в пространстве Y . Функция f ( x) называется непрерывной в точке x0  M , если   0   0 : x  M из  X ( x, x0 )   следует, что Y ( f ( x), f ( x0 ))   . Если функция непрерывна в каждой точке множества M , то она называется непрерывной на множестве M . Замечание: можно переписать данное определение в терминах окрестностей: B( f ( x0 ),  ) B ( x0 ,  ) M : x  B( x0 , ) M f ( x)  B( f ( x0 ),  ) . Кроме того, можно доказать, что данное определение непрерывности эквивалентно следующему: функция f ( x) непрерывна в точке x0  M , если для любой последовательности  xn   M из условия xn  x0 следует, что f ( xn )  f ( x0 ) . n 

n 

Теорема (критерий глобальной непрерывности): пусть f : X  Y . Функция f непрерывна на всем пространстве X тогда и только тогда, когда прообраз любого открытого множества открыт. Доказательство: пусть f непрерывна в X , U  Y – открытое множество, V – прообраз U . Надо доказать, что V открыто, т.е. любая его точка лежит в нем вместе с окрестностью. Берем a V , тогда f (a) U . Т.к. U открыто, то найдется окрестность B( f (a),  )  U . Т.к. f непрерывна, то при отображении f в B( f (a),  ) целиком переходит некоторая окрестность B(a,  ) . Значит B(a,  ) лежит в прообразе U , т.е. в множестве V . Итак, нашли окрестность точки a , целиком лежащую в V , т.е. V открыто. Обратно: пусть прообраз любого открытого множества открыт. Надо доказать, что f непрерывна a  X , т.е. B( f (a),  ) B(a,  ) : x  B(a,  ) f

f ( x)  B( f (a),  ) . Поскольку a  f (a)  B( f (a),  ) , то a лежит в прообразе B( f (a),  ) . Окрестность B( f (a),  ) – открытое множество, значит, ее прообраз открыт по условию, поэтому точка a лежит в нем вместе с некоторой окрестностью. Итак, нашли окрестность B(a,  ) , лежащую в прообразе B( f (a),  ) , поэтому B(a,  ) при отображении f переходит в B( f (a),  ) , т.е. f непрерывна. Теорема доказана. Теорема (об образе компакта): при непрерывном отображении образ компактного множества компактен. Доказательство: пусть f : K  Y , K – компакт, V – образ K . Надо доказать, что V – компакт. Рассмотрим систему открытых множеств u  , покрывающих V . Т.к. V – образ K , то система прообразов этих множеств покрывает K (если бы какая-то точка x0  K не покрывалась ни одним прообразом, то f ( x0 ) V не покрывалась бы ни одним из множеств системы u  ). Эти прооб71

разы открыты по предыдущей теореме, K – компакт, значит можно выбрать конечное число прообразов, которые по-прежнему покрывают K , тогда полученное конечное число множеств u  покрывает образ K , т.е. V . Итак, V покрыт конечным числом множеств из нашей системы, т.е. V – компакт. Теорема доказана. Теорема Вейерштрасса: пусть K – компактное множество в метрическом пространстве X , f : K  – непрерывное отображение. Тогда: 1. f ограничено на K , т.е. x  K c  0 : f ( x)  c . 2. f достигает на K своего наибольшего и наименьшего значения. Теорема Кантора: пусть K – компактное множество в метрическом пространстве X , f : K  Y – непрерывное отображение, тогда f равномерно непрерывно на K , т.е.   0   0 : x, y  K из  X ( x, y)   следует, что Y ( f ( x), f ( y))   . Определение: пусть даны два метрических пространства X и Y , и существует взаимно-однозначное отображение пространства X на пространство Y . Если это отображение взаимно непрерывно, то пространства X и Y называются гомеоморфными. Определение: пусть X – метрическое пространство, f : X  X . Отображение f называется сжимающим, если q  1 : x, y  X  ( f ( x), f ( y))  q ( x, y) . Определение: пусть X – метрическое пространство, f : X  X , a  X . Точка a называется неподвижной точкой отображения f , если f (a )  a . Теорема (принцип сжимающих отображений): если X – полное метрическое пространство, а f : X  X – сжимающее отображение, то f имеет – и причем ровно одну – неподвижную точку. Доказательство: пусть f – сжимающее отображение, т.е. q  1 : x, y  X справедливо неравенство  ( f ( x), f ( y))  q  ( x, y) . Возьмем произвольную точку x0  X и построим последовательность x1  f ( x0 ) , x2  f ( x1 ) , x3  f ( x2 ) ,..., xn  f ( xn1 ) ,.... Обозначим l   ( x0 , x1 ) , тогда  ( x1, x2 )   ( f ( x0 ), f ( x1))  q ( x0 , x1)  ql ,  ( x2 , x3 )   ( f ( x1 ), f ( x2 ))  q  ( x1, x2 )  q 2l ,  ( x3 , x4 )   ( f ( x2 ), f ( x3 ))  q  ( x2 , x3 )  q 3l , ... Таким образом, выбирая m  n , получаем, что:  ( xn , xm )   ( xn , xn1)   ( xn1, xn2 )   ( xn2 , xn3 )  ...   ( xm1, xm )   l (q n  q n1  q n 2  ...  q m1 )  lq n (1  q  q 2  ...  q m1n )  1 .  lq n (1  q  q 2  ...)  lq n  1 q lq n lq n  0 , т.е.,   0 N  : n  N  . Поскольку q  1 , то lim n 1  q 1 q 72

Таким образом,   0 N  : m  n  N  ( xn , xm )   , т.е. построенная последовательность фундаментальна. По условию пространство X полно, значит, эта последовательность имеет предел в X , т.е.  lim xn  a . Тогда ясно, что n 

lim xn1  a , поскольку  xn1 – это та же самая последовательность, что и  xn  , n 

только без первого члена. По построению xn1  f ( xn ) . Переходя к пределу при n   , в силу непрерывности отображения f (см. задачу 11), получаем, что a  f (a ) , т.е. a – неподвижная точка отображения f . Покажем, что двух неподвижных точек быть не может. От противного: допустим, что их две, a  b . Поскольку они обе неподвижные, то a  f (a ) и b  f (b) . Т.к. отображение сжимающее, то  ( f (a), f (b))  q  (a, b) при q  1 , откуда  (a, b)  q  (a, b) . Поскольку a  b , то  (a, b)  0 , тогда 1  q , что противоречит условию q  1 . Теорема доказана. 1 Замечание: если в неравенстве  ( xn , xm )  lq n  перейти к пределу при 1 q 1 1 1 .   ( x0 , x1 )  q n    ( x0 , f ( x0 ))  q n  m   , то получим  ( xn , a)  lq n  1 q 1 q 1 q Полученное неравенство дает погрешность приближения неподвижной точки, если оборвать построение последовательности  xn  на n -м шаге. Замечание: построение последовательных приближений  xn  , сходящихся к неподвижной точке a , можно производить, исходя из любого элемента x0  X . Выбор x0 будет сказываться только на быстроте сходимости последовательности  xn  к своему пределу a . Теорема (о существовании и единственности решения системы лиn расстояние нейных алгебраических уравнений): пусть в пространстве определено по формуле  ( x, y)  max i  i , где x  (1,...,n ) и y  (1 ,..., n ) . i

n

Тогда система уравнений i   aij j  bi ( i  1, n ) имеет единственное решение, j 1

если матрица  aij 

n

i , j 1

n

такова, что max  aij  1 . i

j 1

Доказательство: определенное таким образом пространство n является полным в силу критерия Коши (см. задачу 12). Рассмотрим отображение n

y  Ax , заданное с помощью равенств i   aij j  bi ( i  1, n ). Тогда ясно, что j 1

A:

n



n

и  ( y1 , y2 )   ( Ax1 , Ax2 )  max i

73

n

n

j 1

j 1

 aij j (1)  bi   aij j (2)  bi 

 max  aij j (1)   aij j (2)  max  aij  j (1)   j (2)   max  aij   j (1)   j (2)  i

n

n

n

j 1

j 1

i

n

 max  aij  max  j   j (1)

i

j 1

n

i

j 1

j 1

n

(2)

j

n

 max  aij   ( x1 , x2 )   ( x1, x2 )  max  aij . Теперь, i

i

j 1

j 1

n

если обозначим q  max  aij , то при q  1 отображение A является сжимаюi

j 1

щим, и, значит, в силу принципа сжимающих отображений, оно имеет единственную неподвижную точку. Таким образом, уравнение x  Ax имеет единn

ственное решение при условии max  aij  1 . Осталось заметить, что это уравi

j 1

n

нение эквивалентно системе i   aij j  bi при i  1, n . j 1

Теорема доказана. Теорема (о существовании и единственности решения интегрального уравнения Фредгольма II рода): пусть K (t , s ) – действительная функция, определенная и измеримая в квадрате a  t , s  b такая, что

b b

 K

2

(t , s)dtds   и

a a

b

пусть f (t )  L2  a, b  . Тогда интегральное уравнение x(t )  f (t )    K (t , s) x( s)ds a

имеет единственное решение x(t )  L2  a, b  при  

1 b b

 K

2

.

(t , s )dtds

a a

Доказательство: пространство L2  a, b  – полно. Рассмотрим в нем отобb

ражение Ax(t )  f (t )    K (t , s ) x( s )ds . Используя неравенства Минковского и a

Гельдера для интегралов, можно показать, что при x(t )  L2  a, b  , в условиях нашей теоремы, Ax(t )  L2  a, b  . b

b

b

a

a

2

Тогда  ( Ax, Ay )   Ax(t )  Ay (t ) dt     K (t , s)  x( s)  y ( s)  ds dt  2

2

a

2

b       K (t , s)  x( s)  y ( s) ds  dt . Воспользуемся неравенством Гельдера для aa  b

2

2

b b  b 2 2 интегралов:   f (t )  g (t ) dt    f (t ) dt   g (t ) dt . Тогда получаем, что: a a  a

74

b b  2 2  ( Ax, Ay)      K (t , s) ds   x( s)  y( s) ds  dt  aa a  b b b b  2  2      K 2 (t , s)ds   2 ( x, y )  dt   2 ( x, y )    K 2 (t , s)dsdt . aa a a  b

2

2

b b

 K

Таким образом,  ( Ax, Ay)   ( x, y)  

2

(t , s)dsdt и, если обозначим

a a

q 

b b

 K

2

(t , s)dsdt , то при q  1 отображение A будет сжимающим, поэто-

a a

му, в силу принципа сжимающих отображений, оно будет иметь единственную неподвижную точку. Итак, уравнение x  Ax имеет единственное решение при 1 условии   . Осталось заметить, что это уравнение эквиваb b

 K

2

(t , s )dtds

a a

b

лентно уравнению x(t )  f (t )    K (t , s) x( s)ds . a

Теорема доказана.

Примеры решения задач 1

1 5 1. Показать, что отображение A : C  0,1  C  0,1 , Af ( x)   xtf (t )dt  x 20 6 является сжимающим и найти его неподвижную точку f * ( x ) . Решение: возьмем f1 ( x), f 2 ( x)  C  0,1 , тогда 1

1

1 5 1 5  ( Af1, Af 2 )  sup Af1 ( x)  Af 2 ( x)  sup  xtf1 (t )dt  x   xtf 2 (t )dt  x  6 20 6 x0,1 x0,1 2 0 1

1

1

1 1  sup  xtf1 (t )dt   xtf 2 (t )dt  sup  xt ( f1 (t )  f 2 (t ))dt  2 x0,1 0 2 x0,1 0 0 1



1

1 1 sup x   t  f1 (t )  f 2 (t ) dt   t  f1 (t )  f 2 (t ) dt  sup x  2 x0,1 20 x0,1 0 1

1

1 1   t  f1 (t )  f 2 (t ) dt   t  sup f1 (t )  f 2 (t ) dt  20 2 0 t0,1 1

1

1

1 1 1 1   t   ( f1 , f 2 )dt   ( f1 , f 2 )   t dt   ( f1 , f 2 )  tdt   ( f1 , f 2 ) . 20 20 2 2 0 1 Таким образом, q   1 и по определению отображение A – сжимающее. 2 75

Найдем его неподвижную точку, построив последовательные приближе1 1 5 5 ния: пусть f0 ( x)  0 , тогда f1 ( x)  Af 0 ( x)   xtf 0 (t )dt  x  x . Далее, 20 6 6

1 5 1 5 5  5 5 f 2 ( x)  Af1 ( x)   xtf1 (t )dt  x   xt  tdt  x   2   x , 20 6 20 6 6 6 6 1

1

1 5 1 5  5 5  5 5 5 f3 ( x)  Af 2 ( x)   xtf 2 (t )dt  x   xt   2   tdt  x   3  2   x , 20 6 2 0 6 6 6 6 6 6 ... 5 5 5 5 5 f n ( x)  Af n1 ( x)   n  n1  ...  3  2   x , 6 6 6 6 6 ... Согласно принципу сжимающих отображений f * ( x)  lim f n ( x) , откуда, 1

1

n

пользуясь формулой суммы бесконечно убывающей геометрической прогрес5 n  5 5 сии, получаем, что f * ( x)  lim f n ( x)  lim  k  x  x   k  x  6  x . n n 1 k 1 6 k 1 6 1 6 Заметим, что этот пример можно решить другим способом, если устано1 1 5 вить, что решение уравнения f ( x)   xtf (t )dt  x обязательно должно иметь 20 6 вид f ( x)  cx . Подставляя этот вид в уравнение, находим, что c  1 . 2. Рассмотрим бесконечную систему линейных алгебраических уравнений 

xi   aim xm  ai ( i  1,2,... ). Проверить, что при выполнении условий и

m 1 

 sup a

im

i 1

i 1

a i 1

i

 

   1 она имеет единственное решение x*  ( x1* , x2* ,...) такое, что

m



x



*

i

  .

Решение: рассмотрим в пространстве l1 отображение Ax  y  ( yi )i1 , где 

yi   aim xm  ai ( i  1,2,... ). Тогда x, z  l1 : m 1







i 1

i 1 m 1



 ( Ax, Az )   ( Ax)i  ( Az )i    aim xm  ai   aim zm  ai  





m 1







   aim ( xm  zm )   aim  xm  zm   sup aim  xm  zm  i 1 m 1

i 1 m 1



  sup aim i 1

m



 m 1

i 1 m 1



m

xm  zm   sup aim   ( x, z ) . i 1

76

m



Таким образом, при    sup aim  1 отображение A является сжимаюi 1

щим. Условие



a i 1

i

m

  необходимо для того, чтобы отображение A действо-

вало из l1 на все l1 (это условие означает, что вектор ( ai )  l1 ). Поскольку l1 – полно, то в силу принципа сжимающих отображений A имеет единственную неподвижную точку x*  ( x1* , x2* ,...) такую, что



x i 1

i

*

 

(т.е. x  l1 ). Осталось заметить, что уравнение x  Ax для поиска неподвижной *



точки эквивалентно системе xi   aim xm  ai ( i  1,2,... ). m 1

3. Доказать, что последовательность

2

1 1 2 2

 xn 

цепных дробей 2 , 2 

1 , 2

,... является сходящейся и найти ее предел.

1 ( n  2 ), тогда ясно, что n  xn 1 1 1  , следовательно, xn  2 . Кроме того, поскольку при n  2 xn1  2 , то 0  xn1 2 1 5 5 xn  2   при n  2 . Очевидно, что x1  2  . Таким образом, n  2 2 2 1  5  5 xn   2,  . Рассмотрим отображение f ( x)  2  на отрезке  2,  . Поскольку x  2  2 2 1 1 12 1 5 1 12 5   5    , то  2   , т.е. 2    ,    2,  , и f отображает отре5 x 2 5 x 2 x  5 2  2 1 1 1 1 yx  5 зок  2,  в себя. Далее,  ( f ( x), f ( y ))  f ( x)  f ( y )  2   2      x y x y xy  2 1 1 1  y  x   ( x, y) . Итак, q   1 , т.е. отображение f является сжимающим, 4 4 4 а значит (в силу полноты рассматриваемого пространства), имеет единствен1 ную неподвижную точку x*  lim xn , где xn  f ( xn1 )  2  . Переходя к преn xn1 1 делу при n   , получаем уравнение x*  2  * , решая которое, находим, что x x*  1  2 . 4. Пусть функция  ( s, u ) двух вещественных переменных определена в

Решение: заметим, что x1  2 , xn  2 

полосе   ( s, u ) 

2

: a  s  b,   u   , непрерывна в  и имеет на  77

непрерывную производную по u , причем 0  m  u '(s, u)  M   . Доказать, что существует единственная непрерывная на  a, b  функция u  x* ( s ) , для которой  ( s, x* ( s))  0 ( s   a, b  ).

Решение: для всех s   a, b  рассмотрим в пространстве C  a, b  отображе1  ( s, x( s)) . Из условия задачи ясно, что ние Ax  y , где y ( s )  x( s )  M m A : C  a, b   C  a, b  . Далее,

 ( Ax1, Ax2 )  sup Ax1 ( s)  Ax2 ( s)  s a ,b

1 1  ( s, x1 ( s ))  x2 ( s )   ( s, x2 ( s ))  M m M m s a ,b  1  sup x1 ( s )  x2 ( s )   ( s, x1 ( s))   ( s, x2 ( s))  . M m s a ,b  По теореме Лагранжа  (s, x1 (s))   (s, x2 (s))  u '(s, (s))( x1(s)  x2 (s)) для всех s   a, b  , где x1 (s)   (s)  x2 (s) . Тогда  sup x1 ( s ) 

1 u '( s,  ( s))( x1 ( s)  x2 ( s))  M m s a ,b  1 u '( s,  ( s))   sup x1 ( s)  x2 ( s)  1  M m s a ,b  1   u '( s,  ( s))    sup x1 ( s )  x2 ( s )  1  s a ,b   M m  m  M M   sup x1 ( s )  x2 ( s )  1   sup x1 ( s )  x2 ( s )    ( x1 , x2 ) .  M m s a ,b   M  m  M  m sa ,b M  1 и отображение A – сжимающее. ПространТаким образом, q  M m ство C  a, b  полное, следовательно, по принципу сжимающих отображений,

 ( Ax1 , Ax2 )  sup x1 ( s )  x2 ( s) 

существует единственная неподвижная точка x* (s)  C  a, b , т.е. решение урав1  ( s, x* ( s)) , откуда  ( s, x* ( s))  0 . нения x* ( s )  x* ( s )  M m 5. Пусть в полном метрическом пространстве X заданы два сжимающих отображения A и B , причем  ( Ax, Ay)  qA  ( x, y) , а  ( Bx, By)  qB  ( x, y) . Доказать, что, если x  X  ( Ax, Bx)   , то неподвижные точки отображений A



, где q  max q A , qB   1 . 1 q Решение: пусть x* – неподвижная точка для отображения A . Неподвижную точку y * отображения B построим как предел последовательности yk  B k x*  B  B  ...  B x*  B( B( B...( Bx)...)) ( k  0,1,2,... ).

и B находятся на расстоянии, не превосходящем

k

78

Ясно, что  ( x* , y1 )   ( x* , Bx* ) , тогда  ( y1 , y2 )   ( Bx* , B 2 x* )   ( Bx* , B( Bx* ))  qB  ( x* , Bx* ) ,

 ( y2 , y3 )   ( B( Bx* ), B( B 2 x* ))  qB  ( Bx* , B 2 x* )  qB 2  ( x* , Bx* ) , ...

Таким образом, получаем, что  ( x* , yk )   ( x* , y1 )   ( y1 , y2 )   ( y2 , y3 )  ...   ( yk 1, yk ) 

  ( x , Bx )(1  qB  qB  ...  qB )   ( x , Bx )(1  qB  qB  ...)  *

*

2

k 1

*

*

2

 ( x* , Bx* ) 1  qB

.

При k   , учитывая, что yk  y* , получаем, что

 ( x* , y * ) 

 ( x* , Bx* )



 ( Ax* , Bx* )









. 1  qB 1  qB 1  qB 1  q 6. Доказать, что если отображение A : X  X полного метрического пространства X в себя таково, что при некотором n его степень ( n -я итерация) An является сжимающим отображением, то A имеет и притом единственную неподвижную точку. Решение: пусть существует 0  q  1 такое, что  ( An x, An y )  q  ( x, y ) . Тогда, в силу принципа сжимающих отображений An имеет единственную неподвижную точку x* , т.е. An x*  x* . Покажем, что x* также является единственным решением уравнения Ax  x . Допустим, что Ax*  x* , тогда  ( x* , Ax* )  0 . Далее,  ( x* , Ax* )   ( An x* , A( An x* ))   ( An x* , An1 x* )   ( An x* , An ( Ax* ))   q  ( x* , Ax* ) , откуда получаем, что 1  q , что противоречит условию 0  q  1 , значит, предположение Ax*  x* неверно, т.е. Ax*  x* . Пусть теперь x**  x* – другая неподвижная точка для A , т.е.  ( x* , x** )  0 . Тогда (см. задачу 52) x** является неподвижной и для An . Следовательно,  ( x* , x** )   ( An x* , An x** ))  q  ( x* , x** ) , откуда, получаем, что 1  q , а это противоречит условию 0  q  1 . Значит, предположение x**  x* неверно, т.е. x*  x** . Задачи для самостоятельного решения 1. Пусть E  – произвольное ограниченное множество и пусть M  sup x , m  inf x . Доказать, что   0 x  E : x  M   и x  m   . xE

xE

2. В условиях задачи 1 доказать, что  xn  , yn   E : xn  M , yn  m при n   . Провести доказательство теоремы Вейерштрасса, используя теоремы об образе компакта и критерий компактности. 3. Показать, что отрезок и окружность не гомеоморфны. 4. Обязательно ли при непрерывном отображении f : X  Y : а) образ открытого множества является открытым множеством; б) образ замкнутого множества является замкнутым множеством? 79

1 . 1  x2 5. Пусть A – фиксированное подмножество метрического пространства X . Доказать, что функция f : X  , f ( x)   ( x, A)  inf  (x , y ) непрерывна. Указание: рассмотреть функцию f ( x) 

yA

Указание: используя неравенство четырехугольника (см. задачи к п. 1.1), показать, что расстояние  ( x, y ) – непрерывная функция от своих аргументов, т.е. если xn  x , yn  y , то  ( xn , yn )   ( x, y) . 6. Пусть M – компактное множество в метрическом пространстве X и x  X . Доказать, что существует точка a  M такая, что  ( x, M )   ( x, a) . 7. Провести доказательство теоремы Кантора о равномерной непрерывности. 8. Установить, какие из следующих отображений являются сжимающими на вещественной прямой со стандартной метрикой (в последующих задачах, если не указано обратное, метрика также принимается стандартной): 1 а) f ( x)  2 x  3 ; б) f ( x)  x  5 ; в) f ( x)  x  6 ; г) f ( x)   x  2 . 3 9. Является ли сжимающим отображение f ( x)  x 2 , если оно задано в метрическом пространстве:  1  3 а) 0,  ; б)  0,  .  3  4 10. Найти неподвижные точки для отображений из задач 8 и 9. 11. Доказать, что всякое сжимающее отображение непрерывно. 12. Доказать, что пространство, определенное в теореме о существовании и единственности решения системы линейных алгебраических уравнений, является полным метрическим пространством. 13. Является ли сжимающим отображение Ax  x : X  X , если: а) X   0,   ; б) X  1,   ; в) X  1,   ? Указание: в п.п. а) и в) использовать принцип сжимающих отображений, в п. б) проверить по определению. 14. Является ли сжимающим отображение Ax  x 2 , действующее на множестве:  1 1  а)  0,  ; б)  ,   ?  4 2  Указание: в п. б) показать, что условие A : X  X не выполняется. 15. Является ли сжимающим отображение Ax  x3 , действующее на шаре 1 B(0, r ) при r  ? 3 16. Является ли сжимающим отображение Ax  e x , действующее на числовой прямой ? Указание: воспользоваться принципом сжимающих отображений. 80

17. Является ли сжимающим отображение Ax  arctgx , действующее на числовой прямой ? А на отрезке 1,2 ? 1 , действующее на 18. Является ли сжимающим отображение Ax  1  x2 числовой прямой ? Указание: показать, что условие A : X  X не выполняется. 1 19. Является ли сжимающим отображение Ax  , действующее на 1  x2 числовой прямой ? Указание: воспользоваться теоремой Лагранжа. Для оценки производной решить задачу на экстремум. 20. Является ли сжимающим отображение Ax  tgx , действующее на ин-

   тервале   ,  ?  2 2 Указание: показать, что не выполняется условие A : X  X . 21. Является ли сжимающим на  0,   отображение: x  x  а) Ax  max  , x  ; б) Ax  min  , x  ? 2  2  22. Является ли сжимающим отображение A : 10 55  цей A   ? 0 6  

2



2

, задаваемое матри-

23. Является ли сжимающим отображение A : 2  2 , задаваемое матри1 1  2 3 цей A   ? 1  0   4  x2  2 является сжимающим на от24. Проверить, что отображение f ( x)  2x резке 1,2 . 25. Пусть в пространстве

n

n



определено расстояние  ( x, y ) 

i 1

 i , 2

i

n

где x  (1,...,n ) и y  (1 ,..., n ) . Доказать, что система i   aij j  bi ( i  1, n ) j 1

имеет единственное решение, если матрица  aij 

n

i , j 1

такова, что

n

n

 a i 1 j 1

ij

2

 1.

Указание: воспользоваться неравенством Коши-Буняковского (то же самое, что и неравенство Гельдера для случая p  q  2 ). 81

26. Начиная с какого приближения xn точность приближенного решения уравнения 3x  cos x  sin x  arctgx  0 не превосходит 0,01? 27. Начиная с какого приближения xn точность приближенного решения уравнения 2 x  cos x  0 не превосходит 0,01? 28. Пусть f – дифференцируемая на отрезке  0,1 функция, причем 1 0  f ( x)  1, 0  f '( x )  . Будет ли уравнение f ( x)  x  0 иметь решение? 2 29. Пусть k ( x, t , z ) – непрерывная функция своих аргументов при a  x  b , a  t  b и z  c , причем в этой области k ( x, t , z1 )  k ( x, t , z2 )   z1  z2 (   const ) и k ( x, t , z )  d ( d  const ). Доказать, что при условиях  d (b  a)  c и   (b  a)  1 b

нелинейное интегральное уравнение  ( x)    k ( x, t , (t ))dt имеет единственa

ное решение  (t )  C  a, b  такое, что  (t )  c . 30. При каких  применим принцип сжимающих отображений для реше1

ния уравнения Фредгольма x(t )    t 2 sx( s )ds  t в пространстве C  0,1 ? 0

31. При каких  применим принцип сжимающих отображений для реше1

ния уравнения Фредгольма x(t )    cos  (t  s)  x( s)ds  1 в пространстве C  0,1 ? 0

32. Используя принцип сжимающих отображений найти в пространстве 1 1 2 C  0,1 решение интегрального уравнения x(t )   ts x( s)ds  1 . 20 33. Найти условие на K ( , t ) , достаточное для того, чтобы отображение e

Af (t )   K ( , t ) f ( )d было сжимающим в пространстве C  0, e . 0

34. Найти условие на K ( , t ) , достаточное для того, чтобы отображение 1

Af (t )   K ( , t ) f ( )d было сжимающим в пространстве C  0,1 . 0

35. Используя принцип сжимающих отображений найти в пространстве 1 1 t s C  0,1 решение интегрального уравнения x(t )   e x( s )ds  1 . 20 t

1 36. Показать, что отображение A : C 0,1  C 0,1 такое, что Ax(t )   x( )d  1 20

является сжимающим и найти его неподвижную точку x* (t ) . 37. Отображение A :    задано равенством Ax  1  x2 . Доказать, что Ax  Ay  x  y , но A не имеет неподвижной точки. 82

38. Отображение f переводит каждую точку x полупрямой 1,  в 1 x  . Является ли оно сжимающим? Имеет ли оно неподвижную точку? x 39. Является ли сжимающим отображение f :  a, b    a, b  , если f диф1 ференцируема на  a, b  и f '(t )  для любого t из отрезка  a, b  ? 2 40. Пусть A : x  (1,2 ,...)  y  (1,11,22 ,...) – отображение пространства l , где   (1 , 2 ,...) – фиксированная последовательность, для которой   sup  k   . Доказать, что A является сжимающим отображением тогда и k

только тогда, когда   1 . 41. Показать, что в принципе сжимающих отображений условие  ( Ax, Ay )  q  ( x, y ) ( q  1 ) нельзя заменить более слабым:  ( Ax, Ay)   ( x, y) . 1 42. Пусть f  C  a, b  . Показать, что уравнение x  sin x  f (t )  0 имеет в 2 пространстве C  a, b  единственное непрерывное решение x*  x* (t ) . Указание: для каждого фиксированного t   a, b  рассмотреть отобра1 жение ht ( x)   sin x  f (t ) , переводящее некоторый отрезок в себя, и пока2 зать, что оно является сжимающим. Показать, что x* (t1 )  x* (t2 )  2 f (t1 )  f (t2 ) . 43. Рассмотрим бесконечную систему линейных алгебраических уравне



ний xi   aim xm  ai ( i  1,2,... ). Проверить, что при sup  aim    1 и sup ai   m 1

i

m 1

i

она имеет единственное решение x*  ( x1* , x2* ,...) такое, что sup xi*   . i

Указание: рассмотреть в пространстве l отображение Ax  y  ( yi )i1 , 

где yi   aim xm  ai ( i  1,2,... ). m 1



44. Рассмотрим систему уравнений i    aik k  bi ( i  1,2,... ), в которой k 1

(b1, b2 ,...)  l . Доказать, что эта система имеет единственное решение в про

странстве l , если sup  aik  c   и  c  1 . i

k 1



45. Рассмотрим систему уравнений i    aik k  bi ( i  1,2,... ), в которой k 1

(b1 , b2 ,...)  l2 . Доказать, что эта система имеет единственное решение в про-

странстве l2 , если





 a i 1 k 1

ik

2

 c   и  c  1 .

Указание: воспользоваться неравенством Коши-Буняковского для рядов. 83

46. Рассмотрим уравнение 2tet  1 , t  . Доказать, что это уравнение имеет единственное решение. Привести его к виду, удобному для составления итераций. Определить число итераций, необходимых для того, чтобы точность приближенного решения уравнения составляла 0,01. 1 47. Доказать, что при 0  a  1 итерации xn1  xn   xn 2  a  , x0  0 , n , 2 сходятся к a . 48. Преобразовать систему линейных алгебраических уравнений 2 x  y  2 таким образом, чтобы ее можно было решать итерационным мето   x 3 y 1  дом. Исследовать характер приближения итераций к точному решению. 49. Преобразовать систему линейных алгебраических уравнений 3x  y  4 таким образом, чтобы ее можно было решать итерационным мето   x 2 y 3  дом. Исследовать характер приближения итераций к точному решению. 50. Пусть F ( x, y) – функция, непрерывная вместе со своими частными производными первого порядка в окрестности точки (0,0) и такая, что F (0,0)  0 , Fy '(0,0)  0 . С помощью принципа сжимающих отображений доказать, что при всех достаточно малых x уравнение F ( x, y)  0 имеет единственное решение y  f ( x) такое, что F ( x, f ( x))  0 и f (0)  0 . F ( x, y ) :  , Указание: рассмотреть семейство отображений g x ( y )  y  Fy(0,0) зависящих от x , как от параметра. Используя определение непрерывности функции Fy ( x, y ) в точке (0,0) , найти такое   0 , что при каждом фиксированном x x   и при y1 , y2 : y1   , y2   выполняется неравенство из опре1 деления сжимающего отображения с q  . Наконец, показать, что для вся2 кого 0     найдется   (0, ) такое, что x x   y : y   g x ( y )   1 (подобрать нужное   (0, ) так, чтобы выполнялось условие g x (0)   , ис2 пользуя непрерывность функции F ( x,0) и условие F (0,0)  0 ). 51. Доказать, что если f :  – непрерывно дифференцируемая функция и 0  c  f '( x)  d   , то уравнение f ( x)  0 имеет единственное решение. 1 Указание: рассмотреть отображение A : x  x  f ( x) . d 52. Доказать, что если отображение A имеет неподвижную точку, то эта же точка будет неподвижной для отображения An ( n  1,2,3,... ). 84

( x  t )n1 уравнения   (t )dt   ( x) n (  1)! 0 x

53. Показать, что при каждом n

имеют в пространстве C  0,  (  – параметр) только тривиальные решения. Указание: рассмотреть отображение A : C  0,   C 0,  , действующее

( x  t ) n1 по формуле A ( x)    (t )dt . Показать, что A  ( x)    (t )dt . Полуn (  1)! 0 0 x

x

n

чить условие на параметр  , при котором отображение An является сжимающим. Затем воспользоваться примером 6. 54. Пусть функция f определена и непрерывна в некоторой области , содержащей точку ( x0 , y0 ) и удовлетворяет в G условию Липшица по y : f ( x, y1 )  f ( x, y2 )  M y1  y2 . Доказать, что на множестве  x : x  x0  d  существует единственное решение y   ( x) задачи Коши y '( x)  f ( x, y ) , y ( x0 )  y0 . Указание: использовать интегральное представление задачи Коши. 55. Проверить по определению равномерную непрерывность отображения

G

2

1

F : C  1,1  L1  1,1 , F ( x(t ))  (2t  5)x (t )  3  2t  s sin x (s )ds . 1

Указание: представить отображение в виде суммы двух и показать равномерную непрерывность каждого слагаемого. 56. Доказать, что непрерывное отображение отрезка в себя имеет неподвижную точку. Указание: показать, что отображение g ( x)  f ( x)  x , где f :  a, b    a, b  меняет знак на отрезке  a, b  . 57. Доказать, что бесконечная система линейных уравнений ( m  1,2,... ) 

23  

k

k 1 5

k m



2   m имеет единственное решение в пространстве l2 . m 3

t   58. Доказать, что уравнение x(t )  t   sin  s  x( s)  ds имеет един 10  0 2

ственное непрерывное решение на отрезке  0,3 .

1

59. Является ли сжимающим отображение A( x(t ))   e

t x ( s )

ds в простран-

0

ствах C  0,1 и L2  0,1 ?

Указание: в C  0,1 не является. Рассмотреть функции xn (t ) 

1 , n n

 ( A( xn ), A( y ))  1 . Можно при этом учесть, что n   ( xn , y )

y (t )  0 и проверить, что lim

85

и

 ( A( xn ), A( y ))  A( xn (1))  A( y (1)) . В L2  0,1 – является (применить теорему Лагранжа: etu1  e tu2  te t (u1  u2 ) ). 2

60. Является ли сжимающим отображение A( x(t ))   t sin x( s)ds в про0

странстве C  0, 2 ? Указание: не является. t

61. Решить в пространстве C  0,1 уравнение x(t )    x( s)ds  t 2 ,   0 . 0

62. Доказать существование и единственность решения бесконечной си ln arctg  1    1 на единичном шаре в пространстве стемы уравнений  n   5 4 m m 1 m  n  10 l . 1

63. Доказать, что уравнение f ( x)   0

f (t )dt  ln(1  x) имеет f 2 (t )  ln(1  x  t )  2

единственное решение в пространстве C  0,1 . t

64. Доказать, что уравнение 3x(t )  t   arctgx( s)ds имеет в пространстве 0

C  0,1 единственное решение.

65. Пусть a  0 , x1  1 , xn  тельности xn .

xn1 a  , n  2 . Найти предел последова2 2 xn1



Указание: рассмотреть в полном пространстве X   a ,  отображеx a ние f ( x)   и показать, что оно сжимающее. 2 2x 66. Доказать, что уравнение x(t )  t   x(t k ) , где   (0,1) , k  1 имеет единственное решение в пространстве C[0,1] .

86

РАЗДЕЛ 2. ЛИНЕЙНЫЕ НОРМИРОВАННЫЕ ПРОСТРАНСТВА 2.1. Линейные пространства Определение: пусть E – множество элементов некоторой природы. Оно называется линейным (векторным) пространством, если удовлетворяет следующим свойствам: I. E – абелева группа относительно групповой операции сложения, т.е. x, y  E определена сумма x  y  E , причем операция сложения удовлетворяет следующим аксиомам: 1. x  y  y  x – коммутативность; 2. x  ( y  z )  ( x  y )  z – ассоциативность; 3. существует единственный элемент 0  E такой, что x  0  0  x  x ; 4. x  E существует единственный элемент ( x)  E такой, что x  ( x)  0 . II. Определено умножение элементов x, y,...  E на вещественные (комплексные) числа  ,  ,... , причем  x  E и выполнены аксиомы: 1.  (  x)  ( ) x – ассоциативность; 2.  ( x  y )   x   y и (   )x   x   x – дистрибутивность; 3. существует единственный элемент 1 E такой, что 1  x  x . Замечание: элемент 0 называется нулевым элементом или нулем множества E , элемент (  x ) называется противоположным элементу x , элемент 1 называется единичным элементом или единицей множества E . Определение: два линейных пространства E и E ' называются изоморфными, если между элементами этих пространств можно установить взаимно однозначное соответствие, сохраняющее алгебраические операции, т.е., если x, y  E , x ', y '  E ' и если x  x ' , y  y ' , то x  y  x ' y ' и  x   x ' . Определение: элементы x1 , x2 ,..., xn линейного пространства E называются линейно независимыми, если из равенства 1x1  2 x2  ...  n xn  0 следует, что

1  2  ...  n  0 . Если хотя бы одно из чисел i ( i  1, n ) не равно нулю, но при этом 1x1  2 x2  ...  n xn  0 , то элементы x1 , x2 ,..., xn называются линейно зависимыми. Замечание: пусть, например, n  0 , тогда    xn   1 x1  2 x2  ...  n1 xn1  1 x1   2 x2  ...   n1 xn1 , n n n т.е. в случае линейной зависимости хотя бы один из элементов представляет собой линейную комбинацию остальных. Определение: бесконечная система элементов x1 , x2 ,... линейного пространства E называется линейно независимой, если любая ее конечная подсистема линейно независима. Определение: пусть E – линейное пространство, L  E – непустое подмножество. L называется линейным многообразием, если из условия x1, x2 ,..., xn  L следует, что 1x1  2 x2  ...  n xn  L . 87

Определение: линейной оболочкой конечной или бесконечной системы элементов x1 , x2 ,... линейного пространства E называется множество всевозможных линейных комбинаций вида

n

 k 1

x при разных n .

k k

Определение: если в линейном многообразии L существует n линейно независимых элементов x1 , x2 ,..., xn , а любые n  1 элементов из L уже линейно зависимы, то число n называется числом измерений L , а сама совокупность элементов x1 , x2 ,..., xn называется базисом в L . Само многообразие L при этом называется конечномерным. Определение: если в линейном пространстве E (линейном многообразии L ) для любого числа n существует n линейно независимых элементов, то пространство E (линейное многообразие L ) называется бесконечномерным. Определение: пусть E – линейное пространство, L1 , L2 ,..., Ln – принадлежащие ему линейные многообразия. Если x  E можно единственным образом представить в виде x  x1  x2  ...  xn , где xi  Li ( i  1, n ), то E называется n

прямой суммой многообразий и обозначается E  L1  L2  ...  Ln    Lk . k 1

Теорема (о разложении в прямую сумму): пусть E – линейное пространство, L1 , L2  E – линейные многообразия. Тогда, если E  L1  L2 , то L1 L2  0 . Обратно: если x  E может быть представлен в виде x  x1  x2 , где x1  L1 , x2  L2 и L1 L2  0 , то E  L1  L2 . Доказательство: из условия E  L1  L2 и определения прямой суммы следует, что x  E можно единственным способом представить в виде x  x1  x2 , где x1  L1 , x2  L2 . Пусть y  L1 L2 , тогда y  L1 и y  L2 , значит, в силу линейности многообразий L1 и L2 , x1  y  L1 , x2  y  L2 . Далее, очевидно, что x  ( x1  y )  ( x2  y ) , т.е. элемент x оказался разложен двумя способами. Поскольку разложение должно быть единственным, то x1  x1  y и x2  x2  y , откуда y  0 . Обратно: пусть x  E x  x1  x2 , где x1  L1 , x2  L2 и L1 L2  0 . Осталось установить единственность такого разложения. Допустим, что это не так, т.е. существует еще одно разложение x  x1  x2 , где x1  L1 , x2  L2 , причем x1  x1 и x2  x2 . Тогда ясно, что x1  x2  x1  x2 , откуда x1  x1  x2  x2 . В силу линейности многообразий L1 и L2 , x1  x1  L1 и x2  x2  L2 , значит, x1  x1  L1 L2 и x2  x2  L1 L2 . Поскольку L1 L2  0 , то x1  x1  0 и x2  x2  0 , т.е. x1  x1 и x2  x2 . Противоречие. Теорема доказана. Определение: пусть E – линейное пространство, элемент x  E , x  0 , t  . Множество элементов вида y  tx называется прямой, определяемой данным элементом x . 88

Определение: пусть E – линейное пространство, точки x, y  E . Отрезком, соединяющим точки x и y , называется множество точек вида tx  (1  t ) y , где t   0,1 . Отрезок без граничных точек x и y называется открытым отрезком. Определение: пусть E – линейное пространство, множество M  E называется выпуклым, если оно вместе с любыми двумя точками x и y содержит и соединяющий их отрезок. Определение: пусть E – линейное пространство, M  E – его подмножество. Ядром J ( M ) множества M называется совокупность таких его точек x , что y  E    ( y)  0 : из условия 0     следует, что x   y  M . Определение: выпуклое множество, ядро которого непусто, называется выпуклым телом. Определение: выпуклой оболочкой множества M называется минимальное выпуклое множество, содержащее M . Замечание: таким минимальным выпуклым множеством является пересечение всех выпуклых множеств, содержащих M (по крайней мере, одно выпуклое множество, содержащее M , существует – это все пространство E ). Определение: пусть E – линейное пространство, M  E – его подмножество. Если x  M , a – фиксированный элемент пространства E , то множество элементов вида x  a называется сдвигом множества M и обозначается M  a . Теорема (о выпуклости сдвига): сдвиг выпуклого множества тоже является выпуклым множеством. Доказательство: пусть E – линейное пространство, M  E – выпуклое множество, a  E , M  a – сдвиг множества M . Надо проверить, что x, y  M  a и для t   0,1 tx  (1  t ) y  M  a . Т.к. x  M  a , то по определению сдвига x  x1  a , где x1  M . Аналогично, y  y1  a , где y1  M . Поскольку M – выпукло, то при t   0,1 tx1  (1  t ) y1  M . Тогда tx  (1  t ) y   t ( x1  a)  (1  t )( y1  a)  tx1  (1  t ) y1  a  M  a . Теорема доказана. Определение: пусть E – линейное пространство. Множество M  E называется уравновешенным, если x  M и для всякого числа  , такого, что   1 элемент  x  M . Определение: множество в линейном пространстве называется абсолютно выпуклым, если оно выпукло и уравновешено. Примеры решения задач 1. Доказать, что два вещественных или комплексных линейных пространства изоморфны тогда и только тогда, когда их размерности совпадают. Решение: пусть E1 и E 2 – изоморфные линейные пространства, т.е. если x1 , x2  E1 , y1 , y2  E2 и x1  y1 , x2  y2 , то x1  x2  y1  y2 и  x1   y1 . Это означает, что существует отображение  : E1  E2 , которое является взаимно 89

однозначным, и, при этом,  (1x1  2 x2 )  1 y1  2 y2   1 ( x1)  2( x2 ) , если  ( x1 )  y1 ,  ( x2 )  y2 , т.е.  является линейным отображением. Предположим, что E1 имеет размерность n , т.е. его базис состоит из n векторов e1, e2 ,..., en , тогда, если x  E1 , то x  1e1  2e2  ...  nen . Значит  ( x)  1 (e1)  2 (e2 )  ...  n (en )  y  E2 . В силу взаимной однозначности отображения  , каждому x  E1 ставится в соответствие ровно один элемент y  E2 , являющийся линейной комбинацией векторов  (e1 ), (e2 ),..., (en ) , которых всего n штук, поэтому размерность пространства E 2 не может быть больше, чем n . Покажем, что и меньше n она быть не может. От противного: допустим, что среди векторов  (e1 ), (e2 ),..., (en ) есть линейно зависимые, т.е. хотя бы один из них является линейной комбинацией остальных:  (en )   1 (e1)  2 ( e2 )  ...   n 1( en 1)  ( 1e1  2 e2 ...   n 1 en 1) . Тогда  (en )   (1e1  2e2  ...  n1en1)  0 , откуда  (en  1e1  2e2  ...  n1en1)  0 . В силу изоморфности отображения  отсюда следует, что en  1e1  2e2  ...  n1en1  0 (см. задачу 2), т.е. en  1e1  2e2  ...  n1en1 , а это противоречит линейной независимости векторов e1, e2 ,..., en . Итак, меньше, чем n размерность пространства E 2 быть не может, значит, она равна n . Обратно: пусть пространства E1 и E 2 имеют одинаковую размерность n . Покажем, что они оба изоморфны пространству n (либо, аналогично, n ). Пусть e1, e2 ,..., en – базис в E1 , т.е., если x  E1 , то x  1e1  2e2  ...  nen и вектору x  E1 поставлен в соответствие набор (1 ,..., n )  n . Взаимная однозначность такого представления очевидна (см. задачу 4). Сохранение линейных операций при таком соответствии также очевидно, т.е. построен изоморфизм 1 : E1  n . Аналогично строится изоморфизм 2 : E2  n . Но тогда отображение  2 1 (1 ) осуществляет изоморфизм между E1 и E 2 (что также проверяется очевидным образом). 2. Показать, что в пространстве C  0,   функции 1 , cost , cos2 t линейно независимы. Решение: надо показать, что равенство c1  1  c2 cos t  c3 cos 2 t  0 возможно t   0,   тогда и только тогда, когда c1  c2  c3  0 . Для этого надо показать, что какие бы три произвольные значения t мы последовательно ни подставляли в равенство c1  1  c2 cos t  c3 cos 2 t  0 , получающаяся система линейных уравнений будет иметь только тривиальное решение. Критерием наличия у однородной системы линейных уравнений только тривиального решения является неравенство нулю ее определителя. В данном случае определитель имеет вид: 1 cos t1 cos 2 t1 1 cos t1 cos 2 t1

1 cos t2

cos 2 t2  0 cos t2  cos t1 cos 2 t2  cos 2 t1 

1 cos t3

cos 2 t3

0 cos t3  cos t1 cos 2 t3  cos 2 t1 90



cos t2  cos t1 cos 2 t2  cos 2 t1 cos t3  cos t1

cos t3  cos t1 2

2

 (cos t2  cos t1 )(cos 2 t3  cos 2 t1 ) 

(cos 2 t2  cos 2 t1 )(cos t3  cos t1 )   (cos t2  cos t1)(cos t3  cos t1)(cos t3  cos t1  cos t2  cos t1)   (cos t2  cos t1 )(cos t3  cos t1)(cos t3  cos t2 )  0 , поскольку на отрезке  0,   функция cost монотонно убывает и, значит, ни одна из разностей в скобках нулю не равна. 3. Будет ли выпуклым в пространстве C  0,1 множество многочленов степени k ? k   Решение: обозначим это множество M   x(t )  C  0,1 : x(t )   ait i , ak  0  . i 0   k

k

i 0

i 0

Пусть x(t ), y(t )  M , т.е. x(t )   ait i , ak  0 и y (t )   bit i , bk  0 ,    0,1 . Надо выяснить, будет ли отрезок  x(t )  (1   ) y(t ) многочленом степени k . k

k

k

Имеем,  x(t )  (1   ) y (t )    ait  (1   ) bit   ( ai  (1   )bi )t i , поэтому i

i

i 0

i 0

i 0

отрезок  x(t )  (1   ) y(t ) также является многочленом. Осталось определить, будет ли его степень обязательно равна k , т.е. что коэффициент ak  (1   )bk  0 . Ясно, что это верно не всегда, например, если 1 взять   и ak  bk  0 , то получим, что ak  (1   )bk  0 , т.е. степень мно2 гочлена будет меньше, чем k . Итак,  x(t )  (1   ) y (t )  M , т.е. M – не выпуклое множество.    4. Показать, что эллипсоид M   x  (1 ,  2 ,...)  l2 :  n 2 n2  1 – есть выn 1   пуклое в l2 множество, но не выпуклое тело. Решение: возьмем



x  (1 ,  2 ,...)  l2 :  n 2 n2  1

x, y  M , т.е.

и

n 1



y  (1 , 2 ,...)  l2 :  n 2 n2  1 . n 1

Пусть z  tx  (1  t ) y   t1  (1  t )1 , t 2  (1  t )2 ,.... при t   0,1 . Покажем, что z  M : 



 n2  tn  (1  t )n     n2t 2n 2  2n2tn (1  t )n  n2 (1  t )2n 2   2

n 1

n 1









n 1

n 1

n 1

n 1

 t 2  n 2 n 2  2t (1  t ) n 2 nn  (1  t ) 2  n 2n 2  t 2  2t (1  t ) n 2 n n  (1  t ) 2 .

В силу неравенства Гельдера при p  q  2 , получаем, что 91





n    n 2

n n

n 1

Тогда

 n  t



1 2

 





1 2

 n  n   n n  n n    n n    n n   1.  n1

n 1

2

2

  n1



 (1  t )n   t 2  2t (1  t )  (1  t ) 2  1 . Итак, эллипсоид – 2

2

n 1

2

n 1







n

выпуклое множество. Покажем, что он – не выпуклое тело, т.е. его ядро – пусто. Напомним, что ядром множества M называется множество J ( M )   x  M : y  l2    ( y )  0, 0     , x   y  M  . Надо показать, что J ( M )   . От противного, допустим, что x  J ( M ) , 

т.е. x  (1 ,  2 ,...)  l2 :  n 2 n2  1 . Заметим, что, поскольку слагаемые этого ряда n 1

неотрицательны и в сумме не превосходят 1, то каждое из них тем более не 1 должно превосходить 1, т.е. n n 2 n2  1 , откуда  n  . n  1 1  Возьмем y  1, 2 , 2 ,...   l2 . По определению ядра, из 0     следует,  3 3   2 3 

  2 что x   y  M , т.е.  n  n  2  n 1 n3  

2

   1, откуда n  

  2 n n  2  n3 

2

   1 или   2 3

2n 2 1    1 1 2  1  . Т.к. 2  2   n   n  2   n   n    , то   n n n n n n3 n n3 n3 n3 n . Переходя в полученном неравенстве к пределу при n   , получаем, что   0 , откуда следует, что   0 . Это противоречит условию 0     . Значит, ядро множества M – пусто.

n 



2 3

Задачи для самостоятельного решения 1. Доказать, что всякое линейное пространство E является выпуклым множеством. 2. Доказать, что для любого линейного отображения  : E1  E2 справедливо равенство  (0)  0 . Указание: 0  x  x . 3. Показать, что все основные метрические пространства, введенные ранее ( l p , l , c , c0 , C  a, b , Lp  a, b ), являются линейными. 4. Доказать, что в конечномерном линейном пространстве представление любого вектора в виде линейной комбинации базисных векторов единственно. Провести обоснование всех выводов, сделанных во второй части примера 1. 92

5. Показать, что в пространстве C  0,   функции 1 , cos 2t , cos2 t линейно зависимы. 6. Найти значение  , при котором векторы (1,2,3) , (1,1,0) и ( ,1,1) линейно зависимы. 7. Будет ли выпуклым в пространстве C  0,1 множество многочленов степени  k ? 8. Будет ли выпуклым в пространстве C  0,1 множество непрерывных функций, удовлетворяющих условию

1

 x(t ) dt  1? 0

9. Доказать, что если M – выпуклое множество, то его ядро J ( M ) также выпукло. 10. Будет ли выпуклым в пространстве C  0,1 множество непрерывно дифференцируемых функций x(t ) , для которых max x(t )  max x '(t )  1 ? t 0,1

t0,1

1   11. Доказать, что параллелепипед    x  1 ,  2 ,...  l2 :  n  n , n  в l2 2   есть выпуклое и уравновешенное множество, но не выпуклое тело. 12. Доказать, что пересечение любого числа выпуклых множеств – выпуклое множество. 13. Пусть A  E – выпуклое множество,  – число. Доказать, что множество  A   y  E : y   x, x  A является выпуклым. 14. Выпуклой оболочкой множества M в линейном пространстве E называется множество N всех выпуклых комбинаций элементов из M , т.е. множе-

ство всех сумм t1x1  t2 x2  ...  tn xn , где xi  M , ti  0 ,

n

t i 1

i

 1 , а n произвольно.

Доказать, что выпуклая оболочка N является выпуклым множеством. 15. Доказать, что если множества M и N линейного пространства E выпуклы, то множество M  N   z  E : z  x  y, x  M , y  N  также выпукло.    2    S x l , ,... :   16. Доказать, что единичный шар   1 2  2   n  1 в l2 есть n 1   выпуклое и уравновешенное множество, а также выпуклое тело. 17. Доказать, что эллипсоид (пример 4) – уравновешенное множество. 18. Доказать, что в пространстве C  a, b  система 1, t , t 2 ,..., t n  линейно не-

зависима для любого конечного n . Указание: предположить противное и воспользоваться тем, что любой многочлен степени n имеет не более n действительных корней. 19. Доказать, что система функций eax : a   несчетна и линейно независима. Доказать, используя это утверждение, что пространство C  0,1 бесконечномерно. 93

Указание: использовать свойства определителя Вронского. n 1   20. Будет ли выпуклым множество M   x  n :   k 3  1 в пространk 1   n стве ? Указание: подобрать точки x, y  M и t   0,1 так, что tx  (1  t ) y  M . 21. В пространстве l1 найти всюду плотное выпуклое множество, не совпадающее с l1 .

22. Будет ли множество M   x  C  a, b : x(t )  x0 (t ) , где x0 (t )  C  a, b  –

фиксированная функция, выпуклым в пространстве C  a, b  . 23. Доказать, что треугольник в трехмерном евклидовом пространстве является выпуклым множеством и не является выпуклым телом.

94

2.2. Нормированные пространства Определение: пусть E – линейное пространство, x  E . Нормой элемента x называется функция x : E  со свойствами (аксиомами нормы): 1. x  0 ; 2. x  0  x  0 ; 3.  x   x , где  – действительное (комплексное) число; 4. x  y  x  y – аксиома треугольника. Линейное пространство E , на котором введена норма, называется линейным нормированным пространством. Замечание: всякое нормированное пространство становится метрическим, если в нем ввести расстояние по формуле  ( x, y )  x  y . Справедливость аксиом метрического пространства следует из аксиом нормы (см. задачу 1). Таким образом, нормированные пространства обладают всеми свойствами, установленными ранее для метрических пространств. Однако не каждое метрическое пространство может быть нормированным с нормой, согласованной с метрикой. Определение: линейное нормированное пространство называется банаховым, если оно полно (относительно сходимости по метрике  ( x, y )  x  y , определяемой его нормой). Определение: пусть E – линейное нормированное пространство,  xn   E – последовательность. Эта последовательность называется сходящейся в пространстве E (сходящейся по норме пространства E ) к элементу x  E , если xn  x  0 . При этом обозначают xn  x или lim xn  x . n 

n

n 

Теорема (о норме разности): пусть E – линейное пространство, x, y  E . Тогда x  y  x  y . Доказательство: очевидно x  x  y  y  x  y  y , откуда x  y  x  y . Аналогично y  y  x  x  y  x  x , откуда y  x  y  x . Учитывая, что x  y  y  x , получаем требуемое. Теорема доказана. Теорема (простейшие свойства сходимости в нормированных пространствах): пусть E – линейное нормированное пространство,  xn  , yn  , x, y  E , n  ,  – действительные (комплексные) числа, тогда: 1. если xn  x , то xn  x ; n 

n

2. если xn  x , yn  y , то xn  yn  x  y ; n 

n 

n 

n 

n

3. если xn  x , n   , то n xn   x ; n 

4. если xn  0 , а последовательность n  ограничена, то n xn  0 ; n

n 

95

5. если n  0 , а последовательность  xn  ограничена, то n xn  0 . n 

n 

Доказательство: 1. Пусть xn  x , т.е. xn  x  0 , т.е.   0 N  : n 

n

n  N xn  x   . По теореме о норме разности

xn  x  xn  x   , отку-

да, по определению предела числовой последовательности, xn  x . n

2. Поскольку xn  x , то   0 N1  n 

: n  N1 xn  x 



 2

. Поскольку

. Тогда n  max  N1, N 2  2  xn  yn    x  y   xn  x  yn  y   , значит, xn  yn  x  y .

yn  y , то   0 N 2  n 

yn  y 

: n  N 2

n

3. 0  n xn   x  n xn  n x  n x   x  n xn  n x  n x   x  n  xn  x   n    x . Поскольку xn  x , то xn  x  0 , и, аналогично, поскольку n 

n

n   , то n    0 . Кроме того, в силу необходимого условия существоваn 

n

ния предела числовой последовательности n  – ограничена. Переходя в неравенстве к пределу при n   , по теореме о двух милиционерах, получаем, что n xn   x  0 , откуда n xn   x . n

n 

4, 5. См. задачу 5. Теорема доказана. Теорема (об изоморфности конечномерных пространств): все конечномерные действительные линейные нормированные пространства данного числа измерений n изоморфны евклидову n -мерному пространству n и, следовательно, изоморфны друг другу. Этот изоморфизм взаимно непрерывен. Доказательство: пусть E – n -мерное линейное нормированное пространство и x1 , x2 ,..., xn – его базис, тогда x  E : x  1x1  2 x2  ...  n xn . Поставим элементу x  E в соответствие элемент x  (1 ,  2 ,...,  n )  n , т.е. найдем отображение x   ( x) . Ясно, что такое соответствие взаимно однозначно (по определению базиса конечномерного пространства). Кроме того, при таком соответствии, очевидно, сохраняются алгебраические операции, т.е. оно изоморфно. Осталось показать, что введенное соответствие взаимно непрерывно, т.е., что из непрерывности  по норме пространства n следует непрерывность x   1  x  по норме пространства E и наоборот. Заметим, что x  E : 1 1 неравенство n n  n 2 2  n 2 2 x E   i xi   i  xi  Гельдера при    i    xi    x n , i 1 i 1  i 1   i 1  E pq2 x

откуда, очевидно, что x  y

E

 xy

n

n



при x, y  E , x , y 

n

и  , не зави-

сящем от x и y . Таким образом, из непрерывности по норме пространства 96

n

следует непрерывность по норме пространства E . Осталось получить противоположное неравенство. Для этого рассмотрим в пространстве n единичную n   сферу S   x  n : x  (1 ,  2 ,..., n ),  i 2  1 и на ней рассмотрим функцию i 1   f  x   f (1,2 ,...,n )  x E  1x1  2 x2  ...  n xn E . Поскольку на S все  i не могут одновременно обратиться в 0, а вектора x1 , x2 ,..., xn линейно независимы, то при x  S f  x   0 . Далее, f  x   f  y   x E  y

E

 x  y E   x  y , значит

равномерно непрерывна на S , т.е. тем более непрерывна. Поскольку S  n – замкнутое и ограниченное множество, то это компакт и по теореме Вейерштрасса f достигает на S своего наименьшего значения   0 . Итак, x  S f  x   x E   . Берем теперь x  n , тогда

f

f  x   1 x1   2 x2  ...   n xn

 E

n

 i 1

2 i

1 n

 i 1



n

 i 1 x

2 i

x1  2 i

 1 x1  2 x2  ...  n xn E  x

2 n

 i 1

n

x2  ...  2 i

n

 i 1



xn

n

2 i E

 f (1 ,2 ,...,n ) .

n

    1 2 n   , ,...,  (1,2 ,...,n )  S , то f (1,2 ,...,n )   . Поскольку n n  n 2  i 2 i 2    i   i 1 i 1  i 1  Таким образом, f  x    x , откуда f  x  y   x  y E   x  y . n

n

Теорема доказана. Замечание: если пространство E комплексное, то оно изоморфно n мерному евклидову пространству n (или 2n ). Доказательство – аналогичное. Определение: пусть E – линейное нормированное пространство, на котором заданы две нормы x 1 и x 2 . Норма x 2 называется подчиненной норме

x 1 , если x  E c  0 : x 2  c x 1 . Теорема (о подчиненных нормах): пусть E – линейное нормированное пространство, на котором заданы две нормы x 1 и x 2 . Пусть последовательность  xn   E сходится по норме x 1 . Тогда, если x

2

подчинена x 1 , то по-

следовательность  xn  сходится и по норме x 2 , причем к тому же пределу. Доказательство: пусть

 xn   E

сходится к x  E по норме

x 1 , т.е.

xn  x 1  0 . По определению подчиненных норм c  0 : x 2  c x 1 , откуда 97

0  xn  x 2  c xn  x 1 . Переходя к пределу при n   , по теореме о двух милиционерах, получаем, что xn  x 2  0 , что и означает сходимость последова-

тельности  xn  по норме x 2 к тому же самому пределу x  E . Теорема доказана. Определение: пусть E – линейное нормированное пространство, на котором заданы две нормы x 1 и x 2 . Эти нормы называются эквивалентными, если x  E c1 , c2  0 : c1 x 1  x 2  c2 x 1 . Замечание: если две нормы эквивалентны, то сходимость по любой из них влечет сходимость по другой (см. задачу 6). Теорема (об эквивалентных нормах): пусть E – линейное нормированное пространство, на котором заданы две нормы x 1 и x 2 , по отношению к каждой из которых пространство E – банахово. Если хотя бы одна из норм подчинена другой, то эти нормы эквивалентны. Замечание: доказательство этой теоремы будет приведено в п. 3.1 раздела 3 второй части. Примеры решения задач 1. Является ли нормой функция  ( x) :  , если  ( x)  arctgx ? Решение: покажем, что свойство  ( x)    ( x) не выполнено. Действи1   тельно, если x  3 ,   , то arctg x  . С другой стороны,  arctgx  . 6 9 3 Тем самым, данная функция не является нормой. 1

 n p p  ( x)     k  , где 2. Показать, что функция  ( x) : n   k 1  x  (1 ,  2 ,...,  n ) , не является нормой при 0  p  1 и n  2 . Решение: легко проверить, что первые три аксиомы нормы выполняются. Проверим аксиому треугольника, т.е., что  ( x  y)   ( x)   ( y) . Возьмем 1 1   1  x   ,0,...,0   n и y   0, ,...,0   n . Очевидно, что x  y , тогда  ( x)  , 2 2   2  1 1 1   ( y)  и  ( x)   ( y)  1 . С другой стороны, x  y   , ,0,...,0  , тогда 2 2 2  1

1

1

1 p

1

1 1  1 1 p  2 p  1 p  ( x  y )   p  p    p    p1   p1  2 p  2 p  1 , поскольку 0  p  1 , 2 2  2  2  2p 1 а значит,  1  0 . Итак, аксиома треугольника не выполняется. p 3. Являются ли нормами на множествах определения следующие функции:

98

а) C  a, b  x  max x(t ) ; a t 

a b 2

б) C (1)  a, b   x  x(a )  max x '(t ) ; a t b

в) C

(1)

x '(t ) ?  a, b  x  x(b)  x(a)  max a t b

Решение: а) Первая, третья и четвертая аксиомы нормы, очевидно, выполняются. Проверим вторую. Пусть x  0 , тогда max x(t )  0 , значит, a t 

a b 2

 a  b  a  b x(t )  0 , откуда x(t )  0 t   a, t   a, . Однако, это не означает,  2  2    что x(t )  0 t   a, b  . Итак, вторая аксиома нормы не выполняется. б) Выполнение первой, третьей и четвертой аксиом нормы очевидно. Проверим вторую. Пусть x(t )  0 t   a, b  , тогда x(a)  max x '(t )  0 . Обратно: a t b

пусть x(a)  max x '(t )  0 , тогда очевидно, что x(a )  0 и max x '(t )  0 . Слеa t b

at b

довательно, x(a)  0 и x '(t )  0 t   a, b  . Значит, x(t )  c  const t   a, b  , а поскольку x(a)  0 , то x(t )  0 t   a, b  . Итак, все аксиомы нормы выполняются. в) Выполнение первой, третьей и четвертой аксиом нормы очевидно. Проверим вторую. Пусть x(b)  x(a)  max x '(t )  0 . Это означает, что x(b)  x(a) и at b

x '(t )  0 t   a, b  , откуда x(t )  c  const t   a, b  . Взяв t  a , получим, что c  x(a) . Значит, x(t )  x(a)  x(b) t   a, b  . При этом, как только x(a)  0 , так

и x(t )  0 t   a, b  и аксиома не выполняется.

1

1 2 2 4. Проверить, что нормы x 1  max x(t ) и x 2    x(t ) dt  не эквива0t 1 0  лентны в пространстве C  0,1 . Решение: если две нормы на одном и том же линейном нормированном пространстве эквивалентны, то из сходимости последовательности по одной из этих норм вытекает ее сходимость по другой норме. Рассмотрим последова0, 0  t  1, тельность xn (t )  t n . Она сходится поточечно к функции x(t )   t  1. 1, Ясно, что равномерно эта последовательность может сходиться только к той же самой функции. Покажем, что сходимость по норме x 1 эквивалентна равномерной сходимости. Действительно, если xn  x по норме x 1 , то xn  x 1  0 , т.е.   0

N  : n  N xn  x 1  max xn (t )  x(t )   , откуда t   0,1 xn (t )  x(t )   , 0t 1

а это и есть определение равномерной сходимости. Все рассуждения с легкостью проводятся и в обратную сторону. 99

По теореме о непрерывности предельной функции, если xn (t ) x(t ) и все xn (t ) непрерывны, то непрерывна и предельная функция x(t ) . Поскольку x(t ) получилась разрывной, то она не может быть пределом по норме x 1 . Однако по норме x

2

данная последовательность сходится к нулю, т.к.

1 2

  2 1 xn  x 2    t n  0 dt    0 . Здесь мы учли, что интеграл по интер2 1 n  0   валу (0,1) равен интегралу по отрезку [0,1] , т.е. граничные точки отрезка интегрирования на значение интеграла не влияют. 5. Показать, что в неравенстве треугольника x  y  x  z  z  y достигается равенство при условии, что точки x, y, z принадлежат одному отрезку, причем z лежит между x и y . Решение: поскольку x и y – крайние точки отрезка, то уравнение отрезка имеет вид tx  (1  t ) y , t   0,1 , причем значение t  0 отвечает концу y , а значение t  1 – концу x . Поскольку точка z принадлежит тому же отрезку, то z  t1x  (1  t1) y , t1   0,1 . Тогда x  z  x  t1x  (1  t1) y  (1  t1)( x  y) , z  y   t1x  (1  t1) y  y  t1( x  y) . Отсюда x  z  z  y  (1  t1 ) x  y  t1 x  y  x  y . 6. Доказать, что, если в нормированном пространстве даны два шара S[a, r ] и S[b, R] , причем S[a, r ]  S[b, R] , то r  R и при этом a  b  R  r . Верно ли это для произвольного метрического пространства? Решение: покажем, что в нормированном пространстве диаметр шара S[a, r ] равен d ( S [a, r ])  sup x  y  2r . Действительно, поскольку x  y  1

x , yS [ a ,r ]

 x  a  a  y  2r при x, y  S[a, r ] , то d ( S[a, r ])  2r . Если подберем точки x, y  S[a, r ] так, что x  y  2r , то требуемое будет доказано. Рассмотрим лю-

бой вектор z  0 и выберем x 

ya  

z z z r r, r  a , y   r  a , тогда x  a  z z z

 z  z z r  r, а x  y  r  a    r  a   2r . z z  z 

Пусть теперь S[a, r ]  S[b, R] , тогда

sup

x , yS [ a ,r ]

x  y  sup

x , yS [ b , R ]

x  y , откуда

2r  2R , т.е. r  R . В произвольном метрическом пространстве равенство d ( S[a, r ])  2r может не иметь места. Поэтому в произвольном метрическом пространстве из условия S[a, r ]  S[b, R] может следовать, что r  R . Приведем пример. Пусть X   x  (1 ,2 ) : 12  2 2  9 – круг на плоскости с обычной евклидовой метрикой  ( x, y) 

1  1   2  2  2

100

2

, т.е. X – метрическое простран-

ство. Однако, X не является нормированным, поскольку не является линейным пространством и, значит, аксиомы нормы в нем выполняться не могут. Для установления нелинейности пространства X возьмем две его точки x  (3,0) и y  (2,2) и заметим, что x  y  (5,2)  X . Пусть S[b, R]  X . В качестве второго шара возьмем

S[a, r ]  S[b, R]

x  ( , )  X : ( 1

2

1

 2) 2  2 2  16 .

Ясно, что S[a, r ]  S[b, R] , и при этом r  4 , R  3 . На рисунке заштрихованная область представляет собой шар S[a, r ]   x  X :  (a, x)  4 .

Докажем, что из условия S[a, r ]  S[b, R] следует, что a  b  R  r . Можно считать, что a  b (в противном случае утверждение тривиально). Проведем через точки a и b луч b  t (a  b) , t  0 (т.е. начало – в точке b ). Тогда он пересечет границу шара S[b, R] в некоторой точке y (см. задачу 18), поэтому y  b  R . Поскольку точки a, b, y лежат на одной прямой, то, в силу примера 5, y b  y a  a b . Кроме того, луч пересекает границу шара S[a, r ] не более чем в двух точках (см. задачу 18), причем одна из точек пересечения x принадлежит отрезку с концами y и a (поскольку шары вложенные и r  R ), т.е. x  a  r , y  a  y  x  x  a . Тогда R  y  x  r  a  b , откуда получаем, что a b  Rr  y  x  Rr .

101

Задачи для самостоятельного решения 1. Доказать, что метрика  ( x, y ) , заданная на линейном нормированном пространстве E , порождена нормой x  y тогда и только тогда, когда

 ( x,0)    ( x,0) . 2. Доказать, что, если xn  x , то последовательность  xn  ограничена.

x, y, z  E  ( x  z, y  z )   ( x, y ) и x  E   n 

3. Доказать, что в линейном нормированном пространстве всякая фундаментальная последовательность ограничена. 4. Доказать, что в линейном нормированном пространстве E открытый шар S (a, r )   x  E : x  a  r и замкнутый шар S[a, r ]   x  E : x  a  r являются выпуклыми множествами. 5. Доказать свойства 4 и 5 теоремы о простейших свойствах сходимости в нормированных пространствах. 6. Доказать, что если две нормы x 1 и x 2 эквивалентны, то сходимость по одной из них влечет сходимость по другой. 7. Является ли нормой функция  ( x) : 2  ,  ( x)  1   2 , где x  (1 ,  2 ) ? Если является, то что представляет собой единичный шар в носительно введенной нормы?

2

от-

1

8. Показать, что функция  ( x) :

n



 n p p  ( x)     k  , где x  (1 ,  2 ,...,  n ) ,  k 1 

является нормой при p  1 . 9. Можно ли в линейном пространстве непрерывно дифференцируемых на отрезке  a, b  функций принять за норму элемента x(t ) величину max x(t ) ? a  t b

10. Можно ли в линейном пространстве непрерывно дифференцируемых на отрезке  a, b  функций принять за норму элемента x(t ) величину max x '(t ) ? a t b

11. Можно ли в линейном пространстве непрерывно дифференцируемых на  a, b  функций принять за норму элемента x(t ) величину

b

 x(t ) dt  max x '(t ) ? a

a  t b

b

12. Проверить, что нормы x 1  max x(t ) и x 2   x(t ) dt не эквивалентны at b

в пространстве C  a, b  .

a

13. Можно ли в линейном пространстве непрерывных на отрезке  a, b  1 2

  2 функций принять за норму элемента x(t ) величину   p (t ) x(t ) dt  , где 0  p (t )  0 на  0,1 и p (t ) – непрерывна? 1

102

14. Можно ли в линейном пространстве дважды непрерывно дифференцируемых на отрезке  a, b  функций принять за норму элемента x(t ) величину 1 2

  2 max x ''(t )    x(t ) dt  ? a t b a  15. Можно ли в линейном пространстве дважды непрерывно дифференцируемых на отрезке  a, b  функций принять за норму элемента x(t ) величину x(a)  x '(a)  max x ''(t ) ? b

at b

16. Можно ли в линейном пространстве дважды непрерывно дифференцируемых на отрезке  a, b  функций принять за норму элемента x(t ) величину

x(a)  x(b)  max x ''(t ) ? a t b

17. Доказать эквивалентность в пространстве непрерывно дифференцируемых на отрезке [a, b] функций следующих норм: x 1  max x(t )  max x '(t ) и a t b

a t b

x 2  x( a)  max x '(t ) . a t  b

Указание: использовать интегральное представление функции x(t ) . 18. а) Найти явный вид точек x и y , о которых говорилось в примере 6. Рассмотреть также вариант, когда центр b не лежит внутри шара S[a, r ] . б) Решить задачу из примера 6 для случая открытых шаров. Указание: б) при доказательстве свойства диаметров выбрать доста-



точно малое  и подобрать точки x , y  S [a, r ] так, что x  y  2r  . 2 19. Доказать, что в банаховом пространстве любая последовательность непустых замкнутых вложенных шаров имеет общую точку. Указание: воспользоваться примером 6 и показать, что числовая последовательность радиусов шаров фундаментальна. 20. Доказать, что в конечномерном линейном нормированном пространстве все нормы эквивалентны. 21. Доказать, что в конечномерном линейном нормированном пространстве сходимость по координатам влечет сходимость и по норме. 22. Пусть X – линейное нормированное пространство, x1 , x2  X . Доказать, что функции sup x1 , x2  , x1  x2 и

x

1

2

 x2



1 2 2

определяют эквива-

лентные нормы на пространстве X  X . 23. Доказать, что всякое конечномерное нормированное пространство является банаховым. 24. Доказать, что аксиома треугольника в определении нормы эквивалентна выпуклости замкнутого единичного шара с центром в начале координат.

103

2.3. Ряды в линейных нормированных пространствах Определение: пусть

x

x1 , x2 ,...  E . Выражение

– линейное нормированное пространство,

E



k 1

называется рядом, составленным из элементов

k

пространства E . Определение: выражение Sn  x1  x2  ...  xn называется частичной суммой ряда



x k 1

k

.

Определение: ряд



x k 1

k

называется сходящимся в E , если в E сходится

последовательность его частичных сумм S n  . Суммой ряда



x k 1

k

называется



элемент x  E такой, что x  lim S n   xk . n 

k 1

Теорема (критерий Коши): пусть E – линейное нормированное пространство. Для того чтобы ряд



x k 1

k

сходился необходимо, а если E – банахоm

x

во, то и достаточно, чтобы   0 N  : m  n  N

k  n 1

Доказательство: пусть ряд



x k 1

k

k

 .

сходится в E , тогда его последователь-

ность частичных сумм имеет предел в E , т.е.  lim S n . Поскольку любая схоn 

дящаяся последовательность фундаментальна, то   0 N  : m  n  N

Sn  Sm   , откуда

m

x

k  n 1

k

 .

Обратно: пусть E – банахово и   0 N  : m  n  N

m

x

k  n 1

k

 ,

т.е. Sn  Sm   . Это означает, что S n  фундаментальна, а поскольку в банаховом пространстве любая фундаментальная последовательность сходится, то ряд



x k 1

k

сходится по определению.

Теорема доказана. Теорема (мажорантный признак Вейерштрасса): пусть E – банахово

пространство, n  N  

x k 1

k

xn  an и числовой ряд

также сходится. 104



a k 1

k

сходится, тогда ряд

Доказательство: поскольку E – банахово пространство, то, в силу предыдущей теоремы, достаточно доказать, что   0 N  : m  n  N m

x

k  n 1

k

m

x

  . Поскольку

k  n 1

k

m





k  n 1

xk 

m

a

k  n 1

k

, а ряд



a k 1

k

является число-

вым и по условию сходится, то для него в силу критерия Коши для числовых m

рядов   0 N  : m  n  N

a

k  n 1

неотрицательны, тогда

m



k  n 1

Теорема доказана. Определение: ряд



x k 1

числовой ряд

ak 

k

m



k  n 1

k

  . По условию такие ak , очевидно,

ak   , откуда

m

x

k  n 1

k

 .

называется абсолютно сходящимся, если сходится



 k 1

xk .

Теорема (критерий полноты линейного пространства в терминах рядов): пусть E – линейное нормированное пространство. Оно является банаховым тогда и только тогда, когда из сходимости ряда



 k 1

ряда

xk следует сходимость



x k 1

k

.

Доказательство: необходимость предлагается доказать самостоятельно (см. задачу 2). Достаточность: дано, что из сходимости ряда



 k 1

ряда



x k 1

k

xk следует сходимость

. Надо доказать, что E – банахово, т.е., что любая фундаментальная

последовательность в нем имеет предел. Пусть a1 , a2 , a3 ,...  E – фундаментальная последовательность, т.е., по определению фундаментальности,   0 N  : m, n  N an  am   . Пусть   1, тогда N1  : m, n  N1 an  am  1 . 1 1 Пусть   , тогда N2  N1 : m, n  N 2 an  am  . 2 2 .... 1 1 Пусть   k 1 , тогда N k  N k 1 : m, n  N k an  am  k 1 . 2 2 .... Рассмотрим последовательность aN1 , aN 2 ,... . По построению при k  1,2,...

aNk 1  aNk 

1 2k  2

4  k . Таким образом, ряд 2 105



a k 1

N k 1

 aN k сходится.



Поскольку по условию всякий абсолютно сходящийся ряд сходится, то ряд

a k 1

N k 1

 aNk



– сходится и последовательность его частичных сумм имеет n





предел. Т.к. S n   aNk 1  aNk  aN 2  aN1  aN3  a N 2  ...  a N n 1  a N n  a N n 1  a N1 , k 1

то  lim a N n 1 , т.е.  lim aN n . n 

n 

Итак, у исходной последовательности an  нашли подпоследовательность, имеющую предел. Пусть A  lim aN n . Покажем, что A  lim an , т.е., что   0 n 

n 

N  : n  N an  A   . Поскольку A  lim aN n , то   0 N1  n 

ку an  фундаментальна, то   0 N 2 

: n  N1 aNn  A 

: m, n  N 2 an  am 



 2



2

. Посколь, и, в част-

. Тогда, взяв N  max  N1 , N 2  , получим, что 2 n  N an  A  an  aNn  aNn  A  an  aNn  aNn  A   .

ности, при m  N n : an  aNn  Теорема доказана.

Задачи для самостоятельного решения 1. Пусть E – линейное нормированное пространство. Доказать, что если ряд



x k 1

k

сходится, то xk  0 при k   .

2. Доказать, что в банаховом пространстве всякий абсолютно сходящийся ряд сходится. 3. Пусть  xn  – фундаментальная последовательность в линейном нормированном пространстве,

x  nk

– ее сходящаяся подпоследовательность. Дока-

зать, что  xn  также сходится, причем к тому же самому пределу. 4. Пусть ряд



x k 1

k 1

 xk сходится. Доказать, что последовательность  xk 

фундаментальна. Указание: применить критерий Коши. 5. Пусть  xn  и  yn  – фундаментальные последовательности в линейном нормированном пространстве. Доказать, что последовательность n  xn  yn – сходится.

106

2.4. Пространства l p (1  p  ) , c , c0 и C  a , b  Определение: пусть p  1 . Пространством l p называется множество по1 p

 p   и при этом x    xi  . i 1  i 1  Замечание: легко проверить, что l p – действительно линейное нормированное пространство (см. задачу 1). Теорема (о полноте l p ): l p – банахово пространство. Замечание: в этом пункте для удобства координаты элементов последовательностей будем выносить в верхний индекс. Доказательство: по определению полноты надо доказать, что любая фундаментальная в l p последовательность сходится. Пусть xn   l p – фунда-

следовательностей x  ( x1, x2 , x3 ,...) таких, что



x



p

i

ментальная последовательность, т.е.   0 N  : n, m  N xn  xm   . Поскольку xn  l p , то элемент xn сам является последовательностью

xn  ( xn1 , xn 2 ,...) и, аналогично, xm  ( xm1 , xm 2 ,...) . Тогда по определению нормы в 1

 p p p   l p xn  xm    xn i  xm i    , откуда  xn i  xm i   p . Поскольку слагаеi 1  i 1  мые ряда неотрицательны, то каждое из них тем более меньше  p , т.е. i

p

xni  xmi   p , т.е. i xni  xmi   . Итак, получили, что для каждого фиксированного i последовательность, составленная из координат с номером i – фундаментальна. Если i – фиксировано, то это уже числовая последовательность, значит, она имеет предел, т.к. для нее справедлив критерий Коши. Следовательно, i  lim xn i  xi . Составим вектор x  ( x1 , x 2 ,...) и покажем, что он являn

ется пределом нашей последовательности, т.е.: а) x  l p ; lp

б) xn  x . n 

а) Поскольку фундаментальная последовательность всегда ограничена, то 1

N  p p p p  c  0 : xn  c , т.е.   xni   c , откуда  xn i  c p , значит, тем более,  xn i  c p . i 1 i 1  i 1  Но это уже конечная сумма, поэтому предел суммы равен сумме пределов, и, значит, можно перейти к пределу при n   , учитывая, что xn i  xi :

N

x

i p

 c . Таким образом, частичные суммы ряда p



x i 1

i 1

i p

ограничены сверху.

Поскольку этот ряд является рядом с неотрицательными слагаемыми, то в силу критерия Вейерштрасса он сходится, значит, x  l p . 107

б) Надо доказать, что   0 N  : n  N

xn  x   . Перепишем

условие фундаментальности в виде   0 N  : n, m  N 1 p

N        i i p i i p  , откуда и, тем более, x x x x    .     n m n m    2 2 2  i 1 i 1 конечна и можно переходить к пределу при m  , учитывая, что

 i   xn  xm  i 1 Снова сумма 

i p

xm  x : i

i

N

x

n

i 1

 xn  xm  , т.е. 2

i

p

x

i p

p

     . Переходя к пределу при N   , получим, что 2 p

1

  i i p p    i xn  x    . Тогда   xn  x     , откуда xn  x   .  2 2  i 1  i 1 

p

i p

Теорема доказана. Определение: пространством l называется пространство ограниченных последовательностей x  ( x1, x2 , x3 ,...) с нормой x  sup xi . i

Замечание: легко проверить, что l – действительно линейное нормированное пространство (см. задачу 2). Теорема (о полноте l ): l – банахово пространство. Доказательство: по определению полноты надо доказать, что любая фундаментальная в l последовательность сходится. Пусть  xn   l – фундаментальная последовательность, т.е.   0 N  : n, m  N xn  xm   . Ясно, что xn  ( xn1 , xn 2 ,...) и xm  ( xm1 , xm 2 ,...) . Тогда по определению нормы в l

xn  xm  sup xni  xmi   , откуда i xni  xmi   . Итак, получили, что для i

каждого фиксированного i последовательность, составленная из координат с номером i – фундаментальна. Если i – фиксировано, то это уже числовая последовательность, значит, она имеет предел, т.к. для нее справедлив критерий Коши. Таким образом, i  lim xn i  xi . Рассмотрим элемент x  ( x1 , x 2 ,...) и поn

кажем, что он является пределом нашей последовательности, т.е.: а) x  l ; l

б) xn  x . n 

а) Поскольку фундаментальная последовательность всегда ограничена, то c  0 : xn  c , т.е. sup xni  c , откуда i xni  c . Переходя к пределу при i

n   , учитывая, что xn i  xi , получаем, что i xi  c , значит, последовательность x ограничена, т.е. x  l . б) Надо доказать, что   0 N  : n  N

xn  x   . Перепишем



условие фундаментальности в виде   0 N  : n, m  N xn  xm  , т.е. 2 108

sup xn i  xmi  i

 2

, откуда i xni  xmi 

 2

. Переходя к пределу при m   , с



учетом того, что xm i  xi , получаем: i xni  xi 

. Поскольку это неравенство 2 верно i , то возьмем в нем точную верхнюю грань по всем i , тогда  sup xn i  xi    , откуда xn  x   2 i Теорема доказана. Определение: пространством c называется множество сходящихся последовательностей x  ( x1, x2 , x3 ,...) с нормой x  sup xi . i

Определение: пространством c0 называется множество последовательностей x  ( x1, x2 , x3 ,...) , предел которых равен нулю, с нормой x  sup xi . i

Замечание: легко проверить, что c и c0 – действительно линейные нормированные пространства (см. задачу 3). Теорема (о полноте c и c0 ): c и c0 – банаховы пространства. Доказательство: поскольку l – полно и справедливо вложение c0  c  l (см. задачу 4), то по теореме о полноте замкнутого подмножества полного пространства достаточно доказать, что c и c0 – замкнуты, т.е. содержат все свои предельные точки. Итак, надо доказать, что: а) Если xn  c и xn  x (т.е. x – предельная точка), то x  c . б) Если xn  c0 и xn  x , то x  c0 . l

Проверим, что если xn  x , то числовая последовательность координат

xn i

i n

xi , т.е. по определению равномерной сходимости, что   0 N  : l

n  N i xni  xi   . Действительно, если xn  x , то   0 N  : n  N xn  x   , т.е. sup xni  xi   , откуда i xni  xi   . Поскольку в c и c0 норi

ма та же самая, что и в l , то это же утверждение верно и для этих пространств. Применим теорему о коммутативности двух предельных переходов к нашему случаю: если xn i

i n

xi и n xn i  an , то  lim x i и  lim an и эти пределы i 

i 

n 

между собой равны. Тем самым первое условие теоремы о коммутативности предельных переходов выполнено, поскольку доказали, что xn

i

i n

xi .

а) Поскольку xn  c , а c состоит из сходящихся последовательностей, то  lim xn i , т.е. второе условие теоремы о коммутативности предельных переходов i 

выполнено, значит, в силу этой теоремы,  lim x i , что и означает, что x  c . i 

109

б) Поскольку xn  c0 , то lim xn i  0 , т.е. an  0 , значит, lim an  0 и тогда n 

i 

lim x  0 , поэтому x  c0 . i

i 

Теорема доказана. Определение: пространством C  a, b  называется множество непрерывных на отрезке  a, b  функций с нормой f  sup f ( x) . x a ,b

Замечание: легко проверить, что C  a, b  – действительно линейное нормированное пространство (см. задачу 5). Теорема (о полноте C  a, b  ): C  a, b  – банахово. Доказательство: надо доказать, что любая фундаментальная последовательность элементов C  a, b  имеет в нем предел. Пусть  f n  – фундаменталь-

ная последовательность функций, непрерывных на  a, b  , т.е.   0 N  : n, m  N f n  f m   , значит, sup f n ( x)  f m ( x)   , откуда x   a, b  f n ( x)  f m ( x)   . Получили, что

 fn

x a ,b

– равномерно фундаментальна, значит в силу критерия

Коши для функциональных последовательностей f n ( x)

x a ,b  n

f ( x) . По теореме о

непрерывности предельной функции, поскольку все f n непрерывны, то f ( x) – также непрерывна на  a, b  , т.е. f ( x)  C  a, b  . Перепишем условие фундаментальности в виде   0 N  : n, m  N

sup f n ( x)  f m ( x) 

x a ,b



2

, т.е. x   a, b  f n ( x)  f m ( x) 



венстве к пределу при m   , учитывая, что f m ( x)

2

. Перейдем в этом нера-

x a ,b  m

f ( x) , тогда x   a, b 

   f n ( x)  f ( x)  , откуда sup f n ( x)  f ( x)  , значит f n  f    . Таким обра2 2 2 x a ,b зом,   0 N  : n  N Теорема доказана.

C a ,b

f n  f   , т.е. f n  f .

Примеры решения задач 1. Привести пример последовательности  xn  , которая бы принадлежала каждой из рассматриваемых пар пространств и: а) сходилась в l , но не сходилась в l1 ; б) сходилась в l , но не сходилась в l2 ;

  1 1 1   Решение: а) Пусть xn   , ,..., ,0,0,...  . Тогда из покоординатной схоn n n  n   110

димости видно, что xn  (0,0,...,0,...)  x0 . Далее, xn  x0 n 



l

значит, xn  x0 . Аналогично, xn  x0

 xn  не сходится в l1 .

l1

l

 sup xn i  x0i  i

1  0, n

n

1 1   xn i  x0i     n  1   0 , значит, n n i 1 i 1

  1 1  1 б) Пусть xn   , ,..., ,0,0,...  , тогда из покоординатной сходимости n n 2 n  n   1 видно, что xn  (0,0,...,0,...)  x0 . Далее, xn  x0 l  sup xn i  x0i   0 , зна n  n i 1 2 2 i

1 2 2

1 2

     1    1  чит, xn  x0 . Аналогично, xn  x0 l    xni  x0             n 2   1   0, 2   i1   i1  n     n   значит, последовательность xn расходится в l2 . 2. Выяснить, сходится ли в нормированном пространстве E последовательность  xn  , если: 

l

n2

2

  1 1 а) E  l1 , xn   0,...,0,  ,  1 ,...  ,   1;  n1 n n    1  б) E  l2 , xn   ,0,...,0,1,0,0,... ; n  n 1   n 1 n 2 t t  . в) E  C (1) 0,1 , xn (t )  n 1 n  2 Решение: а) Покоординатно xn  (0,0,...,0,...)  x0 . Тогда n 

xn  x0



l1



1 .  i i n

  xn i  x0i   i 1

 1 1 сходится. Выражение представляет     in i i 1 i собой остаток этого ряда, следовательно, по теореме об остатке сходящегося  l1 1 ряда    0 при n   , значит, xn  x0 l  0 , т.е. xn  x0 . 1 i n i   1  б) Покажем, что последовательность xn   ,0,...,0,1,0,0,...  не является n  n 1   фундаментальной в пространстве l2 . Поскольку всякая сходящаяся последовательность фундаментальна, то  xn  сходиться в l2 не будет.

Поскольку   1, то ряд



111

Итак, надо показать, что   0 : N 

n, m  N xn  xm

l2

  . Возьмем

2

m  n  1, тогда xn  xm

l2

 xn  xn1

l2

2

1  1  1 1 2 2     1 1      2  2,  n n 1  n n 1

значит, достаточно взять   2 . в) Ясно, что t   0,1 xn (t )  0  x0 (t ) при n   . Поскольку C (1) 0,1 – это множество непрерывно дифференцируемых на отрезке  0,1 функций с нормой x  sup x(t )  sup x '(t ) , то t0,1

t0,1

t n1 t n 2   sup t n  t n1 . x  x0  sup x(t )  sup x '(t )  sup n  2 t0,1 t 0,1 t 0,1 t 0,1 n  1 t n1 t n 2  и найдем ее наибольшее значеn 1 n  2 ние: xn '(t )  t n  t n1  t n (1  t )  0 , откуда находим критические точки t  0 и t  1 , Рассмотрим функцию xn (t ) 

совпадающие с концами отрезка. Тогда sup

t 0,1

1 1 t n1 t n 2     0. n 1 n  2 n 1 n  2

Рассмотрим функцию yn (t )  t n  t n1 и найдем ее наибольшее значение: yn '(t )  nt n1  (n  1)t n  t n1 (n  (n  1)t ) , откуда находим критические точки t  0 n1

n nn (n  1)  nn1 nn  n   n  n n1 и t . Тогда sup t  t    0.     n 1 (n  1)n1 (n  1)n1 t0,1  n 1  n 1 Итак, xn  x0  0 при n   , значит, последовательность сходится в рассматриваемом пространстве. 3. Будет ли полным пространство l1 относительно нормы x 1  sup  k , где n

k

x  (k )  l1 ? 

Решение: пространство l1 полно относительно нормы x 2    k . Кроме k 1



того, очевидно, что sup  k    k , т.е. x 1  x 2 , значит, норма x 1 подчинена k

k 1

норме x 2 . По теореме об эквивалентных нормах, если бы пространство l1 было полно относительно обеих норм, то эти нормы должны были бы быть эквивалентны, т.е. из сходимости последовательности по любой из них следовала   1 1 1  бы сходимость по другой. Рассмотрим последовательность xn   , ,..., ,0,0,...  . n n n  n   x  (0,0,...,0,...)  x Ясно, что из покоординатной сходимости следует, что n 0. n 

112

1  0 , то  xn  сходится по норме x 1 . Одn k n  1 1 нако, xn  x0 2    k n   k 0     n  1   0 и, значит, по норме x 2 поn n k 1 k 1 следовательность не сходится. Тем самым нормы не могут быть эквивалентны, а пространство не может быть полным относительно нормы x 1 . Поскольку xn  x0 1  sup  k n   k 0 

Задачи для самостоятельного решения 1. Проверить, что при p  1 l p является линейным нормированным пространством. 2. Проверить, что l является линейным нормированным пространством. 3. Проверить, что c и c0 являются линейными нормированными пространствами. 4. Доказать справедливость следующих вложений: l p  c0  c  l .

5. Проверить, что C  a, b  является линейным нормированным пространством. 6. В пространстве C  0,1 рассмотрим последовательность множеств

M n  S (0,2) непустые,

1  t   ,1 . Доказать, что M n – n  выпуклые множества такие, что

x(t )  C 0,1 : x(0)  0, x(t )  1 при ограниченные,

M1  M 2  ...  M n  ... и



замкнутые,

Mn  .

n 1

Указание: нарисовать несколько таких множеств и их пересечение.  7. Рассмотрим множество последовательностей x   xk k 1 , для которых n

n

sup  xk   . Определим норму в этом пространстве формулой x  sup  xk . n

k 1

n

k 1

Доказать полноту этого пространства. 8. В пространстве С ( k )  a, b k раз непрерывно дифференцируемых на от  резке  a, b  функций определим норму элемента x(t ) : x  max  sup p j (t ) x ( j ) (t )  , 0 j  k t a ,b   где p j  C  a, b ( j  0,1,..., k ) – положительные функции. Показать, что все ак-

сиомы нормы выполняются и что в этом случае С ( k )  a, b является банаховым.

9. В пространстве С ( k )  a, b k раз непрерывно дифференцируемых на отk

резке  a, b  функций определим норму элемента x(t ) : x  sup  p j (t ) x ( j ) (t ) , t a ,b  j 0

где p j  C  a, b ( j  0,1,..., k ) – положительные функции. Показать, что все ак113

сиомы нормы выполняются и что в этом случае С ( k )  a, b является банаховым. 10. Пусть E – пространство всех непрерывных 2 –периодических комплекснозначных функций, определенных на , с нормой x  sup x(t ) . ПокаtR

зать, что E – банахово пространство. 11. Исследовать на сходимость в пространстве C  0,1 следующую последовательность: f n (t )  nte  nt . 12. Исследовать на сходимость в пространстве C  0,1 следующую последовательность: f n (t )  ne nt . 13. Исследовать на сходимость в пространстве C  0,1 следующую послеt довательность: f n (t )  n sin . n 14. Исследовать на сходимость в пространстве C  0,1 следующую послеt довательность: f n (t )  n sin . n 15. Исследовать на сходимость в пространстве C (1) 0,1 следующую последовательность: f n (t )  nte  nt .

16. Исследовать на сходимость в пространстве C (1) 0,1 следующую по-

следовательность: f n (t )  ne nt .

17. Исследовать на сходимость в пространстве C (1) 0,1 следующую поt следовательность: f n (t )  n sin . n 18. Выяснить, сходится ли в нормированном пространстве C  0,1 послеt довательность xn (t )  sin t  sin . n 19. Выяснить, сходится ли в нормированном пространстве l1 последова-

  1 тельность xn   0,...0, ,0,...  .  n n  20. Выяснить, сходится ли в нормированном пространстве l2 последова1  1  ,..., ,0,...  . тельность xn  1, n 2   21. Выяснить, сходится ли в нормированном пространстве C  0,1 послеt n1 t n 2  . довательность xn (t )  n 1 n  2 22. Исследовать на сходимость в пространстве C  0,1 следующую послеsin nt довательность: f n (t )  2 . nt 114

1  23. Исследовать на сходимость в пространстве C  ,1 следующую после2  t

довательность: f n (t )  e n . 24. Исследовать на сходимость в пространстве C  0,1 следующую послеn

t 1 довательность: f n (t )   sin . k k 1 k

1  1 1  , ,..., ,...   c0 не принадлежит l p 25. Доказать, что элемент x  1, ln n   ln 2 ln 3 ни при каком p  1 . Указание: воспользоваться интегральным признаком сходимости ряда, либо признаком разрежения Коши. 26. Привести пример последовательности  xn  , которая бы принадлежала каждой из рассматриваемых пар пространств и: а) сходилась в l2 , но не сходилась в l1 ; б) сходилась в c0 , но не сходилась в l1 ; в) сходилась в c0 , но не сходилась в l2 . 27. Доказать, что x l  lim x l . 

p 

p

28. При каких значениях p и q имеет место вложение l p  lq ? Указание: показать, что при q  p . 29. Являются ли открытыми или замкнутыми в пространстве c множества A  (1 ,  2 ,...)  c :  2 n  0 и B  (1 ,  2 ,...)  c :  2 n  0 ? 30. Является ли открытым или замкнутым в пространстве l множество последовательностей, все координаты которых положительны? Тот же вопрос для пространства l2 .





31. Показать, что множество (1 ,  2 ,...)  l1 :  22  32  ...  1 замкнуто в l1 . Указание: рассмотреть точку x  ( x1, x2 ,...) из дополнения к данному

x22  x32  ...  x1 и точку y  ( y1, y2 ,...)  l1 такую, что множеству, т.е. x  y   . Показать, что y  2 x при   x  0 , x  y  3 x , откуда вывести x12  y12  3 x  . Показать, что x22  y22  x32  y32  ...  3 x  , откуда получить, что ( y22  y32  ...)  y12  ( x22  x32  ...)  x12  6 x   0 при выборе достаточно малого  .

115

2.5. Линейные подпространства и плотные множества Определение: пусть E – линейное нормированное пространство, L  E – линейное многообразие. Если L – замкнуто, то оно называется подпространством. Определение: пусть E – линейное нормированное пространство, L  E – его подпространство. Расстоянием от точки x  E до подпространства L называется число  ( x, L)  inf x  u . uL

Замечание: напомним, что число c называется минорантой множества X , если x  X c  x . Точной нижней гранью множества X называется его наибольшая миноранта. Справедливо свойство: если c  inf X , то   0 x  X : 1 1 1 c  x  c   . Беря  1  1 ,  2  ,  3  ,...,  n  ,..., найдем такие элементы 3 n 2 1 1 x1 , x2 , x3 ,..., xn ,...  X соответственно, что c  xn  c  , откуда 0  xn  c  . Переn n ходя к пределу при n   , получаем, что xn  c  0 , т.е. xn  c . Итак, если c  inf X , то  xn   X : xn  c (элементы xn необязательно различны). Замечание: известно, что, если множество ограничено снизу, то оно имеет точную нижнюю грань. Поскольку u  L x  u  0 , то  ( x, L) действительно существует. Определение: пусть E – линейное нормированное пространство, L  E – его подпространство. Если существует элемент u *  L такой, что  ( x, L)  x  u* , то u * называется элементом наилучшего приближения x элементами подпространства L . Теорема (о существовании элемента наилучшего приближения): пусть L – конечномерное подпространство линейного нормированного пространства E . Тогда x  E u *  L :  ( x, L)  x  u* . Доказательство: если x  L , то доказательство очевидно (см. задачу 2). Пусть x  L , тогда  ( x, L)  d  0 . Поскольку L конечномерно, то в нем сущеn

ствует базис e1, e2 ,..., en , тогда u  L u    k ek . Ясно, что элемент k k 1 n

k 1

Поскольку L конечномерно, то норма u 20 из п. 2.2), тогда   0 и   0 :  u Рассмотрим в

n

n

n

n

с нормой u

 u  u

n

n

.

функцию f  u   x  u . Поскольку u1 , u2 

f  u1   f  u2   x  u1  x  u2  u1  u2   u1  u2 то f равномерно непрерывна, а значит и непрерывна в 116

1 2

    k 2  .  k 1  эквивалентна норме u (см. задачу

можно рассматривать, как элемент пространства

n

n

.

n

n

,

Покажем, что inf x  u может достигаться только при u  L , которым соuL

ответствует шар u

n

 r , где r 

гда x  u  u  x   u

d 1 x



. Действительно, пусть u

 x  r  x   

n

 r , то-

d 1 x

 x  d  1 , т.е. d  1 –  тоже миноранта для множества x  u , причем d  1  d , а это противоречие с тем, что d – наибольшая миноранта. Тем самым вне шара u n  r точная n

нижняя грань функции f  u   x  u достигаться не может. Поскольку шар

u n  r – ограниченное и замкнутое множество в n , то он является компактом. Поскольку f непрерывна на этом шаре, то по теореме Вейерштрасса f принимает на нем свое наименьшее значение, т.е. u *  n : x  u*  f  u *   inf f (u )  inf x  u   ( x, L) . u

n r

uL

Теорема доказана. Определение: нормированное пространство E называется строго нормированным, если в нем равенство x  y  x  y возможно только при y   x , где   0 . Теорема (о единственности элемента наилучшего приближения): в строго нормированном пространстве E для каждого x  E и каждого подпространства L может существовать не более одного элемента наилучшего приближения x к элементам L . Доказательство: допустим, что таких элементов два, т.е. u1*  L и u2*  L таковы, что x  u1*  x  u2*  inf x  u  d . Если d  0 , то x  u1*  x  u2*  0 , uL

откуда x  u  0 и x  u2  0 , т.е. u1*  u2* . Пусть d  0 . По определению точ* 1

*

ной нижней грани u  L x  u  d . Поскольку С другой стороны Таким образом,

u *  u 2* u1*  u2* d.  L , то x  1 2 2

u1*  u2* x  u1* x  u2* 1 1 x    x  u1*  x  u2*  d . 2 2 2 2 2

u1*  u2* x  d . Отсюда следует, что ( x  u1* )  ( x  u2* )  2

 2d  x  u1*  x  u2* . Поскольку E – строго нормированное, то   0 : u2*  u1* x  u2   ( x  u ) . Если   1, то u2  u . Если же   1, то x  L, а 1  это невозможно, поскольку d  0 (см. задачу 2). Теорема доказана. Теорема Рисса (о почти перпендикуляре): пусть L – подпространство линейного нормированного пространства E , не совпадающее с E , тогда   0 *

* 1

*

* 1

117

y  E : y  1 и x  L x  y  1   . Замечание: в трехмерном пространстве ситуацию, описанную в теореме, можно представить следующим образом (см. рис.): если y  L , y  1 , то x  L y  x  y  1 , поскольку длина любой наклонной больше длины перпендикуляра. В произвольных линейных нормированных пространствах нет понятия перпендикулярности, поэтому утверждение является более слабым. Доказательство: берем y0  E и y0  L и обозначим d  inf y0  x . ПоxL

скольку y0  L , то d  0 . По определению точной нижней грани x  L y0  x  d . С другой стороны   0 x0  L : y0  x0  d  d  . Таким обраy x зом, d  y0  x0  d  d  . Обозначим y  0 0 . Поскольку y0  L , а x0  L , y0  x0 то y  L . Очевидно, что

y 

y0  x0  1. Рассмотрим x  L и обозначим y0  x0

  x0  y0  x0 x  L . Тогда yx 

y0  x0 1 x  y0  x0 y0  x0

y0  x0  x y0  x0



1 y0    y0  x0

1 1  d  1  1  . y0    1  d  d d  d 1   Теорема доказана. Определение: линейное многообразие L , лежащее в линейном нормированном пространстве E , называется всюду плотным в E , если x  E   0 y  L : x  y   . 1 1 Замечание: если L всюду плотно в E , то, выбирая  1  1 ,  2  ,  3  ,..., 3 2 1 1  n  ,..., найдем такие элементы y1, y2 , y3 ,..., yn ,...  E , что x  yn  . Перехоn n дя к пределу при n   , получим, что x  yn  0 , т.е. yn  x . Таким образом, если L всюду плотно в E , то x  E  yn   L : yn  x . Это означает, что в 

этом случае L  E . Верно и обратное утверждение (причем его доказательство тривиально). Замечание: всюду в дальнейшем, если не приводится никаких дополнительных уточнений, подпространством будем называть именно замкнутое линейное многообразие. 118

Примеры решения задач    1. Пусть L   x  ( k )  E :   k  0,  k   . Образует ли L подпространk 1   ство в пространстве E , если: а) E  l1 ; б) E  l p ( p  1 )? Решение: а) Возьмем x  ( k )  L и y  (k )  L . Проверим, что L – линейное многообразие, т.е., что  x   y  (k  k )  L . 





k 1

k 1

k 1

 (k  k )     k   k  0 . Проверим замкну-

Действительно,

тость L : пусть xn  (

(n) 1

l1

,  2 ,...,  k ,...)  L и xn  x0  (1(0) , 2 (0) ,..., k (0) ,...). ( n)

( n)

n

l1

Надо проверить, что x0  L . Т.к. xn  x0 , то   0 N  : n  N xn  x0   , n

откуда



 k 1

Далее,

(n) k

  k (0)   .



 k 1

(0) k





  k 1

(0) k

 k



(n)

   k 1



(n) k

  k

(n)

k 1

 k

(0)





 k 1

(n) k

  . По-





скольку   0 произвольно, то



 k 1

(0) k

 0 , откуда

0



 k 1

(0) k

 0 , значит x0  L .

Итак, L – замкнутое линейное многообразие в l1 , а значит подпространство. б) То, что L – линейное многообразие, проверяется аналогично а). Возь  1 1   мем последовательность xn  1,  ,...,  ,0,0,...   L . Ясно, что покоординатно n n   n    n 1 1 1 1 p (n) (0) p xn  (1,0,0,...)  x0 . Тогда xn  x0    k   k   p  p  n  p 1  0 n n k 1 k 2 n lp

при n   , значит, xn  x0 . Однако, n 



 k 1

(0) k

 1  0 , т.е. x0  L и значит L – не-

замкнуто, т.е. не является подпространством в l p .

2. Образует ли в C  1,1 подпространство множество непрерывно дифференцируемых функций? Решение: то, что множество непрерывно дифференцируемых функций является линейным многообразием, очевидно. Далее, пусть f n ( x ) – непрерывно дифференцируемые функции, причем 119

C  1,1

f n ( x)  f ( x) , т.е.   0 N  : n

n  N sup f n ( x)  f ( x)   , откуда x   1,1 f n ( x)  f ( x)   , т.е. f n ( x) x 1,1

n

f ( x) .

По теореме о непрерывности предельной функции f ( x) будет непрерывна, как равномерный предел непрерывных функций. Пусть f n ( x)  n 1  ( x  1)n , тогда

1, x   1,0, Ясно, что предельная функция не диф   x 1, x 0,1 .    ференцируема в точке x  0 , поскольку имеет в точке x  0 “излом” (в этой точке производная имеет скачок). Тем самым множество непрерывно дифференцируемых функций не является замкнутым, а значит, не образует подпространство. 3. Образует ли в C  a, b  подпространство множество P  a, b  всех многочленов на отрезке  a, b  ? Решение: очевидно, что P  a, b  – линейное многообразие. Рассмотрим (см. задачу 10) f n ( x)

C 1,1  xk xk многочлен pn ( x)   . Очевидно, что pn ( x)    e x , но e x  P  a, b , т.е. n k 1 k ! k 1 k ! P  a, b  – незамкнутое множество, и значит не подпространство. n

4. В пространстве C  0,1 найти расстояние от элемента x0 (t )  t 2 , до подпространства многочленов степени  1 . Решение: поскольку подпространство L  u (t ) : u (t )  at  b двумерно, то для него существует хотя бы элемент наилучшего приближения u * , поэтому  ( x0 , L)  x0  u*  inf x0  u  inf t 2  at  b  inf sup t 2  at  b . Очевидно, что uL

a ,b t0,1

a ,b

2

2 a  a a   0,1 , тогда f (t )  t  at  b   t     b . Пусть вершина параболы 2 4  2 1  a a  длина хотя бы одного из отрезков  0,  или  ,1 не меньше . На каждом из 2  2 2  a 1 них функция f (t ) монотонна. Пусть  , тогда колебание на первом отрезке 2 2 2 1 1 a a sup ( ) ( ) (0) f t f t f f      , откуда sup f (t1 )  f (t2 )  равно 1 2   4 t1 ,t2 0,1  a 2 4 4 t1 ,t20,  2

 2

тем более. С другой стороны,

sup

t1 ,t20,1

f (t1 )  f (t2 )  sup f (t1 )  sup f (t2 )  t10,1

t20,1

a 1 1  2 sup f (t ) , откуда sup f (t )  . Аналогично получается и в случае 1   . 2 2 8 t0,1 t0,1 1 Подберем a и b такими, чтобы sup t 2  at  b  . Поскольку 0  a  2 , то 8 t0,1 1 выберем a  1 и f (t ) представляет собой параболу с вершиной в точке , по2 120

1  1  1 этому sup t 2  at  b  max  b ,  b   , например, при b   . Пусть теперь 8 t 0,1  4  8 a   0,1 , тогда функция f (t ) монотонна на отрезке  0,1 , поэтому 2 sup f (t1 )  f (t2 )  f (0)  f (1)  a  1  1 при a  0 , либо при a  2 , т.е. в данном t1 ,t20,1

1 , что превышает полученную выше оценку. Таким образом, 2 t 0,1 1 1 окончательно, u* (t )  t  и  ( x0 , L)  . 8 8 5. В пространстве C  0,1 рассмотрим подпространство случае sup f (t ) 

L   x(t )  C 0,1 : x(0)  0 .

Пусть x0 (t )  1 . Описать множество элементов наилучшего приближения x0 элементами L . Решение: по определению x0  u*  inf x0  u , где u * – элемент наилучuL

шего приближения. Рассматриваемая ситуация изображена на рисунке. Поскольку u *  L , то ясно, что u * (0)  0 . Кроме того, поскольку все u  L выходят из начала координат, а x0  u  sup x0 (t )  u (t ) , то x0  u  1 t0,1

(если x0  u  1 , то и x0 (0)  u (0)  1 – противоречие). Наименьшее из всех возможных значений x0  u  1 , очевидно, есть x0  u  1 . Поскольку u * (0)  0 , то x0  u*  1 тогда и только тогда, когда u * (t ) не выходит за границы единичного шара с центром в точке x0 (t )  1 , т.е. когда 0  u* (t )  2 . Итак, множество элементов наилучшего приближения имеет вид: u* (t )  C 0,1 : u* (0)  0, 0  u* (t )  2 t  0,1 .

6. В пространстве C  0,1 найти расстояние от элемента x0 (t )  sin t , до подпространства L  1, t – линейной оболочки элементов 1 и t . Решение: требуется найти элемент наилучшего приближения функции x0 (t )  sin t линейной функцией. Рассмотрим вспомогательную функцию f (t )  sin t  t sin1 . Ясно, что f (0)  f (1)  0 и исходная задача эквивалентна задаче наилучшего приближения функции f (t ) линейной функцией. Поскольку 121

  f (t )  cos t  sin1  0 при cos t  sin1 или sin   t   sin1 , то на отрезке  0,1 2   f (t ) имеет точку экстремума t0   1 . Легко видеть, что это точка максимума. 2 Таким образом, величина f (t )  x(t ) при всевозможных x(t )  at  b миниf (t0 ) f (t0 ) мальна, если x(t )  . Это минимальное значение равно . Действи2 2 f (t0 ) f (t0 ) , то и f (t )  x(t )  . То же самое верно тельно, если x(0)  f (0)  2 2 f (t0 ) f (t0 ) при подстановке t  1 . Если же x(0)  f (0)  и x(1)  f (1)  , то 2 2 f (t0 ) f (t0 ) f (t0 ) и f (t )  x(t )  . Элементом наилучшеx(t0 )  f (t0 )  f (t0 )   2 2 2 1    го приближения для x0 (t )  sin t будет x (t )  t sin1   cos1    1 sin1 , а ис2 2   1    комое расстояние равно  cos1    1 sin1 . 2 2   Заметим, что задачу из примера 4 можно было решить аналогичным способом.

Задачи для самостоятельного решения 1. Доказать, что если c  inf X , то   0 x  X : c  x  c   . Доказать, что если c  sup X , то   0 x  X : c    x  c . Доказать также, что если c  sup X , то  xn   X : xn  c при n   . 2. Доказать, что если L – подпространство нормированного пространства, то x  L   ( x, L)  0 . Указание: при доказательстве достаточности найти последовательность, сходящуюся к  ( x, L)  0 и воспользоваться замкнутостью L . 3. Образует ли в C  1,1 подпространство множество монотонных функций? Указание: привести пример, когда сумма двух монотонных функций не является монотонной функцией. 4. Доказать, что всякое линейное многообразие в конечномерном линейном нормированном пространстве является подпространством. Указание: воспользоваться теоремой о пределе суммы конечного числа слагаемых. 5. Образует ли в C  1,1 подпространство множество функций x(t ) , удовлетворяющих условию

1

 x(t )dt  0 ?

1

122

6. Образует ли в C  1,1 подпространство множество функций x(t ) , удовлетворяющих условию x(0)  0 ? 7. Образует ли в пространстве C  1,1 подпространство множество четных функций? 8. Образует ли в пространстве C  1,1 подпространство множество многочленов степени  k ? 9. Показать, что множество P  a, b  всех многочленов на отрезке  a, b  является всюду плотным в C  a, b  . 10. Показать, что последовательность

f n ( x)  n 1  ( x  1)n

сходится в

1, x   1,0, C  1,1 к функции f ( x)    x  1, x  0,1. 11. В пространстве C  0,1 найти расстояние от элемента x0 (t )  t , до подпространства многочленов нулевой степени. 12. Доказать, что C  0,1 не является строго нормированным. 1 Указание: рассмотреть функции x(t )  t (1  t ) и y (t )  sin  t . 4 13. Доказать, что множество непрерывных на отрезке  0,1 функций с 1

нормой x   x(t ) dt образует сепарабельное пространство. 0

Указание: показать, что x  x

C0,1

и что счетное всюду плотное мно-

жество образуют многочлены с рациональными коэффициентами. 14. В пространствах L2  0,1 и L1  2,0 найти расстояние от элемента x0 (t )  t 2 , до подпространства многочленов степени  1 . Указание: в случае L1  2,0 сперва минимизировать интеграл по отрезку

[1,1] от функции t 2  c . При этом показать, что наименьшее значение интегралом будет приниматься при с   1,1 . Затем перейти к отрезку  2,0 при помощи линейной замены переменной. 15. В пространстве C  0,1 найти расстояние от элемента x0 (t )  sin t , до подпространства L  1 – линейной оболочки элемента 1 .

16. В пространстве C  2, 4  найти расстояние от элемента x0 (t )  t 2 , до подпространства многочленов степени  1 . 17. В пространстве C  2, 4  найти расстояние от элемента x0 (t )  et , до подпространства L  t – линейной оболочки элемента t . Указание: рассмотреть случаи, когда точка экстремума функции f (t )  et  at принадлежит отрезку  2,4 и когда не принадлежит. В первом 123

случае показать, что при f (4)  f (2) и a  ln a  e4  4a достигается минимальное значение нормы. Сравнить это значение с остальными вариантами. 18. В пространстве L2  0,1 найти расстояние от элемента x0 (t )  et , до подпространства многочленов степени  2 . 19. Привести пример, когда векторов в подпространстве нормированного пространства, ближайших к данному вектору, больше, чем один. Указание: в пространстве l рассмотреть последовательность (1,0,0,...) и подпространство (0, a2 , a3 , a4 ,...)  l  . Показать, что любой вектор этого подпространства, для которого ai  1 при i  2,3,4,... , является ближайшим. 20. Образует ли в C  1,1 подпространство множество функций x(t ) , удо1

x(t ) 1 t dt  0 ? Указание: не образует.

влетворяющих условию





21. Будет ли множество M  x  l2n :  k  0,1  k  n подпространством в пространстве l2n ? Указание:

l2n

– множество векторов x  ( )

n k k 1

с нормой x 

n

 k 1

1

2

.

    22. Будет ли множество M   x  l2 :  k  c  подпространством в l2 ? k 1 k   Указание: рассмотреть случаи c  0 и c  0 . 23. Найти расстояние от элемента x0 (t )  1 до подпространства M функций x(t ) , удовлетворяющих условию x(0)  0 в пространстве L2  1,1 непре-

рывных на отрезке  1,1 функций с нормой x 

1



2

x(t ) dt . Достигается ли

1

это расстояние на элементе наилучшего приближения? Если нет, то найти последовательность  xn   M такую, что xn  x   ( x, M ) . 24. В пространстве l12 найти расстояние от элемента x0  (1,0) , до подпро-





странства M  x  (1, 2 )  l12 : 1  0 . Указание: x  1   2 . 25. В пространстве l12 найти расстояние от элемента x0  (1,0) , до подпро-





странства M  x  (1,  2 )  l12 : 1   2 . 1   1 x(t )dt  0  подпростран26. Будет ли множество M   x  L2  1,1 :  4 t 1    ством в пространствах L1  1,1 и L2  1,1 ?

124

Указание: для доказательства замкнутости в L2  1,1 применить неравенство Гельдера для интегралов. Чтобы показать незамкнутость в L1  1,1 ,

 3/4  1 , t   1,   t  n    1 1 рассмотреть последовательность xn (t )  0, t   ,  .  n n   3/4 1  , t   ,1 t n  

125

2.6. Предкомпактные множества Определение: множество в нормированном (метрическом) пространстве называется предкомпактным, если его замыкание компактно. Замечание: множество в банаховом пространстве компактно точно тогда, когда оно замкнуто и вполне ограничено. Тем самым, учитывая, что замыкание всегда замкнуто, получаем, что множество предкомпактно тогда и только тогда, когда оно вполне ограничено. Отметим, что из компактности множества всегда следует его предкомпактность. Обратное в общем случае неверно. Теорема (о некомпактности шара): в бесконечномерном банаховом пространстве единичный шар с центром в начале координат не является предкомпактным множеством. Доказательство: рассмотрим последовательность  xn  линейно независимых векторов в нашем пространстве. Такая последовательность действительно существует, поскольку пространство бесконечномерно. Обозначим Ln – конечномерное подпространство, образованное векторами x1, x2 ,..., xn , тогда ясно, что Ln  Ln1 , Ln  Ln 1 . В силу теоремы Рисса о почти перпендикуляре для 1 1   yn  Ln : yn  1 и x  Ln 1 x  yn  1    , при n  2,3,... . Получили 2 2 последовательность  yn  , принадлежащую замыканию единичного шара. Вы1 берем m  n , тогда, поскольку Ln  Ln1  ...  Lm1 , то yn  Lm1 и ym  yn  . 2 Таким образом, последовательность  yn  не может быть фундаментальной, как и всякая ее подпоследовательность, а потому никакая ее подпоследовательность не может быть сходящейся. Тем самым, замыкание нашего шара не является секвенциально компактным, т.е. не является компактным, а сам шар не предкомпактен. Теорема доказана. Замечание: любой шар в бесконечномерном банаховом пространстве не предкомпактен (задача 22), а значит и некомпактен. Теорема (о нигде не плотности предкомпактного множества): в бесконечномерном банаховом пространстве X любое предкомпактное множество нигде не плотно. Доказательство: пусть M – предкомпактное множество. Допустим, что оно не является нигде не плотным, т.е. найдется открытый шар S (a, r ) , лежащий в пространстве X такой, что любой открытый шар, содержащийся в S (a, r ) , содержит точку из M . Докажем, что S (a, r )  M , где M – замыкание и множества M . Пусть x0  S (a, r ) . Рассмотрим шары S ( x0 , rn ) , где n r  x0  a rn  . n Если x  S ( x0 , rn ) , т.е. x  x0  rn , то 126

r  x0  a  x0  a  n r  x0  a  n x0  a r  (n  1) x0  a r  (n  1)r    r. n n n Таким образом, x  S (a, r ) , т.е. S ( x0 , rn )  S (a, r ) и по предположению получаем, что каждый шар S ( x0 , rn ) содержит точку из множества M . Обозначим каждую такую общую точку через xn . Ясно, что, поскольку xn  S ( x0 , rn ) и при n   rn  0 , то xn  x0 . Поскольку xn  M , то x0  M . Итак, доказали, что S (a, r )  M , а, следовательно, и S (a, r )  M ( M замкнуто и поэтому содержит все предельные точки шара S (a, r ) ). По определению предкомпактности M x  a  x  x0  x0  a  rn  x0  a 

компактно, поэтому шар S (a, r ) является замкнутым подмножеством компакта, следовательно, он компактен. Противоречие с предыдущей теоремой. Теорема доказана. Замечание: нигде не плотность компактного множества в бесконечномерном банаховом пространстве доказывается полностью аналогично. Определение: пусть   f ( x)  C  a, b  – некоторое множество функций. Это множество называется равностепенно непрерывным, если   0   0 : x1 , x2   a, b   x1  x2   f ( x1 )  f ( x2 )   . Определение: множество  f ( x)  C  a, b  называется равномерно ограниченным, если c  0 :  , x f ( x)  c .

Теорема Арцела-Асколи: множество  f ( x)  C  a, b  является предкомпактным тогда и только тогда, когда: 1.  f ( x) равномерно ограничено; 2.  f ( x) равностепенно непрерывно.

Доказательство: пусть  f ( x) предкомпактно. 1. Раз множество  f ( x) предкомпактно, то его замыкание компактно. Компактное множество всегда ограничено, т.е. замыкание нашего множества ограничено. Следовательно, само множество тем более ограничено, т.е.  f ( x)  c , откуда sup f ( x)  c , значит,  , x f ( x)  c , что и означает равx a ,b

номерную ограниченность. 2. Надо доказать, что   0   0 : x1 , x2   a, b   x1  x2   f ( x1 )  f ( x2 )   . Поскольку  f ( x) предкомпактно, то оно вполне ограничено, значит по определению вполне ограниченности,   0 для f есть ко-

  -сеть f1 , f 2 ,..., f n . По определению -сети это означает, что f k  1, n : 3 3    f  f k  , откуда sup f ( x)  f k ( x)  , в частности, x   a, b  f ( x)  f k ( x)  . 3 3 3 x a ,b

нечная

127

Функция f1 непрерывна на отрезке, значит, по теореме Кантора, она равномерно непрерывна, т.е. для   0 1  0 : x1 , x2   a, b  x1  x2  1

f1 ( x1 )  f1 ( x2 ) 

 3

. Аналогично, f 2 равномерно непрерывна, т.е. для   0

 2  0 : x1 , x2   a, b  x1  x2   2

f 2 ( x1 )  f 2 ( x2 ) 

 3

. И т.д. На n -м шаге для

   0  n  0 : x1 , x2   a, b  x1  x2   n f n ( x1 )  f n ( x2 )  . Возьмем   min 1 , 2 ,..., n  , 3

значит, если x1  x2     k , то k  1, n : f k ( x1 )  f k ( x2 ) 



. Тогда 3 f ( x1 )  f ( x2 )  f ( x1 )  f k ( x1 )  f k ( x1 )  f k ( x2 )  f k ( x2 )  f ( x2 ) 







 . 3 3 3 Обратно: пусть  f ( x) равномерно ограничено и равностепенно непрерывно. Надо доказать, что оно предкомпактно, т.е. в силу критерия Хаусдорфа достаточно доказать, что оно вполне ограничено в пространстве C  a, b  , т.е.   0 нужно для f построить конечную  -сеть, т.е. найти набор функций  f ( x1 )  f k ( x1 )  f k ( x1 )  f k ( x2 )  f k ( x2 )  f ( x2 ) 





f1 , f 2 ,..., f n таких, что f k  1, n : f  f k   .

Поскольку  f ( x) равномерно ограничено, то оно ограничено и сверху, и снизу, т.е. c1, c2 :  , x c1  f ( x )  c2 . Поскольку  f ( x) равностепенно  непрерывно, то   0   0 : x1 , x2   a, b   x1  x2   f ( x1 )  f ( x2 )  . 3 Графики всех функций f лежат в прямоугольнике. Разобьем  a, b  на равные части так, чтобы длина каждой части была меньше  . Отрезок  c1 , c2 

 . 3 Будем рассматривать всевозможные функции, графиками которых являются ломаные линии, проходящие через узлы получившейся сетки. Ясно, что, поскольку узлов в сетке конечное число, то таких функций тоже будет конечное число. Их и обозначим через f1 , f 2 ,..., f n и покажем, что они и будут нужной нам  -сетью. Возьмем f . Обозначим точки разбиения отрезка  a, b  через x0 , x1, x2 ,..., xl , а точки разбиения отрезка c1, c2  – через y0 , y1, y2 ,..., yl . Для каждого  и каждого xi обозначим через  yi  f k ( xi ) точку, ближайшую к f ( xi ) . Тогда ясно, что f ( xi )  yi  . При 3 разобьем на равные части так, чтобы длина каждой части была меньше

128

этом x   a, b  будем выбирать номер i так, чтобы точка xi была ближайшей к точке x , тогда xi  x   и по построению f k ( xi )  f k ( x) 



. Осталось прове3 рить, что для так составленной функции f k ( x) f  f k   , т.е. sup f ( x)  f k ( x)   , x a ,b

т.е. x   a, b  f ( x)  f k ( x)   . Действительно,

f ( x)  f k ( x)  f ( x)  f ( xi )  f ( xi )  f k ( xi )  f k ( xi )  f k ( x) 

 f ( x)  f ( xi )  f ( xi )  f k ( xi )  f k ( xi )  f k ( x) 

 3



 3





 .

3

Теорема доказана. Замечание: можно распространить доказанную теорему на случай пространства C ( X ) , где X  n – компактное множество (см. [7]). Замечание: ясно, что для замкнутых множеств понятия компактности и предкомпактности совпадают. Примеры решения задач 1. Доказать, что множество M непрерывно дифференцируемых на  0,1 функций, для которых x '(t )  1 при t   0,1 и x(0)  a , предкомпактно в C  0,1 . Решение: представим произвольную функцию x(t )  M в виде t

x(t )  a   x '( )d . Тогда равномерная ограниченность таких функций следует 0

t

t

t

t

0

0

0

0

из x(t )  a   x '( )d  a   x '( )d  a   x '( ) d  a  1d  a  t  a  1 . Для проверки равностепенной непрерывности надо   0 найти такое   0 , чтобы t1 , t2   0,1 из t1  t2   следовало x(t1 )  x(t2 )   . Пусть t1  t2 , тогда

x(t1 )  x(t2 ) 

t1

t2

0

0

 x '( )d   x '( )d

t2

t2

t2

t1

t1

t1



t1

t1

t2

0

0

t1

 x '( )d   x '( )d   x '( )d



  x '( )d   x '( ) d  1d  t2  t1   при выборе    .

2. Пусть M – множество непрерывных на  0,1 функций, для которых x (t )  1 при t   0,1 , x(0)  0 , x(1)  1. Является ли оно компактным в C  0,1 ? Решение: рассмотрим функцию f : C  0,1 

1

такую, что f ( x)   x 2 (t )dt 0

x  C  0,1 . Легко проверить, что f непрерывна в C  0,1 , и, в частности, на множестве M . Кроме того, f ( x)  0 . Предположим, что M – компактно, тогда по теореме Вейерштрасса f принимает на M свое наименьшее значение, т.е. 129

x0 (t )  M : inf f ( x)  f ( x0 ) . Тогда  xn (t )  M : f ( xn )  f ( x0 ) при n   . xM

Поскольку f ( xn )  0 , то и f ( x0 )  0 . С другой стороны, x  M f ( x0 )  f ( x) , в 1

1 . Пе2 1 n  0 реходя к пределу при n   , получаем, что f ( x0 )  0 . Из полученных нерачастности, возьмем xn (t )  t  M и получим f ( x0 )  f ( xn )   t 2 n dt  n

венств следует, что f ( x0 )  0 , откуда

1

x

0

2

(t )dt  0 . Значит, поскольку x0 (t ) не-

0

прерывна, то x0 (t )  0 . Ясно, что 0  M , т.е. получили противоречие, следовательно, множество M некомпактно. 3. Предкомпактно ли множество x (t )  sin t ,   1,2 в пространстве C  0,1 ? Решение: поскольку  ,t x (t )  sin  t  1 , то множество x (t ) равномерно ограничено. Для проверки равностепенной непрерывности надо   0 найти такое   0 , чтобы t1 , t2   0,1  из t1  t2   следовало x (t1 )  x (t2 )   . Применяя теорему Лагранжа, при  , лежащем между t1 и t 2 , находим, что x (t1 )  x (t2 )  sin  t1  sin  t2   cos   t1  t2   t1  t2  2  t1  t2   , откуда



, т.е. достаточно взять  



. Таким образом, множество x (t ) пред2 2 компактно. 4. Предкомпактно ли множество xn (t )  sin nt , n в пространстве C  0,1 ? Решение: предположим, что множество предкомпактно, тогда по теореме Арцела-Асколи оно равностепенно непрерывно, т.е.   0   0 : t1 , t2   0,1 n  t1  t2   xn (t1 )  xn (t2 )   . В частности, можно взять 1 1 t1  0 и t2  , тогда t1  t2  , значит, начиная с некоторого n для любого n n 1   0   , т.е. t1  t2   . Тогда xn (t1 )  xn (t2 )  sin nt1  sin nt2  sin1  sin1. n Выбирая   sin1 , получим противоречие с определением равностепенной непрерывности, значит множество не предкомпактно. 5. Предкомпактно ли множество xn (t )  t n , n в пространстве C  0,1 ? Решение: предположим, что множество предкомпактно, тогда по теореме Арцела-Асколи оно равностепенно непрерывно, т.е.   0   0 : t1 , t2  0,1 1 t1  t2   xn (t1 )  xn (t2 )   . В частности, можно взять t1  1 и t2  1  , n  n 1 1 тогда t1  t2  , значит, начиная с некоторого n для любого   0   , т.е. n n

t1  t2 

n

t1  t2   . Тогда xn (t1 )  xn (t2 )  t  t2 n 1

n

1  1  1  1    1  при n   . e  n

130

1 1 Тем самым, начиная с некоторого n , xn (t1 )  xn (t2 )  1   и при выбо2 e 1 1 ре   1   получим противоречие с определением равностепенной непре2 e рывности, значит множество не предкомпактно. 6. Доказать, что C (1)  a, b можно представить в виде счетного объединения нигде не плотных в C  a, b  множеств.

Решение: пусть S 0, n – замкнутый шар радиуса n с центром в точке

x0 (t )  0 в пространстве C (1)  a, b , т.е.

  S  0, n   x(t )  C (1)  a, b  : x C (1) a ,b  sup x(t )  sup x '(t )  n, n   . t a ,b t a ,b    Легко доказать, что C (1)  a, b   S  0, n  (см. задачу 13). Для каждого фикn

сированного n

рассмотрим S  0, n  уже как множество в C  a, b  . Это можно

сделать, поскольку C (1)  a, b  C  a, b . Если покажем, что при каждом n множество S  0, n  нигде не плотно в C  a, b  , то задача будет решена. В силу нигде не плотности предкомпактного множества достаточно доказать, что S  0, n  – предкомпактное множество в C  a, b  для каждого фиксированного n . По теореме Арцела-Асколи достаточно проверить равномерную ограниченность и равностепенную непрерывность. Пусть x  S 0, n  C (1)  a, b . Заметим, что x

C a ,b

 sup x(t )  sup x(t )  sup x '(t )  x t a ,b

t a ,b

t a ,b

C (1)  a ,b

 n , т.е. множе-

ство S  0, n  равномерно ограничено в C  a, b  (см. доказательство теоремы Ар-

цела-Асколи). Далее, возьмем   0 и t1 , t2   a, b  , такие, что t1  t2   . То-

гда x  S 0, n  C (1)  a, b по теореме Лагранжа, получаем, что при  , лежащем между t1 и t 2 , x(t1 )  x(t2 )  x '( )  t1  t2  sup x '(t )    n   , и, при t a ,b

   , получаем, что для S  0, n  выполнено определение равностепенной не-

n прерывности в C  a, b  .

Задачи для самостоятельного решения 1. Пусть M – множество непрерывных на  0,1 функций, для которых x (t )  1 при t   0,1 . Доказать, что M не является предкомпактным множеством в пространстве C  0,1 . Указание: привести пример не предкомпактного множества xn (t ) , удовлетворяющего условию задачи. 131

2. Предкомпактно ли множество x (t )  cos  t ,    2,3 в пространстве C  0,1 ? 3. Пусть M – равномерно ограниченное множество функций x(t ) в пространстве C  a, b  . Доказать, что множество функций вида

t

 x( )d

предком-

0

пактно в C  a, b  .

4. Предкомпактно ли множество x (t )  et  ,   3,10 в пространстве

C  0,1 ? 5. Предкомпактно ли множество x (t )  arctgt ,   в пространстве C  0,1 ? 6. Пусть M – ограниченное множество функций x(t ) в пространстве C  a, b  , которые удовлетворяют условию Липшица с общей постоянной. Доказать, что M предкомпактно в C  a, b  . Указание: условие Липшица имеет вид: t1 , t2   a, b  x(t1 )  x(t2 )  c t1  t2 . 7. Предкомпактно ли в C  0,1 множество M  e t :    2,0 ? 8. Предкомпактно ли в C  0,1 множество M 

 at  : a  1, n   ? n



an  nx e , где  an n – 3 n n 1 an  1 , образует предком-

9. Доказать, что совокупность функций вида f ( x)   произвольная последовательность такая, что n  пактное множество в пространстве C  a, b  .



an , где  an n – 2 n 1 x  n an  1 , образует предком-

10. Доказать, что совокупность функций вида f ( x)  

произвольная последовательность такая, что n  пактное множество в пространстве C  a, b  . 11. Доказать предкомпактность в C  a, b  множества всех тех функций, для которых x   a, b   f '( x)   f 2 ( x)  1 . 2

Указание: воспользоваться тем, что  f '( x)   1 и f 2 ( x)  1 . 2

12. Предкомпактно ли множество M   x(t )  C 0,1 : x(0)  x(1), x '(t )  1 в

пространстве C  0,1 ?

13. Доказать, что C (1)  a, b  

S  0, n  (см. пример 6). n



14. Предкомпактно ли множество M  t

n

:n

15. При каких a и b множество M  t n : n 

 в пространстве C 0,1 ?

 будет предкомпактным в

пространстве C  a, b  ? Как это согласуется с примером 5 ? 132

Указание: при 1  a  b  1 . При проверке равностепенной непрерывности воспользоваться теоремой Лагранжа и получить условие, при котором производные функций множества M равномерно ограничены. Использовать предел lim n n  0 при   1 . n

16. Предкомпактно ли множество M  стве C  0,1 ? Указание: воспользоваться f (t )  t на отрезке  0,1 .





t cos at : a   0,1 в простран-

равномерной

непрерывностью

функции

17. Предкомпактно ли множество M  cos(at  b) : a  0,2, b 

пространстве C  0,2  ?

18. Предкомпактно ли множество M  sin(t 2  n) : n 

C  0,1 ?



19. Предкомпактно ли множество M  cos nt : n  C  0,1 ?

 

20. Предкомпактно ли множество M  cos пространстве C  0,1 ?





в

 в пространстве



в пространстве



n  t  sin(n  t ) : n 

21. Предкомпактно ли множество M  cos nt  cos n  1t : n 



в

 в про-

странстве C  0,1 ? Указание: показать, что производные равномерно ограничены. 22. Доказать, что в бесконечномерном банаховом пространстве шар с центром в начале координат радиуса R не является предкомпактным множеством. Доказать то же самое для шара с центром в произвольной точке пространства. Указание: предположить противное, найти для шара с центром в начале координат конечную R -сеть и показать, что в таком случае найдется конечная  -сеть и для сжатого в R раз единичного шара. В случае шара с произвольным центром выполнить перенос центра в начало координат. 23. Используя пример 6 и теорему Бэра показать, что множество C (1)  a, b не может быть подпространством в C  a, b  . 24. Предкомпактно ли множество M  ln(2  t  ) :    0,2 в пространстве

C  0,1 ?

Указание: найти последовательность  xn   M , из которой нельзя выделить сходящуюся в C  0,1 подпоследовательность.    1 25. Предкомпактно ли множество M  arctg   t   :    в простран 2   стве C  0,1 ? 133

26. Предкомпактно ли множество M  et  :   0,   в пространстве

C  0,1 ?

27. Предкомпактно ли множество M  sin  t :    a, b  в пространстве

C  0,1 ?

28. Предкомпактно ли множество M  sin(t   ) :    a, b  в пространстве

C  0,1 ?

29. Предкомпактно ли множество M  sin(t  n) : n  C  0,1 ?



в пространстве

    1 30. Предкомпактно ли множество M  n  3 t   3 t  : n   в пространn     стве C  0,1 ? Указание: показать, что множество не является равномерно ограниченным. 31. Предкомпактно ли множество M  x  C (2)  a, b : x(t )  c0 , x '(t )  c1, x ''(t )  c2

в пространстве C  a, b  ?

32. Предкомпактно ли множество M   x  C (2)  a, b : x(t )  c0 , x ''(t )  c2  в

пространстве C  a, b  ? Указание: см. указание к задаче 34. Показать, что первые производные равномерно ограничены. 33. Предкомпактно ли множество M  x  C (2)  a, b : x '(t )  c1, x ''(t )  c2  в

пространстве C  a, b  ? Указание: подобрать пример не равномерно ограниченного множества xn (t ) , принадлежащего M .





34. Пусть M  x  C (1)  a, b  : x '(t )  c0 . Доказать, что множество M предкомпактно в пространстве C  a, b  тогда и только тогда, когда существует постоянная c1  0 такая, что для всех x(t )  M

b

 x(t )dt  c1 . a

Указание: при доказательстве равномерной ограниченности воспользоb

ваться теоремой о среднем, согласно которой

 x( )d  x( )(b  a)

и пред-

a t

ставить x(t )   x '( )d  x( ) . 



35. Предкомпактно ли множество M  sin( t  a ) : a  134

 в C 0,1 ?

a   36. Предкомпактно ли множество M   t cos : a   0,1 в C  0,1 ? t   a Указание: рассмотреть последовательность xn (t )  t cos n  M и покаt зать, что из неё можно выделить сходящуюся в M подпоследовательность an xnk (t )  t cos k . См. указание к задаче 43, п.1.3 раздела I. t 37. Является ли предкомпактным в пространстве C  0,1 множество





M  x(t )  C  0,1 : a  1, t   0,1, x(t )  t cos  at  .

Указание: найти последовательность элементов M , из которой нельзя выделить сходящуюся в C  0,1 подпоследовательность.

38. Предкомпактно ли в C  0,1 множество функций f (t ) , удовлетворяю-

щих условию t 4  f (t )  t 3 ? Указание: рассмотреть f n (t )  t 4 cos 2 nt  t 3 sin 2 nt . 39. Доказать, что множество непрерывно дифференцируемых на отрезке

 a, b функций

x(t ) таких, что

в пространстве C  a, b  .

  x(t ) b

2

 x '(t )

2

 dt  c является предкомпактным

a

t

Указание: представить x(t )  x(a)   x '( )d . Для оценки величины x ( a ) a

предварительно проинтегрировать указанное представление по отрезку  a, b  . Использовать неравенство Коши-Буняковского для интегралов. 40. Доказать, что множество непрерывно дифференцируемых на отрезке

 a, b 

b

функций x(t ) таких, что



p

x '(t ) dt  1, 1  p   , x(0)  1 является пред-

a

компактным в пространстве C  a, b  . 41. Используя теорему об изоморфности конечномерных пространств доказать, что подмножество конечномерного пространства предкомпактно тогда и только тогда, когда оно ограничено. 42. Являются ли множества M  cos2 (at 2 ) : a   , N  sin(at 2 ) : a  и



  a3 L a :  0,2    предкомпактными в C  0,1 ? 2  (a  t  1)  43. Являются ли множества M  t 2 n  t n : n   , N  t n1  t n : n  L

 1 t

n

: n

 предкомпактными в C 0,1 ? 135





и

44. Доказать, что множество M в пространстве C ( n ) [a, b] , n  1,2,... предкомпактно тогда и только тогда, когда оно ограничено, а множество M n  x( n ) (t ) : x(t )  M  равностепенно непрерывно. 45. Верно ли, что множество M предкомпактно в пространстве C ( n ) [a, b] , n  1,2,... тогда и только тогда, когда множество M n из предыдущей задачи предкомпактно в C[a, b] ?     46. При каких   ,   0 множество M   x  l p :  n  n  1 предn 1   компактно в пространствах l p , 1  p   ?    47. Пусть M   x  l1 :  n   y (t )cos ntdt , y  C (1) [ ,  ], y C (1)  1 . Является    ли множество M предкомпактным? 1   y (t ) 48. Является ли множество M   x  l1 :  n   2 2 dt , y  C[0,1], y C  1 n t 0   предкомпактным? 49. Является ли замкнутым, ограниченным и предкомпактным множество a    M   x  C  0,1 : a  1,   , t   0,1 x(t )  e t  ?  

136

2.7. Пространства Lp  E , d   , 1  p   Определение: пусть 1  p   . Пространством Lp  E, d   называется множество классов

f

измеримых функций, таких, что f   f 



f d    с p

E

1 p

  p нормой f    f d   . E  Замечание: поскольку значение интеграла Лебега не зависит от того, какой представитель класса  f  стоит под знаком интеграла, то под знаком нормы и интеграла квадратные скобки можно опускать. Теорема (о пространстве Lp  E, d   ): Lp  E, d   действительно является линейным нормированным пространством. Доказательство: 1. Проверим линейность, т.е.: а) Если  f   Lp  E, d   , то  f   Lp  E, d   ,   ; б) Если  f , g   Lp  E, d   , то  f  g   Lp  E, d   .

а) Поскольку



f d    , то p

E

  f d   p

E

б) Поскольку  f , g   Lp  E, d   , то



2. Проверим аксиомы нормы, т.е.: а) f  0 ;





f d    . p

E

f d    и p

E

из неравенства Минковского следует, что

p

g

p

d    , тогда

E

f  g d    . p

E

б) f  0   f    0 ; в)  f    f ; г) f  g  f  g .

Все эти свойства вытекают из определения нормы в Lp  E, d   и неравен-

ства Минковского. Неочевидным является лишь следствие f  0   f    0 . Если f  0 , то



p

f d   0 откуда, по теореме о функциях с нулевым ин-

E

п .в .

тегралом, f  0 , значит, по определению класса,  f    0 . Теорема доказана. Замечание: в дальнейшем, (кроме особо оговоренных случаев) будем писать Lp  E, d    Lp и говорить “функция f  L p ” вместо “класс [ f ]  L p ”. Lp

Определение: если 1  p   и f n ( x )  f ( x ) , т.е. f n  f  0 , то такая сходимость называется сходимостью в среднем в степени p . 137

Теорема (о связи видов сходимостей): 1. Равномерная сходимость последовательности измеримых функций f n ( x ) влечет за собой любую другую сходимость (в некоторых случаях необходимо выполнение условия  ( E )   ). 2. Если  ( E )   и p  q  1 , то сходимость в среднем в степени p влечет за собой сходимость в среднем в степени q . 3. Если  ( E )   , то сходимость в среднем в степени p влечет за собой сходимость по мере. Доказательство: 1. То, что из равномерной сходимости следует поточечная, известно из курса математического анализа. Если последовательность сходится поточечно, то она, очевидно, сходится и почти всюду. То, что из равномерной сходимости следует сходимость в среднем в степени p при  ( E )   , предлагается доказать самостоятельно (см. задачу 7). f ( x) , т.е.   0 N  : n  N x  E f n ( x)  f ( x)   . Пусть f n ( x) Отсюда n  N  x  E : f n ( x)  f ( x)      , т.е. n  N   x : f n ( x)  f ( x)     0 , поэтому   0 lim   x : f n ( x)  f ( x)     0 , т.е. f n ( x ) сходится по мере. n

2. Предлагается доказать самостоятельно (см. задачу 15). Lp

3. Пусть f n ( x )  f ( x ) , т.е.



f n ( x)  f ( x) d   0 . В силу обобщённого p

n

E

неравенства Чебышева   0   x  E : f n ( x)  f ( x)    

1



p

 f ( x)  f ( x) n

p

d ,

E

тогда, переходя к пределу при n   , получаем, что и требовалось. Теорема доказана. 

Lp

Замечание: поскольку из условия f n ( x )  f ( x ) следует f n ( x)  f ( x) , а из 

п .в .

п .в .

Lp

f n ( x)  f ( x) следует f nk ( x)  f ( x) , то, если f n ( x )  f ( x ) , то f nk ( x )  f ( x ) . п.в.

Тем самым, если f n ( x)  f ( x) то в среднем последовательность f n ( x ) может сходиться только к функции f ( x) . Определение: пусть f – измеримая функция на измеримом множестве E , c  . Число c называется почти всюду мажорантой (минорантой) для f , если неравенство f ( x)  c ( f ( x)  c ) выполняется почти всюду на E . Определение: точная нижняя грань множества почти всюду мажорант функции называется ее существенной точной верхней гранью и обозначается esssup f ( x) . Точная верхняя грань множества почти всюду минорант функции xE

называется ее существенной точной нижней гранью и обозначается essinf f ( x) . xE

Замечание: esssup f ( x) и essinf f ( x) не изменятся, если функцию измеxE

xE

нить на множестве нулевой меры, т.е. эти понятия корректно определены для классов почти всюду совпадающих функций. 138

Замечание: таким образом, esssup f ( x)  inf a  :  ( x  E : f ( x)  a)  0 . xE

Теорема (о достижимости esssup f ( x) ): если esssup f ( x)  A , то A – xE

xE

наименьшая из почти всюду мажорант функции f на множестве E . Доказательство: по свойству точной нижней грани найдется последовательность an  a  :  ( x  E : f ( x)  a )  0 такая, что an  A . По определению почти всюду мажоранты для каждого n существует множество M n нулевой меры такое, что x  M n f ( x)  an . Если M  M n , то, в силу счетной n

полуаддитивности меры Лебега,  ( M )  0 и n  x  M f ( x)  an . Переходя к пределу при n   , получим x  M f ( x)  A , т.е. A – почти всюду мажоранта f . Теорема доказана. Определение: функция называется существенно ограниченной сверху (снизу), если у нее существует хотя бы одна п.в. мажоранта (п.в. миноранта). Функция называется существенно ограниченной, если она существенно ограничена и сверху, и снизу. Теорема (о существовании esssup f ( x) ): пусть f – измеримая на множеxE

стве E функция, существенно ограниченная на нем сверху, тогда f имеет на E существенную точную верхнюю грань. Доказательство: поскольку f существенно ограничена сверху, то у нее п .в .

есть п.в. мажоранта M . По определению f ( x)  M , т.е.   x  E : f ( x)  M   0 , а   x  E : f ( x)  M   0 . Пусть X – множество п.в. мажорант f . Поскольку f имеет п.в. мажоранту, то X непусто. Покажем, что X ограничено снизу. От противного: допустим, что X снизу не ограничено, тогда c  y  X : y  c . п.в.

п .в .

Поскольку f ( x)  y , то f ( x)  c на множестве E , т.е.   x  E : f ( x)  c  0 . Пусть E1   x  E : f ( x)  0 , тогда  ( E1 )  0 . Если E2   x  E : f ( x)  1 , то

 ( E2 )  0 и т.д. Очевидно, что E 

 n 1



En откуда  ( E )    ( En )  0 . Итак, n 1

 ( E )  0 . Поскольку  x  E : f ( x)  M   E , то   x  E : f ( x)  M   0 . Противоречие. Таким образом, множество X имеет точную нижнюю грань, которая и

будет существенной точной верхней гранью для f . Теорема доказана. Теорема (свойства esssup f ( x) ): 1. Если функции f и g существенно xE

ограничены сверху на E , то их сумма f  g также существенно ограничена сверху на E и при этом esssup( f  g )  esssupf  esssupg . 2. Если f существенно ограничена сверху на E и   0 , то  f также существенно ограничена сверху на E и при этом esssup f  esssupf . 139

п .в .

3. Если функция g существенно ограничена сверху на E и f  g на E , то esssupf  esssupg . Доказательство: 1. Пусть f и g существенно ограничены сверху, M 1 – п .в .

п .в .

п.в. мажоранта f , M 2 – п.в. мажоранта g , тогда f ( x)  M1 и g ( x)  M 2 . Склап.в.

дывая, получаем, что f ( x)  g ( x)  M1  M 2 . Значит, M 1  M 2 – п.в. мажоранта для f ( x)  g ( x) , т.е. f ( x)  g ( x) существенно ограничена сверху, и наименьшая п.в. мажоранта эту не превосходит, т.е. esssup( f  g )  M1  M 2 . п .в .

п .в .

2. Пусть M  esssupf , тогда f ( x)  M ,  f   M , т.е.  M – п.в. мажоранта для  f и esssup f   M . Пусть есть еще одна п.в. мажоранта для  f п .в . M п.в . M1 M 1   M . Тогда  f  M1 , откуда f  1 , т.е. – п.в. мажоранта для f .



При этом M 

M1





, откуда  M  M 1 – противоречие.

3. Предлагается доказать самостоятельно (задача 1). Теорема доказана. Определение: пространством L  E , d    L называется множество классов почти всюду совпадающих измеримых функций, которые существенно ограничены и норма определяется равенством f  esssup f ( x) . xE

Теорема (о пространстве L ): L – есть линейное нормированное пространство и f действительно является нормой. Доказательство: 1. Свойства линейности следуют из пунктов 1 и 2 предыдущей теоремы. 2. Аксиомы нормы, за исключением следствия f  0   f    0 , очевидны из определения нормы и предыдущей теоремы. Пусть esssup f  0 , т.е. 0 п .в .

п .в .

п .в .

является п.в. мажорантой для f , т.е. f  0 . Отсюда f  0 и f  0 . Теорема доказана. Замечание: в дальнейших примерах и задачах там, где не оговорено явно, рассматриваются пространства L p для конечного p . Примеры решения задач 1. Доказать, что последовательность xn (t )  n 2te  nt сходится поточечно к функции x(t )  0 для любого t  0 , но не сходится в пространстве L2  0,1 .

n 2t  0 , в силу сравнения скоростей роста n n e nt степенной и показательной функций, значит, xn (t )  0  x(t ) поточечно. Решение: t   0,1 lim xn (t )  lim

140

Проверим сходимость в пространстве L2  0,1 , т.е. по норме этого про1

 x (t )  x(t )

странства: xn (t )  x(t ) 

1

2

n

n t e

dt 

0

n

2

n

1

dt  n

2

0

t e

2 2 nt

dt 

0

1 1 1  2  1 2 2 nt 1  2 2 nt 1 1  2 n 1 2 nt 2   t de  n   t e   2te dt   n   e   2tde 2 nt   0 2n 0 2n  2n  2n 0 0  

2

n

4 2 2 nt

2

1 1  e2 n e2 n 1  2 nt 1 1  2 n 2 2 nt  2 nt 2     2e  e    2te 0  2 e dt   n  2n 4n 2  2n 4n 2  2n 0 0 

e 2 n e 2 n e 2 n e 2 n 1  2 n 1 2 n 1  1 2   2  2e  e    n      n n 2n 4n  2n 2n 2 4n 3 4n 3

n3e2 n n2e2 n ne2 n n n3 n2 n n        2 n  2 n  2 n    при n   . 2 2 4 4 2e 2e 4e 4 Таким образом, xn (t )  n 2te  nt не сходится в L2  0,1 . 2. Определить, при каких значениях p  1 последовательность f n ( x)  n2e nx сходится в пространстве Lp  , dx  . Решение: при x  0 f n ( x)  n   . При x  0 , lim xn (t )  lim 2

n 

n 

n2 e nx

2

2

 0 . Та-

п .в . , x  0, . Значит, f n ( x)  0 , поким образом, поточечно f n ( x)  f ( x)   x  \ 0 0, скольку f n ( x ) не сходится к нулю только в одной точке. Таким образом, последовательность f n ( x ) может сходиться в Lp  , dx  только к нулю. Используя

интеграл Эйлера-Пуассона



t  e dt   , сосчитаем: 2





f n ( x)  f ( x)  p





f n ( x)  f ( x) dx  p



n

2 p  npx 2

e



Таким образом, f n ( x)  f ( x)  p

 1 2 p 2



n2 p n2 p  t 2 dx   e dt  np . np 

 0 при

1 1  2 p  0 , т.е. при p  , 4 2

pn что противоречит условию p  1 . Значит, последовательность не сходится ни в каком пространстве Lp  , dx  при p  1 . 3. Пусть  ( E )   . Доказать, что при p  q  1 L  Lp  Lq . п.в.

Решение: пусть f  L , т.е. f  M , тогда

f E

p

d    M p d   M p  ( E )   ,

т.е. f  L p (при p  1 ). Далее, пусть f  L p , p  1 , т.е.

E

 E

141

f d    . Обознаp

чим p ' 

1 1 p   1. Применим неравенство Гель 1 и найдем q ' такое, что p' q' q

 q q f d f d 1       f E E E следовательно, f  Lq . дера:

qp '

1 p'

1 q'

     p d    1q ' d      f d    E  E 

1 p'

1

  ( E )  q '   ,

1 1 1    1 , f  L p , g  Lq , h  Lr . Доказать, что f  g  h  L1 и p q r f  g h 1  f p g q h r . 4. Пусть

1 1 1 1 1 1 1   1. Кроме того,   1 . То  , тогда q/s r/s p s q r s гда в силу неравенства Гельдера (в виде норм): f  g  h 1  f p gh s  f p g sq / s h sr / s  f p g q h r . Решение: пусть

1

1  1  5. Показать, что функция y   x ln 2  принадлежит пространству L1  0,  , x  2   1 но не принадлежит ни одному из пространств L p  0,  при p  1 .  2 Решение: рассматриваемая функция не определена только в нуле, поэтому  1  1 она определена почти всюду на  0,  . Чтобы убедиться, что y  L1 0,  , надо  2  2 доказать, что интеграл

тельно,

1 2

1

 x ln 0

1 2

2

x

1 2

1 2

1

1 2

1 1  2 1 ln x dx dx     0  x  0 2 1 0 x ln 2 xdx конечен. Действиx ln x 1 2

d ln x 1 1   . Для того чтобы показать, что 2 ln ln ln 2 x x 0 0

dx  

1 2

1 p

1 2

1 1  1  y  L p 0,  при p  1 , надо показать, что интеграл   x ln 2  dx   p 2 p dx x x ln x  2 0  0 расходится. Заметим, что этот интеграл является несобственным с единственной особенностью в точке 0, причем подынтегральная функция неотрицательна. Поэтому удобно исследовать этот интеграл, сравнивая его с какой-либо функцией в окрестности точки 0. Поскольку p  1 , то   0 : p    1 . Далее, применяя правило Лопиталя, 1 2 p   ln 2 p1 x 2p ln x 2 p ln 2 p 1 x x имеем lim x ln 2 p x  lim . Через 2 p  1  lim  lim x 0 x 0  1  x 0 x 0  1   1     1        x  x  x  142

 1 шагов получим, что нужный нам предел равен 0, т.е.  1  0   0 : x  0,   2 1 1 0  x   x ln 2 p x  1 , откуда  2 p  . Выберем  1  1 , тогда x   0,   x ln x 1 1 1 1 1  1   и получим, что . Поскольку интеграл x ln 2 p x x p ln 2 p x x p  x ln 2 p x x p    1 1 расходится, то интеграл dx 0 x p 0 x p ln 2 p xdx также расходится в силу признака сравнения.  sin xy 6. Пусть f  Lp  (0, ), dx  , 1  p  2 . Доказать, что интеграл  f ( x) dx , x 0 y  является абсолютно сходящимся. Решение: в силу неравенства Гельдера 



f ( x)

0

 sin xy dx   x 



 0

1

1 p

q q    sin xy p f ( x) dx    dx  . 0  x    

q

sin xy dx Поскольку f  Lp  (0, ), dx  , то осталось показать, что интеграл  x 0 sin xy 1 1 сходится на (0, ) , т.е. что  Lq  (0, ), dx  , где q таково, что   1 . p q x q

sin xy 1 1 1 Заметим, что  q . Кроме того, поскольку 1  p  2 , и   1 , то p q x x2  1 1 1 1 1  1  , откуда  1   1 , значит, q  2 . Значит,  q dx сходится и по приp q 2 q  x2 q  sin xy dx . знаку сравнения сходится интеграл  x 0 

arctgx функция f ( x)  , 7. Определить, для каких значений  ,   (1  x 2 ) x принадлежит пространству Lp  , dx  при p  1 . Решение: ясно, что необходимо исследовать на абсолютную сходимость несобственный интеграл







 p

p

  arctgx arctgx (arctgx)  p dx   dx  2  dx . Осо2 p 2 p (1  x 2 ) (1 ) (1 ) x x   0 

быми точками для этого интеграла являются точки x  0 (если   0 ) и x   . (arctgx)  p 1 p При x  0 и   0 arctgx x , значит, . Поскольку x  (1  x 2 ) p x  p 143

интеграл



1

x 

 p

dx при малых  сходится только при   p  1 , то исходный ин-

0

1    0. p При   0 в окрестности точки 0 интеграл сходится, поскольку подынте1 гральная функция непрерывна в этой окрестности. Итак, при всех    инp теграл сходится в окрестности точки x  0 . p  (arctgx)  p    1 2 2 , 1  x x , тогда . ПоПри x   arctgx    2 x 2 p (1  x 2 ) p  2  теграл сходится в окрестности точки 0 по признаку сравнения при 

скольку интеграл



1

 x 

2 p

dx сходится только при 2 p  1, то исходный интеграл

сходится в окрестности  по признаку сравнения при   Итак, f  Lp  , dx  при  

1 1 и   . 2p p

8. Определить, для каких значений  

 x, y  

2

1 . 2p

принадлежит пространству Lp 

2

функция f ( x, y ) 

, dxdy  при p  1 .

1 , (1  x  y 2 ) 2

Решение: снова надо исследовать на сходимость несобственный интеграл dxdy   (1  x2  y 2 ) p . Перейдем к полярным координатам x  r cos и y  r sin  ,  

учитывая, что r  0 и    0, 2  . Якобиан перехода:  

dxdy  Тогда   2 2 p x y (1   )  

 2

 0 0

rd dr  2 (1  r 2 ) p



yr ' y '

rdr

 (1  r 0

xr ' x '

2 p

)



cos r sin  sin 

r cos

r.

. Получили интеграл с

единственной особенностью в точке x   . При r   1  r 2 r 2 , т.е.  1 r r 1 . Поскольку интеграл   r 2 p1 dr сходится только при (1  r 2 ) p r 2 p r 2 p 1 1 условии 2 p  1  1 , то исходный интеграл сходится только при   . p 9. Определить, для каких p  1 последовательность f n ( x)  n  

1 0, n 

n , где  

1 0, n 

( x) ,

 1 ( x) – характеристическая функция промежутка  0,  , сходится  n

в пространстве Lp 

. 144

Решение: напомним, что характеристическая функция множества E опре  1 1, x  0,   1, x  E   n деляется следующим образом:  E ( x)   , т.е.   1  ( x)   . 0,  0, x E  1     0, x  0,  n  n  

  1 n x  ,  0, n   Тогда f n ( x)   0, x   ,0   , x  0 , и, f n ( x)   x    0, ,0 0,     

1   n ,  

.

При

получаем,

n 

что

п .в .

таким образом, f n ( x)  f ( x)  0 на мноn

. Значит, последовательность f n ( x ) может сходиться в Lp  , dx 

жестве

только к нулю. Тогда f n  f

     p    f n ( x)  f ( x) dx        0  1 n

1 p

Lp

1 p

   n dx      

 

p

 n

p

1 p

1    n

1 p

 1  1 1 1   p   1 1  0 только при   0 , т.е. при p  2 . Итак, в Lp   рас n p 2  1 2  n  np 2 сматриваемая последовательность сходится только при 1  p  2 . 10. Пусть X – измеримое множество с мерой  . Рассмотрим последовательность  f n ( x) n1  Lp ( X , d  ) , x  X , p  1 и функцию  ( x)  Lp ( X , d  ) , для которых выполнены условия: а) f n ( x)   ( x) почти всюду на X для всех n ; б) lim f n ( x)  f ( x) почти всюду на X . 

n 

Доказать, что f ( x)  Lp ( X , d  ) и lim f n ( x)  f ( x) в L p ( X , d  ) . n 

п .в .

f n ( x)   ( x) , то, переходя к пределу при

Решение: поскольку n 

n   , получаем, что

 X

п .в .

f ( x)   ( x) . Тогда

п .в .

f ( x)   ( x)  , следовательно, p

p

f ( x) d     ( x)  d  . Поскольку  ( x)  Lp ( X , d  ) , то и f ( x)  Lp ( X , d  ) . p

p

X

Таким образом, все функции fn ( x)  f ( x) также принадлежат L p ( X , d  ) , следовательно, все функции f n ( x)  f ( x ) являются суммируемыми. p

Рассмотрим вспомогательные функции g n ( x)  f n ( x)  f ( x) . Тогда, согласно условию б) lim g n ( x )  0 почти всюду на X . Для  g n ( x) выполнено p

n 

145

первое условие теоремы Лебега об ограниченной сходимости. Оценим функции p g n ( x)  f n ( x)  f ( x) . Если в некоторой точке x  X f n ( x)  f ( x) , то



f n ( x )  f ( x )   f n ( x )  f ( x )    2 f ( x)   2 p f ( x)  2 p f n ( x)  f ( x) p

p

p

p

С другой стороны, если в некоторой точке x  X

p

p

p

Итак, в любой точке множества X



п .в .

частности, gn ( x)  2 p f n ( x)  f ( x)



п.в.

g n ( x )  2 p  ( x)  f ( x)



p

2 p  ( x)  f ( x) p

p

p

p

p

p

f n ( x)  f ( x)

  2  f ( x)

p

 2 f ( x)

p

p

p

n

p

.  f ( x)  , в

p

p

p

 . Тогда, в силу условия а) получаем, что

 . Поскольку функции  ( x)

  2 ( x)

.

f ( x)  f n ( x) , то

f n ( x)  f ( x)   f n ( x)  f ( x)    2 f n ( x )   2 p f n ( x)  2 p f n ( x)  f ( x ) p

p

p

и f ( x)

p

суммируемы, то

– также суммируема и выполнено второе

условие теоремы Лебега об ограниченной сходимости. Тогда, по этой теореме, p lim  g n ( x)d    lim g n ( x)d    0d   0 , откуда lim  f n ( x)  f ( x) d   0 , слеn 

X

X

n

n

X

довательно, lim f n  f n

Lp

X

 0 , а это и требовалось доказать.

11. Исследовать на сходимость в пространствах Lp 0,1 , 1  p   после-

1  1, 0   t  n  . довательность xn (t )   1  1 t  ,  t  1  n Решение: ясно, что поточечно данная последовательность сходится к 1 1, t  0 п.в.  1     функции x(t )    1 , т.е. xn (t )  t . При этом, t  L p  0,1 тогда и t  , 0  t  1 только тогда, когда сходится интеграл

1



1

dt , т.е. при

p

0  t

видно, что xn (t )  t



1 p



t



p



, причем t



p



 1 , p   . Далее, оче-

p



– суммируема и xn (t )  t b

По теореме Лебега об ограниченной сходимости lim  xn (t )  t n 

этому xn  t



1 p







1 p п.в.



0 .

1 p



dt  0 , по-

a

 0 , т.е. последовательность сходится в Lp 0,1 при 1  p   . 146

Задачи для самостоятельного решения 1. Доказать свойство 3 теоремы о свойствах существенных точных верхних граней. п .в .

2. Пусть X   0,1 , f n ( x)  x n , n . Доказать, что f n ( x)  0 . Применить n

теорему Егорова к последовательности f n ( x)  x на отрезке  0,1 , т.е. найти множество Егорова. 1, если t рационально, 3. Рассмотрим на  0,1 функцию Дирихле D(t )   . 0,если t иррационально. n

п .в .

Доказать, что D(t )  0 . Доказать, что функция Дирихле не интегрируема по Риману на  0,1 , но интегрируема по Лебегу на  0,1 и найти ее интеграл Лебе1 почти всюду мажорантой или минорантой для га. Является ли число c  2 функции Дирихле на отрезке  0,1 ? Доказать, что esssup D(t )  essinf D(t )  0 . t 0,1

t 0,1

5, x  1  x3 , x    и g ( x)   найти 4. Для функций f ( x)  4, x  1 x x  arctg , \   2, x  \ 1,1    существенные точные верхнюю и нижнюю грани на . Сравнить их с точными верхней и нижней гранями. Как связаны точная верхняя и нижняя грани произвольной функции с существенными точными верхней и нижней гранями? 1

1

 b x(t ) p  p  b x(t ) q  q 5. Пусть 1  p  q   . Доказать, что   dt     dt  , x  Lq  a, b .  ba   ba  a  a  6. Доказать, что если x(t ), y (t )  L2  a, b  , то x(t )  y (t )  L1  a, b  . 7. Доказать, что всякая последовательность xn (t ) , сходящаяся в пространстве C  a, b  , будет сходящейся и в пространстве Lp  a, b при p  1 .

8. Привести пример последовательности непрерывных на  0,1 функций xn (t ) , сходящейся в пространствах L1  0,1 и L2  0,1 , но не сходящейся в пространстве C  0,1 . 9. Привести пример функции x(t )  L2 0,1 такой, что x2 (t )  L2 0,1 . 10. Привести пример функции x(t )  L1  0,1 такой, что x(t )  L2 0,1 . 11. Исследовать на сходимость в пространстве L2  0,1 последовательность

f n (t )  nte  nt . 12. Исследовать на сходимость в пространстве L2  0,1 последовательность

f n (t )  ne nt . 147

13. Исследовать на сходимость в пространстве L2  0,1 последовательность t f n (t )  n sin . n 14. Исследовать на сходимость в пространстве L2  0,1 последовательность t f n (t )  n sin . n 15. Пусть  ( E )   . Доказать, что при p  q  1 из сходимости последовательности f n ( x ) в L p следует ее сходимость в Lq причем к тому же самому пределу. 16. Найти норму функции f ( x )  x в тех пространствах Lp 0,1 (1  p   ), которым эта функция принадлежит. 1 принад17. Пусть 0       . При каких p  1 функция f ( x)   x  x лежит Lp    ? Указание: x  x   x (1  x   ) .

1  , x   0,1 \ , при18. Определить, для каких p  1 функция f ( x)   x sin x, x   0,1 . 

надлежит пространству Lp 0,1 .

 1 , x   0,1 \ ,  19. Определить, для каких p  1 функция f ( x)   1  x cos x, . x  0,1  принадлежит пространству Lp 0,1 . 20. Определить, для каких p  1 функция f ( x)  странству Lp 0,1 .

1 принадлежит про(1  x) 2

e x ln x 21. Определить, для каких p  1 функция f ( x)  2 принадлежит x (1  x)4 пространству Lp 0,1 . 

22. Определить, для каких значений  ,   принадлежит Lp 



при p  1 .

23. Определить, для каких значений  ,   принадлежит Lp 



x функция f ( x)  (1  x 2 ) 

при p  1 . 148

функция f ( x) 



ln 1  x



(1  x 4 ) 



24. Определить, для каких значений  ,   принадлежит Lp   при p  1 .



функция f ( x)  1  x 1  x

1  x ln 1  x 





25. Определить, для каких  ,   надлежит Lp 



при p  1 .

26. Пусть A  ( x, y) 

2

функция f ( x) 



x (1  x 4 ) 

при-

: x 2  y 2  1 . Определить, для каких p  1 функ-

1   2 2 2 2 3  ция f ( x, y )  ( x  y ) , x  y  0, принадлежит пространству Lp  A, dxdy  .  x 2  y 2  0. 1, 27. Пусть A  ( x, y)  2 : x 2  y 2  1 . Определить, для каких p  1 функ-

1    x  y  2 , x 2  y 2  0, ция f ( x, y )   принадлежит пространству Lp  A, dxdy  . 2 2 0, x  y  0. 28. Определить, для каких   функция f принадлежит пространству

Lp 

 1  x 2  y 2  , x 2  y 2  1, 2 , dxdy  при p  1 , если f ( x, y )   0, x 2  y 2  1. 29. Исследовать на сходимость в пространстве L1  0,1 последовательность

  nt xn (t )  e , если t иррационально . 0, если t рационально 30. Исследовать на сходимость в пространстве L2  0,1 последовательность

  1  n  n nt , t  0, n  ,    xn (t )   . 1   0, t   ,1  n  31. Исследовать на сходимость в пространстве L2  0,1 последовательность   1 1  nt , t  0, n  ,    xn (t )   . 1   0, t   ,1  n  32. Доказать, что последовательность f n ( x)  x n ( n  1,2,3,... ) на множестве X   0,1 с обычной мерой Лебега сходится к функции f0 ( x)  0 почти всюду, по мере и в среднем в любой степени p  1 , но не сходится равномерно.

149

1  n , 0  x   ln n n 33. Пусть X   0,1 с обычной мерой Лебега, f n ( x)   и 1 0,  x 1  n f0 ( x)  0 . Доказать, что f n сходится к f 0 в среднем, но не сходится в среднем в степени p при p  1 . 1  n, 0  x  n 34. Пусть X   0,1 с обычной мерой Лебега, f n ( x)   и 1 0,  x 1  n f0 ( x)  0 . Доказать, что f n сходится к f 0 по мере, но не сходится в среднем.  ( x) принадлежит 35. Определить, для каких p  1 функция f ( x)  3 \5 x  1 x пространству Lp 0,1 . 36. Определить, для каких p  1 функция f ( x) 

4

sin x принадлежит x  5 1 x

пространству Lp 0,1 . 37. Определить, для каких значений p  1 последовательность функций

f n ( x)  n  

1 0, n 2 

( x) сходится в пространстве Lp 

.

38. Определить, для каких значений p  1 последовательность функций 2

f n ( x)  n e



x2 n2

сходится в пространстве Lp 

.

39. Определить, для каких значений p  1 последовательность функций 2

f n ( x)  n e



x n2

0,  ( x) сходится в пространстве Lp 

.

40. Определить, для каких значений p  1 последовательность функций 2

f n ( x)  n e



x n2

0,  ( x) сходится в пространстве Lp 

.

41. Определить, для каких значений p  1 последовательность функций

f n ( x) 

n  n2 x  

1 0, n 

( x) сходится в пространстве Lp 

.

42. Определить, для каких значений p  1 последовательность функций 1  f n ( x)  ( x) сходится в пространстве Lp   . 1  x 2 n ,  43. Определить, для каких значений p  1 последовательность функций 1 f n ( x)  n,2 n ( x) сходится в пространстве Lp   . x 1 150

44. Определить, для каких значений p  1 последовательность функций 1 f n ( x)    2 2  ( x) сходится в пространстве Lp   . x  1  n ,n  45. Пусть f n ( x)  n  

1 0, n 

что lim f n ( x)  f ( x) в L1 

( x) , x , n , а f ( x)  0 при x . Доказать,

 , но эта же последовательность не сходится в

n

L2 

.

46. Пусть X – измеримое множество с мерой  . Доказать, что если функции f , g  L p ( X , d  ) при p  2 , то f  g  L p ( X , d  ) . 2

47. Пусть X – измеримое множество с мерой  . Доказать, что если последовательность

 fn ( x) n1 , 

f ( x)  Lp ( X , d  ) , то lim f n n

x  X сходится в L p ( X , d  ) при p  1 к функции

Lp

 f

Lp

.

48. Пусть X – измеримое множество с мерой  . Доказать, что если последовательность

 fn ( x) n1 , 

f ( x)  L p ( X , d  ) и g  L

p p 1

x  X сходится в L p ( X , d  ) при p  1 к функции

( X , d  ) , то lim  f n ( x) g ( x)d    f ( x) g ( x)d  . n 

X

X

49. Пусть X – измеримое множество с мерой  . Доказать, что если последовательность

 fn ( x) n1 , 

x  X сходится в L p ( X , d  ) при p  1 к функции

f ( x)  Lp ( X , d  ) , а последовательность  g n ( x) n1 , x  X сходится в пространстве L p ( X , d  ) к функции g ( x)  L p ( X , d  ) , то справедливо равенство 

p 1

p 1

lim  f n ( x) g n ( x) d    f ( x) g ( x) d  . n 

X

X

50. Доказать, что если f  Lp 0,   , dx  , p  1 , то интеграл



sin xy dx x 0 равномерно сходится относительно y на произвольном конечном интервале a  y b. 51. Пусть X – измеримое множество с мерой  . Доказать, что если последовательность

 fn ( x) n1 , 



f ( x)

x  X сходится в L p ( X , d  ) при p  1 к функциям п .в .

f ( x) и g ( x ) из L p ( X , d  ) , то f  g на X . b

 f ( x) g ( x)dx f  L  a, b, dx  , то g  L  a, b , dx  .

52. Доказать, что если интеграл

существует для произволь-

a

ной функции

2

2

53. Показать, что функции f1 ( x)  e  x sin x и f 2 ( x)  x 2e x пространству L2  , dx  , но lim f k ( x)  0 , k  1,2 . 4

x 

151

2

8

sin 2 x

принадлежат

54. Пусть кусочно-гладкая на любом отрезке функция f и ее производная f ' принадлежат пространству L2  , dx  . Доказать, что lim f ( x)  0 . x 

x

Указание: представить f 2 ( x)  f 2 (a)  2 f (t ) f '(t )dt . a

55. Доказать, что пространство L  a, b  не сепарабельно. 56. Доказать, что L  a, b  



Lp  a, b  , причем для всех p , таких, что

p 1

1  p   имеет место неравенство f

57. Доказать, что f



 lim f p 

p

p

 (b  a )

1 p

f



.

.

58. Найти норму функции f (t )  t  (1  t )  в тех пространствах Lp 0,1 (1  p   ), которым эта функция принадлежит. 59. При каких значениях  и p (1  p   ) сходится к нулю в пространстве Lp 0,1 последовательность xn (t )  n ent ? 60. При каких значениях  и p (1  p   ) сходится к нулю в простран-

стве Lp 0,1 последовательность xn (t )  n sin nt ? 61. При каких значениях  и p ( 1  p   ) последовательности из двух предыдущих задач вообще имеют предел в Lp 0,1 ? 62. Пусть последовательность f n (t ) сходится в среднем в степени p на отрезке  a, b  к функции f (t ) при 1  p   . Доказать, что

b

b

 f (t )dt   f (t )dt . n

n

a

63. Пусть f  L1  a, b  и

b

 f (t ) (t )dt  0

a

для любой непрерывной функции

a

 (t ) такой, что  (a)   (b)  0 . Доказать, что f (t )  0 почти всюду на  a, b  .

Указание: показать, что для всякого  c, d    a, b  можно найти последо-

 1  1    1, , t c d   n n  непрерывных функций, удовлетворяювательность n (t )   0, t   c, d   п .в .

щих всем условиям задачи и таких, что n (t )  c ,d  (t ) . Используя теорему Леd

бега, доказать, что всех x   a, b  .

b

 f (t )dt   f (t )  c

x

c ,d 

(t )dt  0 и рассмотреть

a

 f (t )dt  0 для a

152

2.8. Полнота пространств Lp  E , d   при 1  p   Теорема (о полноте пространства L1 ( E ) ): L1 ( E ) – банахово. Доказательство: в силу критерия полноты линейного пространства в терминах рядов достаточно доказать, что любой абсолютно сходящийся в L1 ряд сходится. Пусть f n ( x )  L1 и сходится ряд



 n 1

f n , т.е.



 n 1 E

f n ( x) d    .

Поскольку f n ( x)  0 , то выполнены все условия теоремы Б. Леви для рядов, значит, почти всюду сходится ряд





 f ( x) . Таким образом, ряд  f n 1

n

n 1

n

( x ) схо-

дится почти всюду, как абсолютно сходящийся почти всюду ряд. Итак, 

п .в .

 f ( x)  n 1

n



f

f ( x) . Осталось проверить сходимость ряда

n 1

L1 , т.е., что f ( x)  L1 и что частичные суммы ряда

среднем (т.е. по норме L1 ). Поскольку

 E





f n 1



n

n

( x ) в пространстве

( x ) сходятся к f ( x) в



f ( x) d     f n ( x) d     f n ( x) d     f n ( x) d    , то f ( x)  L1 E n1

E n1

n1 E

k

(использовали теорему Б. Леви для рядов). Далее, пусть S k ( x)   f n ( x) , тогда n 1



k

f  S k   f ( x)  S k ( x) d     f n ( x)   f n ( x) d    E







n  k 1

E n1 

f n ( x ) . Поскольку ряд

 n 1

n1



E nk 1

f n сходится, а

по теореме об остатке сходящегося ряда







n  k 1





n  k 1

f n ( x) d  





nk 1

f n ( x) 

f n ( x) – это его остаток, то

f n ( x)  0 . Переходя в полученk 

ном неравенстве к пределу при k   , по теореме о двух милиционерах, полуL1

чаем, что f  Sk  0 при k   . Таким образом, Sk ( x)  f ( x) . Теорема доказана. Замечание: попутно установили, что у любой фундаментальной в L1 ( E ) последовательности есть подпоследовательность, сходящаяся почти всюду (см. замечание после теоремы о связи видов сходимостей). Теорема (о полноте пространства L p ( E ) ): при p  1 и  ( E )   L p ( E ) – банахово. Доказательство: обозначим  ( E )   . Пусть f n ( x)  L p – фундаментальная последовательность. Надо доказать, что она имеет предел в L p . По опреде153

лению фундаментальности   0 N  : m, n  N

fn  fm





p

1 q

. Пока-

 жем, что f n ( x ) фундаментальна в L1 . Применяя неравенство Гельдера, получа1

1

 p  q p ем f n  f m 1   f n ( x)  f m ( x) d    f n ( x)  f m ( x) 1d     f n ( x)  f m ( x) d    1q d    E  E  E E  fn  fm

p

  (E)

1 q



 

1 q

1 q

    . Таким образом, в силу предыдущего замечап .в .

ния, найдется подпоследовательность f nk ( x)  f ( x) . Ясно, что f nk ( x ) фунда-

ментальна в L p , как подпоследовательность f n ( x ) , т.е.   0 K  : m, k  K

f nk  f nm

1 p

p     , т.е.   f nk ( x)  f nm ( x) d     , откуда p E 

При m  

p п .в .



p

f nk ( x)  f nm ( x) d    p .

E

p

f nk ( x)  f nm ( x)  f nk ( x)  f ( x) . Функции, стоящие под знаком

интеграла, неотрицательны, интегралы от них ограничены константой  p , кроp

ме того, подынтегральные функции сходятся почти всюду к f nk ( x)  f ( x) . Тогда, по теореме Фату, интеграл от этой предельной функции ограничен той же 1 p

p p   p , откуда ( )  ( )    f x f x d   ( ) ( ) f x f x d     , т.е. E nk  nk E    . Далее, f p  f  f nk  f nk  f  f nk  f nk    f nk . Поскольку

константой, т.е.

f nk  f

p

p

f nk ( x)  L p , то f nk

p

  , значит, f

p

p

p

  , т.е. f ( x )  L p .

p

Далее, поскольку   0 K  : k  K

f nk  f

Lp

p

  , то f nk ( x)  f ( x) ,

т.е. у нашей последовательности нашли подпоследовательность, которая схоLp

дится в пространстве L p . Осталось доказать, что f n ( x )  f ( x ) , т.е., что   0

N  : n  N   0 N1  то

  0

fn  f

p

  . Перепишем определение фундаментальности:

: m, n  N1 f n  f m N 2 

:

k  N 2

p



 2

fn  f

p

. Кроме того, поскольку f nk ( x)  f ( x) ,

f nk  f

N  max  N1 , N 2  , получаем, что n  N

 f n  f nk  f nk  f

p

Lp

p



 2

. Тогда, выбирая

 f n  f nk

Теорема доказана. 154

p

 f nk  f

p



 2



m  nk

 2

.

и

Замечание: можно показать, что утверждение теоремы верно и для случая  ( E )   (см. [5]). Теорема (о полноте пространства L ( E ) ): L ( E ) – банахово. Доказательство: пусть f n ( x )  L – фундаментальная последовательность. Надо доказать, что она имеет предел в L . По определению фундаментальности   0 N  : m, n  N f n  f m    , т.е. esssup f n ( x)  f m ( x)   . xE

Это означает, что для почти всех x  E f n ( x)  f m ( x)   . Обозначим En,m множество тех x  E , для которых это неравенство справедливо, т.е. En,m   x  E : f n ( x)  f m ( x)    . Ясно, что мера дополнения к этому множеству равна нулю. Далее, пусть A 

 n ,m  N 1

En,m . Если x  A , то x En,m ,

т.е. для всех таких x f n ( x)  f m ( x)   . Итак, на множестве A наша последовательность фундаментальна. Дополнение к A – есть объединение дополнений к En,m . Каждое дополнение к En,m имеет нулевую меру, значит, мера их объединения также равна 0. Поскольку дополнение к A имеет меру 0, а последовательность f n ( x ) фундаментальна в A , то f n ( x ) фундаментальна почти всюду. При каждом x это уже числовая последовательность, значит, в силу критерия п.в.

Коши, она сходится почти всюду, т.е. f n ( x)  f ( x) . Осталось проверить, что L

f ( x )  L и что f n ( x)  f ( x) .

Т.к.

п.в .

f n ( x)  f n ( x)  f m ( x)  f m ( x)  f n ( x)  f m ( x)  f m ( x)    f m ( x) , то, п .в .

фиксируя номер m , поскольку f m ( x)  L и, значит, c  0 : f m ( x)  c , получим, что n  N

п .в .

f n ( x)    c . Переходя к пределу при n   , получим, что

п .в .

f ( x)    c , т.е. f ( x )  L . L

Осталось проверить, что f n ( x)  f ( x) , т.е., что   0 N  : n  N f n  f    . Перепишем определение фундаментальности в виде   0

N  :

m, n  N п .в .

f n ( x)  f m ( x) 



fn  fm

 



2

,

т.е.

esssup f n ( x)  f m ( x)  xE

п .в .

. При m   отсюда следует, что f n ( x)  f ( x) 



2



,

откуда

, т.е.

 – 2

2 2 п.в. мажоранта для f n ( x)  f ( x) , значит, наименьшая из п.в. мажорант эту не   превосходит, т.е. esssup f n ( x)  f ( x)  , откуда f n  f     . 2 xE 2 Теорема доказана.

155

2.9. Плотные множества в Lp  E , d   , 1  p   Теорема (о плотности L в L p ): p  1 пространство L является всюду плотным множеством в пространстве L p . Доказательство: пусть f  L p . По определению всюду плотности надо доказать, что   0 g  L : f  g

p

 .

1. Пусть f  0 . Возьмем n  и рассмотрим функцию f n ( x) , которая называется верхней срезкой функции f и определяется следующим образом:

 f ( x), f ( x)  n, Очевидно, f n ( x)  n , т.е. f n ( x) ограf n ( x)  min( f ( x), n)   f ( x)  n. n, ничена, и, в частности, существенно ограничена, т.е. f n ( x)  L . Кроме того, очевидно, что 0  f  f n  f , откуда



f d    , значит, p

f

p

p

f  f n  f . Поскольку f  L p , то p

– суммируемая функция. Далее, ясно, что

E

lim f n  f , т.е. f n  f  0 , откуда f n  f

n 

p

n 

 0 . Для функции f n  f

n

p

вы-

полнены все условия теоремы Лебега об ограниченной сходимости, если взять в ней в качестве функции g функцию f . Тогда lim  f  f n d   0 , т.е. p

p

n

E

1 p

  n p n n p p , откуда  f f d      f f d    f  f p  .  E E  n Окончательно, обозначая f ( x)  g ( x) , получим требуемое. 2. Пусть f имеет произвольный знак. Рассмотрим две функции f ( x)  0,  f ( x), f ( x)  0, 0, и f 2 ( x)   Ясно, что f  f1  f2  f1  ( f2 ) . f1 ( x)   0, f ( x )  0 f ( x ), f ( x )  0.   Функции f1 и ( f 2 ) неотрицательны, значит, по п. 1   0 g1 , g 2  L :

  0 N  : n  N

f1  g1

p





2

и  f2  g2

 p



2

. Пусть g  g1  g2  L , тогда

  f  g p  f1  f 2  g1  g 2 p  f1  g1 p  f 2  g 2 p  f1  g1 p   f 2  g 2 p     . 2 2 Теорема доказана. Теорема (о плотности измеримых ступенчатых функций в L p ): множество измеримых функций, принимающих конечное число значений, всюду плотно в пространстве L p ( E ) ,  ( E )   . Доказательство: берем f  Lp ,   0 и надо найти измеримую функцию h , которая принимает конечное число значений, чтобы f  h 156

p

  . В силу

предыдущей теоремы можно найти g  L : f  g



 . Обозначим через c1 и p 2 c 2 – миноранту и мажоранту функции g (переопределив, если потребуется, функцию g на множестве нулевой меры, можно добиться, чтобы c1 и c 2 были минорантой и мажорантой g всюду). Выберем число n и разобьем отрезок c1, c2  на n равных частей. Пусть l  c2  c1 . Рассмотрим следующие измеримые l 2l  l   множества: E1   x  E : c1  g ( x)  c1   ; E2   x  E : c1   g ( x )  c1   ; ….; n n n   c1 , на E1 ,  c1  l , на E2 , n   (n  1)l 2l    En   x  E : c1   g ( x)  c2  . Пусть h  c1  , на E3 , . Ясно, что h – n n    ...  c1  (n  1)l , на En .  n измеримая ступенчатая функция, принимающая конечное число значений. Даl лее, ясно, что 0  g ( x)  h( x)  всюду на E . Отсюда следует, что n 1 p

1 p

   l p g  h p    g ( x)  h( x) d     1d    0 , nE E   n



значит,   0 N  : n  N

g h p 

f h p  f g  g h p  f g

 g h p  p

2

. Тогда   0 N  : n  N

 2



 2

 .

Теорема доказана. Определение: пусть E  n , h – измеримая ступенчатая функция. Эта функция называется простой ступенчатой, если существуют непересекающиеся параллелепипеды B1 , B2 ,..., Bk и константы c1 , c2 ,..., ck такие, что h  c1 на B1 , h  c2 на B2 ,..., h  ck на Bk и h  0 вне объединения этих параллелепипедов. Теорема (о плотности простых ступенчатых функций в L p ): множество простых ступенчатых функций всюду плотно в пространстве L p ( E ) , где

E

,  ( E )   . Доказательство: пусть f  L p , тогда в силу предыдущей теоремы   0 n

существует измеримая ступенчатая функция g такая, что

f g

p



 2

. Ясно,

что, если g удастся приблизить простой ступенчатой функцией с точностью 157

 , 2

то f окажется приближенной простой ступенчатой функцией с точностью c1 , на E1 , c , на E ,    2 – измеримая ступенчатая функция. Обозначим    . Пусть g   2 2 2 ...  ck , на Ek 1, на Ek , 1, на E1 , 1, на E2 , , g2   ,..., g k   . Очевидно g  c1g1  c2 g2  ...  ck gk . g1   0, вне E k 0, вне E1 0, вне E2  Ясно, что если g1 приблизим простой ступенчатой функцией с точностью



2kc1

, g 2 – простой ступенчатой функцией с точностью

ступенчатой функцией с точностью

 2kck



2kc2

,..., g k – простой

, то g окажется приближенной про-

      c2   ...  ck  k  . 2kc1 2kc2 2kck 2k 2 1, на E1 , Итак, достаточно убедиться, что любую функцию вида g   , где 0, вне E1 E1 – измеримое множество конечной меры, можно приблизить в L p ( E ) простой ступенчатой функцией с любой точностью. По определению суммируемости по Лебегу   0 существует конечное объединение параллелепипедов F (т.е. 1, на F , простейшее множество в n ) такое, что  ( E1F )   p . Пусть h   , то0, вне F .

стой ступенчатой функцией с точностью c1 

1 p

  p g h d      . Если x  E1 и  p E  x  F , то g  h  1 , значит, g  h  0 . Если x  E1 и x  F , то g  h  0 , значит, g  h  0 . В случае, когда x  E1 и x  F , или x  E1 и x  F , т.е. при x  E1F , очевидно, что g  h  1 .

гда h – простая ступенчатая функция и g  h

Таким образом, g  h

1 p

p

1      1d      ( E1F )  p   .  E F   1 

Теорема доказана. Теорема (о плотности непрерывных функций в L p ): пусть E 

n

, тогда

множество непрерывных функций всюду плотно в пространстве L p ( E ) ,  ( E )   . Доказательство: пусть f  L p . В силу предыдущей теоремы   0 существует простая ступенчатая функция g такая, что f  g 158

p



 2

. Ясно, что, ес-

ли g удастся приблизить непрерывной функцией с точностью





 , то f окажет2

  . Поскольку g – 2 2 простая ступенчатая функция, то существуют параллелепипеды B1 , B2 ,..., Bk и константы c1 , c2 ,..., ck такие, что g  c1 на B1 , g  c2 на B2 ,..., g  ck на Bk и 1, на B1 , , g  0 вне объединения этих параллелепипедов. Обозначим g1   0, вне B  1 1, на Bk , 1, на B2 , ,..., g k   . Очевидно, что g  c1g1  c2 g2  ...  ck gk . Тоg2   0, вне B2 0, вне Bk  гда если g1 приблизим непрерывной функцией с точностью , g 2 – непре2kc1  рывной функцией с точностью ,..., g k – непрерывной функцией с точно2kc2  , то g окажется приближенной непрерывной функцией с точностью стью 2kck      c1   c2   ...  ck  k  . 2kc1 2kc2 2kck 2k 2 1, на B, Итак, достаточно показать, что любую функцию вида g   , где B – 0, вне B  параллелепипед, можно приблизить непрерывной функцией с любой точностью. По определению параллелепипеда в n B   x  ( x1, x 2 ,..., x n ) : a1  x1  b1, a2  x 2  b2 ,..., an  x n  bn  . ся приближена непрерывной функцией с точностью



Рассмотрим любой из отрезков  ak , bk  . Отступим от концов этого отрезка 1  0 и рассмотвнутрь на величину m рим следующую функцию (см. рис.): 1, на внутреннем отрезке,  hk (t )  0, в концах отрезка,  линейная на оставшихся частях.  Ясно, что при m   предел этой функции будет равен 1 на  ak , bk  и 0 вне этого интервала. 1 Рассмотрим функцию h( x)  h1 ( x )h2 ( x 2 )...hn ( x n ) . Ясно, что это произведение не превосходит 1, неотрицательно и является непрерывной функцией. При m   предел h( x) равен 1 на параллелепипеде B (исключая границу) и 0 вне его, т.е. h( x)  g ( x) почти всюду на E . Ясно, что h( x )  g ( x )  1 , 1 – суммиp

m

159

п .в .

руемая функция, кроме того, h( x)  g ( x)  0 , и выполнены все условия теоp

m

ремы Лебега об ограниченной сходимости, поэтому p p lim  h( x)  g ( x) d    lim h( x)  g ( x) d  0 , m

E

E

m

1

 p p т.е. h  g p    h( x)  g ( x) d    0 , значит, m можно выбрать таким обраE  m зом, чтобы   0 h  g p   . Итак, g с любой точностью приблизили непрерывной функцией h . Теорема доказана. Определение: функция f , определенная на множестве X 

n

, называется

непрерывной в среднем в степени p на X , если   0   0 : z 

f ( x  z )  f ( x)

z 

n

p

p Lp

  f ( x  z )  f ( x) d    p (при x  z  X считаем f ( x  z )  0 ). (X ) X

Здесь z – длина вектора z . В частности, при p  2 функция называется непрерывной в среднем квадратичном. Теорема (о непрерывности в среднем квадратичном): пусть X – ограниченное множество в n , тогда любая функция f  L2 ( X ) непрерывна в среднем квадратичном. Доказательство: надо доказать, что если f  L2 ( X ) , то   0   0 : z z   f ( x  z )  f ( x) L ( X )   . Функцию f будем считать продолженной на все 2

нулем. Обозначим B0 – замкнутый параллелепипед, содержащий X . По теореме о плотности непрерывных функций в L2 ( B0 )   0 существует непреn

рывная на B0 функция h такая, что f  h



 . Далее, растянем B0 (наприL2 ( B0 ) 4 мер) в два раза относительно центра и обозначим получившийся замкнутый параллелепипед через B1 . Можно считать, что z  c , причем c таково, что при z  c x  B0 x  z  B1. Функцию h продолжим на B1 с сохранением непрерывности. Ясно, что f ( x  z )  f ( x) L ( X )  f ( x  z )  f ( x ) L ( B ) . Имеем: 2

f ( x  z )  f ( x)

L2 ( B0 )

2

0

 f ( x  z )  h( x  z )  h( x  z )  h( x )  h( x )  f ( x )

 f ( x  z )  h( x  z )

L2 ( B0 )

 h( x  z )  h( x )

L2 ( B0 )

 h( x )  f ( x )

L2 ( B0 )

L2 ( B0 )



.

Поскольку B1 – компакт в n , то по теореме Кантора h равномерно непрерывна на B1 , т.е. для выбранного   0 1  (0, с) : x1 , x2  B1 x1  x2  1

h( x1 )  h( x2 ) 



4 V

h( x  z )  h( x ) 

, где V – объем B0 . В частности, x  B0 z 



4 V

n

z  1

. В силу непрерывности функции h( x  z )  h( x) , вместо 160

интеграла Лебега на B0 можно рассматривать интеграл Римана. Тогда имеем: h( x  z )  h( x )

2 L2 ( B0 )





2

2

h( x  z )  h( x) dx 

B0

 16V

dx 

B0

Таким образом, при z  1 f ( x  z )  f ( x) Далее, имеем f ( x  z )  h( x  z )

L2 ( B0 )

2

 L (B ) 2

0



2

 1dx 

16V

B0

2

V 

16V

 f ( x  z )  h( x  z )

L2 ( B0 )

f ( x  z )  h( x  z ) d   2

B0





B0  z

f ( y)  h( y) d  y   f ( y)  h( y) d  y   f ( y)  h( y) d  y , где 0  B0 2

2

2

0

2 16





2 замена

. .

xz y



( B0  z) ,

1

1  ( B0  z ) \  0 . Можно считать, что  0   , если же  0   , то дальнейшие рассуждения изменятся незначительно, и их предлагается проделать самостоятельно (см. задачу 1). Поскольку  y ( 1 )  0 , то, в силу абсолютной непрерывz 0

ности интеграла Лебега,



1

f ( y)  h( y) d  y   h( y) d  y  0 , т.е. для рассмат2

2

z 0

1

3 2 . риваемого   0   (0,1 ) : z z    h( y ) d  y  16 1 2



Поскольку

f ( y )  h( y ) d  y  2

0

что f ( x  z )  f ( x )

L2 ( X )

2 16

, то, окончательно, при z   имеем,

 f ( x  z )  f ( x)

L2 ( B0 )

 .

Теорема доказана. называется единичным ядром Определение: функция 1 ( x) : n  усреднения (ядром усреднения радиуса 1), если: 1. 1 ( x)  0 x  n ; 2. 1 ( x ) бесконечно дифференцируема в 3. при x  1 1 ( x)  0 ; 4.

n

;

  ( x)dx  1. 1

n

Определение: пусть 1 ( x) :

n

– единичное ядро усреднения. Ядром



x .   Замечание: очевидны следующие свойства ядра усреднения радиуса  :  ( x)  0 x  n ;  ( x) бесконечно дифференцируема в n ; при x    ( x)  0 ;

усреднения радиуса   0 называется функция  ( x) 

1

n

1 

x  y, x   y x        1  y  dy  1 . x dx dx n    n  n 1    n dx  dx1dx 2 ...dx n   n dy1dy 2 ...dy n 1

161

Определение: пусть функция f  L2 (

n

) ,  ( x) – ядро усреднения радиу-

са  . Усредненной функцией f  ( x ) , соответствующей данному ядру усреднения, называется функция f  ( x) 



f ( y ) ( x  y )dy 

n



f ( x  y ) ( y )dy .

n

Замечание: в силу связи между интегралом Лебега и несобственным интегралом Римана, на n вместо интеграла Лебега будем рассматривать несобственный интеграл Римана. Легко видеть, что функция f  L2 ( n ) принадлежит также L1 ( X ) , где X  n – ограниченное множество. В силу свойств ядра усреднения, первый интеграл можно брать по множеству B( x,  ) ( n -мерный шар с центром в точке x n радиуса  ), а второй – по множеству B(0,  ) . Замечание: в первом интеграле под знаком интеграла стоит бесконечно дифференцируемая по переменной x функция. Если ограничить диапазон изменения переменной x некоторым шаром B ( x0 ,  ) , при   0 , то x  B ( x0 ,  )

B( x,  )  B( x0 ,    )  B0 , поэтому f  ( x) 

 f ( y) ( x  y)dy .

Поскольку сумми-

B0

руемая функция почти всюду ограничена, то, переопределяя, если необходимо, функцию f на множестве нулевой меры, получим, что f будет ограничена на всем B0 . В этих условиях можно показать, что справедливо правило Лейбница дифференцирования интеграла по параметру, поэтому усредненная функция будет бесконечно дифференцируемой в произвольной точке x0 (задача 3). В частности, усредненная функция всегда будет непрерывной. Теорема (о сходимости усредненных функций в L2 ): пусть f  L2 ( X ) , X

n

L2

– ограниченное множество, f  – усредненная функция, тогда f   f .  0

Доказательство: надо доказать, что f   f

2

 0 , т.е., что

2  0

2

 X

f ( x  y ) ( y )dy  f ( x) d   0 .  0

n

Будем считать, что f ( x)  0 , если x  X . В силу свойств ядра усреднения 2

2

  f ( x  y) ( y)dy  f ( x) X

n

d  



X y 

2

f ( x  y ) ( y )dy  f ( x)

  ( y)dy

d 

y 

2

      f ( x  y )  f ( x)  ( y)dy d      f ( x  y )  f ( x)  ( y )dy  d     X y  X  y   2 1 1   неравенство 2 2      2  Гельдера      f ( x  y )  f ( x) dy     2 ( y )dy   d      y   X   y      p  2, q  2   162

   2 2     f ( x  y )  f ( x) dy    ( y )dy  d     y    X  y       y  1 2     f ( x  y )  f ( x) dy   2 n 12   dy  d  .   y        X  y   y  z, z  1 1 1 2 y  1 Далее,  2 n 1   dy    n  12  z  dz  n  1  z 1  z  dz .   z 1  z 1  y  dy   n dz Функция 1 ( z ) бесконечно дифференцируема, в частности, непрерывна на замкнутом шаре радиуса 1 , который компактен, значит, по теореме Вейерштрасса 1 c c c  0 : при z  1 1  z   c . Тогда n  1  z 1  z  dz  n  1  z  dz  n .





z 1

z 1



  2   d  . Меняя поря  ( ) ( ) f x y f x dy   n X  y     2 c 2 док интегрирований, получаем f   f 2  n    f ( x  y )  f ( x) d   dy   y   X  c 2  n  f ( x  y )  f ( x) 2 dy . По условию f  L2 ( X ) , значит, она непрерывна в

Таким образом,



f  f

2

 2

c

y 

среднем квадратичном, т.е.   0   0 : y y   где V – объем единичного шара в пространстве чит,   

f  f

2

 2

2 c 2 dy    n y  Vc  n Vc c

n

f ( x  y )  f ( x) 2 

 , V c

. Если    , то y   , зна-

 1dy  

2

.

y

V n

Теорема доказана. Замечание: перемена порядка интегрирований законна в силу теоремы Фубини для интеграла Лебега: для такой перестановки достаточно существова  2 ния интеграла    f ( x  y )  f ( x) d   dy . y   X  Замечание: из доказанной теоремы следует, что множество бесконечно дифференцируемых усредненных функций  f   всюду плотно в пространстве L2 ( X ) , если X 

n

– ограниченное множество.

163

2.10. Предкомпактные множества в L2 ( X ) Определение: пусть  f ( x)  L2 ( X ) – некоторое множество функций. Это множество называется равностепенно непрерывным в среднем квадратичном, если   0   0 : z  X  z   f ( x  z )  f ( x) 2   . Теорема (критерий предкомпактности в L2 ): пусть X – компактное

множество в n , тогда множество  f ( x)  L2 ( X ) является предкомпактным тогда и только тогда, когда: 1.  f ( x) ограничено в пространстве L2 ; 2.  f ( x) равностепенно непрерывно в среднем квадратичном. Доказательство: пусть  f ( x)  L2 ( X ) предкомпактно. 1. Выполняется, поскольку предкомпактное множество всегда ограничено. 2. Поскольку множество  f ( x) предкомпактно, то по критерию Хау-

сдорфа   0 для него существует конечная

 -сеть f1, f2 ,..., fn  L2 ( X ) , т.е. 3

  k  1, n : f ( x)  f k ( x) 2  . Считая, что все f и f k продолжены нулем на 3 n все пространство , можем интегралы брать по всему пространству n , тогда: 1 2

  f ( x  z )  f k ( x  z ) 2    f ( x  z )  f k ( x  z ) dx    n  y   2

1 2

   2    f ( y )  f k ( y ) dy   f ( y )  f k ( y ) 2  .  n  3   Поскольку каждая из функций f1, f2 ,..., fn  L2 ( X ) непрерывна в среднем  квадратичном, то k  1, n   0  k  0 : z z   k f k ( x  z )  f k ( x) 2  . 3 Тогда, выбирая   min  k  , получим, что   0   0 : z  из z   следует

f ( x  z)  f ( x) 2  f ( x  z)  f k ( x  z)  f k ( x  z)  f k ( x)  f k ( x)  f ( x) 2 

 f ( x  z)  f k ( x  z) 2  f k ( x  z)  f k ( x)  f k ( x)  f ( x)   .

 f ( x)  L2 ( X )

– ограничено и равностепенно непрерывно в среднем квадратичном. Надо доказать, что  f ( x) предкомпактно, т.е.   0 найти для него конечную  -сеть. Рассмотрим произвольную функцию f ( x )  L2 ( X ) . Пусть   0 и Обратно: пусть

f  ( x) 

 f ( y) ( x  y)dy

– усредненные функции. Снова будем считать, что

n

функция f ( x) и все  f ( x) продолжены нулем на все пространство Ясно, что для всех x 

n

164

n

.

f  ( x) 





f ( y) ( x  y)dy 

n

  2    f ( y ) dy   n   

f ( y)  ( x  y)dy 

n

1 2

1 2

  2    ( x  y )dy   f  n 

1 2

  2 ( )  z dz     2   n  1 2

1 2

     f 2    ( z ) ( z )dz   f 2    ( z ) ( z )dz  .  n   z       Функция   бесконечно дифференцируема, в частности, непрерывна, на шаре радиуса  , который замкнут и ограничен, значит, компактен, значит, по теореме Вейерштрасса об ограниченности, c  0 : при z    ( z )  c . 1 2

1 2

1     Тогда x  f  ( x)  c f 2    ( z )dz   c f 2    ( z )dz   c 2 f 2 . Та n   z       ким образом, если  f ( x) ограничены в L2 какой-то константой, то   0 из полученного неравенства следует, что усредненные функции для всех функций f ( x ) равномерно ограничены (в частности, на X ). Применяя это же неравен1 2

n

1 2

ство к разности f ( x  z )  f ( x) , получим f  ( x  z )  f  ( x)  c Поскольку множество

 f ( x)

ратичном, то   0   0 : z 

1 2

f ( x  z )  f ( x) 2 .

равностепенно непрерывно в среднем квадn

 z  

f ( x  z )  f  ( x ) 2 

 c

1 2

f ( x  z )  f ( x)  c 

 1 2

  . Таким образом,   0

f



1 2

. Тогда

( x) равностепенно

c непрерывно на X (поскольку это верно и для тех z   , для которых x  z  X ). Итак, множество усреднений наших функций равномерно ограничено и равностепенно непрерывно, значит, по теореме Арцела-Асколи, оно предкомпактно в пространстве C ( X ) . Тем самым,   0 для  f ( x) в пространстве

C ( X ) можно построить конечную

 2 V

-сеть f1 , f 2 ,..., f n , где V – объем множе-

ства X . Значит,   0 ,  k  1, n : f  f k

C( X )

 sup f ( x)  f k ( x)  xX

 2 V

,

 . По теореме о сходимости усредненных функ2 V L  ций в L2 f  f , т.е.  можно подобрать таким образом, чтобы f  f 2  .  0 2 Тогда k  1, n :  и выбранного  f  f k 2  f  f  f  f k  2

т.е. x  X

f ( x)  f k ( x)  2

165

1

 f  f

2

 f

1

2    2 2  2    f k 2     f ( x)  f k ( x) d       d    2 X 2  X 4V 2  

1

 2  1    1d     . Таким образом, f1 , f 2 ,..., f n является конечной  -сетью для 2 V X  V   множества  f ( x) в пространстве L2 . Теорема доказана. Замечание: отметим, что доказанное утверждение переносится на случай произвольного пространства L p ( X ) с условием равностепенной непрерывности в среднем степени p (см. задачи 4-6). Примеры решения задач 1

1. Будут ли нормы x 1  max x(t )  max x '(t ) и x 2   x(t ) dt  max x '(t ) t 0,1

t0,1

эквивалентными в пространстве C (1) 0,1 ? Решение: очевидно, что

1

1

x(t ) 1dt  max x(t ) ,  x(t ) dt  max     t 0,1

0

скольку

t 0,1

0

0

t 0,1

значит, по-

1

x 2   x(t ) dt  max x '(t )  max x(t )  max x '(t )  x 1 , то норма 0

t 0,1

t 0,1

t 0,1

x

2

подчинена норме x 1 . По теореме об эквивалентных нормах достаточно уста-

новить полноту пространства C (1) 0,1 относительно обеих норм. Пусть xn (t )  C (1) 0,1 – фундаментальная по норме

ность, т.е.   0 N  : m, n  N

x 1 последователь-

xn  xm 1   , откуда max xn (t )  xm (t ) 

 max xn '(t )  xm '(t )   , т.е. t   0,1 t 0,1

t0,1

xn (t )  xm (t )   и xn '(t )  xm '(t )   .

Таким образом, последовательности xn (t ) и xn '(t ) равномерно фундаментальны, значит, в силу критерия Коши, они сходятся равномерно, т.е. xn (t ) x(t ) и n

xn '(t )

n

x '(t ) (по теореме о дифференцируемости предельной функции произ-

водная предела оказалась равна пределу производной). По теореме о непрерывности предельной функции x(t ) и x '(t ) непрерывны, т.е. x(t )  C (1) 0,1 . Перепишем определение фундаментальности в виде   0 N  : m, n  N







xn  xm 1  , откуда t   0,1 xn (t )  xm (t )  и xn '(t )  xm '(t )  . Переходя к 4 4 4 166

пределу при m   , получаем, что t   0,1 xn (t )  x(t ) 

  и xn '(t )  x '(t )  , 4 4

       , а это и означает, t 0,1 t 0,1 4 4 2 что последовательность xn (t ) сходится в C (1) 0,1 по норме x 1 . откуда xn  x 1  max xn (t )  x(t )  max xn '(t )  x '(t ) 

Пусть теперь xn (t )  C (1) 0,1 – фундаментальная по норме x

тельность, т.е.   0 N  : m, n  N 1

 x (t )  x n

m

t0,1

1

 x (t )  x n

xn  xm 2   , откуда получаем, что

(t ) dt  max xn '(t )  xm '(t )   . Следовательно, t   0,1 xn '(t )  xm '(t )   ,

0

и

последова-

2

m

(t ) dt   . Таким образом, в силу критерия Коши xn '(t )

0

n

 (t ) , а

последовательность xn (t ) является фундаментальной в L1  0,1 . Поскольку L1

L1  0,1 – банахово, то xn (t )  x(t ) . По теореме о связи видов сходимостей n



xn (t )  x(t ) , откуда, по теореме о связи сходимостей по мере и почти всюду n

п.в .

следует, что xnk (t )  x(t ) . k 

Пусть t0   0,1 – какая-то точка, в которой xnk (t0 )  x(t0 ) . Рассмотрим поk 

xnk (t ) и проинтегрируем ее в пределах от t0 до t :

следовательность t

 xnk ( )d  xnk ( )  xnk (t )  xnk (t0 ) . Поскольку xn '(t ) t

t0

t0

n

 (t ) , то xn (t ) k

k 

 (t ) .

Переходя к пределу при k   , по теореме о предельном переходе под знаком t

интеграла Римана, получаем, что t   0,1

  ( )d  lim x

t0

t

п .в .

k 

п .в .

nk

(t )  x(t0 ) откуда t

lim xnk (t )  x(t0 )    ( )d . Поскольку xnk (t )  x(t ) , то x(t )  x(t0 )    ( )d . k 

k 

t0

t0

Поскольку x(t )  L1  0,1 , то x(t ) – это класс функций, равных почти всюду t

t

t0

t0

функции x(t0 )    ( )d . Поскольку x(t0 )    ( )d – непрерывно дифференцируема, то x(t ) непрерывно дифференцируема почти всюду. Ясно, что функцию x(t ) можно доопределить на множестве нулевой меры t

так, чтобы равенство x(t )  x(t0 )    ( )d было верно всюду. При этом с точки t0

зрения пространства L1  0,1 функция x(t ) осталась прежней. Однако, теперь 167

x(t )  C (1) 0,1 и, кроме того, t   0,1 x '(t )   (t ) . Перейдем в неравенствах xn '(t )  xm '(t )   , и

1

 x (t )  x n

m

(t ) dt   к пределу при m  и получим t   0,1

0

xn '(t )  x '(t )   и

1

1

x '(t )  x '(t )  2 ,  x (t )  x(t ) dt   , откуда  x (t )  x(t ) dt  max   n

n

0

т.е. последовательность xn (t ) сходится в C

0 (1)

t 0,1

0,1 по норме

n

x 2.

2. Предкомпактно ли в L2  0,1 множество xn (t )  sin n t при n ? Решение: предположим, что множество предкомпактно, тогда в силу критерия предкомпактности оно равностепенно непрерывно в среднем квадратичz   sin n (t  z)  sin n t 2   , т.е. ном, т.е.   0   0 : z n  1 2

  2    sin n (t  z )  sin n t  dt    . 0  1 1 Пусть z  , тогда z    , начиная с некоторого номера, значит, n n 1

1

1

1

1 2  1 2  1 2 2 2 2    sin n (t  z )  sin n t  dt      sin(n t   )  sin n t  dt    4 sin n tdt   2 . 0  0   0  Выбирая   2 , получим противоречие определению равностепенной непрерывности в среднем квадратичном. Значит, множество не является предкомпактным. Задачи для самостоятельного решения 1. Доказать, что если X – ограниченное множество в n , то любая функция f  L p ( X ) непрерывна в среднем в степени p при p  1 и p  2 (рассмотреть также возможный случай  0   , см. доказательство теоремы о непрерывности в среднем квадратичном). 2. Доказать, что в линейном пространстве непрерывных на  a, b  функций 1 2

1 2

    2 2 норма x 1    x(t ) dt  эквивалентна норме x 2    v(t ) x(t ) dt  , где v(t ) неa  a  прерывна на  a, b  и v(t )    0 на  a, b  . 3. Доказать, что усредненные функции бесконечно дифференцируемы в любой точке своей области определения. 4. Пусть p  1 и p  2 , f  L p ( X ) , X – ограниченное множество в n , b

b

Lp

f  – усредненная функция. Доказать, что f   f .  0

168

5. Доказать, что множество бесконечно дифференцируемых функций является всюду плотным в пространствах C ( X ) и L p ( X ) , где X – компактное множество в

, при p  1 и p  2 . 6. Пусть X – компактное множество в n . Доказать, что множество  f ( x)  Lp ( X ) при p  1 и p  2 является предкомпактным тогда и только тогда, когда: 1.  f ( x) ограничено в пространстве L p ; n

2.  f ( x) равностепенно непрерывно в среднем в степени p . Указание: множество функций  f ( x)  Lp ( X ) называется равностепен-

z 

но непрерывным в среднем в степени p , если   0   0 : z  f ( x  z )  f  ( x ) p   .

 1 11t 2  e 7. Доказать, что функция 1 (t )   c 0 

при t  1, при t  1

1

, где c   e



1 1 2

d ,

1

(, ) является единичным ядром усреднения.

8. Доказать, что для ядра усреднения  (t ) 

d  (t ) k

задачу) справедливо неравенство:

dx

k

1



t   (см. предыдущую 

1 

 ck  1k , где c k – некоторые посто-

янные, не зависящие от  , k  0,1,2,... b

9. Доказать, что lim  f ( x  h)  f ( x) dx  0 , если f  Lp  ( ,  ), dx  и p

h0

 a , b    ,   .

a



10. Пусть f  Lp  , dx  . Доказать, что lim  f ( x  h)  f ( x) dx  0 . p

h0



11. Предкомпактно ли в L2  0,1 множество x (t )  sin  t при   1,2 ? 12. Предкомпактно ли в L2  0,1 множество x (t )  cos  t при   1,2 ? 13. Предкомпактно ли в L2  0,1 множество x (t )  et  при   3,10 ?

14. Предкомпактно ли в Lp 0,1 множество xn (t )  t n при n ? Указание: показать, что у любой последовательности элементов множества можно найти сходящуюся в Lp 0,1 подпоследовательность. 15. Предкомпактно ли в Lp 0,1 множество xn (t )  ( t )n при n ?

16. Предкомпактно ли в Lp 0,1 множество xn (t )  sin(t  n) при n ?

17. Предкомпактно ли в Lp 0,1 множество x (t )  et  при    0,   ? 169

 1 18. Предкомпактно ли в Lp 0,1 множество x (t )  arctg  t   при   ?  2 Указание: показать, что у любой последовательности элементов множества можно найти сходящуюся в Lp 0,1 подпоследовательность.

  1 19. Предкомпактно ли в Lp 0,1 множество xn (t )  n  3 t   3 t  при n ? n   Указание: показать, что у любой последовательности элементов множе3 ства можно найти сходящуюся в Lp 0,1 при 1  p  подпоследователь2   1 1 и вывести отсюда оценку ность. Проверить, что 0  n  3 t   3 t   3 2 n   3 t

  1 1 1 , после чего воспользоваться теоремой Лебега об nk  3 t   3 t    3 2 3 2 n 3 3 t t k   ограниченной сходимости. 1 20. Предкомпактно ли в L2  0,1 множество x (t )  t  при    ? 2 Указание: найти в множестве последовательность, из которой нельзя выбрать сходящуюся в L2  0,1 подпоследовательность. 21. Предкомпактно ли в L2  0,1 множество xn (t )  ln n t при n ? Указание: показать, что подпоследовательность с четными номерами не может сходиться почти всюду. t

22. Предкомпактно ли в L2  0,1 множество x(t )   y ( )d , при 0

23. Предкомпактно ли в L2  0,1 множество t  x(t )  t ?

1

 y( )

2

d  1?

0

2

Указание: рассмотреть последовательность xn (t )  t 2  (t  t 2 )sin 2 nt и показать, что любая ее подпоследовательность не имеет предела в L2  0,1 . 24. Доказать, что в пространстве L2 ( ) всюду плотное множество образуют непрерывные финитные функции. Доказать, что L2 ( ) сепарабельно. Указание: используя теорему Лебега показать, что при достаточно

f  f   N , N  



, приблизить f  N , N  непрерывной функцией g на 3 отрезке   N , N  (за пределы отрезка продолжить g нулем) и при достаточно

большом N

g, x  N  0, x  N   . малом  приблизить f непрерывной финитной функцией g    линейная на оставшихся частях  170

Дополнение. Базисы в линейных пространствах Определение: пусть X – произвольное множество. Отношение  называется отношением линейного порядка, если выполнены условия: 1. x  X x  x ; 2. x, y, z  X из x  y и y  z следует, что x  z ; 3. x, y  X из x  y и y  x следует, что x  y ; 4. x, y  X либо x  y , либо y  x . Замечание: ясно, что обычные неравенства этими свойствами обладают. Определение: пусть X – произвольное множество. Отношение  называется отношением частичного порядка, если выполнены только условия 1-3 предыдущего определения. Замечание: приведем пример отношения частичного порядка, не являющегося отношением линейного порядка. x  x Пусть X  2 и ( x1 , y1 )  ( x2 , y2 )   1 2 (это отношение называется  y1  y2 “выше и правее”).

В этом случае неравенство a  b В этом случае ни одно из неравенств верно. a  b и b  a не является верным. Таким образом, не для всех точек 2 при таком отношении выполняется свойство быть сравнимыми. Определение: пусть X – частично упорядоченное множество, E  X – его подмножество. Элемент c  X называется мажорантой для E , если x  E x  c . Элемент c  X называется минорантой для E , если x  E c  x . Пример: Если X  2 , E – единичный круг с центром в начале координат и отношение частичного порядка задано “выше и правее”, то множество мажорант изображено на рисунке (заштрихованная область).

171

Определение: мажоранта, принадлежащая множеству, называется его наибольшим элементом. Миноранта, принадлежащая множеству, называется его наименьшим элементом. Замечание: в предыдущем примере таких элементов нет. Определение: элемент c называется максимальным элементом множества E , если c  E и в множестве E нет элементов, больших c . Элемент c называется минимальным элементом множества E , если c  E и в множестве E нет элементов, меньших c . Замечание: в предыдущем примере максимальные элементы лежат на   четверти окружности, отвечающей диапазону углов  0,  . Их бесконечно  2 много. Замечание: таким образом, в частично упорядоченных множествах наибольший элемент и максимальный элемент – необязательно одно и то же. Определение: пусть X – частично упорядоченное множество, E  X – его подмножество. E называется цепью в X , если оно является линейно упорядоченным. Замечание: X  2 , E – прямая.

Не цепь Цепь Лемма Цорна: пусть X – частично упорядоченное множество. Если любая цепь из X имеет мажоранту, то в X найдется хотя бы один максимальный элемент. Доказательство леммы опускается. Определение: пусть X – линейное пространство, e  – какая-то система векторов в этом пространстве. Эта система называется базисом Гамеля, если: 1. конечная линейная независимость, т.е. из условия

n

c e k 1

k k

 0 следует,

что c1  c2  ...  cn  0 для любого конечного числа векторов исходной системы; 2. любой вектор x  X можно представить в виде конечной линейной комбинации векторов исходной системы, т.е. x  X e1 , e 2 ,..., e n c1 , c2 ,..., cn : n

x   ck e k . k 1

172

Определение: пусть X – линейное пространство. Система его векторов e  называется базисом Банаха, если выполнены условия: 1. из равенства



c e k 1

k k

 0 следует, что k 

ck  0 ;



2. x  X x   ck ek . k 1

Замечание: базис Банаха существует не во всех пространствах. Теорема (о существовании базиса Гамеля): в любом линейном пространстве существует базис Гамеля. Доказательство: рассмотрим множество E , элементами которого являются всевозможные системы векторов e  , обладающие свойством конечной линейной независимости, т.е., из

n

c e k 1

k k

 0 следует, что c1  c2  ...  cn  0 .

На множестве E введем отношение частичного порядка следующим образом: e   e  , если всякий e  e  тем более принадлежит e  . Покажем, что в так построенном множестве E всякая цепь имеет мажоранту. Пусть имеется цепь, т.е. такое множество линейно независимых в конечном числе систем, что из любых двух систем одна содержится в другой. Рассмотрим объединение векторов из всех этих систем. Ясно, что это объединение все эти системы содержит и нужно убедиться, что оно принадлежит множеству E , т.е. само является линейно независимой в конечном числе системой. Действительно, если мы возьмем n векторов e1 ,..., en из этого объединения, то каждый из них какой-либо своей системе принадлежит. Поскольку вектора e1 ,..., en выбираются из цепи, т.е. из набора вложенных друг в друга систем, то все эти вектора принадлежат одной, самой большой из этих систем. Эта самая большая система состоит из линейно независимых в конечном числе векторов, т.к. все системы были такими. Тем самым вектора e1 ,..., en линейно независимы. Итак, выполнено условие леммы Цорна, согласно которой в нашем множестве E найдется хотя бы один максимальный элемент, т.е. такая линейно независимая в конечном числе система, больше которой систем уже нет, т.е. при добавлении к ней любого другого вектора она уже перестает быть линейно независимой в конечном числе. Покажем, что она и является нужным нам базисом Гамеля. Пусть e  – максимальная система. Берем любой вектор x и нам его нужно выразить через конечное число векторов из этой системы. Добавим x к этой системе и рассмотрим новую систему  x,e  . Поскольку e  – максимальная линейно независимая в конечном числе система, то новая система уже не является линейно независимой в конечном числе, т.е. из условия 0 x  1e1  2e 2  ...  ne n  0 следует, что не все k равны нулю.

173

а) Пусть 0  0 , тогда 1e1  2e 2  ...  ne n  0 , причем не все оставшиеся k равны нулю. Это противоречит линейной независимости в конечном числе системы e  . Итак, данный случай невозможен.

1   e  2 e  ...  n e , т.е. любой элемент x 0 0 0 представили в виде конечной линейной комбинации элементов системы e  . б) Пусть 0  0 , тогда x  

1

2

n

Значит, система e  является базисом Гамеля. Теорема доказана. Упражнение: доказать, что банахово X пространство со счетным базисом Банаха является сепарабельным.  nk  Указание: показать, что множество  re  – счетное и всюду i i : ri   i 1  плотное в X .

174

РАЗДЕЛ 3. ГИЛЬБЕРТОВЫ ПРОСТРАНСТВА 3.1. Пространства со скалярным произведением Определение: линейное пространство E с введенным на нем скалярным произведением и нормой x  ( x, x) , называется евклидовым. Замечание: напомним, что скалярным произведением на линейном комплексном пространстве X называется отображение, которое любым элементам x, y  X ставит в соответствие комплексное число ( x, y ) со следующими свойствами (аксиомами скалярного произведения): 1. x  X ( x, x)  0 ; 2. ( x, x)  0  x  0 ; 3. x, y  X ( x, y)  ( y, x) ; 4. x, y, z  X   ( x  y, z )  ( x, z )  ( y, z ) , ( x, y )   ( x, y ) , ( x,  y)   ( x, y ) . Теорема (неравенство Коши-Буняковского): пусть E – евклидово пространство, тогда x, y  E ( x, y )  x y , причем равенство в нетривиальном случае ( x  0 и y  0 ) достигается тогда и только тогда, когда x   y ,   . Доказательство: рассмотрим функцию  (r )  ( x  rei y, x  rei y )  0 , где

r  ,   arg( x, y ) , т.е. ( x, y)  ( x, y) ei . Используя аксиомы скалярного произ-

ведения, получаем  (r )   x, x    x, rei y    rei y, x    rei y , rei y   x

2



 re  i  x, y   rei  x, y   rei re i y  x  2 ( x, y ) r  r 2 y  0 . Получили квадратный трехчлен с действительными коэффициентами относительно переменной r , принимающий неотрицательные значения, следовательно, его дискри2 2 2 минант 4 ( x, y )  4 x y  0 , откуда следует неравенство. Допустим, что ( x, y )  x  y , т.е. дискриминант обратился в 0, поэтому, при некотором зна2

2

2

чении r  (r )  ( x  rei y, x  rei y )  0 , т.е. x  rei y  0 , откуда x  rei y   y . Если x   y или x  0 , или y  0 , то равенство ( x, y )  x  y очевидно. Теорема доказана. Теорема (свойства нормы в евклидовом пространстве): пусть E – евклидово пространство, тогда число x  ( x, x) удовлетворяет всем аксиомам нормы. Доказательство: 1. x  ( x, x)  0 . 2. x  0 

( x , x )  0  ( x, x )  0  x  0 .

3.  x  ( x,  x)   ( x, x)  4.



2

 ( x, x )   ( x, x )    x . 2

2

x  y  ( x  y, x  y)  ( x, x)  ( x, y)  ( x, y)  ( y, y)  2

x  2 ( x, y)  y 

2

2

x 2 x  y  y  175

x

 y



2

x  2Re( x, y)  y  2

 x  y .

Здесь использовали неравенство Коши-Буняковского, а также свойства z  z  2Re z и Re z  z . Теорема доказана. Теорема (о непрерывности скалярного произведения): скалярное произведение – есть непрерывная функция по совокупности аргументов. Доказательство: пусть при n   xn  x , yn  y , тогда числовые последовательности xn и yn ограничены. Пусть M – их верхняя граница. Кроме того, xn  x  0 и yn  y  0 , тогда ( xn , yn )  ( x, y)  ( xn , yn )  ( xn , y)  ( xn , y)  ( x, y)  ( xn , yn )  ( xn , y)  ( xn , y)  ( x, y) 

 ( xn , yn  y )  ( xn  x, y )  xn  yn  y  xn  x  y  M yn  y  xn  x  y . Переходя в неравенстве к пределу при n   , по теореме о двух милиционерах, получаем, что ( xn , yn )  ( x, y )  0 , что означает, что ( xn , yn )  ( x, y) . Теорема доказана. Определение: пусть E – евклидово пространство и вектора x, y  E . Эти вектора называются ортогональными, если ( x, y)  0 . Обозначение: x  y . Замечание: легко видеть, что x  E ( x,0)  (0, x)  0 (т.к. 0  x  x ). Теорема Пифагора: пусть E – евклидово пространство и вектора x, y  E , 2

2

2

причем x  y . Тогда x  y  x  y . 2

2

2

Доказательство: x  y  ( x  y, x  y )  ( x, x)  ( x, y )  ( x, y )  ( y, y )  x  y . Теорема доказана. Замечание: геометрически теорема означает, что квадрат “гипотенузы”, равен сумме квадратов “катетов”. Теорема (равенство параллелограмма): пусть E – евклидово простран2 2 2 2 ство и вектора x, y  E , тогда x  y  x  y  2 x  2 y . 2

2

2

Доказательство: x  y  x  y  ( x  y, x  y )  ( x  y, x  y )  x  ( x, y )  ( x, y )  2

2

2

2

2

 y  x  ( x , y )  ( x, y )  y  2 x  2 y . Теорема доказана. Замечание: геометрически теорема означает, что сумма квадратов диагоналей “параллелограмма”, равна сумме квадратов всех его сторон. Для того чтобы в нормированном пространстве можно было ввести скалярное произведение, порождающее имеющуюся норму, необходимо и достаточно, чтобы для любых его элементов x и y выполнялось равенство параллелограмма. Это утверждение предлагается доказать самостоятельно (задачи 26, 27). Определение: углом между векторами x и y действительного евклидова ( x, y ) . пространства E называется угол    0,   такой, что cos   x  y Определение: пусть E – евклидово пространство, элементы x1 , x2 ,..., xn  E . Определителем Грама этих элементов называется определитель 176

( x1 , x1 ) ( x1 , x2 ) ... ( x1, xn ) ( x , x ) ( x2 , x2 ) ... ( x2 , xn ) . ( x1 , x2 ,..., xn )  2 1 ........... ........... ... ............ ( xn , x1 ) ( xn , x2 ) ... ( xn , xn ) Теорема (критерий линейной зависимости): пусть E – евклидово пространство, элементы x1 , x2 ,..., xn  E . Эти элементы являются линейно зависимыми тогда и только тогда, когда ( x1, x2 ,..., xn )  0 . Доказательство: пусть 1x1  2 x2  ...  n xn  0 . Умножая скалярно это равенство последовательно на x1 , x2 ,…, xn (справа), получим СЛАУ G  0 , где G – транспонированная матрица Грама,  – столбец из чисел 1,2 ,...,n . Поскольку однородная СЛАУ имеет нетривиальные решения тогда и только тогда, когда ее определитель равен нулю, а определитель при транспонировании не меняется, то получаем, что коэффициенты 1,2 ,...,n не равны нулю одновременно тогда и только тогда, когда ( x1, x2 ,..., xn )  0 . Теорема доказана. Замечание: необходимым и достаточным условием линейной независимости элементов x1 , x2 ,...  E является: n  ( x1, x2 ,..., xn )  0 . Определение: гильбертовым пространством H называется полное евклидово пространство. Замечание: гильбертово пространство H является полным в смысле метрики  ( x, y )  x  y . Примеры гильбертовых пространств: а) Комплексное пространство l2 . Если x  (1,2 ,...,n ,...)  l2 и y  (1,2 ,...,n ,...)  l2 , то скалярное произведение 

вводится следующим образом: ( x, y )   i i . Сходимость ряда вытекает из неi 1

равенства Гельдера для рядов. Аксиомы скалярного произведения проверяются элементарно. Равенство параллелограмма очевидно. б) Пространство L2  a, b  . Если x(t )  L2  a, b  и y (t )  L2  a, b  , то скалярное b

произведение вводится следующим образом: ( x, y)   x(t ) y(t )dt . Сходимость a

интеграла вытекает из неравенства Гельдера для интегралов. Аксиомы скалярного произведения и равенство параллелограмма очевидны. Примеры решения задач 1. Пусть   (1 , 2 ,...) – фиксированная последовательность положительных чисел, l2, – пространство последовательностей x  (1,2 ,...) , удовлетворяющих условию



 n 1

 n   . Пусть y  (1,2 ,...)  l2, . Доказать, что l2, со 2

n

177



скалярным произведением ( x, y )    n n n является гильбертовым пространn 1

ством. Решение: по определению гильбертова пространства нужно доказать, что 

число ( x, y )    n n n конечно и удовлетворяет аксиомам скалярного произвеn 1





дения, а также, что l2, полно по норме x 

n 1

n . 2

n

Поскольку  n  2  n  n  n    n  n   0 , то n  n  2

Отсюда следует, что  n n  n  

 n n

2



2

2

 2

n

2 n

 n n получаем, что ряд

и

n 1

2

n 1

 n

2





и в силу сходимости рядов



   n 1



1 2 2  n  n . 2

n n n

сходится абсолютно.

Выполнение аксиом скалярного произведения очевидно. Осталось доказать полноту l2, , т.е. по определению полноты, что любая фундаментальная последовательность в l2, имеет предел. Пусть

k .

 x   

По

(k )

(k ) 1

,  2( k ) ,...

определению

 k 1

 l2, – фундаментальная последовательность,

  0

фундаментальности

2

x (l )  x( m )   2 . Это означает, что



k 0  :

l , m  k 0

 n n(l )  n(m)   2 . Поскольку каждое сла2

n 1

гаемое неотрицательно и вся сумма меньше, чем  2 , то каждое слагаемое тем 2

 n  n(l )   n( m )   2 . Поскольку  n  0 и фик-

более меньше, чем  2 , т.е. n  сированы, то n 

 n(l )   n( m ) 

 , т.е. n  n

последовательность  n( k )  –

фундаментальна, но n  это уже числовая последовательность, значит, для нее справедлив критерий Коши, согласно которому она имеет предел, т.е.  lim  k 

(k ) n

  n . Составим вектор x  (1 ,  2 ,...,  n ,...) и покажем, что x

(k )

l2 ,

 x . Для

k 

этого надо показать, во-первых, что x  l2, и, во-вторых, что x( k )  x  0 . k 

Поскольку фундаментальная последовательность всегда ограничена, то

c  0 : x

(k )

 c , т.е.



 n  n 1

(k ) 2 n

 c , значит N 

тем более

2

N

 n  n( k )  c 2 . 2

n 1

Поскольку это уже конечная сумма, то можно перейти к пределу при k   и с учетом того, что lim  k 

(k ) n

  n , получить, что

N

 n 1

 n  c , т.е. ряд 2

n

сходится в силу критерия Вейерштрасса, значит x  l2, . 178

2



 n 1

n

n

2

Перепишем теперь условие фундаментальности в виде   0 k0 

:

N 2     k , m  k0  n       , значит, тем более, N   n n( k )  n( m)    . 2 2 n1 n1 Снова сумма конечна и значит можно перейти к пределу при m   и, с уче

2

( m) 2 n

(k ) n

том того, что lim  m 

(m) n

2

N



  n , получить

n 1



n

(k ) n

 n

2

     . Переходя к пределу 2 2

2     при N   , получаем, что  n   n    , откуда x( k )  x      2 , 2 2 n 1 (k ) значит, окончательно получаем, что   0 k0  : k  k0 x  x   , т.е. 

x

(k )

2

2

(k ) n

2

l2 ,

 x.

k 

2. Доказать, что в нормированных пространствах l p ( p  1 , p  2 ) и C  0,1

норма не порождается скалярным произведением. Решение: рассмотрим в l p ( p  1 , p  2 ) два вектора x  (1,1,0,0,...) и y  (1,  1,0,0,...). Проверим, что для этих векторов не выполняется равенство параллелограмма. Ясно, что x  y  (2,0,0,...) , x  y  (0, 2,0,0,...) . Таким образом, x  y  2 p  0 p  0 p  ...  2 и, аналогично, x  y  2 . p

Тогда

2

2

x  y  x  y  8 . Далее,

1 p

x  1  1  0  0  ..  2 . Аналоp

1 p

p

p

2

p

2

p

2 p

2 p

2 p

гично, y  1  1  0  0  ..  2 . Тогда 2 x  2 y  2  2  2  2  4  2 . p

p

p

p

p

2 p

2 p

Поскольку p  2 , то равенство 8  4  2 или 2  2 – неверно. 1 1 Рассмотрим в C  0,1 две непрерывные функции x(t )  и y(t )  t . Про2 2 верим, что для этих функций не выполняется равенство параллелограмма. 1 1 1 1 2 2 Ясно, что x  sup  и y  sup t  , тогда 2 x  2 y  1 . Также 2 0,1 2 2 0,1 2 1 1 1 1 1 x  y  sup  t  1 , x  y  sup  t  , очевидно, что значит 2 0,1 2 2 0,1 2 2 5 2 2 x  y  x  y   1 , т.е. равенство параллелограмма не выполняется. 4 3. В действительном линейном пространстве определенных на  ,   функций x(t ) таких, что интеграл





2

x(t ) et dt сходится, введем скалярное 2



произведение по формуле ( x, y )  странства.





x(t ) y (t )e t dt . Доказать полноту этого про2



179

Решение: обозначим рассматриваемое пространство L , норма в нем определяется по формуле x L 





2

x(t ) et dt . 2



Пусть x(t ), y (t )  L . Поскольку x(t )  y (t ) e

t 2

et  2

2

 x(t )

2

гично примеру 1), то, в силу сходимости интегралов

 y (t ) 



2



2

(аналои

x(t ) et dt 2

 



y (t ) e t dt , интеграл 2



2



 x(t ) y(t )e

t 2

dt сходится абсолютно и удовлетворяет



всем аксиомам скалярного произведения, т.е. скалярное произведение определено корректно. Далее можно провести доказательство полноты по аналогии с теоремой о полноте пространства L p при p  1 . Укажем еще другой способ. Поскольку функция e

t 2

неотрицательна и



e

t 2

dt   , т.е. e  t суммиру2



ема на  ,   , то функция  ( A)   e t dt определена для всех измеримых 2

A

подмножеств A   ,   , неотрицательна и   аддитивна, т.е. является мерой. Тогда, если d   et dt , то очевидно, что пространство L представляет со2



бой пространство L2  , d   , причем, поскольку  ( )  1d    et dt   , то 2



L2  , d   является полным пространством, как всякое пространство Lp  E, d   при условии, что число  ( E ) – конечно. Следовательно, L также полно. 4. Пусть H – гильбертово пространство,  xn  , yn   H , xn  1 , yn  1 , ( xn , yn )  1 , n . Доказать, что xn  yn  0 .

Решение: 0  xn  yn  ( xn  yn , xn  yn )  ( xn , xn )  ( xn , yn )  ( xn , yn )  ( yn , yn )  2

2

 2  2Re( xn , yn ) . Переходим в неравенстве к пределу при n   и, учитывая, что ( xn , yn ) 1  Re( xn , yn ) 1, Im( xn , yn )  0 , получаем, что xn  yn  0 . 

xn  2Re( xn , yn )  yn

Задачи для самостоятельного решения 1. Проверить аксиомы скалярного произведения в примерах гильбертовых пространств, приведенных в теоретической части. 2. Доказать, что в гильбертовом пространстве для любых элементов x , y , 2

1 x y 2 z справедливо тождество Аполлония: z  x  z  y  x  y  2 z  . 2 2 2

180

2

3. Доказать справедливость в гильбертовом пространстве поляризационно2 2 2 2 го тождества: 4  x, y   x  y  x  y  i x  iy  i x  iy . 4. Доказать, что в нормированном пространстве c0 норма не порождается скалярным произведением.  1   1  Указание: рассмотреть последовательности xn  1, ,0,0,...  и yn  1, ,0,0,...  .  2   4  5. Доказать, что в нормированном пространстве l норма не порождается скалярным произведением. Указание: рассмотреть последовательности xn  1,1,1,... и yn  1,0,0,... . 6. Доказать, что в гильбертовом пространстве справедлива теорема Пифаn

n

гора (обобщенный вариант): если ( xk , xl )  0 при k  l и x   xk , то x   xk . 2

k 1

2

k 1

7. Доказать, что в гильбертовом пространстве для любых элементов x , y , z и t справедливо неравенство Птоломея: x  z  y  t  x  y  z  t  y  z  x  t . 8. Определяет ли в если:

n

скалярное произведение функция  :

n



n



,

n

а)  ( x, y )   ( k   k ) ; k 1 n

б)  ( x, y )   k k k , k 1

где x  1 ,  2 ,...,  n  и y  1 ,2 ,...,n  . 9. Доказать, что функция



 x, y    kkk , k 1

0  k  1

 k   ,

где

x  1 ,  2 ,... , y  1 ,2 ,... определяет скалярное произведение в l2 . Будет ли полученное пространство гильбертовым? 1 Указание: при проверке полноты взять  k  2 , воспользоваться теореk мой об эквивалентных нормах в банаховых пространствах и рассмотреть по  следовательность xk  1,...,1,0,...,0,....  .    k  10. В действительном линейном пространстве определенных на  0,   функций x(t ) таких, что интеграл





2

x(t ) e  t dt сходится, введем скалярное

0

произведение по формуле ( x, y )  странства.



 x(t ) y(t )e 0

181

t

dt . Доказать полноту этого про-

11. Пусть в нормированном пространстве E справедливо равенство ромба: 2 2 x  y  x  y  4 при любых x, y  E таких, что x  y  1 . Доказать, что в E можно ввести скалярное произведение, порождающее имеющуюся норму. 12. Показать, что в гильбертовом пространстве сумма векторов и произведение вектора на число непрерывны, т.е. если при n   xn  x , yn  y (по норме), и n   (как числовая последовательность), то xn  yn  x  y и n xn   x . 13. Пусть H – гильбертово пространство,  xn  , yn   H , xn  1 , yn  1 , n . Доказать справедливость утверждений: а) ( xn , yn )  1  xn  yn  0 ; б) xn  yn  2  xn  yn  0 . 14. Пусть H – гильбертово пространство, x, y  H . Доказать, что равенство x  y  x  y выполняется тогда и только тогда, когда или x  0 , или y   x при некотором   0 . 15. Найти угол  между элементами x(t )  sin t и y(t )  t в пространстве L2  0,   . 16. Найти углы треугольника, образованного в пространстве L2  1,1 элементами x1 (t )  0 , x2 (t )  1 и x3 (t )  t . b

b

a

a

17. Доказать, что функция ( x, y )   x(t ) y (t )dt   x '(t ) y '(t )dt определяет скалярное произведение в (действительном) пространстве C (1)  a, b . 18. Определить, являются ли в пространстве L2  0,   элементы x1 (t )  1 , x2 (t )  cos 2t , x3 (t )  sin 2 t линейно независимыми. 19. Определить, являются ли в пространстве L2  1,1 элементы x1 (t )  1 , x2 (t )  t , x3 (t )  t 2 и x4 (t )  t 3 линейно независимыми. 20. Определить, являются ли в комплексном пространстве L2  a, b  элеменt a 2 in 1 ba , при n  ты xn (t )  e 0 линейно независимыми. ba 21. Доказать, что пространство Lp 0,1 не является гильбертовым ни для каких p  2 .

   1  1 t t 1, 0, 0, 0,      2     2  и y (t )   . Указание: рассмотреть вектора x(t )   1 1     0, t  ,1 1, t  ,1       2  2 

182

22. Доказать, что в действительном гильбертовом пространстве H элемен2 2 2 ты x и y ортогональны тогда и только тогда, когда x  y  x  y . Верно ли это для комплексного гильбертова пространства? 23. Доказать, что в комплексном гильбертовом пространстве H элементы 2 2 2 x и y ортогональны тогда и только тогда, когда  x   y   x   y , для всех ,   . 24. Пусть H – комплексное гильбертово пространство и x1, x2  H спра2

2

ведливо равенство Re( x1 , x2 )  x1  x2 . Доказать, что x1  x2 . 25. Доказать, что для того, чтобы элемент x гильбертова пространства H был ортогонален подпространству L  H (т.е. ортогонален всем векторам из L ), необходимо и достаточно, чтобы y  L выполнялось неравенство x  x y . 26. Пусть некоторая норма удовлетворяет равенству параллелограмма. Доказать, что она порождается скалярным произведением, корректно определенным с помощью поляризационного тождества (см. задачу 3). Указание: применить равенство параллелограмма к векторам x  i k z и 1 y  i k z при k  0,1,2,3 и получить, что ( x, z )  ( y, z )  ( x  y,2 z ) . Показать, 2 что (0, x)  0 , ( x, 2 z )  2( x , z ) , ( x  y, z )  ( x, z )  ( y, z ) , откуда получить, что 1 ( x, y )   ( x, y) сперва для натуральных  , затем для чисел вида , для отриn цательных чисел, рациональных чисел, и, с учетом непрерывности нормы (см. п. 2.2. раздела 2), для всех действительных чисел. Проверить, что (ix, y)  i( x, y) и все остальные аксиомы скалярного произведения. 27. Доказать утверждение предыдущей задачи для действительного евкли1 2 2 дова пространства, если ( x, y)  x y  x y . 4





183

3.2. Проекции векторов в гильбертовых пространствах Теорема (о кратчайшем расстоянии от точки до подпространства): пусть H – гильбертово пространство, L – его линейное многообразие, x  L , y  L – вектор, расстояние до которого от x – наименьшее среди всех расстояний от x до всех векторов из L . Тогда вектор x  y ортогонален всем векторам из L . Доказательство: геометрически описанную ситуацию можно изобразить как показано на рисунке. функцию Рассмотрим z  L и t  2

 (t )  x  ( y  tei z ) , где   arg( x  y, z ) . Ясно, что  (t ) – это квадрат расстояния от вектора x до вектора y  tei z и, по-

скольку кратчайшее расстояние до вектора x имеет вектор y , то эта функция принимает минимальное значение при 2

t  0 , т.е. t  0 – точка минимума функции  (t )  x  ( y  tei z ) , значит

 '(0)  0 . Учитывая, что ( x  y, z )  ( x  y, z ) ei и, проводя преобразования  (t ) ,

получим

 (t )  ( x  y  tei z , x  y  tei z )  x  y  2t ( x  y, z )  t 2 z . 2

2

Далее,  '(t )  2 ( x  y, z )  2t z , откуда  '(0)  2 ( x  y, z )  0 , значит ( x  y, z )  0 , что и означает, что ( x  y )  z . Поскольку z – произвольный вектор из L , то получаем, что вектор x  y ортогонален всем векторам из L . Теорема доказана. Определение: пусть H – гильбертово пространство, L – его линейное многообразие, x  L , y  L – вектор, такой, что x  y ортогонален всем векторам из L . Вектор y  L (если он существует) называется проекцией элемента x  L на многообразие L . Теорема (о существовании проекции): пусть H – гильбертово пространство, L – его подпространство, x  L , x  H , тогда y0  L такой, что вектор x  y0 ортогонален всем векторам из L . Такой вектор y0 – единственен. Замечание: условие замкнутости L здесь существенно. Для незамкнутого подпространства перпендикуляра может не существовать. Доказательство: в силу предыдущей теоремы достаточно доказать, что y0  L , до которого расстояние от x – наименьшее. Обозначим d  inf x  y . 2

yL

По свойству точной нижней грани найдется последовательность  yn   L такая, что x  yn  d . Если мы покажем, что yn имеет предел (т.е. yn  y0 ), то, воn

первых, y0 будет предельной точкой для L , а поскольку L замкнуто по усло184

вию, то y0  L ; во-вторых, поскольку yn  y0 , то x  yn  x  y0 , а, с другой n

стороны, x  yn  d , значит, x  y0  d , но d  inf x  y , значит, получим, yL

n

что y0 – тот самый вектор, расстояние до которого от x кратчайшее. Итак, теорема будет доказана, если yn  y0 . Пространство H – гильбертово, значит по определению полное, L – его замкнутое подпространство, значит тоже полно по теореме о полноте замкнутого подпространства. Значит в L всякая фундаментальная последовательность имеет предел и осталось доказать, что  yn  – фундаментальна, т.е.   0 N  : n, m  N yn  ym   . Рассмотрим векторы x  yn и x  ym и применим к ним равенство паралле2

2

2

2

лограмма: ( x  yn )  ( x  ym )  ( x  yn )  ( x  ym )  2 x  yn  2 x  ym . Далее,

2

2 x  ( yn  ym )  yn  ym

2

 2 x  yn

2

2

 2 x  ym , откуда получаем, что 2

2

2

yn  ym  2 x  yn  2 x  ym

2

y  ym . 4 x n 2

yn  ym  L , а поскольку d – кратчайшее расстояние от эле2 y y 2 2 2 мента из L до x , то x  n m  d , откуда yn  ym  2 x  yn  2 x  ym  4d 2 . 2 Очевидно, что

Поскольку x  yn 2

x  yn 

2 4

2

 d , то   0 N  : n  N 2

n

2

 d 2 . Аналогично, m  N x  ym 

2 4

2

x  yn  d  2

2 4

, откуда

 d 2 . Окончательно:

    2 yn  y m  2   d 2   2   d 2   4 d 2   2 .  4   4  Докажем единственность y0 . Допустим, что y1  L : z  L x  y1  z , и, кроме того, x  y0  z . По определению ортогональности  x  y1 , z   0 и  x  y0 , z   0 . Вычитая эти равенства и пользуясь аксиомами скалярного произведения, получаем 0   x  y1 , z    x  y0 , z    x  y1  ( x  y0 ), z    y0  y1 , z  . Поскольку y0  y1  L , а z – произвольный элемент из L , то, выбирая z  y0  y1 , получаем  y0  y1 , y0  y1   0 . Отсюда следует, что y0  y1  0 , т.е. y0  y1 . Теорема доказана. 2

2

185

3.3. Ортогональные дополнения и их свойства Определение: пусть H – гильбертово пространство, L – его линейное многообразие. Ортогональным дополнением к L называется множество тех векторов из H , которые ортогональны всем векторам из L (т.е. L  {x  H : ( x, y )  0 y  L} ). Теорема (об ортогональном дополнении): ортогональное дополнение всегда является подпространством. Доказательство: проверим линейность, т.е. что если x1 , x2  L , то x1  x2  L и если x  L и   , то  x  L . Пусть x1 , x2  L , тогда y  L ( x1 , y )  0 и ( x2 , y )  0 . Складывая, получаем, что ( x1  x2 , y )  0 y  L , т.е. x1  x2  L . Пусть x  L , тогда y  L ( x, y)  0 , значит  ( x, y )  0 , т.е. ( x, y )  0 y  L , откуда  x  L .

Проверим замкнутость, т.е., что L содержит все свои предельные точки. Допустим, что x – предельная точка для L . Это означает, что xn   L : xn  x . Поскольку n xn  L , то y  L ( xn , y )  0 . Переходя к пределу при

n   , получаем, что y  L ( x, y)  0 , значит x  L . Теорема доказана. Теорема (о разложении гильбертова пространства в прямую сумму): пусть H – гильбертово пространство, L – его подпространство, тогда H  L  L . Доказательство: надо доказать, что H  L  L , т.е. x  H справедливо представление x  x1  x2 , где x1  L , x2  L , и что эта сумма – прямая, т.е., по теореме о разложении в прямую сумму, что L L  0 . Берем x  H . По теореме о существовании проекции y  L : x  y  L , тогда x  y  ( x  y ) . Осталось обозначить x1  y  L и x2  ( x  y )  L . Допустим, что z  L L , значит z  L и z  L , тогда ( z , z )  0 , откуда z  0 . Теорема доказана. Замечание: в силу теорем о существовании проекции и разложении гильбертова пространства в прямую сумму, если H – гильбертово пространство и L – его подпространство, то x  H допускает единственное представление в виде x  u  v , где u  L – проекция x на L , v  L . При этом  ( x, L )  x  u  v . Теорема (о всюду плотности линейного многообразия): пусть H – гильбертово пространство, L – линейное многообразие в нем, тогда L  H  L  0 . Замечание: напомним, что условие L  H означает всюду плотность L в

H. 186

Доказательство: пусть L  H . Допустим, что z0  L . По определению всюду плотности x  H  yn   L : yn  x . Возьмем x  z0 , тогда yn  z0 . По теореме о непрерывности скалярного произведения ( yn , z0 )  ( z0 , z0 ) . С другой стороны ( yn , z0 )  0 , значит ( z0 , z0 )  0 , т.е. z0  0 . Обратно: пусть L  0 , т.е. если y  L ( x, y)  0 , то x  0 . Допустим, что

L  H , тогда x0  H : x0  L . Т.к. L – подпространство, то по предыдущей тео

реме x0  y0  z0 , где y0  L , z0  L . Поскольку x0  L , то z0  0 . Заметим, что

( z0 , y)  0 y  L и, в частности, для y  L , тогда по условию z0  0 . Противоречие. Теорема доказана. Теорема (о втором ортогональном дополнении): пусть H – гильбертово пространство, L – его линейное многообразие, тогда: 1)  L   L , 

2) Если L – подпространство, то  L   L . 

Доказательство: 1) Пусть x  L . Надо доказать, что x   L  тем более, 

т.е., что y  L ( y, x)  0 , но, поскольку x  L , а y  L , то это действительно верно.

2) В силу п. 1) достаточно доказать, что в этом случае  L   L , т.е., что, 

если x   L  , то, тем более, x  L . Т.к. L замкнуто, то H  L  L . По теореме 

об ортогональном дополнении L замкнуто, поэтому H  L   L  . 

Пусть x  H , тогда x  x1  x2 , где x1  L , x2  L . В силу п. 1) x1   L 



тем более. Итак, с одной стороны, x  x1  x2 , где x1   L  , x2  L , а с другой 

стороны, x  x  0 , где x   L  , 0  L . Элемент x представлен двумя спосо

бами, а поскольку сумма прямая, то представление x однозначно. Значит, x1  x и x2  0 , а поскольку x1  L , то и x  L . Теорема доказана. Примеры решения задач 1. В гильбертовом пространстве H введем угол между векторами x и y по ( x, y) . Доказать, что если L – подпространство H , формуле  ( x, y)  arccos x  y x  L и u – проекция y на L , то  ( x, u )   ( x, y ) . 187

Решение: надо доказать, что arccos

( x, u ) ( x, y) . Так как arccos x –  arccos x u x  y

убывающая функция, то надо доказать, что

( x, u ) ( x, y)  x  u x  y

или, что

( x, u ) ( x, y ) . Поскольку L – замкнуто, а u – проекция y на L , то по теореме  u y о разложении гильбертова пространства в прямую сумму y  u  v , где v  L . При этом, поскольку u  L , а v  L , то (u, v)  0 , тогда по теореме Пифагора 2

2

2

2

y  u  v  u  v . Поскольку x  L , то ( x, v)  0 .

Итак, осталось доказать, что т.е., что

( x, u ) ( x, u  v) ( x, u ) ( x, u )  ( x, v) , т.е. ,   u y u y

( x, u ) ( x, u ) 1 1 , т.е. , и, наконец, что y  u . Но это уже оче  u y u y 2

2

2

видно следует из равенства y  u  v .

2. а) Описать ортогональное дополнение в пространстве L2  0,1 к подпро-

1   странству L   x(t )  L2 0,1 :  x(t )dt  0  . Найти расстояние от элемента x0 (t )  t 2 0   до L . б) Описать ортогональное дополнение в пространстве l2 к подпространству L   x  l2 : 1  23  3 4  0 . Найти ортогональную проекцию на L элемента



 1  k  x0      , а также расстояние от x0 до L и L .  3  k 1

Решение: а) покажем, что L одномерно, т.е., что, если e(t )  L , e(t )  0 , то любой элемент y(t )  L можно представить в виде y(t )  e(t ) ,   , т.е. покажем, что y(t )  L   : y(t )  e(t )  0 . Поскольку L – подпространство, то ясно, что y(t )  e(t )  L . Поскольку L – подпространство, то по теореме о разложении гильбертова пространства в прямую сумму, если y(t )  e(t )  L , то 1

y(t )  e(t )  0 . Из условия y(t )  e(t )  L следует, что  ( y (t )  e(t ))dt  0 , отку0

1

да получаем, что  

 y(t )dt 0 1

 e(t )dt

. При этом

1

 e(t )dt  0 , иначе имели бы 0

0

188

e(t )  L , а,

поскольку e(t )  L , то e(t )  0 – противоречие. Итак, одномерность L доказана, поэтому достаточно найти какой-то один элемент e(t )  L , т.е. такой, что x(t )  L ( x, e)  0 , т.е.

1

 x(t )e(t )dt  0 . Очевидно, что этому условию удовле0

п.в   творяет элемент e(t )  1 , поэтому L   y (t )  L2[0,1]: y (t )  e(t ),   , e(t )  1 .    Рассмотрим разложение x0 (t )  x (t )  y (t ) , x  L , y  L . Поскольку y (t )  e(t ) , то, в силу единственности такого разложения, получаем, что п.в

1

 (t

x(t )  x0 (t )  e(t )  t  e(t ) , т.е. 2

0

 ( x0 , L)  y 

2

1   e(t ))dt  0 , откуда   . Наконец, 3

1

1 2 1 . e ( t ) dt  0 9 3

б) Аналогично п. а) покажем, что L одномерно, т.е., что y  L   : y  e  0 при фиксированном e  L , e  0 . Если найдем  из условия y   e  L , то получим, что y  e  0 .   23  3 4 , приИмеем: 1   e1  2 3   e3   3 4   e4   0 , откуда   1 e1  2e3  3e4 чем аналогично п. а) показывается, что знаменатель не обращается в 0. Далее,

x  L ( x, e)  0 , т.е.



 e k 1

k k

 0 , поэтому достаточно взять e  (1,0, 2,3,0,0,0,...) .

Итак, L   y  l2 : y  e,   , e  (1,0, 2,3,0,0,0,...) . Пусть теперь x0  x  y , 

x  L , y  L , тогда 2 3 4 5 6  1   1  1  1  1  1 x  x0   e      ,    ,     2 ,     3 ,    ,    ,...  .  3   3  3  3  3  3   3 4  1    1   1 1 Таким образом,     2      2   3      3   0 , откуда    .  3    3   63 3     1 Тогда проекция x0 на L – есть x  x0  e , расстояние от x0 до L – есть 63 2

2

2

14  1   2  3  ( x0 , L)  y   e           , расстояние от x0 до L – 63  63   63   63  1 14 1 551 2 2 есть  ( x0 , L )  x  x0  y  . Здесь использовали   8 3969 18 14 2 2 2 1 теорему Пифагора x0  x  y и то, что x0  . 8 189

3. В пространстве L2  0,1 найти ортогональное дополнение к множеству P  0,1 всех многочленов, рассматриваемых на отрезке  0,1 .

Решение: очевидно, что множество P  0,1 образует линейное многообразие в L2  0,1 (т.к. линейная комбинация многочленов – снова многочлен). При этом, по теореме о плотности непрерывных функций в L p , множество непрерывных функций всюду плотно в L2  0,1 . В силу аппроксимационной теоремы Вейерштрасса, множество многочленов всюду плотно в множестве непрерывных функций, значит всюду плотно и в L2  0,1 . По теореме о всюду плотности

линейного многообразия P  0,1  0 . 4. Пусть L – n  мерное подпространство гильбертова пространства H с базисом h1 , h2 ,..., hn , x  H – произвольный элемент. Доказать, что ( x, h1 , h2 ,..., hn )  2 ( x, L )  . (h1 , h2 ,..., hn ) Решение: поскольку L – замкнуто, то, по теореме о существовании проекции, у элемента x  H существует проекция y  L . Поскольку h1 , h2 ,..., hn – базис в L , то y  1h1  2h2  ...  nhn , где 1 , 2 ,..., n – некоторые числа. Кроме того, поскольку h1 , h2 ,..., hn – линейно независимы, то  ( h1 , h2 ,..., hn )  0 . В силу свойств ортогональной проекции, если x  y  z , то z  L , в частности, z  hk , k  1,2,..., n . Следовательно, для всех k  1,2,..., n получаем систему уравнений: 0  ( z, hk )  ( x  y, hk )  ( x, hk )  1(h1, hk )  2 (h2 , hk )  ...  n (hn , hk ) , откуда 1 (h1, hk )  2 (h2 , hk )  ...  n (hn , hk )  ( x, hk ) , k  1,2,..., n . Считая неизвестными 1 , 2 ,..., n , находим, что определитель матрицы этой системы равен: (h1 , h1 ) (h2 , h1 ) ... (hn , h1 ) 

(h1 , h2 ) (h2 , h2 ) ... (hn , h2 )  (h1 , h2 ,..., hn )  0 . ........... ........... ... ............ (h1 , hn ) (h2 , hn ) ... (hn , hn ) Пользуясь правилом Крамера, получаем: ( x, h1 ) (h2 , h1 ) ... (hn , h1 ) (h1 , h1 ) ( x, h1 ) ... ( hn , h1) ( x, h2 ) (h2 , h2 ) ... (hn , h2 ) (h1 , h2 ) ( x, h2 ) ... ( hn , h2 ) ........... ........... ... ............ ........... ........... ... ............ ( x, hn ) (h2 , hn ) ... (hn , hn ) (h , h ) ( x, hn ) ... ( hn , hn ) 1  , 2  1 n ,... (h1 , h2 ,..., hn ) (h1 , h2 ,..., hn ) Далее,  2 ( x, L)  z  ( z , z )  ( z , x  y )  ( z , x )  ( z , y )  ( z , x )  ( x  y , x ) , то2

0

гда  ( x, L)  ( x, x)  1 (h1, x)  2 (h2 , x)  ...  n ( hn , x) . 2

190

Подставим в это равенство найденные значения 1 , 2 ,..., n : ( x, h1 ) (h2 , h1 ) ... (hn , h1 ) (h1, h1 ) (h2 , h1 ) ...

(h1 , x) 

( x, h2 ) (h2 , h2 ) ... (hn , h2 )

(hn , x) 

........... ........... ... ............

( x, h1 ) (h1, h2 ) ( h2 , h2 ) ... ( x, h2 )

........... ........... ... ............

(h1 , hn ) (h2 , hn ) ... ( x, hn ) ( x, hn ) (h2 , hn ) ... (hn , hn )  ...  (h1 , h2 ,..., hn ) (h1 , h2 ,..., hn ) . Приводя к общему знаменателю правую часть полученного равенства, видим, что в числителе будет стоять определитель Грама ( x, h1, h2 ,..., hn ) , разложенный по первому столбцу. 5. Пусть L – одномерное подпространство в гильбертовом пространстве ( x, a) . H , a  L , a  0 . Доказать, что x  H  ( x, L )  a

 2 ( x , L )  ( x, x ) 

Решение: по определению расстояния  ( x, L )  inf x  y . В силу неравенyL

ства Коши-Буняковского (a, x  y )  a  x  y . С другой стороны, поскольку

aL ,

y  L то

y  L

x y 

(a, x  y ) | (a, x)  (a, y ) | (a, x) , откуда

yL

( a, x ) , то это и будет означать, a

( a, x ) ( x, a) a , т.е., что  ( x, L )  . Возьмем x*  , тогда a a a

x*  1. Пусть y*  x 



и

( a, x ) ( a, x ) . Следовательно, inf x  y  . Если покажем, что yL a a

существует элемент y *  L такой, что x  y*  что inf x  y 

( a, x )  a  x  y

( x, a ) * ( x, a ) ( x, a ) * ( x, a ) * * , тогда      x y x x x * * * x a , x a ,   x ,a   a  ,a  a 









( x, a ) . Осталось убедиться, что y *  L , т.е. для точки a  L (в силу одномерa

ности L )  y* , a   0 .

 ( x, a ) *  ( x, a ) x , a    x, a   *  x * , a   0 . Действительно,  y* , a    x  *   x , a    x ,a  6. Пусть K – замкнутое выпуклое ограниченное множество в гильбертовом пространстве H . Доказать, что в K существует единственный элемент с наименьшей нормой. Решение: пусть   inf x , т.е.   x . Покажем, что x*  K : x*   . По xK

191

свойству точной нижней грани  xn   K : lim xn   . Поскольку K – выпукn

x  xm xn  xm   . С другой  K , т.е. n 2 2 x x x x x  xm x  xm стороны n  n  m . Переходя к  n  m , т.е. имеем   n 2 2 2 2 2 2 пределу при n, m   , по теореме о двух милиционерах, находим, что x  xm lim n   . Далее, для xn , xm  K запишем равенство параллелограмма: n ,m  2

лое, множество, то xn , xm  K отрезок

xn  xm

2

 xn  xm

2

 2 xn

2

2

 2 xm ,

2

откуда

xn  xm

2

2

 2 xn  2 xm

2

x  xm . 4 n 2

n, m   , получаем, что lim xn  xm

2

n ,m 

Переходя

к

пределу

при

 0 , т.е. последовательность  xn  – фун-

даментальна. Поскольку H – гильбертово, значит, оно полно, значит  lim xn  x* , причем x*  K , т.к. K – замкнуто. Кроме того, lim xn  x* , откуn

n

да x   . *

Осталось проверить единственность такого элемента. Допустим, что x*  x** x*  x** * ** * **   . С другой x , x  K : x  x   . Тогда, т.к.  K , то 2 2 * x** x* x** x*  x** x x*  x** x*  x**     , значит   стороны, .   , поэтому 2 2 2 2 2 2 2

Это означает (см. задачу 14 к п. 3.1), что или x*  0 , или x**   x* при   0 . Если x*  0 , то x**  0 . x*  x** x*   x* 1   * 1   ** * Если x   x , то   x      , откуда   1 , 2 2 2 2 т.е. x**  x* или   0 , т.е. x**  x*  0 . 7. Доказать, что в гильбертовом пространстве H любая последовательность непустых вложенных выпуклых замкнутых ограниченных множеств имеет непустое пересечение. Решение: пусть M 1  M 2  M 3  ... – указанная последовательность множеств. В силу предыдущего примера, в каждом множестве M n существует единственный элемент an с наименьшей нормой, т.е. inf x  an . Поскольку xM n

каждое следующее множество вложено в предыдущее, то, в силу свойств точных нижних граней, an  an1 , т.е. последовательность  an  монотонно возрастает. При этом, последовательность

 a  ограничена сверху, поскольку все n

an  M 1 , а M 1 – ограничено. В силу критерия Вейерштрасса, lim an   . n

192

Далее, при n  m M n  M m , значит, am  M n и, кроме этого, an  M n . Поa  am a  am  an . С другой стороны, скольку M n – выпукло, то n  M n , т.е. n 2 2 a a a a a a поскольку an  am , то n m  n  m  am . Итак, an  n m  am , по2 2 2 2 a a этому, переходя к пределу при n, m   , получим, что lim n m   . Испольn ,m 2 2

зуя равенство параллелограмма, получаем an  am  2 an  2 am 2

2

Переходя к пределу при n, m   , находим, что lim an  am довательность  lim an  a .

an 

2

n ,m 

2

a a 4 n m . 2

 0 , т.е. после-

– фундаментальна, и значит, в силу полноты

H,

n 

Далее, возьмем произвольное множество M k . Поскольку все множества вложены, то, начиная с некоторого номера, все an  M k . Поскольку предел an  равен a , то a – предельная точка множества M k . Поскольку M k – замкнуто, то оно содержит все свои предельные точки, т.е. a  M k . Поскольку M k – произвольно, то a принадлежит всем нашим множествам, т.е. a 



M n , значит

n 1



Mn  .

n 1

 1 1 1  8. Рассмотрим последовательность xn  1, n , 2 n , 3n ,...   l2 . Доказать, что  2 2 2  линейная оболочка этой последовательности всюду плотна в l2 . Решение: пусть L – линейная оболочка данной последовательности. По теореме о всюду плотности линейного многообразия надо доказать, что  1  L  0 . Пусть x  0 , 1,...  l2 , x  L , т.е. 0  ( x, xn )    k znk , где zn  n , 2 k 0 

n . Рассмотрим в круге K   z  : z  1 функцию f ( z )    k z k . Этот ряд k 0

сходится равномерно на произвольном компакте, лежащем в K (т.е. при z  q  1, т.е. равномерно строго внутри K ), в силу неравенства 1 2 2k k z k  k  z , следовательно, по теореме Вейерштрасса (из курса 2 ТФКП) его сумма регулярна в K . При этом f ( zn )  0 , zn  0  K . По теореме единственности (из курса ТФКП) f ( z )  0 в K , откуда следует, что x  0 .





193

Задачи для самостоятельного решения 1. В пространстве l2 описать ортогональное дополнение к подпространству n   L   x  l2 , x  1 ,  2 ,... :   k  0  . Найти расстояние  n  x0 , L  от элемента k 1   x0  (1,0,0,...) до L . Чему равен предел lim n  x0 , L  ?

n

2. Доказать, что, если H – гильбертово пространство, L – его подпространство, то L  L   . Указание: воспользоваться теоремами об ортогональном дополнении и втором ортогональном дополнении. 3. В пространстве L2  0,1 найти ортогональное дополнение к множеству

x(t )  P 0,1 : x(0)  0 , где P 0,1 определено в примере 3.

Указание: x(t )  tP(t ) , где P (t ) – произвольный многочлен. Показать, что п .в .

условие ( f (t ), x(t ))  0 влечет f (t )  0. 4. В пространстве L2  0,1 найти ортогональное дополнение к множеству

x(t )  y(t ), t 0,1 : y  P 0,1 , где P 0,1 определено в примере 3. 2

Указание: выполнить замену переменной в интеграле. 5. В пространстве L2  0,1 найти ортогональное дополнение к множеству

x(t )  P 0,1 многочленов с нулевой суммой коэффициентов, где P 0,1 определено в примере 3. Указание: x(t )  (t  1) P(t ) , где P (t ) – произвольный многочлен. 6. Пусть L  H – линейное многообразие. Доказать, что L  L . Указание: показать, что L  L (используя непрерывность скалярного произведения) и L  L . 7. Пусть M и N – некоторые множества в гильбертовом пространстве H , причем M  N . Доказать, что N   M  . 8. В пространстве l2 построить замкнутое множество, в котором нет элемента с наименьшей нормой.   1 Указание: рассмотреть xn   0,0,...,0,1  ,0,0,...   l2 .   n  n1  9. Пусть M – замкнутое выпуклое множество в действительном гильбертовом пространстве H , x  H . Доказать, что элемент y  M удовлетворяет условию  ( x, M )  x  y тогда и только тогда, когда z  M справедливо неравенство ( x  y, y  z )  0 . Указание: при доказательстве необходимости воспользоваться выпуклостью и тем, что y, z  M . При доказательстве достаточности доказать, что 2

2

z  M x  z  x  y . 194

10. В гильбертовом пространстве H найти расстояние от точки x0  H до гиперплоскости L   x  H : (a, x)  b, b   , где a  H – фиксированный элемент. Указание: Вначале найти расстояние от точки x0 до гиперплоскости (a, x)  0 (для этого установить, что ортогональный элемент может быть получен в виде y   a и найти число  ). Затем воспользоваться иллюстрацией. 11. В пространстве L2  0,1 найти ортогональное дополнение к множеству  1 функций, равных нулю почти всюду на отрезке  0,  .  2 12. В пространстве l2 найти ортогональное дополнение к множеству    L   x  l2 :   k  0 . k 1   13. В пространстве l2 найти ортогональное дополнение к множеству L   x  l2 :  2  3  5  0, 1  2 2  43  0 . 

1  14. Найти ортогональную проекцию элемента x0     l2 на подпро k k 1 странство L   x  l2 : 1  33  5  0 , а также расстояния  ( x0 , L) и  ( x0 , L ) .

15. В пространстве L2  1,1 построить ортогональную проекцию элемента x  L2  1,1 на подпространства четных и нечетных функций. 16. Найти в пространстве l2 ортогональное дополнение к множеству L   x  l2 :  2  3  6  7  ...  0, 1   4  5  0 и расстояние до L от точки x  (1,2,3,1,2,3,0,0,...) .

195

3.4. Ряды Фурье в гильбертовых пространствах Определение: пусть H – гильбертово пространство, e1, e2 , e3 ,... – система векторов из этого пространства. Эта система называется ортонормированной, если: 1. i  j (ei , e j )  0 ; 2. i ei  1 . Замечание: в случае, если выполняется только условие 1, такая система называется ортогональной. Замечание: всякая ортонормированная система является линейно независимой. Действительно, если 1ei1   2ei2  ...   nein  0 , то, умножая это равен-





ство скалярно на eik , k  1, n , получим  k eik , eik  0 , откуда  k  0 . Определение: пусть H – гильбертово пространство, e1, e2 , e3 ,... – ортонормированная система векторов из H , элемент x  H . Числа ck  ( x, ek ) называются коэффициентами Фурье вектора x по данной ортонормированной системе, а ряд



c e k 1

k k

называется рядом Фурье вектора x по данной системе.

Теорема (неравенство Бесселя): пусть H – гильбертово пространство, e1, e2 , e3 ,... – ортонормированная система векторов, x  H – вектор, c k – его коэффициенты Фурье, тогда справедливо неравенство



c

2

2

 x .

k

k 1

n

Доказательство: рассмотрим вектор a   ck ek и вектор hn  x  a . Пусть k 1

n  n  i  1, n , тогда (hn , ei )  ( x  a, ei )  ( x, ei )  ( a, ei )  ( x, ei )    ck ek , ei   ci   ck  ek , ei  . k 1  k 1  При i  k  ek , ei   0 , т.е. из суммы останется только одно слагаемое с но-

мером i , т.е. (hn , ei )  ci  ci  ei , ei   ci  ci ei  0 . Таким образом, вектор hn ортогонален всем векторам ei . Поскольку a является линейной комбинацией ei , то hn также ортогонален и вектору a . Итак, x  a  hn , a  hn , поэтому по тео2

2

2

2

2

2

реме Пифагора x  a  hn , откуда a  x . Поскольку система e1, e2 , e3 ,... – ортонормированная, то, в силу обобщенной теоремы Пифагора (см. 2

задачу 6, п. 3.1) a 

n

c e k 1

k k

2

n

n

n

  ck ek   ck ek   ck , откуда 2

k 1

2

k 1

Таким образом, частичные суммы ряда

k 1



c k 1

2

2 k

2

n

c k 1

k

2

2

 x .

ограничены сверху. Поскольку

этот ряд является рядом с неотрицательными слагаемыми, то, в силу критерия 196

Вейерштрасса, он сходится. Переходя к пределу при n   , получаем, что 

c k 1

2

k

2

 x .

Теорема доказана. Теорема (о сходимости ряда Фурье): в гильбертовом пространстве ряд Фурье вектора x всегда сходится. Доказательство: пусть



n

k 1

k 1

 ck ek – ряд Фурье вектора x  H , Sn   ck ek –

его частичная сумма. По определению сходимости ряда надо доказать, что  lim S n . По условию пространство гильбертово, и, значит, полное, т.е. в нем n 

всякая фундаментальная последовательность имеет предел. Поэтому достаточно доказать, что S n  фундаментальна, т.е., что   0 N  : n  m  N Sn  Sm   . Имеем: Sn  Sm

2



n

2

m

c e  c e k 1

k k

k 1

k k

силу неравенства Бесселя, числовой ряд



ce

k  m 1



c k 1

2

n

2 k

k k



n



k  m 1

ck . Поскольку, в 2

сходится, то, в силу критерия

Коши сходимости числовых рядов,   0 N  : n  m  N

n



k  m 1

ck   2 , 2

тогда Sn  Sm   . Теорема доказана. Теорема (о сумме ряда Фурье): пусть H – гильбертово пространство, e1, e2 , e3 ,... – ортонормированная система векторов, L – подпространство, являющееся замыканием линейной оболочки данных векторов. Пусть x  H – вектор, тогда сумма его ряда Фурье по системе e1, e2 , e3 ,... равна проекции этого вектора на подпространство L . 

n

Доказательство: обозначим S   ck ek  lim  ck ek – сумму ряда Фурье k 1

n 

k 1

вектора x  H . Поскольку S является пределом линейных комбинаций элементов e1, e2 , e3 ,..., en , то это предельная точка для множества таких линейных комбинаций и, значит, она принадлежит замыканию множества линейных комбинаций, т.е. S  L . Тогда по определению проекции осталось проверить, что ( x  S )  L , а для этого достаточно проверить, что i ( x  S )  ei , т.е., что ( x  S , ei )  0 (см. задачу 6 п. 3.3). Действительно,     ( x  S , ei )   x   ck ek , ei   ( x, ei )   ck  ek , ei   ci  ci  ei , ei   ci  ci  0 . k 1  k 1  Теорема доказана.

197

Примеры решения задач 1. Проверить ортогональность в действительном пространстве L2  a, b  си-

dn n стемы функций xn (t )  n  (t  a)(t  b)  , n  0,1,2,... . dt Решение: возьмем m  n и посчитаем скалярное  xn (t ), xm (t )  :

произведение

b

m dn n d m  xn (t ), xm (t )    n  (t  a)(t  b)  m  (t  a)(t  b)  dt  dt dt a

 d m1 dn n m   n  (t  a)(t  b)  d  m1  (t  a)(t  b)    dt  dt  a b

b

m1 dn n d m  n  (t  a)(t  b)  m1  (t  a)(t  b)   dt dt a

 dn d m1 m n t a t b d t a t b     ( )( ) ( )( )      . m 1 n dt dt   a

b

 Заметим, что

d m m 1  (t  a)(t  b)   m  (t  a)(t  b)  (2t  (a  b)) , dt

d2 m m2 m 1 (t  a)(t  b)   m(m  1)  (t  a)(t  b)  (2t  (a  b)) 2  2m  (t  a)(t  b)  ,... 2 dt Видим, что после дифференцирования во всех слагаемых присутствует множитель (t  a)(t  b) , причем производная m  1 порядка также содержит этот множитель во всех слагаемых, наименьшая степень этого множителя – b

m1 dn n d m первая. Итак, t a t b   ( )( )  m1  (t  a)(t  b)   0 . Во втором интеграле n  dt dt a

 dn n d  n  (t  a)(t  b)   n dt d d n1 n n    dt  n1  (t  a)(t  b)  dt . получаем, d  n  (t  a)(t  b)    dt dt  dt  К полученному интегралу снова применим аналогичное интегрирование по чаb m2 d n 2 n d m стям, что приведет к интегралу  n 2  (t  a)(t  b)  m2  (t  a)(t  b)  dt и dt dt a т.д. Через m шагов получим интеграл

b

  (t  a)(t  b)  a

m

d n m n (t  a)(t  b)  dt . n m  dt

d n m n (t  a)(t  b)   0 , т.к. Поскольку m  n , то n  m  n  n  2n , поэтому nm  dt степень многочлена под знаком производной равна 2n , а порядок производной больше, чем 2n . Таким образом,  xn (t ), xm (t )   0 . 198

2. Пусть H – гильбертово пространство, элемент x  H . Построить его проекцию на n  мерное подпространство L  H . Решение: поскольку L  H – конечномерно, то в нем существует ортонормированный базис e1, e2 , e3 ,..., en , причем y  L выражается линейной комбинацией элементов e1, e2 , e3 ,..., en , значит, L является линейной оболочкой элементов e1, e2 , e3 ,..., en . Поскольку всякое конечномерное пространство – банахово (см. задачу 23 п. 2.2), то, в частности, L замкнуто. По теореме о сумме ряда Фурье, проекция элемента x на L равна сумме его ряда Фурье по данной ортонормированной системе. Поскольку в данном случае система конечна, то ряд Фурье становится конечной суммой

n

 ( x, e )e k

k 1

k

.

3. Доказать, что в бесконечномерном гильбертовом пространстве H еди1 ничный шар содержит бесконечно много непересекающихся шаров радиуса . 4  Решение: пусть B   x  H : x  1 – единичный шар,  ek k 1 – ортонорми-

 1 1 рованная система в H , Bk   x  H : x  ek   – шары с центрами в точках 2 4  1 1 ek и радиусами . Покажем, что Bk  B . Если x  Bk , то 2 4 1 1 1 1 1 1 1 1 3 x  x  ek  ek  x  ek  ek   ek     1 , 2 2 2 2 4 2 4 2 4 откуда следует, что x  Bk тем более x  B , значит k Bk  B . Далее, заметим, что, при k  m ek  em  (ek  em , ek  em )  ek  (ek , em )  (ek , em )  em  2 и покажем, что Bk Bm   . Пусть x  Bk , y  Bm , тогда ek em e e e e 1 1   k xx y y m  k x  x y  y m   x y  . 2 2 2 2 2 2 4 4 2

2

2 1 2 1   x  y , т.е. x  y    0 . Поскольку точки x и y выби2 2 2 2 рались произвольно, то шары общих точек не имеют, т.е. не пересекаются. Отсюда

Задачи для самостоятельного решения 1. Пусть  ek k 1 – ортонормированная система в гильбертовом простран

стве H , k   . Доказать, что ряды



 k ek и k 1



 k 1

k

2

сходятся или расходятся

в H одновременно. 2. Проверить ортогональность в гильбертовом пространстве l2 системы векторов xn  (0,0,...,0,1,0,...) , n . n 1

199

3. Пусть в гильбертовом пространстве H введено скалярное произведение T 1, при    , 1 it i t , где . Доказать, что x , y  H x t y t dt e e ,  ( x, y )  lim ( ) ( )    T  2T  0, при   . T

4. Проверить ортогональность в действительном пространстве L2  0,2  системы векторов 1,cos nt ,sin nt , n . 5. Проверить ортогональность в действительном пространстве L2   ,  

 2  системы векторов  sin nt  , n .    6. Проверить ортогональность в действительном пространстве L2  0,   си 2  стемы векторов  sin nt  , n . Проверить, что, кроме того, система явля   ется ортонормированной.  7. Проверить, что система функций cos ntn0 ортогональна в действительном пространстве L2  0,   ,

t a 2 in 1 ba e , n . ba 2 9. Проверить ортогональность в L2  0,1 системы xn (t )  sin nt , где sin n  n  – положительные корни уравнения tg   . Пространство действительное.

8. Проверить ортогональность в L2  a, b  системы xn (t ) 

10. Проверить ортогональность в L2  0,   системы xn (t )  e

n  0,1,2,... .  1 sin nt cos nt  , , 11. Проверить, что система функций  , n     2   ортонормированной в действительном пространстве L2   ,   .

t 2

d n n t t e  , dt n является

12. Пусть  ek k 1 – ортогональная система в гильбертовом пространстве 

H . Доказать, что ряд



e k 1

числовой ряд



e k 1

k

2

k

сходится в H тогда и только тогда, когда сходится

.

 k  k k 1 ( 1) , t    n , n ,  2 2  , 13. Проверить, что система функций Радемахера xn (t )   0, t  k  2n где n  0,1,2,..., k  0,1,2,22 ,...,2n 1 ортонормирована в пространстве L2  0,1 . 200

14. Найти коэффициенты Фурье разложения элемента x(t )  sgn(2t  1) по

системе векторов ek (t )  e 2 ikt в пространстве L2  0,1 .

15. Найти коэффициенты Фурье разложения элемента x(t )  et по системе векторов ek (t )  e 2 ikt в пространстве L2  0,1 .

16. Разложить функцию f ( x)  5 x 2 в ряд Фурье в пространстве L2  0,   по

системе функций sin kx : k 

.

17. Разложить функцию f ( x)  cos 2 x в ряд Фурье в пространстве L2  0,  

по системе функций cos kx : k 

.

201

3.5. Базисы в гильбертовых пространствах Определение: пусть  ek k 1 – ортонормированная система в гильбертовом пространстве H . Эта система называется полной, если любой вектор x  H можно с любой точностью приблизить конечной линейной комбинацией векто

n

ров этой системы, т.е. x  H   0 1,2 ,...,n : x   k ek   . k 1

Определение: ортонормированная система в гильбертовом пространстве

H называется замкнутой, если x  H



c

2

k

k 1

 x , где ck – коэффициенты 2

Фурье вектора x . Данное равенство называется равенством Парсеваля. Определение: пусть H – гильбертово пространство, e1, e2 , e3 ,... – ортонормированная система векторов из этого пространства. Эта система называется 

базисом (Гильберта), если x  H x   ck ek , ck – коэффициенты Фурье вектоk 1

ра x .  Теорема (критерий базиса): пусть H – гильбертово пространство,  ek k 1 – ортонормированная система в нем. Тогда следующие три условия эквивалентны:  1. система  ek k 1 является базисом; 2. система  ek k 1 замкнута; 

3. система  ek k 1 полна. 

Доказательство: 1  2 : дано, что  ek k 1 – базис, а надо доказать, что 

x  H



c k 1

k

2



 x . По определению базиса x   ck ek , тогда (см. доказатель2

k 1

2

ство неравенства Бесселя) x 

2

n

 ck ek  hn  k 1

2

n

 ck ek  hn , где hn  2

k 1



ce

k  n 1

k k

–

остаток ряда Фурье вектора x , причем hn  0 в силу сходимости ряда. По теореме Пифагора

n

c e k 1

k k

2

n

  ck ek

2

k 1

n

  ck . 2

k 1

n

Переходя к пределу в равенстве x   ck  hn , получаем, что и тре2

бовалось.

2  3 : дано, что x  H

2

2

k 1



c k 1

k

2

 x . Надо доказать, что система  ek k 1 – 2

202



n

полна. Покажем, что   0 x   ck ek   , это и будет означать, что элемент k 1

x с любой точностью можно приблизить конечной линейной комбинацией  элементов  ek k 1 , значит, будет выполнено определение полноты. Для ck  n

имеем: x   ck ek

2

k 1

n n n    n   n   n    x   ck ek , x   ck ek    x, x    x,  ck ek     ck ek , x     ck ek ,  ck ek   k 1 k 1  k 1   k 1   k 1   k 1 

n

n

k 1

k 1

n

 x   ck  x, ek    ck  ek , x   2

n

n

n

n

k 1

k 1

 ck ek  x   ck ck   ck  x, ek    ck  2

k 1

k 1

n

n

k 1

k 1

n

2

 x   ck   ck ck   ck  x   ck  0 . 2

2

k 1

2

2

2

n

k 1

n

По определению предела   0 N  : n  N x   ck ek   . k 1

3  1: дано, что система  ek k 1 полна. Надо доказать, что она является базисом. Возьмем x  H . По теореме о сумме ряда Фурье, сумма ряда Фурье  вектора x равна проекции x на замыкание линейной оболочки векторов  ek k 1 . Если покажем, что это замыкание совпадает со всем пространством H , то, поскольку x уже в нем лежит, то проекция x ему и будет равна ( x  x  0  H ). Достаточно доказать, что любая точка пространства H является предельной  для линейных комбинаций элементов  ek k 1 , т.е., что в любой  -окрестности любой точки x найдется такая линейная комбинация, т.е., что   0 

n

1,2 ,...,n : x   k ek   . Это верно в силу полноты системы  ek k 1 . 

k 1

Теорема доказана. 2

n

k 1

n

k 1

2

n

k 1

k 1

2

n

2

x   k ek  x   ck ek    ck   k  ek  hn    ck   k  ek  hn 

Замечание:   ck   k  hn

n

2

n

2

k 1

 x   ck ek . Таким образом, многочлен Фурье k 1

2

n

c e k 1

k k

приближает элемент x  H в пространстве H наилучшим образом среди всевозможных линейных комбинаций

n

 e k 1

k k

.

Теорема (о существовании базиса в гильбертовом пространстве): в сепарабельном гильбертовом пространстве H всегда существует ортонормированный базис. Доказательство: напомним, что пространство называется сепарабельным, если в нем существует счетное всюду плотное множество. Счетность означает, что его элементы можно занумеровать. Обозначим это множество E   x1 , x2 , x3 ,... . Всюду плотность означает, что любой элемент из H можно с 203

любой точностью приблизить элементом из E , а значит и линейной комбинацией таких элементов. 1. Не изменяя линейной оболочки этого множества, превратим его в систему линейно независимых векторов. Рассмотрим первый вектор x1 . Если x1  0 , то оставим его в множестве, а если x1  0 , то удалим. Ясно, что при этом линейная оболочка множества E не меняется. Возьмем вектор x2 . Если он через x1 не выражается, то его оставим в множестве, а если выражается, то удалим. Снова линейная оболочка E не изменилась, но теперь x1 и x2 – линейно независимы. Аналогично, возьмем x3 . Если он через два предыдущих выражается, то удалим его, а если не выражается, то оставим. Линейная оболочка E не изменилась, но теперь x1 , x2 и x3 – линейно независимы. И т.д. Получили систему линейно независимых векторов. Сама она может уже не быть всюду плотной, но ее линейная оболочка попрежнему всюду плотна, поскольку она не изменилась. 2. Не изменяя линейной оболочки, превратим систему в ортонормированную, с помощью процесса ортогонализации. x Возьмем e1  1 , тогда e1  1 . Пусть h2  x2  ( x2 , e1 )e1  0 (в силу линейx1 ной независимости x1 и x2 ), тогда (h2 , e1)  ( x2  ( x2 , e1)e1, e1)  ( x2 , e1)  ( x2 , e1)(e1, e1)  0 , h т.е. h2 ортогонален e1 . Если e2  2 , то e2  1 и e2  e1 . Линейная оболочка E h2 не изменилась, поскольку e2 – это линейная комбинация x2 и e1 . Аналогично, пусть h3  x3  ( x3 , e1 )e1  ( x3 , e2 )e2  0 . Проверим, что h3 ортогонален и e1 , и e2 : (h3 , e1 )  ( x3  ( x3 , e1)e1  ( x3 , e2 )e2 , e1)  ( x3 , e1)  ( x3 , e1)(e1, e1)  ( x3 , e2 )(e2 , e1)  0 , (h3 , e2 )  ( x3  ( x3 , e1)e1  ( x3 , e2 )e2 , e2 )  ( x3 , e2 )  ( x3 , e1)(e1, e2 )  ( x3 , e2 )(e2 , e2 )  0 . h Тогда, если e3  3 , то e3  1 и e3  e1 , e3  e2 . Линейная оболочка E не h3 изменилась, поскольку e3 – это линейная комбинация x3 , e1 и e2 . И т.д. 3. Получили ортонормированную систему e1, e2 , e3 ,... , ее линейная оболочка осталась та же самая, что и была, т.е. является всюду плотным в H множеством. Значит, любой вектор из H с любой точностью можно приблизить элементом этой линейной оболочки, т.е. линейной комбинацией векторов e1, e2 , e3 ,... . Тем самым, система полна и поэтому является базисом. Теорема доказана.  Теорема Рисса-Фишера: пусть H – гильбертово пространство,  ek k 1 – ортонормированная система в нем и числа  ck k 1 таковы, что ряд 

дится. Тогда существует вектор x  H такой, что ck  ( x, ek ) и 204



c k 1

k



c k 1

2

2 k 2

 x .

схо-

n

Доказательство: пусть xn   ck ek , тогда (при m  n ) xm  xn  2

k 1



m



k  n 1

ck . Поскольку ряд 2



c k 1

2 k

m

 ck ek

2



k  n 1

сходится, то, в силу критерия Коши для чис-

ловых рядов, получаем, что последовательность  xn  фундаментальна в H . В силу полноты H xn  x . Далее, ( x, ei )  ( xn , ei )  ( x  xn , ei ) при фиксированном n

i , а при n  i ( xn , ei )   ck (ek , ei )  ci , ( x  xn , ei )  x  xn ei  x  xn  0 . Тоk 1

гда, переходя к пределу при n   , получим, что ( x, ei )  ci . Наконец, поскольn n n    2 2 2 2 ку x  xn  0 , то  x   ck ek , x   ck ek   x   ck  0 , т.е.  ck  x . k 1 k 1 k 1 k 1   Теорема доказана. Теорема (критерий замкнутости): для того, чтобы ортонормированная  система  ek k 1 в гильбертовом пространстве H была замкнута, необходимо и достаточно, чтобы в H не существовало ненулевого элемента, ортогонального  всем элементам системы  ek k 1 .

 ek k 1 

Доказательство: пусть система

– замкнута, тогда, если вектор 

x  H ортогонален всем  ek k 1 , то ck  ( x, ek )  0 , откуда x   ck  0 , т.е. x  0 . 

2

2

k 1



Обратно: пусть  ek k 1 – не замкнута, тогда y  H : y   ck , ck  ( y, ek ) . 

2

2

k 1



По теореме Рисса-Фишера x  H : x   ck , ck  ( x, ek ) . Тогда x  y , от2

2

2

2

k 1

куда x  y , т.е. x  y  0 . При этом, поскольку 0  ( x, ek )  ( y, ek )  ( x  y, ek ) , то вектор x  y ортогонален всем векторам ek . Теорема доказана. Теорема (об изоморфизме): всякое сепарабельное гильбертово пространство изометрично и изоморфно пространству l2 . Доказательство: рассмотрим сепарабельное гильбертово пространство 

H и пусть e1, e2 , e3 ,... – базис в нем. По определению базиса x   ck ek , k 1

ck  ( x, ek ) . Кроме того, в силу равенства Парсеваля,



c k 1

k

2

 x , поэтому по2

следовательность (c1 , c2 ,...) можно рассматривать, как некоторый элемент x  l2 . Обратно: по теореме Рисса-Фишера, любому элементу x  (c1, c2 ,...)  l2 отвечает 205

некоторый x  H , причем ck  ( x, ek ) и



c k 1

k

2

 x . Таким образом, получили 2

взаимно-однозначное изометричное соответствие между H и l2 . Ясно, что если элементам x, y  H соответствуют элементы x, y  l2 , то элементам x  y,  x  H будут соответствовать элементы x  y,  x  l2 . Таким образом, соответствие между H и l2 сохраняет алгебраические операции (значит, является изоморфизмом). Теорема доказана. Примеры решения задач 1. В пространстве l2, , определенном в первом примере п. 3.1, построить ортонормированный базис, если  n  n . Решение: напомним, что l2, – гильбертово пространство последовательностей x  (1,2 ,...) , удовлетворяющих условию



 k 1

 k   , где   (1 , 2 ,...) – 2

k

фиксированная последовательность положительных чисел. Скалярное произве

дение в l2, определяется формулой ( x, y )    k k k . Покажем, что система k 1

  1 векторов en   0,0,...,0, ,0,...  образует ортонормированный базис при  n  n .   n  n1 

Действительно,

en

2



  k e

(n) 2 k

k 1





k 1

k 1



 k e

( n) 2 k

k 1

2

1 n  1 . Далее, пусть n  m , n

тогда (en , em )   k ek( n )ek( m )   kek( n )ek( m )  0 , поскольку ненулевые элементы в en и em стоят на разных местах. Итак, система  en  – ортонормирована. Осталось 

показать, что система является базисом, т.е. по определению базиса x   ck ek . k 1





1  n n . n k 1 k 1 1 1     1  ,0,0,...   2 2   0, ,0,...   ...  n n   0,...,0, ,0...   1 2 n     

Возьмем x  (1,2 ,...)  l2, , тогда cn  ( x, en )   k k ek( n )   k k ek( n )  n n  Отсюда

n

c e k 1

k k

  11   

2

n

 (1,2 ,...,n ,0,0,...) . Тогда x   ck ek  (0,...,0,  n1,  n2 ,...)  2

k 1

как остаток сходящегося ряда



 k 1

k

k

2



  k k 

k  n 1

2



k

k  n 1

2 k

 0,

n

   . Итак, lim  x   ck ek   0 и x   ck ek . n k 1 k 1  

206

n

2. Для функции et найти многочлен второй степени P (t ) такой, что норма

et  P(t ) минимальна в L2  1,1 .

Решение: при заданном n в гильбертовом пространстве от элемента x наименее всего уклоняется его n -я частичная сумма ряда Фурье, т.е. искомый многочлен совпадает с многочленом Фурье второй степени функции et , т.е. P(t )  c0e0 (t )  c1e1 (t )  c2e2 (t ) , где e0 (t ), e1 (t ), e2 (t ) – элементы ортонормированной системы в L2  1,1 , ck  (et , ek (t )) ( k  0,1,2 ) – коэффициенты Фурье функции et . Для того, что бы найти элементы e0 (t ), e1 (t ), e2 (t ) , применим процесс ортогонализации, описанный в доказательстве теоремы о существовании базиса в гильбертовом пространстве, к линейно независимым функциям x0 (t )  1 ,

x1 (t )  t , x2 (t )  t 2 (поскольку степень искомого многочлена n  2 ). Поскольку x0 

1

 1dt  2 , то e0 (t ) 

1 1

1 Т.к. ( x1 , e0 )  tdt  0 , то h1 (t )  t , откуда h1  2 1

x0 1 . Далее, h1  x1  ( x1 , e0 )e0 .  x0 2 1

t3  t dt  3 1

1



2

1

h 3 2 , e1 (t )  1  t . 3 h1 2

1

1 1 2 2 Далее, h2  x2  ( x2 , e0 )e0  ( x2 , e1 )e1 . Т.к. ( x2 , e0 )  и t 2dt     2 1 2 3 3 1

3 3 2 1 1 ( x2 , e1 )  t dt  0 , то h2 (t )  t 2    t2  .  2 1 3 3 2 2

3 5  2 1 h 1 8 2 2  Т.к. h2    t 2   dt  , то e2 (t )  2   t   . 3 h 3 45 2 2 3 5    2 1 Осталось посчитать коэффициенты Фурье: 1 1 1  1  e2  1 t t c0  (e , e0 (t ))  e dt  e  .   e 2 1 2 2e 1

1

1

3 3 3 t c1  (e , e1 (t ))  tet dt  tdet  te   2 1 2 1 2 t



1

1

3 t  1 e dt  2 1

3 3 1 3 1 3 1 6     e . e    2 2 2 e 2 e 2 e e 1

3 5  2 1 t 3 5  2 1 t c2  (et , e2 (t ))  t  e dt    t  e 3 3 2 2 1  2 2

1

1

3 5  tet dt   2 1 1

3 5  1  1 3 5 2 5 1 3 5 2 5(e2  7)      . 1   e    e    e e 2 2  3  2 e 2 2 e 2e Тогда искомый многочлен имеет вид: 207

e2  1 1 6 3 5(e2  7) 3 5  2 1  P(t )  c0e0 (t )  c1e1 (t )  c2e2 (t )  t  t    3 2e 2 e 2 2e 2 2  2 2 2 2 2 e  1 3 15(e  7) 2 5(e  7) 15(e  7) 2 3 33  3e t  t  t   t  . 2e 4e 4e 4e 4e e e 3. Для функции et найти многочлен второй степени P (t ) такой, что норма

et  P(t ) минимальна в L2  1,1 с заданной весовой функцией p(t )  ln(1  t 2 ) .

Решить задачу численно при помощи Excel, выбрав шаг равным 0,1. Найти величину отклонения et  P(t ) и построить графики функции et и многочлена

P (t ) . Решение: алгоритм решения остается таким же, как и в предыдущем примере. Введение весовой функции означает, что во все подынтегральные функции добавляется множитель p(t )  ln(1  t 2 ) . Заполняем столбцы A, B и C: столбец A заполняем единицами, столбец B заполняем значениями, начиная с -1, до 1 через шаг 0,1. В ячейку C2 вводим формулу =B2^2 и протягиваем до нужного нам значения. Тем самым, в первых трех столбцах получили значения функций x0 (t )  1 , x1 (t )  t , x2 (t )  t 2 , вычисленные через шаг 0,1. В ячейку D2 вводим формулу =LN(1+C2) и протягиваем. Получаем значения весовой функции, вычисленные через шаг. В ячейку B25 вводим значение шага, т.е. число 0,1. Инициализация закончена. В столбце E будем вычислять норму x0 

1

x

0

2

(t ) p(t )dt . Для вычисления интегралов будем использовать

1

формулы прямоугольников:

b

 f (t )dt  f (t )  t  f (t )  t  ...  f (t 0

a

1

n 1

)  t . В со-

ответствии с формулой прямоугольников в ячейку E2 вводим формулу =(A2)^2*D2*$B$25, протягиваем ее до предпоследней рабочей ячейки, т.е. до ячейки E21. В ячейке E22 вычисляем сумму значений ячеек E2-E21, в ячейке E23 – квадратный корень из значения ячейки E22. Это и будет искомая норма x0 . Желательно выделить ее цветом. В ячейку F2 вводим формулу =A2/$E$23 и протягиваем до ячейки F21. Мы x получили набор значений функции e0 (t )  0 , вычисленных через шаг, только x0 без значения в точке t  1 . В ячейку G2 вводим формулу =B2*F2*D2*$B$25 и протягиваем ее до ячейки G21. В ячейке G22 вычисляем сумму получившихся значений и получаем значение скалярного произведения ( x1, e0 ) . В ячейку H2 вводим формулу =B2-$G$22*F2 и протягиваем до ячейки H21 – получаем значения функции h1  x1  ( x1 , e0 )e0 , вычисленные через шаг, но без последнего значения. В ячейке 208

I2 вычисляем квадраты этих значений. В ячейку J2 вводим формулу =I2*D2*$B$25, протягиваем ее до J21, в J22 вычисляем сумму этих значений, в J23 – квадратный корень из этой суммы. Мы получили значение h1 . Ячейку h желательно выделить цветом. В ячейке K2 вычисляем значения e1 (t )  1 , ввоh1 дя формулу =H2/$J$23. h Действия по вычислению h2  x2  ( x2 , e0 )e0  ( x2 , e1 )e1 и e2 (t )  2 – аналоh2 гичны. В ячейку R2 вводим формулу =EXP(B2) и протягиваем – это значения функции et , вычисленные через шаг. В соседних ячейках вычисляем скалярные произведения c0  (et , e0 (t )) , c1  (et , e1 (t )) и c2  (et , e2 (t )) . Далее, вычисляем значения многочлена P(t )  c0e0 (t )  c1e1 (t )  c2e2 (t ) через шаг, строим графики функции et и многочлена P (t ) и вычисляем норму разности et  P(t ) . Все результаты вычислений и графики приведены в дополнении. 4. Провести ортогонализацию элементов x0 (t )  1 , x1 (t )  t , x2 (t )  t 2 ,  dt  x3 (t )  t 3 в пространстве L2   1,1,  . Полученные многочлены называ2 1 t   ются многочленами Чебышева. Решение: воспользуемся процессом ортогонализации, описанным в теореме о существовании базиса в гильбертовом пространстве. Скалярное произве1  dt  1 dt , определяется формулой ( x, y )   x(t ) y (t ) дение в L2   1,1,  2 2 1 t  1 t  1 тогда x0 

1



1

1 1 t2

dt  arcsin t 1   . Значит, e0  1

1

1 1 1  dt   ( x1 , e0 )   t   1 t2 2  1

1



1

1

x0 1 . Далее, h1  x1  ( x1 , e0 )e0 ,  x0 

1 d (1  t )   1 t2 2  1 t

1

 0 , откуда h1 (t )  t ,

2

1

1 t2 t2 11 dt  h1   dt   dt   dt     1 t 2 dt  2 2 2 2 1 t 1 1  t 1 1 1  t 1 1  t 1 t  sin y, y  arcsin t   2    1 2 h 2  yн   , yв      cos 2 ydy     (1  cos2 y )dy  , e1  1  t. 2 2 2  2  h1    2 2 dt  cos ydy 1

t2

1

1

1

1

Далее, h2  x2  ( x2 , e0 )e0  ( x2 , e1 )e1 . 1

( x2 , e0 )   t  2

1

1





1 1 t2

dt 

209

1



1



1

t2 1 t2

dt 

1





 2



 2

.

1

2

1

1 ( x2 , e1 )   t  t dt  2  1 t2 1 2



1

1 2



1

1 t

2

1 t2

1

1 1 t2 2

dt 2  2

t2



1

1

1 2

 1

1

1 dt  2 1 t2

1 t2

1

dt 2 

3 1 2 2

1 (1  t ) 2 3 2

1



1



2

1  t 2 dt 2 

1

0.

1

 1 1  t2  , а 2  2

Тогда h2 (t )  t 2 

2

 2 1 1 t   2  h2   dt  1 t2 1 1

1

1 t2





2

2

4

1 1 dt   dt  4 1 1  t 2 1 t2

1

1



1

t4 1 t

2

dt 



2



2



.

4 

1  (1  cos 2 y) dy  4  4

4



1

t2

dt  



1 dt   sin ydy  4 1 t2  t





1

1 dt     2 4 1 t2

1 1

1

t4

t4





1

2

2

 cos



2

2 ydy 

2





2

1   4 8

 (1  cos 4 y)dy  



3 . 8

2

h 8  2 1 2  3  , откуда e2  2  2t 2  1 .    t      h2 2 8 4 8 Далее, h3  x3  ( x3 , e0 )e0  ( x3 , e1)e1  ( x3 , e2 )e2 .

Значит h2 

1

1

( x3 , e0 )   t  3

( x3 , e1 )   t 3 

2







1

1

1 1 t

1

t

dt 

1 t2 1 2 ( x3 , e2 )   t 3   2t 2  1  1



1



2

1



1

t

3

1 t

2

dt 

2

1



1

t

5

1 t

dt  2

2

2

dt  1

2

1



1

2

t3



1 t

1

4

1 t2

1

2

 t



1 t

1

dt  2

2



2



2

 (1  cos



2

210

2

dt  0 .

2 3 3  .    8 4 2

dt  1



1

 2

5  sin ydy  2

  2



 2

2

y ) 2 d cos y 0 .

t5 1 t

2



2

dt 

 2

 sin



2

4

yd cos y 

Тогда h3 (t )  t 3 

3  2 3 t  t3  t . 4 4 2  2

 3 3  t 1 t  4   h3   dt  2 1 t 1





1





1





2

2

6

1 dt   sin ydy  8 1 t2  t

6



2

1

t6



1 t2

1

dt 

9 . 32 



3    y dy (1 cos 2 )  8 8 3



2

 2

 2

 2







 3 3 1 2 3    cos 2 ydy cos 2 ydy 8  8  8 16 2

1

3 9 t4 t2 dt   dt   dt  2 2 2 2 16 1 t 1 1  t 1 1  t

t6

1 1

1

t6

9 9 dt    2 16 32 1 t

1



1

2

 (1  cos 4 y)dy   2

2

 cos 2 ydy 



2

 2

1 cos 2 2 yd sin 2 y   16  

2





3 1   8 16 16

Значит h3 

2

 (1  sin



2

2 y )d sin 2 y 

5 . 16

2

 5 9 h 32  3 3  2 3 , откуда e3  3     4t  3t  . t  t     h3 4   16 32 32

 

5. В пространстве L2   ,   найти M  , если M  L eint , n 





,

и

M  L  eint  , n  0 , где L( N ) обозначает линейную оболочку множества N .

 

Решение: пусть M  L eint , n 

 . Ясно, что M

– линейное многообра-

зие. Из теории тригонометрических рядов Фурье известно, что система функ 1  int  e  , n  является полной в пространстве непрерывных на отрезке ций   2    ,  функций. Значит, по определению полноты, любую такую непрерывную функцию можно с любой точностью приблизить линейной комбинацией элементов этой системы. Таким образом, множество M – всюду плотно с пространстве C   ,   . Пространство C   ,   , в свою очередь, всюду плотно в L2   ,   , значит M всюду плотно в L2   ,   и по теореме о всюду плотности линейного многообразия, M   0 .

 1  int  e  , n  ортонормирована в L2   ,   и M Поскольку система   2   1  int  e  , n  полна в L2   ,   , т.е. всюду плотно в L2   ,   , то система   2  211

представляет собой ортонормированный базис в L2   ,   в силу критерия базиса. Пусть теперь M  L eint , n  0 . Рассмотрим x  M  , тогда x  0  x , где

 



 1 int  e , n  0  M . С другой стороны, поскольку en    2  то x 





n 



cnen (t )   cnen (t )  n 0





n 1

cnen (t ) , причем

– базис в L2   ,   ,



 cnen (t )  M . По теореме о

n 0



разложении гильбертова пространства в прямую сумму x   cnen (t ) , т.е.







n 1



x  L  eint  , n  0 . Таким образом, M   L  eint  , n  0 .





   x L  e  , n  0 ,

Обратно: пусть x  L  eint  , n  0 . Если x  L eint , n  0 , то y  M легко проверить, что ( x, y)  0 , т.е. x  M  . Если то y  M

 int

k

xk  x ,

( xk , y )  0 , и, в силу непрерывности скалярного произведения,





( x, y)  0 , т.е. x  M  . Окончательно, M   L  eint  , n  0 .

Задачи для самостоятельного решения 1. В пространстве l2, построить ортонормированный базис, если  n  n 2 . 2. В пространстве l2, построить ортонормированный базис, если  n  e  n . 3. Провести ортогонализацию элементов x0 (t )  1 , x1 (t )  t , x2 (t )  t 2 , x3 (t )  t 3 в пространстве L2  0,1 . 4. Провести ортогонализацию элементов x0 (t )  1 , x1 (t )  t , x2 (t )  t 2 , x3 (t )  t 3 в пространстве L2  1,1 . Полученные многочлены называются многочленами Лежандра. 5. Провести ортогонализацию элементов x0 (t )  1 , x1 (t )  t , x2 (t )  t 2 ,





x3 (t )  t 3 в пространстве L2 0,   , et dt . Полученные многочлены называют-

ся многочленами Чебышева-Лагерра. 6. Провести ортогонализацию элементов x0 (t )  1 , x1 (t )  t , x2 (t )  t 2 ,





x3 (t )  t 3 в пространстве L2  ,   , e  t dt . Полученные многочлены называ2

ются многочленами Чебышева-Эрмита. 7. Для функции t 3 найти многочлены pn (t ) степени 0,1,2 такие, что норма t 3  pn (t ) минимальна в L2  1,1 .

212

8. Пусть H p 0,1 – гильбертово пространство функций, суммируемых с 1

квадратом на  0,1 , скалярное произведение в котором  x, y    x(t ) y (t ) p(t )dt . 0

Для функции x(t )  ln(1  t ) найти элемент наилучшего приближения x элементами подпространства L многочленов степени n  3 при заданной весовой функции p (t )  1  t 2 . Решить задачу численно при помощи Excel, выбрав шаг равным 0,05 . Найти величину отклонения  ( x, L)  x(t )  x * (t ) H и построить 2

p

графики функции x(t ) и элемента наилучшего приближения x * (t ) . 9. Пусть H p 0,1 – гильбертово пространство функций, суммируемых с 1

квадратом на  0,1 , скалярное произведение в котором  x, y    x(t ) y (t ) p(t )dt . 0

Для функции x(t )  sin 4 t найти элемент наилучшего приближения x элементами подпространства L многочленов степени n  3 при заданной весовой функции p (t )  1  et . Решить задачу численно при помощи Excel, выбрав шаг равным 0,05 , найти величину отклонения  ( x, L)  x(t )  x * (t ) H и построить p

графики функции x(t ) и элемента наилучшего приближения x * (t ) . 10. Пусть H p 0,1 – гильбертово пространство функций, суммируемых с 1

квадратом на  0,1 , скалярное произведение в котором  x, y    x(t ) y (t ) p(t )dt . 0

Для функции x(t )  e найти элемент наилучшего приближения x элементами подпространства L многочленов степени n  3 при заданной весовой функции p (t )  1  t 2 . Решить задачу численно при помощи Excel, выбрав шаг равным 0,05 , найти величину отклонения  ( x, L)  x(t )  x * (t ) H и построить графики t 2

p

функции x(t ) и элемента наилучшего приближения x * (t ) . 11. В пространстве L2   ,   найти M  , если M  L  sin nt  , n  1 .

12. В пространстве L2   ,   найти M  , если M  L  cos nt  , n  0 . 13. В пространстве L2  1,1 найти M  , если M  L  cos  t , t  . 14. Используя равенство Парсеваля, найти сумму ряда



1

n n 1

2

.

15. Доказать, что множество M четных функций и множество N – нечетных функций образуют подпространства в пространстве L2  1,1 . Доказать, что L2  1,1  M  N . 16. Найти замыкание линейной оболочки множества странстве L2  1,1 . 213

t  2 k 1

k

в про-

Указание: пусть L – указанная линейная оболочка, N – подпространство нечетных функций в L2  1,1 . Показать, что L  N и N  L (для доказательства второго включения обосновать полноту системы, получаемой при ортонормировке системы 1, t , t 2 , t 3 ,... в L2  1,1 ). 17. Найти замыкание линейной оболочки множества странстве L2  1,1 .

t  2k  2

k

в про-

18. Проверить, что замыкание линейной оболочки системы cos ntn0 – 

есть множество четных функций в действительном пространстве L2   ,   . 19. Проверить, что замыкание линейной оболочки системы есть множество нечетных функций в действительном пространстве

sin ntn1 L2   ,   . 

–

20. В пространстве L2  1,1 найти элемент наилучшего приближения для

функции x(t )  1  t 1/3 подпространством M  L(t , t 2 , t 3 ) . Вычислить расстояние от x(t ) до M . 

1  21. Найти ортогональную проекцию элемента x0     l2 на подпро k k 1 странство L – линейную оболочку векторов x1  (1,0, 1,0,0,...) , x2  (0,1,0, 1,0,0,...) , x3  (0,0,1,0,  1,0,0,...), а также найти  ( x0 , L) и  ( x0 , L ) . 22. Найти расстояние от элемента x0  (1,0,0,...)  l2 до подпространства

5   L   x  l2 , x  1 ,  2 ,... :   k  0  . k 1   Указание: найти ортонормированный базис этого подпространства. 23. Доказать полноту в пространстве L2  0,   тригонометрических систем sin kx : k   и cos kx : k   . Указание: показать, что любая функция f ( x)  L2 0,   раскладывается в ряды Фурье по этим системам, сходящиеся к f ( x) в среднем квадратичном. Для этого выполнить нечетное или четное продолжения. 24. В пространстве L2  1,1 найти расстояние от элемента x0 (t )  et до

10   подпространства M   x  L2  1,1 : x(t )   (ak cos kt  bk sin kt )  . k 1   25. В пространстве L2  0,1 найти проекции элемента x (t )  t 3 на подпространства многочленов степени m  n , n  0,1,2 . 26. Пусть en (t ) , n , образуют ортонормированный базис в L2  a, b  . Доказать, что um,n (s, t )  em (s)en (t ) , m, n образуют ортонормированный базис в

L2  a, b   a, b  .

214

Дополнение Результаты численного решения примера 3 п. 3.5 x0=1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

x1=t -1 -0,9 -0,8 -0,7 -0,6 -0,5 -0,4 -0,3 -0,2 -0,1 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

Δt=

0,1

||h1|| 0,052357 0,035097 0,022148 0,012916 0,006767 0,00304 0,001075 0,000246 1,87E-05 9,5E-07 0 5,3E-05 0,000429 0,0016 0,004183 0,008882 0,016426 0,027531 0,042868 0,063055 0,298692 0,546528

e1 -1,59024 -1,40726 -1,22429 -1,04131 -0,85834 -0,67537 -0,49239 -0,30942 -0,12645 0,056525 0,239499 0,422472 0,605445 0,788419 0,971392 1,154366 1,337339 1,520312 1,703286 1,886259

x2=t^2 1 0,81 0,64 0,49 0,36 0,25 0,16 0,09 0,04 0,01 0 0,01 0,04 0,09 0,16 0,25 0,36 0,49 0,64 0,81 1

(x2,e0) 0,095251 0,066043 0,043507 0,026852 0,015211 0,007666 0,003263 0,001066 0,000216 1,37E-05 0 1,37E-05 0,000216 0,001066 0,003263 0,007666 0,015211 0,026852 0,043507 0,066043 0,422926

p(t) 0,693147 0,593327 0,494696 0,398776 0,307485 0,223144 0,14842 0,086178 0,039221 0,00995 0 0,00995 0,039221 0,086178 0,14842 0,223144 0,307485 0,398776 0,494696 0,593327 0,693147

||x0|| 0,069315 0,059333 0,04947 0,039878 0,030748 0,022314 0,014842 0,008618 0,003922 0,000995 0 0,000995 0,003922 0,008618 0,014842 0,022314 0,030748 0,039878 0,04947 0,059333 0,529554 0,727705

e0 1,374184 1,374184 1,374184 1,374184 1,374184 1,374184 1,374184 1,374184 1,374184 1,374184 1,374184 1,374184 1,374184 1,374184 1,374184 1,374184 1,374184 1,374184 1,374184 1,374184

(x1,e0) h1=x1-(x1,e0)*e0 h1^2 -0,09525 -0,869107356 0,755348 -0,07338 -0,769107356 0,591526 -0,05438 -0,669107356 0,447705 -0,03836 -0,569107356 0,323883 -0,02535 -0,469107356 0,220062 -0,01533 -0,369107356 0,13624 -0,00816 -0,269107356 0,072419 -0,00355 -0,169107356 0,028597 -0,00108 -0,069107356 0,004776 -0,00014 0,030892644 0,000954 0 0,130892644 0,017133 0,000137 0,230892644 0,053311 0,001078 0,330892644 0,10949 0,003553 0,430892644 0,185668 0,008158 0,530892644 0,281847 0,015332 0,630892644 0,398026 0,025352 0,730892644 0,534204 0,038359 0,830892644 0,690383 0,054384 0,930892644 0,866561 0,073381 1,030892644 1,06274 -0,09525

(x2,e1) h2=x-(x2,e0)e0-(x2,e1)e1 h2^2 ||h2|| e2 -0,11023 0,334351504 0,111791 0,007749 1,742232 -0,06763 0,154070704 0,023738 0,001408 0,802828 -0,03876 -0,006210097 3,86E-05 1,91E-06 -0,03236 -0,02035 -0,146490898 0,02146 0,000856 -0,76333 -0,0095 -0,266771698 0,071167 0,002188 -1,39009 -0,00377 -0,367052499 0,134728 0,003006 -1,91263 -0,00117 -0,4473333 0,200107 0,00297 -2,33096 -0,00024 -0,5076141 0,257672 0,002221 -2,64507 -2E-05 -0,547894901 0,300189 0,001177 -2,85496 5,62E-07 -0,568175701 0,322824 0,000321 -2,96064 0 -0,568456502 0,323143 0 -2,9621 4,2E-06 -0,548737303 0,301113 0,0003 -2,85935 9,5E-05 -0,509018103 0,259099 0,001016 -2,65238 0,000611 -0,449298904 0,20187 0,00174 -2,3412 0,002307 -0,369579705 0,136589 0,002027 -1,9258 0,00644 -0,269860505 0,072825 0,001625 -1,40618 0,014804 -0,150141306 0,022542 0,000693 -0,78235 0,029707 -0,010422107 0,000109 4,33E-06 -0,05431 0,053927 0,149297093 0,02229 0,001103 0,777954 0,090653 0,329016292 0,108252 0,006423 1,714431 -0,05312 0,036829 0,19191

215

e^t 0,367879 0,40657 0,449329 0,496585 0,548812 0,606531 0,67032 0,740818 0,818731 0,904837 1 1,105171 1,221403 1,349859 1,491825 1,648721 1,822119 2,013753 2,225541 2,459603 2,718282

c0=(e^t,e0) 0,0350409 0,0331493 0,0305455 0,0272125 0,0231895 0,0185987 0,0136716 0,0087731 0,0044127 0,0012372 0 0,0015112 0,0065829 0,0159856 0,0304267 0,0505564 0,0769919 0,110352 0,1512931 0,2005413 0,8400722

c1=(e^t,e1) -0,0405501 -0,0339472 -0,0272136 -0,0206208 -0,0144846 -0,0091407 -0,0048988 -0,0019754 -0,000406 5,089E-05 0 0,0004646 0,0029003 0,0091715 0,0215082 0,0424693 0,0749276 0,1220866 0,1875261 0,2752709 0,5831388

c2=(e^t,e2) 0,04442597 0,01936653 -0,0007193 -0,015116 -0,0234579 -0,0258862 -0,0231904 -0,0168866 -0,0091676 -0,0026656 0 -0,0031444 -0,012706 -0,0272346 -0,0426404 -0,0517337 -0,0438332 -0,0043611 0,08565017 0,25019529 0,09689496

МНОГОЧЛЕН ||e^t-МНОГОЧЛЕН|| 0,39589949 5,44206E-05 0,411574893 1,48642E-06 0,437348262 7,10073E-06 0,473219596 2,17714E-05 0,519188896 2,6982E-05 0,575256162 2,18255E-05 0,641421393 1,2395E-05 0,71768459 4,61193E-06 0,804045753 8,45792E-07 0,900504882 1,86776E-08 1,007061977 0 1,123717037 3,4225E-07 1,250470063 3,31379E-06 1,387321054 1,20943E-05 1,534270012 2,67394E-05 1,691316935 4,0487E-05 1,858461823 4,06131E-05 2,035704678 1,92166E-05 2,223045498 3,08056E-07 2,420484284 9,07958E-05 0,000385368 0,019630802

3 2,5 2 Экспонента

1,5

Многочлен

1 0,5

216

1

0, 8

0, 6

0, 4

0, 2

0

-0 ,2

-0 ,4

-0 ,6

-0 ,8

-1

0

ЧАСТЬ II. ОПЕРАТОРЫ РАЗДЕЛ 1. ОБЩИЕ СВОЙСТВА ЛИНЕЙНЫХ ОГРАНИЧЕННЫХ ОПЕРАТОРОВ 1.1. Понятие линейного ограниченного оператора, его норма Определение: пусть X ,Y – линейные нормированные пространства. Отображение A : X  Y называется линейным оператором, если выполнены свойства линейности: 1. A( x1  x2 )  A( x1 )  A( x2 ) x1, x2  X ; 2. A( x)   A( x) x  X и для любого числа   (или   ). Замечание: область определения оператора A будем обозначать D( A) , а множество значений (образ оператора) – R ( A) ( Im A ). Если множество D( A) не указано явно, то всегда будем считать, что D( A)  X . При этом условие R( A)  Y необязательно выполнено. Замечание: если A : n  m , то любой линейный оператор представляется в виде умножения на матрицу и поэтому, по аналогии с умножением матриц, скобки у аргумента линейного оператора принято не писать, т.е., если это не вызывает недоразумений, будем писать Ax вместо A( x) . Замечание: для любого линейного оператора A0  A( x  x)  Ax  Ax  0 . Определение: оператор A называется непрерывным в точке x0  D ( A) , если при xn  x0 ( xn  D ( A) , n   ) Axn  Ax0 . Оператор A называется непрерывным на множестве D( A) , если он непрерывен в каждой точке D( A) . Замечание: по аналогии с математическим анализом, определение непрерывности оператора в точке x0  D ( A) можно записать в эквивалентном виде:   0   0 : x  D( A) x  x0 X   Ax  Ax0 Y   . Определение: множество тех x  D( A) , для которых Ax  0 называется ядром линейного оператора A и обозначается ker A . Определение: пусть X ,Y – линейные нормированные пространства, A : X  Y – линейный оператор. A называется ограниченным, если существует постоянная M  0 такая, что x  X Ax Y  M x X . Замечание: если A – ограниченный оператор, то он любое ограниченное множество M  X переводит в ограниченное множество AM Y (см. задачу 3). Замечание: если A – ограниченный оператор, то M  0 : x  X x  0 Ax Y  M , т.е. множество таких дробей имеет точную верхнюю грань. xX Определение: пусть A : X  Y – линейный ограниченный оператор. НорAx Y . мой оператора A называется число A  sup xX xX x0

217

Замечание: таким образом, норма оператора – это наименьшее из чисел M  0 , для которых Ax Y  M x X x  X . По определению нормы оператора

x  X x  0 A 

Ax x

Y

, откуда Ax Y  A  x X . Заметим, что последнее не-

X

равенство верно уже и при x  0 . В дальнейшем индексы у норм будем опускать. Из математического анализа известно свойство точной верхней грани: есAx Ax , то   0 x  X \ 0 : ли A  sup  A   , откуда Ax   A    x . x x xX x 0

Теорема (эквивалентность ограниченности и непрерывности линейных операторов): пусть A : X  Y – линейный оператор, причем D( A)  X , тогда следующие условия эквивалентны: 1. A ограничен; 2. A непрерывен на всем пространстве X ; 3. A непрерывен в точке x  0 . Доказательство: 1  2. Пусть A ограничен, т.е. M  0 : x  X Ax  Ax0  A( x  x0 )  Ax  M x . Зафиксируем x0  X , тогда x  X



, тогда из условия x  x0   будет M следовать, что Ax  Ax0  M x  x0  M     , т.е. A – непрерывен в произвольной фиксированной точке x0  X , а значит, непрерывен на всем пространстве X . 2  3. Очевидно. 3  1. Пусть A непрерывен в нуле, т.е.   0   0 : x  X x    M x  x0 . Далее,   0 возьмем  

 x  x   1      x    , то A      , отx 2 2 x 2 x 2  2 2   0 , получим, что x . Обозначая M  Ax   , т.е. Ax  куда   2 x Ax  M  x . Если x  0 , то Ax  M  x , поэтому x  X Ax  M  x . Теорема доказана. Определение: пусть X – линейное нормированное пространство. Линейным ограниченным функционалом  называется линейный ограниченный оператор  : X  (или  : X  ). Замечание: таким образом, функционал – это частный случай оператора при Y  ( ). Действие функционала  на элемент x (т.е. запись  ( x ) ) иногда обозначают  x,  . Определение: нормой линейного ограниченного функционала называется  ( x) число   sup . x x 0 Ax   . Поскольку x  0

218

Замечание: всюду далее по умолчанию рассматриваются функционалы  : X  . Случаи  : X  будут оговариваться особо. Определение: гиперплоскостью в линейном пространстве X называется совокупность точек этого пространства, удовлетворяющих уравнению  ( x)  C , где  – линейный функционал на X , C  const . Примеры решения задач 1. Какие из следующих функционалов являются линейными и непрерывными: а) f : C  0,1  б) f : L2  0,1 

1

, f ( x)   x2 (t ) dt ; 0 1

, f ( x)   x(t )sin2 tdt ; 0



, f ( x )    k sin k , где L – линейное подпространство элемен-

в) f : L 

k 1

тов x  ( k )  l2 , для которых сходится ряд



 k 1

k

sin k , а норма стандартна?

Решение: а) Пусть x1 , x2  C  0,1 , тогда 1

1

f ( x1  x2 )    x1 (t )  x2 (t )  dt    x12 (t )  x2 2 (t )  2 x1 (t ) x2 (t )  dt  2

0

0

1

 f ( x1 )  f ( x2 )  2  x1 (t ) x2 (t )dt . 0

Ясно, что при условии

1

 x (t ) x (t )dt  0 1

2

получаем f ( x1  x2 )  f ( x1 )  f ( x2 )

0

и определение линейности функционала не выполняется.

C 0,1

Проверим его непрерывность, т.е., что если xn , x0  C  0,1 и xn  x0 , то 1

1

f ( xn )  f ( x0 ) , т.е., что  xn (t )dt   x0 2 (t )dt . Если покажем, что xn 2 (t ) 2

0

x0 2 (t ) ,

0

то по теореме о предельном переходе под знаком интеграла Римана это и будет означать, что

1

x

n

0

1

2

(t )dt   x0 2 (t )dt . Поскольку равномерная сходимость экви0

валентна сходимости по норме пространства C  0,1 , то достаточно установить, C0,1

C 0,1

что xn 2  x0 2 , т.е., что xn 2  x0 2  0 . Поскольку xn  x0 , то последовательность  xn  ограничена, т.е. c  0 : n  219

xn  c . Тогда

xn 2  x0 2  sup xn 2 (t )  x0 2 (t )  sup ( xn (t )  x0 (t ))( xn (t )  x0 (t ))  t0,1

t0,1

 sup ( xn (t )  x0 (t )) xn (t )  ( xn (t )  x0 (t )) x0 (t )  sup xn (t )  x0 (t ) xn (t )  t0,1

t0,1

 sup xn (t )  x0 (t ) x0 (t )  sup xn (t ) sup xn (t )  x0 (t )  sup x0 (t ) sup xn (t )  x0 (t )  t0,1

t0,1

t0,1

t0,1

t0,1

 xn  xn  x0  x0  xn  x0  c xn  x0  x0  xn  x0 .

Переходя к пределу при n   , учитывая, что xn  x0  0 , по теореме о двух милиционерах, получаем, что xn 2  x0 2  0 . Итак, функционал f непрерывен. б) Проверим линейность: пусть 1,2  , x1 , x2  L2  0,1 , тогда 1

1

f (1 x1   2 x2 )   (1 x1 (t )   2 x2 (t ))sin tdt  1  x1 (t )sin 2 tdt  2

0 1

0

 2  x2 (t )sin 2 tdt  1 f ( x1 )   2 f ( x2 ) . 0

Таким образом, функционал f линеен. В силу теоремы об эквивалентности непрерывности и ограниченности линейного оператора, для установления его непрерывности достаточно установить его ограниченность. Поскольку 1 2

1 2

    2 f ( x)   x(t )sin 2 tdt   x(t ) sin 2 tdt    x(t ) dt    sin 4 tdt   0 0 0  0  1

1

1

1

1 2

   x    sin 4 tdt   x , 0  1

1

 1 4 2 то функционал f ограничен с константой M    sin tdt   1 . 0  (1) в) Проверим линейность: пусть 1,2  , x1  ( k ), x2  ( k(2) )  L , тогда 

f (1 x1   2 x2 )     k 1

(1) 1 k

 



(2) 2 k

 sin k    1

k 1



(1) k

sin k   2   k(2) sin k  k 1

 1 f ( x1 )   2 f ( x2 ) , т.е. функционал f линеен., поэтому достаточно проверить ограниченность. 1  sin1 sin 2 sin n  ,  ,...,  ,0,0,...  , где Рассмотрим n  элемент xn   n 2 c 1   1 1 1     , 0    , c   2 (поскольку 2  1, то c действительно конечное 2 2 k 1 k положительное число). Проверим, что такой элемент xn  L .

220



1 n sin k 1 n sin 2 k 1 n 1 Действительно,  k sin k     sin k  c    ,  c k 1 k c k 1 k k 1 k 1 k поскольку сумма получилась конечной. Таким образом, xn  L . (n)

Далее,

xn

2



k 1

2

последовательность  xn  При этом, f ( xn )  

1 n sin 2 k 1 n 1 1  1 1     c  1, значит,    c k 1 k 2 c k 1 k 2 c k 1 k 2 c ограничена.

  k ( n)  

 k 1

(n) k

sin k 

n

 k 1

1 sin k 1 n sin 2 k sin k       , по c k c k 1 k n

2

sin k является при   1 расходящимся. Таким образом, после k 1 k довательность  f ( xn ) не ограничена. Итак, функционал f перевел ограниченную последовательность в неограниченную, следовательно, он неограничен. 2. Найти норму оператора A : n  l2 , если        A(1 ,  2 ,...,  n )   1 ,..., n , 1 ,..., n ,..., 1 ,..., n ,...  , 1 2 2 k k 1  n где x  (1 ,  2 ,..., n )  . Решение: скольку ряд



12  n 2 12 n2 12 n2  ...  2  2  ...  2  ...  2  ...  2  ... 2 Ax k k 1 1 2 2 A  sup  sup  n x x 0 x 0 k 2 k 1

12  ...   n 2  k2 k 1 

 sup x 0

n

 k 1

Поскольку ряд



 sup

 k 1



k

k 1



1 сходится, то A   2 k k 1

2 k



n

x 0

2

n

1  2 k 1 k



1

k k 1

2



k 1

2

1

k

.

2

k

. 

3. Найти норму функционала A : l1  , если Ax   (1  (1) k ) k 1

x  (1,2 ,...)  l1 . 

Решение: A  sup x 0

Ax  sup x x 0

 (1  (1)k ) k 1



 k 1

221

k 1 k k



 1  (1)

 sup k 1 x 0

k

k

k 1  k , где k

k 1  k k





 k 1

k





 sup

2  k

x0

k 1 

 k 1

 2 . С другой стороны, для некоторого x0  0 :

k



 (1  (1) ) k

A  sup x 0

Ax Ax0   x x0

k 1

k  1 (0) k k



 k 1



(0) k

x0  (0,...,0, 1 ,0,0,...) 2 n 1

x0  l1



2n  1  1 2n  2 . 2n  1 2n  1 Переходя к пределу при n   , получаем, что A  2 . Из полученных неравенств следует, что A  2 .  (1  (1) 2 n1 ) 



4. Найти норму функционала f : C  0,1 

, если f ( x)   x(sin t )dt . 0





0 x(sin t )dt 0 x(sin t ) dt f ( x)  sup  sup Решение: f  sup . Поскольку t   0,1 x sup x(t ) sup x(t ) x 0 x 0 x 0 t0,1

t 0,1

x(t )  sup x(t )  x , а при t   0,   sin t   0,1 , то t   0,   x(sin t )  x , откуt0,1



да: f  sup x 0





x dt

0

sup x(t )

t0,1

 sup x 0

x 1dt 0

x



 1dt   . С другой стороны, для некоторого 0



x0  0

x0 (sin t )dt  x0 (t )  1 f ( x0 ) 0 f ( x)     1dt   . Из поf  sup x0 (t )  C  0,1 0 x x0 sup x0 (t ) x 0 t 0,1

лученных неравенств следует, что f   . 5. Найти норму функционала A(1,2 ,3 ,...)  31  42 , если: а) A : l1  , б) A : l  , в) A : l2  , где x  (1,2 ,3 ,...) . Ax 3  4 2 3   4 2 4   4 2 Решение: а) A  sup  sup 1  sup 1  sup 1  x x0 x0 x0 x0

 k 1

222

k

 k 1

k

 k 1

k

 4sup x 0

1  2  4 . С другой стороны, для некоторого x0  0 : 1  2  3  ... (0) (0) x0  (0,1,0,0,....) Ax0 31  4 2 Ax     4. A  sup  x0  l1 x x0 x 0 (0)

 k 1

k

Из этих двух неравенств заключаем, что A  4 .  Ax 31  4 2 3 1  4 2  2 б) A  sup  sup  sup  sup  3  1  4  x sup i sup i sup i sup i x 0 x 0 x 0 x 0  i i i i   3  4  7 . С другой стороны, для некоторого x0  0 :

   

(0) (0) x0  (1,1,0,0,...) Ax0 31  4 2 Ax     3 4  7 . A  sup x0  l x x0 x 0 sup i (0) i

Из этих двух неравенств заключаем, что A  7 . неравенство Ax 31  4 2 31  4 2 A  sup  sup  sup  Гельдера при  1 1 x x 0 x 0 x 0   2 2   2 2 pq2   k    k   k 1   k 1 

в)

3

2

 sup x0

4

1 2 2





1

2

 2

 2   k   k 1  

1 2





1 2 2

 5sup x0

1



1

2

2

 2



1 2 2

  2  3  ... 2

2



1 2

 5 . С другой стороны,

(0) (0) x0  (3,4,0,0,...) 25 Ax Ax0 31  42 для некоторого x0  0 A  sup      5. 1 x l  x0 x 0 x 25  0 2 2  (0) 2    k    k 1  Из этих двух неравенств заключаем, что A  5 . 6. Найти норму функционала Ax(t )  x(0)  2 x(1)  x(2) , A : C  0, 2  . Ax(t ) x(0)  2 x(1)  x(2) x(0)  2 x(1)  x(2)  sup  sup  Решение: A  sup x sup x(t ) sup x(t ) x0 x0 x0 t 0,2

t0,2

  x(1) x(2)   x(0)  sup  2    1  2  1  4 . С другой стороны, для sup x ( t ) sup x ( t ) sup x ( t ) x 0  t0,2  t0,2 t0,2   Ax0 (t ) x0 (0)  2 x0 (1)  x0 (2) Ax(t )   . некоторого x0  0 A  sup x x0 sup x0 (t ) x0 t 0,2

223

Выберем непрерывную на 0,2 функцию x0 (t ) так, x0 (0)  1 , x0 (1)  1 , x0 (2)  1 этом sup x0 (t )  1 (например, t 0,2

отрезке чтобы и при как на

1  2  (1)  1  4. 1 Из этих двух неравенств заключаем, что A  4 .

рисунке). Тогда A 

1

7. Найти норму оператора A : C  0,1  C  0,1 , если Ax(t )   e3t 2 x( )d . 0

1

1

sup  e3t 2 x( )d

sup  e3t 2 x( ) d

t0,1 0 Ax t0,1 0  sup  sup x x x x 0 x 0 x 0 скольку    0,1 справедлива оценка x( )  sup x( )  x , то

Решение: A  sup

. По-

 0,1

1

A  sup

sup  e

3t  2

t 0,1 0

x 0

1

x d  sup

x

x sup  e3t 2 d t 0,1 0

 sup  e3t 2 d  t 0,1 0

x

x 0

1

1  1 1 1 1 1  1  sup   e3t 2  e3t   1  2  sup e3t  1  2  e3   e3  e  . 2 2  2  e  t0,1 2 e  2 t 0,1  С другой стороны, для некоторого x0  0 : 1

A  sup x 0

sup  e3t 2 x0 ( )d

t 0,1 0 Ax0 Ax   x x0 sup x0 (t )



t 0,1

1

 sup  e

3t 2

t 0,1 0

1

d  sup  e3t 2 d  t0,1 0

Из этих двух неравенств заключаем, что A 

x0 (t )  1

x0 (t )  C  0,1



1 3 e  e . 2

1 3 e  e . 2

8. Вычислить норму функционала f : C  1,1 

1

, если f ( x)   tx(t )dt . 1

1

f ( x)  sup Решение: f  sup x x 0 x 0

 tx(t )dt

1

x

1

 sup x 0

224

t

1

x(t ) dt

1

x

x  sup x 0

 t dt

1

x

1

  t dt  1

0

0

1

t2   tdt   tdt   2 0 1

1

1 1 t2     1 . С другой стороны, для некоторого x0  0 20 2 2 1 1

1tx0 (t )dt f ( x0 ) f ( x) . Для получения неравенства   f  sup x x0 sup x0 (t ) x0

f  1 хоте-

t 1,1

1,  1  t  0, (см. рисунок слева), однако, такую лось бы выбрать x0 (t )     1, 0 t 1  функцию брать нельзя, поскольку она не является непрерывной, т.е. не принадлежит C  1,1 . Выберем в качестве x0 (t ) функцию, “близкую” к нужной, но являющуюся непрерывной, как, например, на рисунке справа. Ясно, что x0  1 .





1

t2 f   tdt   t  x0 (t )dt   tdt   2  1 



1



t2   t  x0 (t )dt  2 

1



 1     t  x0 (t )dt . 2





Найдем уравнение прямой x0 (t ) на отрезке   ,   , зная, что она проходит t t  t1 x (t )  x0 (t1 )  0 , откуда x0 (t )  . Тогда через две точки (0,0) и ( ,1) : t2  t1 x0 (t2 )  x0 (t1 ) 

f  1  2 







t2

t3 2 dt  1    3 





делу при   0 , получаем, что венств следует, что f  1 .

2 1  1   2    2  1    2 . Переходя к пре3 3 f  1 и тогда, окончательно, из двух нера1 2

9. Вычислить норму функционала Ax(t )   t  x(t 2 )dt , A : L2  0,1  0

225

.

Решение: поскольку на отрезке  0,1 2 функция t 2 монотонно возрастает, то можно в интеграле сделать замену переменной t 2   . Тогда функционал пе1 4

1 1  x( )d . 2 0 4 

репишется в виде Ax( ) 

1 4

Ax( ) A  sup  sup x x 0 x 0

1 4

1 1  x( )d 2 0 4 



 x( ) d неравенство 1   sup 0  Гельдера при  x 2 x 0 pq2

x 1 2

1

4

1 2

1 2

1       1 2 2 2  1     1      d    x( ) d     d    x( ) d  0 0      0  0 1 1        sup  sup  2 x 0 2 x 0 x x 1 4

1 4

1 4

1 2

   1  1 1 1    d  x 4 2 1 2 0    1 1 1 1 1   d    2  4   .  sup    0 x 2 x0 2 0  2 2     С другой стороны, для некоторого x0  0 : 1 4

1 4

A  sup x 0

Ax0 ( ) Ax( )   x x0

1 1  x0 ( )d 2 0 4  

1

 x ( ) 0

2

d

0

1 4

 1  1 1  , 0,  ,  4  2 0    4 x0 ( )    1   1 0,    ,1  4 4  0 x0 ( )  L2  0,1 Из двух неравенств следует, что A 

1



d 

1



1 . 2

d

1 . 2 1 2

10. Вычислить норму функционала Ax(t )   t 2  x(t )dt , если A : L1  0,1  0

226

.

1 2

t Ax(t )  sup Решение: A  sup x x 0 x 0

2

1 2

 x(t )dt

t

0

 x(t ) dt

 sup 0

x

1 2

2



x

x 0

t 2  max t 2   1 0, 2 

1 4

1

1 x(t ) dt 0 x(t ) dt 1 x 1 4 0 1  sup  sup  sup  . 4 x 0 4 x 0 x 4 x x x 0 С другой стороны, для некоторого x0  0 : 1 2

t Ax(t ) Ax0 (t )   A  sup x x0 x0

2

 x0 (t )dt

0

.

1

 x (t ) dt 0

0

  1 n 1 n ( 3) 2 , 0, n t t        2  . Поясним, чем в данI способ: выберем x0 (t )   1   0, t   ,1  2  ном случае можно руководствоваться: во-первых, как и в предыдущем примере, мы постарались, чтобы пределы интегрирования в числителе и знаменателе совпали. Во-вторых, функция x0 (t ) подобрана с таким расчетом, чтобы инте1 грал в числителе всегда был равен нужному нам значению . Ясно, что при 4 этом x0 (t )  L1  0,1 для всякого n . Поскольку

1 2

1

 x (t ) dt   (n  3)  2 0

0

n 1

 t n dt 

0

n3 , то n 1

A 

1 n 1 1   . Из 4 n  3 n 4

1 . 4 II способ: в качестве x0 (t ) возьмем неотрицательную суммируемую на отрезке  0,1 функцию, сосредоточенную в окрестности точки максимума функ-

полученных неравенств следует, что A 

 1 1  x0 (t ), t   2   , 2  1     1 ции t 2 на  0,  : x0 (t )   . Здесь 0    . 2  2  1  1  0, t  0,     ,1   2  2  Тогда имеем: 227

1 2

1 2

1      t x ( t ) dt t x ( t ) dt 0 0    0 1 2   2

2

2

1 2

t

2

1 2 2

1   x ( t ) dt 0    1 2  

2 1

2

1   x ( t ) dt 0     x0 . 0 2 

2

 x0 (t )dt 2

0

1  Таким образом, A       . Переходя к пределу при x0 2  1 1   0 , получаем, что A  . Окончательно находим, что A  . 4 4 2

11. Оценить сверху норму оператора

Ax(t ) 

2

2

x 0

если

0

A : L2  0,2   L2  0,2  .

Решение: A  sup

 sin(t   ) x( )d ,

Ax  sup x x 0

 2     sin( t ) x ( ) d    dt неравенство 0  0   Гельдера при  x pq2 2

1 1  2  2  2 2    2 2   0   0 sin(t   ) d   0 x( ) d   dt    x

2

 sup x 0

2

 2 2 2   sin( t ) d x     dt 0  0   x

2

 2  2  sup   sin(t   ) d  dt   2 .  x 0 0  0  Эта оценка является избыточной. Численные расчеты показывают, что A   , а достигается значение A   на элементе x0 (t )  sin t . 12. Найти норму функционала f ( x)  x '(0) , если f : C (1) 0,1 

.

Решение: напомним, что пространство C (1) 0,1 – это множество непрерывно дифференцируемых функций с нормой x  sup x(t )  sup x '(t ) . Тогда t0,1

f  sup x 0

x '(0)  sup x '(t ) f ( x) x '(0) t0,1  sup   x x 0 sup x(t )  sup x '(t ) t0,1

t0,1

sup x(t )  sup x '(t )

sup x '(t )

 sup x 0

t0,1

t 0,1

sup x(t )  sup x '(t )

t0,1

 sup

t0,1

228

x 0

t 0,1

t0,1

sup x(t )  sup x '(t )

t0,1

t0,1

 1.

С другой стороны, для некоторого элемента x0 (t )  C (1) 0,1 и x0 (t )  0 , поx0 '(0) x '(0) . В качестве лучаем, что f  sup  sup x0 (t )  sup x0 '(t ) x  0 sup x (t )  sup x '(t ) t 0,1

t0,1

t0,1

t0,1

at  bt  c, t   0,   x0 (t ) выберем непрерывную функцию вида x0 (t )   , гра1, t ,1      фик которой изображен на рисунке сплошной линией ( 0    1 – произвольно). 2

Важным является то, что вершина параболической части графика совпадает с точкой ( ,1) . Поясним, чем в данном случае можно руководствоваться. Во-первых, как обычно, стараемся выбирать функцию x0 (t ) так, чтобы sup x0 (t )  1. t 0,1

Во-вторых, учитываем, что для выполнения условия непрерывной дифференцируемости, производная функции x0 (t ) не должна иметь скачков ни в одной точке отрезка  0,1 , т.е. график функции x0 (t ) не должен иметь точек “излома”. Наконец, если воспользоваться представлением о производной в точке, как об угловом коэффициенте касательной к графику функции в этой точке, то можно заметить, что x0 '(0)  sup x0 '(t ) . t0,1

Найдем уравнение параболической части, зная ее вершину ( ,1) и нули

(0,0) и (2 ,0) . Подставляя в общее уравнение параболы x(t )  at 2  bt  c последовательно эти три точки, и решая полученную систему уравнений, найдем 1 2 коэффициенты a   2 , b  , c  0 .



  1 2 2  t  t , t   0,    Таким образом, x0 (t )    2 . Ясно, что эта функция не1, t    ,1 

прерывна во всех точках отрезка  0,1 и дифференцируема во всех точках, по-

2  2  2 t  , t   0,    и при t   производная не терпит разрыскольку x0 '(t )    0, t    ,1  ва, т.е. x0 (t )  C (1) 0,1 . Далее, sup x0 (t )  1, sup x0 '(t )  sup  t 0,1

t 0,1

229

t 0, 

2



2

t

2





2



и

2 x0 '(0) 

2 . Тогда f    . Наконец, при   0 получаем, что f  1 2  2  1 2

и, окончательно, f  1 .



   0,    2 , t  1 Также можно было выбирать x0 (t )   или xn (t )  sin nt . n t  1 t 2 , t   0,    2 Последняя функция построена из следующих соображений: производная в нуле и максимум производной на отрезке равны единице, а значения функции малы. 13. Пусть 0  f : X  – линейный ограниченный функционал и 1 M   x  X : f ( x)  1 . Доказать, что  inf x . xM f Решение: поскольку f – линейный ограниченный функционал, то x  X по определению нормы функционала f ( x)  f  x . Следовательно, x  M 1 1 1  f  x , откуда  inf x . В силу определения нор x , тем самым, xM f f мы функционала, для всякого 0    f x

x  X : f ( x )   f     x . Пусть

x 1 , тогда f ( x )   f     x  f ( x )   f     x  f ( x ) , откуда x  . f ( x ) f 

 x  1 f ( x )  1 , то такие x  M , следоПри этом, поскольку f ( x)  f      f ( x )  f ( x ) 1 вательно, inf x  . Поскольку   0 – произвольно, то при   0 получаxM f  1 1 ем, что inf x  . Таким образом,  inf x . Заметим, что inf x – это раxM xM f f xM диус минимального шара в пространстве X с центром в нуле, касающегося гиперплоскости M (геометрический смысл нормы функционала). 1

14. Найти норму функционала f ( x)  2 x(0)   x(t )dt , f : C (1)  0,1 

.

0

Решение: будем рассматривать только ненулевые функции x(t )  C (1) 0,1 , для которых

x C  1 (легко видеть, что значения нормы любого линейного x одинаковы). Возьмем такую произвольную функционала на элементах x и xC

функцию x(t ) и пусть для нее sup x '(t )  k0 . Ясно, что t   0,1 x '(t )  k0 , откуt0,1

230

да t   0,1  k0  x '(t )  k0 . Проинтегрируем это неравенство в пределах  0,t  , тогда получим, что k0t  x(0)  x(t )  k0t  x(0) . Обозначим x(0)  a   1,1 , то-

гда t   0,1 k0t  a  x(t )  k0t  a . Кроме того, t   0,1 1  x(t )  1 , поэтому, если функции k0t  a и  k0t  a принимают значения, соответственно 1 и 1, в пределах отрезка  0,1 , то t   0,1 x (t )  x(t )  x (t ) , где “предельные” для

   1 a   1 a    , 0, k t a t  0 k0t  a, t  0,      k0    k0  и x (t )   . x(t ) функции – есть x (t )         1 1 a a   1, t   k ,1 1, t   k ,1  0   0   

1 a 1 a 1 и  1, и, складыk0 k0 2  2 , k0  1 . Если же, вая, получаем, что k0 например, первое из неравенств не выполнено, то x (t )  k0t  a всюду на  0,1 .

При этом

1

1

1

0

0

Имеем: 2 x (0)   x (t )dt  2 x(0)   x(t )dt  2 x (0)   x (t )dt . Далее, полу0

1

1 a k0

0

0

чаем 2 x (0)   x (t )dt  2a 



(a  1)2 , и, аналогич(k0t  a)dt   dt  1  2a  2 k0 1 a 1

k0

(a  1)2 . Найдем максимальное и минимальное но, 2 x (0)   x (t )dt  1  2a  2 k0 0 значения полученных функций по a   1,1 . Приравнивая их производные к нулю, получаем, что для первой функции a  1  2k0 , а для второй a  2k0  1 . В обоих случаях при a   1,1 получаем, что должно быть 0  k0  1 , поэтому внутренних экстремумов эти функции не имеют и своих максимального и минимального значений достигают на концах отрезка  1,1 . Используя условие 2 k0  1 , получаем, что для первой функции максимальное значение равно 3  , k0 2 а для второй минимальное значение равно 3  . Таким образом, поскольку k0 2 2 3 3 f ( x) 2  10 k0 k0 1  . Функция имеет точку максимума k0  x C(1)  1  k0 , то 3 1  k0 x 1  k0 1

и максимальное значение 7  2 10  0,675 . 231

1 a 1 a 1 и  1, тогда 0  k0  1 , x (t )  k0t  a , x(t )  k0t  a k0 k0 k k k k всюду на отрезке  0,1 . Отсюда 1  0  a  0  f ( x)  a  0  1  0 , поэто2 2 2 2 k0 f ( x) 1  2 му   1 , причем максимальное значение достигается при k0  0 . 1  k0 x 1 a 1 a a 1  1,  1, тогда  1, и, складывая, получаем, что Пусть k0 k0 k0

Пусть теперь

(a  1) 2 k  f ( x)  1  0 . Точка a  2k0  1 является точкой a  0 . Тогда 1  2a  2 k0 2

(a  1) 2 внутреннего минимума функции 1  2a  при условии 1  2k0  1  0 , 2 k0 1 т.е. 0  k0  . Тогда минимальное значение этой функции – есть 1  2k0 . При 2 k0 1  f ( x) k k 2 1. этом 0  1  2k0  1 , а 1  0  1 , поэтому f ( x)  1  0 ,  2 2 1  k0 x (a  1) 2 1 Если же k0  , то функция 1  2a  внутренних экстремумов не 2 k0 2 1 k  f ( x)  1  0 , имеет и достигает минимума в точке a  0 , поэтому 1  2 k0 2 k0 1  f ( x) 1 k k 1 2  5. 1   1  0 . Отсюда  f ( x)  1  0 , поскольку при k0  2 k0 2 2 2 1  k0 6 x 1 a 1 a  1,  1 рассуждения аналогичны. Таким образом, для В случае k0 k0 f ( x) произвольной функции x(t )  C (1) 0,1 получили f  sup  1 , причем доx x 0 стигается это значение при x(t )  1 , поэтому, окончательно, f  1 . Данную задачу можно было решить другим способом (см. задачу 66). t

15. Найти норму оператора Ax(t )   x( )d (оператор неопределенного интегрирования) в пространстве L2  0,1 .

0

Решение: на интервале (0,1) справедливо неравенство cos



 0 . Приме2 няя неравенство Гельдера и выполняя перестановку интегралов, получаем: 232

2

  2 2 1 t 1 t 1 t     x( ) 2 Ax    x( )d dt     x( ) d  dt     cos d  dt  2   0 0 00 00  cos   2       2 2 1 t 1 t t     x x ( ) ( )   2  t d dt    sin  d dt      cos d    0 2 2 0 cos  00 0 cos       2 2 2 1 1 1 2  4 4  t  x( ) 2 2     sin dt  d  2  x( ) d  2 x . 2  cos   0  0  2 2 t Таким образом, A  . Равенство достигается на элементе x(t )  cos .  2 2 Следовательно, A  . Заметим, что стандартный способ оценивания сверху в



данном случае дает завышенную оценку. Более универсальный способ вычисления норм интегральных операторов в пространстве L2 дает спектральная теория. Задачи для самостоятельного решения 1. Пусть X ,Y – линейные нормированные пространства, A : X  Y – линейный оператор. Доказать, что множество значений R ( A) и ядро оператора ker A   x  D( A) : Ax  0 являются линейными многообразиями. 2. Пусть X ,Y – линейные нормированные пространства, A : X  Y – линейный оператор, причем D( A)  X . Доказать, что если A непрерывен, то его ядро ker A замкнуто, а значит, является подпространством. 3. Доказать, что если A – ограниченный оператор, то он любое ограниченное множество M  X переводит в ограниченное множество AM Y . 4. Доказать, что если A : X  Y – линейный ограниченный оператор, то его норму можно вычислить по формулам A  sup Ax Y  sup Ax Y . x

X

1

x

X

1

Указание: M  N  sup M  sup N и Ax  A x . 5. Используя геометрический смысл нормы функционала (см. пример 13), вычислить норму функционала f ( x )  31  4 2 , заданного на пространстве





l2  x  (1,2 ) : x  max  1 , 2  .

6. Используя геометрический смысл нормы функционала (см. пример 13), вычислить норму функционала f ( x )  31  4 2 , заданного на пространстве



2

l22  x  (1,2 ) : x  1  2

2



. 233

7. Найти норму функционала A(1,2 ,3 ,...)  31  42 , если A : l3  , где x  (1,2 ,3 ,...)  l3 . 8. Вычислить норму функционала A : C  1,1  , если при фиксированx( )  x( )  2 x(0) ном    0,1 Ax(t )  . 2



9. Вычислить норму оператора A(1 ,  2 , 3 ,...)   0, 1 ,0,0,... , если A : l1  l1 , где x  (1 ,  2 , 3 ,...)  l1 . 

10. Вычислить норму функционала f ( x)   cos tx(t )dt  x(0)  x( ) , если

f : C  0,   

0

.

A   на элементе x0 (t )  sin t . Убедиться на нескольких конкретных примерах, что A   .

11. Проверить, что для оператора из примера 11

12. Оценить сверху норму оператора Ax(t ) 

2

 cos(2t  3 ) x( )d ,

если

0

A : L2  0,2   L2  0,2  .

1

1 13. На пространстве L2  0,1 задан функционал f ( x)   sin  x(t )dt . Проt 0 верить, на всем ли пространстве определен этот функционал. Проверить его линейность и ограниченность. Если функционал ограничен, то найти его норму. Указание: для ответа на первый вопрос применить неравенство Гельдера. 

14. Найти норму функционала f ( x)   x(1  cos t )dt в пространстве C  0, 2 . 0



15. Найти норму функционала f ( x)   sin 2t  x(t )dt  x(0)  x( ) в про0

странстве C  0,   .

1

1 16. На пространстве L2  0,1 задан функционал f ( x)   cos  x(t )dt . Проt 0 верить, на всем ли пространстве определен этот функционал. Проверить его линейность и ограниченность. Если функционал ограничен, то найти его норму. 

17. На пространстве C  0,   задан функционал f ( x)   x(1  e t )dt . Прове0

рить, на всем ли пространстве определен этот функционал. Проверить его линейность и ограниченность. Если функционал ограничен, то найти его норму. 2

18. На пространстве C  0, 2 задан функционал f ( x)   (t 2  1)  x(t )dt  x(0)  x(2) . 0

Проверить его линейность и ограниченность. Если функционал ограничен, то найти его норму. 234

1



1 t

19. На пространстве L2  0,1 задан функционал f ( x)   e  x(t )dt . Прове0

рить, на всем ли пространстве определен этот функционал. Проверить его линейность и ограниченность. Если функционал ограничен, то найти его норму. 1 20. В пространстве C  1,1 найти норму функционала f ( x)   x(1)  x(1)  . 3 21. В пространстве C  0, 2 найти норму функционала f ( x)  2  x(1)  x(2)  . n

22. В пространстве C  1,1 найти норму функционала f ( x )    k x (tk ) , k 1

где tk   1,1 – фиксированные числа. 1

23. В пространстве C  1,1 найти норму функционала f ( x)   x(t )dt  x(0) . 1 1

24. В пространстве C  0,1 найти норму функционала f ( x)   x(t )dt . 0 0

1

25. В пространстве C  1,1 найти норму функционала f ( x)   x(t )dt   x(t )dt . 1 1

0

26. Проверить ограниченность в C  0,1 функционала f ( x)   x

 t  dt . Ес-

0

ли функционал ограничен, то найти его норму.

1

27. Проверить ограниченность в C  0,1 функционала f ( x)   x  t 2  dt . Ес0

ли функционал ограничен, то найти его норму. 28. Вычислить норму функционала f : C

(1)

0,1 

1

, если f ( x)   tx(t )dt . 0

Получить оценку сверху двумя способами.

Указание: второй способ – интегрирование по частям. Ответ: f  29. Вычислить норму функционала f : L1  1,1  30. Вычислить норму функционала f : L2  1,1 

1 . 2

1

, если f ( x)   tx(t )dt . 1 1

, если f ( x)   tx(t )dt . 1

31. Вычислить норму функционала f : L2  0,1 

1



1 3

, если f ( x)   t x(t )dt . 0

32. Найти норму функционала



k

k 1

k

f ( x)  

x  1 ,  2 ,...  l2 . 235

в пространстве l2 , где

33. Найти норму функционала

x  1 ,  2 ,...  l1 . 34. Найти норму функционала



k

k 1

k

f ( x)   

f ( x)  

k

k 1 k 1 2

x  1 ,  2 ,...  c0 .

в пространстве l1 , где

в пространстве c0 , где

1

35. В пространстве C  0,1 найти норму функционала f ( x)   x(t )sin tdt . 0

1

1 36. В пространстве C  0,1 найти норму функционала f ( x)   x     x(t )dt . 2 0

37. Вычислить норму функционала f : C  0,1 

1



1 3

, если f ( x)   t x(t )dt . 0

38. Вычислить норму линейного оператора

A : C  0,1  C  0,1 , если

1

Ax(t )   sin( (t  s)) x( s)ds . 0

t

39. Вычислить норму оператора A : C  0,1  C  0,1 , если Ax(t )   x( s)ds . 0

40. Вычислить норму линейного оператора A : L1  0,1  L1  0,1 , Ax(t )  x

 t .

41. Вычислить норму линейного оператора A : C  1,1  C  1,1 , если t

1

1

0

Ax(t )   x( s )ds   s  x( s )ds . 1

42. Вычислить норму оператора A : L2  0,1  L2  0,1 , если Ax(t )  t  x( s )ds . 0

Указание: доказать, что, если Ax(t )  y(t ) f ( x) : X  Y , где y (t )  X , f ( x) – линейный ограниченный функционал на пространстве X , то A  y  f . Использовать определения нормы оператора и функционала. 43. Будет ли ограниченным оператор A : C 0,1  C 0,1 , областью определения которого является линейное многообразие непрерывно дифференцируеdx(t ) . мых функций, если Ax(t )  dt Указание: рассмотреть последовательность xn (t )  sin nt  C 0,1 , где n . dx(t ) 44. Найти норму оператора Ax(t )  , если A : C (1) 0,1  C 0,1 . dt 1 Указание: при оценке снизу выбрать xn (t )  sin nt . n 236

1

45. Является ли функционал f ( x)   t x(t ) dt линейным и непрерывным в 0

C  0,1 ?

46. Является ли функционал

f ( x)  x

C  0,1 ?

линейным и непрерывным в

1

47. Является ли функционал f ( x)   x 2 (t )dt линейным и непрерывным в 0

L2  0,1 ?

1

48. Найти норму функционала f ( x)   x(t )dt  стве C  1,1 ( n

1

фиксировано). 1

49. Найти норму функционала f ( x)   x(t )dt  стве C  1,1 ( n

n 1 k x   в простран 2n  1 k  n  n 

1

n 1 k x   в простран 2n  1 k  n  n 

фиксировано). 1

 1 50. Найти норму функционала f ( x)   x(t )sign  t  dt в пространстве  2 0 C  0,1 . 1

 1 51. Найти норму функционала f ( x)   x(t )sign  t  dt в пространстве  2 0 L2  0,1 . 

52. Найти норму функционала f ( x)   k 1

x  1 ,  2 ,...  l2 .

k k (k  1)

в пространстве l2 , где

53. Показать, что оператор A : C  0,1  C  0,1 является линейным и непре1

рывным и найти его норму, если Ax(t )   t   x( )d ,   0,   1. 0

54. Найти норму оператора правого сдвига Ax  (0, 1 ,  2 ,...) , если A : l2  l2 и x  1 ,  2 ,...  l2 . 55. Найти норму оператора левого сдвига Ax  ( 2 , 3 ,...) , если A : l2  l2 и x  1 ,  2 ,...  l2 .   1 56. Найти норму функционала f ( x)   1    k в пространстве l1 , где k k 1  x  1 ,  2 ,...  l1 .

237

57. Найти норму функционала f ( x)  k , где k – фиксировано в пространстве l2 , где x  1 ,  2 ,...  l2 . 58. Найти норму функционала f ( x)  k  k 1 , где k – фиксировано в пространстве l2 , где x  1 ,  2 ,...  l2 . 59. Найти норму функционала f ( x)  x(0)  x(1)  x(1) в C  1,1 . 1 2

60. Найти норму функционала f ( x)   x(t )dt в пространстве L2  0,1 . 0 1

61. Найти норму функционала f ( x)   x(t )cos  tdt в пространстве C  0,1 . 0

1

62. В пространстве C  0,1 найти норму функционала f ( x)   x(t )dt  x(0) . 0

63. Вычислить норму функционала f : L1  0,1 

1 2

, если f ( x)   t 3 x(t )dt . 0

t

64. Найти норму оператора A : C 0,1  C (1) 0,1 , если Ax(t )   x( )d . 0

65. Найти норму функционала f ( x)  x '(0) , если f : C

(1)

1,1 

.

1

66. Найти норму функционала f ( x)  2 x(0)   x(t )dt , f : C (1)  0,1 

.

0

1

Указание: представить f ( x)   x(0)   x '(t )(1  t )dt . 0

t

67. Оценить сверху норму оператора Ax(t )   et x( )d , A : L2  0,1  L2  0,1 . 0

68. Найти норму функционала f : C (1) 0,1  1

Указание: x(1)  x(0)   x '(t )dt , x ' C  x(1)  x(0) , x 0

получении оценки снизу выбрать x(t )  2t  1 . Ответ: f  69. Вычислить норму функционала f : C

(1)

1,1 



x(1) x(0)  . 3 3 x(1)  x (0) . При  2

, если f ( x)  C

2 . 9 1

, если f ( x)   tx(t )dt .



За норму в этом пространстве принять x  max max x(t ) , max x '(t ) . t 1,1

t 1,1

 1 t2  2 Указание: представить f ( x)   x '(t )    dt . Ответ: f  . 3 2 2  1 1

238

1

70. Вычислить норму функционала f : C

(1)

1

1,1 

, если f ( x)   tx(t )dt . 1

За норму в этом пространстве принять x  max x(t )  max x '(t ) . t 1,1

t 1,1

Указание: см. пример 14. Ответ: f  0,35 . 1

71. Найти норму функционала f ( x)   et x(t )dt  x(1) : C (1)  1,1  1



. За



норму в этом пространстве принять x  max max x(t ) , max x '(t ) . t 1,1

t 1,1

Указание: воспользоваться формулой из задачи 4 и примером 14. 1

72. Найти норму функционала f ( x)   et x(t )dt  x(1) : C (1)  1,1 

. За

1

норму в этом пространстве принять x  max x(t )  max x '(t ) . t 1,1

t 1,1

kx  x 2x  73. Вычислить норму оператора A :  x1 , x2 ,..., xk ,...   1 , 2 ,..., k ,...  , k 1  2 3 A : l2  l2 (диагональный оператор). 1 x   n 74. Установить ограниченность функционала f ( x)     над проn! n 1 странством C  1,1 Указание: доказать, что линейная комбинация линейных ограниченных функционалов, а также сходящийся по норме ряд, составленный из линейных ограниченных функционалов, представляют собой линейные ограниченные функционалы. 1

75. Является ли ограниченным функционал f ( x)  lim  x(t n )dt в пространn

стве C  0,1 ?

0

76. Найти норму оператора A : L2  0,1  L2  0,1 , если Ax(t )  t

1

2

 x(t )dt . 0

1 n1 k 77. Найти норму оператора A : C  0,1  C 0,1 , если Ax(t )   t x(tk ) , n  1 k 1 где tk   0,1 – фиксированные точки.  2

    78. Найти норму функционала f ( x)   sin 3 s cos sx( s)ds в C  0,  , L1  0,   2  2 0   и L p  0,  .  2 239

x( )  x( ) и f 0 ( x)  x '(0) , 2 где x(t )  C (1)  1,1 , 0    1 . Доказать, что f  f 0 . 79. Рассмотрим линейные функционалы f ( x)   0

Указание: показать, что f 

1 . При получении оценки снизу выбрать 1 

 t , t   0,     1 n  xn (t )    (t   )  (t   ) 2 , t   ,    , которая продолжается на мно2 n    1 1   t     ,1   , n  2n   жество t  0 нечетным образом. 3

80. Найти норму функционала f ( x)   ( s 3  9s) x( s)ds в C  0,3 и L1  0,3 . 0 3

81. Найти норму функционала f ( x)   ( s 3  9s) x( s)ds в C  1,3 и L1  1,3 . 1

1 2

1

82. Найти норму функционала f ( x)  2 x( s)ds   x( s)ds в C  0,1 и L1  0,1 . 1 2

0

1

83. Найти норму функционала f ( x)   x(0)    x(t )dt в пространстве C  0,1 . 0

1 3

1

84. Найти норму функционала f ( x)  2 x( s)ds   x( s)ds в C  0,1 и L1  0,1 . 0

2 3

(1) n 85. Найти норму функционала f ( x)   n  n в пространствах c0 и l . n 1 2 

2

86. Найти норму оператора Ax(t )   (2t  s) x( s)ds , если A : C 1,2  C  0,1 , 1

A : L1 1,2  C 0,1 и A : L1 1,2  L1  0,1 . 2

87. Найти норму оператора Ax(t )   (2t  s) x( s)ds , если A : C 1,2  C  0,1 , 1

A : L1 1, 2  C  0,1 и A : L1 1,2  L1  0,1 . t

88. Найти норму оператора Ax(t )   (t  s) x( s )ds , если A : C  0,    C  0,   . 0

240

 t2  89. Найти норму оператора Ax(t )  x   , если A : C 0,2  C 0,2 и 2

A : C  0, 2  L1  0, 2 .

90. Найти норму оператора Ax   2 , 3 , 1   2 ,  4 , 5 ,... , если A : l1  l1 , и A : l  l  . 

  1 n  91. Найти норму оператора Ax   1    n  , если A : l p  l p .  n    n1 

  1 n1  92. Найти норму оператора Ax   1    n  , если A : l p  l p .  n    n1 

  n3  93. Найти норму оператора Ax   ne  n  , если A : l1  l1 .  n1 94. Найти норму оператора Ax(t )   (t ) x(t ) , если A : Lp  a, b  Lp  a, b и

  a, b 5cos t , t  . 3sin t , t a , b \       95. Пусть H1, H 2 – гильбертовы пространства, A : H1  H 2 – ограниченный оператор. Доказать, что A  sup  Ax, y  .

 (t )  

x 1, xH1 y 1, yH 2

Указание:  Ax Ax   Ax, Ax 

воспользоваться неравенством Коши-Буняковского и тем, что   .  96. Найти множество значений (образ) оператора A : C[1,2]  C[1,2] , если Ax(t )  x(t )  tx(1) . 97. Найти множество значений (образ) оператора A : C[0,2]  C[0,1] , если Ax(t )  (1  t 2 ) x(2t ) . 1

99. Найти норму функционала f ( x)   tx(t )dt в пространстве L  1,1 . 100. Найти норму функционала

1

f ( x)  x '(1)  x '(1) в пространстве

C (1)  1,1 . Норму в пространстве принять стандартной (сумма максимумов). Указание: f  2 . 101. Найти норму функционала

1

f ( x)   x(t )dt  x '(0) в пространстве 1

C

(1)

 1,1 . Норму в пространстве принять стандартной (сумма максимумов). Указание: f  2 . 241

1.2. Пространство линейных ограниченных операторов Определение: пусть A, B : X  Y – линейные ограниченные операторы, тогда их суммой называется оператор A  B : X  Y такой, что x  X ( A  B) x  Ax  Bx . Определение: пусть A : X  Y – линейный ограниченный оператор,  – действительное или комплексное число, тогда произведением оператора A на число  называется оператор  A : X  Y такой, что x  X ( A) x   Ax . Теорема (свойства нормы оператора): число A действительно определяет обычную норму, т.е.: 1. A  0 ; 2. A  0  A  0 , где 0 – нулевой оператор, т.е. x  X 0 x  0 ; 3.  A    A ; 4. A  B  A  B . Доказательство: отметим, что Ax Y и x X – это обычные нормы и для них аксиомы нормы выполняются. Ax Y 1. Очевидно, т.к. дробь неотрицательна. x X 2.

A  0  sup xX x 0

Ax x

Y

 0  x  X

X

x0

Ax x

Y

 0  x  X

x0

X

Ax Y  0  x  0 Ax  0 . Но, поскольку A0  0 , то A  0 .

3. Очевидно, поскольку  выйдет из числителя дроби и за знак sup . 4. Очевидно, т.к. к числителю применяется неравенство треугольника, верное для нормы в пространстве Y , а точная верхняя грань суммы не превосходит суммы точных верхних граней. Теорема доказана. Замечание: поскольку линейный оператор ограничен тогда и только тогда, когда он непрерывен, а сумма и произведение на число непрерывных функций всегда непрерывны, то сумма и произведение на число ограниченных операторов будут ограниченными операторами. Таким образом, множество линейных ограниченных операторов является линейным пространством. Поскольку норма в нем определена корректно, то оно является еще и нормированным. Пространство линейных ограниченных операторов обозначается L( X , Y ) или L( X  Y ) . Теорема (о полноте пространства линейных ограниченных операторов): пусть X ,Y – линейные нормированные пространства, тогда если пространство Y полно, то пространство L( X , Y ) также полно. Доказательство: надо доказать, что L( X , Y ) полно, т.е. что любая фундаментальная последовательность элементов этого пространства имеет предел. 242

Пусть An  L( X , Y ) – фундаментальная последовательность операторов, т.е.   0 N  : n, m  N An  Am   . Возьмем x  X и рассмотрим последовательность  An x  Y . Покажем, что эта последовательность фундаментальна в пространстве Y . Для этого перепишем исходное определение фундаментальности  An  в виде   0 N  : n, m  N An  Am  Тогда An x  Am x  ( An  Am ) x  An  Am  x 

 x



x

( x  0 ).

 x   . Таким образом

последовательность  An x фундаментальна в Y при рассматриваемом x . По условию пространство Y полно, значит эта последовательность имеет предел в пространстве Y . Обозначим его Ax  lim An x , Ax  Y . Осталось проверить, что n 

L ( X ,Y )

A является линейным ограниченным оператором и что An  A . 1. Линейность: A( x  y )  lim An ( x  y )  lim( An x  An y )  lim An x  lim An y  Ax  Ay . n 

n 

n 

n 

С множителем  проверка аналогичная. 2. Ограниченность: пусть n, m  N , тогда An x  An x  Am x  Am x  An x  Am x  Am x  ( An  Am ) x  Am x 

 An  Am  x  Am  x    Am   x .

Фиксируя m получим в скобках константу c  0 , т.е. An x  c x . Поскольку An x  Ax , то An x  Ax и, переходя в неравенстве к пределу при n   , получаем, что Ax  c x , т.е. A – ограничен. L ( X ,Y )

3. Надо доказать, что An  A , т.е.   0 N  : n  N An  A

L ( X ,Y )

 .



В силу фундаментальности n, m  N An x  Am x  ( An  Am ) x  An  Am  x   x . 2 A x  Ax Переходя к пределу при m   , учитывая, что m , получим, что A x  Ax  ( A  A) x   An x  Ax   x . Тогда x  0 n  , значит, sup n  и, оконча2 x 2 x 2 x 0



 . 2 Теорема доказана. Замечание: из доказанной теоремы следует, что пространство линейных ограниченных функционалов всегда является полным (даже если пространство X не полно). Определение: пространство линейных ограниченных функционалов, определенных на пространстве X , называется сопряженным пространству X и обозначается X * . тельно, An  A

L ( X ,Y )



243

Определение: пусть A : X  Y , B : Y  Z , тогда сложная функция B( A( x)) называется произведением операторов и обозначается BA( x) . Теорема (об ограниченности произведения): пусть X ,Y , Z – линейные нормированные пространства, A : X  Y , B : Y  Z – линейные ограниченные операторы, тогда их произведение BA : X  Z также является линейным ограниченным оператором и справедливо неравенство BA  B  A . Доказательство: линейность очевидна. BAx Z BAx Z Ax Y BAx Z  sup   A  sup  BA  sup xX Ax Y xX Ax Y x 0 x 0 x 0 \ A

 A  sup y 0 y  Ax

ния.

By y

Z

 A  sup y 0 yY

Y

By y

Z

 A  B .

Y

Из этого неравенства, в частности, следует и ограниченность произведеТеорема доказана. Задачи для самостоятельного решения t

1. Рассмотрим операторы A, B : C  0,1  C 0,1 , такие, что Ax(t )   x( )d 0

и Bx(t )  tx(t ) . Показать, что AB  A  B . t

2. Проверить, что операторы A, B : L2  0,1  L2  0,1 , где Ax(t )   x( )d и 0

Bx(t )  tx(t ) линейны и непрерывны, но не перестановочны, т.е. AB  BA . 3. Найти n -ю степень оператора A : C  0,1  C  0,1 , задаваемого формуt

лой Ax(t )   x( )d , t   0,1 . 0

Указание: применить интегрирование по частям.  1  1 4. Доказать, что оператор Ax(t )  tx(t ) , A : C 0,   C  0,  линеен и  2  2 k k ограничен. Найти A x (t ) , A , A .

244

1.3. Последовательности операторов Определение: последовательность операторов

 An   L( X ,Y )

называется

равномерно сходящейся к оператору A  L( X ,Y ) , если An  A  0 при n   . A при n   . Обозначение: An Замечание: такую сходимость называют еще сходимостью по норме в пространстве L( X , Y ) . Определение: последовательность операторов  An   L( X , Y ) называется поточечно сходящейся к оператору A  L( X ,Y ) , если x  X An x  Ax  0 при n   . Обозначение: An  A при n   . Замечание: поточечную сходимость еще называют сильной сходимостью. Теорема (о связи равномерной и поточечной сходимостей): пусть X ,Y – линейные нормированные пространства,  An  , A : X  Y – линейные ограниA следует, что An  A . ченные операторы, тогда из условия An Доказательство: предлагается проделать самостоятельно (см. задачу 1). Замечание: из поточечной сходимости последовательности линейных ограниченных операторов может не следовать ее равномерная сходимость. Теорема (о сходимости произведения операторов): если  An  , A  L( X , X ) , Bn  , B  L( X , X ) и An A , Bn B , то An Bn AB . Доказательство: поскольку

An

A и

Bn  B  0 . Кроме того, поскольку An  A 

B , то

Bn

An  A  0 и

An  A , то An  A  0 , т.е.

An  A , и, значит, числовая последовательность

 A  ограничена. Далее, n

An Bn  AB  An Bn  An B  An B  AB  An Bn  An B  An B  AB 

 An  Bn  B    An  A B  An  Bn  B  An  A  B . Переходя к пределу при n   , по теореме о двух милиционерах, получаем, что An Bn  AB  0 , откуда An Bn AB . Теорема доказана. Теорема (принцип равномерной ограниченности): пусть X ,Y – линейные нормированные пространства, причем X – банахово. Пусть задана последовательность линейных ограниченных операторов  An  : X  Y и пусть x  X последовательность  An x ограничена в пространстве Y (константой, которая может зависеть от x ), тогда c  0 : An  c . Замечание: теорема остается справедливой, если вместо ограниченности последовательности  An x в каждой точке x  X потребовать поточечную сходимость последовательности An , либо фундаментальность последовательности  An x в каждой точке x . Доказательство: 1. Докажем, что можно найти хотя бы один замкнутый 245

шар B и константу M , что множество  An x на этом шаре ограничено этой константой, т.е. x  B n : An x  M . От противного: допустим, что это не так, т.е. c и B x  B n : An x  c . Возьмем c1  1 и шар B1 . Тогда можно найти точку x1  B1 и число n1 такие, что An1 x1  1 . Операторы An ограничены, и поэтому непрерывны по теореме об эквивалентности непрерывности и ограниченности линейного оператора. Тогда по теореме об устойчивости строгого неравенства (из математического анализа), неравенство An1 x1  1 сохранится в некоторой окрестности точки x1 . Окрестность – это открытый шар. Уменьшив радиус, можно выбрать в ней 1 замкнутый шар, и можно считать, что его радиус меньше . Обозначим его B2 , 2 1 тогда его радиус R2  и x  B2 An1 x  1 . Далее, возьмем c2  2 и шар B2 , то2 n гда x2  B2 n2  n1 (конечное число операторов  An n11 можно отбросить):

An2 x2  2 . Аналогично, неравенство сохранится в некоторой окрестности точки x2 (открытом шаре). Уменьшим его радиус так, чтобы шар стал замкнутым, 1 а радиус стал меньше и при этом, чтобы он целиком лежал в B2 . Обозначим 3 1 этот шар B3 , тогда B3  B2 , R3  и x  B3 An2 x  2 . Аналогично, найдем за3 1 мкнутый шар B4  B3 , радиуса R4  такой, что x  B4 An3 x  3 . И т.д. По 4 построению получили последовательность вложенных замкнутых шаров, радиусы которых стремятся к нулю. Эти шары лежат в полном пространстве X , значит по теореме о вложенных шарах, они имеют единственную общую точку. Обозначим ее x . Поскольку она принадлежит всем шарам, то в ней выполнены все неравенства An1 x  1 , An2 x  2 , An3 x  3 ,..., т.е. последовательность  An x получилась для этой точки x неограниченной, а по условию она ограничена x . Противоречие. 2. Обозначим a – центр найденного шара B , R – его радиус. В силу п. 1

x  B An x  M для всех n . Далее,   X \ 0 очевидно x  a 

 R  B , по

1 1 1 2M  xa  этому An  An     An x  An a    An x  An a     c  , R R R R  R  A откуда An  sup n  c .  0



Теорема доказана. 246

Теорема Банаха-Штейнгауза: пусть X – банахово пространство. Для того чтобы последовательность линейных ограниченных операторов  An  : X  Y поточечно сходилась к линейному ограниченному оператору A : X  Y необходимо и достаточно, чтобы: 1. Последовательность  An  была ограничена; 2. An x  Ax для любого x  M , где M – множество, линейные комбинации элементов которого лежат всюду плотно в X . Доказательство: пусть  An  : X  Y сходится к A : X  Y поточечно, тогда: 1. Следует из принципа равномерной ограниченности (см. замечание к нему). 2. Очевидно. Обратно: пусть выполнены условия 1 и 2, c  sup An , тогда n  n

An  c , L( M ) – линейная оболочка множества M . Поскольку  An  , A – линейны, то в силу п. 2 x  L( M ) An x  Ax , т.е. x  L( M )   0 N  :

n  N

An x  Ax 



2

. Поскольку L( M ) – всюду плотно в X , то   X

  L( M )   0 x  L( M ) :   x 



2c  A



.

Тогда An  A  An  An x  An x  Ax  Ax  A  An  An x  An x  Ax 

 Ax  A  An    x  An x  Ax  A  x      x 



2c  A



c 

A 

 2

  , откуда   X

A

n

 A   An x  Ax 

An  A  0 , т.е. An  A .

Теорема доказана. Теорема (о поточечном пределе последовательности операторов): пусть X – банахово пространство,  An  : X  Y – последовательность линейных ограниченных операторов. Пусть эта последовательность поточечно сходится к некоторой функции A( x) , тогда A – также линейный ограниченный оператор. Доказательство: по условию x  X lim An ( x )  A( x ) . n 

1. Линейность. а) A( x  y )  lim An ( x  y )  lim( An x  An y )  lim An x  lim An y  A( x)  A( y ) . n

n

n

n

б) A( x)  lim An ( x)  lim  An ( x)   lim An ( x)   A( x) . n

n

n

2. Ограниченность. Поскольку x  X lim An ( x )  A( x ) , то, в частности, n 

этот предел существует и, значит, x  X последовательность  An ( x) ограничена. Тем самым выполнены условия принципа равномерной ограниченности, согласно которому c  0 : An  c . Тогда, поскольку любая норма – непрерыв247

ная функция, то A( x)  lim An ( x)  lim An ( x)  lim An  x  c x , и, таким обn

n

n

разом, A ограничен. Теорема доказана. Примеры решения задач (исследование последовательностей операторов на сходимость)

 An   L(l2 , l2 )

1. Исследовать последовательность операторов

на равно-

    мерную и поточечную сходимость, если An x   1 , 2 ,..., k ,...  , где x  ( k )  l2 . n  n n Решение: при n   , покоординатно An x  (0,0,...)  0 x . Проверим, будет ли эта сходимость равномерной: k  2 k 1 n 

An  0  sup x 0

An x  0 x Ax  sup n  sup x x x 0 x 0



 k 1

2





1  sup n x 0

2

k 1

2 k





k

k 1

1  0, n

 2 k

таким образом, указанная последовательность операторов сходится к нулевому оператору равномерно, а значит и поточечно. 2. Исследовать последовательность операторов  An   L(l2 , l2 ) на равномерную и поточечную сходимость, если An x  1 ,  2 ,..., n ,0,0... , x  ( k )  l2 . Решение: при n   , покоординатно An x  (1,2 ,...,k ,k 1,...)  Ix , где I – тождественный оператор (т.е. x Ix  x ). Проверим, будет ли эта сходимость 

A x  Ix A x  Ixn  n n  равномерной: An  I  sup n x xn x 0



k  n 1

k (n)





 k 1

2

xn  (0,...,0, 1 ,0,...) n 1

1,

(n) 2 k

значит, последовательность  An  не сходится к I равномерно. Выясним, сходится ли  An  к I поточечно. Берем x  l2 , тогда An x  Ix 





k  n 1

2 k

 0 , как

остаток сходящегося ряда. Значит, An  I . 3. Исследовать последовательность операторов An x(t )  t n (1  t ) x(t ) , где

 An   L  C 0,1, C 0,1 , на равномерную и поточечную сходимость. Решение: поскольку x(t )  C  0,1 An x(t )  0  0 x(t ) , то проверим равноsup t n (1  t ) x(t )

мерную сходимость:

An  0  sup x 0

An x  0 x Ax t 0,1  sup n  sup x x x 0 x 0 248

x



x sup t n (1  t )  sup

t0,1

x

x 0

 sup t n (1  t ) . Найдем sup t n (1  t ) . Для этого обозначим t 0,1

t0,1

f (t )  t n (1  t ) и заметим, что в концах отрезка данная функция принимает нулевые значения, т.е. наибольшее ее значение достигается в критической точке. n   0,1 , тогда Поскольку f '(t )  nt n1 (1  t )  t n  t n1 (n  nt  t )  0 , то t  n 1 n n nn n   n  1 nn  n   n и A  0   0, sup t (1  t )   1    n      n 1 n 1 n (  1) 1 1 1 1 ( 1) n n n n n      t0,1       т.е. последовательность операторов сходится равномерно и поточечно. t

4. Исследовать последовательность операторов An x(t )  n

1 n

 x( )d ,

где

t

 An   L  C 0,1, C 0,1 , на равномерную и поточечную сходимость.  1 получаются продолжением Замечание: значения x  1   , n  N   n функции x(t ) непрерывным образом (та же зависимость x(t ) , что и на [0,1] ). t

1 n

Решение: пусть F (t ) – первообразная для x(t ) , тогда An x(t )  n  x( )d  t

 1 F  t    F (t ) 1  m F  t  m   F (t ) n  nF ( )    n   F '(t )  x(t )  Ix(t ) . Исm0 1 m m0 n следуем поточечную сходимость  An  к I . 1 t n t

C 0,1

Легко видеть, что An  1 и An (1)  1  I (1) , An (t k 1 )  t k 1  I (t k 1 ) , k  1 . n

Поскольку, в силу аппроксимационной теоремы Вейерштрасса, линейные комбинации функций 1, t , t 2 ,... всюду плотны в C  0,1 , то, по теореме БанахаШтейнгауза, последовательность An x (t ) сходится к единичному оператору поточечно. Проверим равномерную сходимость: t

sup n

An  I  sup x 0



An x  Ix A x  Ixn  n n  x xn

xn (t )  t n1 , (n  2) xn  sup t t0,1

n 1

1

t

1 n

 sup n   t0,1

t

249

t 0,1

d  t

n 1

1 n

 x ( )d  x (t ) n

n

t



xn n 1

 sup  t 0,1

1 n t n t

 t n1 

n(n  1) n2 1  1 t  sup  t    t n  t n1  sup t n  t n1     t n  t n1  ... n 2 n n 2n t0,1  t0,1 n

n(n  1) n2 n(n  1) n2 n  1 1 1 t  ...  n  sup t   при n  3 , 2 n 2n 2n 2 2n 3 t 0,1 t 0,1 значит, равномерно данная последовательность не сходится. 5. Исследовать последовательность операторов An x(t )  t n x(t ) , где  sup

 An   L  C 0,1, C 0,1 , на равномерную и поточечную сходимость. Решение: для произвольной фиксированной функции

x0 (t )  C  0,1

0  t  1, 0, , поэтому при x0 (1)  0 получаем, что последовательt n x0 (t )    x0 (1), t  1 ность функций t n x0 (t ) сходится отрезке  0,1 поточечно к разрывной функции,

поэтому равномерно на отрезке  0,1 сходиться не может. Если An x(t )  Ax(t ) , то, в частности An x0 (t )  Ax0 (t )  0 , откуда получаем, что An x0 (t )

t[0,1] n 

Ax0 (t ) – противоречие. Таким образом, последовательность

операторов не может поточечно (и равномерно) сходиться в L  C 0,1, C 0,1 . 

6. Пусть X – банахово пространство, A  L( X , X ) ,  (t )   k t k ( k  ) – k 0

степенной ряд. Доказать, что последовательность

сходящийся на всем n

S n ( A)   k Ak имеет при n   предел  ( A)  L( X , X ) . При каком условии на k 0

числовую последовательность k  выполняется оценка  ( A)    A  ? Решение: заметим, что A0  I , и, кроме того, по теореме об ограниченноn An  A . Зададим оператор  ( A) формальным сости произведения n  

отношением  ( A) x   k Ak x x  X . Необходимо установить корректность k 0

этой формулы, т.е., что ряд, стоящий справа, сходится в пространстве X . Согласно критерию полноты линейного пространства в терминах рядов, в банаховом пространстве всякий абсолютно сходящийся ряд сходится, поэтому достаточно проверить абсолютную сходимость ряда



 A x . k

k 0

Поскольку k Ak  k  A , а степенной ряд k

сходится и абсолютно, т.е. сходится ряд



 k 0

k

k



 t k 0

k

k

сходится на

 A , поэтому ряд k

, то он



 A x k

k 0

k

схо-

дится абсолютно. Таким образом, указанный ряд сходится в пространстве X , и 250



оператор  ( A) x   k Ak x действительно задан корректно. Т.к. A  L( X , X ) , то k 0

A – линеен и ограничен, откуда очевидным образом устанавливается, что оператор  ( A) также линеен. Далее, x  X

 ( A) x 









k 0

k 0

k 0

k 0

 k Ak x   k Ak x   k  Ak  x   k  A  x  c x , k

таким образом,  ( A) ограничен. Итак,  ( A)  L( X , X ) . Покажем, что Sn ( A)  ( A) при n   в L( X , X ) : 

n

Sn ( A)   ( A)  sup x 0





k  n 1

 sup

Sn ( A) x   ( A) x  sup x x 0 



k Ak x

 sup k n1

k  A

x x0 как остаток сходящегося ряда. Далее, x0

k

 ( A)  sup x 0



x

 sup

 k Ak x k 0

x

x 0



k

k 0

x 





k  n 1



 sup

k

k

k 0

x

x



 ( A) x

 A x   A x k



k

k 0

k  A  0 ,

 A x

x 0



k

n

k

x



  k  A , k

k 0

откуда   A    k A   k  A   ( A) при k  0 k  . k

k 0

k

k 0

Примеры решения задач (принцип равномерной ограниченности и теорема Банаха-Штейнгауза) 1. Доказать, что если последовательность   (n ) , такова, что     l1 1 1 для всех   ( n )  l p , то   lq , где   1 . p q Решение: пусть   (1 , 2 ,...)  l p – произвольный вектор. Зафиксируем n

и рассмотрим в l p функционал f n ( )    k  k , который, очевид-

номер n

k 1

но, является линейным. Применим неравенства Гельдера: f n ( )  1 p

1 q

1 p

1 q

n

 k 1

k

k 

1 q

   p  q p  q q     k     k      k     k      k   l , поэтому функционал p  k 1   k 1   k 1   k 1   k 1  n

n



n

n

1

 n q q f n ограничен в l p . Таким образом, f n     k  . С другой стороны, найдет k 1  251

f n ( )

ся элемент   0 такой, что f n  sup



 0



Возьмем   1

q 1

    k  k 1 n

Тогда 

lp

f n ( ) 

Кроме того, n



q 1

sign 1 ,  2 q 1

n

 k 1

q

k

k  1

lp

f n ( )



sign  2 ,...,  n

.

lp q 1



sign  n ,0,0,... .

1 1 1 n   1    q p ( q 1) p  p q        k   k  .   k 1   k 1  (q  1) p  q 1 p

p

sign  k



n

 k 1

q 1 k

1 p

1 p

n

n

sgn  k   k    k , откуда получаем, q

k 1

1 q

1 q

 q   q q     k      k  . Таким образом, f n     k  .  k 1   k 1   k 1   n q   k   k 1  Далее, поскольку по условию     l1 , то для любой точки  и для любо-

что f n 

k 1

го n f n ( ) 

k

n

n

n

1 p

n

  k 1

k

k

n



k 1

k 1

   k  k    k  k   , т.е. последовательность

 f n ( )

ограничена в каждой точке  . В силу принципа равномерной ограниченности последовательность

f  n

1 q

 q ограничена. Поскольку f n     k  , то получа k 1 

ем, что все частичные суммы ряда

n



 k 1

q k

ограничены сверху. В силу критерия

Вейерштрасса, этот ряд сходится, что и означает, что   lq . 2. Пусть задан числовой ряд



n

k 1

k 1

 ak , Sn   ak – его частичная сумма,

 n n 1 n

– некоторая неубывающая последовательность положительных чисел и 1 n Pn   pk . Показать, что формулой n   pnk 1Sk определяется регулярный Pn k 1 k 1 p метод суммирования тогда и только тогда, когда lim n  0 . n  P n Решение: метод суммирования называется регулярным, если ряд, имея в обычном смысле сумму, равную a , имеет обобщенную сумму, также равную a . Другими словами, если S n  a , то и n  a . 1 n Рассмотрим пространство c и в нем функционалы f n ( x)   pnk 1k и Pn k 1 (p )

f ( x )  lim n , где x  (1,2 ,...)  c , n . Заметим, что n 

252

n

p k 1

n  k 1

 Pn , а функцио-

1 налы f n линейны. Поскольку f n ( x)  Pn

n

1 pnk 1 k   Pn k 1

n

p k 1

n  k 1

k 

1 n  k  x c , то функционалы f n ограничены. Таким об pnk 1  sup Pn k 1 k 1 k  n разом, f n  1 и последовательность  f n  ограничена. Выполнено условие 1 теоремы Банаха-Штейнгауза. Далее, найдется вектор x0  c , x0  0 такой, что  sup  k 

f n  sup x0

1 n pnk 1 k (0)  Pn k 1

f n ( x) f (x )  n 0  xc x0 c

sup  k (0)



x0  (1,1,1,...)

 1,

k

откуда, f n  1 . Поскольку f ( x)  lim  n  lim  n  limsup  n  x c , то f также n

n

линеен и ограничен.

n n

pnk 1 при k Pn p p k  n . Поскольку условие lim n  0 эквивалентно условию lim nk 1  0 n  n  P Pn n p k  , то условие lim n  0 эквивалентно условию f n (ek )  0 при n   . С n  P n другой стороны, очевидно, что f (ek )  0 , и, тем самым, k  fn (ek )  f (ek ) 1 n при n   . Кроме этого, f n ( x0 )   pnk 1  1  1  f ( x0 ) . Из задачи 19 следуPn k 1 ет, что любой элемент x  c является пределом линейных комбинаций элементов x0 , e1 , e2 ,... , т.е. указанные линейные комбинации всюду плотны в c . Таким образом, выполнено условие 2 теоремы Банаха-Штейнгауза. Следовательно, p условие lim n  0 необходимо и достаточно для того, чтобы x  c n  P n f n ( x)  f ( x) . Рассмотрим векторы ek  (0,0,...,0,1,0,...)  c . Ясно, что f n (ek ) 

n

n

Пусть lim S n  lim  ak  a   . Рассмотрим вектор x  (S1, S2 ,..., Sn ,...)  c . n 

n

k 1 n

1 f ( x) , то n  f n  x   f  x    pnk 1Sk и x  c fn ( x) n  Pn k 1  lim Sn  a . Таким образом, метод суммирования является регулярным.

Поскольку f n  x   n

3. Пусть an  0 ( n ) и



a n 1

n

  . Показать, что существует последова-

тельность ( n )n1 , для которой выполнены условия: 253

а) lim  n  0 ; n 

б) ряд



a  n 1

n n

расходится.

Решение: в пространстве c0 последовательностей, сходящихся к нулю, n

рассмотрим функционалы f n ( x)   ak k , x  (1,2 ,...)  c0 , n . Очевидно, k 1

n

n

функционалы линейны. Далее, f n ( x)   ak  k  sup  k   ak  x чит f n ограничены и при этом

k 1 n

k 1

k

n

c0

  ak , знаk 1

f n   ak . С другой стороны, возьмем при k 1

элемент x0  (1,1,...,1,0,0,...) , тогда получим, что

каждом фиксированном n

n n

a 

(0)

k k

n f n ( x) f n ( x0 ) k 1     ak , откуда f n  sup (0) xc x0 c x 0  sup k 1 k 0 0

n

f n   ak . Таким обраk 1

k

n



k 1

k 1

зом, поскольку an  0 , то sup f n  sup  ak   ak   , и, в силу принципа n

n

фиксации особенности (см. задачу 2), делаем вывод, что существует элемент n

x  (1,  2 ,...,  n ,...)  c0 такой, что последовательность f n ( x )   ak  k не являетk 1

ся ограниченной, а значит и сходящейся, т.е. ряд го, поскольку x  (1,  2 ,...,  n ,...)  c0 , то lim  n  0 .



a  k 1

k k

расходится. Кроме то-

n 

Задачи для самостоятельного решения 1. Показать, что из равномерной сходимости последовательности линейных ограниченных операторов следует ее поточечная сходимость. 2. Используя принцип равномерной ограниченности, доказать, что справедлив следующий принцип фиксации особенности: если sup An   , то n

x0  X : sup An x0   . n

3. Исследовать на поточечную и равномерную сходимость последовательcos t x(t ) , An : C  0,   C  0,  . ность операторов An x(t )  n 4. Исследовать на поточечную и равномерную сходимость последователь    ность операторов An x   1, 2 ,..., n ,0,0,...  , An : l2  l2 . 2 n   254

5. Исследовать последовательность операторов

 An   L  C 0,1, C 0,1 ,

 1 1n  An x(t )  x  t  на равномерную и поточечную сходимость.   Указание: используя теорему Банаха-Штейнгауза, обосновать поточечную сходимость. Для обоснования отсутствия равномерной сходимости рассмотреть последовательность непрерывных функций, равных 0 на отрезке  1  1  0, 1  , 1 на отрезке  ,1 и линейных на оставшейся части. Воспользо  1 n   2   2  1 1 ваться оценкой An xn  Ixn  An xn    Ixn   . 2 2 6. Исследовать последовательность операторов  An   L(l2 , l2 ) на равномерную и поточечную сходимость, если An x   0,0,...,0,  n ,  n1,... , где x  ( k )  l2 . 7. Исследовать последовательность операторов  An   L(l2 , l2 ) на равномерную и поточечную сходимость, если An x   n1 ,  n 2 ,... , где x  ( k )  l2 . 1

1 8. Исследовать последовательность операторов An x(t )   (t   )2  x( )d , n 0

где  An   L  C  0,1 , C  0,1 , на равномерную и поточечную сходимость. Указание: воспользоваться теоремой о предельном переходе под знаком интеграла Римана. 1

9. Исследовать последовательность операторов An x(t )   t n n x( )d , где 0

 An   L  L2 0,1, L2 0,1 , на равномерную и поточечную сходимость. сти.

Указание: воспользоваться теоремой Лебега об ограниченной сходимоt

10. Рассмотрим оператор A : C  0,1  C  0,1 такой, что Ax(t )   e s x( s)ds и 0 t n

sk последовательность операторов  An  : C 0,1  C 0,1 такую, что An x(t )    x( s)ds . k! 0 k 0

Сходится ли последовательность  An  к оператору A и если сходится, то каков характер сходимости? Указание: воспользоваться теоремой о предельном переходе под знаком интеграла Римана. 11. Пусть ( pn )n1 – фиксированная последовательность функций из пространства C  a, b  . Для каждого n определим оператор An соотношением 255

An x(t )  pn (t ) x(t ) , где x(t )  C  a, b  . При каких условиях на функции pn последовательность операторов  An  сходится равномерно? Поточечно? 12. Доказать, что в банаховом пространстве X для любого оператора  A2 k 1 k A  L( X , X ) определен оператор sin A   (1)  L( X , X ) . k (2 1)!  k 0 13. Доказать, что в банаховом пространстве X для любого оператора  A2 k A  L( X , X ) определен оператор cos A   (1)k  L( X , X ) . (2 )! k k 0 14. Доказать, что в банаховом пространстве X для любого оператора  Ak A A  L( X , X ) определен оператор e    L( X , X ) . Доказать, что e A  e A . k 0 k ! I Чему равно e ? 15. Пусть X ,Y – банаховы пространства,  An   L( X , Y ) , An  A  L( X , Y ) . Доказать, что если xn  x ( xn , x  X ), то An xn  Ax . Указание: воспользоваться принципом равномерной ограниченности. 16. Пусть E – пространство непрерывно дифференцируемых на  0,1 функций с нормой x  sup x(t ) . Показать, что последовательность t0,1

xn (t )  n 1  (2t )n  E фундаментальна в E , но не сходится в E . Указание: показать, что последовательность сходится в C  0,1 , т.е. является в C  0,1 фундаментальной, однако, не сходится в E . 17. Рассмотрим операторы An : E  C  0,1 , n  1 (пространство E опреде  1  лено в предыдущей задаче), An x(t )  n  x  t    x( t ) , t   0,1 . При этом, если   n  1  1 t   1, то x  t    x (1) . Доказать, что: n  n а) последовательность  An  сходится поточечно и найти ее предел;

б) последовательность  An  не ограничена. Как согласуются эти утверждения с принципом равномерной ограниченности? Указания: а) показать, что последовательность поточечно сходится к оператору Ax(t )  x '(t ) ; б) рассмотреть последовательность xn (t )  t n . 18. Доказать, что для того, чтобы интеграл

1

 x(t ) y(t )dt 0

существовал для

всех x(t )  Lp 0,1 ( p  1 ), необходимо и достаточно, чтобы y(t )  Lq 0,1 , где числа p и q связаны соотношением

1 1  1. p q 256

19. Рассмотрим в пространстве c векторы e0  (1,1,...,1,...) , ek  (0,0,...,0,1,0,...). k

Возьмем любой вектор x  (k )  c и обозначим lim  n   0 . Проверить, что n 

n

x   0e0  lim  ( k   0 )ek . n 

k 1

c

Указание: показать, что xn  x , где xn  1,...,  n , 0 , 0 ,...  c . 20. Пусть задан числовой ряд



a k 1

 nk n,k 1 

некоторая

бесконечная

n

k

, Sn   ak – его частичная сумма, k 1

матрица.

Доказать

теорему

Теплица-

Сильвермена: для того, чтобы матрица  nk n ,k 1 определяла регулярный метод 

n

суммирования (т.е. существовал предел последовательности n    nk S k ), k 1

необходимо и достаточно, чтобы были выполнены следующие условия: а) lim  nk  0 k  ; n 



б) lim   nk  1; n 

k 1 

в) sup   nk  M   . n

k 1



Указание: рассмотреть в пространстве c функционалы f n ( x)    nk k и k 1

f ( x)  lim  k , где x  (1,2 ,...)  c , n . Доказать их линейность и ограниченk 

ность, найти f n , рассмотреть последовательности x0  (1,1,1,...)  c и ek  (0, 0,..., 0,1, 0,...) c k  . Затем найти f n ( x0 ) , f n ( xk ) , f ( x0 ) , f ( xk ) и исk

пользовать теорему Банаха-Штейнгауза. n

21. Пусть f n ( x)   Ank x(tn ,k ) , где n , a  tn,1  tn ,2  ...  tn ,n  b . Доказать, k 1

b

что утверждение x  C  a, b  f n ( x)   x(t )dt справедливо тогда и только тоn

гда, когда:

a

n

а) sup  Ank   ; n

k 1

b

б) f n ( p )   p (t )dt для всякого многочлена p . n

a

Доказать, что условие а) следует из условия б), если Ank  0 при всех n, k . Указание: воспользоваться аппроксимационной теоремой Вейерштрасса. Учесть, что функция p(t )  1 – многочлен. 257

22. Показать, что если an   при n   , то существует такая последовательность ( n )n1 , что



  n   , а ряд n 1



 a

n n

n 1

расходится. n

Указание: в пространстве l1 рассмотреть функционалы f n ( x)   ak k , k 1

x  (1,2 ,...)  l1 , n . 23. Доказать, что последовательность операторов умножения на функцию nt An  x   x  t  в пространстве C  0,1 сходится по норме к оператору n 1 An  x   tx  t  . 24. Исследовать на поточечную и равномерную сходимость последова    тельность операторов An x   n , n 1 ,..., 2 n ,0,0,...  , An : c0  l1 . 2n  n n 1  Указание: не сходится равномерно. Рассмотреть xn  (1,1,...,1,0,0,...) . 2n

25. Исследовать на поточечную и равномерную сходимость последова2

n

x(t )dt , f n : C  0, 2  . 2 2 n t  1 0 Указание: используя теорему Банаха-Штейнгауза и аппроксимационную

тельность функционалов f n ( x)  

теорему Вейерштрасса, показать, что f n ( x) 



2

x(0) (при k  1 представить

1  2 n t t    1 , 0  n2 . t k  t k 1  t ). Рассмотреть последовательность xn (t )   1 0, t 2  n 2 26. Исследовать на поточечную и равномерную сходимость последовательность функционалов f n ( x) 



 cos ntx(t )dt ,

f n : L2   ,   

.



Указание: сходится поточечно. 27. Исследовать на поточечную и равномерную сходимость последова1 тельность функционалов f n ( x )  x   , f n : C  0,1  . n Указание: сходится поточечно. 28. Исследовать на поточечную и равномерную сходимость последова1





тельность функционалов f n ( x)   t n  t n 1 x(t )dt , f n : Lp 0,1  0

Указание: сходится равномерно. 258

.

29. Исследовать на поточечную и равномерную сходимость последова1

тельность функционалов f n ( x) 

 arctgntx(t )dt ,

f n : C  1,1 

.

1

Указание: сходится равномерно. 30. Исследовать на поточечную и равномерную сходимость последова1   x(t ), 0  t  1  n , An : L1  0,2  L1 0,2 . тельность операторов An x(t )   1 0, 1   t  2  n 31. Исследовать на поточечную и равномерную сходимость последовательность операторов An x  (0,0,...,0, 1,  2 ,...) , An : l p  l p , 1  p   . n

32. Исследовать на поточечную и равномерную сходимость последовательность операторов An x  (1,2 ,...,n ,0,0,...) , An : c0  c0 , An : c  c . 33. Исследовать на поточечную и равномерную сходимость последова   1  1     1   тельность An x(t )  n  x  1   t     x  1   t   , An : C (1)  0,1  C  0,1 .   n      n  n   Указание: показать, что последовательность сходится поточечно, но не равномерно к оператору Ax(t )  x '(t ) . 34. Исследовать на поточечную и равномерную сходимость последоваt

тельность An : C  0,1  C  0,1 , если An  A , Ax(t )   x( ) d . n

0

259

1.4. Дополнительные задачи и утверждения 1

1. Найти норму оператора Ax(t )   k (t , ) x( )d , если A : C  0,1  C  0,1 и 0

k (t , )  C  0,1   0,1 . 1

1

sup  k (t , ) x( )d sup  k (t , )  x( ) d t0,1 0 Ax t0,1 0 Решение: A  sup  sup  sup  x x x x 0 x 0 x 0 1

sup  k (t , )  x d

1

t 0,1 0

 sup  k (t , ) d . x t0,1 0 Осталось найти функцию xn ( )  C  0,1 , для которой справедливо неравенство противоположного знака. В качестве xn ( ) возьмем непрерывную функцию, такую, что sup xn ( )  1 , т.е. xn  1 .  sup x 0

 0,1

Далее, поскольку k (t , )  C 0,1  0,1 , то функция

1

 k (t , ) d

– непре-

0

рывна по t   0,1 , и, значит, по теореме Вейерштрасса, достигает на этом отрезке своего наибольшего значения, т.е. t0   0,1 :

1

1

 k (t , ) d  sup  k (t , ) d .   0

t 0,1 0

0

Обозначим z( )  sign k (t0 , ) и будем считать, что xn ( )  z ( ) всюду, за исключением точек некоторого множества E n (на множестве E n xn ( ) задаем произвольно, сохраняя непрерывность). Поскольку sup xn ( )  1 , и на множе 0,1

стве E n xn ( )  z ( ) , то на множестве E n xn ( )  z ( )  xn ( )  z ( )  2 . Тогда 1

1

1

 k (t, ) z( )d   k (t, ) x ( )d   k (t, )( z( )  x ( ))d n

0

n

0



0

1

1

  k (t , )  z ( )  xn ( ) d  sup k (t , )   z ( )  xn ( ) d  t ,

0

0

     sup k (t , )    z ( )  xn ( ) d   z ( )  xn ( ) d   t ,  En  0,1\ En \ 2 0    2sup k (t , )   1d  2sup k (t , )   ( En ) . t ,

t ,

En

260

Выберем E n таким образом, чтобы  ( En ) 

1 , тогда t   0,1 2n sup k (t , ) t ,

1

1

1 0 k (t , ) z( )d  0 k (t, ) xn ( )d  n , откуда 1

t   0,1 , т.е.

 k (t , ) z( )d  0

1

 sup  k (t , ) xn ( )d  t0,1 0

1

1

 k (t , ) z( )d  n  0

1

1

1

 k (t , ) z( )d   k (t , ) x ( )d  n n

0

0

1

1

1 1 1   k (t , ) xn ( )d    k (t , ) xn ( )d   n 0 n 0 n

1 1 1  Axn   A  xn   A . В частности, при t  t0 n n n

A , откуда

0

1

1

1

1 1 1 A   k (t0 , ) z ( )d    k (t0 , )sign k (t0 , )d    k (t0 , ) d  . n 0 n 0 n 0 1

1

0

t 0,1 0

Переходя к пределу при n   , получим A   k (t0 , ) d  sup  k (t , ) d . 1

Из получившихся неравенств заключаем, что A  sup  k (t , ) d . t 0,1 0

k (t , )  C  a, b   a, b ,

2. Пусть

b

A : C  a, b   C  a, b  , Ax(t )   a

k (t , ) t 



0    1 . Доказать, что оператор

x ( )d , ограничен.

Решение: поскольку k (t , )  C  a, b   a, b , то, по теореме Вейерштрасса на этом прямоугольнике k (t , ) достигает своего наибольшего значения max k (t , )  0 . Кроме того, x( )  sup x( )  x . Тогда x(t )  C  a, b  t ,

  a ,b

b

k (t , )

  x( )d  t 

Ax  sup

t a ,b a

b

 sup  t a ,b  a

k (t , ) t 



b

x( ) d  max k (t , ) sup  t ,

t a ,b  a

1 t 



d  x .

Для установления ограниченности оператора осталось проверить, что b b 1 1 max k (t , ) sup  d  const . Поскольку 0    1 , то f (t )     d  t , t a ,b a t   a t  t

b

1 1 (t   )1 (  t )1 1   d d       ((t  a)1  (b  t )1 ) и    (t   ) (  t ) 1 a 1 t 1 a t t

b

f (t ) непрерывна при t   a, b  . Поскольку f '(t )  (t  a)   (b  t )   0 при ab – критическая точка. t  a  b  t , то t  2 261

 1

ab ba   (b  t ) Далее, f ''(t )   (t  a) и f ''    2     2   2  b 1  ab – точка максимума. Итак, sup   d f (a), f (b), f max  t   2 t a ,b a t     1

 1

 0 , т.е.  a  b    , 2  

1

(b  a)1 1 2 (b  a)1 ab ba , f . Тапричем f (a)  f (b)   2    1 1  2  1  2  b b 1 2 (b  a)1 1 ким образом, sup  , и max k (t , ) sup   d  const .  d  t , 1 t a ,b a t   t a ,b a t   3. Рассмотрим оператор A : l2  l2 , переводящий элемент x  (1 ,  2 ,...)  l2 в элемент Ax  ( , n . При каком условии на после1 1 , 22 ,...)  l2 , где n  довательность n  область определения D( A) оператора A совпадает со всем пространством l2 ? При каком условии на последовательность n  оператор A ограничен и какова при этом его норма? Решение: поскольку A : l2  l2 , то, чтобы D( A)  l2 , необходимо, чтобы 

x  l2 Ax  l2 , т.е., чтобы Ax   k k   . Возможны два случая. 2

2

k 1

а) Последовательность n  ограничена, т.е. c  0 : sup n  c   , откуда n 

n 

Ax  c 2   k  c 2 x   .

n  c . Тогда очевидно, что x  l2

2

2

2

k 1

Таким образом, в этом случае, D( A)  l2 , кроме того, оператор A ограничен и Ax сразу получаем, что A  sup  c  sup n . Установим противоположное x x 0 n 

неравенство: A  sup x 0

Ax0 Ax   x x0

 k 1



 k 1

Таким образом, n 

(0) 2

k k



x0  (0,0,...,1,0,0,...) n

 n .

(0) 2 k

A  n , следовательно, A  sup n . Итак, в этом n

случае A  sup n . n

б) Последовательность n  неограничена, т.е. sup n   . В этом случае n 

D( A) состоит из тех векторов x  l2 , для которых Ax   k k   . При 2

2

k 1

1 1  1  этом D( A)  l2 . Чтобы это доказать, возьмем элемент x  1, 1 , 1 ,..., 1 ,...  , 3 n  2  262

 1 1 2 и пусть n  n . Ясно, что x   22   , поскольку 2  2  1. 2 k 1 k  1 2 Однако, Ax   2   , поскольку 2  1 . В этом случае оператор неограk 1 k

где 0   



ничен, поскольку n 

A 

Ax0  x0

 k 1



 k 1

(0) 2

k k



x0  (0,0,...,1,0,0,...) n

 n ,

(0) 2 k

откуда A  sup n   . n

4. Пусть X – банахово пространство, L, M – его подпространства, причем X  L  M . Доказать, что операторы P1 : X  L и P2 : X  M , определяемые равенствами P1 x  x1 и P2 x  x2 (где x  x1  x2 , x  X , x1  L , x2  M ), являются линейными ограниченными операторами со свойствами: Pi 2  Pi ( i  1,2 ) , P1  P2  I ( I – тождественный оператор, т.е. x  X Ix  x ), P1 P2  P2 P1  0 . Такие операторы называются операторами проектирования. Решение: линейность операторов очевидна. Пусть x – норма в пространстве X , относительно которой это пространство является банаховым. Введем на X новую норму x 1  x1  x2 . Поскольку x  x1  x2 , то

x  x1  x2  x1  x2  x 1 . Таким образом,

норма x подчинена норме x 1 . Покажем, что пространство X банахово относительно нормы x 1 . Рассмотрим последовательность x ( n )  x1( n )  x2( n ) , фундаментальную по норме x 1 . Тогда, во-первых, последовательность фундамен-

тальна и по норме x , а, во-вторых, последовательности  x1( n )  и  x2( n )  фун-

даментальны по норме x . Поскольку X – банахово относительно нормы x , то x1( n )  x1 и x2 ( n )  x2 по норме x . Поскольку  x1( n )   L ,  x2( n )   M и L, M

замкнуты, то x1  L и x2  M . Таким образом, x ( n )  x1  x2  x  X как по норме x 1 , так и по норме x . Значит, X – банахово по норме x 1 . По теореме об эквивалентных нормах заключаем, что c  0 : x 1  c x .

 xi  x 1  c x , где i  1,2 , т.е. операторы P1 , P2 – Таким образом, Px i ограничены. Поскольку x  X

P12 x  P1 ( P1 x )  P1 x1 и x1  x1  0 , где x1  X , P2 2 x  x2 . Значит, Pi 2  Pi , где x1  L , 0  M , то Px 1 1  x1 . Аналогично, x  X P1  P2  I . Наконец, i  1,2 . Далее, x  X Px 1  P2 x  x1  x2  x  Ix , значит, x  X P1P2 x  P1 x2 . Поскольку x2  0  x2 , где x2  X , 0  L , x2  M , то P1 x2  0  0 x , откуда P1P2  0 и, аналогично, P2 P1  0 . 263

5. Банахово пространство C  1,1 разложить в прямую сумму двух подпространств L, M так, чтобы Pi  1, где i  1,2 , а операторы проектирования определены в предыдущей задаче. Решение: пусть L – множество всех четных функций, непрерывных на отрезке  1,1 , M – множество всех нечетных функций, непрерывных на отрезке  1,1 . Очевидно, что L и M – линейные многообразия в C  1,1 .

Пусть  xn (t )  L и xn (t )  x(t ) при n   по норме пространства C  1,1 , т.е., равномерно. Поскольку xn ( t )  xn (t ) , то, переходя к пределу при n   , получаем, что x(t )  x(t ) , т.е. x(t )  L , и, значит, L – замкнуто. Таким образом, L – подпространство в C  1,1 . Аналогично доказывается, что M – подпространство в C  1,1 . Ясно, что C  1,1  L  M , поскольку x(t )  C  1,1 1 1 можно однозначно представить в виде x(t )   x(t )  x(t )   x(t )  x(t ) , где 2 2 1 1  x(t )  x(t )  L и  x(t )  x(t )  M . 2 2 1 1 Рассмотрим операторы Px  x(t )  x(t ) . Оче1 (t )   x(t )  x( t )  и P2 x (t )  2 2 1 1 1 1 видно, что P1 x   x  x    x  x   x и P2 x   x  x    x  x   x . 2 2 2 2 Px Таким образом, при i  1,2 Pi  sup i  1 . x x 0 Поскольку Pi  sup x0

i  1: x0 (t )  1 Px Px i  i 0   1 , то Pi  1 . i  2 : x0 (t )  t x x0 

A

6. Пусть X – банахово пространство, A  L( X , X ) . Доказать, что ряд

i

i 0

сходится в L( X , X ) тогда и только тогда, когда для некоторого натурального k выполняется неравенство Ak  1 . Решение: необходимость предлагается доказать самостоятельно (см. задачу 18). Достаточность: пусть k  : A  1 . Надо доказать, что ряд k



A

i

схо-

i 0

дится в L( X , X ) . Поскольку L( X , X ) – банахово пространство, то в нем справедлив критерий Коши, поэтому достаточно доказать, что

N

A

iM

Будем рассматривать

N M k

и подберем такие

mk  M  (m  1)k  nk  1 , N  nk  1. Тогда 264

 0.

i

M , N 

m, n , что

N

N

nk 1

iM

iM

i  mk

 Ai   Ai 



Ai  Amk 

 Amk 1  Amk 2  ...  Amk k 1  Amk k  Amk k 1  Amk k  2  ...  Amk  2k 1 

 Amk 2 k  ...  Ank k  Ank k 1  Ank k 2  ...  Ank 2  Ank 1  Ak

...  Ak  A 

k 1

Ak

n 1

 A



Ak

m

 Ak

m1

 ...  Ak

n 1



 A

2



m

Ak

 Ak

m

m1

 Ak

m1

 Ak

 ...  Ak

n 1

m 2



  ... 

 A  A  ...  A    A  A  ...  A 1  A  A  ...  A   1  A  1  A  A  ...  A   A 1  A  A  ...  A . 1 A 1 A k m1

k m

k n 1

k m1

k m

k n 1

k nm

m

k m

k 1

2

k 1

2

k 1

2

k

k

Отсюда получаем, что

N

A

 0 (поскольку при M , N   также и

i

M , N 

iM

m, n   ). 7. Доказать, что пространство L( X , X ) , где X  L2  0,1 не сепарабельно. Решение: рассмотрим оператор A : L2  0,1  L2  0,1 , определяемый соот x(t ), 0  t   ношением A x(t )   . Здесь   (0,1) . Очевидно, что   (0,1)   t 1 0, оператор A линеен. 

1

 A x(t )

Поскольку A x 

2

dt 

0

 x(t )

1

2

 x(t )

dt 

0

2

dt  x , то   (0,1)

0

оператор A ограничен. Таким образом, A  L  L2  0,1, L2 0,1 .

Заметим, что множество M   A ,   (0,1)  L  L2 0,1, L2 0,1 – несчетно, поскольку оно эквивалентно несчетному множеству точек интервала (0,1) (т.е. между M и (0,1) установлено взаимно однозначное соответствие). Возьмем точки 1 , 2  (0,1) такие, что 1  2 . Тогда   x(t ), 1  t  2 A2 x(t )  A1 x(t )  A2  A1 x(t )   .  0, t 0,1 \ ,        1 2  Найдем норму оператора A2  A1 :





1

A2  A1

A   sup

2

 sup x 0

x

x 0

2

 



 A1 x



x

1

2

x



0

x 0

x(t ) dt

1

 sup



2

A2  A1 x(t ) dt

 sup x 0

265

 x(t ) 0

x

2

dt  sup x 0

x  1. x

2

С другой стороны, A2  A1

A   sup



 A1 x

2

x

x 0



A

2



 A1 x0 x0

 x (t )

2

0



dt 

1

1

 x (t ) 0

2

dt

0

1      , 1  t  2 x (t )   2 1  0 0, t   0,1 \   ,    1 2 

2

1  2  1 dt 1

2

 1. Таким образом, при 1  2

1 dt   2 1

  1

A2  A1  1 , т.е. расстояние между элементами множества M равно единице. 1  1  Обозначим B  A ,    A  L  L2  0,1 , L2  0,1 : A  A   – открытый 3  3  шар, описанный около каждого элемента A  M . Поскольку множество M – несчетно, то множество таких шаров также несчетно. Кроме того, эти шары не пересекаются, поскольку расстояние между их центрами равно единице. По определению пространство является сепарабельным, если в нем есть счетное всюду плотное множество. Допустим, что в пространстве L  L2  0,1, L2  0,1 есть всюду плотное множество E . Тогда по определению всюду плотности, в любом шаре из L  L2  0,1, L2  0,1 должна лежать хотя бы одна точка из E . Поскольку мы нашли несчетное множество шаров, лежащих в L  L2  0,1, L2  0,1 , которые не пересекаются, то множество E не может быть счетным, поскольку оно содержит элементы, каждый из которых принадлежит хотя бы одному из построенных шаров. n

8. Проверить, что формула f ( x)   ck x(tk ) , где t1 ,..., tn – некоторая систеk 1

ма точек отрезка  a, b  , а ck  , определяет линейный непрерывный в пространстве C  a, b  функционал и найти его норму. n

n

k 1

k 1

Решение: поскольку f ( x   y )   ck   x(tk )   y (tk )     ck x(t k )  n

   ck y (tk )   f ( x)   f ( y ) , то функционал f линеен. k 1

Поскольку f ( x) 

n

n

n

k 1

k 1

k 1

n

 ck x(tk )   ck  x(tk )   ck  sup x(t )   ck  x , то функ-

ционал f ограничен. Кроме того, f  sup x 0

266

t a ,b

n

k 1

f ( x)   ck . С другой стороны, при x k 1

n

ck x0 (tk ) f ( x0 )  f ( x) k 1 . Пусть x0 (t )  C  a, b  – кусочноf  sup   sup x0 (t ) x x0 x 0

x0  0

t a ,b

линейная функция, такая, что x0 (tk )  sign ck , x0 (t ) – линейна на каждом из отрезков tk , tk 1  и постоянна на отрезках  a, t1  и tn , b  . Тогда x0  1 и

f 

n

n

k 1

k 1

n

 ck sign ck   ck , таким образом, f   ck . k 1

9. Доказать, что отображение



a k 1



k

  k ak , определяемое последоваk 1

тельностью k  , тогда и только тогда переводит сходящиеся ряды в сходящиеся, когда





 k 1   .

k

k 1



 ak и

Решение: 1. Пусть ряды

k 1

при этом сходится и ряд



 a k

k 1

m

 (

Поскольку

k 1

k  n 1

 k ) 

m



k  n 1

k





k 1

k 1

 k сходятся. Надо доказать, что

. В силу критерия Коши

m



k  n 1

k 1  k , то

m

 (

k 1

k  n 1

k 1  k  0 . n , m

 k )  m1  n1  0 , n ,m

т.е. последовательность k  фундаментальна, а потому имеет предел. Далее, n

обозначим An   ak , тогда k 1

m

  k  k 1  Ak

Поскольку

k  n 1

ем, что ряд



 k 2

k

n

n

n 1

k 2

k 2

k 2

 k ak   k  Ak  Ak 1   n An  2 A1    k  k 1  Ak . 

m



k  n 1

m

k  k 1 Ak  c  k  k 1  0 , то получа-

 k 1  Ak сходится. Но тогда сходится и ряд

2. Покажем, что, если из сходимости ряда



a k 1



 a k 1

k

k

n ,m

k  n 1

k

n

 a k 2

k

k

.

следует сходимость ряда

, то последовательность k  – ограничена. Допустим, что это не так,

т.е. sup k   . В пространстве l1 рассмотрим линейные функционалы k n

f n ( x)   k k , x  (1,2 ,...)  l1 , n . k 1

Имеем,

n

n

f n ( x)   k  k  sup k    k  sup k  x , значит, f n ограниk 1

k 1..n

k 1

k 1..n

чены и при этом f n  sup k . С другой стороны, при каждом фиксированном k 1..n

267

возьмем элемент xi  (0,...0,sign i ,0,...) , где i  1, n , тогда получим, что

n

i n

 

f n ( x) f (x )  n i  x xi

f n  sup x 0

k 1

(i )

k k

f n  sup i , т.е.

 i , i  1, n . Отсюда

xi

i 1..n

f n  sup k и sup f n  sup sup k  sup k   . k 1..n

n

n

k 1..n

k 1..

В силу принципа фиксации особенности, найдется x  (a1 , a2 ,...)  l1 такой, что последовательность f n  x   ряд



 a k

k 1

 a k 1

k

k

не является ограниченной, а значит,

расходится. Осталось заметить, что условие x  l1 влечет сходи-

k

мость ряда

n



a k 1

k

. Противоречие.

3. Покажем, что, если



a k 1

k

– расходящийся ряд с неотрицательными чле-

ak S k  S k 1 S   1  k 1 . Если Sk Sk Sk k 1 k 1 k S S k 1 S S   1, то утверждение доказано. Пусть k 1  1, тогда  ln k 1 1  k 1 . ДаSk Sk Sk Sk n n S S S лее,  ln k 1   ln  k 1   ln 1    , поэтому и в данном случае утверSk Sn n k 2 k 2 Sk ждение доказано. 

n

нами и Sn   ak , то

ak

S

  . Действительно,

4. Пусть из сходимости любого ряда



 ak следует сходимость k 1

Предположим, что



 k 1

п. 3, ряд Далее,



k 1  k

k 1

Sk



n

 k 1

k 1



 a k 1

k

k

.

n

 k   . Обозначим Sn   k 1  k , тогда, в силу k 1



  k (k 1  k ) расходится. Здесь  k  k 1

sign(k 1  k ) 0. Sk

n

k

(k 1  k )   nn1  11   k  k 1   k  . Поскольку, в силу п. 2 поk 2

следовательность n  ограничена, а  n  0 , то из полученного равенства и расходимости ряда



  ( k 1

При этом ряд



  k 2

k 1

k

k 1

 k ) вытекает расходимость ряда



   k 2

k

k 1

 k  .

  k  сходится. Противоречие.

5. Приведем другой способ доказательства утверждения п. 4. Пусть из схо268

димости любого ряда



 ak следует сходимость k 1



что

 a k 1

k

k

. Предположим, что

n

 k 1



k 1

 k   . Обозначим An   ak  A , S n  An  A  0 , тогда получаем, k 1

n

 a   S k 2

n 1

n

k

k

k

k 2

k

 Sk 1   n Sn  2 S1    k  k 1  Sk , причем, поскольку k 2

последовательность n  необходимо ограничена, то n Sn  0 . n

Рассмотрим линейные функционалы  n ( x)   (k  k 1 ) k , заданные на k 1 n

n

пространстве c0 , где x  (1,2 ,...)  c0 . Т.к. n ( x)   k  k 1  k  x   k  k 1 , k 1

k 1

n

то  n   k  k 1 , т.е. функционалы  n ограничены. С другой стороны, возьk 1

мем элемент x0  (sign  1  2  ,sign  2  3  ,...,sign  n  n1  ,0,0,...) , тогда поn

лучим, что n  sup x 0

n ( x) x



n ( x0 ) x0

 ( k 1



k

 k 1 )sign(k  k 1 ) x0

n

  k  k 1 , k 1

n

поэтому n   k  k 1   . k 1

В силу принципа фиксации особенности, найдется x  (1 ,  2 ,...)  с0 такой, что последовательность n  x   значит, ряд



 (

k

k 1

n

 ( k 1

k

 k 1 ) k не является ограниченной, а

 k 1 ) k расходится. Осталось заметить, что, каково бы ни

было значение A , по частичным суммам An   n  A восстанавливается сходящийся ряд



a k 1

k

. Поскольку при этом ряд



 a k 1

противоречие.

k

k

расходится, то получили

Задачи для самостоятельного решения 1. Пусть X ,Y – линейные пространства, A : X  Y – линейный оператор, B  R( A) – выпуклое множество, M   x  D( A) : Ax  B . Будет ли множество M выпуклым? 2. Пусть X ,Y – линейные пространства, A : X  Y – линейный оператор и система элементов x1, x2 ,..., xn  D( A) линейно независима. Верно ли, что система элементов Ax1, Ax2 ,..., Axn линейно независима. 269

Указание: вообще говоря, нет. 3. Пусть ( jk )j ,k 1 – числовая матрица, для которой





  j 1 k 1

2 jk

  . Дока-

зать, что оператор A : l2  l2 , Ax  y , где x  (1 ,  2 ,...)  l2 , y  (1 ,2 ,...)  l2 , и 

 j    jk k , j 

является линейным и непрерывным.

k 1

4. Доказать линейность и непрерывность оператора A : C  a, b   C  a, b  , b

заданного формулой Ax(t )   k (t , ) x( )d , где k (t , )  C  a, b   a, b . Найти a

его норму. 5. Доказать линейность и непрерывность оператора A : L2  a, b   L2  a, b  , заданного формулой из задачи 4, где k (t , )  L2  a, b   a, b  . Доказать, что 1

b b 2 2 A    k (t , ) dtd  . a a  6. Пусть a(t )  C  0,1 – фиксированная функция и Ax(t )  a(t ) x(t ) . Дока-

зать, что A : Lp 0,1  Lp 0,1 при p  1 – линейный непрерывный оператор и найти его норму. 7. Найти норму тождественного оператора, действующего: а) из C (1)  a, b в C  a, b  ;

б) из Lp  a, b в Lq  a, b , p  q . Указание: тождественный оператор I : X  X задается равенством Ix  x , где x  X . 8. Для каких   0 оператор Ax(t )  x(t  ) линеен и непрерывен в C  0,1 ? Найти его норму. 9. Для каких   0 оператор Ax(t )  x(t  ) линеен и непрерывен в L2  0,1 ? Найти его норму. 10. Для каких  ,  оператор Ax(t )  t  x(t  ) линеен и непрерывен в L2  0,1 ? Найти его норму. 11. Пусть p, q  L2  a, b  . Доказать, что оператор A : L2  a, b   L2  a, b  , дейb

ствие которого задается формулой Ax(t )   p(t )q( ) x( )d , t   a, b , является a

линейным и непрерывным. Найти норму оператора A . 12. Для каких функций a (t ) оператор Ax(t )  a(t ) x(t ) непрерывен в C  0,1 ? Найти норму оператора A . 13. Пусть X – линейное нормированное пространство, A : X  X – линейный ограниченный оператор с D( A)  X . Верно ли, что X  R( A)  ker A ? 270

Указание: рассмотреть оператор A : 2  2 , действующий по формуле A(1 ,  2 )  ( 2 ,0) . 14. Пусть   0 – фиксировано, C – банахово пространство непрерывных на  0,   функций x(t ) , удовлетворяющих условию sup e t x(t )   , с норt 0, 

t

x  sup e x(t ) . Найти норму оператора Ax(t )   e  (t  s ) x( s )ds , где t

мой

t 0, 

0

A : C  C ,       0 .

Указание: при получении оценки снизу взять x0 (t )  e  t . 15. Пусть C  0,   – пространство непрерывных на полупрямой  0,   функций x(t ) , удовлетворяющих условию sup x(t )   , с нормой t0, 

x  sup x(t ) . Доказать, что оператор Ax(t )  tx(t ) , A : C  0,    C  0,   , t 0, 

неограничен.

n , n . nt 16. Найти область определения оператора A из предыдущей задачи. Указание: проверить, что sup tx(t )    sup (t  1) x(t )   для всех Указание: рассмотреть последовательность xn (t ) 

t0, 

t0, 

функций x(t )  C  0,   . 17. Пусть X ,Y – линейные нормированные пространства, A : X  Y – линейный оператор, ядро которого является подпространством в X . Следует ли отсюда, что A – ограниченный оператор? Указание: рассмотреть оператор Ax(t )  x '(t ) : L  C  0,1 , где L множество непрерывно дифференцируемых на  0,1 функций с обычной нормой про-

странства C  0,1 . 18. Пусть X – банахово пространство, A  L( X , X ) . Доказать, что если ряд 

A

i

сходится в L( X , X ) то   0 найдется число k 

такое, что выполня-

i 0

ется неравенство Ak   . 19. Проверить выполнение свойств проекционных операторов для операторов, найденных в примере 5. 20. Найти норму функционала

k

k 1

2k

f ( x)  

x  (1,2 ,...) . 21. Найти норму функционала





 k 1

k 1

2k

f ( x)  

x  (1,2 ,...) . 271

в пространстве l2 , где

в пространстве l2 , где

22. Проверить линейность, непрерывность и найти норму функционала    f ( x)   k k k 1 в пространстве l2 , где x  (1,2 ,...) . 2 k 1   1  3    1 Указание: f ( x)  1    k  k 1   k 1  1   k  k . 2 k 1  2 2  2 k 2 2 23. Доказать, что, если ряд



a b k 1

сти bk  0 , то ряд



a k 1

k k

сходится для любой последовательно-

– сходится.

k

24. Для того чтобы ряд



a b k 1

k k

(ak )k 1 , удовлетворяющей условию

сходился для любой последовательности n

a k 1

k

 c ( n 

, c – некоторая положи-

тельная постоянная), необходимо и достаточно, чтобы выполнялись условия: а) lim bk  0 ; k 

б)



b

k

k 1

 bk 1   .

Доказать это утверждение. Указание: необходимость условия а) установить, подобрав такие после k k 1

довательности (a )

дится при lim bk  0 и k 

 k k 1

и (b ) 

b k 1

k

, для которых

n

a k 1

k

 c , но ряд



a b k 1

k k

расхо-

 bk 1   . Необходимость условия б) можно про-

верить любым из двух способов, описанных в примере 9 (функционалы берутся на пространстве l ). b

25. Для того чтобы последовательность xn (t )   kn (t , ) x( )d , n a

(представление x(t ) сингулярными интегралами с суммируемыми ядрами kn (t , ) ) сходилась к x(t ) в пространстве L1  a, b  , какова бы ни была суммируемая функция x(t ) , необходимо и достаточно, чтобы: b b

а)

  k (t , ) x( )d  x(t ) dt  0 n

n

a a

для всякого x(t )   , где  – множество,

всюду плотное в L1  a, b  ; б) sup

b

 k (t , ) dt  M .

  a ,b a

n

Доказать это утверждение. 272

b

Указание: рассмотреть операторы An x(t )  y (t ) , y (t )   kn (t , ) x( )d . a

При оценке сверху нормы оператора An поменять порядок интегрирований. 26. Используя результат задачи 11, вычислить норму оператора 1

A : L2  0,1  L2  0,1 , если Ax(t )   et x( )d . 0

27. Пусть  ek k 1 – ортонормированный базис гильбертова пространства 

H , k  . Доказать, что если последовательность k  ограничена, то равенства Aek  k ek определяют линейный ограниченный оператор A : H  H , причем A  sup k . k 

Указание: определить Ax   k ( x, ek )ek , установить линейность и покаk 1

зать единственность линейного оператора со свойством Aek  k ek . Для оценки нормы оператора сверху воспользоваться теоремой Пифагора и равенством Парсеваля. 28. Пусть X ,Y – линейные нормированные пространства, причем X – конечномерно. Доказать, что любой линейный оператор A : X  Y ограничен. Указание: разложить элемент x  X по базису и показать, что Ax Y  c x  , где x – вектор, составленный из координат вектора x в данном базисе. Воспользоваться эквивалентностью всех норм в конечномерном пространстве. 29. Пусть X – конечномерное нормированное пространство. Доказать, что пространство X * – также конечномерно (причем имеет ту же размерность, что и X ). Указание: рассмотреть функционалы ei  X * такие, что ei ( x)   i , если x    k ek , ek  – базис в X . Показать, что система ei  линейно независиi 1 n

n

k 1

 n i i 0 a e  a e , то, в частности   i i   (ek )  0 ). i 1  i 1  * Показать, что любой функционал f  X можно представить в виде

ма в X * (используя то, что, если

n

n

f   f (ei )ei (проверив, что в любой точке x  X левая и правая части равенi 1

ства совпадают).

273

1.5. Образы шаров в банаховых пространствах Теорема (о плотном образе шара): пусть X ,Y – банаховы пространства, A : X  Y – линейный ограниченный сюръективный оператор. Тогда образ любого шара с центром в начале координат является всюду плотным множеством хотя бы в одном шаре с центром в начале координат. Доказательство: 1. Покажем, что образ хотя бы одного шара с центром в начале координат является всюду плотным множеством хотя бы в одном шаре. От противного: допустим, что для любого шара с центром в начале координат его образ не всюду плотен ни в одном шаре. Обозначим через z этот образ, который не плотен ни в одном шаре, т.е., если возьмем любой шар, то z в нем не будет всюду плотным множеством. Значит, в этом шаре можно найти окрестность, в которой нет точек из z , т.е. z является нигде не плотным множеством. Итак, показали, что образ любого шара является нигде не плотным множеством в любом шаре. Рассмотрим B1 – шар с центром в начале координат радиуса 1, B2 – шар с центром в начале координат радиуса 2,... Ясно, что

 k 1

Bk  X . Поскольку A

сюръективен, т.е. X отображает на все Y , то объединение образов этих шаров даст все пространство Y . Образы этих шаров – нигде не плотные множества ни в одном шаре. Таким образом, пространство Y оказалось представлено в виде счетного объединения нигде не плотных множеств, а поскольку по условию Y полное, то по теореме Бэра его нельзя представить в таком виде. Противоречие. 2. Покажем, что образ хотя бы одного шара с центром в начале координат является всюду плотным множеством в некотором шаре с центром в начале координат. Пусть B1 и B2 – те шары, существование которых доказано в п.1. Образ шара B1 всюду плотен в шаре B2 , но B2 может не иметь центра в начале координат. Надо найти шары B3 и B4 с центрами в начале координат так, чтобы образ шара B3 был всюду плотен в B4 (см. рис.).

274

Рассмотрим точку y0  B2 , прообразом которой является точка x0  B1 , т.е. Ax0  y0 (такие точки существуют, поскольку AB1  B2 ). Сдвинем шар B1 на вектор  x0 , тогда точка x0 перейдет в начало координат. Соответственно, шар B2 сдвинется на вектор  Ax0   y0 и y0 перейдет в начало координат. Обозна-

чим эти сдвинутые шары соответственно B1 и B2 . Ясно, что при сдвиге всюду плотность не изменилась, значит, по-прежнему образ B1 является всюду плотным множеством в B2 (см. рис.).

Через B4 обозначим шар, лежащий в шаре B2 , но уже с центром в начале координат. Раз образ шара B1 был плотен в B2 , то в меньшем множестве он тем более всюду плотен. Итак, образ шара B1 всюду плотен в B4 . Через B3 обозначим шар с центром в начале координат, который содержит шар B1 . Раз мы шар увеличили, то его образ тем более увеличился, поэтому тем более является всюду плотным в шаре B4 . 3. Пусть B – любой шар с центром в начале координат в пространстве X . Надо доказать, что его образ всюду плотен в некотором шаре с центром в начале координат.

В силу п.2 найдены шары B3  X и B4  Y с центрами в начале координат, такие, что образ шара B3 всюду плотен в шаре B4 . 275

Сделаем сжатие шара B3 таким образом, чтобы он попал внутрь шара B . Ясно, что его образ сожмется в такое же число раз, и сжатый в это же количество раз шар B4 обозначим за B . Тогда образ сжатого шара B3 всюду плотен в

B , а поскольку сжатый шар B3 содержится в шаре B , то образ шара B тем более будет всюду плотен в B . Теорема доказана. Теорема (принцип открытости): пусть X ,Y – банаховы пространства, A : X  Y – линейный ограниченный сюръективный оператор. Тогда образ единичного шара с центром в начале координат содержит хотя бы один шар с центром в начале координат. 1 Доказательство: рассмотрим в пространстве X шар B1 радиуса , шар 2 1 1 1 B2 радиуса , шар B3 радиуса ,..., шар Bn радиуса n ,... – все с центрами в 8 2 4 начале координат. В силу предыдущей теоремы образ каждого из этих шаров всюду плотен хотя бы в одном шаре с центром в начале координат. Обозначим их радиусы 1 ,  2 , 3 ,... , т.е. образ шара B1 всюду плотен в B1 , образ шара B2 всюду плотен в B2 ,... Ясно, что если радиус какого-либо из полученных шаров уменьшить, то всюду плотность в меньшем множестве сохранится, поэтому можно считать, что радиусы  n стремятся к нулю. Покажем, что образ единичного шара будет содержать B1 , т.е., что B1 – и

есть нужный нам шар. Возьмем y  B1 и надо доказать, что x : x  1 и Ax  y . Поскольку y  B1 , а образ B1 всюду плотен в B1 , то   0 x1  B1 : y  Ax1   . В частности, беря    2 , получим, что y  Ax1   2 , тогда вектор y  Ax1  B2 . Образ B2 всюду плотен в B2 , значит, аналогично, x2  B2 : ( y  Ax1 )  Ax2  3 , и, значит, y  Ax1  Ax2  B3 . Аналогично, поскольку об-

раз B3 всюду плотен в B3 , получаем, что x3  B3 : ( y  Ax1  Ax2 )  Ax3   4 и n

т.д. На n -м шаге получим, что xn  Bn : y   Axk   n1 . k 1

Покажем, что ряд



x k 1

k

сходится. Поскольку X по условию полно, то, в

силу критерия полноты пространства в терминах рядов, достаточно показать,  1 что сходится ряд  xk . Поскольку x1  B1 , то x1  . Поскольку x2  B2 , то 2 k 1    1 1 1 x2  , и т.д. Таким образом,  xk   k . Ряд  k сходится, как беско4 k 1 2 k 1 k 1 2 276

нечно убывающая геометрическая прогрессия, значит, числовой ряд



 k 1

сходится по признаку сравнения.

xk

1 1 Пусть x   xk , тогда x   xk   xk   k  2  1 , т.е. вектор x 1 k 1 k 1 k 1 k 1 2 1 2 принадлежит единичному шару. Осталось проверить, что Ax  y , т.е., что 

   A   xk   y , т.е.  k 1 





 Ax k 1

k



n



 y , т.е. lim  Axk  y , т.е. n 

k 1

n

 Ax k 1

k

 y  0 при n   .

n

Поскольку 0  y   Axk   n1 , а  n  0 , то, переходя к пределу при k 1

n   , по теореме о двух милиционерах, получаем, что

n

 Ax k 1

k

 y 0.

Теорема доказана. Замечание: в этих теоремах предполагается, что D( A)  X , иначе говорить об образах любых шаров не имело бы смысла.

277

РАЗДЕЛ 2. СОПРЯЖЕННЫЕ ПРОСТРАНСТВА 2.1. Функционалы в гильбертовых пространствах Теорема Рисса (об общем виде функционала на гильбертовом пространстве): пусть H – действительное гильбертово пространство и   H * – линейный ограниченный функционал, тогда существует единственный элемент y  H такой, что x  H  ( x)  ( x, y ) и при этом  H *  y H .

Доказательство: обозначим L  ker    x  H :  ( x)  0 – ядро функционала  . Поскольку  линеен, то его ядро – линейное многообразие. Поскольку  ограничен, то он непрерывен, и, значит, его ядро – замкнуто. Итак, L – замкнутое линейное подпространство, значит по теореме о разложении в прямую сумму H  L  L . Покажем, что L одномерно, т.е. возьмем e  L , e  0 и покажем, что y  L имеет вид y   e , где   . Для этого требуется подобрать число  так, чтобы y  e  0 . Поскольку L

L  0 , а

y   e  L , то, подобрав  так, чтобы y   e  L , получим, что y  e  0 . Поскольку подбираем y   e  L , то должно выполняться соотношение  ( y)  ( y  e)  0 , откуда  ( y)   (e)  0 , тогда   и надо убедиться, что  ( e)  (e)  0 . Действительно, если  (e)  0 , то e  L , а поскольку e  L , то e  0 , что противоречит выбору e  0 . Одномерность L доказана. Возьмем y  L и пусть x  H x  x1  x2 , где x1  L , x2  L . Надо доказать, что  ( x)  ( x, y ) , т.е.  ( x1  x2 )  ( x1  x2 , y) , т.е.  ( x1 )   ( x2 )  ( x1, y)  ( x2 , y) . Поскольку x1  L , то  ( x1 )  0 . Поскольку x1  L , а y  L , то ( x1 , y )  0 . Тем самым, осталось найти y  L так, чтобы x2  L  ( x2 )  ( x2 , y ) . Поскольку L одномерно, то если это равенство будет верно для какого-то одного элемента x2  L , то оно будет верно и для всех остальных элементов из L , поскольку остальные элементы получаются из x2 умножением на число. Возьмем фиксированный элемент x2  L и будем искать y   x2 . Надо доказать, что  ( x2 )  ( x2 , y ) , т.е. что  ( x2 )  ( x2 , x2 )   ( x2 , x2 ) , значит равенство  ( x2 )  ( x2 )  ( x2 , y ) будет иметь место при   . Итак, существование нужного ( x2 , x2 ) элемента y  H доказано. Покажем, что такой элемент y – единственный. Допустим, что y1 , y2  H такие, что x  H  ( x)  ( x, y1 ) и  ( x)  ( x, y2 ) . Вычитая эти равенства, получаем, что 0  ( x, y1  y2 ) . Возьмем x  y1  y2 , тогда ( y1  y2 , y1  y2 )  0 , значит y1  y2 . 278

Докажем, что  получаем, что 

H

*

H*

 y H . Используя неравенство Коши-Буняковского,

 sup x 0

 ( x) x

 sup

H

элемент x0  H , для которого  означать, что 

H*

x 0

H

*

x y ( x, y )  sup H xH xH x 0

 sup x 0

H

 y

H

. Если найдем

( x, y) ( x0 , y)   y H , то это и будет xH x0 H

 y H . Выберем x0  y  0 , тогда 

H*

y ( y, y )   yH y

2 H

 y H.

H

Теорема доказана. Замечание: доказательство теоремы с небольшими изменениями (какими?) проходит и в комплексном гильбертовом пространстве. Теорема (о пространстве, сопряженном к гильбертову): действительное гильбертово пространство H изометрично и изоморфно своему сопряженному H*. Доказательство: по определению изометрии и изоморфизма пространств нужно доказать, что I : H *  H , которое является изометричным изоморфизмом, т.е.: 1. I – линейное отображение; 2. I сохраняет норму, т.е.   H * I H   H * ; 3. I – биективное отображение. В силу теоремы Рисса   H * существует единственный элемент y  H такой, что x  H  ( x)  ( x, y ) и при этом 

 y H . Тогда   H * определим I  y , где y – тот самый элемент, о котором утверждается в теореме Рисса. 1. Пусть I1  y1 , I 2  y2 , I (1  2 )  y . Покажем, что y  y1  y2 . Поскольку I1  y1 , то 1 ( x)  ( x, y1 ) , и, аналогично, 2 ( x)  ( x, y2 ) и (1   2 )( x)  ( x, y ) . Но (1  2 )( x)  1 ( x)  2 ( x)  ( x, y1)  ( x, y2 )  ( x, y1  y2 ) тогда, поскольку x – произвольный элемент, то y  y1  y2 . Доказательство второго свойства линейности – аналогичное. 2. Поскольку I  y , а по теореме Рисса  H *  y H , то  H *  I H . 3. Надо доказать инъективность и сюръективность. Инъективность: пусть 1   2 , тогда 1  2 H *  0 , значит, в силу п. 2 I (1  2 ) H  0 , т.е. I1  I2 H  0 , H*

откуда I1  I2 . Сюръективность: надо проверить, что y  H   H * : I  y . Определим  ( x)  ( x, y ) для любого y  H . В силу свойств скалярного произведения, оно линейно по аргументу x , тем самым,  – линеен. Т.к.  ( x)  ( x, y)  x H y H  c x H , то  – ограничен. Таким образом,   H * . По-

скольку  ( x)  ( x, y ) , то по определению I  y . Теорема доказана. 279

Замечание: таким образом, в действительном гильбертовом пространстве также определено изометричное и изоморфное отображение I1 : H  H * , ставящее в соответствие любому элементу y  H единственный функционал

  H * по правилу  ( x)  ( x, y ) . Замечание: легко проверяется, что в комплексном гильбертовом пространстве биекции I и I1 остаются изометричными, но перестают быть линейными, поскольку, I1( y)   I1( y) , I ( )   I ( ) . Такие отображения называются антилинейными. Теорема (об общем виде функционала в L2 ( E ) ): пусть множество E имеет конечную меру Лебега, тогда: 1. y  L2 ( E)  y  L2 ( E )* : x  L2 ( E)  y ( x)   x(t ) y (t )d  . E

2.   L2 ( E)

*

y  L2 ( E ) : x  L2 ( E)  ( x)   y ( x)   x(t ) y(t )d  . Такой E

элемент y единственен и L2 ( E ) изометрично и изоморфно L2 ( E )* . Доказательство: 1. По предыдущей теореме существует изометрическая биекция I1 : L2 ( E )  L2 ( E )* , сопоставляющая каждому y  L2 ( E) функционал

f y  L2 ( E )* по правилу f y ( x)  ( x, y )   x(t ) y (t )d  , причем f y  y . Но тогда, E

поскольку каждому y  L2 ( E) сопоставляется ровно один y  L2 ( E ) , то определен функционал  y ( x)  f y ( x) , который линеен и ограничен. Получили отображение I 2 : L2 ( E )  L2 ( E )* , такое, что I 2 ( y )  f y   y . Ясно, что I 2 линейно. Поскольку  y  f y  y  y , то I 2 изометрично, и, следовательно, инъективно. 2. Достаточно доказать сюръективность построенного в п. 1 отображения I 2 . По теореме Рисса всякий элемент   L2 ( E )* – есть f y ( x)   x(t ) y (t )d  для E

некоторого (единственного) элемента y  L2 ( E) . Но тогда для этого y опреде-

лен функционал  y ( x)   x(t ) y(t )d   L2 ( E )* , поэтому    y  I 2 ( y ) , т.е. отобE

ражение I 2 сюръективно, следовательно, I 2 – изоморфизм. Теорема доказана.

280

2.2. Функционалы в нормированных пространствах Теорема (об общем виде функционалов на пространстве l1 ): 1. y  l 

 ( x)   i yi  l1* , где x  (1,2 ,...)  l1 , и при этом  i 1

2.   l

* 1

 y

l1*

l

;



y  l : x  (1 ,  2 ,...)  l1  ( x )   i yi . i 1



Доказательство: 1. Пусть  ( x )   i yi . Надо доказать линейность и i 1

ограниченность данного функционала, а также равенство норм. 





i 1

i 1

i 1

а) Линейность:  (1 x1  2 x2 )   (1 i (1)  2 i (2) ) yi  1  i (1) yi  2  i (2) yi 

  1 ( x1 )  2 ( x2 ) . б) Ограниченность:  ( x) 





i 1

i 1

i yi   i yi . Поскольку l – это про-

странство ограниченных последовательностей и yi  y



l

. Таким образом,  ( x)   i  y

l

i 1

 y

y

l

 sup yi , то i  i



l

  i  y i 1

l

 x l . Следова1

тельно, функционал  ограничен. в) Равенство норм: разделим полученное в предыдущем пункте неравен ( x) ство на x l и возьмем по всем x  0 точную верхнюю грань: sup  yl , 1  xl x 0 1

откуда 

l1*

 y

l

. Установим неравенство противоположного знака: 



l1*

 sup x 0

 ( x) x



l1

 ( x0 ) x0

l1



 i 1 

(0) i

 i 1

yi .

(0) i

Возьмем x0  (0,0,..., 1,0,0,...) , причем знак 1 будем выбирать совпадаi

ющим со знаком y i . Тогда при подстановке такого x0 в обеих суммах останется одно слагаемое с номером i , причем в числителе в этом слагаемом y i умножится на свой знак, т.е. даст yi , а в знаменателе останется 1. Итак,  l *  yi . 1

Поскольку i – любое, то 

l1*

 sup yi  y l . Таким образом,  

i

l1*

 y

l

.



2. Пусть   l . Надо найти такое y  l , что  ( x )   i yi . Возьмем * 1

i 1

ei  (0,0,...,0,1,0,0,...) и обозначим  (ei )  yi . Поскольку функционал  линеен i

281

и ограничен, то он ограниченное множество векторов ei  переводит в ограниченное множество векторов  (ei ) . Таким образом, множество  yi  ограниче-

y   yi i 1  l . Рассмотрим далее последовательность xn  (1,2 ,...,n ,0,0,...) , тогда xn  1e1  2e2  ...  nen и, значит 

но, поэтому вектор

n

 ( xn )  1 (e1 )   2 (e2 )  ...   n (en )    i yi . Пусть x  (1,2 ,...) . Тогда

x  xn

По определению пространства l1 ряд



  i  i

l1

i 1



 i 1

(n)

сходится, а

i



i 1 



n

   

i  n 1 n

 i 1

i

i

i

i 1

i 1

i

.

– это частичная

сумма этого ряда. По определению суммы ряда, к ней стремятся все частичные суммы, значит при n   x  xn

l1

l1

 0 , откуда xn  x . n

n

В равенстве  ( xn )   i yi перейдем к пределу при n   , тогда, поi 1



l1

скольку xn  x , а  – непрерывен, то  ( xn )   ( x) и значит  ( x )   i yi . n

i 1

Теорема доказана. Замечание: таким образом, пространство l1* изометрично и изоморфно пространству l . Теорема (об общем виде функционалов на пространстве c0 ): 1. y  l1 

 ( x)   i yi  c0* , где x  (1,2 ,...)  c0 , и при этом  i 1

c0*

 yl; 1



2.   c0* y  l1 : x  (1 ,  2 ,...)  c0  ( x )   i yi . i 1

Доказательство: 1. а) Линейность доказывается аналогично предыдущей теореме. б) Ограниченность: поскольку y  l1 , то y поэтому x

c0

 sup i , откуда i  

i 1

0



i yi   i yi  x i 1

l1

i  x c . Таким образом, получаем, что

i

 ( x) 



  yi . Кроме того, x  c0 ,

i 1



c0

  yi  y l  x 1

i 1

c0

Итак, функционал  ограничен. в) Равенство норм: разделим полученное неравенство на x точную верхнюю грань по всем x  0 : sup x 0

282

 ( x) x

 y l , откуда  1

c0

c0*

.

c0

и возьмем

 y l . Далее, 1





c0*

 sup

 ( x) x

x 0

c0



 ( x0 ) x0

c0



 i 1

(0) i

yi

sup i (0)

. Возьмем x0  (1, 1,..., 1,0,0,...) , тогда, n

i

поскольку lim i (0)  0 , то x0  c0 . Знаки выберем совпадающими со знаками соi 

ответствующих y i , тогда  образом, 

c0*



n

c0*

  yi . При n    i 1

c0*

  yi  y l . Таким 1

i 1

 yl. 1

2. Пусть   c0* , т.е.  – линейный и ограниченный, а значит, непрерыв

ный функционал. Надо найти y  l1 , чтобы x  (1 ,  2 ,...)  c0  ( x )   i yi . i 1

Возьмем ei  (0,0,...,0,1,0,0,...) и обозначим  (ei )  yi . Рассмотрим послеi

n

n

i 1

i 1

довательность xn  (1,2 ,...,n ,0,0,...) , тогда xn   i ei и значит  ( xn )   i yi . Пусть x  (1,2 ,...) . Тогда x  xn

c0

 sup i  i

(n)

, откуда x  xn

i

c0

 sup n1 , n2 ,... .

Поскольку x  c0 , то lim i  0 , т.е.   0 N  : n  N  n   . Таким i 

образом, начиная с некоторого номера, sup n1 , n2 ,...   , откуда x  xn

c0

 ,

c0

т.е. xn  x . n 

n

Перейдем в равенстве  ( xn )   i yi к пределу при n   , учитывая, что i 1



 ( xn )   ( x) и получим, что  ( x )   i yi . Осталось доказать, что построенi 1

 i i 1

ный элемент y  ( y ) действительно принадлежит пространству l1 . Рассмотрим вектор x0   sign y1 ,sign y2 ,...,sign yn ,0,0,...  c0 при произn

вольном фиксированном n . Ясно, что x0 а, поскольку  ( x0 )    x0

c0

c0

 1 . Кроме того,  ( x0 )   yi , i 1

  , то получаем, что

n

y i 1

произвольно, то частичные суммы ряда



y i 1

i

i

  . Поскольку n

с неотрицательными членами

ограничены сверху. В силу критерия Вейерштрасса ряд



y i 1

y  l1 . Теорема доказана. 283

i

сходится, т.е.

Замечание: таким образом, пространство c0* изометрично и изоморфно пространству l1 . Теорема (об общем виде функционалов на пространстве l p ): 1. Пусть  1 1 p 1 и   1 , тогда y  lq  ( x)   i yi  l p* , где x  (1 ,  2 ,...)  l p и при p q i 1 этом  l *  y l ; p

q



2.   l p y  lq : x  (1 ,  2 ,...)  l p  ( x )   i yi . *

i 1

Доказательство: 1. Снова линейность очевидна, поэтому проверим ограниченность и установим равенство норм. 1 p

1 q

 p  q    i    yi   y l  x l , q p i 1  i 1   i 1  значит,  ограничен. Разделим полученное неравенство на x l и возьмем точ-

 ( x) 





 y i



i

p

ную верхнюю грань по всем x  0 : sup

 ( x) x

x0

 y l , откуда  q

l p*

 y l . Далее, q

lp





lp

*

 sup

 ( x) x

x0



lp

 ( x0 ) x0

lp



 i 1

(0) i

yi

 (0) p    i   i 1  

1 p

. Возьмем i (0)   yi

q 1

. Знак выбирается

p 1 1   1 , то i (0)  yi p q

совпадающим со знаком y i , тогда, т.к.

p ( q 1)

 yi . Поq

скольку y  lq , то отсюда следует, что x0  l p . Кроме того, i (0) yi   yi  yi 

 yi  yi

q 1

 yi . Отсюда 

чательно, 

y

q

l p*

 yl .

q

l p*

1

  q i 1     yi  1   i 1  p  q y  i   i 1  i

1 p

q 1



1

  q q    yi   y l . Оконq  i 1 

q



2. Пусть   l p* . Надо найти такое y  lq , что  ( x )   i yi . Возьмем i 1

ei  (0,0,...,0,1,0,0,...) и обозначим  (ei )  yi . Пусть xn  (1,2 ,...,n ,0,0,...) , тоi

n

n

гда xn   i ei и значит  ( xn )   i yi . Пусть теперь x  (1,2 ,...) , тогда i 1

x  xn

i 1

1 p

lp

1 p

p    p    i  i ( n )     i  . По определению пространства l p ряд  i 1   i n1 

284



 i 1

p i

сходится, а гося ряда





i  n 1 



i  n 1

p i

p i

– это остаток данного ряда. По теореме об остатке сходяще-

 0 при n   . Итак, при n  

lp

x  xn

lp

 0 , откуда

n

xn  x . В равенстве  ( xn )   i yi перейдем к пределу при n   , тогда, поn 

i 1



lp

скольку xn  x , а  – непрерывен, то  ( xn )   ( x) и значит  ( x )   i yi . n 

i 1

 i i 1

Принадлежность элемента y  ( y ) пространству lq предлагается установить самостоятельно (задача 10). Теорема доказана. Замечание: таким образом, пространство l p* изометрично и изоморфно пространству lq . Замечание: теоремы доказаны в предположении, что функционалы заданы в действительных пространствах. Если пространства комплексные, то все доказательства проходят с очевидными изменениями на этапе оценки нормы функy ционала снизу (вместо sign yi надо брать i ). yi Теорема (о частном виде функционалов на пространстве c ): 1. y  l1 

 ( x)   i yi  c* , где x  (1,2 ,...)  c ; i 1



2.   c , который нельзя представить в виде  ( x )   i yi для некоторо*

i 1

го x  (1,2 ,...)  c и для всех y  l1 .

Замечание: точно такой же частный вид имеет и функционал   l* . Доказательство: 1. Линейность очевидна. Проверим ограниченность:

x  c  ( x) 





i 1

i 1



i yi   i yi  sup i   yi  y l  x c , значит,  ограничен. i 1

i

1

2. Поскольку c – пространство последовательностей, имеющих предел, то определим функционал  следующим образом:  ( x )  lim  i , x  c . Линейi 

ность  очевидна в силу линейности предела. Далее,  ( x)  lim i  lim i  i 

 limsup i  x i 

i

i 

значит  ограничен. Таким образом,   c . Допустим теперь, *

c



что  можно представить в указанном виде  ( x )   i yi , где y  ( yi )i1  l1 . Возьмем x  (1,0,0,...) , тогда  ( x)  lim i  0 , откуда i 

285

i 1 

 y i 1

i

i

 0 , а с другой сто-

роны,



 y i 1

i

i

 y1 . Таким образом, y1  0 . Аналогично, взяв x  (0,1,0,...) , полу

yi  0 , т.е. x  c  ( x)   i yi  0 . С дру-

чим, что y2  0 . И т.д. Итак, i 

i 1

гой стороны, при x  (1,1,...,1,...)  ( x)  lim i  1 . Противоречие. i 

Теорема доказана. Замечание: таким образом, в пространствах c0* , l1* , l p* сохраняется свойство конечномерных пространств, элементы которых могут быть представлены линейной комбинацией “базисных” векторов. Линейные комбинации “базисных” векторов в указанных пространствах образуют всюду плотные множества. Для пространств c * и l* это свойство неверно. Общий вид линейного ограниченного функционала в пространстве c * см. далее в примере 4. Теорема (об интегральных функционалах на L1 ( E ) ): пусть E – измеримое множество, g – измеримая функция, f  L1 ,  ( f )   f ( x ) g ( x )d  . Тогда E

  L тогда и только тогда, когда g  L и при этом  * 1

L1*

 g

L

.

Доказательство: 1. Пусть g  L . Покажем, что   L1* и  п .в .

L1*

 g

L

.

п .в .

Поскольку g ( x)  L , то g ( x)  c , тогда f ( x) g ( x)  c f ( x) . Таким образом,  ( f ) 

 f ( x) g ( x)d    E

E

f ( x) g ( x) d   c  f ( x) d   c f

L1

. Итак, функци-

E

онал  определен f  L1 и ограничен. В силу свойств линейности интеграла Лебега, функционал  – линеен. Таким образом,   L1* . Далее, поскольку g L  esssup g ( x) , а g ( x)  esssup g ( x) для почти всех 

E

E

x  E , то возьмем c  esssup g ( x)  g

L

E

Разделим это неравенство на

f  0 , тогда sup f 0

( f ) f

 g

L

f

L1

и получим, что  ( f )  g

L

 f

L1

.

и возьмем точную верхнюю грань по всем

, откуда 

L1*

 g

L

.

L1

2. Докажем, что если   L1* , то g  L и  статочно доказать, что esssup g ( x)   E

L1*

L1*

 g

L

. Таким образом, до-

. Обозначим M  esssup g ( x) . E

Для некоторого f 0  0 получаем, что:



L1*

 sup f 0

( f ) f



 ( f0 )

L1

f0

L1

 f ( x) g ( x)d  0



E

 E

286

f 0 ( x) d 

.

Далее, возьмем   0 , тогда M    M и поэтому M   не является почти всюду мажорантой для функции g , значит, неравенство g ( x)  M   не может почти всюду выполняться, и значит, существует множество A ненулевой меры, на котором g ( x)  M   . Рассмотрим произвольную функцию

f  L1 ( E ) и выберем f 0 так, чтобы вне множества A она была равна нулю, а на g множестве A f 0  f  L1 , тогда g

 f ( x) g ( x)d   f ( x) g ( x)d   f ( x)  g ( x) d  0



L1*





 f ( x) d 

0

E

f 0 ( x) d 



E



A



f 0 ( x) d 

A

A

При   0 получаем, что 



 (M   ) A



f ( x) d 

A

L1*

f ( x) d 

 M  .

A

M  g

L

.

Теорема доказана. Теорема (об общем виде функционала на L1 ( E ) ): если множество E измеримо, то   L1* g  L : f  L1  ( f )   f  gd  . E

Замечание: доказательство этой теоремы см., напр., в [3]. Теорема (о пространстве, сопряженном к L1 ( E ) ): пространство L1* изометрично и изоморфно пространству L . Доказательство: g  L поставим в соответствие   L1* такой, что

  I ( g ) и  ( f )   f ( x) g ( x)d  . Отображение I , очевидно, линейно и сохраняE

ет норму по теореме об интегральных функционалах на L1 , т.е. изометрично. По теореме об общем виде функционала на L1 , I – сюръективно. Если 1   2 , то 1  2 L *  0 . Поскольку  L *  g L , то g1  g 2 L  0 , откуда g1  g 2 , зна1



1

чит I – инъективно. Таким образом, I – изоморфизм. Теорема доказана.



Теорема (об общем виде функционалов на L p ( E ) ): пусть p  1 , и множество E измеримо, тогда: 1. g  Lq ( E )  ( f )   f ( x) g ( x)d   L p ( E )* , где f  Lp ( E ) . При этом 

1 1  1 p q L*p

 g

Lq

;

E

2.   Lp ( E ) g  Lq ( E ) : f  L p ( E )  ( f )   f ( x) g ( x)d  . *

E

Доказательство: 1. Ясно, что  ( f )   f ( x) g ( x)d  линеен, а, поскольку E

( f ) 

 E

1 p

1

   q p q f ( x) g ( x)d     f ( x) d     g ( x) d    g E  E  287

Lq

 f

Lp

, то   L p* .

Разделим полученное неравенство на по всем f  0 : sup

( f ) f

f 0

f 0  0 получаем 

тогда f 0  g p

p ( q 1)

1

Lp

*

 g

Lq

f

и возьмем точную верхнюю грань

Lp

, откуда 

L p*

 g

Lq

. Далее, для некоторого

Lp

 sup f 0

( f ) f



 ( f0 ) f0

Lp

 g , а f0  g  g q

1

q 1

Lp

 f ( x) g ( x)d  0



E

  p   f 0 ( x) d   E 

1 p

 g  g , поэтому 

. Пусть f 0  g

q

L p*





q 1

g , g

g ( x) d  q

E

  q   g ( x) d   E 

1 p



1

  p  q q q    g ( x) d      g ( x) d    g L . Таким образом,  L *  g L . p q q E  E  2. Без доказательства (см. [3,7]). Теорема условно доказана. Замечание: аналогично случаю p  1 показывается, что при p  1 , 1 1   1 пространство Lp ( E )* изометрично и изоморфно пространству Lq ( E ) . p q Примеры решения задач 1. Пусть

n p

– линейное пространство n -мерных вещественных векторов

1  n p   p  , 1  p   k  x  (1 ,  2 ,...,  n ) с нормой x p    . Найти общий вид линейk 1   p   k , max k ного непрерывного функционала в np при 1  p   и вычислить его норму.

Решение: покажем, что при 1  p   и n

кий функционал  ( x)    k k  ( k 1

1 1   1 y  (1 ,...,n )  p q

) , где x  (1 ,...,  n ) 

n * p

n p

.

Линейность  очевидна. Проверим его ограниченность: 1 p

1 q

 p  q     k    k   y q  x p , k 1  k 1   k 1  следовательно,  ограничен, а значит, непрерывен.

 ( x) 

n

  k

n

k

288

n

n q

вся-

Найдем норму этого функционала. Для этого разделим полученное неравенство на x p и возьмем точную верхнюю грань по всем x  0 , тогда получим, что sup

 ( x) x

x 0

 y q , откуда   y q . С другой стороны, найдется x0  0 такой,

p n

 ( x)  ( x0 )   что   sup xp x0 p x0 p

тогда  k (0)  k n

 



p ( q 1)

 k

q

 k 1

k

(0) k

 (0) p    k    k 1  n

1 p

. Возьмем  k (0)  k

q

и  k (0) k   k

1

1 p

q 1

q 1

sign k  k   k

signk при k  1, n ,

q 1

  k   k , откуда q

1 q

  q q    k     k   y q . Таким образом,   y q .  k 1   k 1   n q   k   k 1  Осталось показать, что для всякого функционала   ( np )* найдется k 1

k

n

n

1 p

y  (1 ,...,n ) 

n q

такой, что для всех x  (1 ,...,  n ) 

скольку x  (1 ,...,  n )  базис в

n p

n p

n

n p

 ( x)    k k . Поk 1

, а вектора ek  (0,...,0,1,0,...,0) при k  1, n образуют k

, то x  1e1  2e2  ...  nen . n

n

k 1 n q

k 1

Тогда  ( x)  1 (e1 )   2 (e2 )  ...   n (en )    k (ek )    k k при  k   (ek ) . Итак, нашли нужный элемент y  (1 ,...,n ) 

.

2. Найти общий вид и вычислить норму линейного оператора A : 1m  1n . Решение: покажем, что для любой числовой действительной матрицы  a11 a12 ... a1m  1  a 2  a22 ... a2 m  n ,m 21    L( 1m , 1n ) , где x  (1 ,...,  m )  1m .  aij i, j1 оператор A( x)         an1 an 2 ... anm   m  Перемножая матрицы, получаем, что  a111  a12 2  ...  a1m m  n  a   a   ...  a    m  21 1 22 2 2m m    A( x)  aij j  .     j 1 i 1    an11  an 2 2  ...  anm m  Линейность оператора A очевидна. Проверим его ограниченность: 289

n

n m n m n m  m  A( x) 1    aij j     aij j   aij   j  max aij   j  1 j  m i 1 j 1 i 1 j 1  j 1 i 1 1 i 1 j 1 n

m

n

j 1

i 1

  max aij    j  max aij  x 1 . 1 j  m

i 1

1 j  m

Таким образом, оператор A – ограничен. Разделим полученное неравенство на x 1 и возьмем точную верхнюю грань по всем x  0 . Тогда получим, что

sup x 0

A( x) 1 x1

n

  max aij , i 1

откуда

1 j  m

x0

A( x) 1 x1



A( x0 ) 1 x0



 a  i 1

j 1 m

  j (0)  1, j 1

ij



j

a 

j

1

m

1 j  m

С

другой

стороны,

m

j 1

k  1, m тогда

A   max aij . i 1

n

A  sup

n

(0) j

m

j 1

ij

. Возьмем x0  (0,0,...,sign aik ,0,...,0) , при k

(0)

(0)

 aik sign aik  aik . Таким образом, при лю-

n

бом k  1, m A   aik , значит, поскольку k – любое, то, переобозначив k чеi 1

n

n

рез j , получаем, что A   max aij . Таким образом, A   max aij . i 1

1 j  m

i 1

1 j  m

Осталось показать, что для всякого линейного ограниченного оператора n n ,m m  m n A  L( 1 , 1 ) найдется матрица  aij   , такая, что A( x)    aij j  для всех i , j 1  j 1 i 1 m m x  (1 ,...,  m )  1 . Поскольку x  (1 ,...,  m )  1 , а вектора ek  (0,...,0,1,0,...,0) при k

k  1, m образуют базис в

m 1

, то x  1e1  2e2  ...  mem . Тогда:

 1    A( x)  1 A(e1 )   2 A(e2 )  ...   m A(em )   A(e1 ) A(e2 ) A(em )   2  .      m  Поскольку A : 1m  1n , то при k  1, m каждый элемент A(ek ) – это вектор-столбец, состоящий из n элементов, всего таких столбцов m штук. Таким A(em )  размера n  m , состоящую образом, нашли матрицу  A(e1 ) A(e2 ) из действительных чисел, которая задает оператор A . 1 x(t ) 3. Пусть p  1 фиксировано. При каких   функционал f ( x)    dt t 0 принадлежит Lp*  0,1 ?

290

Решение: по теореме об общем виде функционала на L p имеем, что

Lp*  0,1  Lq 0,1 , где

1 1   1 . При этом f  Lp*  0,1 тогда и только тогда, коp q 1

1 1 гда   Lq  0,1 , т.е., когда сходится интеграл   q dt . Указанный интеграл схоt t 0 дится, если  q  1 . Знак  используется здесь и далее для обозначения изометричного изоморфизма. 4. Доказать, что c*  l1 . Решение: рассмотрим в пространстве c векторы e0  (1,1,1,...) и ek  (0,0,...,1,0,0,...) при k  1,2,3,... . Пусть x  (1,  2 ,...)  c ,  0  lim  k (этот k 

k

предел существует по определению пространства c ). Рассмотрим вектора n n   xn  (1,2 ,...,n ,0 ,0 ,0 ,...)  c и заметим, что xn    k ek  0  e0   ek  . k 1 k 1   Пусть   c* , тогда, поскольку это линейный ограниченный функционал, n n n   n   то  ( xn )    k (ek )  0   (e0 )   (ek )     kk  0 0  k  . Рассмотk 1 k 1 k 1   k 1   рим вектор x0  (sign1,sign2 ,...,signi ,0,0,...)  c (здесь i  – произвольный фиксированный номер). Тогда x0 c  sup k (0)  1 , 0(0)  lim  k (0)  0 и значит, k 

k

i

 ( x0 )    k . С другой стороны,  ( x0 )    x0  

и, таким образом,

k 1

i

 k 1 

 k 1

k

k

  . Поскольку i – произвольный номер, то при i   получаем, что

    , т.е. (k )k 1  l1 . Далее, xn  x c  sup 0   n 1 , 0   n  2 ,...  0 , поскольку 0  n  0 , n 

n 

c

откуда xn  x . В силу непрерывности функционала  ( xn )   ( x) , но, с другой 

   стороны,  ( xn )    kk  0 0  k  . Заметим, что ряд k 1 k 1  

абсолютно в силу неравенств







k 1

k 1



  k 1

k

k

сходится

 kk  sup k   k  x c   k   . k 1

k



Таким образом,  ( x)   00    k k , где  0  lim  k ,  0  const . Вторую k 

k 1

часть утверждения предлагается доказать самостоятельно (см. задачу 12). Заметим, что рассуждения проводились для случая, когда функционал действует в действительном пространстве. В случае комплексного простран291

ства те же рассуждения проходят с очевидными изменениями при выборе вектора x0 . Задачи для самостоятельного решения 1. В условиях примера 1 найти общий вид линейного непрерывного функционала в np при p  1 и вычислить его норму. n

Указание:  ( x)    k k , где x  (1 ,...,  n )  k 1

n 1

, y  (1 ,...,n ) 

n 

.

2. В условиях примера 1 найти общий вид линейного непрерывного функционала в np при p   и вычислить его норму. n

Указание:  ( x)    k k , где x  (1 ,...,  n )  k 1

n 

, y  (1 ,...,n ) 

n 1

.

3. В условиях примера 1 найти общий вид и вычислить норму линейного оператора A : m  n . n

m  m  Указание: для всех x  (1 ,...,  m )  A( x)    aij j  и A  max  aij . 1i  n j 1  j 1 i 1 4. В условиях примера 1 найти общий вид и вычислить норму линейного оператора A : 1m  n . m 

n

 m  Указание: для всех x  (1 ,...,  m )  A( x)    aij j  и A  max aij . 1i n  j 1 i 1 1 j m 5. В условиях примера 1 найти общий вид и вычислить норму линейного оператора A : m  1n . m 1

n

n k  m  Указание: для всех x  (1 ,...,  m )  m A( x)    aij j  и A   aij . i 1 j 1  j 1 i 1 6. Пользуясь теоремой об интегральных функционалах на L p , посчитать норму функционала из примера 3.   7. Пусть p  1 фиксировано. При каких   функционал f ( x)   k k 1 k * принадлежит l p для всех x  (1 ,  2 ...)  l p ? Найти его норму (использовать теорему об общем виде функционала на l p ).

8. Пусть в пространстве

n

для всех x  (1 ,...,  n ) 

n

x  sup k . Дока1 k  n

n

зать, что в сопряженном пространстве f   f k , где f  ( f1 ,..., f n )  Указание:

 

n * 

k 1



n 1

. 292

n

.

9. Пусть в пространстве

n

для всех x  (1 ,...,  n ) 

n

x    k . Дока-

n

k 1

зать, что в сопряженном пространстве f  sup f k , где f  ( f1 ,..., f n )  Указание:

 

n * 1

n

1 k  n



n 

.

.

10. Завершить доказательство теоремы об общем виде функционалов на пространстве l p .

11. Определим в пространстве C  1,1 линейный непрерывный функционал  ( x)  x(0) . Существует ли такая функция g (t )  C  1,1 , что x(t )  C  1,1 1

 ( x)   x(t ) g (t )dt ? 1

Указание: рассмотреть функцию x(t )  t 2 g (t ) . Воспользоваться теоремой о функциях с нулевым интегралом. 

12. Доказать, что (k )k 1  l1  ( x)   00    k k  c* , где x  (1,2 ,...)  c , k 1

 0  lim  k ,  0  const , и при этом  k 



c*

 0    k . k 1

Указание: при получении оценки снизу зафиксировать номер m , взять x0  (sign1,sign2 ,...,signm ,sign0 ,sign0 ,sign0 ,...) и перейти к пределу при m  . В задачах 13-22 для вычисления норм функционалов использовать соответствующие теоремы текущего пункта.  k 13. Найти норму в пространстве l1 функционала f ( x)   2 k . k 1 k  10 1

14. Найти норму в пространстве L2  0,1 функционала f ( x)   x(t )sin tdt . 0

 1  15. Найти норму в пространстве l1 функционала f ( x)   sin  k . k   k 1 1  1 16. Найти норму функционала f ( x)   x(t )sign  t  dt в пространстве  2 0 L2  0,1 . 



17. Найти норму функционала f ( x)  

k

в пространстве l2 .  k ( k 1) k 1   1 18. Найти норму функционала f ( x)   1    k в пространстве l1 . k k 1 

293

1 2

19. Найти норму функционала f ( x)   x(t )dt в пространстве L2  0,1 . 0

1 2

20. Найти норму функционала f : L1  0,1 

, если f ( x)   t 3 x(t )dt . 0



k

k 1

k2

21. Найти норму функционала f ( x)  

в пространствах c и c0 . 

k

k 1

k2

22. Найти норму функционала f ( x)  lim i   i 

в пространстве c .



23. Найти норму функционала f ( x)    k в пространстве l1 . k 1

24. Найти норму функционала f ( x)  1   2 в пространстве l1 . 

k

k 1 1

k

25. Найти норму функционала f ( x )  

в пространстве l2 .

26. Найти норму функционала f ( x)   tx(t )dt в пространстве L2  1,1 . 1

1

27. Найти норму функционала f ( x)  lim  x(t )sin  ntdt в пространстве n

L2  1,1 .

0



28. Найти норму функционала f ( x) 

 x(t )dt

в пространстве L1  1,1 ,



   0,1 . 

29. Найти норму функционала f ( x)  

k

2 k  2 k ln k

30. Найти норму функционала f ( x) 

   0,1 .

294

1





в пространстве l .

 x(t )dt



в пространстве L2  1,1 ,

2.3. Продолжение линейных функционалов Теорема (о продолжении линейного ограниченного функционала на большее множество): пусть X – действительное линейное нормированное пространство, X 0  X – линейное многообразие, 0 : X 0  – линейный ограниченный функционал. Тогда этот функционал может быть продолжен на большее линейное многообразие без увеличения нормы, т.е. X 1  X 0 , X 1  X 0 , – линейный ограниченный функционал, такой, что x  X 0 1 : X1  1 ( x)  0 ( x) и 1  0 . Доказательство: пусть X 0 – данное многообразие. Возьмем любой вектор e  X 0 . Через X1 обозначим линейную оболочку многообразия X 0 и вектора e , т.е. множество векторов вида X 1   x0   e : x0  X 0 ,    . Покажем, что каждый элемент X1 действительно однозначно представим в виде x0   e . Допустим, это не так, т.е. имеется два представления x01  1e и x0 2  2e одного и того же элемента из X1 . Тогда ясно, что x01  1e  x0 2  2e . Если 1  2 , то

x01  x0 2 , т.е. представление в таком виде единственно. Пусть 1  2 , тогда

x0 2  x01 e . Это равенство невозможно, поскольку x01 , x0 2  X 0 , а e  X 0 . 1  2 Определим функционал 1 следующим образом: 1 (e)  c и x0  X 0 1 ( x0 )  0 ( x0 ) , а x  X1 1 ( x)  1 ( x0  e)  0 ( x0 )  c . Ясно, что функционал 1 линеен, и на исходном множестве X 0 совпадает с 0 . Осталось проверить, что его норма не увеличилась, т.е., что 1  0 . Поскольку 1  sup xX1 x 0

1 ( x) x

, то надо проверить, что sup xX1 x 0

этого достаточно показать, что x  X1 , x  0

1 ( x) x

1 ( x) x

 0 . Для

 0 или 1 ( x)  0  x ,

x x  т.е., что 0 ( x0 )   c  0  x0   e , т.е., что  0  0   c    0  0  e .   x Обозначим 0   y и получим, что надо доказать, что c  0  y   0  e  y ,  или, что 0  y   0  e  y  c  0  y   0  e  y . Итак, нужно найти такое c , чтобы y  X 0 выполнялось последнее неравенство. В силу аксиомы полноты, достаточно проверить, что y1, y2  X 0 0  y1   0  e  y1  0  y2   0  e  y2 , или 0  y1   0  y2   0  e  y1  0  e  y2 , а это очевидно, поскольку 0  y1   0  y2   0 ( y1  y2 )  0  y1  y2  0  e  y1  0  e  y2 . Теорема доказана. 295

Теорема Хана-Банаха (о продолжении линейных ограниченных функционалов): пусть X – действительное линейное нормированное пространство, X 0  X – линейное многообразие, 0 : X 0  – линейный ограниченный функционал. Тогда этот функционал можно продолжить на все пространство с сохранением нормы, т.е.  : X  – линейный ограниченный функционал, такой, что x  X 0  ( x)  0 ( x) и   0 . Доказательство: обозначим через E – множество всех продолжений функционала 0 без увеличения нормы, т.е. множество пар вида ( , L) , где L – линейное многообразие, содержащее X 0 , а  – продолжение функционала 0 с X 0 на L , т.е.  : L  и x  X 0  ( x)  0 ( x) . Введем на этом множестве отношение частичного порядка (см. дополнение к разделу 2 части I), а именно, будем считать, что 1   2 , если  2 – продолжение 1 . Покажем, что в таком множестве E всякая цепь имеет мажоранту, т.е. выполнено условие леммы Цорна. Пусть   – множество функционалов, являющееся цепью, т.е., для любых двух функционалов один является продолжением другого. Надо найти мажоранту, т.е., функционал  , который является продолжением их всех. В качестве области определения нужного функционала  возьмем объединение областей определений всех функционалов  и для всех x из этого объединения определим  ( x)   ( x) , где  – тот функционал, в область определения которого попал этот x . Поскольку все  линейны и ограничены, то  тоже линеен и ограничен. Покажем, что   0 . Поскольку все  – это продолжения 0 без увеличения нормы, то   0 . Тогда  ( x)   ( x)    x  0  x , откуда   sup

 ( x)

 0 . Таx ким образом, убедились, что всякая цепь имеет мажоранту, поэтому во всем нашем построенном частично упорядоченном множестве E есть хотя бы один максимальный элемент, т.е. есть функционал  , который дальше продолжить уже нельзя. В силу теоремы о продолжении линейного ограниченного функционала на большее множество, если функционал определен не на всем пространстве, то его продолжить можно. Таким образом, найденный функционал  определен на всем пространстве. Норма его не увеличилась по сравнению с нормой исходного. С другой стороны, поскольку функционал  является продолжением функционала 0 на все пространство, то ясно, что   0 ( sup по большему множеству больше или равен sup по меньшему). Окончательно получаем, что   0 . Теорема доказана. Замечание: теорема Хана-Банаха справедлива и в комплексном пространстве (см. [10], а также дополнение к разделу). Следствия из нее докажем уже для комплексных пространств. x 0

296

Теорема (о вычислении нормы вектора с помощью функционала): пусть X – линейное нормированное пространство, x  X , x  0 . Тогда   X * такой, что   1 и  ( x)  x . Доказательство: берем вектор x и через X 0 обозначим одномерное пространство, образованное этим вектором, т.е. X 0   x :    . Определим на этом пространстве функционал  0 : X 0  такой, что 0 ( x)   x . Линейность этого функционала проверяется элементарно. Сосчитаем его норму:  ( y)  ( x )  x  sup 0  sup  1. По теореме Хана-Банаха 0 мож0  sup 0 y x y 0 x 0 x 0   x yX 0

но продолжить на все пространство, т.е.  – линейный ограниченный функционал, определенный на всем пространстве, который на векторах вида  x совпадает с 0 и норма которого не изменилась, т.е.   1 . Кроме того,  ( x)   (1  x)  0 (1  x)  1  x  x . Теорема доказана. Теорема (о вычислении расстояния с помощью функционала): пусть X – линейное нормированное пространство, L  X – линейное многообразие, x0  X \ L и пусть d  0 – расстояние от x0 до L . Тогда   X * такой, что 1 x  L  ( x)  0 ;  ( x0 )  1 ;   . d Доказательство: рассмотрим линейную оболочку  L, x0  . Ясно, что любой ее элемент однозначно представляется в виде u  x  tx0 , где x  L , t  (см. доказательство теоремы о продолжении линейного ограниченного функционала на большее множество). Построим линейный функционал 0 так, что, при u  x  tx0  0 (u )  t . Ясно, что x  L 0 ( x)  0 и  0 ( x0 )  1 (поскольку t u t u u u .    x0  0  1 x0 ). Далее, 0 (u )  t  x u x  tx0 x   x0 x0     t  t Напомним, что под расстоянием от точки x0 до множества L понимается величина d  inf x0  x . Таким образом, x  L d  x0  x , а, поскольку xL

u  (u ) 1 x  x   L , то d  x0     , откуда 0 (u )  . Итак, 0  sup 0  . t d u d u 0  t По свойству точной нижней грани, известному из математического анализа,  xn   L : lim x0  xn  d . Так как 0 ( x0  xn )  0  x0  xn , то, переходя к n

пределу при n   , получим, что lim 0 ( x0  xn )  0  d . С другой стороны, n

поскольку xn  L , то 0 ( xn )  0 , откуда 0 ( x0  xn )  0 ( x0 )  0 ( xn )  1  0  1 . 1 1 Таким образом, 1  0  d , откуда 0  . Таким образом, 0  . d d 297

По теореме Хана-Банаха, функционал 0 можно продолжить на все пространство с сохранением нормы и получить требуемый функционал  . Теорема доказана. Примеры решения задач 1. Пусть x1 ,..., xn – линейно независимые элементы линейного нормированного пространства X , c1 ,..., cn – некоторые действительные числа. Доказать существование функционала f  X * такого, что f ( xk )  ck ( k  1,2,..., n ). Решение: покажем, что существуют такие линейные ограниченные функ1, k  m, . Рассмотционалы f1 ,..., f n , определенные всюду на X , что f k ( xm )   0, k  m  рим вектор x1 и обозначим через L1 линейную оболочку векторов x2 , x3 ,..., xn . Поскольку L1 конечномерно, то оно замкнуто. Покажем, что  ( x1, L1 )  inf x1  y  0 . От противного: допустим, что yL1

 ( x1, L1 )  inf x1  y  0 . Это означает, что x1  L1 (иначе, как известно из п. 2.5 yL1

раздела 2 части I, выполнялось бы неравенство  ( x1 , L1 )  0 ) и y  L1 (возможно, не единственный), такой, что  ( x1 , L1 )  x1  y  0 , откуда x1  y . Поскольку y  L1 , то y  2 x2  3 x3  ...  n xn , поэтому x1  2 x2  3 x3  ...  n xn , а это противоречит линейной независимости элементов x1 ,..., xn . Итак,  ( x1 , L1 )  0 . Далее, по теореме о вычислении расстояния с помощью функционала, f1  X * такой, что f1 ( x1 )  1 и y  L1 f1 ( y )  0 , и, в частности, f1 ( xk )  0 при k  2,3,..., n (поскольку все xk  L1 при k  2,3,..., n ). Аналогично, возьмем элемент x2 и найдем функционал f 2  X * такой, что f 2 ( x2 )  1 и f 2 ( xk )  0 при k  1,3,4,..., n . И т.д. Рассмотрим функционал f  c1 f1  c2 f2  ...  cn f n , определенный всюду на X . Этот функционал линеен и ограничен, как линейная комбинация линейных и ограниченных функционалов, и при этом: f ( xk )  c1 f1 ( xk )  c2 f2 ( xk )  ...  ck f k ( xk )  ...  cn f n ( xk )  ck . 2. Пусть  xn  – последовательность элементов линейного нормированного пространства X , cn  – последовательность действительных чисел, M – положительное число. Доказать, что для существования функционала f  X * , удовлетворяющего условиям f ( xn )  cn ( n ) и f  M необходимо и достаточно, чтобы для всякого n и любых действительных чисел 1 , 2 ,..., n выполнялось неравенство

n

 c k 1

k k

M

n

 x k 1

k k

.

Решение: необходимость предлагается доказать самостоятельно (см. задачу 4). 298

Достаточность: пусть выполняется условие

n

 c

множество линейных комбинаций вида

n

 x k 1

k k

 x

M

k k

k 1

n

k 1

k k

и L –

( n и k произвольны). Для лю-

n

n

k 1

k 1

бого x   k xk  L рассмотрим функционал f 0 ( x)   k ck . Линейность этого функционала очевидна. Проверим его ограниченность: f 0 ( x) 

n

 k ck  M k 1

n

 x

 M x , т.е. f 0

k k

k 1

ограничен и, кроме того, f 0  M . Покажем, что значение f 0 ( x ) определяется элементом x однозначно. Для этого предположим, что есть два представления n

n

k 1

k 1

x   k xk   k ' xk . Тогда n

n

 c   k 1

k k

k 1

k

n

n

 c   k 1

k k

k 1

k

' ck  M

n

n

 x   k 1

k k

k 1

k

' xk  0 , откуда

n

' ck . Но тогда xk   i xi , где все i равны нулю, кроме k  1 , i 1

поэтому f0 ( xk )  ck . По теореме Хана-Банаха f 0 может быть продолжен на все пространство X до функционала f , причем f  f 0  M и f ( xk )  f0 ( xk )  ck n  . 3. Пусть X – линейное нормированное пространство, x  X . Доказать, что x  sup f ( x) . f X * , f 1

Решение: обозначим c 

sup f X * , f 1

f ( x) . По свойству линейного ограничен-

ного функционала x  X f  X * f ( x)  f  x . Возьмем в этом неравенстве точную верхнюю грань по всем f  X * таким, что откуда c  x . С другой стороны, поскольку c 

f  1:

sup f X * , f 1

sup

f ( x)  x ,

f X * , f 1

f ( x) , то f  X * тако-

го, что f  1 c  f ( x ) . По теореме о вычислении нормы вектора с помощью функционала, для вектора x  X найдется функционал f  X * такой, что f  1 и f ( x)  x . Этот функционал и подставим в неравенство c  f ( x ) , тогда получим, что c  x . Окончательно, получаем, что x  c . 4. Доказать, что линейное многообразие L всюду плотно в нормированном пространстве X тогда и только тогда, когда всякий линейный функционал f  X * , равный нулю на L , обращается в нуль тождественно. Решение: пусть всякий линейный функционал f  X * , равный нулю на L , обращается в нуль тождественно, однако, L не всюду плотно в X , т.е. L  X . Тогда x  X и x  L  x, L  inf x  u  0 . Зафиксируем x0  X x0  L . По

 

uL

299

теореме о вычислении расстояния с помощью функционала f  X * : x  L f ( x)  0 и f ( x0 )  1 , т.е. f  0 . Таким образом, f ( x)  0 на L , но в то же время f не равен нулю тождественно. Противоречие. Обратно: пусть L  X . Тогда по определению всюду плотности x  X  xn   L : xn  x при n   . Возьмем произвольный функционал f  X * , обращающийся в нуль на L . Поскольку f непрерывен, то f ( xn )  f ( x) при n   , а раз f ( xn )  0 , то и f ( x)  0 . Поскольку x выбирался произвольно, то f  0. 5. Пусть X – линейное нормированное пространство. Доказать, что если пространство X * сепарабельно, то и X сепарабельно. Верно ли обратное утверждение? Решение: пусть X * сепарабельно, т.е., по определению, в нем есть счетное всюду плотное множество M   f1 , f 2 ,... . По определению нормы функционала

f k  sup f k ( x) . Из определения точной верхней грани следует, что для  k  x 1

fk 2

fk . Такой 2 элемент xk найдем для каждого функционала f k . Поскольку множество f k счетно, то и множество xk – также счетно. Множество линейных комбинаций элементов xk с рациональными коэффициентами тоже счетно. Обозначим его через L , т.е. L – линейное многообразие. Осталось показать, что L – всюду плотно в X , т.е., что L  X . Допустим, что L  X . Тогда по теореме о вычислении расстояния с помощью функционала f  X * : x  L f ( x)  0 , а для y  X , y  L f ( y)  1 . Таким f ( xk )  0 . Поскольку M образом, f  0 . Поскольку x  L f ( x)  0 , то k  всюду плотно в X * , то для функционала f   0 f i  M : f  fi   . существует элемент xk  X такой, что xk  1 и f k ( xk )  f k   k 

Далее, имеем ( f  fi )( xi )  f ( xi )  fi ( xi )  fi ( xi ) 

fi , откуда получаем, 2

fi fi  2 f  fi  2 . , откуда 2 x 1 Значит, f  f  fi  fi  f  f i  f i    2  3 . Поскольку   0 произвольно, то f  0 , откуда f  0 . Противоречие. что

f  fi  sup ( f  fi )( x)  ( f  fi )( xi ) 

Обратное утверждение неверно, поскольку l1*  l , пространство l1 – сепарабельно, а сопряженное к нему пространство l не сепарабельно. 6. Рассмотрим в L1  0,1 одномерное подпространство L  t :    и определим на L функционал f ( x)   , если x(t )  t . Найти его продолжение на все пространство без увеличения нормы. 300

Решение: пусть  : L1  0,1  – искомое продолжение функционала f : L  , т.е. x(t )  t  ( x)  f ( x)   и   f . Поскольку

f  sup yL y 0

f ( y)   1  sup    y t t t  0 t

1

 2 , то функцио-

1

 t dt 0

нал  будем искать так, чтобы   2 . По теореме об общем виде линейного

ограниченного функционала в пространстве L1  0,1   L1 g (t )  L  0,1 : 1

x(t )   0,1  ( x)   x(t ) g (t )dt и   g

L

 2 . При этом при x(t )  t получаем,

0

1

что  ( x)    tg (t )dt  f ( x)   , откуда 0

1

 tg (t )dt  1. Т.к.

g

0

то выберем g (t )  2 . При таком выборе действительно

1

L

 esssup g (t )  2 , t0,1

 tg (t )dt  1,

поэтому,

0

1

окончательно,  ( x)  2 x(t )dt . Ясно, что построенный функционал линеен, огра0

ничен и определен на всем пространстве L1  0,1 . Заметим, что продолжение функционала может быть неединственным. 7. Пусть g : X  – линейный ограниченный функционал. Доказать, что g ( x0 ) , x0  ker g .  ( x0 ,ker g )  g Решение: вначале покажем, что любой линейный ограниченный функционал f  X * такой, что x  ker g f ( x)  0 , пропорционален g . Ясно, что ker g  ker f . Зафиксируем точку x0  ker g и рассмотрим произвольную точку так, чтобы y  x   x0  ker g . Поскольку x  X . Подберем число   g ( x) g ( y )  0 , то g ( x)   g ( x0 )  0 , откуда   . Таким образом, элемент x  X g ( x0 ) представляется в виде x   x0  y ,   , y  ker g . Легко показать, что это представление единственно. Поскольку x   x0  ker g  ker f , то f ( x   x0 )  0 . f ( x0 ) g ( x)   g ( x) . Отсюда следует, что f ( x)   f ( x0 )  0 , f ( x)   f ( x0 )  g ( x0 ) Докажем исходное утверждение. По теореме о вычислении расстояния с помощью функционала для x0  ker g существует функционал f  X * такой, 1 . В силу доказанного выше что x  ker g f ( x)  0 , f ( x0 )  1 и  ( x0 ,ker g )  f 1 f   g , откуда f   g . Поскольку f ( x0 )  1   g ( x0 ) , то   . g ( x0 ) 301

8. Пусть H – гильбертово пространство, L – его подпространство, f – линейный ограниченный функционал, заданный на L . Доказать, что существует единственное продолжение f на все пространство H с сохранением нормы. Решение: т.к. L  H и L замкнуто, то L – гильбертово, следовательно, по теореме Рисса, существует однозначно определяемый функционалом f элемент a  L такой, что x  L f ( x)  ( x, a) и f  a . Далее, x  H определим функционал   H * равенством  ( x)  ( x, a) . Покажем, что  является продолжением f на все пространство H , причем   f . Действительно, при x  L  ( x)  ( x, a)  f ( x) , т.е. f   на L , т.е.  явля ( x) ется продолжением f . Кроме того,  ( x)  ( x, a)  x  a , значит,   sup  a . x x 0 С другой стороны, при x  a находим   sup x 0

 ( x) ( x, a) (a, a)  sup   a , x x a x 0

значит,   a  f и норма при продолжении не изменилась. Осталось показать единственность данного продолжения, т.е., что любое другое продолжение имеет норму, большую, чем f . Пусть  – другое продолжение f на все пространство, тогда по теореме Рисса a1  H : x  H  ( x)  ( x, a1 ) и при этом   a1 . При x  L имеем, что  ( x)  ( x, a1)  f ( x)  ( x, a)  ( x) , т.е. ( x, a1 )  ( x, a) , откуда ( x, a1  a)  0 , значит, поскольку x  L , то a1  a  L , а, поскольку a  L , то по теореме Пифагора a1  a1  a  a  a1  a  a . Отсюда следует, что  2

что 

2

2

 f

2

2

2

2

 a1  a  f , т.е., 2

2

, т.е.   f , причем знак равенства при a1  a не имеет места. Задачи для самостоятельного решения

1. Пусть X – линейное нормированное пространство, x, y  X , x  y . Доказать, что существует функционал   X * такой, что  ( x)   ( y ) . 2. Доказать, что в любом линейном нормированном пространстве существует линейный ограниченный функционал, не равный тождественно нулю. 3. Пусть X – линейное нормированное пространство, x  X . Доказать, что если f  X * f ( x)  0 , то x  0 . 4. Пусть  xn  – последовательность элементов линейного нормированного пространства X , cn  – последовательность действительных чисел, M  0 . Доказать, что если существует функционал f  X * , удовлетворяющий условиям f ( xn )  cn ( n ) и f  M то для всякого n и любых действительных чисел 1 , 2 ,..., n выполняется неравенство

n

 k ck  M

302

k 1

n

 x k 1

k k

.

n

Указание: учесть, что элемент x   k xk  X и рассмотреть

f ( x) ,

k 1

воспользоваться ограниченностью функционала. 5. Пусть X – линейное нормированное пространство, x0  X и для любого f  X * такого, что f  1 выполняется неравенство f ( x0 )  1. Доказать, что x0  1 .

Указание: предположить, что x0  1 и воспользоваться примером 3.    6. Пусть M   x  (1 ,  2 ,...)  l1 :   2 k  0  , функционал f на множестве k 1   

M задан формулой f ( x)    2 k 1 . Продолжить функционал f на все проk 1

странство l1 с сохранением нормы. Указание: показать, что продолжение функционала f может быть 

найдено в виде  ( x)    k . Использовать теорему об общем виде функционаk 1

лов на пространстве l1 .

7. Пусть X – линейное нормированное пространство, f  X * , A  L( X , X ) . Доказать, что A  sup f ( Ax) , где верхняя грань берется по множеству

x  X , f  X

*

: x  1, f  1 .

Указание: воспользоваться тем, что A  sup Ax и примером 3. x 1

8. Пусть L   x  L2 0,1 : x(t )  0 почти всюду на A , где A – измеримое по

Лебегу множество на  0,1 . Построить линейный непрерывный функционал f на L2  0,1 , равный нулю на L , и такой, что f ( x)  1 при x(t )  t , t   0,1 . 1

   Указание: показать, что f ( x)    x(t )dt   tdt  , где  ( A)  0 . A  A  9. Пусть X – линейное нормированное пространство. Доказать, что точка x0  X

является пределом в

X

линейных комбинаций вида

n

 k 1

x

k k

( k  , xk  X , n  ) тогда и только тогда, когда всякий линейный функционал

 n  f  X * , удовлетворяющий условию f   k xk   0 , удовлетворяет также усло k 1  вию f ( x0 )  0 . n   Указание: обозначить L   x : x   k xk  и воспользоваться примером 4. k 1   * 10. Используя пример 5 показать, что l  l1 .

303

11. В пространстве

L  x 

2

2

с элементами x  (1 ,  2 ) на подпространстве

: 21  2  0 задан линейный функционал f ( x)  1 . Продолжить

его на все пространство с сохранением нормы. Доказать, что такое продолжение единственно. Указание: использовать тот факт, что в 2 общий вид линейного непрерывного функционала задается равенством  ( x)   1 1  22 . 2 с элементами x  (1 ,  2 ) на подпространстве 12. В пространстве

L  x 

2

: 21  2  0 задан линейный функционал f ( x)  2 . Продолжить

его на все пространство с сохранением нормы. Доказать, что такое продолжение единственно. 13. Рассмотрим в пространстве L2  0,1 одномерное подпространство L  t :    и определим на L функционал f ( x)   , если x(t )  t . Найти его продолжение на все пространство без увеличения нормы. 14. Пусть X  2 с нормой x  2 1  3  2 , где x  (1 ,  2 ) . На подпро-

странстве L   x  X : 1  0 задан линейный функционал f ( x )   2 . Продолжить его на все пространство с сохранением нормы. Указание: показать, что общий вид линейного ограниченного функционала y  (1 , 2 ) . в X – есть  ( x)  2 1 1  322 , причем y  max  1 ,  2  , 15. В пространстве

2 

с элементами x  (1 ,  2 ) и нормой x  max  1 , 2 

L  x 

на подпространстве

2 

: 1  2  0 задан линейный функционал

f ( x )  1  3 2 . Продолжить его на все пространство с сохранением нормы. Указание: можно воспользоваться геометрической интерпретацией нормы функционала (см. пример 13 п. 1.1). Нужный функционал найти из уравнения гиперплоскости (в данном случае – прямой) x  2 :  ( x)  1 , полученного

из условия касания шара B  0,1 / f







этой гиперплоскости, проходящей через

гиперплоскость  x  L : f ( x)  1 . Либо можно получить общий вид функционала аналогично предыдущей задаче. 16. Найти расстояние в пространстве C[1,1] от элемента x0 (t )  t 2 до ядра 1

функционала f ( x)   t 2 x(t )dx . 1

17. Найти расстояние в пространстве C[1,1] от элемента x0 (t )  t до ядра 1

функционала f ( x)   tx(t )dx . 1

18. Доказать, что, если x0  ker g и существует элемент наилучшего приg ( x0 ) ближения y*  ker g , для которого  ( x0 ,ker g )  x0  y* , то y*  x0  m, g ( m) 304

где m  ker g , m  1 и g (m)  g . 19. Доказать, что, если x0  ker g и не существует элемента наилучшего приближения y*  ker g , но существует минимизирующая последовательность g ( x0 )  mn , где yn*  ker g такая, что  ( x0 ,ker g )  lim x0  yn* , то yn*  x0  n  g (mn ) mn  ker g , mn  1 и g (mn )  g . 20. Найти элемент наилучшего приближения или минимизирующую последовательность в задачах 16, 17. Если элемента наилучшего приближения не существует, то обосновать это. Указание отсутствие элемента наилучшего приближения равносильно отсутствию элемента m  C[1,1] , такого, что m  1 и f (m)  f . Для доказательства отсутствия элемента наилучшего приближения в задаче 17, рассуждая от противного, показать, что, если m  1 и f (m)  f , то m(t )  1

 

для всех t   0,1 и m(t )  1 для всех t   1,0  и непрерывности в нуле быть не может. g ( x0 )  c , где L   x  X : g ( x)  c , g  X * , 21. Доказать, что  ( x0 , L)  g x0  L . Найти формулу элемента наилучшего приближения для этого случая. Указание: показать, что  ( x0 , L)   ( x0  x,ker g ) при фиксированном x  L . 22. Найти расстояние от точки x0  (1, 2,3,0,0,4) до гиперплоскости





L  x  l16 : 2 x1  x2  3x6  6 , а также элемент наилучшего приближения. 23. Пусть X – линейное нормированное пространство, M  X – линейное





многообразие. Доказать, что M   f  X * : x  M f ( x)  0 ство в



X * . Доказать также, что, если M  X



– подпростран-

– подпространство, то

M  x  X : f  M  f ( x)  0 .





Указание: обозначить N  x  X : f  M  f ( x)  0

и доказать, что

M  N и x  M  x  N (для этого использовать теорему о вычислении расстояния с помощью функционала). 24. В пространстве 2 с элементами x  (1 ,  2 ) и нормой x  max  1 , 2  на

подпространстве

L  x 

2 

: 2  0

задан

линейный

функционал

f ( x)  21 . Продолжить его на все пространство с сохранением нормы.

25. В пространстве на

подпространстве

1 с элементами x  (1 ,  2 ) и нормой x  812   22 4 2 L   x  : 2  21 задан линейный функционал 2

f ( x)  61 . Продолжить его на все пространство с сохранением нормы. 305

Указание: показать, что общий вид линейного ограниченного функциона1 2 2 ла – есть  ( x)  2 211   22 , причем y  1  2 , y  (1 , 2 ) . 2 2 26. В пространстве с элементами x  (1 ,  2 ) и нормой

x  max  1 , 1  22  на подпространстве L   x 

2

: 2  31 задан линейный

функционал f ( x)  2 . Продолжить его на все пространство с сохранением нормы. Указание: показать, что общий вид линейного ограниченного функционаy  1  2 , y  (1 , 2 ) . ла – есть  ( x)   1 1  (1  22 )2 , причем 27.

В

пространстве

2

с

x  (1 ,  2 )

элементами

x  max  1 , 1  22  на подпространстве L   x 

2

и

нормой

: 2  1 задан линейный

функционал f ( x)  2 . Продолжить его на все пространство с сохранением нормы. 2 28. В пространстве с элементами x  (1 ,  2 ) и нормой

x  1   2  21  4 2 на подпространстве L   x 

2

: 2  0 задан линейный

функционал f ( x )  91 . Продолжить его на все пространство с сохранением нормы. Указание: показать, что общий вид линейного ограниченного функционала – есть  ( x)  (1  2 )1  (21  42 )2 , причем y  max 1 , 2  , y  (1 , 2 ) . 29.

В

пространстве

2

с

x  (1 ,  2 )

элементами

x  1   2  21  4 2 на подпространстве L   x 

2

и

нормой

: 1  22  0 задан ли-

нейный функционал f ( x )  91 . Продолжить его на все пространство с сохранением нормы. 30. В пространстве 3 со стандартной евклидовой нормой на подпространстве L  ( x, y, z )  3 : x  y  z  0 задан линейный функционал f ( x)  x . Продолжить его на все пространство с сохранением нормы. 31. В пространстве 3 со стандартной евклидовой нормой на подпространстве L  ( x, y, z )  3 : x  y  z задан линейный функционал f ( x)   x . Продолжить его на все пространство с сохранением нормы. 32. В пространстве 3 со стандартной евклидовой нормой на подпространстве L  ( x, y, z )  3 : x  y  2 z  0 задан линейный функционал f ( x)  x  y . Продолжить его на все пространство с сохранением нормы. 33. В пространстве L2  0,1 на подпространстве многочленов степени не выше первой задан функционал f ( x)  x(1) . Найти его продолжение на все пространство с сохранением нормы. Доказать единственность такого продолжения. Указание: f  2 . Обратить внимание на функцию y (t )  6t  2 . 306

34. В пространствах C[0,3] и L1[0,3] найти расстояние от элемента x0 (t )  2t  3  до множества M   x :  x(t )dt  1 .  0 

35. В пространствах C[0,3] и L1[0,3] найти расстояние от элемента x0 (t )  2t 3  2  до множества M   x :  tx(t )dt   tx(t )dt  0  . 2  0  36. В пространстве L2 [0,1] найти расстояние от элемента x0 (t )  t до мно-

1 1   жества M   x(t ) :  t 3 x(t )dt  0  .   0 37. В пространстве C[0,1] найти расстояние от элемента x0 (t )  sin t до множества M   x(t ) : x(0)  x(1) . 38. В пространстве C[0,1] найти расстояние от элемента x0 (t )  cos t до 1   множества M   x(t ) : x(0)   x(t )dt  2  .   0    39. В пространстве L1   ,  найти расстояние от элемента x0 (t )  t  1  3 3    3   до множества M   x(t ) :  x(t )sin tdt  1 .     3   Указание: вначале исследовать на внутренний экстремум (т.е. решить задачу x0  x  inf без ограничения x  M и проверить, попадает ли найденное решение во множество M . Затем рассмотреть задачу на условный экстремум с условием x M ). 

 1  40. В пространстве l1 найти расстояние от элемента x0 (t )   2  до  n  n 1   n 1 n   .  M множества x :  2  n 1 n  1 

 1  41. В пространстве c0 найти расстояние от элемента x0 (t )   n  до  3  n 1     (1)n  множества M   x :  n  n  1 .    n 1 2 

307

2.4. Общий вид линейного ограниченного функционала в пространстве C  a, b  Определение: функция f ( x) , определенная на отрезке  a, b  , называется функцией с ограниченным изменением, если c  0 : для любого разбиения отрезка a  x0  x1  x2  ...  xn  b выполнено

n



k 1

n

f ( xk )  f ( xk 1)   f ( xk )  c . k 1

Замечание: очевидно, что всякая монотонная функция имеет ограниченное изменение, т.к. для нее

n

 f ( xk )  f ( xk 1) 

f (b)  f (a) .

k 1

Определение: пусть f ( x) – функция с ограниченным изменением. Полным изменением (полной вариацией) функции f ( x) на отрезке  a, b  называется точная верхняя грань сумм

n

 f ( xk ) , которая берется по всем разбиениям k 1

b

n

a

k 1

отрезка  a, b  . Обозначение: V f ( x)  sup  f ( xk ) . b

Замечание: из определения следует, что V f ( x)  f (b)  f (a) . a

b

b

a

a

Теорема (свойства полного изменения): 1. Если  – число, то V  f   V f . 2. Если f и g – функции с ограниченным изменением, то f  g также b

b

b

a

a

a

имеет ограниченное изменение, и, при этом, V( f  g )  V f  V g . c

b

c

a

a

b

3. Если a  b  c , то V f  V f  V f . x

4. Функция v( x)  V f монотонно неубывает на отрезке  a, b  . a

5. Всякая функция с ограниченным изменением может быть представлена, как разность двух монотонно неубывающих функций. Доказательство: 1. Очевидно из определения полного изменения. 2. Очевидно из определения полного изменения и свойств точных верхних граней. 3. Рассмотрим разбиение отрезка  a, c  , в котором точка b является одной из точек деления, т.е. xr  b , тогда

n

r

n

k 1

k 1

k  r 1

 f ( xk )   f ( xk )  

b

f ( xk )  V f  a

c

 V f . Если b не является точкой деления, то добавим ее к этим точкам. Ясно, b

что, если b   xk 1, xk  , то f ( xk )  f ( xk 1)  f ( xk )  f (b)  f (b)  f ( xk 1) . Ос308

тальные слагаемые в сумме

n

 f ( xk )

не изменятся. Тем самым, сумма

k 1

n

 f ( xk ) k 1

n

b

c

 f ( xk )  Va f  Vb f .

при добавлении к разбиению точки b не уменьшается и

k 1

b

c

a

b

n

c

k 1

a

 f ( xk ) . Поскольку V f –

Ясно, что V f  V f – мажоранта для сумм c

b

c

a

a

b

наименьшая из таких мажорант, то V f  V f  V f . С другой стороны, по определению точной верхней грани,   0 найдут-

 

ся такие разбиения  xi ' и x j '' отрезков  a, b  и b, c  , что

b



 f ( xi ')  Va f  2 i

и

c



b

2

 f ( x j '')  V f  j

. Объединив эти разбиения, получим разбиение отрезка b

 a, c  , для которого  f ( xk )   f ( xi ')   f ( x j '')  Va f k

i

c

 V f   . В силу b

j

c

b

c

a

a x

b

произвольности  по определению sup заключаем, что V f  V f  V f . 4. Следует из свойства 3 и неотрицательности величины V f . a

5. Пусть f – функция с ограниченным изменением на отрезке

 a, b  ,

x

v( x)  V f ,   v  f . Тогда f  v   и осталось доказать, что  неубывает. a

Пусть x1  x2 , тогда  ( x2 )   ( x1 )   v( x2 )  v( x1 )    f ( x2 )  f ( x1)   0 , поскольку x2

f ( x2 )  f ( x1 )  V f ( x)  v( x2 )  v( x1 ) (см. свойство 3). x1

Теорема доказана. Определение: пусть f ( x) и g ( x ) – ограниченные функции на отрезке  a, b . Рассмотрим разбиение a  x0  x1  x2  ...  xn  b на отрезки  xk 1, xk  и выберем по произвольной точке  k   xk 1, xk  . Интегральной суммой Риманаn

Стилтьеса называется величина    f ( k )g ( xk ) . k 1

Определение: если существует предел lim   I , где   max( xk  xk 1)  0

независимо от выбора

 xk 

b

и  k  , то I   f ( x)dg ( x) называется интегралом a

Римана-Стилтьеса от функции f ( x) по функции g ( x ) на отрезке  a, b  . 309

Замечание: пусть g ( x ) монотонно возрастает, тогда g ( xk )  0 и можно n

n

k 1

k 1

ввести суммы Дарбу-Стилтьеса: S   M k g ( xk ) и S   mk g ( xk ) , где

M k  sup f ( x) , mk  inf f ( x ) . Их свойства полностью повторяют свойства  xk 1 , xk   xk 1, xk  обычных сумм Дарбу. Точно также вводятся верхний и нижний интегралы Дарбу-Стилтьеса I  inf S , I  sup S (грани берутся по всем разбиениям отрезка  a, b  ). Дословно устанавливается, что интеграл Римана-Стилтьеса существует тогда и только тогда, когда функция f ( x) ограничена на отрезке  a, b  и n

lim  k ( f )g (xk )  0, где k ( f )  M k  mk .

 0 k 1

Теорема (об интегрируемости непрерывной функции): пусть функция f ( x) непрерывна на отрезке  a, b  , а функция g ( x ) имеет ограниченное изb

менение на отрезке  a, b  , тогда интеграл I   f ( x)dg ( x) существует. a

Доказательство: если g ( x ) монотонно возрастает, то доказательство полностью копирует аналогичную теорему для интеграла Римана (используя теорему Кантора о равномерной непрерывности). В общем случае, поскольку g ( x ) имеет ограниченное изменение, то ее можно представить в виде разности двух неубывающих ограниченных функций, т.е. g ( x)  g1( x)  g2 ( x) . Тогда n

n

n

k 1

k 1

k 1

   f ( k )g ( xk )   f ( k )g1( xk )   f ( k )g 2 ( xk )  1   2 . Поскольку для неубывающих функций  lim  1 и  lim  2 , то  lim  .  0

 0

 0

Теорема доказана. Теорема (об оценке интеграла): пусть f ( x) непрерывна на  a, b  , а g ( x ) имеет ограниченное изменение на  a, b  , тогда

b

 f ( x)dg ( x)  max  a ,b 

b

f ( x)  V g ( x) . a

a

Доказательство:

n

n

n

f ( x)  g ( xk )   f (k )g ( xk )   f (k ) g ( xk )  max a ,b   k 1 k 1 k 1

b

 max f ( x)  V g ( x) . Переходя к пределу при   0 , получим требуемое. a  a ,b  Теорема доказана. Теорема (о вычислении интеграла): 1. Пусть f ( x) непрерывна на отрезке  a, b , g ( x) непрерывна на отрезке  a, b и имеет на нем производную g '( x) всюду, за исключением, быть может, конечного числа точек. Если g '( x) инте310

грируема по Риману на  a, b  , то

b

b

a

a

 f ( x)dg ( x)   f ( x) g '( x)dx ,

причем справа

стоит интеграл Римана. 0, x  0 , a  c  b и f ( x) непрерывна в точке c , тогда 2. Пусть  ( x)   1, x  0 b

 f ( x ) d  ( x  c )  f (c ) . a

3. Пусть f ( x) непрерывна на отрезке  a, b  , g ( x ) имеет всюду на  a, b  , за исключением, быть может, конечного числа точек, производную g '( x) , причем g '( x) интегрируема на отрезке  a, b  . Если при этом g ( x ) имеет разрывы первоb

го рода в точках a  c0  c1  ...  ck  ...  cm  b , то

 f ( x)dg ( x)  f (a) g (a  0)  g (a)  a

b

m 1

a

k 1

  f ( x) g '( x)dx   f (ck )  g (ck  0)  g (ck  0)  f (b)  g (b)  g (b  0)  . Доказательство: 1. По формуле Ньютона-Лейбница можно представить x

n

a

k 1

n

g ( x ) в виде g ( x)  g (a)   g '(t )dt , тогда    f ( k )g ( xk )   b

xk

n

 f ( x) g '( x)dx    k 1

С другой стороны

a

b

   f ( x) g '( x)dx   a



k 1 xk 1

f ( k )g '( x)dx .

f ( x) g '( x)dx . Отсюда получаем, что

xk 1

xk

n

xk

  f (k )  f ( x)  g '( x)dx .

Ясно, что для

k 1 xk 1

f ( k )  f ( x)  k ( f ) ,

откуда

b

n

   f ( x) g '( x)dx   k ( f ) k 1

a

xk 1  x  xk

xk



g '( x) dx .

По-

xk 1

скольку по условию g '( x) интегрируема на отрезке  a, b  , то g '( x )  c , откуда b

n

a

k 1

   f ( x) g '( x)dx  c  k ( f )xk . b

Поскольку существует интеграл Римана

 f ( x)dx , то при   0 получаем a

n

b

k 1

a

   f ( x) g '( x)dx .  k ( f )xk  0 , откуда lim 0 В более общей форме утверждение пункта 1 предлагается доказать самостоятельно (задача 11). 311

n

2.    f ( k ) ( xk  c) . Пусть xi 1  c  xi , тогда  ( xi  c)  1 , а при k 1

k  i  ( xk  c)  0 . Таким образом,   f (i ) . При   0 f (i )  f (c) и получаем что и требовалось. 3. Предлагается доказать самостоятельно (задача 9). Теорема доказана. Замечание: пусть f ( x) непрерывна на отрезке  a, b  , а g ( x)  0 всюду на b

 a, b , кроме одной точки    a, b  . Тогда  f ( x)dg ( x)  0 . Действительно, если a

g ( )  0 , то достаточно рассматривать интегральные суммы, в точки деления которых не входит  . В силу аддитивности это же будет верно, если g ( x)  0 в конечном числа точек интервала  a, b  . Также известно (см. [5]), что, если g1 ( x)  g 2 ( x) на  a, b  , всюду, кроме, быть может, счетного числа точек, то b

b

a

a

 f ( x)dg1( x)   f ( x)dg2 ( x) (см. также свойства интеграла, задача 8). Замечание: аналогично определяется интеграл Римана-Стилтьеса, если g ( x ) задана на промежутках  a, b  ,  a, b  ,  a, b  . Теорема Рисса (об общем виде функционала на пространстве C  a, b  ): 1. Для любой функции ограниченного изменения g ( x ) на отрезке  a, b  b

функционал  ( f )   f ( x)dg ( x)   C  a, b  , и при этом  Ca ,b*  V g ( x) ; a b

*

a

2.    C  a, b  существует функция ограниченного изменения g ( x ) та*

b

кая, что g (a)  0 и f ( x)  C  a, b   ( f )   f ( x)dg ( x) , причем  Ca ,b*  V g ( x) . a b

a

b

Доказательство: 1. Пусть f ( x)  C  a, b   ( f )   f ( x)dg ( x) . Линейность a

этого функционала очевидна из свойств линейности интеграла Стилтьеса. Проверим ограниченность:  ( f ) 

b

b

b

a

a

 f ( x)dg ( x)  max f ( x)  V g ( x)  V g ( x)  f  c  f x a ,b

a

(воспользовались теоремой об оценке интеграла Стилтьеса). При f  0 поде( f ) b f лим полученное неравенство на :  V g ( x) , а, поскольку это неравенa f ство справедливо при всех f  0 , то sup f 0

b ( f ) b  V g ( x) , откуда  Ca ,b  V g ( x) . a a f *

2. Ясно, что C  a, b  – это подпространство пространства всех ограничен312

ных функций с нормой

f  sup f ( x) . По теореме Хана-Банаха продолжим x a ,b   на это пространство с сохранением нормы и получим функционал  . В 1, a  x   . частности,  определен на семействе функций ha ( x)  0 , h ( x)   0,   x  b Возьмем g ( )  (h ) и покажем, что g – функция с ограниченным изменением на отрезке  a, b  . Рассмотрим произвольное разбиение a  x0  x1  x2  ...  xn  b и обозначим k  sign( g ( xk )  g ( xk 1)) , k  1,2,..., n . Тогда

 g ( xk )  g ( xk 1)   k  g ( xk )  g ( xk 1)    k  (hx )  (hx )   k   hx n

n

k 1

n

k 1

n

k 1

k

k 1

 n   n      k hxk  hxk 1      k hxk  hxk 1     k 1   k 1 



поскольку



 k  hx n

k

k 1







 hxk 1  1 (сумма

 k  hx n

k

k 1

k 1

 k  hx

 hxk 1   ,

k

k 1





 hxk 1 



n

 hxk 1

k

принимает только

значения 0,1, или –1). Поскольку разбиение отрезка было произвольным, то заключаем, что b

V g ( x)     a

 C  a ,b* , следовательно, g – функция с ограниченным измене-

нием на отрезке  a, b  . Далее, пусть f ( x) – произвольная непрерывная на отрезке  a, b  функция.

Тогда она равномерно непрерывна, т.е.   0   0 : x ', x ''  a, b  x ' x ''   f ( x ')  f ( x '')   . Пусть разбиение отрезка таково, что длина каждой его части меньше  . Составим ступенчатую функцию f ( x)  f ( xk ) при xk 1  x  xk , k  1,2,..., n , f ( a )  f ( a ) . Тогда по построению x   a, b  f ( x)  f ( x)   , от-

куда



n



f  f   . Кроме того, ясно, что f ( x)   f ( xk ) hxk ( x)  hxk 1 ( x) . Отk 1 n

  сюда ( f ( x))     f ( xk ) hxk ( x)  hxk 1 ( x)    f ( xk ) hxk ( x)  hxk 1 ( x)   k 1  k 1



n







n

  f ( xk )  g ( xk )  g ( xk 1 )  . Получили интегральную сумму Римана-Стилтьеса. k 1

Поскольку интеграл

b

 a

b

f ( x)dg ( x) существует, то ( f ( x))   f ( x)dg ( x) , т.е.  0

b

a

при любом достаточно мелком разбиении ( f ( x))   f ( x)dg ( x)   . a

313

С другой стороны, ( f )  ( f )  ( f  f )   f  f    , откуда b

b

( f )   f ( x)dg ( x)  ( f )  ( f )  ( f )   f ( x)dg ( x)      1 . Поскольa

a

b

ку  – произвольно, то  ( f )   f ( x)dg ( x) . Наконец, т.к. f непрерывна, то a

( f )   ( f ) . Теорема доказана. Замечание: поскольку функция g ( x ) представляется в виде разности монотонных функций, то она может иметь на интервале  a, b  конечное или счетное число точек разрыва первого рода. При этом если заменить функцию g ( x ) функцией g ( x) , отличающейся от g ( x ) только значениями в точках разрыва, то b

b

a

a

Пусть    a, b  – точка разрыва функции g ( x ) , а

 f ( x)dg ( x)   f ( x)dg ( x) .

b  g ( x), x   . Тогда очевидно, что оценка  Ca ,b*  V g ( x) остается в g ( x)   a  g (  0), x   b

b

a

a

силе. При этом V g ( x)  V g ( x) , и равенство возможно только если значение g ( ) лежало между значениями g (  0) и g (  0) (включительно). В остальb

ных случаях неравенство строгое. Тем самым, верна и оценка V g ( x)   Ca ,b* , a b

откуда  Ca ,b*  V g ( x) . Таким образом, можно считать, что функция g ( x ) изa начально непрерывна справа во всех точках интервала  a, b  . Замечание: ясно, что, если g1 (a )  g 2 (a ) , g1 (b)  g 2 (b) и g1 ( x)  g 2 ( x) всюду на  a, b  , за исключением счетного числа точек, то они определяют один и тот же функционал  . Обратно: если

b

b

 f ( x)dg ( x)   f ( x)dg ( x) 1

a

2

a

для любой

непрерывной функции f ( x) , то можно показать, что g1( x)  g2 ( x)  const в точках непрерывности функции g1 ( x )  g 2 ( x ) (т.е. всюду, кроме, счетного числа точек, см. по этому поводу [5]). Таким образом, каждому линейному ограниченному функционалу в C  a, b  соответствует класс функций с ограниченным изменением на отрезке  a, b  . Две функции попадают в один и тот же класс тогда и только тогда, когда их разность постоянна всюду, кроме, быть может, счетного числа точек интервала  a, b  . В каждом классе есть ровно одна функция со свойством g (a)  0 , непрерывная справа всюду на  a, b  . Ее и будем использовать для вычисления нормы функционала. 314

Примеры решения задач

1, 0  x  0,5  1. Вычислить интеграл:  x 2 dg ( x) , где g ( x)  0, 0,5  x  1,5 . 2, 1,5  x  2 0  Решение: g '( x)  0 всюду, за исключением точек x  0,5 и x  1,5 . В этих 2

2

точках g ( x ) имеет скачки, соответственно, 1 и 2 , поэтому  x 2dg ( x)  (0,5)2 1  0

(1,5)2  (2)  4,25 . 2. Представить в виде интеграла Римана-Стилтьеса и вычислить норму функционала f : C  1,1 

1

, f ( x)   tx(t )dt . 1

Решение: общий вид функционала в C  1,1 – есть f ( x) 

1

 x(t )dg (t ) , при-

1

чем функцию g (t ) ограниченного изменения надо подобрать так, чтобы g (1)  0 и она была непрерывна справа во всех точках интервала  1,1 . Поскольку в исходном виде функционала отсутствуют внеинтегральные члены, то g (t ) не должна иметь скачков ни в одной точке отрезка. Поскольку должно

t2 1 быть tdt  dg (t ) , то всем этим требованиям удовлетворяет функция g (t )   . 2 2 1

Тогда f  V g (t ) . Для вычисления вариации можно использовать формулу за1

1

0

1

1

1

0

дачи 6, а можно заметить, что V g (t )  V g (t )  V g (t ) , причем на каждом из полу1

1 1   1. 1 2 2 3. Представить в виде интеграла Римана-Стилтьеса и вычислить норму

ченных промежутков функция g (t ) монотонна, поэтому f  V g (t )  функционала f : C  1,1 

1

, f ( x)   tx(t )dt  2 x(0) . 1

 t2  Решение: ясно, что  tx(t )dt   x(t )d   , а, поскольку в представлении 2 1 1 функционала участвует слагаемое 2 x(0) , то необходимо, чтобы функция g (t ) 1

1

t2 1   , 1  t  0 2 2 имела в нуле скачок величиной 2 . Таким образом, g (t )   , 2 5 t   , 0  t 1  2 2 315

причем g (1)  0 и g (t ) непрерывна справа всюду на интервале  1,1 . Таким образом, f ( x) 

1

 x(t )dg (t )

1

1

и f  V g (t ) . Для вычисления полного изменения 1

рассмотрим разбиение a  x0  x1  ...  xn  y1  y2  ...  ym  b , в котором точки xi отвечают разбиению полуинтервала  1,0  , а точки y j – разбиению отрезка

0,1

(при этом, возможно, xn и y1 не совпадают с точкой 0). Тогда, если

t2 1 t2 5 g1 (t )   , g 2 (t )   , то, учитывая монотонность, получим: 2 2 2 2   g1( x1)  g1( x0 )  g1( x2 )  g1( x1)  g1( x3 )  g1( x2 )  ...  g1( xn )  g1( xn1)   g 2 ( y1 )  g1 ( xn )  g 2 ( y2 )  g 2 ( y1)  g 2 ( y3 )  g 2 ( y2 )  ...  g 2 ( ym )  g 2 ( ym 1 )   g1( x0 )  g1( x1)  g1( x1)  g1( x2 )  g1( x2 )  g1( x3 )  ...  g1( xn1)  g1( xn )   g1( xn )  g2 ( y1)  g2 ( y2 )  g2 ( y1)  g2 ( y3 )  g2 ( y2 )  ...  g2 ( ym )  g2 ( ym1)  5   g 2 ( y1)  g 2 ( y1)  g 2 ( ym )  2  2 g 2 ( y1)  2  2   3 , 2 5 поскольку g 2 ( y1)  g 2 (0)   . С другой стороны, для любого   0 будем вы2  y12 5     3  y12  3   . Таким бирать y1   , тогда    2  2 g 2 ( y1 )  2  2    2 2 1

образом, по определению точной верхней грани, V g (t )  sup  3 . 1

Задачи для самостоятельного решения 1. Доказать, что всякая функция ограниченного изменения ограничена и имеет в каждой точке отрезка  a, b  конечные односторонние пределы. Доказать свойства 1 и 2 полного изменения. Доказать, что множество функций с ограниченным изменением образует линейное пространство. 2. Доказать, что всякая функция, представимая в виде разности монотонных, имеет ограниченное изменение. 3. Доказать, что, если функция f ( x) имеет на отрезке  a, b  ограниченную производную ( f '( x)  c ), то f ( x) является функцией с ограниченным изменеb

нием и V f ( x)  c(b  a) . a

4. Доказать, что в линейном пространстве функций с ограниченным измеb

нением на отрезке  a, b  таких, что f (a)  0 функция f  V f удовлетворяет a

всем аксиомам нормы. 5. Доказать, что в линейном пространстве всех функций с ограниченным 316

b

изменением на отрезке  a, b  функция f  f (a)  V f ( x) удовлетворяет всем a

аксиомам нормы. 6. Доказать, что, если функция f ( x) непрерывно дифференцируема на отb

b

резке  a, b  , то V f   f '( x) dx . a

a

Указание: представить интеграл, как предел интегральных сумм, воспользоваться теоремой Лагранжа, расписать определение предела и покаb

b

зать, что из него для произвольных  вытекает неравенство V f   f '( x) dx   . a

a

7. Найти полные изменения функций f ( x)  x 2 , f ( x)  x и f ( x)  sign x на отрезке  1,1 . Чему равно полное изменение ступенчатой функции? 8. Используя определение интеграла Римана-Стилтьеса доказать, что справедливы следующие свойства, аналогичные свойствам интеграла Римана: b

а)  dg ( x)  g (b)  g (a) ; б)

a b

b

b

a

a

a

  f1( x)   f2 ( x)  dg ( x)    f1( x)dg ( x)    f2 ( x)dg ( x) , если интегралы

справа существуют; в)

b

b

b

a

a

a

 f ( x)d  g1( x)   g2 ( x)     f ( x)dg1( x)    f ( x)dg2 ( x) , если интегра-

лы справа существуют; г)

b

c

b

a

a

c

 f ( x)dg ( x)   f ( x)dg ( x)   f ( x)dg ( x) ,

a  c  b в предположении, что

все три интеграла существуют. 9. Доказать п. 3 теоремы о вычислении интеграла Римана-Стилтьеса. Указание: пусть  k  g (ck  0)  g (ck ) ( k  0,1,..., m  1 ),  k  g (ck )  g (ck  0)

( k  1,2,..., m ),  k   k  g (ck  0)  g (ck  0) ( k  1,2,..., m  1). Рассмотреть вспоm 1

могательную функцию g1 ( x)  

k 0

 k  ( x  ck ) 

m

 k  (ck  x) . k 1

Доказать, что

функция g2 ( x)  g ( x)  g1( x) непрерывна на отрезке  a, b  (в точках ck установить непрерывность слева и справа). Показать, что g 2 '( x)  g '( x) всюду, за исключением точек ck и воспользоваться пунктами 1 и 2, а также свойствами интеграла Римана-Стилтьеса. 10. Вычислить интегралы Римана-Стилтьеса: 317

 x  2,  2  x  1  а)  xd sin x ;  xdarctgx ; б)  xdg ( x) , g ( x )   2,  1  x  0 .  2 1 2 0  x  3, 0  x  2 11. Пусть функция f ( x) интегрируема по Риману на отрезке 1

2

2

 a, b  ,

а

x

функция g ( x ) представляется в виде g ( x)  c    (t )dt , причем  (t ) интегрируема по Риману на отрезке  a, b  . Доказать, что

a b

b

a

a

 f ( x)dg ( x)   f ( x) ( x)dx

(спра-

ва стоит интеграл Римана). Указание: аналогично п.1 теоремы о вычислении интеграла РиманаСтилтьеса. Предварительно показать, что так определенная функция g ( x ) является функцией ограниченного изменения. 12. Пусть функции f ( x) и g ( x ) непрерывны на отрезке  a, b  , а функция x

 ( x ) имеет на  a, b  ограниченное изменение. Пусть  ( x)   f (t )d (t ) . Докаa

зать, что

b

b

a

a

 g ( x)d ( x)   g ( x) f ( x)d ( x) .

13. Доказать для интеграла Римана-Стилтьеса формулу интегрирования по частям:

b

 f ( x)dg ( x)  f

b ( x) g ( x) a

a

b

  g ( x)df ( x) . Здесь оба интеграла существуют a

или не существуют одновременно. Указание: пусть, например, существует второй интеграл. Составить b

интегральную сумму для первого интеграла, прибавить и вычесть f ( x) g ( x) a и

преобразовать полученное выражение к интегральной сумме второго интеграла. При этом отмеченные точки первой интегральной суммы станут точками разбиения второй, а точки разбиения первой – отмеченными точками второй. 14. Представить в виде интеграла Римана-Стилтьеса и вычислить норму функционала f : C  1,1 

1

x(1)  x(1)   tx(t )dt . , f ( x)  2 1

15. Представить в виде интеграла Римана-Стилтьеса и вычислить норму функционала f : C  1,1  , f ( x)  x(0)  x(1)  x(1) . b

16. Вычислить норму функционала

f ( x)   x(t ) y (t )dt в пространстве

C[a, b] , где y (t )  C[a, b] – фиксированный элемент. 318

a

17. Пусть в C  1,1 определен линейный непрерывный функционал  ( x)  x(0) (дельта-функция). Представить его в виде интеграла РиманаСтилтьеса. Полученная функция g (t ) называется функцией Хевисайда. 18. Представить в виде интеграла Римана-Стилтьеса и вычислить норму функционала f : C  1,1 

1

x(1)  x(1)   t 3 x(t )dt . , f ( x)  2 1

19. Пусть L   x(t )  C 0,1 : x(0)  0 . Построить линейный непрерывный

функционал на C  0,1 , равный нулю на L и принимающий на функции x(t )  t  1 значение 2. Указание:  ( x)  2 x(0) . 20. Рассмотрим в пространстве C  0,1 одномерное подпространство

L  t :    и определим на L функционал f ( x)   , если x(t )  t . Найти его продолжение на все пространство без увеличения нормы. Указание:  ( x)  x(1) . 21. Рассмотрим в пространстве C  0,1 одномерное подпространство L   (1  2t ) :    и определим на L функционал f ( x)   , если x(t )   (1  2t ) . Найти два его продолжения на все пространство без увеличения нормы. Указание: 1 ( x )  x (0) , 2 ( x)   x(1) . 22. Представить в виде интеграла Римана-Стилтьеса и вычислить норму

функционала f : C  1,1 

, f ( x) 

0

1

1

0

 x(t )dt   x(t )dt .

23. Представить в виде интеграла Римана-Стилтьеса и вычислить норму функционала f : C  1,1 

, f ( x ) 

1



 

x(t )dt ,    0,1 .

24. Представить в виде интеграла Римана-Стилтьеса и вычислить норму функционала f : C  0,1 

1

, f ( x)   x( t )dt . 0

25. Представить в виде интеграла Римана-Стилтьеса и вычислить норму функционала f : C  0,1 

1

, f ( x)   x(t 2 )dt . 0

319

2.5. Слабая и *-слабая сходимости Определение: пусть X – линейное нормированное пространство,  xn   X – последовательность его элементов. Пусть x  X . Последовательность  xn  называется слабо сходящейся к вектору x при n   , если для любого линейного ограниченного функционала   X *  ( xn )   ( x) . Обозначеn 

x. ние: xn Теорема (о слабой замкнутости замкнутого шара): пусть X – линейное нормированное пространство, B – замкнутый шар радиуса R с центром в начале координат (т.е. B   x  X : x  R ). Тогда этот шар является слабо замкну-

тым множеством, т.е. из условий  xn   B , xn

x следует, что x  B .

x , т.е.   X * Доказательство: пусть  xn   B , т.е. xn  R и xn  ( xn )   ( x) . По теореме о вычислении нормы вектора с помощью функциоn 

нала   X * :   1 и  ( x)  x . Отметим, что  ( xn )    xn  xn  R . Поскольку  ( xn )   ( x) , то по теореме о предельном переходе в нестрогом нераn 

венстве  ( x)  R , но, поскольку,  ( x)  x , то x  R , что и означает, что x  B . Теорема доказана. Теорема (о не слабой замкнутости замкнутой единичной сферы): в пространстве l2 сфера радиуса 1 с центром в начале координат не является слабо замкнутым множеством. Доказательство: пусть S   x  l2 : x  1 – сфера. Нужно построить по-

следовательность  xn   S , которая слабо сходится к вектору, не принадлежащему S . Рассмотрим вектора xi  (0,0,...0,1,0,0,...) . Ясно, что все они лежат на сфеi

ре S . Кроме того, ясно, что нулевой вектор на сфере S не лежит. Поэтому если 0 , то теорема будет доказана. Итак, надо проверить, что покажем, что xi i 

  l2  ( xi )  0 . По теореме об общем виде функционала в пространстве l p *

i 



  l2 y  l2 :  ( x)    k yk . Поскольку y  l2 , то ряд *

k 1



y k 1

2 k

сходится, и, в

частности, yk  0 . Применяя функционал  к векторам xi , получим, что k 



 ( xi )    k i yk  yi . Поскольку yi  0 , то  ( xi )  0 . k 1

i 

i 

Теорема доказана. Замечание: таким образом, видим, что последовательность, лежащая на сфере, может слабо сходиться к центру этой сферы. Замечание: обычная сходимость последовательности по норме пространства называется иногда сильной сходимостью. 320

Теорема (о связи сильной и слабой сходимостей): пусть X – линейное нормированное пространство,  xn   X – последовательность его элементов. x. Пусть x  X . Тогда из условия xn  x следует, что xn Доказательство: пусть xn  x , т.е. xn  x  0 . Возьмем   X * , тогда

 ( xn )   ( x)   ( xn  x)    xn  x . Переходя к пределу при n   , по теоx. реме о двух милиционерах,  ( xn )   ( x )  0 , откуда  ( xn )   ( x) , т.е. xn Теорема доказана. Теорема (о связи сильной и слабой сходимостей в конечномерном пространстве): в конечномерном пространстве сильная сходимость совпадает со слабой. Доказательство: в силу предыдущей теоремы достаточно доказать, что в x следует, что xn  x . конечномерном пространстве X из условия xn Поскольку X конечномерно, то e1, e2 ,..., ek  X такие, что x  X x  1e1  2e2  ...  k ek , где все ei линейно независимы,  i – действительные числа. Пусть xn  1( n )e1   2( n )e2  ...   k ( n )ek . Рассмотрим функционалы i  X * такие, что i (ei )  1, i (e j )  0 при i  j . Тогда при i  1, k i ( xn )   i ( n ) , i ( x )   i . Т.к. xn

x , то для i  X * i ( xn )  i ( x) , откуда  i ( n )   i . Поскольку в коn 

n 

нечномерном пространстве покоординатная сходимость влечет за собой сходимость по норме, то xn  x . Теорема доказана. x , тогда сущеТеорема (о пределе линейных комбинаций): пусть xn

 kn n  ствует последовательность линейных комбинаций вида  ck xk  , сильно схо k 1  дящаяся к x . Доказательство: пусть L – замкнутое линейное многообразие, порожденное элементами x1, x2 ,..., xn ,... . Допустим, что x  L , т.е. не является пределом линейных комбинаций из L . По теореме о вычислении расстояния с помощью функционала   X * :  ( x)  1 и n  1,2,3,...  ( xn )  0 . Отсюда следует, что  ( xn )    ( x) , т.е. xn  x . Противоречие. Теорема доказана. Теорема (о слабой непрерывности линейного ограниченного оператора): пусть X , Y – линейные нормированные пространства, A : X  Y – линейAx , где x , тогда Axn ный ограниченный оператор. Пусть  xn  , x  X и xn  Axn  , Ax  Y . Доказательство: возьмем любой функционал   Y * , тогда  ( Axn )  f ( xn ) , x , то f ( xn )  f ( x) , т.е. где f  X * . Аналогично,  ( Ax)  f ( x) . Т.к. xn *  ( Axn )   ( Ax) . Поскольку   Y – произвольный, то Axn Ax . Теорема доказана. 321

Замечание: легко обосновывается, что действительно f  X * (т.е. введенный таким образом функционал действительно линеен и ограничен). Определение: пусть X – линейное нормированное пространство, n   X * . Последовательность n  называется *-слабо сходящейся к функци  . оналу   X * , если x  X  n ( x)   ( x) . Обозначение:  n  n 

Замечание: таким образом, *-слабая сходимость – есть ни что иное, как поточечная сходимость функционалов. Теорема (критерий *-слабой сходимости): пусть X – линейное нормированное пространство, n   X * . Для того, чтобы последовательность  n  *слабо сходилась к функционалу   X * необходимо и достаточно, чтобы: 1. последовательность  n  была ограничена; 2.  n ( x)   ( x) x  M , где M – множество, линейные комбинации элементов которого лежат всюду плотно в X . Доказательство: следует из определения *-слабой сходимости и теоремы Банаха-Штейнгауза. Теорема доказана. Теорема (о *-слабой секвенциальной компактности шара в сопряженном пространстве): пусть X – сепарабельное линейное нормированное пространство, B – замкнутый шар с центром в начале координат, лежащий в сопряженном пространстве X * , тогда он является секвенциально *-слабо компактным множеством, т.е. из любой последовательности функционалов  n  B можно выбрать подпоследовательность  nk , которая *-слабо сходится к элементу этого шара. Доказательство: поскольку X – сепарабельно, то в нем существует счетное всюду плотное множество E   x1 , x2 , x3 ,... . Будем считать, что B –

единичный шар, т.е. B    X * :   1 . Поскольку  n  B , то  n  1 . Возь-

мем xk  E , тогда n ( xk )  n  xk  xk . Итак, xk  E последовательность действительных чисел 1 ( xk ),2 ( xk ),3 ( xk ),... ограничена. Из математического анализа известно, что у любой ограниченной последовательности действительных чисел существует подпоследовательность, имеющая предел (теорема Больцано-Вейерштрасса). В частности, возьмем x1  E , значит, из нашей последовательности можно выбрать подпоследовательность 11 ,21 ,31 ,... такую, что последовательность 11 ( x1 ),21 ( x1 ),31 ( x1 ),... имеет предел. Возьмем x2  E и применим это же рассуждение к уже полученной последовательности, т.е. уже из полученной последовательности выберем подпоследовательность 12 ,2 2 ,32 ,... такую, что имеет предел последовательность



2 1

( x2 ),2 2 ( x2 ),32 ( x2 ),... . Отметим, что, поскольку это подпоследовательность

предыдущей последовательности, и подпоследовательность сходящейся после322

довательности имеет тот же предел, то предел имеет также и последовательность 12 ( x1 ),2 2 ( x1 ),32 ( x1 ),... . Возьмем x3  E и уже из полученной последовательности



3 1

выберем

подпоследовательность

3 1

такую,

что

( x3 ),23 ( x3 ),33 ( x3 ),... имеет предел. Поскольку она – подпоследователь-

ность двух предыдущих, то последовательности



13 ,23 ,33 ,...



3 1

( x1 ),23 ( x1 ),33 ( x1 ),... и

( x2 ),23 ( x2 ),33 ( x2 ),... также имеют предел. И т.д. На k -м шаге получим

подпоследовательность исходной последовательности (составленную из элементов всех ранее построенных подпоследовательностей), которая сходится на первых k векторах x1, x2 ,..., xk из множества E . И т.д. Сконструируем из всех этих подпоследовательностей одну, а именно, 1 1 ,22 ,33 ,44 ,... (диагональная последовательность). Покажем, что эта последовательность сходится xk  E . Действительно, поскольку она является подпоследовательностью первой последовательности 11 ,21 ,31 ,... , то на элементе x1 она сходится. Начиная со второго номера, она является подпоследовательностью второй последовательности 12 ,2 2 ,32 ,... , значит, на элементе x2 она тоже сходится. Аналогично, начиная с третьего номера, она является подпоследовательностью третьей последовательности 13 ,23 ,33 ,... , значит, на x3 она сходится и т.д. Итак, на любом элементе xk  E диагональная последовательность сходится. Осталось доказать, что она сходится на любом x  X , что и будет означать ее *-слабую сходимость, т.е. надо доказать, что числовая последовательность n n ( x) имеет предел. Для этого, в силу критерия Коши, достаточно проверить фундаментальность, т.е., что   0 N  : n, m  N n n ( x)  m m ( x)   .

n n ( x)  m m ( x)  n n ( x)  n n ( xk )  n n ( xk )  m m ( xk )  m m ( xk )  m m ( x)   n n ( x)  n n ( xk )  n n ( xk )  m m ( xk )  m m ( xk )  m m ( x)  n n ( x  xk )   n n ( xk )  m m ( xk )  m m ( xk  x)  n n  x  xk  n n ( xk )  m m ( xk )   m m  xk  x  2 x  xk  n n ( xk )  m m ( xk ) .

Поскольку E – всюду плотно в X , то в любой окрестности точки x  X

 -окрестность точки x  X и 3   точку xk  E выберем из этой -окрестности, тогда x  xk  , откуда 3 3 2  n n ( xk )  m m ( xk ) . Построенная нами последовательность n n ( x)  m m ( x)  3 n n сходится на всех элементах множества E , и, в частности, на xk , значит, на

можно найти точку из E . В частности, возьмем

323

xk она фундаментальна, т.е. n n ( xk )  m m ( xk ) 



, начиная с некоторого номе3 ра. Таким образом, n n ( x)  m m ( x)   . Итак, нашли подпоследовательность

  , которая *-слабо сходится. Поскольку наш шар B *-слабо замкнут (задача n n

13), то предел этой подпоследовательности принадлежит этому шару. Теорема доказана. Замечание: аналогично можно доказать, что всякое ограниченное множество линейных непрерывных функционалов в сепарабельном линейном нормированном пространстве, является *-слабо секвенциально предкомпактным. Определение: пространство, сопряженное к сопряженному пространству, называется вторым сопряженным пространством и обозначается X ** . Определение: естественным вложением пространства X во второе сопряженное называется отображение  X * : X  X ** , которое каждому элементу

x  X ставит в соответствие функционал  X * x    X ** по правилу:   X *  ( )   ( x) . Замечание: далее нижний индекс в обозначении  X * x будем опускать. Теорема (о естественном вложении пространства во второе сопряженное): 1. x  X  x действительно принадлежит X ** ; 2.  – линейно; 3.  – ограничено и сохраняет норму, т.е.  x X **  x X ; 4.  – инъективно. Доказательство: 1. x  X надо доказать, что   X ** , т.е., что  линеен и ограничен. а) Линейность  :  (1  2 )  (1  2 )( x)  1( x)  2 ( x)  (1)  (2 ) . С множителем доказательство аналогичное. б) Ограниченность  :  ( )   ( x)    x , т.е.  ограничен. Разделим полученное неравенство на  и возьмем точную верхнюю грань по всем  ( )  x , откуда   x , т.е.  x  x .   0 , тогда sup   0 2.  (1x1  2 x2 )( )   (1x1  2 x2 )   1 ( x1 )  2 ( x2 )   1 x1 ( )  2 x2 ( ) . 3. Из полученного в п.1 неравенства  x  x следует ограниченность  x . Осталось установить неравенство противоположного знака.  ( )  (0 ) 0 ( x) .  x    sup    0



0

0

По теореме о вычислении нормы вектора с помощью функционала x  0 x 0  X * : 0  1 и 0 ( x)  x . Тогда  x   x . 1 324

2.

3.

4. Пусть x1  x2 , тогда  x1   x2   ( x1  x2 )  x1  x2  0 , откуда следует, что  x1   x2 , т.е.  – инъективно. Теорема доказана. Замечание: таким образом, справедливо вложение  ( X )  X ** , причем X   ( X ) , поэтому можно коротко писать X  X ** . Кроме того, поскольку

X   ( X )  X ** , то X – банахово пространство, в котором подмножество  ( X ) лежит всюду плотно. В силу изоморфизма X   ( X ) X является пополнением (неполного) пространства X (см. раздел I, часть 1, п. 1.5). Теорема (о связи равномерной, слабой и *-слабой сходимостей): пусть X – линейное нормированное пространство, X * – его сопряженное пространство, n ,  X * , тогда из  n  следует, что  n  , а из  n  следует,   . что  n  Доказательство: 1. Пусть

 , т.е. n    0 . Рассмотрим   X ** , тогда  (n )  ( )   (n   )    n   . Переходя к пределу при n   , получаем, что  (n )   ( )  0 , т.е.   X **  ( n )   ( ) , откуда следует, что  n  . 2. Пусть  n  , т.е.,   X **  ( n )   ( ) . Надо доказать, что   n   , т.е. x  X n ( x)   ( x) . Берем x  X и обозначим    x – естественное вложение пространства X во второе сопряженное. Тогда   X ** и  ( )   ( x) . Таким образом, из условия  ( n )   ( ) получаем n ( x)   ( x) . Теорема доказана. Теорема (об ограниченности слабо сходящейся последовательности): x , тогда c  0 : пусть X – линейное нормированное пространство, xn xn  c . n  n

Доказательство: рассмотрим  xn   X ** и  x  X ** при  xn   X и x  X соответственно. По теореме о слабой непрерывности линейного ограниченного оператора  xn  x . По предыдущей теореме слабая сходимость вле-

   x , откуда получаем, что   X * чет за собой *-слабую, т.е.  xn   xn ( )   x( ) . Кроме того, X * – банахово. В силу принципа равномерной ограниченности последовательность   xn  – ограничена. В силу изометрич-

ности естественного вложения ограничена и последовательность  xn  . Теорема доказана. Теорема (критерий слабой сходимости): пусть X – линейное нормированное пространство,  xn   X . Для того, чтобы последовательность  xn  слабо сходилась к элементу x  X необходимо и достаточно, чтобы: 1. последовательность  xn  была ограничена; 325

2.  ( xn )   ( x)   , где  – множество линейных ограниченных функционалов, линейные комбинации элементов которого лежат всюду плотно в X*. Доказательство: необходимость: следует из предыдущей теоремы, критерия *-слабой сходимости и свойств естественного вложения пространства во второе сопряженное, если рассматривать линейные ограниченный функционалы  xn и  x над X * . В этом случае *-слабая сходимость будет вытекать из слабой. Достаточность: доказывается по тому же принципу, что и достаточное условие теоремы Банаха-Штейнгауза. Теорема доказана. Определение: множество M банахова пространства X называется секвенциально слабо компактным, если из любой последовательности его элементов можно выделить слабо сходящуюся M в подпоследовательность. Теорема (об ограниченности слабо компактного множества): всякое секвенциально слабо компактное множество ограничено. Доказательство: пусть M – секвенциально слабо компактное множество. Предположим, что M не ограничено. Тогда в нем можно найти неограниченную последовательность  xn   M , такую, что xn  n . По условию из  xn  можно выделить слабо сходящуюся, а значит, ограниченную подпоследовательность xnk . Но xnk  nk   . Противоречие.

 

Теорема доказана. Теорема (оценка слабого предела): пусть X – линейное нормированное x , тогда x  lim xn . пространство, xn n

Доказательство: в силу теоремы об ограниченности слабо сходящейся последовательности, последовательность  xn  – ограничена, в частности, ограничена снизу, значит, lim xn n

действительно существует. Предположим,

что x  lim xn , тогда найдется число  такое, что x    lim xn . Поскольку n

n

lim xn – это частичный предел последовательности n

следовательность откуда

 x  , то найдется подпоn

 x , предел которой равен lim x ni

n

n

, т.е. lim xn  lim xni , n 

i 

x    lim xni . По теореме об устойчивости строгого неравенства

N  : i  N

i 

x    xni . По теореме о вычислении нормы вектора с по-

мощью функционала, для x  X \ 0   X * :   1 и  ( x)  x   . С другой стороны, поскольку  ( xni )    xni  xni   , то  ( xni )    ( x) , значит, тем более  ( xn )    ( x) , т.е., xn  x . Противоречие. Теорема доказана. 326

Примеры решения задач 1. Показать, что из слабой сходимости в бесконечномерном пространстве необязательно следует сильная. Решение: рассмотрим в пространстве L2  0,1 систему xn (t )  sin n t , n . По теореме об общем виде функционала в L p   L2* g (t )  L2  0,1 такая, что 1

1

0

0

 ( xn )   xn (t ) g (t )dt , т.е.  ( xn )   g (t )sin n tdt . Таким образом,  ( xn ) – это n -й коэффициент Фурье функции g (t ) по ортогональной системе функций sin n t , следовательно, как известно из курса математического анализа (лемма Римана),  ( xn )  0 , значит, xn 0 . С другой стороны, xn   0 , поскольку  xn  не фундаментальна в пространстве L2 0,1 . Действительно, n, m  1

xn  xm

2

  sin n t  sin m t dt  1, и, значит, эта норма не может быть меньше 2

0

  0 . 2. Пусть 0   a, b  и  – функционал на пространстве C  a, b  , определяемый соотношением  ( x)  x(0) , а последовательность n (t ) n1  C  a, b удовлетворяет условиям: 1 а)  n (t )  0 при t  и n (t )  0 ; n 

b

б)  n (t )dt  1 . a

b

Доказать, что x  C  a, b  последовательность f n ( x)   n (t ) x(t )dt *-слабо a

сходится к функционалу  . Решение: поскольку x(t ) – непрерывна на  a, b  , то по теореме о среднем для интегралов

1 n

b

1 n

f n ( x)   n (t ) x(t )dt   n (t ) x(t )dt  x( n )  n (t )dt  x( n ) , где a



1 n

 1 1    f n   .



1 n

 n    ,  . При n    n  0 , т.е. x  C  a, b fn ( x)  x(0)   ( x) , откуда n n 3. Для того чтобы последовательность

 xn (t ) n1  Lp 0,1 

( p  1 ) слабо

сходилась к элементу x0 (t )  Lp 0,1 , необходимо и достаточно, чтобы: а) последовательность

 x  была ограниченной; n

327





0

0

б)  xn (t )dt   x0 (t )dt для любого    0,1 . Доказать это утверждение. Решение: условие а) совпадает с условием 1 критерия слабой сходимости. 1, 0  t   Рассмотрим функции  (t )   . Ясно, что это простые ступенчатые 0,   t  1 функции. Из теоремы о плотности простых ступенчатых функций в L p следует, что линейные комбинации  (t ) лежат всюду плотно в L p .

По теореме об общем виде функционала на Lp 0,1 y(t )  Lq 0,1 1

1

 ( x)   x(t ) y(t )dt  Lp* при всех x(t )  Lp 0,1 . В частности,  ( x)   x(t ) (t )dt  Lp* 0

0

при  (t )  Lq . Поскольку Lp  Lq и линейные комбинации функций  (t ) ле*

жат всюду плотно в Lq 0,1 , то линейные комбинации функционалов  лежат

всюду плотно в Lp* (в силу изоморфизма линейные комбинации переходят в линейные комбинации, а в силу изометрии сохраняется всюду плотность). Таким образом, п. 2 критерия слабой сходимости принимает вид  ( xn )   ( x0 ) , что эквивалентно

1



1



 x (t )  (t )dt   x (t )  (t )dt , откуда  x (t )dt   x (t )dt 0

n

0

0

n

0

0

для

0

любого    0,1 . 4. Исследовать на сильную и слабую сходимость в l2 последовательность 1  1  xn  1, ,..., ,0,0,...  . n  2  Решение: вначале исследуем последовательность на слабую сходимость. Возьмем   l2* . Надо проверить, что  ( xn )   ( x0 ) . По теореме об общем ви

де функционала на l p ,  ( xn )    k ( n ) k , где xn  k ( n )   l2 , k   l2*  l2 . Отсюда k 1

n



1

 1 1 

1

 ( xn )    k    k   ( x0 ) , x0  1, , ...   l2 . Поскольку  ( xn )   ( x0 )  n   2 3  k 1 k k 1 k 1 2

1 2

1   2    2    k   0 в силу теоремы об остатке сходящегося k  n 1  k n1 k   k n1  x0 . Проверим, что xn  x0 сильно, т.е., что xn  x0  0 . Действиряда, то xn 





1

 k 



k

тельно, xn  x0

2



   k ( n )   k (0)  k 1

2



1

k

k  n 1

 0.

2 n

5. Доказать, что в пространстве l1 слабая сходимость совпадает с сильной (данное свойство называется свойством Шура). 328

Решение: надо доказать, что из слабой сходимости в l1 вытекает сильная. При этом в силу свойств линейности, достаточно доказать, что из условия l1

xn

n 

0  (0,0,0,...) следует, что xn  0  (0,0,0,...) (если xn

x , то достаточно

n

применить все дальнейшие рассуждения к последовательности  yn    xn  x ). Дано, что xn

n

0 , т.е.   l1  ( xn )   (0)  0 . По теореме об общем виn 



де функционала на l1 получаем, что y  ( yi )i1  l  ( x)   i yi  l1 для всех i 1

x  ( )  l1 . Рассмотрим элементы yk  (0,0,...,0,1,0,0,...)  l , тогда k   i i 1

k



 k ( x)   i yi ( k )   k , откуда k ( xn )   k ( n )  0 . Таким образом, показали, что n

i 1

из слабой сходимости последовательности в l1 следует ее покоординатная сходимость. Предположим теперь, что последовательность  xn   l1 не сходится к нулю сильно, т.е. C  0 : N 

 xn 

сти

xn  C . Значит у последовательно-

n  N

можно найти подпоследовательность

 

x  nk

такую, что xnk  C для

. При этом, поскольку xnk  l1 , То xnk   . Далее будем извлекать

всех k 

  подпоследовательность  x  , которая не сходит-

из последовательности xnk

n k

ся к нулю слабо, что и даст противоречие нашему предположению. Возьмем 1  1 , тогда, поскольку xn1   и xn1  C , то найдется номер



i  m1 1

димости i m1



такой, что

m1 

 i



( n 2 )

i 1

( nk )

i

( n1 )



C и 10

m1

 i 1

( n1 ) i



8C . В силу покоординатной схо10

 0 для всех i , следовательно, найдется  2  1 такое, что

k 

C . Но тогда 10





i  m1 1

( n 2 ) i



9C . Таким образом, найдется номер m2  m1 10

 C 8C (n ) такой, что  i  , а соответствующий остаток  i 2  . 10 10 i  m2 1 i m1 1 Продолжая этот процесс неограниченно, построим последовательность xn и соответствующую ей последовательность номеров m1  m2  ... такие,

m2

( n2 )

  k

что

mk 1

 i 1

( n k ) i

C  , 10

mk



i  mk 1 1

i

( n k )

8C ,  10





i  mk 1

i

( n k )



C , m0  0 . 10 

Определим c  (c1 , c2 ,...)  l , тогда  ( x)   i ci  l1 . Для каждого i i 1

найдем k так, чтобы i   mk 1 , mk  (это возможно, поскольку по построению 329

числа mk образуют возрастающую последовательность целых неотрицательных чисел). Тогда примем ci  sign i

 



mk 1

( n k )

 xnk  i k ci   i k ci  

n

i 1





i mk 1

n k i

ci 

n

и получим, что (при k  1): mk



n

i 1

i mk 1 1

mk

mk 1



i mk 1 1

i k ci 

i    i   n

k

n

k

i 1





n

i mk 1 



i k ci 

i   n

i mk 1

k

n

k



n

i mk 1 1

mk 1

i k   i k ci  n

i 1

8C C C 3C .    10 10 10 5

   0 , следовательно,   x   0 , т.е. x

Итак,  xn

mk

n

 0.

6. Пусть H – гильбертово пространство, xn  x , yn ( xn , yn )  ( x, y) . Решение: т.к. xn  x , то xn  x  0 . Поскольку yn

y . Доказать, что y , то   H *

 ( yn )   ( y ) , т.е.  ( yn )   ( y )  0 , т.е.  ( yn  y )  0 . В силу теоремы о пространстве, сопряженном к гильбертову, для элемента x  H  ( y)  ( y, x) . Таким образом, ( yn  y, x)  0 . Поскольку слабо сходящаяся последовательность yn  M . всегда ограничена, то M  0 : n  Далее, ( xn , yn )  ( x, y)  ( xn , yn )  ( x, yn )  ( x, yn )  ( x, y)  ( xn  x, yn )  ( x, yn  y)   xn  x  yn  ( x, yn  y )  M xn  x  ( yn  y, x) . Осталось перейти в полученном неравенстве к пределу при n   и получить, что ( xn , yn )  ( x, y )  0 . Задачи для самостоятельного решения 1. Доказать, что одна и та же последовательность не может иметь двух разных слабых пределов. Доказать, что, если последовательность слабо сходится, то слабо сходится, причем к тому же самому пределу, любая ее подпоследовательность. Указание: первое утверждение доказать от противного. Воспользоваться теоремой о вычислении нормы вектора с помощью функционала. x , то в неравенстве x  lim xn возможно 2. Показать, что если xn n

строгое неравенство. Указание: рассмотреть в L2  0,1 систему xn (t )  2 sin n t , n . 3. Доказать, что сопряженное пространство X * является *-слабо полным (т.е. из фундаментальности последовательности в *-слабом смысле следует ее *-слабая сходимость). Указание: воспользоваться теоремой о полноте пространства линейных ограниченных операторов. Фундаментальность последовательности n   X  в *-слабом смысле означает, что x  X   0 N  : n, m  N n ( x)  m ( x)   или, что x  X n ( x)  m ( x)  0 . n ,m 

330

4. Проверить, что в пространстве l2 сильная и слабая сходимости не совпадают. Указание: рассмотреть последовательность ei  (0,0,...,0,1,0,0,...) , покаi

зать, что она не является фундаментальной, затем, воспользоваться теоремой об общем виде функционалов в l p и показать, что она слабо сходится к нулю. 5. Найти нормы функционалов  и f n из примера 2. 6. Для того чтобы последовательность

xn  i (n)   l p

( p  1 ) слабо

сходилась к элементу x0  i (0)   l p , необходимо и достаточно, чтобы: а) последовательность

 x  была ограниченной; n

б) i  i при n   для всех i (вообще говоря, неравномерно). Доказать это утверждение. Указание: рассмотреть элементы ei  (0,0,...,0,1,0,0,...) и показать, что (n)

(0)

i *

их линейные комбинации лежат всюду плотно в lq  l p .

7. Доказать, что последовательность  xn (t )  C  a, b  слабо сходится тогда и только тогда, когда: а) она равномерно ограничена, т.е. xn (t )  C для всех n и всех t   a, b  ;

б)  xn (t ) сходится в каждой точке t   a, b  . Совпадают ли в C  a, b  сильная и слабая сходимости? Указание: для доказательства необходимости рассмотреть функционалы  ( x )  x ( ) при всех    a, b  . Для доказательства достаточности использовать теорему Арцела о предельном переходе под знаком интеграла РиманаСтилтьеса: если xn (t ) непрерывны на  a, b  , причем xn (t )  C и lim xn (t )  x(t ) , n 

причем предельная функция непрерывна, а g (t ) – функция с ограниченным изb

b

a

a

менением, то lim  xn (t )dg (t )   x(t )dg (t ) . n

8. Исследовать на сильную и слабую сходимость в l2 последовательность  1 1  xn   0,0,...,0,1, , ,...  .  2 3   n1 Указание: сходится слабо к нулю. 9. Исследовать на сильную и слабую сходимость в l2 последовательность   1 1 xn  1,1,...,1, , ,...  .    n1 n n  1  331

1 Указание: не сходится слабо. Рассмотреть y   k      l2*  l2 . k 10. Исследовать на сильную и слабую сходимость в L2  0,1 последова-

тельность xn (t )  t n  t n1 . Указание: сходится слабо и сильно. Воспользоваться теоремой об общем виде функционала на L p и теоремой Лебега об ограниченной сходимости. Учесть, что любая функция g (t )  L2  0,1 суммируема.

11. Исследовать на сильную и слабую сходимость в L2  0,1 последова-

тельность xn (t )  e nt . Указание: сходится слабо, но не сильно. 12. Исследовать на сильную и слабую сходимость в L2  0,1 последова-

  1 2n(1  nt ), t  0, n     . тельность xn (t )   1   0, t   ,1  n  1 *  L 0,1  L2  0,1 .   2 4 t 13. Доказать, что в сопряженном пространстве любой замкнутый шар B  X  радиуса R с центром в начале координат является *-слабо замкнутым   следует, что   B , где множеством, т.е. n   B из того, что  n  Указание: не сходится слабо. Рассмотреть g (t ) 

n  , : X 

– линейные ограниченные функционалы. x( )  x( ) 14. Рассмотрим линейные функционалы f ( x)  и f 0 ( x)  x '(0) , 2   f 0 . Выяснить, имеет ли мегде x(t )  C (1)  1,1 , 0    1 . Доказать, что f   0

сто сильная сходимость f  f0 .

1 Указание: при проверке сильной сходимости рассмотреть xn (t )  sin nt и n доказать, что f  f  1. 15. Провести полное доказательство критерия слабой сходимости. 16. Доказать, что множество в банаховом пространстве является слабо ограниченным тогда и только тогда, когда оно ограничено. Указание: множество M  X называется слабо ограниченным, если для любого   X  и для каждого x  M множество  ( x) ограничено. При доказательстве необходимости предположить противное и выделить из множества неограниченную последовательность  xn  , такую, что xn  n2 . Затем, x    X  доказать, что   n   0 .  n  n 332

17. Доказать, что всякая слабо фундаментальная последовательность в нормированном пространстве ограничена. Указание: последовательность  xn   X называется слабо фундаментальной, если xn  xm

n ,m

0 или   X    0 N  : n, m  N  ( xn )   ( xm )   .

18. Доказать, что всякая слабо сходящаяся последовательность в нормированном пространстве слабо фундаментальна. 19. Доказать, что всякое слабо замкнутое множество замкнуто. Доказать, что всякое (замкнутое) подпространство является и слабо замкнутым. 20. Пусть x  (1,2 ,...)  l1 . Доказать, что 0    1 m  :

m

 i 1

i

 (1   ) x .

1 1 1  Указание: предположить противное и рассмотреть x   , 2 , 3 ,...   l1 . 2 2 2  21. Исследовать на сильную и слабую сходимость в пространстве l p 1 n  1 n 1 n , ,..., ,...  . (1  p   ) последовательность xn   1  kn   1  n 1  2n 22. Исследовать на сильную и слабую сходимость в пространстве l p   1 1 1 1 1 (1  p   ) последовательность xn  1,0, 2 , 2 ,..., , , ,...  . 2 2 2 3 4 (2n  1) (2n) (2n  1)  

23. Доказать, что в  C  a, b сильная и *-слабая сходимости не совпадают. *

Указание: рассмотреть последовательность an ( x) 

1



2

 x(t )cos ntdt

ли-

0

нейных ограниченных функционалов в C  a, b  . Для проверки сходимости по норме воспользоваться теоремой Рисса об общем виде функционала. 24. Доказать, что в l1 покоординатная сходимость не влечет слабую. *

  1  1 Указание: рассмотреть xn   ,..., ,0,0,...  и доказать, что  xn  не схоn n   n 





дится слабо. Для этого рассмотреть yk  0,...,0,1,0,0,...  l и показать, что возможно только xn

k

0 . При y  1,1,...  l получить противоречие.

25. Пусть H – гильбертово пространство, xn  x , xn xn  x  0 .

x . Доказать, что

26. При каких a  0 последовательность xn (t )  t n сходится в C  0, a  сильно? Слабо? 27. Исследовать на сильную, слабую и *-слабую сходимость последовательность функционалов f n ( x )   n в пространствах c0 и l p , 1  p   . 333

28. Исследовать на сильную, слабую и *-слабую сходимость последовательность функционалов f n ( x) 



 x(t )e

int

dt в пространстве L2   ;  .



29. Исследовать на сильную, слабую и *-слабую сходимость последова

n

n 1

n

тельность функционалов f n ( x)  

в пространстве l p , 1  p   .

30. Исследовать на сильную и слабую сходимость в пространстве L2  0;1 последовательность xn (t )  ei

nt

.

334

2.6. Рефлексивные пространства. Двойственность Определение: линейное нормированное пространство X называется рефлексивным, если X  X ** , причем изоморфизм этот осуществляет естественное вложение  : X  X  пространства X во второе сопряженное. Замечание: если пространство X рефлексивно, то X   X , т.е.   X  x  X :   X   ( )   ( x) (ко всем прочим свойствам, доказанным в теореме о естественном вложении пространства во второе сопряженное, добавляется свойство сюръективности). Теорема (о рефлексивности гильбертова пространства): всякое гильбертово пространство H рефлексивно. Доказательство: по теореме о пространстве, сопряженном к гильбертову, определена антилинейная изометрическая биекция I : H *  H , действующая по правилу  ( x)  ( x, I ) , причем I (1  2 )   I1   I2 . Покажем, что пространство H * гильбертово. Действительно, H * – банахово, и если определить в H * функцию (1,2 )*  ( I2 , I1) , то легко проверяется справедливость всех аксиом скалярного произведения. Кроме того,

( , )*  ( I , I )  I

2

  , поэтому введенное скалярное произведение дей2

ствительно задает имеющуюся в H * норму. Таким образом, в H * снова справедлива теорема о пространстве сопряженном к гильбертову и определена антилинейная изометрическая биекция I* : H **  H * , действующая по правилу

 ( )  ( , I* )* . Тогда I ( I* ) : H **  H линейная изометрическая биекция, следовательно, отображение ( I ( I* ))1 : H  H ** также линейно, биективно и изо-

метрично и осталось доказать, что ( I ( I* ))1 x   H * x . Действительно,   H **

возьмем x  I ( I* )  H , тогда   H *  ( )  (, I* )*  ( I ( I* ), I )  ( x, I )   ( x) . Теорема доказана. Замечание: более подробно об обратных операторах см. в следующем разделе. В нашем случае важно только то, что рассматриваемое обратное отображение существует и это изометрический изоморфизм. Замечание: если пространство X рефлексивно, то для n ,  X * верно, что: n     X   (n )  ( )  x  X n ( x)   ( x) (в силу изоморфности естественного вложения). Тем самым, слабая сходимость последовательности функционалов на X * эквивалентна ее *-слабой сходимости. Замечание: всякое рефлексивное пространство – банахово (задача 1). Теорема (о рефлексивности подпространства): всякое подпространство рефлексивного пространства рефлексивно. Доказательство: пусть X – рефлексивное пространство, E – его подпространство. Пусть  : X  X  ,  1 : E  E  – естественные вложения. Рассмотрим отображение J : X *  E * , J   E , т.е. x  E J ( x)   ( x) . 335

Также рассмотрим отображение F : E **  X ** , действующее по правилу:   E **   X * F ( )   ( J ) . По условию  – изометричный изоморфизм, поэтому  1F  X . Покажем, что  1 ( FE ** )  E . Допустим, что это не так, т.е.  0  E ** :  1 ( F 0 )  x0  E . Тогда по теореме о вычислении расстояния с помощью функционала 0  X * :  0 ( x0 )  1 , 0 E  0 . Тем самым,

J0  0  E * , поэтому 0  0 ( J0 )  F 0 (0 )   x0 (0 )  0 ( x0 )  1. Противоречие. Покажем, что  1 сюръективно, откуда и будет следовать рефлексивность

E . Надо доказать, что   E ** x  E :  1 x   . Заметим, что по теореме ХанаБанаха f  E *   X * :  E  f или J  f . Тогда f  E * возьмем элемент x   1 ( F )  E и получим: 1x( f )  f ( x)  J ( x)   ( x)   x( )  F ( )  ( J )   ( f ) . Теорема доказана. Теорема (о рефлексивности сопряженного пространства): если пространство X рефлексивно, то рефлексивно и X * . Обратно: если X – банахово пространство, то из рефлексивности X * следует рефлексивность X . Доказательство: по определению надо доказать, что   X *** x  X * :   X **  ( )   ( x) . Пусть x  , где  : X  X ** – естественное вложение.

Поскольку X рефлексивно, то   X ** – есть  y для некоторого y  X , причем x  X *  y ( x)  x( y ) . Тогда  ( )   ( y)  x( y)   y( x)   ( x) . Обратно: пусть X * рефлексивно. Тогда, по уже доказанному, X ** рефлексивно. Поскольку X   X  X ** и X – замкнуто, то X рефлексивно по предыдущей теореме. Теорема доказана. Теорема (критерий рефлексивности Банаха): банахово пространство X рефлексивно тогда и только тогда, когда всякая ограниченная последовательность его элементов содержит слабо сходящуюся в X подпоследовательность. Теорема (критерий рефлексивности Джеймса): для того, чтобы банахово пространство X было рефлексивным, необходимо и достаточно, чтобы   X * x  X : x  1 и  ( x )   . Замечание: доказательство этих утверждений можно найти в литературе по функциональному анализу (см. напр., [3]). Частично эти утверждения предлагаются в качестве задач для самостоятельного решения (задачи 2, 3, 19). Определение: пусть X – линейное нормированное пространство, M  X ,





N  X * , тогда множество M     X * : x  M  ( x)  0

называется аннуля-

тором множества M , а множество  N   x  X :   N  ( x)  0 называется преданнулятором (общим ядром) множества N . 336

Замечание: если пространство X рефлексивно, N  X * , то по определению N     X ** :   N  ( )  0   x  X :   N  ( x)  0   N , посколь-





ку в рефлексивном пространстве элементы x  X и   X ** можно отождествить с точностью до изометричного изоморфизма. Теорема (свойства аннуляторов и преданнуляторов): пусть X – линейное нормированное пространство, тогда: 1. для любого множества M  X его аннулятор – подпространство в X * ; для любого множества N  X * его преданнулятор – подпространство в X ; 2. если M  X , то M   M  ; если N  X * , то  N   N ; 

3. 0  X * , X   0;





0  X ,  X *  0 ;

4. если M 1  M 2  X , то M 2  M1  X * ; если N1  N2  X * , то

N2   N1  X ;

5. если M  X , то M   (M  ) ; 6. если N  X * , то N  (  N ) , при этом, если пространство X рефлек-

сивно, то N  (  N ) . Доказательство: свойства 1-4 предлагается доказать самостоятельно (задача 8), используя только определения аннуляторов, преданнуляторов и подпространств. Для доказательства свойства  X *  0 применяется теорема о вычислении нормы вектора с помощью функционала. 5. Пусть x  M . Покажем, что x   (M  ) , т.е., что  ( x)  0   M  . Но это действительно так по определению M  , поскольку, если   M   M  (по свойству 2), то  ( x)  0 x  M . Пусть теперь x  M . По теореме о вычислении расстояния с помощью функционала   X * :  M  0 ,  ( x )  1. Отсюда следу-

ет, что   M  , но  ( x)  0 , т.е. x   (M  ) . 6. Предлагается доказать самостоятельно, аналогично свойству 5, учитывая, что в рефлексивном пространстве   X  x  X :   X   ( )   ( x)

и элементы x  X и   X ** можно отождествить (задача 8). Теорема доказана. Теорема (критерии всюду плотности): пусть X – линейное нормированное пространство, тогда: 1. линейное многообразие M  X всюду плотно в X тогда и только тогда, когда M   0 ; 2. если X рефлексивно, то линейное многообразие N  X * всюду плотно в X * тогда и только тогда, когда  N  0 . Доказательство: 1. Пусть M всюду плотно в X , т.е. M  X . В силу свойств 2 и 3 предыдущей теоремы M   M   X   0 . 337



Обратно: пусть M   0 . В силу свойств 5 и 3 M   ( M  )  0  X . 2. Доказывается аналогично п. 1, используя свойства 2,3,6 предыдущей теоремы (задача 9). Теорема доказана. Примеры решения задач 1. Пусть X – рефлексивное пространство,   X  . Доказать, что x  X , x  0 :  ( x)    x . Решение: если   0 , то в качестве искомого элемента x можно взять любой вектор x  0 . Ясно, что равенство  ( x)    x будет верным. Далее будем считать, что   0 . Берем   X  ,   0 . По теореме о вычислении нормы вектора с помощью функционала найдется функционал   X  такой, что  ( )   и   1 . Отсюда заключаем, что  ( )     . Поскольку X – рефлексивно, то   X  x  X :   X   ( )   ( x) и при этом   x . Для нашего функционала  найдем указанный элемент x  X , причем ясно, что x  0 (иначе из равенства   x следовало бы, что   0 , а из равенства  ( )   следовало бы, что   0 , а это противоречие). Тогда имеем цепочку равенств  ( x)   ( )        x . 2. Доказать, что, если X – рефлексивное пространство, то оно является слабо полным. Решение: надо доказать, что если X – рефлексивное пространство, то в нем всякая слабо фундаментальная последовательность слабо сходится. Пусть  xn   X – слабо фундаментальна, т.е.   X  справедливо соотношение  ( xn )   ( xm )  0 . Это означает, что числовая последовательность n ,m

 ( xn )

– фундаментальна. В силу критерия Коши для числовых последовательностей  ( xn ) сходится, т.е.  ( xn )  a . Поскольку сходящаяся последоваn  

тельность всегда ограничена, то   X последовательность  ( xn ) ограничена. Поскольку X – рефлексивное пространство, то X – банахово. Итак, получили, что последовательность  xn  слабо ограничена в банаховом пространстве, следовательно, последовательность  xn  ограничена (см. задачу 16 п. 2.5). В силу критерия рефлексивности Банаха у последовательности

  что   x     x  .

найти слабо сходящуюся подпоследовательность xnk , т.е. xnk чит для наших функционалов  получаем,

nk

k 

0

k 

 xn 

можно

x0  X , а зна-

В силу един-

ственности предела и того, что  ( xn )  a , получаем, что a   ( x0 ) , откуда слеn 

дует, что xn

n 

x0 . 338

3. Доказать, что пространство C[a, b] не является рефлексивным. Решение: допустим противное. Тогда   C**[a, b] x  C[a, b] :   C*[a, b]  ( )   ( x) . При этом по теореме об общем виде функционала на C[a, b] функционалу   C *[a, b] будет соответствовать функция ограниченного изменения b

b

g (t ) , причем  ( x)   x(t )dg (t ) , откуда  ( )   ( g )   x(t )dg (t ) . a

a

Рассмотрим функционал  x0  C [a, b] :  x0 ( g )  g (t0  0)  g (t0  0) , t0   a, b . **

b

Ясно, что он линеен, а также ограничен:  x0 ( g )  g (t0  0)  g (t0  0)  V g  g . a

Кроме того, легко видеть, что  x0  1 , т.е.  x0  0 , поэтому существует такая b

непрерывная на [a, b] функция x0 (t )  0 , что  x0 ( g )   x0 (t )dg (t ) . Рассмотрим a

t

функцию g0 (t )   x0 ( )d . Она непрерывна на [a, b] , следовательно,  x0 ( g 0 )  0 . a

b

b

a

a

С другой стороны,  x0 ( g 0 )   x0 (t )dg 0 (t )   x02 (t )dt  0 – противоречие. 4. Доказать, что пространство L p ( E , d  ) , 1  p   рефлексивно. Решение: рассмотрим элемент   L p** . Требуется найти такой вектор

x  L p , что для всякого функционала   L p*  ( )   ( x) . Рассмотрим отображение g : Lq ( E , d  ) 

, g ( y )   ( f y ) , где

f y ( x)   x(t ) y(t )d   L p* – тот E

функционал, который можно найти для любого элемента y  Lq по теореме об общем виде функционалов на L p . Легко проверяется, что g – линейный ограниченный функционал, т.е. g  Lq* . Тогда, снова по теореме об общем виде функционала, примененной к g  Lq* , существует вектор x(t )  L p такой, что

g ( y )   y (t ) x(t )d  . Таким образом, для всех y  Lq

g ( y )  f y ( x) , откуда

E

 ( f y )  f y ( x) . Осталось заметить, что, по теореме об общем виде функционала, любой функционал   L p* – есть f y для некоторого y  Lq . Заметим, что для доказательства рефлексивности недостаточно было предъявить цепочку Lp**  Lq*  Lp , поскольку изоморфизм не обязан был осуществляться именно естественным вложением во второе сопряженное. Задачи для самостоятельного решения 1. Доказать, что всякое рефлексивное пространство является банаховым. 339

2. Доказать, что, если сепарабельное банахово пространство рефлексивно, то единичный шар в нем секвенциально слабо компактен. Указание: использовать теорему о *-слабой секвенциальной компактности шара в сопряженном пространстве (применительно к пространству X * ). Использовать утверждение примера 5 п. 2.3. Учесть, что, в силу рефлексивности, единичный шар пространства X совпадает с единичным шаром пространства X ** . 3. Доказать, что, если пространство X рефлексивно, то   X * x  X :

x  1 и  ( x )   . 4. Доказать, что всякое конечномерное пространство рефлексивно. Указание: используя задачу 29 п. 1.4 показать, что размерности пространств X и X ** совпадают. Далее, расписывая элементы   X ** ,   X * и x  X по соответствующим базисам (определяя базисы в X * и X ** также, как и в указанной выше задаче), проверить, что   X  x  X :   X   ( )   ( x) . 5. Доказать, что пространства c0 , l1 , с , l нерефлексивны. Указание: в случае c0 рассмотреть функционал g  c0** , переводящий f ,

  l1 в



 n 1

n

. В случае l1 рассмотреть функционал g  l1** , переводящий f ,

  l в  ( ) – функционал на l , равный нулю на c0 и единице на (1,1,1,...) . В остальных случаях использовать свойства рефлексивности. 6. Доказать, что пространства L1 и L нерефлексивны. Указание: в случае L1 найти функционал, не достигающий нормы на единичном шаре. 7. Доказать, что пространство l p , 1  p   рефлексивно. 8. Доказать свойства 1-4, 6 аннуляторов и преданнуляторов. Показать, что,

если пространство X рефлексивно, M  X – подпространство, то  M    M . 

9. Доказать, что, если X – рефлексивное пространство, то линейное многообразие N  X * всюду плотно в X * тогда и только тогда, когда  N  0 . 10. Для множества M  ...,2 ,1,0 ,1,2 ,... :  k  k , k 

p  1 найти аннулятор M  . Указание: показать, что

  lp (

),

M   ..., 2 , 1,0,1, 2 ,... :  k   k , k 

.

Показать, что любой функционал f  l p ( )* , порожденный элементами M  , обнуляется на элементах M . Показать, что векторы e0 , e1  e1 , e2  e2 ,… лежат в M и использовать то, что для любого функционала f , порожденного произвольным элементом ...,2 ,1,0 ,1,2 ,... , f (e0 )  0 , f (e1  e1)  0 , f (e2  e2 )  0 ,… 340

11. Для множества M   x(t )  C[1,1]: t  0 x(t )  0 найти M  . Указание: M   L(0 ) , 0 ( x )  x (0) , L обозначает линейную оболочку. 12. Для множества M   x(t )  C[0,1]: x(0)  0 найти M  . Указание: M   0 .

13. Для множества M   x(t )  L1[1,1]: t [1,1] x(t )  x(t ) найти M  . Указание: M   0 .

14. Для множества M всех многочленов в пространстве C[0,1] найти M  . Указание: M   L(0 ) , 0 ( x )  x (0) , L обозначает линейную оболочку. 15. Для множества M   x(t )  C[0,1]: a  b x(a )  x(b) найти M  . Указание: M   0 .

1   16. Для множества M   x(t )  L3[0,1]:  x(t )dt  0  найти M  .   0 Указание: M   L(1) в L2 0,1 , L обозначает линейную оболочку. 3

17. Для множества M  c0 в пространстве c найти M  . Указание: M   0 .

18. Для множества M   x  l1 : 1   2  ... найти M  .

Указание: M   0 . 19. Доказать, что, если банахово пространство X рефлексивно, то всякая ограниченная последовательность его элементов содержит слабо сходящуюся в X подпоследовательность. Указание: рассмотреть N – замыкание линейной оболочки элементов последовательности, показать, что N сепарабельно и рефлексивно и воспользоваться задачей 2. Показать, что слабая сходимость на N * эквивалентна слабой сходимости на X * . 20. Доказать, что в рефлексивном пространстве последовательность вложенных выпуклых замкнутых ограниченных множеств имеет непустое пересечение. Указание: всякое замкнутое выпуклое множество в банаховом пространстве слабо замкнуто (см. [3], а также дополнение к разделу). 21. Привести пример последовательности вложенных выпуклых замкнутых ограниченных множеств в нерефлексивном пространстве, имеющих пустое пересечение.

341

2.7. Сопряженные операторы Определение: пусть X ,Y – линейные нормированные пространства, A : X  Y – линейный ограниченный оператор, Y * , X * – сопряженные пространства. Оператор A* : Y *  X * называется сопряженным к оператору A , если   Y * A*  X * , и определяется следующим образом: A* ( x)   ( Ax) (или, в симметричной форме,  x, A*  Ax,  ). Теорема (о норме сопряженного оператора): пусть X ,Y – линейные нормированные пространства, A : X  Y – линейный ограниченный оператор, Y * , X * – сопряженные пространства. Тогда сопряженный оператор A* : Y *  X * также является линейным ограниченным оператором и A*  A . Доказательство: 1. Проверим, что A* : Y *  X * линеен. а) Поскольку x  X (1  2 )( Ax)  1( Ax)  2 ( Ax) по определению суммы функций, то A* (1  2 )( x)  A*1 ( x)  A*2 ( x) по определению сопряженного оператора, откуда A* (1  2 )  A*1  A*2 . б) Аналогично п. а) A* ( )( x)   A* ( x) , поскольку ( )( Ax)   ( Ax) . 2. Проверим ограниченность, т.е., что A*  c  . Поскольку A – линеен и ограничен, то Ax  A  x . Далее, A   sup *

x 0

A* ( x) x

 sup x 0

 ( Ax)   A x  sup  A   , т.е. c  A . x x x 0

3. Проверим, что A  A . В силу п. 2 A  sup *

*

 0

A*



 sup  0

A 



 A .

По теореме о вычислении нормы вектора с помощью функционала, выберем линейный ограниченный функционал  так, чтобы   1 и  ( Ax)  Ax , тоA* ( x) A*    x Ax  ( Ax)  sup  sup  sup  A*    A* . Оконгда A  sup x x x x x 0 x 0 x 0 x 0

чательно, A*  A . Теорема доказана. Теорема (о втором сопряженном операторе): пусть X ,Y – линейные нормированные пространства, A : X  Y – линейный ограниченный оператор, тогда A** ( X * x)   Y * Ax , где  X * : X  X ** ,  Y * : Y  Y ** – естественные вложения. Доказательство: по определению естественных вложений и сопряженного оператора   Y * x  X  Y * Ax( )   ( Ax)  A* ( x)   X * x( A* ) . Далее, чтобы получить определение второго сопряженного оператора, в определении сопряженного оператора A* ( x)   ( Ax) заменим A*  A** ,    X * x , x  , 342

A  A* , тогда A** X * x( )   X * x( A* ) , откуда  Y * Ax( )  A** X * x( ) .

Теорема доказана. Замечание: поскольку  X * X  X , и  Y * AX  AX , то A** X  AX , т.е. A** является продолжением A . Теорема (о двойственности): пусть X ,Y – линейные нормированные пространства, A : X  Y – линейный ограниченный оператор, тогда: 1. ker A*  (Im A) ; 2. Im A   (ker A* ) ; 3. ker A   (Im A* ) ; 4. Im A*  (ker A) . При этом если X рефлексивно, то Im A*  (ker A) . Замечание: напомним, что ker A   x  X : Ax  0 – ядро оператора A , Im A  R ( A)   y  Y : y  Ax, x X – образ (множество значений) оператора A . Доказательство: 1. Пусть   Y * , тогда   ker A*  A* ( x)  0 x  X 

  ( Ax)  0 x  X    (Im A) . 2. Поскольку ker A*  (Im A) , то, по свойству 5 аннуляторов, получаем, что Im A   ((Im A) )   (ker A* ) . 3. Пусть x  X , тогда x  ker A  Ax  0   ( Ax)  0  Y * . Последняя эквивалентность получилась в силу теоремы о вычислении нормы вектора с помощью функционала. Действительно, если Ax  0 , то  Y * :  ( Ax)  0 . Далее,  ( Ax)  0  Y *  A* ( x)  0  Y *  x   (Im A* ) . 4. В силу свойства 6 преданнулятора Im A*  (  (Im A* ))  (ker A) . Для рефлексивного пространства это вложение превращается в равенство. Теорема доказана. Определение: пусть H1, H 2 – гильбертовы пространства, A : H1  H 2 – линейный ограниченный оператор. Оператор A* : H 2  H1 называется гильбертовым сопряженным к оператору A , если x  H1 y  H 2

 Ax, y    x, A* y  .

Замечание: это определение в действительном случае является частным случаем общего определения сопряженного оператора. Пусть в комплексном случае T : H 2*  H1* – оператор, сопряженный к A : H1  H 2 в смысле общего определения. В силу теоремы Рисса определены две антилинейные изометрические биекции I : H1  H1* и J : H 2  H 2* , поэтому существует ограниченный линейный оператор A* : H 2  H1 , для которого IA*  TJ , т.е. A*  I 1TJ . Оператор A* линеен, как композиция двух антилинейных и одного линейного оператора. Далее, A*  I 1TJ  T  A , т.е. A* ограничен. А поскольку IA* J 1  T , то A  T  IA* J 1  A* . Итак, A*  A . 343

По теореме Рисса

 Ax, y   Jy( Ax)  TJy( x)  IA* y( x)   x, A* y  .

Наконец,

если для некоторого линейного оператора B : H 2  H1 для всех x  H1 и y  H 2

 Ax, y    x, By  ,

то

 x,( A

*

 B) y   0 . Выбирая x  ( A*  B) y , для всех y  H 2

получаем, что ( A*  B) y  0 , т.е. A*  B и гильбертов сопряженный оператор определяется единственным образом. Всюду далее, если речь идет о сопряженных операторах в гильбертовых пространствах, будем иметь ввиду именно гильбертовы сопряженные операторы, если не указано иное. Замечание (свойства операции сопряжения): 1. Если X ,Y – линейные нормированные пространства (в частности, гильбертовы), A, B : X  Y – линейные ограниченные операторы, то ( A  B)*  A*  B* . 2. Если X ,Y – линейные нормированные пространства, A : X  Y – линейный ограниченный оператор,   то ( A)*   A* . Если X ,Y – гильбертовы, то ( A)*   A* . 3. Если A : X  Y , B : Y  Z – линейные ограниченные операторы, то

( BA)*  A* B* . 4. Если A : H1  H 2 , то ( A* )*  A . Доказательства этих свойств выводятся из определения (гильбертовых) сопряженных операторов и предлагаются в задачах для самостоятельного решения. Определение: пусть H – гильбертово пространство. Оператор A : H  H называется самосопряженным, если x, y  H A  A* , т.е. ( Ax, y)  ( x, Ay) . Определение: пусть X – линейное пространство, A : X  X – линейный оператор, L – подпространство в X . L называется инвариантным для оператора A , если x  L элемент Ax  L . Теорема (об инвариантности ортогонального дополнения): пусть H – гильбертово пространство, A : H  H – самосопряженный оператор, L – подпространство H . Тогда если L инвариантно для A , то L также инвариантно для A . Доказательство: надо доказать, что если x  L , то Ax  L , т.е., что y  L ( Ax, y )  0 . Поскольку A – самосопряжен, то ( Ax, y)  ( x, Ay) . Т.к. y  L и L – инвариантно для A , то Ay  L . Поскольку x  L , то ( x, Ay )  0 . Теорема доказана. Определение: пусть H – гильбертово пространство, L – его подпространство, L – ортогональное дополнение к L , тогда оператор P : H  H называется проектором на L вдоль L , если x  x1  x2 , где x1  L , x2  L выполнено равенство Px  x1 . Замечание: поскольку H  L  L , то x  H в указанном виде x1  x2 представить можно, и, значит, проектор корректно определен для всех элементов гильбертова пространства. Отметим, что оператор P : H  H является про344

ектором на подпространство L тогда и только тогда, когда x  L Px  x . Кроме того, очевидно, что оператор I  P : H  H (где I – тождественный оператор) является проектором на L . Теорема (о проекторе): пусть H – гильбертово пространство, L – его подпространство, L – ортогональное дополнение к L , тогда оператор P : H  H является проектором тогда и только тогда, когда: 1. P 2  P ; 2. P  P* . При этом P является проектором на свой образ вдоль своего ядра. Доказательство: пусть P – проектор на L вдоль L , т.е. если x  x1  x2 , где x1  L , x2  L , то Px  x1 . 1. P 2 x  PPx  Px1 . Ясно, что x1  x1  0 , x1  L , 0  L , значит Px1  x1  Px . 2. По определению самосопряженного оператора надо проверить, что  Px, y    x, Py  . Пусть x  x1  x2 , где x1  L , x2  L , y  y1  y2 , где y1  L ,

y2  L , тогда Px  x1 , Py  y1 и надо проверить, что  x1 , y1  y2    x1  x2 , y1  , т.е., что ( x1, y1 )  ( x1, y2 )  ( x1, y1)  ( x2 , y1) . Это равенство верно, поскольку ( x1, y2 )  0 и ( x2 , y1 )  0 . Обратно: пусть выполнены условия 1 и 2. Обозначим за L – образ P . Покажем, что L  ker P , т.е., если x  L , то Px  0 и, наоборот, если Px  0 , то x  L . Пусть x  L . Поскольку Px  L , то 2.

1.

Px  ( Px, Px)  ( x, P*Px) ( x, PPx)  ( x, P 2 x) ( x, Px)  0 , 2

значит, Px  0 , т.е., если x  L , то x  ker P . Теперь покажем, что, если x  ker P , то x  L , т.е., что любой вектор из ядра P ортогонален образу P . Пусть x  ker P , y  Pz . Надо показать, что 2.

( x, y)  0 . Действительно, ( x, y)  ( x, Pz )  ( P* x, z) ( Px, z)  0 , поскольку Px  0 . Итак, показали, что L  ker P . Осталось убедиться, что P – проектор, т.е. если x  x1  x2 , где x1  L , x2  L , то Px  x1 . Имеем, Px  P( x1  x2 )  Px1  Px2 .

Т.к. x2  L , L  ker P , то Px2  0 , значит Px  Px1 . Поскольку x1  L (образу 1.

P ), то x1  Pz , значит Px1  PPz  P 2 z  Pz  x1 , т.е. Px  x1 . Теорема доказана. Примеры решения задач 1. Найти сопряженный оператор (в смысле общего определения) к опера     тору A : l2  l2 , если x  (1,2 ,...)  l2 Ax   2 2  3 ,23   4 , 3 , 4 ,..., k ,...  . 3 4 k   Решение: по определению A : l2  l2 . По теореме об общем виде функционалов в l p получаем, что l2  l2 . Кроме того, по определению сопряженного 345

оператора   l2 имеем, что A  l2 и A ( x)   ( Ax) . По теореме об общем виде функционалов в l p имеем, что   l2 y  k k 1  l2 : x  k k 1  l2 





 ( x)    k k . В нашем случае получаем, что  ( Ax)  Ax,  (22  3 ) 1  k 1

3      3  4 4  ...  k  k  ...  0  1  21   2   1  2 2  3   3  3 4 3 k          2  4    4  5  5  ...  k   k  ...    k ( A ) k  x, A  A ( x) . k 4 5  k 1 По теореме об общем виде функционала в l2 y  (1,2 ,...)  l2 заключаем,       что A y   0,21 , 1  22  3 , 2  4 , 5 ,..., k ,...  . 3 4 5 k   2. Найти сопряженный оператор к оператору A : C[0,1]  C[0,1] , если: (23   4 ) 2 

1

1

t

0

а) Ax(t )   x( )d ; б) Ax(t )  t  x( )d . Решение: а) A : C [0,1]  C [0,1] , причем по теореме об общем виде функционалов в C[0,1] получаем, что C *[0,1]  V0 [0,1] , где V0[0,1] – пространство функций с ограниченным изменением g (t ) , непрерывных справа всюду на ин

*

*

1

тервале  0,1 и таких, что g (0)  0 с нормой g  V g (t ) . Для   C*[0,1] имеем: 0

1

1 1

1 1  1  1  ( Ax)     x( )d  dg (t )   x( )d g (t )   g (t )d   x( )d    x(t ) g (t )dt      0 t t  t  0 0 0 1 t    x(t )d   g ( )d   A* ( x) .   0 0  Последний переход законен, поскольку функция с ограниченным изменением g (t ) является интегрируемой (она ограничена и представляется в виде

t

разности двух монотонных). Значит, определена функция h(t )   g ( )d V0[0,1] , 0

а тогда

1

1

0

0

 x(t )dh(t )   x(t ) g (t )dt

(см. задачу 11 п. 2.4). Таким образом, получаем,

t

что A g (t )   g ( )d : V0[0,1]  V0[0,1] . *

0 1

 1  1 б)  ( Ax)   t  x( )d dg (t )  t  x( )d g (t )   g (t )d  t  x( )d    x( )d g (1)    0 0 0  0  0 0 0 1 1

1

346

1

 1    g (t )  x( )d dt   x( ) g (1)d   x( )  g (t )dtd   x( )d  g (1)    x( )d   g (t )dt     0 0 0 0 0 0 0  0  1 1 1     * *   x( )d  g (1)    g (t )dt   A  ( x) , т.е. A g (t )  t  g (1)   g (t )dt  : V0[0,1]  V0[0,1] .     0 0 0     3. Пусть H – комплексное гильбертово пространство. Доказать, что, если A : H  H – самосопряженный оператор, то A  sup ( Ax, x) . 1

1

1

1

1

1

1

x 1

Решение: обозначим c  sup ( Ax, x) , тогда, в силу неравенства Кошиx 1

Буняковского c  sup Ax  x  sup A  x  A . Далее, при x  H : x  1 c  ( Ax, x) . 2

x 1

Пусть x  0 , тогда

x 1

x  1 , следовательно, c  x

 x x   A ,  , откуда для всех  x x 

x  0 ( Ax, x )  c x . Рассмотрим тождества ( A( x  y), x  y )  ( Ax, x)  ( Ax, y )  ( Ay, x)  ( Ay, y ) и ( A( x  y), x  y )  ( Ax, x)  ( Ax, y)  ( Ay, x)  ( Ay, y ) . Поскольку оператор A са2

мосопряжен, то ( Ax, y)  ( Ay, x)  ( Ax, y)  ( y, Ax)  ( Ax, y)  ( Ax, y)  2Re( Ax, y) . Тогда, вычитая из первого тождества второе, находим ( A( x  y), x  y)  ( A( x  y), x  y)  4Re( Ax, y) . В силу неравенства ( Ax, x )  c x

2

и равенства параллелограмма, получим:

4 Re( Ax, y )  ( A( x  y ), x  y )  ( A( x  y ), x  y ) 



 ( A( x  y ), x  y )  ( A( x  y ), x  y )  c x  y  x  y 2

2

  2c  x

2

 y

2

.

При x  1 и y  1 получаем Re( Ax, y )  c . Возьмем x  H такой, что x  1 и Ax  0 , тогда при y 

 Ax Ax  получаем, что Re  Ax,   c , откуда Ax Ax  

Re( Ax, Ax) ( Ax, Ax)   c , т.е. Ax  c (при Ax  0 это неравенство также очеAx Ax видно верно). Возьмем в этом неравенстве точную верхнюю грань по всем x  1 , тогда sup Ax  c , откуда (см. задачу 4 п. 1.1) A  c . x 1

4. Пусть H – гильбертово пространство и A : H  H – линейный ограниченный оператор. Доказать справедливость равенств: а) ( R( A))   ker A* ; б) ( R( A* ))   ker A ; в) (ker A)  R( A* ) ; г) (ker A* )  R( A) . 347

Решение: а) Пусть z  ( R ( A))  , т.е. ( z, Ax)  0 для всех x  H . Тогда, по определению гильбертова сопряженного оператора ( A* z , x)  0 для всех x  H . Поскольку всем векторам пространства H ортогонален лишь нулевой элемент, то A* z  0 , т.е. z  ker A* . Пусть z  ker A* , тогда A* z  0 и для всех x  H ( A* z , x)  0 , откуда ( z, Ax)  0 , т.е. z  ( R ( A))  . Таким образом, ( R( A))   ker A* . б) Следует из п. а), если в роли A взять A* и учесть, что ( A* )*  A . в) Из свойства непрерывности скалярного произведения следует, что z  L тогда и только тогда, когда z  L , где L – линейное многообразие. Поскольку ядро линейного ограниченного оператора представляет собой замкнутое линейное многообразие, то по теореме о разложении гильбертова пространства в прямую сумму H  ker A  (ker A) , а с другой стороны, H  R( A* )  ( R( A* )) . Поскольку, в силу п. б) ( R( A* ))   ker A , то, в силу единственности разложения гильбертова пространства в прямую сумму, (ker A)  R ( A* ) . г) аналогично в). 5. Найти сопряженный оператор A* к оператору A , если (все пространства считать комплексными): t

а) A : L2  0,1  L2  0,1 и Ax(t )   x( )d ; 0

б) A : l p  l p , p  1 и Ax  (11,22 ,...) , где x  (1 ,  2 ,...)  l p и ( k )k 1 – ограниченная последовательность; в) A : L2    L2   и Ax(t )  a(t ) x(t  h) , где a (t ) – ограниченная на и измеримая по Лебегу функция, а h . Решение: а) Оператор A линеен и ограничен, а также определен на всем пространстве L2  0,1 , которое является гильбертовым. Для определения сопряженного оператора A* : L2 0,1  L2 0,1 рассмотрим произвольную функцию 1 t t    y (t )  L2  0,1 , тогда: ( Ax, y)   Ax(t ) y(t )dt     x( )d  y(t )dt     x( ) y(t )d  dt . 0 00 0 0   1 1   Меняя порядок интегрирований, получаем: ( Ax, y )     x( ) y(t )dt  d  0  1

1

1 1 1  1    x( )   y (t )dt  d   x( )  y(t )dt d  x( ) A* y( )d ( x, A* y) . 0 0 0     1

1

Следовательно, A y (t )   y ( )d , где y (t )  L2  0,1 . *

t

б) При p  1 оператор является линейным и, поскольку последовательность ( k )k 1 – ограничена, то оператор ограничен (см. пример 3 п. 1.4). Пусть p  1 , p  2 . Из теоремы об общем виде функционалов в l p ( p  1 ) следует, что 348

l p*  lq ,

 1 1   1 , причем x  l p   l p*  ( x)    k k , где   (1 ,2 ,...)  lq  l p* . p q k 1







k 1

k 1

k 1

Тогда x  l p ,   l p*  lq  ( Ax)  Ax,   ( A k ) k   k k k    k k k  

   k A* k  x, A*   A*  ( x ) . Таким образом, k 1

A*  (11 , 22 ,...)

при

  (1 , 2 ,...)  lq , A* : lq  lq . Пусть p  1 , тогда l1*  l . Аналогично, получаем A*  (11 , 22 ,...) при

  (1,2 ,...)  l , A* : l  l . 



k 1

k 1

Если p  2 , то ( Ax, y )   k kk    k  kk  ( x, A* y ) , поэтому в данном случае A y  (11 , 22 ,...) при y  (1,2 ,...)  l2 , A* : l2  l2 . в) Оператор A линеен и ограничен, его норма A  sup a(t ) . Кроме того, *

он определен на всем пространстве L2  определения сопряженного оператора вольную функцию y (t )  L2   , тогда:

t

 , которое является гильбертовым. Для A* : L2    L2   рассмотрим произ-

( Ax, y)   Ax(t ) y(t )dt   a(t ) x(t  h) y (t )dt 

t  h  dt  d

  a(  h) x( ) y (  h)d 

  x( )a(  h) y (  h)d   x( )a(  h) y (  h)d   x( ) A* y ( )d  ( x, A* y ) . Следовательно, для всех y (t )  L2   A* y(t )  a(t  h)y(t  h) . 6. В комплексном пространстве l2 рассмотрим последовательность операторов An : l2  l2 , n , где An x  ( n1 ,  n 2 ,...) , x  (1 , 2 ,...)  l2 . Доказать, что все An – линейные ограниченные операторы и x  l2 lim An x  0 x . Найти последовательность  An



n 

* 

lim An* x  0 x ? . Верно ли, что  x  l 2 n 1 n

Решение: все операторы An : l2  l2 линейны и ограничены, причем An  1 . Поскольку для всякого x  (1 ,  2 ,...)  l2 ряд



 k 1

2 k

сходится, то





k  n 1

2 k

 0 , как

n

1 2

 2 остаток сходящегося ряда. Таким образом, x  l2 lim An x  lim    k   0 , n n  k n1  т.е. lim An x  0 x . 

n 

Поскольку l2 – гильбертово, то для произвольного y  (1,2 ,...)  l2 полу

чаем ( An x, y )   ( An k ) k   n 11   n  2 2  ...  1  0   2  0  ...   n  0  k 1

349



 n11   n 2 2  ...    k ( An* k )  ( x, An* y ) , откуда для всех y  (1,2 ,...)  l2 поk 1

1

лучаем, что An* y  (0,0,...,0,1,2 ,...) и y  l2 n

  2 2 lim An* y  lim   k   y , т.е. n n  k 1 

lim An y  0 y . *

n

7. Доказать, что для однозначного задания сопряженного оператора равенством A* ( x)   ( Ax) в определении сопряженного оператора необходимо и достаточно, чтобы D( A)  X , где D( A) – область определения оператора A . Решение: пусть D( A)  X , тогда по теореме о вычислении расстояния с помощью функционала 0  X * ,  0  0 : x  D( A) 0 ( x)  0 . Но тогда имеется два представления: A* ( x)   ( Ax) и A* (  0 )( x)   ( Ax) . Пусть теперь D( A)  X , и при этом  ( Ax)  A*1 ( x)  A*2 ( x) , откуда x  D( A) A* (1  2 )( x)  0 . Поскольку D( A) плотно в X , то из примера 4 п. 2.3 следует, что A* (1  2 )  0 , т.е. A*1  A*2 . Задачи для самостоятельного решения 1. Доказать, что, если X ,Y – линейные нормированные пространства, A : X  Y – линейный ограниченный оператор, то: а) оператор A* инъективен тогда и только тогда, когда Im A всюду плотен в Y; б) если Im A* всюду плотен в X * , то A инъективен; в) если пространство X рефлексивно, то оператор A инъективен тогда и только тогда, когда Im A* всюду плотен в X * . Указание: воспользоваться теоремой о двойственности и критериями всюду плотности. 2. Доказать, что, если нормированные пространства X и Y рефлексивны и A : X  Y – линейный ограниченный оператор, то A**  A . 3. Доказать свойства 1-4 операции сопряжения (приведенные в соответствующем замечании). 4. Доказать, что если A : H  H , то операторы AA* и A* A являются самосопряженными. 5. Пусть H – комплексное гильбертово пространство и A : H  H – самосопряженный оператор. Доказать, что x  H ( Ax, x)  . 6. Найти сопряженный к оператору A : L2  0,1  L2  0,1 , определяемому формулой Ax(t )  tx(t ) . 7. Найти оператор, сопряженный к оператору вложения A : l2  c0 , Ax  x . 350

8. Найти сопряженный к оператору A : L2  0,1  L2  0,1 , определяемому 1

формулой Ax(t )   cos tx( s)ds . 0

9. Найти сопряженный к оператору A : L2  0,1  L2  0,1 , определяемому 1

формулой Ax(t )   x( s)ds . 0

10. Найти оператор, сопряженный Ax  (1 ,...,  n ,0,0,...) , где x  (1,2 ,...)  l1 . 11. Найти оператор, сопряженный Ax  (1 ,...,  n ,0,0,...) , где x  (1,2 ,...)  c0 . 12. Найти оператор, сопряженный Ax  (1 ,...,  n ,0,0,...) , где x  (1 ,  2 ,...)  l2 . 13. Найти оператор, сопряженный Ax  (1 ,...,  n ,0,0,...) , где x  (1,2 ,...)  l1 . 14. Найти оператор, сопряженный

A : l1  l1 ,

если

к оператору

A : c0  c0 ,

если

к

оператору

A : l2  l2 ,

если

к

оператору

A : l1  c0 ,

если

к оператору

A : c0  c0 ,

если

к

оператору

Ax  (11 , 2 2 ,...) , где последовательность  n n1 ограничена, x  (1,2 ,...)  c0 . 

15.

Найти

оператор,

сопряженный

к

оператору

A : l1  c0 ,

если

Ax  (11 , 2 2 ,...) , где последовательность  n n1 ограничена, x  (1,2 ,...)  l1 . 

16. Найти оператор, сопряженный к оператору A : l1  l1 , Ax  (0,0, 1 ,  2 ,...) , где x  (1,2 ,...)  l1 . 17. Найти оператор, сопряженный к оператору A : c0  c0 , Ax  (0,0, 1 ,  2 ,...) , где x  (1,2 ,...)  c0 . 18. Найти оператор, сопряженный к оператору A : l2  l2 , Ax  (0,0, 1 ,  2 ,...) , где x  (1 ,  2 ,...)  l2 . 19. Найти оператор, сопряженный к оператору A : l1  c0 , Ax  (0,0, 1 ,  2 ,...) , где x  (1,2 ,...)  l1 . 20. Найти оператор, сопряженный к оператору A : l1  l1 , Ax  ( 2 , 3 ,...) , где x  (1,2 ,...)  l1 . 21. Найти оператор, сопряженный к оператору A : c0  c0 , Ax  ( 2 , 3 ,...) , где x  (1,2 ,...)  c0 . 22. Найти оператор, сопряженный к оператору A : l2  l2 , Ax  ( 2 , 3 ,...) , где x  (1 ,  2 ,...)  l2 . 23. Найти оператор, сопряженный к оператору A : l1  c0 , Ax  ( 2 , 3 ,...) , где x  (1,2 ,...)  l1 . 24. Найти оператор, сопряженный к оператору A : L2  0,1  L2  0,1 , Ax(t )  x(t  ) ,   0 . 351

если

если если если если если если если если

25. Найти оператор, сопряженный к оператору A : L2    L2   , если Ax(t )  x(t  h) , где h – некоторое фиксированное число. 26. Найти оператор, сопряженный к оператору A : L2    L2   , если 1 Ax(t )   x(t )  x(t ) . 2 27. Найти оператор, сопряженный к оператору A : l p  l p ( p  1 ), если Ax  (0, 1 ,  2 ,...) , x  (1 ,  2 ,...)  l p .

28. Найти оператор, сопряженный Ax  (2  3 ,3  4 ,...) , x  (1 , 2 ,...)  l2 .

к

оператору

A : l2  l2 ,

если



tn 29. Найти оператор, сопряженный к оператору Ax   n : c0  L1 0,1 , n! n 0 x  (1,2 ,...)  c0 . 30. Найти оператор, сопряженный к оператору A : L2  0,1  L2  0,1 , если  x(t ), 0  t   . Ax(t )      0, t 1  31. Найти оператор, сопряженный Ax  (0,0,...,0,1,0,0,...) , x  (1,2 ,...)  l1 .

оператору

A : l1  l1 ,

если

32. Найти оператор, сопряженный к оператору Ax  (n  1,n1  1,...,21, n1, n2 ,...) , x  (1 , 2 ,...)  l2 .

A : l2  l2 ,

если

A : l2  l2 ,

если

к

n

n

33. Найти оператор, сопряженный к Ax  (2 ,1,4 ,3 ,...,n ,n1,...) , x  (1 , 2 ,...)  l2 .

оператору

n

34. Убедиться, что для операторов из примера 2 A  A* . 1

35. Найти оператор, сопряженный к оператору Ax(t )   e3t 2 x( )d , если 0

A : C  0,1  C  0,1 . 1

36. Найти оператор, сопряженный к оператору Ax(t )   sin( (t  s)) x( s)ds , 0

если A : C  0,1  C  0,1 .

t

37. Найти оператор, сопряженный к оператору Ax(t )   x( s)ds , если 0

A : C  0,1  C  0,1 .

38. Найти оператор, сопряженный к оператору Ax(t )  x(t 2 ) , если A : C  1,1  C  1,1 . Указание: разбить интеграл на два и выполнить замену переменной. 352

39. Найти оператор, сопряженный к оператору A : C  0,1  C  0,1 .

Ax(t )  tx(t ) , если

t

Указание: A g (t )   dg ( ) . См. задачу 12 п. 2.4. *

0

40. Пусть H – гильбертово пространство и A : H  H – линейный ограниченный оператор. Доказать, что: а) ker( AA* )  ker( A* ) ; б) ker( A* A)  ker( A) ; в) R( AA* )  R( A) ; г) AA*  A . 2

Указание: в п. г) воспользоваться самосопряженностью оператора AA* ,

примером 3 и тем, что, если f ( x)  0 , то sup f 2 ( x)   sup f ( x)  . 41. Доказать свойства б) и г) из примера 4. 42. В пространстве L2  1,1 построить проекцию любой функции на подпространства четных и нечетных функций. 43. Доказать, что оператор P : H  H является проектором на подпространство L тогда и только тогда, когда x  L Px  x . 44. Пусть P : H  H – проектор на подпространство L . Доказать, что оператор I  P : H  H (где I – тождественный оператор) является проектором на L . 45. Пусть H – гильбертово пространство, P : H  H – проектор. Доказать, что P  1 . Указание: воспользоваться теоремой Пифагора. 46. Найти оператор, сопряженный к оператору Ax(t )  et x(t ) , если A : L5  0,1  L3  0,1 . 47. Найти оператор, сопряженный к оператору Ax  (1  2 ,5  33 ,6 ) , если A : l2  l23 . 2

1

48. Найти оператор, сопряженный к оператору Ax(t )   (t  e s ) x( s)ds , если 0

A : L2  0,1  L2 1,3 .

1

49. Найти оператор, сопряженный к оператору Ax(t )   et  s x( s )ds , если 0

A : L2  0,1  L2  1,0 . 3

50. Найти оператор, сопряженный к оператору Ax(t )   (4st  5s 2 ) x( s)ds , t

если A : L2  3,3  L2  3,3 . 353

51. Найти оператор, сопряженный к оператору Ax(t )  eit x(t ) , если A : L2  0,1  L2  0,1 . 52. Найти оператор, сопряженный к оператору Ax  x , если A : l2  c0 . t

53. Найти оператор, сопряженный к оператору Ax(t )   ts 2 x( s )ds , если 0

A : L3  0,1  L5  0,1 . 54. Найти оператор, сопряженный к оператору A : l2  l2 , если 3 4 n    n1 ,...  . Ax   23  1 ,  2  41 ,61 ,  4 , 5 ,..., 4 5 n 1   55. Найти оператор, сопряженный к оператору Ax(t )  (3  cos 2t ) x(t ) , если     A : L2 0,   L2 0,  .  2  2 m

 n  56. Найти оператор, сопряженный к оператору Ax    akll  , если  l 1 k 1 n m A : l p  lq .

57. Найти оператор, сопряженный к оператору Ax   n n , n1 n1 ,... , если A : l1  l4 и A : l1  c0 , а последовательность ( n ) ограничена. 58. Найти оператор, сопряженный к оператору Ax  (0,0,0,4 ,5 ,...) , если A : l2  l3 . 59. Найти оператор, сопряженный к оператору A : l35  l53 и A : l25  l23 , если 3

 5 i  Ax    (2 k  (2  i)l )l  .  l 1 k 1 60. Найти оператор, сопряженный к оператору Ax  x , если A : l1  l2 . 61. Найти оператор, сопряженный к оператору

Ax (t )  x

A : L3  0,1  L3  0,1 .

 t ,

если

2

62. Найти оператор, сопряженный к оператору Ax(t )  cos  t  x( s )ds , если 1

A : L4 1,2  L2  2,3 .

63. Найти оператор, сопряженный к оператору Ax(t )  eit x(3t  2) , если A : L2    L2   . 64. Найти оператор, сопряженный к оператору A : C  0,1  C  0,1 , если 1

Ax(t )   tx(t )dt  tx(0)  t x(1) ; Ax(t )  t 2

0

1

2

 x( )d  x(0)  tx(1) . 0

Указание: использовать свойство ( A  B)*  A*  B* . 354

Дополнение. Комплексный вариант теоремы Хана-Банаха. Слабая замкнутость выпуклого множества Теорема Хана-Банаха (комплексный вариант): пусть X – линейное нормированное пространство, X 0 – его линейное многообразие,  0 : X 0  – линейный ограниченный функционал. Тогда существует линейный ограниченный функционал  : X  такой, что  X   0 и   0 . 0

Доказательство: пусть f 0 : X 0  , f0 ( x)  Re0 ( x) . Ясно, что действительный линейный функционал. Поскольку f 0 ( x)  0 ( x) , то f 0  0 , поэтому f 0 ограничен. По теореме Хана-Банаха для действительных функционалов f : X  – линейный ограниченный функционал такой, что f X  f 0 и 0

f  f0 . Пусть теперь  : X  ,  ( x)  f ( x)  if (ix) . По построению  (ix)  i ( x) , поэтому  – комплексный линейный функционал. Далее, если x  X 0 , то  ( x)  f ( x)  if (ix)  f0 ( x)  if0 (ix)  Re0 ( x)  i Re0 (ix)   Re0 ( x)  i Re(i0 ( x))  Re0 ( x)  i Im0 ( x)  0 ( x) . Таким образом,  продолжает 0 . При этом ясно, что   0 . Предпо-

ложим, что   0 , тогда x0  X \ 0 :



 ( x0 ) x0

 0 . Если  ( x0 )   ( x0 ) ei ,





и y0  e i x0 , то получаем: f ( y0 )  Re ( y0 )  Re (ei x0 )  Re ei ( x0 ) 

 Re  ei  ( x0 ) ei    ( x0 )  x0 0  y0 0 . Отсюда

f ( y0 )  0 , поэтому y0 f  0 . Поскольку f  f 0 , то получили противоречие. Теорема доказана. Определение: пусть X – действительное линейное нормированное пространство. Функционал   X * называется строго разделяющим множества M , N  X , если inf  ( x)  sup ( x) . xM

xN

Теорема (об отделимости выпуклого и компактного множеств): пусть X – действительное линейное нормированное пространство, M , N  X – выпуклые множества, M N   , M компактно, а N замкнуто. Тогда существует нетривиальный функционал   X * , строго разделяющий M и N . Замечание: в частности, утверждение справедливо, если множество M состоит из одной точки. Теорема (о слабой замкнутости выпуклого множества): пусть X – линейное нормированное пространство, M  X – замкнутое выпуклое множество, тогда M – слабо замкнуто. x0  M . Доказательство: допустим, что  xn   M : xn 355

1. Если X – действительное пространство, то по теореме отделимости найдется функционал   X * такой, что  ( x0 )  sup ( x) . Так как  ( xn )   ( x0 ) , xM

то N  : n  N  ( xn )  sup ( x) . Это означает, что xn  M . Противоречие. xM

2. Пусть X – комплексное пространство. Рассматривая его, как действительное, найдем линейный ограниченный функционал 0 : X  такой, что

0 ( x0 )  sup0 ( x) . Далее, возьмем   X * ,  ( x)  0 ( x)  i0 (ix) , тогда получим, xM

что 0 ( xn )  Re ( xn )  Re ( x0 )  0 ( x0 )  sup0 ( x) , т.е. снова xn  M . xM

Теорема доказана.

356

РАЗДЕЛ 3. ЭЛЕМЕНТЫ СПЕКТРАЛЬНОЙ ТЕОРИИ 3.1. Обратные операторы Определение: пусть X и Y – линейные нормированные пространства, A : X  Y – линейный оператор с областью определения D( A) и множеством значений R ( A) . Пусть существует оператор A1 : Y  X такой, что x  D( A) A1 Ax  x и y  R( A) AA1 y  y . Тогда операторы A и A1 называются взаимно обратными. Определение: пусть X и Y – линейные нормированные пространства, A : X  Y – линейный оператор. Линейный оператор B : Y  X называется левым обратным для оператора A , если BA  I X , где I X – тождественный оператор в пространстве X . Линейный оператор C : Y  X называется правым обратным для оператора A , если AC  IY , где I Y – тождественный оператор в пространстве Y . Теорема (простейшие свойства обратных операторов): пусть X и Y – линейные нормированные пространства, A : X  Y – линейный оператор. Тогда: 1. если оператор A имеет левый обратный и правый обратный, то они равны, т.е. B  C  A1 ; 2. Пусть оператор A отображает D( A) на R ( A) взаимно однозначно, тогда существует обратный оператор A1 , отображающий R ( A) взаимно однозначно на D( A) . 3. В условиях п. 2 оператор A1 линеен. 4. если существует оператор A1 : Y  X , определенный на всем Y , то y  Y уравнение Ax  y имеет единственное решение; 5.  A1   A (в предположении, что  A1  1

1

существует);

6. Если A – ограничен, то A1 может не быть ограниченным. Доказательство: 1. B  BIY  B( AC)  (BA)C  I X C  C , откуда B  C  A1 . 2. В силу взаимной однозначности y  R( A) существует единственный прообраз x  D( A) . Ставя в соответствие каждому такому y  R( A) его прообраз x  D( A) и получим оператор A1 . 3. Легко доказать, что R ( A) – линейное многообразие. Пусть x  A1 ( y1  y2 )  A1 y1  A1 y2 , тогда Ax  AA1 ( y1  y2 )  AA1 y1  AA1 y2  ( y1  y2 )   y1  y2  0 . В силу взаимной однозначности оператора A получаем, что x  0 . Таким образом, A1 ( y1  y2 )  A1 y1  A1 y2 . Доказательство для множителя – аналогичное. Таким образом, A1 линеен. 4. В силу п. 1 B  C  A1 . Если оператор A имеет правый обратный C , то x  Cy является решением уравнения Ax  y , поскольку, подставляя в уравне357

ние, получаем, что ACy  y , т.е. y  y . Пусть A имеет левый обратный B , x – решение уравнения Ax  y , тогда, применяя оператор B слева к этому уравнению, получаем, что x  By . Допустим, что x1 – другое решение уравнения Ax  y , т.е. Ax1  y , тогда x1  By  x и, значит, решение единственно.

5. Пусть A1  B , тогда  A1   B 1 . Поскольку BB1  I , то A1  A1   I , 1

1

откуда  A1   A . 1

6. Рассмотрим оператор A , действующий в C  0,1 и определяемый равенt

ством Ax(t )   x( )d . Ясно, что он определен на всем пространстве C  0,1 и 0

линеен в силу свойств линейности интеграла. Область значений R ( A) оператора A представляет собой линейное многоt

образие непрерывно дифференцируемых в C  0,1 функций вида y (t )   x( )d , для которых y(0)  0 . Кроме того, оператор ограничен в силу оценок: t

t

t

t 0,1 0

t0,1 0

t0,1 0

0

Ax  sup  x( )d  sup  x( ) d  x sup 1d  x . dx(t ) , действующий в dt R( A)  D( A1 ) , является обратным к оператору A . Пусть x(t )  R( A) , тогда Покажем, что линейный оператор

A1 x(t ) 

t

AA x(t )   x '( )d  x(t )  x(0)  x(t ) , поскольку для x(t )  R( A) x(0)  0 . Если 1

0

t  же x(t )  C  0,1 , то A Ax(t )    x( )d   x(t ) . 0  1 Покажем, что A неограничен. Возьмем xn (t )  sin nt  R( A)  D( A1 ) , n . Тогда xn  sup sin nt  1 , т.е. последовательность  xn  ограничена. Ясно, что 1

t0,1

1

A xn (t )  n cos nt и

A1xn  sup n cos nt  n sup cos nt  n   , т.е. оператор t0,1

t0,1

1

A перевел ограниченную последовательность в неограниченную. Следовательно, он неограничен. Теорема доказана. Теорема (критерий инъективности): пусть X и Y – линейные нормированные пространства, A : X  Y – линейный оператор. Оператор A инъективен тогда и только тогда, когда его ядро ker A   x  D( A) : Ax  0  0 . Доказательство: пусть оператор A инъективен. Предположим, что ker A  0 , тогда возьмем z  ker A , z  0 . Пусть y  R( A) и уравнение Ax  y 358

имеет решение x*  X . Тогда A( x*  z )  Ax*  Az  Ax*  0  Ax*  y . Поскольку z  0 , то x*  z  x* . Таким образом, каждый элемент y  R( A) имеет по меньшей мере два прообраза x*  D( A) и x*  z  D( A) . Это противоречит инъективности оператора A . Значит предположение ker A  0 неверно.

Обратно: пусть ker A  0 . Предположим, что y  R( A) , имеющий два прообраза x1 , x2  D ( A) такие, что x1  x2 , т.е. оператор A не является инъективным. Тогда Ax1  y и Ax2  y и, вычитая из первого равенства второе, получаем, что Ax1  Ax2  0 , т.е. A( x1  x2 )  0 , значит, x1  x2  ker A  0 , откуда x1  x2 . Противоречие. Теорема доказана. Замечание: из доказанной теоремы и простейших свойств обратных операторов следует, что обратный оператор определен и линеен на всем Y , если исходный оператор сюръективен и его ядро состоит только из нулевого вектора. Определение: пусть X и Y – линейные нормированные пространства, A : X  Y – линейный оператор. Оператор A называется непрерывно обратимым, если R( A)  Y и оператор A1 : Y  X линеен и ограничен. Теорема (критерий непрерывной обратимости): пусть X и Y – линейные нормированные пространства, A : X  Y – линейный оператор. Оператор A непрерывно обратим тогда и только тогда, когда R( A)  Y и x  D( A) m  0 : Ax  m x . Доказательство: пусть оператор A непрерывно обратим, т.е. R( A)  Y и существует обратный оператор A1 : Y  X , который линеен и ограничен. По определению ограниченности оператора, y  Y c  0 A1 y  c y . Пусть A1 y  x  D( A) , тогда y  Ax и тогда x  D( A) получаем, что x  c Ax , отку1 да Ax   x  m x , причем ясно, что m  0 . c Обратно: пусть R( A)  Y и x  D( A) m  0 : Ax  m x . Надо доказать,

что существует обратный линейный ограниченный оператор A1 . Покажем, что A взаимно однозначен. Если Ax  0 , т.е. x  ker A , то 0  Ax  m x , откуда x  0 . Таким образом, ker A  0 , и по предыдущей теореме A взаимно однозначен и существует обратный линейный оператор A1 . Пусть теперь Ax  y , тогда x  A1 y и, поскольку x  D( A) Ax  m x , то y  Y

AA1 y  m A1 y ,

1 1  y , где  0 , т.е. оператор A1 ограничен. m m Теорема доказана. Замечание: теорема применима даже в случае, когда D( A)  X и оператор A не является ограниченным.

откуда A1 y 

359

Теорема (об обратимости оператора, близкого к тождественному): пусть X – банахово пространство, A : X  X – линейный ограниченный оператор. Тогда если A  1 , то существует ограниченный оператор ( I  A) 1 . Доказательство: покажем, что B  ( I  A)1 , причем B линеен и ограничен. Возьмем B  I  A  A2  A3  ... , тогда ясно, что B – линеен. Покажем сначала, что этот ряд сходится. Пространство X по условию полно, следовательно, по теореме о полноте пространства линейных ограниченных операторов, пространство L( X , X ) – также полно. В силу критерия полноты линейного пространства в терминах рядов, достаточно показать, что ряд B  I  A  A2  A3  ... сходится абсолютно, т.е., что сходится ряд





Ak . Поскольку Ak  A , и по условию A  1 , то k

k 0

ряд





A

k

– это бесконечно убывающая геометрическая прогрессия. Следова-

k 0





 1 A  , т.е. ряд  Ak сходится. Потельно,   1 A k 0 k 0 k 0 1 путно установили неравенство B  (см. задачу 2), из которого следует, 1 A что оператор B ограничен. Осталось проверить, что B( I  A)  ( I  A) B  I .

1 A  , откуда 1 A k

k

Действительно, B( I  A)  ( I  A  A2  A3  ...)( I  A)  ( I  A  A2  A3  ...)  ( A  A2  A3  ...)  I . Равенство ( I  A) B  I проверяется аналогично. Теорема доказана. Замечание: в этой теореме, естественно, полагается, что D( A)  R( A)  X . Аналогично определяется оператор ( I  A)1  I  A  A2  A3  ...  (1) n An  ... (задача 3). Замечание: вид оператора B можно было угадать, рассмотрев числовой ряд (1  x) 1  1  x  x 2  x3  ... и подставив в него формально x  A (см. также задачу 9). Теорема (об операторе, близком к непрерывно обратимому): пусть X – банахово пространство, A, A : X  X – линейные ограниченные операторы, причем A непрерывно обратим, а A  A1 непрерывно обратим и при этом B 1  A1 

1

. Тогда оператор B  A  A

A  A1

2

1  A1  A

.

Доказательство: пусть B  A  A  A( I  A1A) . Поскольку по условию

A  A1

1

, то A1A  A1  A  1 , то для оператора A1A выполнены

все условия предыдущей теоремы (см. замечание) и, следовательно, существует 360



( I  A1A) 1     A1A  . Далее (см. задачу 4), B 1  ( I  A1A) 1 A1 , следоk

k 0

вательно, B существует, линеен и ограничен, т.е. B непрерывно обратим. Наконец, получим требуемое неравенство: B 1  A1  ( I  A1A)1 A1  A1  A1  ( I  A1A)1  I  1

 A1 



   A1A  I  A1  k

k 0







 A

A   k

1

k 1





 A1     A1A   A1   A1A  A1   A1  A k

k 1

k

k 1

 A1 

A1  A 1  A1  A

k 1



k



2



A1  A 1  A1  A

.

Теорема доказана. Теорема Банаха (об обратном операторе): пусть X и Y – банаховы пространства, A : X  Y – линейный ограниченный оператор, причем D( A)  X , R( A)  Y . Тогда если этот оператор имеет обратный A1 : Y  X , то он также ограничен. Доказательство: поскольку оператор A сюръективен, то, в силу принципа открытости (см. п. 1.5), образ единичного шара с центром в начале координат содержит некоторый шар с центром в начале координат. Его радиус обозначим через  , т.е. если взять y  Y : y   , то в этот элемент y перейдет некоторый элемент x  X , содержащийся в единичном шаре (т.е. x  X : x  1 и Ax  y ). Поскольку Ax  y и обратный оператор существует, то x  A1 y . Таким образом, y  Y из условия y   следует, что x  A1 y  1 .

Покажем, что z Y c  0 : A1 z  c z . Имеем, A1z  A1

z z z z 1 z    A1    c  A1 y  z , где c  , y     Y .   z z  z

Если покажем, что y   , то получим, что A1 y  1 и тогда A1 z  c z , т.е., что и требовалось доказать. Действительно, y 

z     z . z z

Теорема доказана. Замечание: теорема Банаха об обратном операторе неприменима, если D( A)  X или R( A)  Y . Кроме того, теорема Банаха является симметричной (из ограниченности A1 следует ограниченность A ). Замечание: если D( A)  X и R( A)  Y , то из теоремы Банаха об обратном операторе следует, что оператор A1 линеен и ограничен, тогда и только тогда, когда уравнение Ax  y однозначно разрешимо при любой правой части y  Y . 361

Теорема (об эквивалентных нормах): пусть на некотором линейном пространстве E заданы две нормы x 1 и x 2 , по отношению к каждой из которых пространство E – банахово. Если хотя бы одна из норм подчинена другой, то эти нормы эквивалентны. Доказательство: пусть E1 – пространство E с нормой x 1 , а E 2 – пространство E с нормой x 2 . Ясно, что E1 и E 2 – банаховы. Пусть норма x 1

подчинена норме x 2 , т.е. c2  0 : x 1  c2 x 2 . Рассмотрим оператор A : E2  E1 , действующий по формуле Ax  x (слева x  E , как элемент пространства E 2 , а справа x  E , как элемент пространства E1 ). Ясно, что D ( A)  E2 , A – линеен и отображает E 2 на R( A)  E1 взаимно однозначно. Кроме того, Ax 1  c2 x 2 , т.е. оператор A – ограничен. Таким образом, обратный оператор A1 : E1  E2 , действующий по формуле A1 x  x , существует и, по теореме Банаха об обратном операторе, он также ограничен, т.е. A1 x  A1  x 1 . Поскольку A1x  x , то 2

1 1

x 2  A1  x 1 , откуда x 1  A

 x 2  c1 x 2 . Окончательно получаем, что

c1 x 2  x 1  c2 x 2 . По определению нормы x 1 и x Теорема доказана.

2

эквивалентны.

Примеры решения задач 1

1. Пусть Ax(t )  x(t )    k (t , ) x( )d : C 0,1  C 0,1 , t   0,1 ,  

\ 0 ,

0

k (t , )   (t ) ( ) , функции  (t ) и  ( ) непрерывны на  0,1 и не равны тожде1

ственно нулю,  ( ) ( )d  0

1



. Доказать, что оператор A непрерывно обра-

1

тим и найти A . Решение: оператор A определен на всем пространстве C  0,1 , а, в силу теоремы о непрерывности интеграла Римана, зависящего от параметра, множеством значений оператора также является все пространство C  0,1 . Линейность оператора очевидна в силу линейности интеграла. Проверим его ограниченность, пользуясь тем, что в C  0,1 x(t )  x : 1   Ax  sup x(t )    (t ) ( ) x( )d  sup  x(t )     (t )  ( ) x( ) d   t0,1 t0,1 0 0   1 1      x sup 1     (t )  ( ) d   x sup 1       1d   1         x . t0,1 t0,1 0 0     Таким образом, A  L  C 0,1, C 0,1 . Поскольку C  0,1 – банахово пространство, то для установления непрерывной обратимости оператора A доста1

362

точно, в силу теоремы Банаха об обратном операторе, показать, что при каждом y (t )  C  0,1 уравнение Ax  y имеет единственное решение. Рассмотрим урав1

1

0

0

нение x(t )    (t ) ( ) x( )d  y (t ) или x(t )   (t )   ( ) x( )d  y (t ) . Из вида 1

уравнения ясно, что его решение x(t )  y(t )  c (t ) , c    ( ) x ( )d . Умно0

жим этот вид на  (t ) и проинтегрируем полученное соотношение по  на отрезке  0,1 :

1

1

1

0

0

0

1

 x( ) ( )d   y( ) ( )d  c  ( ) ( )d . Пусть c   ( ) ( )d , 0

тогда из условия задачи ясно, что c0 

1



0

1

. Поскольку c    ( ) x( )d , то полу0

1

1

1 y ( ) ( )d .    1 c 0 0 0 Подставляя найденное c в вид решения исходного уравнения, получаем  1  1 x(t )  y (t )   (t ) y ( ) ( )d или x(t )  y (t )  k (t , ) y ( )d  A1 y (t ) .   1   c0 0 1  c0 0 Из этой формулы следует, что решение x(t ) единственно, поскольку, если

чаем равенство: c   y ( ) ( )d  c c0 , откуда c 

Ax1  y , Ax2  y , то x1  A1 y  x2 . Подставляя найденное x(t ) в уравнение Ax  y , получим тождество y (t )  y (t ) , т.е. найденное решение существует при любой правой части y (t )  C  0,1 . Таким образом, оператор A непрерывно обратим. t

2. Пусть Ax(t )  x(t )    k (t , ) x( )d , A : C  0,1  C  0,1 , t   0,1 ,   \ 0 , 0

где k (t , )   (t ) ( ) , функции  (t ) и  ( ) непрерывны на  0,1 и не равны тождественно нулю. Доказать, что оператор A непрерывно обратим и найти A1 . Решение: аналогично предыдущему примеру A  L  C 0,1, C 0,1 , поэтоt

му достаточно показать, что уравнение x(t )    (t ) ( ) x( )d  y (t ) , при каждом y (t )  C  0,1 имеет единственное решение.

0

t

Если обозначим z (t )    ( ) x( )d , то получим, что решение уравнения 0

t

надо искать в виде x(t )  y(t )   (t ) z (t ) . Из соотношения z (t )    ( ) x( )d ясно, что z (t )  C

(1)

0,1 , причем

0

z '(t )   (t ) x(t ) и z (0)  0 . Подставим в полученное 363

дифференциальное уравнение x(t )  y(t )   (t ) z (t ) , и, обозначая a0 (t )   (t ) (t ) , t

получим z '(t )  a0 (t ) z(t )   (t ) y(t ) . Решение однородного уравнения z0 (t )  ce



 a0 ( ) d 0

.

t

Используя метод вариации постоянной, запишем z (t )  c(t )e t

z '(t )  c '(t )e



 a0 ( ) d 0



 a0 ( ) d 0

, откуда

t

  c(t )a0 (t )e



 a0 ( ) d 0

, и, выполняя подстановку в неоднородное 

t

уравнение, получим c '(t )  e



  a0 ( ) d 0

t

 (t ) y (t ) , т.е. c(t )   e



  a0 ( s ) ds 0

 ( ) y ( )d , где

a



t

a  const . Общее решение z (t )  e



 a0 ( ) d 0

t

 e



  a0 ( s ) ds 0

 ( ) y ( )d . Воспользуемся

a



0

начальным условием z (0)  0 и получим z (0)   e



  a0 ( s ) ds 0

 ( ) y ( )d  0 .

a



t

Окончательно z (t )  e



 a0 ( ) d 0

t

 e



  a0 ( s ) ds 0

 ( ) y ( )d , отсюда находим, что

0



t

x(t )  y (t )   (t )e



 a0 ( ) d 0

t

 e



  a0 ( s ) ds 0

 ( ) y ( )d  A1 y (t ) . Снова легко видеть

0

существование и единственность полученного решения при любой правой части y (t )  C  0,1 , т.е. оператор A непрерывно обратим.

3. Пусть L  C  0,1 – линейное многообразие трижды непрерывно дифференцируемых на  0,1 функций, удовлетворяющих условиям: x(0)  x '(0)  x ''(0)  0 .

Доказать непрерывную обратимость оператора A : C  0,1  C  0,1 с областью определения D  A   L и Ax(t )  x '''(t )  x ''(t ) . Решение: в данном случае теоремой Банаха пользоваться нельзя, поскольку D( A)  C  0,1 и оператор A – неограничен, как всякий оператор дифференцирования в пространстве C  0,1 . Для проверки непрерывной обратимости воспользуемся критерием непрерывной обратимости. Возьмем произвольную функцию y (t )  C  0,1 и рассмотрим уравнение Ax  y , т.е. x '''(t )  x ''(t )  y (t ) с начальными условиями x(0)  x '(0)  x ''(0)  0 . Рассмотрим однородное уравнение x '''(t )  x ''(t )  0 . Его характеристическое уравнение k 3  k 2  0 имеет корни k1  0 – кратности 2 и k2  1 , т.е. решение этого уравнения записывается в виде x(t )  c1t  c2  c3e t . Для решения не364

однородного уравнения используем метод вариации постоянных, т.е. будем искать решение неоднородного уравнения в виде x(t )  c1 (t )t  c2 (t )  c3 (t )e t . Тогда x '(t )  c1 '(t )t  c1 (t )  c2 '(t )  c3 '(t )e t  c3 (t )e t . Считаем c1 '(t )t  c2 '(t )  c3 '(t )et  0 . Далее, x ''(t )  c1 '(t )  c3 '(t )e t  c3 (t )e t и считаем, что c1 '(t )  c3 '(t )e  t  0 . Наконец, x '''(t )  c3 '(t )et  c3 (t )e t . Подставим эти производные в исходное неоднородное уравнение: c3 '(t )e t  c3 (t )e t  c 3(t )e t  y (t ) . Таким образом, для опреде-

c1 '(t )t  c2 '(t )  c3 '(t )e t  0  ления c1 (t ) , c2 (t ) и c3 (t ) получаем систему: c1 '(t )  c3 '(t )e t  0 .  t c3 '(t )e  y (t ) Из третьего уравнения системы находим, что c3 '(t )  et y (t ) , тогда из второго уравнения c1 '(t )  y (t ) , а из первого – c2 '(t )   y(t )  ty(t ) . t

t

t

Тогда c3 (t )   e y ( )d , c1 (t )   y ( )d , c2 (t )    (1   ) y ( )d . Решение 

b

a

c

t

t

b

c 0

неоднородного уравнения: x(t )  t  y ( )d   (1   ) y ( )d  e

t

t

 e y( )d . 

Вос-

a

0

пользуемся начальными условиями x(0)    (1   ) y ( )d   e y ( )d  0 . Даc

t

лее, x '(t )   y ( )d  ty (t )  (1  t ) y (t )  e b

0

0

b

a t

t

t

a

t

t

 e y( )d  y(t )   y( )d  e  e y( )d , 

a

t

b



a

откуда x '(0)   y ( )d   e y ( )d  0 . Т.к. x ''(t )  y (t )  e

t

t

 e y( )d  y(t )  e  e y( )d , то 

t

a



a

Из полученных равенств заключаем

0

0

0

x ''(0)   e y ( )d  0 . a

0

 e y( )d   y( )d   (1   ) y( )d  0 , от

a

b

c

t

t

t

t

0

0

0

0

куда x(t )  t  y ( )d   (1   ) y ( )d  e t  e y ( )d   (t  1    e t ) y ( )d . Видим, что для всякой непрерывной функции y (t ) решение x(t ) существует (что легко проверяется подстановкой в исходное уравнение), т.е. R( A)  C[0,1] . Далее, оценим норму полученного решения: t

x

C0,1

 sup  (t  1    e ) y ( )d  sup  t  1    e t y ( ) d  t0,1 0

t0,1 0

t

 y

t

 t

C 0,1

sup  t  1    e

t0,1 0

 t

d  y 365

t

C 0,1

sup  (t  1    e t )d 

t0,1 0

 3t 2   y C0,1 sup   t  1  et   m y t 0,1  2 

C0,1

.

1 x . Для m C0,1 того, чтобы по критерию непрерывной обратимости сделать вывод, что опера1  0 , т.е., что m  0 . Нетор A непрерывно обратим, осталось показать, что m 3t 2 трудно убедиться, что функция  t  1  et монотонно возрастает при 2 2  3t  3 7 1 7e  1 t   0,1 , поэтому m  sup   t  1  et    2  e1     0 . Итак, опе2 e 2e t0,1  2  2 ратор A непрерывно обратим, и действие обратного оператора задается формуПоскольку Ax  y , то x

C0,1

 m Ax

C0,1

, откуда Ax

C  0,1



t

лой A y (t )   (t  1    e t ) y ( )d , y (t )  C  0,1 . 1

0

4. Проверить, существует ли непрерывный обратный оператор к оператору A : l2  l2 , если: а) Ax  (3 ,1,2 ,4 ,5 ,...) ; б) Ax  (1  22 ,1  2 ,3 ,4 ,...) ; в) Ax  (2  1,2  3 ,22  21,4 ,5 ,...) , где x  ( k )  l2 . Решение: а) Ясно, что D ( A)  R ( A)  l2 , поскольку оператор только меняет координаты местами. Кроме того, A – линеен. Проверим, что A – ограничен: 



Ax   A k  3  1   2   4  5  ...    k  x , 2

2

2

2

2

2

2

k 1

2

2

k 1

откуда следует, что A  1 , т.е. A  L (l2 , l2 ) , причем l2 – банахово, следовательно, можно воспользоваться теоремой Банаха об обратном операторе, показав, что уравнение Ax  y имеет единственное решение для любого y  ( k )  l2 . Перепишем это уравнение в виде (3 ,1,2 ,4 ,5 ,...)  (1,2 ,3 ,4 ,5 ,...) . Отсюда следует, что x  (1 ,  2 , 3 ,  4 , 5 ,...)  (2 ,3 ,1 ,4 ,5 ,...)  A1 y . Ясно, что это решение существует и единственно, следовательно, оператор A непрерывно обратим, и, кроме того, можно непосредственно установить, что A1  1 . б) Ясно, что D ( A)  R ( A)  l2 , поскольку оператор меняет только конечное число координат. Кроме того, A – линеен. Проверим, что A – ограничен. 

Ax   A k  1  2 2  1   2  3   4  ...  2

2

2

2

2

2

k 1

 1  4 1  2  4  2  1  2 1  2   2  3   4  ...  2

2

2

2

2

2

 1  2 1  2  2  4  2  1  1   2   2  3   4  ...  2

2

2

2

2

366

2

2

2

2

2



 5 1  8  2  3   4  ...  8 1  8  2  8 3  8  4  ...  8  k  8 x . 2

2

2

2

2

2

2

2

k 1 2

2

2

При преобразованиях воспользовались неравенством 2 ab  a  b . Сле2

довательно, Ax  8 x и оператор A ограничен, т.е. A  L (l2 , l2 ) . Аналогично п. а) покажем, что уравнение Ax  y имеет единственное решение для любого y  ( k )  l2 . Рассмотрим уравнение (1  22 ,1  2 ,3 ,4 ,...)  (1,2 ,3 ,4 ,...) . Из него следует, что 1  2 2  1 , 1   2   2 , 3  3 ,  4   4 ,... Таким образом,   22      22 1   2  1  1 , ,3 ,4 ,...  ,  2  1 2 , 3  3 ,  4   4 ,.., т.е. x  A1 y   1 3 3 3  3  и это решение определяется однозначно и существует. Следовательно, оператор A непрерывно обратим. в) Ясно, что D ( A)  R ( A)  l2 , A – линеен и ограничен (проверяется аналогично п. б). Рассмотрим ядро этого оператора ker A   x  l2 : Ax  0 . Из равенства (2  1,2  3 ,22  21,4 ,5 ,...)  (0,0,0,0,0,...) следует, что  2  1  0 ,  2  3  0 , 2 2  21  0 , 4  0 , 5  0 ,..., откуда следует, что ядро оператора A состоит из векторов, первые три координаты которых связаны между собой соотношениями 1   2 и  3   2 , а остальные координаты равны нулю. Ясно, что как только, например, 1  0 , получим, что ker A  0 и, в силу критерия инъективности, оператор A не является взаимно однозначным. Покажем, что в таком случае он не может быть непрерывно обратимым. Допустим, что это не так, тогда по критерию непрерывной обратимости x  l2 m  0 : Ax  m x . Пусть x  ker A , т.е. Ax  0 , тогда m x  0 , откуда x  0 , т.е. x  0 , и, следовательно, ker A  0 – противоречие. 5. Доказать, что если линейный ограниченный оператор A , отображающий банахово пространство E1 в нормированное пространство E 2 ( D ( A)  E1 – подпространство, R ( A)  E2 ) имеет ограниченный обратный оператор, то R ( A)  E2 – банахово пространство. Решение: пусть  yn   R( A) – фундаментальная последовательность, т.е. yn  ym E   . Ясно, что yn  Axn , откуда   0 N  : n, m  N 2

1

xn  A yn  D( A)  E1 . Поскольку A непрерывно обратим, то по критерию непрерывной обратимости x  E1 m  0 : Ax E  m x E , т.е. A( xn  xm ) E  m xn  xm E , 2

а, поскольку yn  ym

E2

 A( xn  xm )

E2

, то m xn  xm

1

E1

2

 yn  ym

E2

1

  , т.е. после-

довательность  xn   D ( A) также является фундаментальной. Поскольку E1 – полно, то  xn  – сходится. Пусть xn  x0 . Поскольку D( A) – подпространство, т.е. замкнуто, то x0  D ( A) . Поскольку оператор A ограничен, то он непрерывен, следовательно, yn  Axn  Ax0  y0  R( A) . Таким образом, R ( A)  E2 – банахово пространство. 367

6. Пусть E1 , E2 – банаховы пространства,  ( E1, E2 ) – совокупность всех непрерывно обратимых операторов в пространстве L( E1, E2 ) . Доказать, что множество  ( E1, E2 ) открыто в L( E1, E2 ) . Решение: возьмем произвольный оператор A0   ( E1 , E2 ) и покажем, что



открытый шар B( A0 , r )  A  L( E1 , E2 ) : A  A0  r , r  A0 1

 целиком содер-

1

жится в  ( E1, E2 ) . Это будет означать, что любой элемент из  ( E1, E2 ) лежит в  ( E1, E2 ) вместе с некоторой окрестностью и, значит, множество  ( E1, E2 ) является открытым. Надо показать, что любой оператор A  B ( A0 , r ) является непрерывно обратимым. Поскольку E1 , E2 – банаховы и A  L( E1, E2 ) , то, в силу теоремы Банаха об обратном операторе, достаточно показать, что для каждого фиксированного y  E2 уравнение Ax  y имеет единственное решение. Рассмотрим оператор B : E1  E1 , действующий по формуле Bx  A0 1 y  A0 1 Ax  x . Ясно, что  ( Bx1, Bx2 )  Bx1  Bx2  A0 1 y  A0 1 Ax1  x1  A0 1 y  A0 1 Ax2  x2   A0 1 A( x2  x1 )  ( x2  x1 )  A0 1 A( x2  x1 )  A0 1 A0 ( x2  x1 )  A0 1 ( A  A0 )( x2  x1 )   A01  A  A0  x2  x1  q ( x1 , x2 ) , где q  A0 1  A  A0  A0 1  r  A0 1  A0 1

1

 1,

следовательно, отображение B является сжимающим. Поскольку пространство E1 – полно, то в силу принципа сжимающих отображений, B имеет единственную неподвижную точку, т.е. уравнение x  Bx имеет единственное решение x*  E1 . Таким образом, x*  Bx*  A0 1 y  A0 1 Ax*  x* , откуда A0 1 Ax*  A0 1 y , и, применяя к этому равенству оператор A0 , получим Ax*  y . По теореме Банаха об обратном операторе, A – непрерывно обратим, что и требовалось доказать. 7. Пусть H – комплексное гильбертово пространство, A : H  H – самосопряженный оператор. Доказать, что существует обратный к оператору ( I  iA) , определенный на многообразии R( I  iA) . Решение: линейный оператор ( I  iA) отображает гильбертово пространство H на многообразие R( I  iA) – множество значений оператора ( I  iA) . Чтобы доказать существование обратного оператора к ( I  iA) , надо проверить, что ker( I  iA)  0 . Пусть x  H и ( I  iA) x  0 , тогда iAx   x , откуда Ax  ix . Значит, поскольку A самосопряжен, то i( x, x)  (ix, x)  ( Ax, x)  ( x, Ax)  ( x, ix) 

 i ( x, x)  i( x, x) . Следовательно, i x

2

 i x , откуда 2

x  0 , т.е. x  0 .

Таким образом, ker( I  iA)  0 и существует оператор ( I  iA) 1 : R( I  iA)  H . 8. Пусть A : E1  E2 – линейный ограниченный оператор и существует обратный линейный ограниченный оператор A1 : E2  E1 . Доказать, что оператор A* : E2*  E1* имеет ограниченный обратный ( A* ) 1 : E1*  E2* и ( A* ) 1  ( A1 )* . 368

Решение: поскольку каждый линейный ограниченный оператор имеет сопряженный, который также является линейным и ограниченным, то существуют линейные ограниченные операторы A* и ( A1 )* . Надо доказать, что существует ограниченный оператор ( A* ) 1 и что ( A* ) 1  ( A1 )* . По определению сопряженного оператора для произвольных x  E1 и   E2*  ( Ax)  A* ( x) . Если x  A1 y , y  E2 , то  ( y )  A* ( A1 y )  ( A1 )* A* ( y ) . Поскольку y  E2 – произвольно, то   ( A1 )* A* для всех   E2* , следовательно, оператор A* имеет левый обратный, который равен ( A1 )* . Аналогично, для произвольных y  E2 и   E1*  ( A1 y )  ( A1 )* ( y) и, поскольку, y  Ax , то  ( x)  ( A1 )* ( Ax)  A* ( A1 )* ( x) , откуда для всех   E1*

  A* ( A1 )* , т.е. оператор A* имеет правый обратный, совпадающий с ( A1 )* . Итак, оператор A* имеет обратный ( A* ) 1 , причем ( A* ) 1  ( A1 )* и, поскольку ( A1 )* линеен и ограничен, то ( A* ) 1 также линеен и ограничен. Задачи для самостоятельного решения 1. Используя критерий инъективности, проверить, что оператор A из п. 6 теоремы о простейших свойствах линейных ограниченных операторов является взаимно однозначным. 2. Доказать, что в теореме об обратимости оператора, близкого к тожде1 . ственному, B  1 A 3. Пусть X – банахово пространство, A : X  X – линейный ограниченный оператор. Доказать, что при A  1 оператор ( I  A) непрерывно обратим. Указать явный вид обратного оператора и оценку его нормы. 4. Пусть A и B – линейные операторы в линейном пространстве X . Доказать, что если операторы A и B имеют обратные, то оператор AB также имеет обратный, равный B1 A1 . Указание: рассмотреть уравнение ABx  y . 5. Пусть A и B – линейные операторы в линейном пространстве X . Доказать, что если операторы A и BA имеют обратные, то существует оператор B1 . Указание: B  BA  A1 . 6. Установить, где в п. 6 теоремы о простейших свойствах обратных операторов не выполняется условие теоремы Банаха об обратном операторе. 7. Пусть A – линейный оператор в n , задаваемый матрицей (aij )in, j 1 . Доказать эквивалентность следующих утверждений: а) существует непрерывный обратный оператор A1 ; б) ker A  0 ; в) det(aij )in, j 1  0 ; 369

г) уравнение Ax  y имеет решение при любом y  n . 8. Пусть E – линейное пространство, A, B : E  E – линейные операторы, у которых D( A)  D( B)  E , удовлетворяющие соотношениям AB  A  I  0 и

BA  A  I  0 . Доказать, что оператор A1 существует. Указание: доказать, что A1   I  B . 9. Пусть E – линейное пространство, A, B : E  E – линейные операторы, у которых D( A)  D( B)  E , и оператор ( I  AB ) 1 существует. Доказать, что оператор ( I  BA)1 также существует. Указание: разложить ( I  AB ) 1 и ( I  BA)1 в формальные степенные ряды (считая умножение некоммутативным) и получить ( I  BA) 1  I  BCA , где ( I  AB)1  C . После чего обосновать это равенство. 10. Пусть E – линейное нормированное пространство, A : E  E – линейный ограниченный оператор, и в E существует такая последовательность  xn   D( A) , что xn  1 и Axn  0 при n   . Доказать, что у оператора A не существует ограниченного обратного. Указание: предположить противное. 11. Пусть E – линейное пространство, A, B : E  E – линейные операторы, у которых D( A)  D( B)  E , и существуют операторы ( AB ) 1 и ( BA)1 . Следует ли отсюда, что существуют операторы A1 и B1 ? Указание: показать, что ker A  ker B  0 . 12. Пусть A – оператор в C  0,1 , действующий по формуле Ax(t )  p(t ) x(t ) , t   0,1 , p(t )  C  0,1 – заданная функция. Доказать, что оператор A имеет непрерывный обратный тогда и только тогда, когда t   0,1 p(t )  0 . 13. Пусть A : l2  l2 – диагональный оператор, действующий по правилу A 1 ,  2 ,...  11 , 2 2 ,... , где sup  k   . Доказать, что оператор A имеет k

непрерывный обратный тогда и только тогда, когда inf  k  0 . Найти A1 . k

14. Пусть E – пространство дважды непрерывно дифференцируемых на отрезке  0,1 функций x(t ) , удовлетворяющих условиям x(0)  0 и x(1)  0 с 2

нормой x   max x ( k ) (t ) . Найти обратный к оператору A : E  C  0,1 , задаk 0

0t 1

ваемому формулой Ax(t )  x ''(t )  x(t ) , t   0,1 . 15. Проверить, существует ли непрерывный обратный оператор к оператору A : l2  l2 , если Ax   0, 1 ,  2 ,... , где x   k   l2 . 16. Проверить, существует ли непрерывный обратный оператор к оператору A : l2  l2 , если Ax   2 , 3 ,... , где x   k   l2 . 17. Проверить, существует ли непрерывный обратный оператор к оператору A : l2  l2 , если Ax  1   2 ,  2 , 3 ,... , где x   k   l2 . 370

18. Пусть E – пространство непрерывно дифференцируемых на  0,1 функций x(t ) таких, что x(0)  0 с нормой x  max x(t )  max x '(t ) . Доказать, 0t 1

0t 1

что существует непрерывный обратный оператор к оператору A : E  C  0,1 , действующему по формуле Ax(t )  x '(t )  4 x(t ) , где t   0,1 . Найти A1 .

19. Пусть E – пространство непрерывно дифференцируемых на  0,1 функций x(t ) таких, что x(0)  0 с нормой x  max x(t )  max x '(t ) . Доказать, 0t 1

0t 1

что существует непрерывный обратный оператор к оператору A : E  C  0,1 , действующему по формуле Ax(t )  x '(t )  2tx(t ) , где t   0,1 . Найти A1 .

20. Пусть E – пространство непрерывно дифференцируемых на  0,1 функций x(t ) таких, что x(0)  0 с нормой x  max x(t )  max x '(t ) . Доказать, 0t 1

0t 1

что существует непрерывный обратный оператор к оператору A : E  C  0,1 , действующему по формуле Ax(t )  x '(t )  3t 2 x(t ) , где t   0,1 . Найти A1 .

21. Пусть E – пространство непрерывно дифференцируемых на  0,1 функций x(t ) таких, что x(0)  0 с нормой x  max x(t )  max x '(t ) . Доказать, 0t 1

0t 1

что существует непрерывный обратный оператор к оператору A : E  C  0,1 , действующему по формуле Ax(t )  (t  1) x '(t )  x(t ) , где t   0,1 . Найти A1 .

22. Пусть E – пространство непрерывно дифференцируемых на  0,1 функций x(t ) таких, что x(0)  0 с нормой x  max x(t )  max x '(t ) . Доказать, 0t 1

0t 1

что существует непрерывный обратный оператор к оператору A : E  C  0,1 ,

действующему по формуле Ax(t )  (t 2  1) x '(t )  2tx(t ) , где t   0,1 . Найти A1 . 23. В пространстве C  0,1 рассмотрим операторы A и B , определяемые

формулами Ax(t )  (t  1) x(t ) , Bx(t )  x  t 2  , t   0,1 . Найти  AB  и  BA  . 1

1

24. Пусть E – банахово пространство, A  L  E , E  и I  A  1 . Доказать, что оператор A непрерывно обратим. 25. Рассмотрим оператор A : C 0,1  C (2) 0,1 , действующий по формуле t

Ax(t )   e

 s t

x( s)ds . Существует ли оператор A1 ?

0

26. Рассмотрим подпространство L  x(t )  C (1) 0,1 : x(0)  0 и оператор

A : L  C  0,1 , действующий по формуле Ax(t )  x '(t )  a(t ) x(t ) , a(t )  C  0,1 , t   0,1 . Доказать, что оператор A непрерывно обратим. 27. Пусть A и B – операторы в C  1,1 , определяемые формулами

Ax(t )  x(t 2 ) , Bx(t )  x(t 3 ) , t   1,1 . Доказать, что оператор A не имеет обрат-

ного, а оператор B имеет обратный. Найти B1 . 371

28. Показать, что оператор A : C (1) 0,1  C 0,1 , действующий по формуле Ax(t )  x '(t ) , t   0,1 , имеет правый обратный, но не имеет левого обратного оператора. 29. Установить непрерывную обратимость оператора A : C  0,1  C  0,1 , 1

действующего по формуле Ax(t )  x(t )   et  x( )d . Найти A1 . 0

30. Установить непрерывную обратимость оператора A : C  0,1  C  0,1 , t

действующего по формуле Ax(t )  x(t )   x( )d . Найти A1 . 0

31. Пусть E – линейное пространство, A : E  E – линейный оператор, удовлетворяющий при некоторых k  ( k  1,2,..., n ) соотношению I  1 A  2 A2  ...  n An  0 . Доказать, что A1 существует. Указание: доказать, что A1  1  2 A  ...  n An1 . 32. Доказать, что в теореме Банаха об обратном операторе нельзя отбросить требование полноты ни первого, ни второго из заданных пространств. Указание: рассмотреть оператор вложения Ax  x , где слева x рассматривается, как элемент полного пространства l1 с нормой x l , а справа – как 1

элемент неполного (доказать это!) пространства l1 с нормой x

l

. Показать,

что этот оператор ограничен, а обратный к нему – нет. Для обоснования необходимости полноты первого пространства использовать симметричность теоремы Банаха. 33. Пусть H – гильбертово пространство и A : H  H – самосопряженный оператор. Доказать, что оператор ( I  viA) ( v  0, v  ) обратим, т.е. существует линейный оператор ( I  viA) 1 : R( I  viA)  H , где R( I  viA) – область значений оператора ( I  viA) . 34. Исследовать на непрерывную обратимость оператор A : C  1,1  C  1,1 , t

если Ax(t ) 

 (1  sgn s) x(s)ds .

1

35. Проверить, существует ли непрерывный обратный оператор у операто-





ра A : l1  l1 , если Ax  1,  23 , 35 ,..., n2 n 1,... . 36. Проверить, существует ли непрерывный обратный оператор у операто-





ра A : l  l , если Ax  1, 22 ,32 ,... . 37. Исследовать на непрерывную обратимость оператор A : C[0,1]  C[0,1] , если Ax(t )  t x(t ) . 38. Исследовать на непрерывную обратимость оператор A : L1[0,1]  L1[0,1] , если Ax(t )  t x(t ) . 372

39. Исследовать на непрерывную обратимость оператор A : C (1) [0,1]  C[0,1] , если Ax(t )  (t 2  1) x(t ) . 40. Проверить, существует ли непрерывный обратный оператор у оператора A : L3[0,1]  L1[0,1] , если Ax(t )  x3 (t ) . 41. Исследовать на непрерывную обратимость оператор A : D( A)  l2  l1 , 

если Ax   nn n 1 , D( A)   x  l2 : Ax  l1 .

42. Пусть линейный оператор A : E  E нильпотентен, т.е. найдется число n такое, что An  0 . Доказать, что операторы I  A и I  A обратимы. Найти их обратные и оценить их нормы. n

43. Пусть дан оператор A : l1  l , ( Ax) n    k . Доказать, что он не являk 1

ется непрерывно обратимым. Найти его ядро. Доказать, что его образ не является замкнутым множеством. Указание: для доказательства отсутствия непрерывной обратимости рассмотреть элемент (1,0,1,0,1,0,...,1,0,0,0,0,...)  l , в котором 1 встречается m раз и показать, что A1 переводит его в элемент со сколь угодно большой нормой. Для доказательства незамкнутости образа показать, что его дополn (1)k 1 нение не открыто. Рассмотреть последовательность sn   , покаk k 1 зать, что она не лежит в образе, но в любой ее окрестности лежит элемент из образа вида (s1,..., sn ,ln 2,ln 2,...) .

373

3.2. Замкнутые операторы Определение: пусть X ,Y – линейные нормированные пространства, тогда их прямым произведением называется множество X  Y  ( x, y ) : x  X , y  Y  с нормой ( x, y)

X Y

 x

X

 y Y.

Замечание: иногда ( x, y )

X Y



x

2 X

 y

2 Y

.

Теорема (о полноте прямого произведения): пусть X ,Y – банаховы пространства, тогда их прямое произведение – также банахово. Доказательство: рассмотрим последовательность  zn   X  Y , т.е. zn  ( xn , yn ) , где xn  X , yn  Y . Пусть  zn  фундаментальна, т.е.   0

N  : n, m  N zn  zm тем более, xn  xm

X

X Y

  или xn  xm

  и yn  ym

Y

X

 yn  ym

Y

  , следовательно,

  , т.е. последовательность  xn  фунда-

ментальна в пространстве X , а последовательность  yn  фундаментальна в пространстве Y . Поскольку X и Y – полные, то x  X : xn  x и y  Y : yn  y . Обозначим z  ( x, y) и покажем, что zn  z . Это будет означать, что фундаментальная в X  Y последовательность имеет предел, т.е. X  Y будет полно. Поскольку zn  z X Y  xn  x X  yn  y Y , xn  x X  0 и yn  y Y  0 ,

то zn  z X Y  0 , и zn  z . Теорема доказана. Определение: пусть X ,Y – линейные нормированные пространства, A : X  Y . Графиком оператора A называется множество  A  X  Y , которое определяется следующим образом:  A  ( x, y ) : x  X , y  Ax . Теорема Банаха (о замкнутом графике): пусть X ,Y – банаховы пространства, A : X  Y – линейный оператор, причем D( A)  X , тогда, если его график замкнут, то оператор A ограничен. Доказательство: по предыдущей теореме X  Y – банахово. График оператора A по условию замкнут, следовательно,  A – также банахово по теореме о полноте замкнутого подпространства. Рассмотрим вспомогательный оператор B :  A  X , действующий по правилу B( x, y)  x , где ( x, y)  A  X  Y . Покажем, что B – биективен. Проверим сюръективность оператора B . Надо показать, что в любой элемент x  X при действии оператора B переходит некоторый элемент ( x, y )   A . Это очевидно, поскольку элемент ( x, Ax) лежит на графике оператора A и переходит в элемент x по построению оператора B . Проверим инъективность оператора B . Надо показать, что из условия ( x1, y1 )  ( x2 , y2 ) следует, что x1  x2 . Допустим, что это не так, т.е. x1  x2 , тогда, поскольку оператор A линеен, то Ax1  Ax2 , откуда y1  y2 и, следовательно, ( x1 , y1 )  ( x2 , y2 ) – противоречие. 374

Покажем что B ограничен, т.е., что c  0 : B( x, y) скольку B( x, y)

X

 x X , а ( x, y)

X Y

 x

X

X

 c ( x, y)

X Y

. По-

 y Y , то при c  1 верно неравен-

ство B( x, y) X  c ( x, y) X Y , поскольку оно эквивалентно x X  x X  y Y . Итак, B – линейный ограниченный биективный оператор, переводящий банахово пространство в банахово пространство. Следовательно, у B существует обратный оператор B 1 : X   A и по теореме Банаха об обратном операторе B1 ограничен, т.е. m  0 : B 1 x ( x, Ax)  B 1 x , откуда

( x, Ax)

X Y

X Y

 m x X . Поскольку B( x, Ax)  x , то

 m x X , т.е.

x

X

 Ax Y  m x X , следова-

тельно, тем более, Ax Y  m x X , поэтому оператор A ограничен. Теорема доказана. Определение: пусть X ,Y – банаховы пространства, A : X  Y – линейный оператор. Этот оператор называется замкнутым, если его график является замкнутым подмножеством в X  Y . Замечание: используя определение графика оператора и прямой суммы пространств, оператор A : X  Y назовем замкнутым, если из условий  xn   D( A) , xn  x и Axn  y следует, что x  D( A) и y  Ax . Теорема (о замкнутости ограниченного оператора): пусть X ,Y – банаховы пространства, A : X  Y – линейный ограниченный оператор, D( A)  X , тогда A – замкнут. Доказательство: пусть  xn   D ( A) , xn  x  D ( A) и Axn  y . Поскольку A ограничен, следовательно, он непрерывен, т.е. Axn  Ax , тогда в силу единственности предела Ax  y . Теорема доказана. Теорема (о замкнутости обратного оператора): пусть X ,Y – банаховы пространства, A : X  Y – линейный замкнутый оператор, тогда, если у него существует обратный A1 , то A1 – замкнут. Доказательство: пусть  A  ( x, Ax) : x  D( A) ,  A1  ( y, A1 y) : y  D( A1 )  R( A) . Поскольку A замкнут, то его график  A – также замкнут. Заметим, что  A1  ( Ax, x) : x  D( A) , т.е. график обратного оператора получается из графика оператора A перестановкой x и Ax , и, значит, также является замкнутым подмножеством в Y  X , т.е. A1 замкнут. Теорема доказана. Примеры решения задач 1. Доказать замкнутость оператора A : C  0,1  C  0,1 Ax(t )  x '(t ) с областью определения D( A) – линейным многообразием непрерывно дифференцируемых на  0,1 функций x(t ) , удовлетворяющих условиям x(0)  x(1)  0 . 375

C0,1

Решение: рассмотрим последовательность  xn (t )  D( A) и пусть xn (t )  x(t ) , C0,1

где x(t )  C 0,1 , а также последовательность Axn (t )  xn '(t )  y(t ) , где y (t )  C  0,1 . Поскольку сходимость по норме пространства C  0,1 эквивалентна равномер-

ной сходимости, то на  0,1 xn (t ) x(t ) и xn '(t ) y (t ) . Тем самым, выполнены все условия теорем о непрерывности и дифференцируемости предельной функции, согласно которым функция x(t ) является непрерывно дифференцируемой на  0,1 и на  0,1 x '(t )  y(t ) . Поскольку xn (0)  xn (1)  0 , то, переходя к пределу при n   , получим, что x(0)  x(1)  0 , т.е. x(t )  D( A) и при этом y  Ax , т.е., по определению, оператор A замкнут. 2. Пусть A : X  Y – линейный оператор, D( A)  X . Доказать, что сопряженный оператор A* замкнут. Решение: из примера 7 п. 2.7 следует, что сопряженный оператор определен. Пусть f n  D( A* ) и f n  f0 , а A* f n  0 (обе сходимости понимаются в смысле сходимости по норме соответствующем пространстве). Тогда x  D( A) получаем, что A* f n ( x)  0 ( x) , откуда fn ( Ax)  0 ( x) . С другой стороны, f n ( Ax )  f 0 ( Ax ) . Таким образом, f 0 ( Ax)  0 ( x) , откуда A* f 0 ( x)  0 ( x) , т.е.

f 0  D( A* ) и A* f 0  0 (в силу плотности D( A) в X , см. пример 4 п. 2.3). Таким образом, оператор A* замкнут. 3. Рассмотрим оператор A : L2    L2   , действующий по правилу Ax(t )  tx(t ) и имеющий область определения D( A)   x  L2 

Доказать, что оператор неограничен на D( A) и что

 : tx(t )  L2   . D( A)  L2   . Найти со-

пряженный оператор A* . Является ли A замкнутым?

1 Решение: рассмотрим последовательность xn (t )  1,n (t )  D( A) . Ясно, t что xn  1 , но при этом Axn  n   , поэтому оператор неограничен. Далее, очевидно, что D( A) содержит множество непрерывных финитных функций, которое всюду плотно в L2   (см. задачу 24 п. 2.10 части I). Тем самым,

D( A)  L2 

.

Таким образом, сопряженный оператор A* определен. Для его

нахождения надо описать все пары функций y (t )  L2 



и A* y(t )  L2 

 , ко-

торые удовлетворяют равенству ( Ax, y )  ( x, A* y ) при всех x(t )  D( A) . Имеем,

 tx(t ) y(t )dt   x(t ) A y(t )dt *

или

 x(t )ty(t )  A y(t ) dt  0 . Поскольку множество *

D( A) всюду плотно в L2 

 , то ty(t )  A* y(t )  0 . Тем самым, A* y(t )  ty(t ) и D( A* )   y  L2   : ty (t )  L2   . В силу того, что A*  A , из предыдущего

примера заключаем, что оператор A замкнут. 376

Задачи для самостоятельного решения 1. Доказать, что если X ,Y – банаховы пространства, A : X  Y – линейный ограниченный оператор и существует обратный оператор A1 , то A1 – замкнут. 2. Доказать усиленный вариант теоремы Банаха об обратном операторе: пусть X ,Y – банаховы пространства, A : X  Y – замкнутый линейный оператор, отображающий X на Y взаимно однозначно, тогда обратный оператор A1 ограничен. Указание: воспользоваться теоремой Банаха о замкнутом графике. 3. Рассмотрим диагональный оператор A : l2  l2 , действующий по формуле Ax  ( 1 1 , 22 , 33 ,...) , где x  (1, 2 , 3 ,...)  l2 . Доказать, что оператор замкнут при условии, что последовательность k  ограничена. 4. Показать, что если последовательность k  из предыдущей задачи неограничена, то оператор A не является ограниченным и при этом D( A)  l2 . Найти в этом случае область определения оператора A . 5. При каком условии на последовательность k  из задачи 3 оператор A имеет ограниченный обратный, определенный на всем пространстве l2 ? 6. При каком условии на последовательность k  из задачи 3 оператор A замкнут, если считать, что k  неограничена? Указание: воспользоваться предыдущей задачей и теоремой о замкнутости обратного оператора. 7. Пусть X  Y  C  0,   – банахово пространство функций x(t ) , непрерывных на полуоси  0,   с нормой x  sup x(t ) . Найти область определеt 0, 

ния оператора A : X  Y , действующего по формуле Ax(t )  tx(t ) , и доказать, что этот оператор не является ограниченным на своей области определения. Указание: показать, что областью определения оператора являются c функции x(t ) , удовлетворяющие неравенству x(t )  x , где постоянная c x – 1 t n своя для каждой функции x(t ) . Рассмотреть последовательность xn (t )  , nt n . 8. Показать, что оператор A из предыдущей задачи замкнут. Указание: используя определение замкнутости показать, что (1  t ) xn (t )  x(t )  y(t ) , откуда, используя определение предела, вывести, что x(t )  y (t ) t   0,   xn (t )  . 1 t 9. Найти обратный оператор к оператору A из задачи 7, показать, что он неограничен и замкнут. 377

10. Доказать, что оператор A : C  a, b   C  a, b  , действующий по формуле Ax(t )  x '(t ) с областью определения, состоящей из всех непрерывно дифференцируемых на  a, b  функций, удовлетворяющих условию x(a)  0 , является замкнутым. Указание: доказать, что A – непрерывно обратим и воспользоваться теоремами о замкнутости ограниченного оператора и о замкнутости обратного оператора. 11. Доказать, что оператор A : C  a, b   C  a, b  , действующий по формуле Ax(t )  x '(t ) с областью определения, состоящей из всех непрерывно дифференцируемых на  a, b  функций, является замкнутым. 12. В примере 1 рассмотрен оператор дифференцирования, который, как было показано ранее, не является ограниченным, но при этом является замкнутым. Какое условие теоремы Банаха о замкнутом графике для данного оператора не выполняется? 13. Пусть оператор A : L2  0,1  L2  0,1 действует по формуле Ax(t )  tx(0) . Область определения оператора – линейное многообразие непрерывных на отрезке  0,1 функций. Найти область определения сопряженного оператора A* , сам оператор A* , а также доказать, что оператор A не является замкнутым. 1   * * Указание: A  0 , D( A )   y  L2  0,1 :  ty (t )dt  0 . Из определения со0   * пряженного оператора получить, что функция A y (t ) ортогональна функциям . Показать, что A* y (t ) ортогональна функции x(t )  1 , рас1  , 0 nt  t   n смотрев последовательность xn (t )   . Для доказательства не за1 1,  t  1  n 1  1  nt , 0  t  n мкнутости рассмотреть последовательность xn (t )   . 1 0,  t  1  n 14. В пространстве l2 рассмотрим оператор A : l2  l2 , Ax  (1,22 ,33 ,...) с

xn (t )  t n , n 

   2 областью определения D( A)   x  l2 :  n 2  n    . Доказать, что D( A)  l2 , n 1   A – неограниченный линейный оператор на D( A) , найти A* и D( A* ) , исследовать замкнутость A . Указание: для проверки условия D( A)  l2 вспомнить, какие плотные множества бывают в l2 .

378

15. Рассмотрим оператор

A : l2  l1 , Ax  x с областью определения

   D( A)   x  l2 :   n    . Доказать, что D( A)  l2 , A – неограниченный лиn 1   нейный оператор на D( A) , найти A* и D( A* ) , исследовать замкнутость A .    2 Указание: A : l  l2 , D( A )   x  l :   n    , A* x  x . n 1   16. Рассмотрим оператор A : L2  0,1  L2  0,1 , Ax(t )  x(t 2 ) с областью *

*

1   определения D( A)   x  L2  0,1 :  x 2 (t 2 )dt    . Доказать, что D( A)  L2  0,1 , 0   A – неограниченный линейный оператор на D( A) , найти A* и D( A* ) , исследовать замкнутость A . 1 2   x (t ) x( t ) * dt    , A* x(t )  . Указание: D( A )   x  L2  0,1 :  t t 2 0  

379

3.3. Резольвентное множество и спектр оператора Определение: пусть X – комплексное банахово пространство, A : X  X – линейный оператор,   . Точка  называется точкой резольвентного множества оператора A , если существует ограниченный оператор ( A   I )1 , определенный на всем пространстве X . При этом сам оператор ( A   I )1 называется резольвентой оператора A и обозначается R ( A) . Замечание: такие числа  называются регулярными. Резольвентное множество обозначается  ( A) . Определение: пусть X – комплексное банахово пространство, A : X  X – линейный оператор,   . Точка  называется точкой спектра оператора A , если она не является точкой резольвентного множества. Замечание: таким образом, резольвентное множество – это дополнение к спектру, а спектр – дополнение к резольвентному множеству. Спектр обозначается  ( A) . Теорема (свойства спектра и резольвентного множества): пусть X – комплексное банахово пространство, A : X  X – линейный ограниченный оператор, тогда: 1. резольвентное множество  ( A) всегда открыто. 2. спектр  ( A) всегда замкнут. 3. спектр  ( A) всегда ограничен. Замечание: таким образом, спектр линейного ограниченного оператора является компактным множеством. Доказательство: 1. Надо доказать, что любая точка лежит в  ( A) вместе со своей окрестностью. Допустим, что 0   ( A) . Найдем число   таким образом, чтобы окрестность U (0 )    :   0    целиком лежала в

 ( A) . Поскольку 0   ( A) , то оператор ( A  0 I ) 1 ограничен, а надо доказать, что   :  U (0 ) оператор ( A   I )1 – также ограничен. Имеем, A   I  A  0 I  0 I   I   A  0 I    0    I   A  0 I      0  I   A  0 I     1      0  A  0 I  A  0 I    A  0 I  I     0  A  0 I     A  0 I   I  B  .     B 1 Оператор ( A  0 I ) ограничен. По теореме об обратимости оператора, близкого к тождественному, для ограниченности оператора ( I  B) 1 достаточно, чтобы B  1 . Тогда будет существовать ограниченный оператор ( A   I )1 (как произведение обратимых ограниченных операторов – см. задачу 4 п. 3.1 и теорему об ограниченности произведения операторов п. 1.2). 1 1 1 Итак, B    0   A  0 I     A  0 I   1 при выборе   . 1  A  0 I  1

380

2. Поскольку спектр – это дополнение к резольвентному множеству, а резольвентное множество открыто, то спектр замкнут. 3. Покажем, что спектр оператора A ограничен числом A , т.е. числа   такие, что   A спектру не принадлежат (т.е. принадлежат резольвентному множеству). Итак, надо доказать, что при   A оператор ( A   I )1 ограничен. Заме-

1   тим, что при   A имеем   0 , тогда ( A   I )    I  A  , поэтому до   1

1   статочно доказать, что оператор  I  A  ограничен. По теореме об обрати   мости оператора, близкого к тождественному, это действительно так, поскольку  A 1 A    1.







Теорема доказана. Замечание: если оператор A ограничен, то из п. 3 доказанной теоремы следует, что резольвентное множество  ( A) неограничено, а спектр  ( A) целиком лежит в круге   A . Замечание: если   ( A) , то возможны следующие три случая: 1. оператор ( A   I ) не обратим; 2. оператор ( A   I ) обратим, но его область значений R( A   I )  X ; 3. оператор ( A   I ) обратим, R( A   I )  X , но обратный оператор ( A   I )1 неограничен. Отметим, что если D( A)  X и A – ограничен, то из теоремы Банаха об обратном операторе следует, что случай 3 невозможен. Определение: пусть X – комплексное линейное пространство, тогда собственным значением линейного оператора A : X  X называется число   такое, что x  X \ 0 , для которого Ax   x . Вектор x в этом случае называется собственным вектором оператора A . Замечание: ясно, что уравнение Ax   x эквивалентно уравнению ( A   I ) x  0 и в этом случае ker( A   I )  0 , т.е. оператор ( A   I ) не обратим. Определение: совокупность собственных значений оператора A называется его точечным спектром и обозначается  p ( A) . Определение: точка спектра ограниченного оператора A : X  X , не являющаяся его собственным значением, называется точкой непрерывного спектра оператора A , если R( A   I )  X , но R( A   I )  X , т.е. множество R( A   I ) всюду плотно в X . Совокупность точек непрерывного спектра оператора A обозначается  c ( A) . 381

Замечание: отметим, что R( A   I )  D  ( A   I )1  . Определение: точка спектра ограниченного оператора A : X  X , не являющаяся его собственным значением, называется точкой остаточного спектра оператора A , если R( A   I )  X . Совокупность точек остаточного спектра оператора A обозначается  r ( A) . Замечание: таким образом, спектр ограниченного оператора A обладает свойствами:  ( A)   p ( A)  c ( A)  r ( A) , причем  p ( A)  c ( A)   ,  c ( A)  r ( A)   и  p ( A)  r ( A)   . Определение: пусть X – комплексное банахово пространство, A : X  X – называется

линейный ограниченный оператор, тогда число r ( A)  lim n An n

спектральным радиусом оператора A . Теорема (о спектральном радиусе): пусть X – комплексное банахово пространство, A : X  X – линейный ограниченный оператор, тогда его спектральный радиус существует и inf

n

n1

An  r ( A)  A .

Доказательство: поскольку последовательность



n

An



– непустое

множество, которое ограничено снизу нулем, то inf n An  r . Тогда n  n1

n

An  r и по свойству точной нижней грани   0 m  :

m

Am  r 

 2

,

  откуда A   r   . Зафиксируем число m . Поскольку всякое натуральное 2  число n можно однозначно представить в виде n  pnm  qn , где pn , qn – натуm

m

ральные, при этом 0  qn  m  1, то

n

A

n

 A

1 n n

 A

p n m  qn

1 n

 A

pn m

A

qn

1 n



mpn n

qn    A  A  A  A  r    A n . 2  q m 1 q Заметим, что 0  n  , тогда при n   получаем, что n  0 , а n n n 1 pn m n

qn

1 n

pn m n

qn n

mpn n  qn q     1  n  1. Таким образом, lim  r   n n n n 2 

mpn n



 делению предела для   0 N  : n  N  r   2 



 куда  r   2 

mpn n

 A

qn n

 r.

382

mpn n

 A  A

qn n

qn n

r

 2

и по опре-

     r    , от2 2 

Итак,   0 N  : n  N r  n An    r , откуда 0 

n

An  r   , т.е.,

по определению предела последовательности получаем, что lim n An  r , отn

куда r ( A)  r . Наконец, r  n An  n A  A . n

Теорема доказана. Теорема (усиленная обратимость оператора, близкого к тождественному): пусть X – комплексное банахово пространство, A : X  X – линейный ограниченный оператор. Если r ( A)  1 , то оператор ( I  A) 1 ограничен, и ряд 

A k 0

k

сходится абсолютно. Если r ( A)  1 , то ряд



A

k

расходится.

k 0

Доказательство: воспользуемся признаком Коши сходимости числового

ряда



a k 1

k

с неотрицательными членами: если существует предел lim n an  l , n

то при l  1 ряд сходится, а при l  1 – расходится. Рассмотрим числовой ряд 

 k 0

Ak . В силу предыдущей теоремы существует предел r ( A)  lim k Ak , тоk 

гда при r ( A)  1 ряд





Ak сходится, а, следовательно, ряд

k 0



A

k

сходится аб-

k 0



солютно. Если обозначить S   Ak , то, аналогично теореме об обратимости k 0

оператора, близкого к тождественному, убеждаемся, что S является правым обратным и левым обратным оператором к оператору ( I  A) . При этом оператор ( I  A)

1



ограничен, поскольку S   Ak  const . k 0

Пусть r ( A)  1 . Поскольку r ( A)  lim k Ak k 

сти строгого неравенства N  : m  N

A 

m

то по теореме об устойчиво-

Am  1, откуда Am  1 . Итак, у

 A  , которая не может сходиться к нулю, поэтому и сама последовательность  A  не мопоследовательности

k

нашли подпоследовательность

m



m N

k

жет сходиться к нулю. Таким образом, не выполнено необходимое условие сходимости ряда



A

k

.

k 0

Теорема доказана. Теорема (о резольвентном множестве): пусть X – комплексное банахово пространство, A : X  X – линейный ограниченный оператор, тогда если   r ( A) , то    ( A) . 383



Доказательство: рассмотрим ряд     k 1 Ak и пусть   r ( A) , тогда k 0

lim k  k 

 k 1

k

A

 lim k 

 k 1

k 

По признаку Коши ряд



 k 0

k

A



1

lim k k 

Ak





1

k

lim k 

Ak



1 k



1

r ( A)  1. 

  k 1 Ak сходится, следовательно, ряд    k 1 Ak k 0



сходится абсолютно. Пусть S ( )     k 1 Ak , тогда k 0 1

S ( )( A   I )  (   2 A   3 A2  ...)( A   I ) 

 ( 1 A   2 A2   3 A3  ...)  ( I   1 A   2 A2  ...)  I . Аналогично показывается, что ( A   I ) S ( )  I , т.е. S ( )  ( A   I ) 1 , причем оператор S ( ) ограничен, следовательно, оператор ( A   I ) непрерывно обратим, т.е.    ( A) . Теорема доказана. Замечание: из доказанной теоремы следует, что спектр  ( A) линейного ограниченного оператора A целиком содержится в круге   r ( A) . Используя теорию функций комплексной переменной, можно доказать, что число r ( A) не может быть меньшим, чем расстояние от начала координат до ближайшей особой точки резольвенты, причем r ( A) является радиусом наименьшего круга с центром в начале координат, содержащего весь спектр оператора. Теорема (о спектре): пусть X – комплексное банахово пространство, A : X  X – линейный ограниченный оператор, тогда  ( A)   . Доказательство: предположим, что  ( A)   , т.е. любое значение   является регулярным для оператора A . Определим при всех   операторнозначную функцию R( )  R ( A) . Поскольку ,   справедливо тождество Гильберта (см. задачу 14) R( )  R(  )  (   ) R( ) R(  ) и операторы R( ) и R (  ) ограничены, то функция R( ) непрерывна во всем . Но тогда она дифференцируема в , поскольку (  h   ) R (  h) R ( ) R (  h )  R ( ) R '( )  lim  lim  R 2 ( ) . 0 h 0 h  h h 1 1 A 1 Далее, при   A R( )  ( A   I )    I   , и, по теореме об обра  1 A  тимости оператора, близкого к тождественному, оператор  I   ограничен,   поэтому R ( )  0 .  

Рассмотрим произвольный функционал   X * и пусть f ( )   ( R( ) x) . Ясно, что эта функция непрерывна в и дифференцируема в , поскольку 384

f (  h)  f ( )  ( R (   h) x )   ( R (  ) x )  lim  h 0 h 0 h h  R (  h ) x  R ( ) x  2  lim      ( R ( ) x ) . h 0 h   Кроме того, из полученного равенства следует, что f '( ) сама непрерывна, поэтому f ( ) – регулярна в . Поскольку f ( )  0 , то f ( ) ограничена в f '( )  lim

 

. По теореме Лиувилля f ( )  const , но, поскольку f ( )  0 , то f ( )  0 .  

Отсюда следует, что   X .  ( R( ) x )  0 . По теореме о вычислении нормы вектора с помощью функционала x  X R( ) x  0 , т.е. R( )  0 . Это невозможно, поскольку нулевой оператор не может быть ничьим обратным. Теорема доказана. Замечание: пусть линейный ограниченный оператор A : X  Y – непрерывно обратим. Тогда существуют ограниченные операторы A* : Y *  X * и ( A1 )* : X *  Y *, причем по определению сопряженного оператора ( A1 )* определен на всем пространстве X * . В силу примера 8 п. 3.1 ( A* ) 1  ( A1 )* , откуда *

следует, что оператор A* имеет ограниченный обратный и Im A*  X * , т.е. A* – непрерывно обратим. Таким образом,  ( A* )   ( A) . Теорема (о двойственности спектров): пусть X – комплексное банахово пространство, A : X  X – линейный ограниченный оператор, тогда: 1.  p ( A)   p ( A* )  r ( A* ) ;  c ( A)   c ( A* )  r ( A* ) ;  r ( A)   p ( A* ) ; 2.  p ( A* )   p ( A)  r ( A) ;  c ( A* )   c ( A) ;  r ( A* )   p ( A)  c ( A) ; 3. если X рефлексивно, то  r ( A* )   p ( A) ;  c ( A* )   c ( A) .

Доказательство: 1. Пусть T  A   I и    p ( A) , тогда ker T  0 . По теореме о двойственности 



(Im T * )  0 . Допустим, что ImT *  X * , тогда

(Im T * )   X *  0 – противоречие. Тем самым, ImT *  X * , т.е.   c ( A* ) .

Если при этом   ( A* ) , то, в частности, Im T *  X * , откуда следует, что

X *  (ker T ) . Поскольку обратное включение очевидно, то X *  (ker T ) , поэтому 0   X *   ((ker T ) )  ker T , откуда    p ( A) – противоречие. Таким образом,    p ( A* )  r ( A* ) . Пусть    c ( A) , тогда ImT  X , поэтому (Im T )  0  ker T * , откуда

   p ( A* ) . Если   ( A* ) , то ImT *  X * . В этом случае оператор T * биективен и непрерывно обратим по теореме Банаха. Следовательно, оператор T ** – непрерывно обратим, т.е. x  X ** T ** x  c x , c  0 . Поскольку T  T ** , то X

x  X Tx  c x , откуда следует инъективность и замкнутость образа опера385

тора T (см. пример 5 б). Поскольку ImT  X , то ImT  X , что противоречит условию    c ( A) . Таким образом,   c ( A* )  r ( A* ) . Пусть    r ( A) , тогда ImT  X , (ImT )  0 , ker T *  0 и    p ( A* ) . Попутно всеми этими включениями доказано включение  ( A)   ( A* ) . 2. Пусть    p ( A* ) , тогда ker T *  0 , (Im T )  0 , Im T  X ,   c ( A) , поэтому, учитывая, что  ( A* )   ( A) , получаем, что    p ( A)  r ( A) . Пусть   c ( A* ) , тогда Im T *  X * , X *  (ker T ) . Поскольку обратное

включение очевидно, то X *  (ker T ) ,

0   X *   ((kerT ) )  kerT ,

откуда

   p ( A) . В силу п. 1, если бы    r ( A) , то имели бы    p ( A* ) – противоречие. Таким образом,    c ( A) . Пусть   r ( A* ) . Если бы    r ( A) , то, в силу п. 1    p ( A* ) – противоречие. Тем самым,    p ( A)  c ( A) . 3. Пусть   r ( A* ) , т.е. ImT *  X * , поэтому



 ImT   0 , kerT  0 , *

   p ( A) . Пусть    c ( A) , тогда, в силу п. 1   c ( A* )  r ( A* ) . При этом, если бы

  r ( A* ) , то, по уже доказанному, было бы    p ( A) – противоречие. Таким образом,   c ( A* ) . Поскольку включение  c ( A* )   c ( A) уже было доказано в п. 2, то  c ( A* )   c ( A) . Теорема доказана. Замечание: попутно доказали, что  ( A)   ( A* ) . Замечание: аналогично можно доказать, что, если A : H  H – линейный ограниченный оператор, то: 1.  ( A* )   :   ( A) ; 2. если   r ( A) , то   p ( A* ) ; 3. если    p ( A) , то   p ( A* ) или    r ( A* ) ; 4.  c ( A* )   :   c ( A) .

Сопряженные операторы тут понимаются в смысле гильбертовых сопряженных. Определение: пусть X ,Y – линейные нормированные пространства. Операторы A : X  X и B : Y  Y называются слабо изометрически эквивалентными, если существуют изометрические изоморфизмы U1,U 2 : X  Y такие, что U1 A  BU 2 . В случае, если U1  U 2 , операторы A и B называются изометрически эквивалентными. 386

Замечание: очевидно, что, если операторы A и B изометрически эквивалентны, то   операторы A   I и B   I также изометрически эквивалентны. Теорема (об инвариантности спектра): пусть X – банахово пространство, линейные ограниченные операторы A : X  X и B : Y  Y таковы, что при ,   операторы T  A   I и S  B   I слабо изометрически эквивалентны, тогда   ( A) тогда и только тогда, когда    ( B) . Доказательство: 1. Пусть    p ( A) , т.е. x  0 : Tx  0 . Тогда U1Tx  0 ,

откуда SU 2 x  0 . Поскольку x  0 , то y  U 2 x  0 , поэтому    p ( B ) . Для доказательства обратного включения рассуждения можно повторить, если учесть, что TU 2 1  U11S .

2. Пусть    c ( A) , т.е. T 1 , ImT  X и ImT  X . Поскольку U1T  SU 2 , то I  SU 2T 1U11 , I  U 2T 1U11S , таким образом, S 1. Далее, т.к. ImT  X , то x  X : Tx  X . В силу взаимной однозначности U 1 получаем, что U1Tx  Y , откуда SU 2 x  Y . Таким образом, нашли y  U 2 x  Y такой, что Sy  Y , откуда следует, что Im S  Y . Пусть теперь ImT  X , т.е. x  X Txn  Im T ( xn  X ): Txn  x . Тогда U1Txn  U1x  y Y , SU 2 xn  y , т.е. y  Y yn  U 2 xn Y :

Syn  y , поэтому ImS  Y и    c ( B ) . Обратное включение обосновывается также, как и в п. 1. 3. Пусть    r ( A) , тогда в силу п.п. 1,2,    p ( B ) и    c ( B ) . Допустим, что    ( B) , т.е., в частности, ImS  Y . Это означает, что y  Y u  Y : Su  y . Тогда U11Su  U11 y  x  X , TU 2 1u  x . В силу произвольности y и взаимной однозначности U11 вектор x  X произволен и для него нашли вектор U 2 1u  v  X такой, что Tv  x . Таким образом, ImT  X , что противоречит условию    r ( A) . Тогда    r ( B ) . Аналогично   r ( B)    r ( A) . Теорема доказана. Примеры решения задач 1. Пусть X – комплексное линейное нормированное пространство, A : X  X – линейный ограниченный оператор. Доказать, что, если оператор A2 имеет собственный вектор, то A также имеет собственный вектор. Решение: пусть   – собственное значение оператора A2 , а x  X – соответствующий ему собственный вектор. Тогда A2 x   x , откуда ( A2   I ) x  0 , т.е. ( A   I )( A   I ) x  0 . Если ( A   I ) x  0 , т.е. Ax    x , то x  X – собственный вектор оператора A , отвечающий собственному значению   . Если y  ( A   I ) x  0 , то ( A   I ) y  0 , откуда Ay   y , т.е. y  X – собственный вектор оператора A , отвечающий собственному значению 387

.

2. В вещественном пространстве C   ,   найти собственные векторы и собственные значения оператора Ax(t )  x(t ) . Решение: надо описать все те вещественные числа  , для которых уравнение Ax   x , т.е. x(t )   x(t ) имеет нетривиальное решение в пространстве C   ,   . При   1 этому уравнению удовлетворяет каждая четная функция, а при   1 – каждая нечетная. Покажем, что других собственных значений оператор A не имеет. Пусть 0  1 – другое собственное значение оператора A и x0 (t )  0 – соответствующая ему собственная функция. Тогда x0 (t )  0 x0 (t ) для всех t    ,   . Тогда, заменяя t на t , получаем, что x0 (t )  0 x0 (t ) , где

t    ,   и, поскольку x0 (t )  0 x0 (t ) , то для всех t    ,   x0 (t )  0 2 x0 (t ) . Это равенство невозможно, поскольку x0 (t )  0 и 0  1 . 3. В вещественном пространстве C   ,   найти собственные векторы и собственные значения оператора Ax(t ) 



 sin(t  s) x(s)ds .



Решение: надо описать все те вещественные числа  , для которых уравнение Ax   x , т.е.



 sin(t  s) x(s)ds   x(t )

имеет нетривиальное решение в про-



странстве C   ,   . Для этого заметим, что sin(t  s)  sin t cos s  cos t sin s и пе







репишем уравнение в виде sin t  cos sx( s)ds  cos t  sin sx( s )ds   x(t ) . Из вида этого уравнения следует, что при   0 его решение необходимо искать в виде x(t )  A sin t  B cos t , где A, B  const . Подставим этот вид решения в исходное уравнение и получим: 



sin t  cos s( A sin s  B cos s)ds  cos t  sin s( A sin s  B cos s )ds   ( A sin t  B cos t ) . 

Далее,







 cos s sin sds  0 ,  cos



2

sds   ,





 sin

2

sds   . Таким образом,



уравнение приходит к виду B sin t  A cos t   Asin t   B cos t . Поскольку функции sint и cost линейно независимы на   ,   , то получаем систему:

 B   A  0 . Поскольку собственная функция x(t )  A sin t  B cos t должна      A B 0  быть отлична от нуля, то числа A и B не должны одновременно обращаться в 0. Следовательно, полученная однородная система должна иметь нетривиальное решение. Это возможно только в том случае, когда ее определитель равен     2   2  0 , откуда    . При 1   получаем, что нулю, т.е.   A  B  0 и собственный вектор исходного оператора в данном случае имеет 388

вид x(t )  A  sin t  cos t  . При 2   получаем, что A   B  0 и собственный вектор исходного оператора имеет вид x(t )  A  sin t  cos t  . Проверим, является ли число 3  0 собственным значением оператора A . Для этого рассмотрим уравнение



 sin(t  s) x(s)ds  0

и выясним, имеет ли оно



нетривиальные решения в пространстве C   ,   . Перепишем уравнение в виде 







sin t  cos sx( s)ds  cos t  sin sx( s )ds  0 , тогда, поскольку на отрезке

  , 

функции sint и cost линейно независимы, то это уравнение равносильно двум: 







 cos sx(s)ds  0 и  sin sx(s)ds  0 . Таким образом, собственными функциями в

этом случае будут все те непрерывные на отрезке   ,   ненулевые функции x(t ) , которые ортогональны (в смысле гильбертова пространства L2   ,   ) функциям sint и cost , например, это могут быть функции xn (t )  sin nt , n  2,3,... или xn (t )  cos nt , n  0,2,3,... 4. Пусть Ax(t )  x(0)  tx(1) , A : C  0,1  C  0,1 . Найти спектр  ( A) , спектральный радиус r ( A) и резольвенту R ( A) . Решение: ясно, что оператор A линеен. Проверим его ограниченность:   Ax  sup x(0)  tx(1)  sup  x(0)  t x(1)   x sup 1  t   2 x , t 0,1 t 0,1 t0,1 \   x\ x   следовательно, оператор A ограничен. Для определения спектра  ( A) и резольвентного множества  ( A) найдем сначала собственные значения оператора A , т.е. найдем такие  , что уравнение Ax   x или x(0)  tx(1)   x(t ) имеет нетривиальные решения в пространстве C  0,1 . Из вида уравнения следует, что при   0 собственная функция x(t ) должна иметь вид x(t )     t . Подставляя этот вид в исходное уравнение, получаем:   t (   )   (   t ) . Поскольку на отрезке  0,1 функции 1 и t ли-

    0 . Поскольку x(t )  0 , то нейно независимы, то получаем систему        0   и  должны быть одновременно не равны 0, т.е. полученная однородная система должна иметь нетривиальное решение. Это возможно тогда и только то1  0  0 , откуда (1   ) 2  0 , гда, когда ее определитель равен нулю, т.е. 1 1  т.е.   1. Тогда из системы находим, что   0 , а  – произвольное, не равное нулю число. Таким образом, собственные функции, соответствующие соб389

ственному значению   1 имеют вид x(t )   t ,   0 . В случае, когда   0 исходное уравнение принимает вид x(0)  tx(1)  0 , и, поскольку на отрезке 0,1 функции 1 и t линейно независимы, то x(0)  0 и x(1)  0 , поэтому число   0 также является собственным значением оператора A , а собственными функциями для этого собственного значения будут все не равные тождественно нулю непрерывные функции, обращающиеся в 0 в точках t  0 и t  1 . Чтобы установить, есть ли в спектре оператора A другие точки, необходимо исследовать на непрерывную обратимость оператор A   I . Прежде всего, отметим, что для любой функции x(t )  C  0,1 ( A   I ) x(t )  x(0)  tx(1)   x(t )  C 0,1 ,

т.е. областью определения оператора A   I является все пространство C  0,1 . Считая, что   0 и   1, возьмем произвольную функцию y (t )  C  0,1 и решим уравнение ( A   I ) x(t )  y (t ) , т.е. x(0)  tx(1)   x(t )  y (t ) . Подставим в y (0) это уравнение t  0 : x(0)   x(0)  y(0) , откуда x(0)  . Подставим в урав1  y (1)  x(0) y (1) y (0) нение t  1 : x(0)  x(1)   x(1)  y(1) , откуда x(1)  .   1  1   (1   ) 2 Теперь из исходного уравнения выразим x(t ) : y (t ) x(0) tx(1) y (t ) y (0) ty (1) ty (0) . x(t )              (1   )  (1   )  (1   ) 2 Таким образом, поскольку   0 и   1, то y (t )  C  0,1 y (t ) y (0) ty (1) ty (0) ( A   I ) 1 y (t )       C 0,1 .   (1   )  (1   )  (1   ) 2 Итак, областью определения оператора ( A   I )1 (множеством значений оператора A   I ) является все пространство C  0,1 . Непосредственно видно,

что оператор ( A   I )1 ограничен. Это следует и из теоремы Банаха об обратном операторе, поскольку оператор A   I взаимно однозначен, т.е. обратим (см. задачу 15). Таким образом, оператор A   I непрерывно обратим, следовательно, оператор ( A   I )1 является резольвентой оператора A . Спектр оператора A состоит только из чисел   0 и   1, которые принадлежат точечному спектру  p ( A) . Непрерывный  c ( A) и остаточный  r ( A) спектры отсутствуют. Поскольку спектральный радиус r ( A) является радиусом наименьшего круга с центром в точке   0 , содержащего спектр оператора, а точка   1 принадлежит спектру, то r ( A)  1 . 5. Пусть E – комплексное банахово пространство и A : E  E – линейный ограниченный оператор. Доказать, что: а) если для комплексного числа  существует такая нормированная поxn  1), что lim( Axn   xn )  0 , то   ( A) ; следовательность  xn   E (т.е. n  n

390

б) если   ( A) и c  0 : Ax   x  c x x  E , то    r ( A) ; в) если   c ( A) , то существует такая нормированная последовательность  xn   E , что lim( Axn   xn )  0 . n 

Решение: а) Пусть    ( A) , тогда оператор ( A   I ) непрерывно обратим, причем ( A   I ) 1 : E  E . Имеем, xn  ( A   I )1 ( A   I ) xn  ( A   I ) 1 ( Axn   xn ) , значит, поскольку Axn   xn  0 , то, в силу непрерывности ( A   I )1 , получаем xn  ( A   I ) 1 ( Axn   xn )  0 , что противоречит условию xn  1 . б) Обозначим T  A   I , E0  R(T )  ImT  E . Из условия Tx  c x следует, что ker T  0 , откуда, во-первых, следует, что    p ( A) , а, во-вторых, что оператор T инъективен. Если E0  E , то оператор T сюръективен, т.е. и биективен, поэтому имеет обратный. В силу теоремы Банаха об обратном операторе T непрерывно обратим, что невозможно, поскольку   ( A) . Таким образом, E0  E . Пусть T0 : E  E0 , T0 x  Tx x  E , тогда T0 биективен. Таким образом, T0 обратим, поэтому T0 x  y  x  T01 y для соответствующих x  E и y  E0 . Из 1 T0 x  c x x  E получаем, что y  E0 y  c T01 y , T01 y  y , поэтому c 1 оператор T0 : E0  E – ограничен. Рассмотрим последовательность  yn   E0 , yn  y . Ясно, что T01 yn  T01 y , откуда E  xn  T01 y . Поскольку E – банахо-

во, т.е. замкнутое пространство, то T01 y  E , откуда y  E0 , следовательно, E0

замкнуто. Таким образом, ImT  E , откуда следует, что    r ( A) . в) следует непосредственно из п. б. 6. Найти точечный  p ( A) , непрерывный  c ( A) и остаточный  r ( A) спекt

тры оператора A : C  0,1  C  0,1 , если Ax(t )   x( s)ds . 0

Решение: оператор A линеен и ограничен, а также определен на всем пространстве. Найдем точечный спектр  p ( A) , т.е. собственные значения оператора A . Для этого надо найти такие  , что уравнение

t

 x(s)ds   x(t ) имеет нену0

левые решения в пространстве C  0,1 . Пусть   0 , тогда, поскольку левая часть этого уравнения является непрерывно дифференцируемой функцией, то таковой должна быть и правая часть. Дифференцируя уравнение по t , находим, что x(t )   x '(t ) и, кроме того, справедливо начальное условие x(0)  0 . Решая полученную задачу Коши, находим, что x(t )  0 для всех t   0,1 . Поэтому оператор A не может иметь собственных значений, отличных от нулевого. 391

Исследуем точку   0 . Уравнение для поиска ненулевой собственной функции в этом случае имеет вид

t

 x(s)ds  0 . Дифференцируя это равенство, 0

получаем, что x(t )  0 для всех t   0,1 . Итак, оператор A не имеет ни одного собственного значения, т.е. множество  p ( A) пусто. Поскольку спектральный радиус оператора A равен нулю (см. задачу 16), то единственной точкой спектра оператора A является точка   0 , причем эта точка не является собственным значением. Чтобы определить, какому из спектров, непрерывному  c ( A) или остаточному  r ( A) принадлежит точка   0 , необходимо доказать обратимость оператора ( A   I )  A  0  I  A и исследоt

вать его множество значений. Множеством значений оператора Ax(t )   x( s)ds 0

является множество непрерывно дифференцируемых на  0,1 функций y (t ) та-

ких, что y(0)  0 . Обозначим это множество C0(1) 0,1 . В п. 6 теоремы о простейших свойствах обратных операторов доказано, что оператор A имеет обdy (t ) , определенный для всех y(t )  C0(1) 0,1 . Таким образом, ратный A1 y (t )  dt при   0 оператор A   I – обратим. Предположим, что C0 (1)  0,1  C  0,1 , т.е., множество C0(1) 0,1 всюду

плотно в C  0,1 , тогда   0 x(t )  C  0,1 y(t )  C0(1) 0,1 : x  y   , т.е. sup x(t )  y(t )   , откуда t   0,1 x(t )  y (t )   . В частности, при t  0 t0,1

x(0)  y (0)   , откуда x(0)   . Поскольку   0 – произвольно, то из этого неравенства следует, что x (0)  0 , т.е. x(0)  0 . Поскольку пространство C  0,1 не исчерпывается только функциями x(t ) , для которых x(0)  0 , то предполо-

жение C0 (1)  0,1  C  0,1 неверно, т.е. C0 (1)  0,1  C  0,1 . Таким образом, согласно определению, точка   0 является точкой остаточного спектра  r ( A) оператора A . Непрерывный спектр  c ( A) является пустым множеством. 7. По формуле r ( A)  lim n An вычислить спектральный радиус оператоn

ра A : C  0,1  C  0,1 и найти спектр  ( A) , если Ax(t )  tx(t ) . Решение: оператор A линеен и ограничен, а также определен на всем пространстве. Ясно, что An x(t )  t n x(t ) , тогда

sup t n x(t )

n

An  sup

Ax

 sup

t 0,1

sup t n x(t )

 sup

t0,1

x sup t n  sup

x x x x 0 x 0 x 0 С другой стороны, выбирая x0 (t )  1 , получаем, что x 0

392

t0,1

x

 sup t n  1. t0,1

sup t n x(t )

An  sup x 0

t0,1

sup x(t )

t0,1



sup t n x0 (t )

t0,1

sup x0 (t )

 1.

t0,1

Таким образом, An  1. Следовательно, r ( A)  1 . Значит, спектр оператора A целиком лежит внутри круга   1 . Проверим, имеет ли оператор A собственные значения, т.е. рассмотрим уравнение tx(t )   x(t ) и выясним, имеет ли оно нетривиальные решения в пространстве C  0,1 при каких-либо  . Указанное уравнение эквивалентно уравнению (t   ) x(t )  0 , решением которого явп .в .

ляется функция x(t )  0 (всюду, кроме, быть может, точки t0   ). Однако, поскольку решение ищется в пространстве C  0,1 , то x(t )  0 всюду на отрезке 0,1 . Таким образом,  p ( A)   . Исследуем оператор A   I на непрерывную обратимость, для чего возьмем произвольную функцию y (t )  C  0,1 и найдем решение уравнения ( A   I ) x(t )  y (t ) или (t   ) x(t )  y(t ) . y (t ) Если    0,1 , то обратный оператор ( A   I ) 1 y (t )  определен на t  y (t ) всем пространстве C  0,1 , поскольку дробь – непрерывная функция для t  всех y (t )  C  0,1 , т.е. в этом случае оператор A   I является непрерывно обратимым по теореме Банаха об обратном операторе. Таким образом, резольвентное множество оператора A содержит точки    0,1 . Резольвента операy (t )  C  0,1 . тора A при    0,1 и y (t )  C  0,1 имеет вид R ( A) y (t )  t  Пусть    0,1 , тогда, чтобы уравнение (t   ) x(t )  y(t ) имело непрерывное решение x(t ) , необходимо y ( )  0 . Таким образом, D( A   I ) 1   R( A   I )  C0   y (t )  C[0,1]: y ( )  0 . Далее, предположив C0  C 0,1 и, рассуждая аналогично предыдущему примеру, при каждом фиксированном    0,1 получаем, что x( )  0 . Ясно, что пространство C  0,1 не исчерпыва-

ется только такими функциями x(t ) , потому предположение C0  C 0,1 неверно. Итак, все точки    0,1 принадлежат остаточному спектру  r ( A) . Окончательно,  r ( A)   0,1 , точечный  p ( A) и непрерывный  c ( A) спектры отсутствуют. 8. Найти спектр и спектральный радиус оператора A : l  l , определяемого для x  (1,2 ,...)  l соотношением Ax  (1  2 ,2 ,3 ,...) . Решение: ясно, что оператор A линеен, ограничен и определен на всем пространстве l . Вначале найдем его собственные значения, если они есть. Для 393

этого рассмотрим уравнение Ax   x , т.е. (1  2 ,2 ,3 ,...)   (1,2 ,...) . Ясно, 1   2  1     2 . Если   0 , то из этой что это уравнение эквивалентно системе  2    3  3 ... системы находим, что (1,2 ,...)  (0,0,...) , т.е.   0 не является собственным значением, и потому далее считаем, что   0 . Из вида уравнений замечаем, что если   1, то уравнения, начиная со второго, обращаются в тождества, а первое уравнение принимает вид 2  0 . Таким образом,   1 – собственное значение оператора A , а x  (1,0,3 ,4 ,...)  l – собственный вектор, если не все его координаты одновременно равны нулю. Ясно, что других ненулевых решений указанная система не имеет. Таким образом, точечный спектр  p ( A) состоит из одной точки   1. Для нахождения других частей спектра необходимо исследовать оператор A   I на непрерывную обратимость, считая, что   1, т.е. взять произвольную последовательность y  (1 , 2 ,...)  l и решить уравнение ( A   I ) x  y , т.е. уравнение (1  2 ,2 ,3 ,...)   (1,2 ,...)  (1,2 ,...) . Ясно, что это уравнение эк1   2  1  1        2 2 . Из второго уравнения  2  2 , из тревивалентно системе  2 1  3  3  3 ...     2 тьего – 3  3 ,..., а из первого: 1  1 2  1  . 1  1   1   (1   ) 2

   2   , 2 , 3 ,...  . Поскольку Таким образом x  ( A   I )1 y   1  2  1   (1   ) 1   1      1, то при y  l получаем, что ( A   I )1 y  l , т.е. областью определения оператора ( A   I )1 (а значит, множеством значений оператора A   I ) является все пространство l . Непосредственно видно, что оператор ( A   I )1 ограничен (также, это следует из теоремы Банаха об обратном операторе). Значит, оператор ( A   I )1 непрерывно обратим, следовательно, его резольвента имеет

   2  2 3 , , ,... вид R ( A) y   1   , т.е. любая точка   1 является ре2  1   (1   ) 1   1    гулярной для оператора A , и, значит, непрерывная  c ( A) и остаточная  r ( A) части спектра отсутствуют. Как и в примере 4 спектральный радиус r ( A)  1 . 9. Найти спектр оператора A : L2  0,1  L2  0,1 , если Ax(t )  tx(t ) . Решение: ясно, что оператор A линеен, ограничен и определен на всем пространстве L2  0,1 . 394

Проверим, имеет ли оператор A собственные значения, т.е. рассмотрим уравнение tx(t )   x(t ) и выясним, имеет ли оно нетривиальные решения в пространстве L2  0,1 при каких-либо значениях  . Указанное уравнение эквивап .в .

лентно уравнению (t   ) x(t )  0 , решением которого является функция x(t )  0 . Это решение тривиально в L2  0,1 , поскольку пространство L2  0,1 состоит из классов почти всюду совпадающих функций. Таким образом, собственных значений оператор A не имеет, т.е.  p ( A)   . Далее, исследуем оператор A   I на непрерывную обратимость, для чего возьмем произвольную функцию y (t )  L2  0,1 и найдем решение уравнения ( A   I ) x(t )  y (t ) или (t   ) x(t )  y(t ) . y (t ) Очевидно, что x(t )  , следовательно, оператор A   I обратим (это t  y (t ) . Покажем, что при ясно и из условия  p ( A)   ), причем ( A   I ) 1 y (t )  t     0,1 оператор ( A   I )1 определен не на всем пространстве L2  0,1 . Дей2

1



1

1

y (t ) 1 1 1 dt   dt   dt   dt . ствительно, возьмем y(t )  1 , тогда  2 2 2         ( ) ( ) ( ) t t t t 0 0 0  y (t )  L2  0,1 , Оба интеграла расходятся (к  ), т.е. при y (t )  1 L2  0,1 t  значит, функция y(t )  1 не принадлежит области определения оператора ( A   I )1 . Итак, при    0,1 областью определения оператора ( A   I )1 , а значит, множеством значений оператора A   I является множество интегриy (t )  L2  0,1 . Оборуемых с квадратом функций y (t )  L2  0,1 , для которых t  значим это множество L2 (0) . Если    0,1 , то для всех y (t )  L2  0,1 интеграл

1

 0

2

y (t ) dt особенностей t 

не имеет, т.е. оператор ( A   I ) определен на всем пространстве L2  0,1 , а, значит, является непрерывно обратимым по теореме Банаха об обратном операторе. Таким образом, спектр оператора состоит только из точек    0,1 . Осталось определить, какой именно части спектра принадлежат эти значения  . Для этого рассмотрим множество   – линейное многообразие функций y (t )  L2  0,1 таких, что y (t )  0 в некоторой  -окрестности точки t   ,   0 , 1

 0, т.е. y (t )     y (t ),

t   t  

. Имеем, если y(t )  :

395

1

 0

  



 0

2

y (t ) dt  t 

  

 0

 

1

2

y (t ) y 2 (t ) 1 dt   dt  2 2 2 (t   )     (t   )



1



1

y 2 (t ) y 2 (t ) y 2 (t ) dt   dt   dt  2 2   t t   (t   ) 2 ( ) ( )     

1

y 2 (t )dt  2  0

1



  



y (t )dt  2

0

1

y 2 (t )dt  2  0

2



2

1



2

1

y (t )dt     2



1

y

2

(t )dt   ,

0

y (t )  L2  0,1 , следовательно   содержится в области определения операt  тора ( A   I )1 , а значит, в множестве значений оператора A   I , т.е.    L2 (0) . Покажем, что множество   всюду плотно в L2  0,1 . Это будет означать, т.е.

что   L2  0,1 , а значит, тем более, L2 (0)  L2  0,1 . Для любой функции y (t )  L2  0,1 и n 

рассмотрим последователь-

1  0, t     n . Ясно, что yn (t )    . ность yn (t )  L2  0,1 такую, что yn (t )   1  y (t ), t     n 1  ( ),     y t t  n Кроме того, yn (t )  y (t )   , откуда 1 0, t    n 1

yn  y   yn (t )  y (t ) dt  2

2

0

1  n



y (t ) dt  0 ,

1   n

2

n

L2 0,1

в силу абсолютной непрерывности интеграла Лебега, следовательно, yn  y . Итак, нашли последовательность yn (t )    , которая сходится к любому элементу y (t )  L2  0,1 , что, означает всюду плотность   в L2  0,1 . Тем самым проверено, что  0,1   c ( A) . Аналогично проверяется, что 0,1   c ( A) (надо только выбирать не двусторонние окрестности точки  , а соответствующие односторонние) Окончательно, поскольку L2 (0)  L2  0,1 , то    0,1   c ( A) . 10. Пусть A : l p  l p . Найти спектр и резольвенту оператора левого сдвига Ax   2 , 3 ,... , x  1,2 ,...  l p , 1  p   .

Решение: ясно, что оператор линеен и ограничен, причем A  1 . Найдем собственные значения, для чего выясним, имеет ли уравнение Ax   x нетривиальные решения в l p . Имеем:  2 , 3 ,...   1,  2 ,... , откуда получаем, что



 



 2  1 , 3  2   21 ,…, т.е. x  1, 1,  21,...  1 1,  ,  2 ,...  0 при 1  0 . 396

При этом x  l p тогда и только тогда, когда





kp

  , т.е. при   1 . Таким

k 1

образом, множество  :   1 представляет собой множество собственных значений оператора A . Поскольку спектр всегда замкнут, то круг  :   1   ( A) . А поскольку A  1 , то по теореме о свойствах спектра и ре-

зольвентного множества получаем, что точки  :   1 принадлежат резоль-

вентному множеству. Итак,  :   1   p ( A) . Осталось исследовать множество

 :   1 . Заметим, что такие   p ( A) , поэтому оператор

A   I обратим. Покажем, что множество значений оператора A   I содержит множество c00 всех финитных векторов. Если ( A   I ) x  (1,2 ,...,n ,0,0,...) , то это приво k 1   k  k , k  1,2,..., n . Поскольку   1 , то получаем, дит к системе  0, k n 1, n 2,...        k  k 1 что  k 1   k , k  n  1, n  2,... Поскольку требуется, чтобы x  l p , то последнее равенство возможно только если  k  0, k  n  1, n  2,... , т.е. x – финитная последовательность. Из уравнений k 1  k  k , k  1,2,..., n легко последовательно выразить все начальные координаты вектора x при произвольных значениях 1 ,..., n . Тем самым, c00  R ( A   I ) . Поскольку множество финитных

векторов всюду плотно в l p , то R ( A   I )  l p и  :   1   c ( A) ,  r ( a )   . Для нахождения резольвенты необходимо решить уравнение ( A   I ) x  y при y  (1 ,2 ,...)  l p и   1 . Имеем, (2 ,3 ,...)   (1,2 ,...)  (1,2 ,...) , т.е. по-

лучаем рекуррентное уравнение k 1  k  k , k  1,2,.... Это уравнение можно решать, полагая 1  c и последовательно выражая 2 ,3 ,... Приведем здесь более общий метод из теории рекуррентных соотношений. Рассмотрим однородное уравнение  k 1   k  0 и будем искать его решение в виде k  qk . Подставляя этот вид, получим характеристическое уравнение q    0 , откуда q   и  kодн  c k . Общее решение неоднородного уравнения ищем методом вариации постоянной в виде k  ck  k . Подставим этот вид в неоднородное уравнение: ck 1 k 1  ck  k 1  k , откуда ck 1  ck 

k .  k 1

n 1

k , отk 1  k 1

Сложим все такие равенства при k  1,2,..., n  1 и получим cn  c1  

k 1    куда  k   c   i i 1   k , k  2,3,.... В частности, 2  c 2  1 , а, поскольку, из i 1    исходного уравнения 2  1  1 , то 1  c .

397

k 1 k i , причем, поскольку x  l p , то, в  c   i 1 k  i 1  0 и, учитывая, что   1 , переходя к пределу при k   , по-

Далее, заметим, что частности, k

k 

k 1

i  0 . Ясно, что, поскольку y  l p , то последовательность i  i 1 k   i 1

лучим c  

ограничена, следовательно, ряд





  i i 1

сходится по признаку Вейерштрасса.

i 1



i . Окончательно получаем, что, при k  1,2,3,... i 1  i 1

Таким образом, с  



   i  i i  k    i 1   i 1 k , а резольвента равна R ( A) y    i 1 k  . Легi k  i k   i k  k 1 k



ко проверить непосредственно, что резольвента действительно определена на всем пространстве и ограничена (см. задачу 47). 

 n 1  n  , 11. Найти спектр и резольвенту диагонального оператора Ax    n n 1 x  1,  2 ,... , если: а) A : l  l ; б) A : l p  l p , p  1 . Решение: а) уравнение для поиска собственных значений Ax   x имеет n 1  n 1      n  0 , n . Если   вид  , то отсюда следует, что все  n  0 , n  n  т.е. такие  не являются собственными значениями. Если для некоторого k  k 1  , то, выбирая соответствующее  k  1 , получим ненулевой собственk n 1  , n     p ( A) . Поный вектор (0,0,...,0,1,0,0...)  l . Таким образом,  k  n  скольку спектр всегда замкнут, то предельная точка этого множества   1 также является точкой спектра. Для исследования характера этой точки рассмотрим уравнение Ax  x  y , y  l . Решая его, находим, что  n  n n , n . Таким образом, оператор ( A  I )1 определен для тех y  l , для которых sup n n   . Обозначим это множество M . Ясно, что y  M n  n  n  c , n

c c . Поскольку  0 , то  n  0 . Таким образом, M  c0 . Поскольn n ку пространство c0 является замкнутым подмножеством l и не совпадает с l ,

откуда n 

то R( A  I )  M  c0  l , поэтому 1 r ( A) . То же самое можно было устано

  вить, сразу заметив, что y  Ax  x   n   c0 .  n n 1 398

Далее, пусть   1,

n 1 , n  . Рассмотрим уравнение Ax   x  y , y  l . n

Решая его, находим  n 

n

n

n 1  n

, n . Это решение принадлежит l , если

 n  1   . Обозначим M    , тогда   M . Отсюда следует, что n   n n 1  n n 1 d  inf u    0 , поэтому sup  sup n   . Итак, оператор uM d n n n 1  n n 1 , n  , поэтому ( A   I )1 y определен и ограничен y  l при всех   1, n

sup

( R ( A) y ) n 

n , n . n 1  n

n 1  , n     p ( A) , и точка   1 является точкой спекб) Аналогично   n 

тра. Из уравнения Ax  x  y , y  l p находим n 

n

, n . Отсюда следует, n что множество значений оператора A  I содержит все финитные последовательности (являющиеся образами финитных же последовательностей), которые n 1 , n  . Из всюду плотны в l p . Тем самым, 1 c ( A) . Далее, пусть   1, n уравнения Ax   x  y , y  l p находим  n 

всех y  l p



n

 n 1 n 1

p p



n

n 1  n

 l p , n , поскольку для

n 1  p R A y ( ( ) )     . Таким образом, .  n  n n 1 d p n 1  n

 n 12. Найти спектр и резольвенту оператора правого сдвига Ax  (0, 1 ,  2 ,...) , A : l2  l2 , x  (1 , 2 ,...)  l2 . Решение: уравнение для поиска собственных значений Ax   x эквивалентно системе 0  1 ,  n   n 1 , n . Если   0 , то из уравнений, начиная со второго, следует, что x  0 . Если же   0 , то снова x  0 . Таким образом, собственных значений оператор не имеет,  p ( A)   . Далее, рассмотрим уравнение Ax   x  y , y  l2 . Оно эквивалентно системе 1  1 ,  n   n 1   n 1 ,       n . Последовательно выражаем: 1   1 , 2   2  12 , 3   3  22  13 ,…       399

n

В итоге  n  

k 1 

 0 и



k

n

   n  k 1

k n  k 1

, n . Это решение принадлежит l2 при условиях

2

  . Если   0 , то A   I  A и областью значений опе-

n 1 k 1

ратора A   I является множество векторов из l2 , у которых первая координата нулевая. Ясно, что это множество не может быть всюду плотным в l2 (см. пример 6), поэтому 0   r ( A) . Далее считаем   0 . Поскольку очевидно, что A  1 , то все числа   1 являются регулярными, поэтому оператор A   I непрерывно обратим при   1 . Покажем, что точки   1 принадлежат спектру. Сперва покажем, что при

  1 оператор ( A   I )1 задан не на всем пространстве l2 . Возьмем вектор 1 1 1  1  y  (1,0,0,...)  l2 , тогда ( A   I ) 1 y    ,  2 ,  3 ,...  . Поскольку  1 , то       полученная последовательность не лежит в l2 . Далее, пусть y  l2



n

k

   n  k 1 n 1 k 1

2

n

  , тогда lim  n 

n   довательность  n kk 1  ограничена, т.е. n  k 1   n

k 

k

c

n 1

. Поскольку 

n 1

 0 , то

k 1

n

k 

k

k 1 

 0 , т.е. после-



n

  nkk 1  c ,

откуда

k 1

 0 , т.е.

k 1

k n  k 1



k  k  0 . Обознаk 1

чим M – область определения оператора ( A   I )1 , тогда, как показано выше,     M  N   y  l2 : k  k  0 . Пусть  ( y )  k  k , y  l2 ,   1 . Ясно, что это k 1 k 1   1

1

1

   2 2  2k  2  2k  2 линейный функционал и  ( y )    k           y  c y . Та k 1   k 1   k 1  ким образом, функционал определен на всем пространстве и ограничен, причем





   

1 2k  2

 . При этом, очевидно, что N  ker  , а, поскольку функционал  k 1  не тождественно нулевой, то ker   l2 . Далее возможно два рассуждения. а) Ядро любого линейного ограниченного функционала замкнуто, поэтому R( A   I )  N  l2 и  :   1   r ( A) . 400

б) Поскольку y0  1,0,0,...  N , то можно посчитать расстояние от точки

 ( y0 ) (см. пример 7 п. 2.3).   2 , поэтому  ( y0 , N )  1   . Поскольку Имеем,  ( y0 )   ,   2 1   ( y0 , M )   ( y0 , N ) , то элемент y0 нельзя сколь угодно точно приблизить никаким элементом из M . В итоге R( A   I )  l2 и  :   1   r ( A) . y0 до N по формуле  ( y0 , N ) 

Поскольку спектр всегда замкнут, то точки  :   1 – также принадлежат спектру. Остается исследовать, какой именно части спектра они принадлежат. Воспользуемся теоремой о двойственности спектров и тем, что (гильбертовым) сопряженным к оператору правого сдвига является оператор левого сдвига (см. пример 10). Поскольку  :   1   c ( A* ) и  c ( A* )   c ( A) , то 

 n k   :   1   c ( A) . Наконец, резольвента R ( A) y    nk 1  , при   1 .  k 1  n 1 Заметим, что рассуждения, аналогичные проведенным в примере 10 для точек  :   1 в данном случае не проходят, поскольку во множестве значений оператора A   I , лежат не все финитные последовательности, а только те для которых выполнено определенное условие, связывающее первую координату со всеми остальными (см. задачу 34). Также заметим, что вывод  :   1   r ( A) сразу следует из теоремы о двойственных спектрах, поскольку  p ( A* )   p ( A)  r ( A) ,  :   1   p ( A* )

и  :   1  p ( A) .

Задачи для самостоятельного решения 1. Показать, что если для некоторого натурального числа m ряд



A

k

Am  1 , то

сходится.

k 0

Указание: показать, что r ( A)  1 . 2. Выяснить, имеет ли оператор из примера 2 непрерывный спектр. Построить резольвенту на множестве регулярных значений оператора A . 3. Выяснить, имеет ли оператор из примера 3 непрерывный спектр. Построить резольвенту на множестве регулярных значений оператора A . 4. Пусть E – комплексное банахово пространство, A : E  E – линейный оператор и оператор A1 существует. Доказать, что A и A1 имеют одни и те же собственные векторы. 401

5. Вычислить собственные векторы и собственные значения интегрального 1

оператора Ax(t )   K (t , ) x( )d в L2  0,1 , если K (t , )  min t ,  . 0

6. В вещественном пространстве C   ,   найти собственные векторы и собственные значения оператора Ax(t ) 



 cos(t  s) x(s)ds . Имеет ли этот опе-



ратор непрерывный спектр? Построить резольвенту на множестве регулярных значений оператора A . 7. В вещественном линейном пространстве C  0,   найти собственные

d 2x значения и собственные векторы оператора Ax(t )  2 , если его область опреdt деления D( A)  x(t )  C (2) 0,  : x(0)  x( )  0 . 8. В вещественном линейном пространстве C  0,   найти собственные

d 2x значения и собственные векторы оператора Ax(t )  2 , если его область опреdt деления D( A)  x(t )  C (2) 0,   : x '(0)  x '( )  0 . 9. В вещественном линейном пространстве C  0,   найти собственные

d 2x значения и собственные векторы оператора Ax(t )  2 , если его область опреdt деления D( A)  x(t )  C (2) 0,   : x(0)  x( ), x '(0)  x '( ) . dx . Доказать, что dt  ( A) пусто, если D( A)  x(t )  C (1) 0,1 : x(0)  0 . Как это согласуется с теоре10. В пространстве C  0,1 рассмотрим оператор Ax(t ) 

мой о спектре?

dx . Доказать, что dt  ( A) состоит из одних собственных значений, заполняющих всю комплексную 11. В пространстве C  0,1 рассмотрим оператор Ax(t ) 

плоскость, если D( A)  C (1) 0,1 .

dx . Доказать, что, dt если D( A)  C (1) 0,1 : x(0)  x(1) , то  ( A) состоит из собственных значений 12. В пространстве C  0,1 рассмотрим оператор Ax(t ) 

2 ni, n   .

13. Два оператора A и B называются перестановочными, если AB  BA . Доказать, что оператор и его резольвента перестановочны. Указание: показать, что A( A   I )  ( A   I ) A и умножить обе части этого равенства слева на ( A   I )1 . 402

14. Доказать, что если  ,    ( A) , то R ( A)  R ( A)  (   ) R ( A) R ( A)  (   ) R ( A) R ( A) . Указание: умножить очевидное равенство ( A   I )  ( A   I )  (   ) I слева на R ( A) и справа на R ( A) . 15. Доказать, что ядро оператора ( A   I ) x(t )  x(0)  tx(1)   x(t ) из примера 4 при   0 и   1 состоит только из нулевого вектора. 16. Используя определение, доказать, что спектральный радиус оператора A из примера 6 равен нулю. 17. Найти резольвенту оператора A из примера 6. Доказать, что точка   0 является особой точкой резольвенты. 1 18. Пусть оператор A : C 0,1  C 0,1 определяется формулой Ax(t )   x(t ) , t (1) причем D( A)  x(t )  C 0,1 : x(0)  0 . Найти его точечный  p ( A) , непрерывный  c ( A) и остаточный  r ( A) спектры. 19. Пусть оператор A : C  0,2   C  0,2 

определяется формулой

Ax(t )  eit  x(t ) . Показать, что  ( A)    :   1 , т.е.  ( A) заполняет единичную окружность. 20. Пусть K (t , s ) – непрерывная функция двух переменных в треугольнике   t , s : a  s  t , a  t  b . В пространстве C  a, b  найти спектральный радиус t

оператора Вольтерра Ax(t )   K (t , s) x( s) ds . Найти  ( A) . При каком условии a

точка   0 будет собственным значением оператора A ? t

t

a

a

Указание: рассмотреть x1 (t )   K (t , s ) x( s )ds , xn (t )   K (t , s ) xn1 (s )ds

n  2,3,... Обозначить k  max K (t , s) (предварительно обосновать, что этот a t , s b

максимум существует), затем последовательно оценить x1 (t ) , x2 (t ) ,... и вы-

k n (b  a)n вести оценку A  . n! 21. Пусть K (t , s ) – непрерывная функция двух переменных в треугольнике   t , s : a  s  t , a  t  b . В пространстве L2  a, b  найти спектральный радиус n

t

оператора Вольтерра Ax(t )   K (t , s) x( s)ds . Найти  ( A) . При каком условии a

точка   0 будет собственным значением оператора A ? 22. Найти точечный  p ( A) , непрерывный  c ( A) и остаточный  r ( A) t

спектры оператора A : L1  0,1  L1  0,1 , если Ax(t )   x( s)ds . 0

403

Указание: найти спектральный радиус. Для отыскания множества значений оператора A   I воспользоваться свойством абсолютной непрерывности интеграла Лебега: если x( s ) – суммируемая функция, то

t

 x(s)ds

– абсо-

0

лютно непрерывная функция. Показать, что множеством значений оператора A   I являются все абсолютно непрерывные на отрезке (и, в частности, непрерывные) функции y (t ) , удовлетворяющие условию y(0)  0 . Учесть, что L p состоит из классов почти всюду совпадающих функций. 23. Найти точечный  p ( A) , непрерывный  c ( A) и остаточный  r ( A) t

спектры оператора A : C0  0,1  C0  0,1 , если Ax(t )   x( s)ds и C0  0,1 – бана0

хово пространство непрерывных функций x(t ) , для которых x(0)  0 . Указание: показать, что C0 (1)  0,1  C0  0,1 (см. пример 6). 24. Пусть E – банахово пространство, A : E  E – линейный ограниченный оператор и существует A1 : E  E – также линейный и ограниченный. Доказать, что, если    ( A1 ) , то  1   ( A) и, обратно, если    ( A) , то

 1  ( A1 ) . Указание: если    ( A1 ) , то оператор A1   I не является непрерывно

обратимым. Показать, что и оператор A A1   I  не является непрерывно

обратимым. 25. Пусть E – банахово пространство, A : E  E – линейный ограниченный оператор и   ( A) . Доказать, что n   n   ( An ) . 26. В пространстве C  a, b  рассмотрим оператор Ax(t )   (t ) x(t ) , где  (t ) – некоторая строго монотонно возрастающая и непрерывная на отрезке  a, b 

функция. Доказать, что  ( A)   (a), (b)  , причем ни одна точка спектра не является собственным значением. 27. Найти спектр и резольвенту оператора A : L2  0,1  L2  0,1 , задаваемо1

го равенством Ax(t )   (1  ts) x( s)ds . 0

28. По формуле r ( A)  lim n An n

вычислить спектральный радиус опера-

тора A : C  0,1  C  0,1 и найти спектр  ( A) , если Ax(t )  (t  1) x(t ) . 29. По формуле r ( A)  lim n An n

вычислить спектральный радиус опера-

тора A : C  0,1  C  0,1 и найти  ( A) , если Ax(t )  a(t ) x(t ) , где a(t )  C  0,1 . 30. Найти спектр, резольвенту и спектральный радиус оператора A : l  l , определяемого для x  (1,2 ,...)  l соотношением Ax  (3 ,1,2 ,4 ,5 ,...) . 404

31. Найти спектр, резольвенту и спектральный радиус оператора A : l  l , определяемого для x  (1,2 ,...)  l соотношением Ax  (1 , 2 , 3 , 4 ,...,(1) n  n ,...) . 32. Найти спектр и резольвенту тождественного оператора I : E  E , где E – банахово пространство. 33. Найти спектр и резольвенту операторов левого и правого сдвига (см. примеры 10 и 12) в случае A : l  l . Указание: для оператора правого сдвига в случае   1 показать, что множество значений оператора A   I принадлежит ядру функционала 1 n  ( y )  lim k  k и  ( y0 ,ker  )  1, где y0  ( 1,  2 ,...)  l . n  n k 1 34. Найти спектр и резольвенту оператора правого сдвига (см. пример 12) в случаях A : l1  l1 и A : l p  l p , p  3 . Показать, что при   1 множество значений оператора A   I не содержит все финитные последовательности. 35. Найти спектр и резольвенту операторов левого и правого сдвига (см. примеры 10, 12) для случая A : c0  c0 . t2

36. Найти спектр и резольвенту оператора Ax(t )   x( s)ds , A : C[0,1]  C[0,1] . 0

Указание: оценить спектральный радиус.

 1  1 37. Показать, что спектральный радиус оператора A : C 0,   C  0,  ,  2  2 2 где Ax(t )  tx(t ) равен 0. 38. Показать, что спектр оператора A : C  0,1  C  0,1 , где Ax(t )  x(t 2 ) лежит на единичной окружности в . Указание: при   1 проверить, что резольвента оператора A имеет 1  12   14  2  8    R ( A ) y y t y t y t   вид:     ... (обосновать сходимость этого ря          да и ограниченность этого оператора). Указать аналогичную резольвенту для случая   1 . 39. Найти точечный  p ( A) , непрерывный  c ( A) и остаточный  r ( A) t

спектры оператора A : L2  0,1  L2  0,1 , если Ax(t )   x( s)ds . Найти резольвен0

ту оператора. Указание: использовать теорему о резольвентном множестве. 40. Показать, что спектральный радиус оператора A : C  0,1  C  0,1 , где

1 t  x( s)ds, 0  t  1 равен 1. Ax(t )   t 0  x(0), t 0  405

41. Найти спектр диагонального оператора Ax  (11,22 ,...) ,  n   – ограниченная последовательность, A : l  l . Указание: для исследования части спектра  ( A) \  p ( A) показать, что множество значений оператора A   I лежит во множестве векторов l , содержащих подпоследовательности, стремящиеся к нулю. Показать, что вектор (1,1,...)  l не может быть с любой точностью приближен элементом данного множества. 42. Найти спектр диагонального оператора Ax  (11,22 ,...) ,  n   – ограниченная последовательность, A : l p  l p , p  1. 43. Пусть A : l p  l p ,1  p   – оператор правого или левого сдвига (см. примеры 10, 12). Доказать, что при   1 операторы A   I и A  I слабо изометрически эквивалентны. Вывести отсюда, что в случае оператора правого сдвига  :   1   r ( A) при p   . Указание: показать, что требуемая эквивалентность осуществляется диагональными операторами вида (U1x)n   nn и (U 2 x)n   n 1n . 44. Найти спектр оператора двустороннего сдвига ( Ax) n   n 1 , если    p  x  (1,2 ,...) в пространстве l p ( )   x  ( n ) n  :  n    , 1  p   . n    t 1 45. Найти точечный спектр оператора Ax(t )   x( )d в пространстве t0 L2  0,1 . Указание: учесть, что в L2  0,1 лежат функции, которые интегрируются с квадратом, поэтому на семейство собственных чисел  , которое получится после решения дифференциального уравнения, необходимо наложить   1 1 дополнительное условие Re   .    2 46. Найти спектр и резольвенту оператора Ax  (1  2 ,1  2 ,3,4 ,...) если A : l2  l2 . 47. Доказать, что резольвента, найденная в примере 10, определена на всем пространстве l p и оценить ее норму (отдельно рассмотреть p  1 и p  1 ). 48. Пусть X – линейное пространство, A : X  X – линейный оператор, e1, e2 ,..., ek – какие-то собственные вектора оператора A . Доказать, что линейная оболочка этих векторов инвариантна для оператора A . Если A ограничен, то показать, что замыкание линейной оболочки этих векторов инвариантно для A . Указание: пусть L – линейная оболочка векторов e1, e2 ,..., ek , т.е. x  L означает, что x  1e1  2e2  ...  k ek . Доказать, что Ax  L . Если A ограничен, то показать, что предел линейных комбинаций векторов переходит снова в предел линейных комбинаций.

406

    tgt , t  0, 4     49. Пусть  (t )   . Найти спектр и резольвенту оператора    0, t   ,0  4               Ax(t )   (t ) x(t ) в случаях A : C   ,   C   ,  и A : L2   ,   L2   ,  .  4 4  4 4  4 4  4 4 50. Найти спектр и резольвенту оператора Ax(t )  t x(t ) , A : L1[0,1]  L1[0,1] . 

1  51. Найти спектр и резольвенту оператора Ax    n  , если A : l1  l1 .  n  n 1     52. Найти спектр и резольвенту оператора Ax(t )  sin tx(t ) , A : C  ,   C  ,  . 4  4  1

53. Найти спектр и резольвенту оператора Ax(t )   x( s)ds , A : C[1,2]  C[1,2] . t

54. Найти спектр и резольвенту оператора A : C  0,1  C  0,1 , задаваемого 1

равенством Ax(t )   (t  s) x( s )ds . 0

55. Найти спектр и резольвенту оператора A : L1[0,1]  L1[0,1] , если x(t ) , область определения которого D( A)   x  L1 0,1 : Ax  L1 0,1 . Ax(t )  t 

56. Найти спектр и резольвенту оператора A : l2  l2 , если Ax   nn n 1 ,

область определения которого D( A)   x  l2 : Ax  l2  .

1    x t t 5 ( ), 0  3 , если 57. Найти спектр и резольвенту оператора Ax(t )   1 0,  t  1  3 A : L2[0,1]  L2[0,1] . 58. Найти спектр и резольвенту оператора сдвига Ax(t )  x(t  1) в пространствах L1   , L2   и L   . Указание: найти (слабый) изометрический изоморфизм между этим оператором и оператором умножения на некоторую мнимую экспоненту. 59. Пусть X – банахово пространство, A, B : X  X – линейные ограниченные операторы. Доказать, что  ( AB) 0   ( BA) 0 . Доказать, что, если хотя бы один из операторов A или B обратим, то  ( AB)   ( BA) . Указание: воспользоваться задачей 9 п. 3.1. Для доказательства второго равенства проверить, что BA   I  A1 ( AB   I ) A . 407

60. Пусть X – банахово пространство, A, B : X  X – линейные операторы и выполнено равенство AB  BA  I . Доказать, что хотя бы один из операторов A или B неограничен. Указание: предположить противное. Показать, что точки   1 не могут быть точками спектра оператора AB (учесть, что имеет место равенство AB   I  BA  (  1) I ), а точки   1 не могут быть точками спектра оператора BA . Воспользоваться предыдущей задачей. 61. Доказать, что для любого компактного подмножества K множества найдется линейный ограниченный оператор A , спектр которого равен K . Указание: покажем, что, если для некоторого   0 для множества M найдется конечная  -сеть, состоящая из точек метрического пространства X , то существует и конечная 2 -сеть из точек множества M . Действительно, достаточно рассмотреть только те точки  -сети an , которые находятся за пределами множества M и для которых x  an   при x  M . Построим круг B ( x, rn )  B (an ,  ) и выберем точку bn  X B( x, rn ) . Тогда, заменяя точку an точкой bn , получим требуемое. Для решения задачи, используя свойство сепарабельности компакта, найти всюду плотную последовательность  n   K и рассмотреть соответствующий диагональный оператор (см. задачу 42). 62. Доказать, что при   A резольвента ограниченного оператора A задается в виде ряда Неймана R ( A)   1 1 1 1 1 1

1





An

 n 1

n

.

63. Найти спектр, спектральный радиус и резольвенту оператора p   , если Ax  (0,1,0,3 ,0,5 ,0,...) . 64. Найти спектр, спектральный радиус и резольвенту оператора p   , если Ax  (0,1,0,2 ,0,3 ,0,...) . 65. Найти спектр, спектральный радиус и резольвенту оператора p   , если Ax  (0,1,2 ,0,4 ,5 ,0,...,0,3n1,3n2 ,0,...) . 66. Найти спектр, спектральный радиус и резольвенту оператора p   , если Ax  (2 ,1,4 ,3 ,...,2n2 ,2n1,...) . 67. Найти спектр, спектральный радиус и резольвенту оператора p   , если Ax  (2 ,3 ,1,5 ,6 ,4 ,...,3n2 ,3n3 ,3n1,...) . 68. Найти спектр, спектральный радиус и резольвенту оператора p   , если Ax  (1,2 ,...,n ,0,0,...) .

408

A : lp  lp , A : lp  lp ,

A : lp  lp , A : lp  lp , A : lp  lp , A : lp  lp ,

3.4. Вполне непрерывные операторы Определение: пусть X ,Y – линейные нормированные пространства. Линейный оператор A : X  Y называется вполне непрерывным, если он любое ограниченное множество переводит в предкомпактное. Замечание: поскольку всякое предкомпактное множество ограничено, то вполне непрерывный оператор переводит ограниченное множество в ограниченное, а, следовательно, является ограниченным оператором. Если пространство Y – конечномерно, то справедливо и обратное, т.е. всякий ограниченный оператор будет вполне непрерывным (задача 1). Замечание: тождественный оператор в бесконечномерном пространстве не является вполне непрерывным (см. задачу 2). Теорема (об усиленной непрерывности вполне непрерывного оператора): пусть Y – банахово пространство, A : X  Y – вполне непрерывный операx следует, что Axn  Ax . тор, тогда из условия xn x , тогда по теореме об ограниченности слаДоказательство: пусть xn бо сходящейся последовательности  xn  ограничена. Поскольку A – вполне непрерывен, то последовательность  Axn  – предкомпактна. Значит множество

 Axn   Y

компактно, т.е. и секвенциально компактно. Поэтому любая подпо-

следовательность последовательности  Axn  имеет предел (необязательно принадлежащий  Axn  ). Далее, предположим, что Axn   Ax , т.е. существует такая окрестность U ( Ax) , вне которой найдется бесконечно много членов последовательности  Axn  . Тогда, в частности, из этих членов можно выбрать сходящуюся подпоследовательность, причем, поскольку все ее элементы лежат вне окрестности U ( Ax) , то к Ax эта подпоследовательность сходиться не может. Итак, показали, что Axnk  y  Ax . Поскольку из сильной сходимости всегда y  Ax . С другой стороны, поскольку A – вполне следует слабая, то Axnk непрерывен, то он ограничен. Тогда по теореме о слабой непрерывности ограx следует, что Axn Ax . Раз вся послениченного оператора из условия xn довательность слабо сходится к Ax , то этот же предел должна иметь и любая ее подпоследовательность (см. задачу 1 п. 2.5). Противоречие. Теорема доказана. Замечание: если X – рефлексивное пространство, а Y – банахово, то справедливо и обратное утверждение (см. пример 12). Определение: пусть x, y   a, b  , K ( x, y ) :  a, b   a, b  . Интегральным b

оператором с ядром K называется оператор Af   K ( x, y ) f ( y )dy , который a

каждой функции f ( x) , определенной на  a, b  , ставит в соответствие функцию g ( x)  Af ( x) , также определенную на  a, b  . 409

Теорема (о вполне непрерывности интегрального оператора): если ядро K ( x, y ) непрерывно на  a, b    a, b  , то интегральный оператор с этим ядром является вполне непрерывным оператором из пространства C  a, b  в себя. Доказательство: надо доказать, что оператор любое ограниченное множество переводит в предкомпактное. Пусть  f   C  a, b  – ограниченное мноb

жество, т.е. c  0 : f  c . Пусть g ( x)  Af ( x)   K ( x, y ) f ( y )dy . Надо докаa

зать, что множество  g   C  a, b  – предкомпактно, т.е., по теореме АрцелаАсколи, равномерно ограничено и равностепенно непрерывно. Заметим, что b

b

a

a

g ( x)   K ( x, y) f ( y)dy   K ( x, y) f ( y) dy  f

b

b

a

a

 K ( x, y) dy  c  K ( x, y) dy .

Поскольку  a, b    a, b  – замкнутый квадрат, то, по критерию компактности в

n

, множество  a, b    a, b  компактно. Поскольку K ( x, y ) непрерывна на

компакте, то по теореме Вейерштрасса она ограничена, т.е. M  0 : K ( x, y)  M . Тогда g ( x)  cM (b  a ) , т.е. множество  g ( x ) ограничено константой, не за-

висящей ни от x , ни от  , следовательно,  g ( x ) равномерно ограничено. По определению равностепенной непрерывности надо проверить, что   0   0 : x1 , x2   a, b  x1  x2    g ( x1 )  g ( x2 )   . Имеем: b

b

g ( x1 )  g ( x2 )   K ( x1, y ) f ( y )dy   K ( x2 , y ) f ( y )dy  a

a

b

b

  ( K ( x1, y)  K ( x2 , y)) f ( y)dy   K ( x1, y)  K ( x2 , y) f ( y ) dy  a

a

b

 c  K ( x1 , y )  K ( x2 , y ) dy . a

Поскольку K ( x, y ) непрерывна на компакте, то K ( x, y ) равномерно непрерывна по теореме Кантора, т.е.   0   0 : ( x1, y1),( x2 , y2 ) x1  x2   y1  y2  

 . Возьмем y1  y2  y , тогда из x1  x2   , y1  y2  0   c(b  a) b   dy   . следует K ( x1 , y )  K ( x2 , y )  , откуда g ( x1 )  g ( x2 )  c  c(b  a) c(b  a) a K ( x1 , y1 )  K ( x2 , y2 ) 

Теорема доказана. Определение: линейный ограниченный оператор A : X  Y называется конечномерным (или оператором конечного ранга), если множество значений этого оператора является конечномерным подпространством в пространстве Y . Теорема (критерий вполне непрерывности): пусть H – гильбертово пространство, A : X  H – линейный ограниченный оператор, тогда A – 410

вполне непрерывен тогда и только тогда, когда его с любой точностью можно приблизить конечномерным оператором, т.е.   0 B – конечномерный: A B  . Замечание: достаточность условия теоремы справедлива в случае произвольного банахова пространства Y (см. доказательство). Доказательство: пусть A – вполне непрерывен. Рассмотрим единичный шар в пространстве X и обозначим его S   x  X : x  1 . Поскольку этот шар ограничен, то его образ A( S ) является предкомпактным множеством. Возьмем   0 , тогда, поскольку A( S ) предкомпактно, то для него существует конечная

 -сеть, элементы которой обозначим y1, y2 ,..., yn  H . Тогда Ax  A( S ) y k : 2  Ax  yk  . Обозначим L  H – линейное подпространство, образованное 2 векторами y1 , y2 ,..., yn , P – проектор на подпространство L , и, наконец, пусть B  PA . Поскольку P переводит все пространство H в L – подпространство размерности n (или меньшей размерности, если среди векторов y1 , y2 ,..., yn есть линейно зависимые), то размерность образа оператора B не превосходит n , т.е. B – конечномерный оператор. Заметим, что, поскольку k 1, n yk  L , то Pyk  yk и напомним, что норма любого проекционного оператора равна 1. Далее, при x  1 имеем, что Ax  A( S ) , тогда:

A  B  A  PA  sup Ax  PAx  sup Ax  yk  yk  PAx  x 1

x 1

   sup  Ax  yk  yk  PAx   sup   yk  PAx   x 1 x 1  2         sup   Pyk  PAx   sup   P  yk  Ax   sup   yk  Ax    . x 1  2  x 1  2  x 1  2  Обратно: дано, что оператор A с любой точностью можно приблизить конечномерным оператором, а надо доказать, что A – вполне непрерывен. Пусть E  X – ограниченное множество. Надо доказать, что A( E ) – предкомпактно, т.е.   0 найти для множества A( E ) конечную  -сеть. Берем x  E , тогда c  0 : x  c . Берем   0 , тогда B – конечномерный, такой,



. Множество B( E ) конечномерно, поскольку B конечномерен, 2c а также ограничено, поскольку B ограничен (т.к. B  B  A  A ) и E ограничено. Поскольку любое ограниченное подмножество конечномерного пространства предкомпактно, то B( E ) – предкомпактно. Следовательно, для мночто A  B 

жества B( E ) можно построить конечную y k : Bx  yk 

 2

 -сеть y1 , y2 ,..., yn , т.е. Bx  B( E ) 2

. Покажем, что для множества A( E ) элементы y1 , y2 ,..., yn об411

разуют конечную  -сеть. Возьмем y  A( E ) , тогда y  Ax и y  yk  Ax  yk 

 Ax  Bx  Bx  yk  Ax  Bx  Bx  yk  A  B  x  Bx  yk  c 

 2c



 2

.

Теорема доказана. Теорема (о подпространстве вполне непрерывных операторов): пусть Y – банахово пространство, тогда множество вполне непрерывных операторов, действующих из X в Y , является замкнутым линейным подпространством пространства линейных ограниченных операторов, действующих из X в Y . Доказательство: 1. Покажем, что множество вполне непрерывных операторов образует линейное многообразие, т.е.: а) если A и B – вполне непрерывны, то A  B – также вполне непрерывен; б) если A – вполне непрерывен, то  A – вполне непрерывен (   0 ). а) Пусть E – ограниченное множество, тогда A( E ) и B( E ) – предком-

 -сети, которые обо2  значим, соответственно, y1 ,..., yn и z1 ,..., zm , тогда Ax  A( E ) yi : Ax  yi  2  и Bx  B( E ) z j : Bx  z j  . Покажем, что множество, состоящее из сумм 2 yi  z j будет конечной  -сетью для множества ( A  B)( E ) . Тем самым, множество ( A  B)( E ) будет предкомпактным, а оператор A  B – вполне непрерыв  ным: ( A  B) x  ( yi  z j )  Ax  Bx  yi  z j  Ax  yi  Bx  z j     . 2 2 б) Пусть E – ограниченное множество, тогда A( E ) – предкомпактно, т.е.  -сеть, которую обозначим y1 ,..., yn . Тогда для него существует конечная   Ax  A( E ) yi : Ax  yi  . Покажем, что множество, состоящее из элемен тов  yi будет конечной  -сетью для множества ( A)( E ) . Тем самым, множество ( A)( E ) будет предкомпактным, а оператор  A – вполне непрерывным:  ( A) x   yi    Ax  yi      .  пактные множества, т.е. для них существуют конечные

2. Покажем, что линейное многообразие вполне непрерывных операторов замкнуто, т.е. если  An  – последовательность вполне непрерывных операторов L ( X ,Y )

и An  A ( An

A ), т.е. An  A  0 , то A – также будет вполне непрерыв-

ным. Пусть E – ограниченное множество, т.е. x  E c  0 : x  c . Поскольку  An  – вполне непрерывны, то для каждого n множество An ( E ) – предкомпактно, т.е. для него можно найти конечную 412

 -сеть, которую обозначим 2

y1( n ) ,..., ymn ( n ) , т.е. An x  An ( E ) yik ( n ) : An x  yik ( n )  то   0 N  : n  N



 2

. Поскольку An  A  0 ,

. Покажем, что n  N множество 2c y1( n ) ,..., ymn ( n ) будет конечной  -сетью для множества A( E ) , тогда A( E ) будет предкомпактным, а оператор A – вполне непрерывным. Действительно, при нужном нам n  N : Ax  yik ( n)  Ax  Anx  Anx  y ik ( n)  Ax  A nx  A nx  y i k ( n) 

 A  An  x  An x  yik ( n ) 

An  A 

 2c

c 

 2

 .

Теорема доказана. Теорема (о вполне непрерывности произведения): пусть X – банахово пространство, A, B : X  X , причем A – ограничен, а B – вполне непрерывен. Тогда операторы AB и BA – вполне непрерывны. Доказательство: 1. Покажем, что AB – вполне непрерывен. Пусть E – ограниченное множество, тогда B( E ) – предкомпактно, т.е. для него можно построить конечную

 A

-сеть, которую обозначим y1 ,..., yn , т.е. Bx  B( E ) yi :



. Покажем, что Ay1 ,..., Ayn будет конечной  -сетью для множеA ства AB( E ) , тогда AB( E ) будет предкомпактным, а оператор AB – вполне непрерывным: ABx  Ayi  A  Bx  yi   . 2. Покажем, что BA – вполне непрерывен. Вначале к ограниченному множеству применяется оператор A . Поскольку A ограничен, то ограниченное множество он переводит в ограниченное. Затем к полученному ограниченному множеству применяется вполне непрерывный оператор B и получается предкомпактное множество. Таким образом, оператор BA всякое ограниченное множество переводит в предкомпактное, т.е. является вполне непрерывным. Теорема доказана. Теорема (о вполне непрерывности сопряженного оператора): пусть H1 , H 2 – гильбертовы пространства. Оператор A : H1  H 2 является вполне непрерывным тогда и только тогда, когда его сопряженный оператор A* : H 2  H1 вполне непрерывен. Замечание: утверждение теоремы справедливо и в произвольных банаховых пространствах для банаховых сопряженных операторов (см., напр., [10]). Доказательство: пусть A – вполне непрерывен. В силу критерия вполне непрерывности A с любой точностью можно приблизить конечномерным оператором, т.е.   0 B – конечномерный: A  B   . По теореме о норме со-

Bx  yi 

пряженного оператора

A*  A , тогда

A*  B*  ( A  B)*  A  B   , по-

этому, если покажем, что B* конечномерен, то получим, что A* с любой точно413

стью можно приблизить конечномерным оператором и поэтому A* будет вполне непрерывным по критерию вполне непрерывности. Рассмотрим множество значений B ( H1 )  H 2 . Раз оно конечномерно, то в нем есть ортонормированный базис e1 ,..., en . Берем x  H1, y  H 2 , тогда n

n

n

Bx  B ( H1 ) и Bx   ci ei , где ci  ( Bx, ei ) , тогда Bx   ( Bx, ei )ei   ( x, B*ei )ei , i 1

i 1

i 1

    откуда ( Bx, y )    ( x, B*ei )ei , y    ( x, B*ei )  ei , y    x,  ( y, ei ) B*ei  . С другой  i 1  i 1  i 1  * стороны, ( Bx, y )  ( x, B y ) . Поскольку x  H1 – произвольный элемент, то, сравn

n

n

n

n

нивая эти два равенства, получаем B y   ( y, ei ) B ei   i B*ei . Таким образом, *

*

i 1

i 1

любой элемент B y  B ( H 2 ) оказался представлен в виде линейной комбина*

*

ции векторов B*e1 ,..., B*en , следовательно, пространство B* ( H 2 ) имеет конечный базис (необязательно ортонормированный), т.е. B* ( H 2 ) конечномерно. Обратное утверждение предлагается доказать самостоятельно (задача 8). Теорема доказана. Примеры решения задач 1. Показать, что интегральный оператор A : L2  0,1  L2  0,1 , задаваемый 1

равенством Ax(t )   k (t , s) x( s )ds , ядро которого k (t , s)  L2  0,1  0,1 , являет0

ся вполне непрерывным. Решение: по теореме о плотности непрерывных функций в L p , множество непрерывных функций является всюду плотным в L2  0,1   0,1 , следователь-

но, найдется последовательность kn (t , s)  C 0,1  0,1 такая, что L2  0,1 0,1



kn (t , s)

k (t , s) , т.е.

1 1

 k (t , s)  k (t , s) n

2

dsdt  0 .

0 0

1

Пусть An x(t )   kn (t , s) x( s)ds , тогда, в силу задачи 18 из первого блока за0

дач, все операторы An вполне непрерывны. Покажем, что A  An  0 . Применяя неравенство Гельдера, находим: 1

1

1

0

0

0

An x(t )  Ax(t )   kn (t , s) x( s)ds   k (t , s) x( s)ds   (kn (t , s)  k (t , s)) x( s)ds  1

1

1 2  1 2 2 2   kn (t , s)  k (t , s ) x( s ) ds    kn (t , s )  k (t , s ) ds    x(s ) ds   0 0  0  1

414

1 2

  2    kn (t , s)  k (t , s) ds  x 0  1

Тогда An x  Ax

1 2

L2  0,1

.

   2 2  A x ( t )  Ax ( t ) dt  k ( t , s )  k ( t , s ) ds  x    n n   L2 0,1 0  00 1

1 1

2

1 2

 dt   L2 0,1 

1

1 1 2 2  x L 0,1   kn (t , s )  k (t , s ) dsdt  . 2 00  1

An x  Ax

11 2 2 L2 0,1    kn (t , s)  k (t , s) dsdt  . ПерехоТаким образом, An  A  sup x L 0,1 x0 00  2 A, дя к пределу при n   , получаем, что A  An  0 , следовательно, An т.е. A представляет собой равномерный предел последовательности вполне непрерывных операторов. По теореме о подпространстве вполне непрерывных операторов A – вполне непрерывен. 2. Пусть k (t , s) – непрерывная функция в квадрате P   a, b    a, b  , функции 1 (t ),...,  m (t ) непрерывны на отрезке  a, b  , а точки t1,..., tm принадлежат отb

m

a

k 1

резку  a, b  . Доказать, что оператор Ax(t )   k (t , s ) x( s )ds  k (t ) x(tk ) (“нагруженный” интегральный оператор) является вполне непрерывным оператором, отображающим пространство C  a, b  в C  a, b  . Решение: по теореме о подпространстве вполне непрерывных операторов, сумма вполне непрерывных операторов является вполне непрерывным операb

тором. Поэтому достаточно проверить, что операторы Bx(t )   k (t , s) x( s )ds и a

Cx (t )   (t ) x (t0 ) , где  (t ) – некоторая непрерывная на  a, b  функция, а t0 –

фиксированная точка отрезка  a, b  , являются вполне непрерывными операторами, отображающими пространство C  a, b  в C  a, b  . b

Интегральный оператор Bx(t )   k (t , s) x( s )ds является вполне непрерывa

ным, поскольку он удовлетворяет всем условиям теоремы о вполне непрерывности интегрального оператора. Докажем, что оператор Cx(t )   (t ) x (t0 ) – вполне непрерывен. Рассмотрим ограниченное множество M  C  a, b  , тогда x(t )  M c  0 : x  c . Отсюда для всех x(t )  M

Cx(t )   (t ) x(t0 )   (t ) x(t0 )   (t )  x  c  (t ) .

Поскольку  (t ) непрерывна на  a, b  , то по теореме Вейерштрасса, она на этом отрезке ограничена, т.е. R  0 :  (t )  R . Таким образом, Cx(t )  cR , тем 415

самым множество CM равномерно ограничено. Покажем, что множество CM равностепенно непрерывно, т.е. что   0   0 : t1 , t2   a, b  t1  t2   x(t )  M Cx(t1 )  Cx(t2 )   . Имеем:

Cx(t1 )  Cx(t2 )   (t1 ) x(t0 )   (t2 ) x(t0 )   (t1 )   (t2 ) x(t0 )  c  (t1 )   (t2 ) . Поскольку  (t ) непрерывна на  a, b  , то по теореме Кантора, она на этом

отрезке равномерно непрерывна, т.е.   0   0 : t1 , t2   a, b  t1  t2  

  (t1 )   (t2 )  . Тогда Cx(t1 )  Cx(t2 )   .

c Итак, множество CM является равномерно ограниченным и равностепенно непрерывным, т.е. по теореме Арцела-Асколи, множество CM предкомпактно. Следовательно, оператор Cx(t )   (t ) x (t0 ) вполне непрерывен. 3. Является ли вполне непрерывным оператор A : C  0,1  C  0,1 , если: 1

а) Ax(t )   0

б) Ax (t )  x

x( s ) (t  s)

2

ds ;

 t ;

1

в) Ax(t )   x( s 2 )ds ? 0

Будет ли этот оператор вполне непрерывным, если его рассматривать, как отображение пространства L2  0,1 в себя? 1

Решение: а) Оператор A : C  0,1  C  0,1 , Ax(t )  

x( s )

ds не определен 2 t  s ( ) 0 на всем пространстве C  0,1 и неограничен, т.к. при x(t )  1 C 0,1 получаем, что x  1 , а при этом Ax(t ) 

1

 0

1

1 (t  s)2

ds   0

1 ds . Поскольку t   0,1 , и интеts

грирование по s ведется также по отрезку  0,1 , то интеграл, стоящий в правой части – несобственный, с единственной особенностью на отрезке интегрирования. Ясно, что этот интеграл расходится, следовательно Ax  sup Ax(t )   . Поt0,1

скольку оператор неограничен, он не может быть вполне непрерывным. В случае, когда тот же оператор действует из пространства L2  0,1 в пространство L2  0,1 , аналогично можно показать, что он неограничен, а потому не является вполне непрерывным. б) Оператор A : C  0,1  C  0,1 , Ax (t )  x

 t

определен на всем про-

странстве, линеен и ограничен, причем, нетрудно посчитать, что A  1 . Рассмотрим ограниченное множество функций M  (sin nt )n1  C 0,1 . Предположим, 416



что множество AM  sin n t



 n 1

 C  0,1 предкомпактно, тогда по теореме Ар-

цела-Асколи оно равностепенно непрерывно, т.е.   0   0 : t1 , t2   0,1 t1  t2   x(t )  M Ax(t1 )  Ax(t2 )   . 1 1 В частности, это верно и для t1  0 , t2  2 , n , тогда t1  t2  2   , n n начиная с некоторого номера, и, начиная с этого же номера Ax(t1 )  Ax(t2 )  

1  sin1 , n2 то при выборе 0    sin1 получаем противоречие. Тем самым, оператор ограниченное множество перевел в множество, не являющееся предкомпактным, т.е. он не является вполне непрерывным. для любого   0 . Однако, поскольку Ax(t1 )  Ax(t2 )  sin n 0  sin n

Рассмотрим оператор Ax (t )  x

 t  , если

A : L2  0,1  L2  0,1 . Снова не-

трудно убедиться, что он линеен, ограничен и A  2 .

Рассмотрим ограниченное в L2  0,1 множество M  (sin n t 2 )n1 . Предпо-

ложим, что множество AM   sin n t n1  L2 0,1 предкомпактно, тогда в силу 

критерия предкомпактности в L2  0,1 AM равностепенно непрерывно в среднем квадратичном, т.е.   0   0 : h h   x(t )  M Ax(t  h)  Ax(t )   . 1 1 В частности, это верно и для h  , тогда h    , начиная с некоторого ноn n  1 мера, и, начиная с этого же номера, Ax  t    Ax(t )   для всех   0 . С дру n  1 гой стороны Ax  t    Ax(t )   n

1

 0

1



2

 1 Ax  t    Ax(t ) dt   n

 sin  n t     sin n t

2

1

dt 

0

 2sin n t

2

 1 0 sin n  t  n   sin n t dt  1

1

2

dt  2

0

 sin

2

n tdt 

0

1

1 1 1  2  (1  cos2n t )dt  2  . 20 2 2 1  1 , получаем противоречие с Ax  t    Ax(t )   . Тем 2  n самым, оператор ограниченное множество перевел в множество, не являющееся предкомпактным, т.е. он не является вполне непрерывным. Выбирая 0   

1

в) Оператор A : C  0,1  C  0,1 , Ax(t )   x( s2 ) ds является линейным и 0

ограниченным оператором, причем нетрудно посчитать, что A  1 . Поскольку 417

x( s 2 ) – непрерывная функция, то область значений этого оператора состоит из действительных чисел, поэтому этот оператор представляет собой линейный ограниченный функционал, а значит он вполне непрерывен (см. задачу 9). 1

Рассмотрим оператор Ax(t )   x( s 2 )ds , если A : L2  0,1  L2  0,1 . Сделаем 0

x( ) d . Этот оператор не является  2 0

1

в интеграле замену s   , тогда Ax(t )   2



1

1



1

ограниченным, поскольку для последовательности xn (t )  n 2 t 2 n 2  L2  0,1 получаем xn 

1

n 0



1 2



1 1 2  2n 2



1 2

1 1  2n 2

n  d  1 , но Axn   2  0 1

1

1  12 21n 1 d   n  d  n   , 20

т.е. ограниченную последовательность этот оператор перевел в неограниченную. Поскольку оператор неограничен, то он не может быть вполне непрерывным. 4. Какой должна быть функция   C  a, b  , чтобы оператор умножения на функцию Ax(t )   (t ) x(t ) , A : C  a, b   C  a, b  был вполне непрерывным?

Решение: покажем, что если функция  хотя бы в одной точке t0   a, b  отлична от нуля, то соответствующий оператор A не является вполне непрерывным. Рассмотрим ограниченную последовательность ( xn (t ))n1  C  a, b , по1 1 строенную следующим образом: xn (t )  0 для a  t  t0  и t0   t  b , n n 1 1 1    xn (t0 )  , а на отрезках t0  , t0  и t0 , t0   функция xn (t ) линейна. n n    (t0 )  Предположим, что множество ( Axn (t ))n1  C  a, b – предкомпактно, тогда по теореме Арцела-Асколи оно равностепенно непрерывно, т.е.   0   0 : t1 , t2   a, b  t1  t2   n  Axn (t1 )  Axn (t2 )   . 1 1 В частности, это верно и для t1  t0 , t2  t0  , тогда t1  t2    , начиn n ная с некоторого номера N , и, начиная с этого же номера, Axn (t1 )  Axn (t2 )   ,

1  но, т.к. Axn (t1 )  Axn (t2 )  Axn (t0 )  Axn  t0    1  0  1 , то при 0    1 , поn  лучаем противоречие. Итак, оператор ограниченное множество перевел в множество, не являющееся предкомпактным, т.е. он не вполне непрерывен. Отметим, что здесь рассмотрен случай, когда t0  (a, b) . Случаи t0  a или t0  b рассматриваются с незначительными изменениями (задача 19). dx 5. Будет ли вполне непрерывным оператор Ax(t )  , если: dt 418

а) A : C (1) 0,1  C 0,1 ;

б) A : C (2) 0,1  C (1) 0,1 ; в) A : C (2) 0,1  C 0,1 ?

Решение: вначале рассмотрим ограниченную последовательность (t n )n1 , t   0,1 . Предположим, что она предкомпактна в C  0,1 , тогда по теореме Ар-

цела-Асколи она равностепенно непрерывна, т.е.   0   0 : t1 , t2   0,1 1 t1  t2   n  t1n  t2 n   . В частности, это верно для t1  1 и t2  1  , тоn 1 гда t1  t2    , начиная с некоторого номера, поэтому, начиная с данного n n

n

 1  1 номера, для всех   0 t  t2   . Однако t  t2  1  1    1  1     ,  n  n 1 и, переходя к пределу при n   , получаем, что 1    , следовательно, выe 1 бирая изначально 0    1  , получаем противоречие, т.е. множество функций e n  (t ) n1 , t   0,1 не является предкомпактным в C  0,1 . n 1

n 1

n

n



 t n1  (1) а) Рассмотрим множество M   xn (t )    C  0,1 , t   0,1 . Оно n  1 n1  ограничено в C (1) 0,1 , поскольку t n1 1 xn  sup xn (t )  sup xn '(t )  sup  sup t n  1 2 . n 1 t 0,1 t0,1 t0,1 n  1 t0,1 Множество AM   Axn (t )  t n n1  C  0,1 , t   0,1 , как было показано вы

ше, не является предкомпактным в C  0,1 , следовательно, оператор дифферен-

цирования A : C (1) 0,1  C 0,1 не является вполне непрерывным. 

  t n 2 (2) б) Рассмотрим множество M   xn (t )    C 0,1 , t   0,1 . (n  2)(n  1) n1  Оно ограничено в C (2) 0,1 , поскольку xn  sup xn (t )  sup xn '(t )  sup xn ''(t )  t0,1

 sup

t0,1

n2

t0,1

t0,1

n 1

t t 1 1  sup  sup t n    1  3. (n  2)(n  1) t0,1 n  1 t0,1 (n  2)(n  1) n  1 

 t n1  (1) Покажем, что множество AM   Axn (t )    C 0,1 , t   0,1 не явn  1 n1  ляется предкомпактным в C (1) 0,1 . 419

Действительно, если x  C (1) 0,1 , то x C (1)  sup x(t )  sup x '(t )  x C  x ' C , t0,1

t0,1

тогда x C(1)  x ' C . Поэтому, если множество функций предкомпактно в C (1) 0,1 , то множество, состоящее из производных этих функций, тем более предкомпактно в C  0,1 . Но это не так, поскольку множество, состоящее из производных элементов AM , имеет вид  t n  и не является предкомпактным в C  0,1 . n 1 

в) Пусть M  C (2) 0,1 – произвольное ограниченное множество, т.е. x(t )  M R  0 : x  R , т.е. sup x(t )  sup x '(t )  sup x ''(t )  R , откуда следуt0,1

t0,1

t0,1

ет, что sup x(t )  R , sup x '(t )  R , sup x ''(t )  R . t 0,1

t 0,1

t 0,1

Рассмотрим множество AM   Ax(t )  x '(t ) : x(t )  M  . Тогда каждая функция из AM непрерывно дифференцируема, а из неравенства sup x '(t )  R слеt 0,1

дует, что t   0,1 x '(t )  R , т.е. множество AM равномерно ограничено. Покажем, что AM равностепенно непрерывно, т.е.   0   0 : t1 , t2   0,1 t1  t2   x(t )  M Ax(t1 )  Ax(t2 )   . По теореме Лагранжа, при    t1 , t2  :

Ax(t1 )  Ax(t2 )  x '(t1 )  x '(t2 )  x ''( ) t1  t2   x ''( )   sup x ''(t )   R   , при t0,1

выборе  



. По теореме Арцела-Асколи множество AM предкомпактно, R следовательно оператор A вполне непрерывен. 6. Рассмотрим оператор A : l2  l2 , Ax  (11 , 2 2 ,...) , x  (1 , 2 ,...)  l2

(диагональный оператор). Найти условие на последовательность  k k 1 , достаточное для того, чтобы оператор A был вполне непрерывен. Решение: в п. 1.4 было показано, что этот оператор ограничен тогда и  только тогда, когда числовая последовательность  k k 1 ограничена. Покажем, что оператор A является вполне непрерывным, если lim k  0 . Рассмотрим 

k 

ограниченное множество M  l2 , т.е. x  M

R  0 :

x  R . Поскольку

lim k  0 , то последовательность  k k 1 ограничена, следовательно, оператор 

k 

A ограничен, и ограниченное множество M он переводит в ограниченное множество AM . В силу критерия предкомпактности в l2 , ограниченное множество AM  l2 будет предкомпактно, если   0 N  : Ax  ( A k )k 1  AM 

 A

kN

2 k

  (см. часть I, раздел 1, п. 1.6, задача 17). Поскольку lim k  0 , то

  0 N  : k  N k 

k 

 R

. Тогда



 A

k N

420

2 k



  k k k N

2



  k  k k N

2

2









  2  k 2







2 k





x   . Итак, множество AM предкомпактно, т.е. 2

R k N R 2 k 1 R2 оператор A вполне непрерывен. 7. Пусть H – гильбертово пространство, A : H  H – линейный ограниченный оператор, A* A – вполне непрерывный оператор. Доказать, что оператор A также вполне непрерывен. Решение: рассмотрим ограниченное множество M  H , т.е. x  M R  0 : x  R . Поскольку A* A – вполне непрерывен, то множество A* AM –

предкомпактно, т.е. для любой последовательности  xn   M у последователь-



ности A* Axn найдется сходящаяся подпоследовательность A* Axnk



 k 1

(в замы-

кании A* AM , в силу секвенциальной компактности компактного множества).



Поскольку сходящаяся последовательность фундаментальна, то A* Axnk



 k 1

фундаментальна, т.е., lim A Axnk  A Axnl  lim A A( xnk  xnl )  0 . *

*

*

k ,l 

k ,l 

Далее, применяя неравенство Коши-Буняковского, получаем:

Axnk  Axnl

2





 



 Axnk  Axnl , Axnk  Axnl  A( xnk  xnl ), A( xnk  xnl ) 



 A* A( xnk  xnl ), xnk  xnl  A* A( xnk  xnl )  xnk  xnl 



 A* A( xnk  xnl )  xnk  xnl

  2R A A(x *

nk

 xnl ) .

Переходя в этом неравенстве к пределу при k , l   , получаем, что

lim Axnk  Axnl  0 , т.е. последовательность

k ,l 

 Ax  nk

 k 1

фундаментальна. По-



скольку пространство H полно, то подпоследовательность Axnk



 k 1

сходится.

Итак, в множестве AM всякая последовательность имеет сходящуюся (в замыкании AM ) подпоследовательность, следовательно, замыкание множества AM секвенциально компактно, т.е. компактно, а само множество AM – предкомпактно. Следовательно, оператор A вполне непрерывен.  8. Пусть  ek k 1 – ортонормированный базис гильбертова пространства H , а Y – банахово пространство. Доказать, что если A : H  Y – такой линейный ограниченный оператор, что ряд



 k 1

Aek

2

сходится, то A – вполне непрерывен.

Решение: по заданному оператору A : H  Y построим последовательность операторов An : H  Y , n следующим образом. Вначале зададим оператор An на элементах базиса

 ek k 1 

с помощью равенств: Anek  Aek , если

k  n и An ek  0 , если k  n . Поскольку  ek k 1 – базис в H , то в силу критерия 



базиса x  H x   ( x, ek )ek . Распространяя оператор An на все пространство k 1

421

n

H , будем иметь x  H An x   ( x, ek ) Aek . Следовательно, все операторы An k 1

конечномерны, а значит, вполне непрерывны (см. задачу 3). 

Далее, очевидно, что x  H Ax   ( x, ek ) Aek , поэтому, применяя неравенство Гельдера для рядов, n  Ax  An x 



 ( x, e ) Ae

k  n 1

k

k



k 1

получаем, что: 

 ( x, e ) k

k  n 1

1 2

1 2

 2  2 Aek    ( x, ek )    Aek  .  k n1   k n1  

1



1

    2 2 2 2 В силу неравенства Бесселя,   ( x, ek )     ( x, ek )   x . Посколь k n1   k 1  



ку по условию ряд

k 1

Aek

2

сходится, то





k  n 1

Aek

2

 0 , как остаток сходяще-

n 

1 2

 2 1 x   Aek   Ax  An x 2 2    sup  k n1 Ae гося ряда. Тогда A  An  sup k   . Переx x x 0 x 0  k n1  A . По теореме ходя к пределу при n   , получаем, что A  An  0 , т.е. An о подпространстве вполне непрерывных операторов A – вполне непрерывен. Отметим, что An  APn , где Pn – проекционный оператор на подпространство Ln , натянутое на векторы e1 ,..., en (см. задачу 15). 9. Является ли вполне непрерывным оператор A : C  0,1  C  0,1 , дей

1

ствующий по формуле Ax(t )  

x( s )

 ds ? t s  0 Решение: при   1 оператор не является вполне непрерывным по аналогии с примером 3-а, поэтому далее будем рассматривать случай   1 . В этом 1 1 x( s ) ds случае для любой функции x(t )  C  0,1 Ax(t )    ds  x   , и, по  t s t s 0 0

2 ds ds t1 (1  t )1      при всех t   0,1 , скольку               ( ) ( ) 1 1 1 t s s t 0 t s 0 t 2 x , т.е. оператор A ограничен. то Ax  1 1 x( s ) ds , n . Рассмотрим последовательность операторов An x(t )   1  0 t s  n Ясно, что при каждом фиксированном n оператор An представляет собой инте1

ds

t

1

422

1

гральный оператор с ядром K n (t , s ) 

, которое является непрерывной 1 ts  n функцией по совокупности своих аргументов. По теореме о вполне непрерывности интегрального оператора каждый An вполне непрерывен. Если покажем, что An A , то, по теореме о подпространстве вполне непрерывных операторов, оператор A также окажется вполне непрерывным. Имеем: 1

An x  Ax  sup



t 0,1 0

x( s) 1 ts  n 

1

ds   0



x( s ) ts



1

ds  sup  t 0,1 0

1 1 ts  n 



1 ts



x( s ) ds 

    1 1 1  1    1 t (1  t ) ds ds x sup  x sup         0  1   1   1  t 0,1 0 t0,1 1   t s    ts   ts   n n     t 1 1  t1  ds ds (1  t )  x sup      1 1 1     t 0,1 1   t (s  t )  0 (t  s )    n n    t 1t  t1 d (1  t )1 d   x sup      1 1  1    t 0,1 1   0 0       n n      t  t1  (1  t )1 1t d  d   x sup      x sup  . 1 1 1     t 0,1 1   t  0,1   0  0       n n     1  1 d   Таким образом, An x  Ax  2 x   , поскольку средствами 1 1    0    n  дифференциального исчисления легко показать, что обе функции под знаками sup строго монотонны (первая возрастает, вторая убывает). Отсюда получаем, 1

  1  1 An x  Ax d  1 1  2    , при. Ясно, что что An  A  sup  1 1 n  x x0 1 0       n n  1 чем последовательность функций монотонна по n , а сами эти функции 1    n 423

суммируемы на отрезке  0,1 в силу их интегрируемости по Риману. Далее, по-

d

1



скольку n 

0

 

1

1 n

 0

d







1 , то выполнены все условия теоремы Б. 1

Леви о монотонной сходимости, поэтому предельная функция 1



d

1



d

1



суммируема

1 . Таким образом, 1

An  A  0 , что и означает, что n  n 1 0  0 n An A. 10. Пусть E – бесконечномерное банахово пространство, A : E  E – вполне непрерывный оператор. Доказать, что его множество значений R ( A) не является замкнутым множеством. Решение: пусть R( A)  R( A) . Поскольку E – банахово и R( A)  E , то и







R ( A) – банахово. Представим E 

 n 1

R( A) 

 n 1

Sn (0) , где Sn (0)   x  E : x  n . Тогда

ASn (0) . Поскольку оператор A вполне непрерывен, а каждый шар

S n (0) ограничен, то AS n (0) – предкомпактно, т.е. ASn (0) – компактно. В силу теоремы о нигде не плотности компакта AS n (0) – нигде не плотно. Таким образом, банахово пространство R ( A) оказалось представлено в виде счетного объединения нигде не плотных множеств. Противоречие с теоремой Бэра. 11. Является ли вполне непрерывным оператор A : L1  0,1  L1  0,1 , если

Ax(t )  t x(t ) . Решение: рассмотрим множество N  

1   En  1  n ,1 . Поскольку  2 

yn 

2

n

 yn n 1 ,



2n , t  En где yn   , t E  0, 0,1 \   n 

dt  1 , то N – ограничено. Далее, по-

En

скольку при n  m En  Em , то yn  ym 

 (2 En

n

 2m )dt 

 Em \ En

2m dt 

 (2

n

 2m )dt 

En

1 . Таким образом, из последовательности  yn  нельзя выделить ни 2 одной фундаментальной, а значит, и сходящейся подпоследовательности, по 1  2m  n 



y  этому множество N не может быть предкомпактно. Возьмем M   n  –  t n 1 прообраз N . Если множество M ограничено, то оператор A не будет вполне непрерывным. 424

y yn 1 1 1 y dt y   n dt     2. n n n  n n t t 1 2 1 2 1 2    En En 12. Доказать, что, если X – рефлексивное пространство, а Y – банахово, то линейный ограниченный оператор A : X  Y , который переводит всякую слабо сходящуюся последовательность пространства X в сильно сходящуюся последовательность пространства Y , является вполне непрерывным. Решение: пусть M  X – ограниченное множество, AM  Y – его образ. Рассмотрим произвольную последовательность  Axn   AM и покажем, что из нее можно выделить сходящуюся в Y подпоследовательность. Тем самым, множество AM будет предкомпактно. Пусть X сепарабельно. В силу рефлексивности сепарабельно и X ** , а, значит, и X * (см. пример 5 п. 2.3). Тогда всякое ограниченное подмножество X ** является *-слабо секвенциально предкомпактным (в п. 2.5 это было доказано для замкнутого шара, но доказательство без изменений проходит для любого ограниченного множества). В частности, ограниченная последовательность  xn содержит *-слабо сходящуюся в X ** подпоследовательность  xnk , При n  1

т.е.   X *  xnk ( )   x0 ( ) . Отсюда   X *  ( xnk )   ( x0 ) , т.е. xnk

x0 .

По условию Axnk  Ax0 , что и требовалось доказать. Пусть X не сепарабельно. Обозначим N – замыкание линейной оболочки последовательности  xn  . Тогда N , очевидно, сепарабельно (как банахово пространство со счетным базисом), рефлексивно (как замкнутое подпространство рефлексивного пространства) и слабо замкнуто (см. задачу 19 п. 2.5). x0 в Пусть  xn  , x0  N . Докажем вспомогательное утверждение: xn x0 в N * . Пусть сперва xn x0 в X * , т.е.   X *  ( xn )   ( x0 ) и X *  xn * допустим, что f 0  N * : f0 (xn )   f 0 ( x0 ) . По теореме Хана-Банаха 0  X : 0 N  f0 , тогда 0 ( xn )  f0 ( xn )   f0 ( x0 )  0 ( x0 ) – противоречие. Пусть теперь

в N * , т.е. f  N * f ( xn )  f ( x0 ) . Допустим, что 0  X * : * 0 ( xn )   0 ( x0 ) , тогда f 0  0 N  N и f0 ( xn )  0 ( xn )   0 ( x0 )  f0 ( x0 ) – противоречие. Теперь, в силу доказанного выше, у последовательности  xn   N найдетxn

x0

ся подпоследовательность xnk вию Axnk  Ax0 .

x0  N в N * , откуда xnk

x0 в X * и по усло-

Задачи для самостоятельного решения (общие свойства вполне непрерывных операторов) 1. Доказать, что всякий линейный ограниченный оператор A : X  Y является вполне непрерывным, если пространство Y конечномерно. 425

Указание: воспользоваться определением предкомпактности и критерием компактности в n . 2. Показать, что тождественный оператор I : X  X не является вполне непрерывным, если пространство X бесконечномерно. Указание: воспользоваться теоремой о некомпактности шара. 3. Показать, что всякий конечномерный оператор вполне непрерывен. 4. Используя критерий вполне непрерывности показать, что оператор A : X  H является вполне непрерывным тогда и только тогда, когда A  K1  K2 , где K1  1 , а K2 – конечномерен. 5. Доказать, что область значений вполне непрерывного оператора сепарабельна. Указание: рассмотреть шары x  n , n и воспользоваться теоремой о сепарабельности компакта. См. также пример 10. 6. Доказать, что вполне непрерывный оператор не может иметь ограниченного обратного. Указание: рассмотреть тождественный оператор I  A  A1 . 7. Используя критерий вполне непрерывности доказать, что оператор A : X  H является вполне непрерывным тогда и только тогда, когда существует последовательность  An  : X  H конечномерных операторов, равномерно сходящаяся к A . 8. Доказать достаточность условия теоремы о вполне непрерывности сопряженного оператора. Указание: использовать равенство ( A* )*  A . 9. Доказать, что всякий линейный ограниченный функционал является вполне непрерывным оператором. 10. Доказать, что любой проектор в гильбертовом пространстве вполне непрерывен тогда и только тогда, когда он проектирует на подпространство конечной размерности (т.е. является конечномерным оператором). 1 k (t , s ) A : C 0,1  C 0,1 Ax ( t )  11. Может ли оператор    , 0 s x(s )ds , k (t, s) – непрерывная функция при 0  t , s  1, иметь ограниченный обратный? Указание: показать, что оператор вполне непрерывен. 12. Пусть E – банахово пространство и A : E  E – линейный ограниченный оператор. Пусть существует число m  0 такое, что для любого x  E выполняется Ax  m x . Может ли оператор A быть вполне непрерывным? 13. Пусть ядро k (t , s) , определенное на множестве  a, b    a, b  , представk (t , s) ляется в виде k (t , s)  1  , где k1 (t , s ) – непрерывная на  a, b    a, b  функция. ts b

Доказать, что если   1 , то оператор Ax(t )   k (t , s) x( s )ds , A : C  a, b   C  a, b  , a

является вполне непрерывным. 426

14. Пусть X ,Y – линейные нормированные пространства, An : X  Y – последовательность вполне непрерывных операторов, An  A (т.е. поточечно). Всегда ли оператор A также является вполне непрерывным? Указание: в пространстве l2 рассмотреть операторы Pn : l2  l2 , действующие по формуле Pn x  (1,2 ,...,n ,0,0,...) , x  ( k )  l2 . 15. Доказать, что любой линейный ограниченный оператор A : H  H является поточечным пределом последовательности вполне непрерывных операторов. Указание: рассмотреть последовательность операторов An  APn (см. предыдущую задачу и пример 8). 16. Пусть X ,Y – линейные нормированные пространства, причем X – бесконечномерно, A : X  Y – вполне непрерывный оператор. Доказать, что найдется последовательность  xn   X такая, что xn  1 и Axn  0 . Указание: воспользоваться задачей 6. 17. Пусть (en ) – ортонормированный базис в H , A : H  H – вполне непрерывный оператор. Доказать, что Aen  0 . 18. Показать, что интегральный оператор A : L2  0,1  L2  0,1 , задаваемый 1

равенством Ax(t )   k (t , s) x( s )ds , ядро которого k (t , s) – непрерывно в квадрате 0

0,1  0,1 , является вполне непрерывным.

Указание: воспользоваться критерием предкомпактности в L2  0,1 . 19. В примере 4 обосновать, что оператор A не является вполне непрерывным, если t0  a или t0  b . Указание: предположить противное и воспользоваться непрерывностью функции  (t ) на  a, b  . Либо повторить рассуждения примера 4.

20. Какой должна быть функция a (t ) , чтобы оператор A : L2  0,1  L2  0,1 , заданный с помощью равенства Ax(t )  a(t ) x(t ) (оператор умножения на функцию) был вполне непрерывным? Указание: показать, что функция a (t ) должна быть равна нулю почти всюду. 21. Доказать, что если оператор A : H  H вполне непрерывен, то оператор A* A : H  H – также вполне непрерывен. 22. Используя пример 7, показать, что если A : H  H вполне непрерывен, то и A* : H  H вполне непрерывен. 23. Пусть ядро k (t , s) , определенное на множестве  a, b    a, b  , представk (t , s) ляется в виде k (t , s)  1  , где k1 (t , s ) – ограниченная измеримая по Лебегу ts 1 на множестве  a, b    a, b  функция. Доказать, что если   , то интегральный 2 427

b

оператор A : L2  a, b   L2  a, b  , Ax(t )   k (t , s) x( s) ds , является вполне непреa

рывным. Указание: воспользоваться примером 1 и задачами 13 и 18. 24. Пусть функция k (t , s) , определенная на  a, b  , удовлетворяет условиям: а) существует постоянная C  0 такая, что

b

 k (t , s) ds  C

( t   a, b  );

a

б) для произвольного   0 существует такое   0 , что из неравенства

t1  t2   ( t1 , t2   a, b  ) следует, что

b

 k (t , s)  k (t , s) ds   . 1

2

a

Доказать, что интегральный оператор A : C  a, b   C  a, b  , действующий b

по формуле Ax(t )   k (t , s) x( s )ds , вполне непрерывен. a

25. Доказать, что, если банахово пространство X рефлексивно, то любой ограниченный линейный оператор A : X  l1 вполне непрерывен. 26. Доказать, что, если банахово пространство Y рефлексивно, то любой ограниченный линейный оператор A : c0  Y вполне непрерывен. 27. Доказать, что всякий ограниченный оператор A : lr  l p , 1  p  r   вполне непрерывен. 28. Доказать, что слабо изометрически эквивалентные операторы вполне непрерывны одновременно. 29. Верно ли, что, если в бесконечномерном нормированном пространстве 2 A  0 , то оператор A вполне непрерывен? Указание: рассмотреть в пространстве l2 оператор Ax  (1 , 2 ,...) , i  0 при четных i , i   i 1 – при нечетных i . Задачи для самостоятельного решения (проверка вполне непрерывности операторов) 1. Является ли вполне непрерывным оператор A : C  0,1  C  0,1 , действующий по формуле Ax(t )  tx(t ) ? Указание: для всех n рассмотреть последовательность xn (t )  t n1 . 2. Является ли вполне непрерывным оператор A : C  0,1  C  0,1 , дейt

ствующий по формуле Ax(t )   x( )d ? 0

3. Является ли вполне непрерывным оператор A : C  0,1  C  0,1 , дей-

1 ствующий по формуле Ax(t )  x(0)  tx    t 2 x(1) ? 2 428

4. Является ли вполне непрерывным оператор A : C  0,1  C  0,1 , дей1

ствующий по формуле Ax(t )  t  ets x( s )ds ? 0

5. Является ли вполне непрерывным оператор A : C  0,1  C  0,1 , действующий по формуле Ax(t )  x(t 2 ) ? 6. Является ли вполне непрерывным оператор A : C  1,1  C  1,1 , дей1 ствующий по формуле Ax(t )   x(t )  x(t ) ? 2 Указание: рассмотреть последовательность xn (t )  t 2 n . 7. Доказать, что оператор A : L2  0,1  L2  0,1 , действующий по формуле t

Ax(t )   x( )d , вполне непрерывен. 0

8. Является ли вполне непрерывным оператор A : C  0,1  C  0,1 , действующий по формуле Ax(t )  x(0)  tx(1) ? 9. Является ли вполне непрерывным оператор A : C  0,1  C  0,1 , дей1

ствующий по формуле Ax(t )   et x( s)ds ? 0

10. Является ли вполне непрерывным оператор A : C  0,1  C  0,1 , дей1

ствующий по формуле Ax(t )   x( s)ds ? 0

11. Является ли вполне непрерывным оператор A : L2  0,1  L2  0,1 , дей1

ствующий по формуле Ax(t )   x( s)ds ? 0

12. Является ли вполне непрерывным оператор A : C  0,1  C  0,1 , дей1

ствующий по формуле Ax(t )   ( s sin t  s 2 cos t ) x( s)ds ? 0

13. Является ли вполне непрерывным оператор A : L2  0,1  L2  0,1 , дей1

ствующий по формуле Ax(t )   ( s sin t  s 2 cos t ) x( s)ds ? 0

14. Доказать, что оператор вложения A : C (1)  a, b  C  a, b , действующий

по формуле Ax(t )  x(t ) , где x(t )  C (1)  a, b , является вполне непрерывным. 15. При каких  ,  и   0 оператор A : C  0,1  C  0,1 , определяемый 1

формулой Ax(t )   t  s  x( s )ds является вполне непрерывным? 0

429

16. При каких  ,  и   0 оператор A : L2  0,1  L2  0,1 , определяемый 1

формулой Ax(t )   t  s  x( s )ds является вполне непрерывным? 0

17. Будет ли вполне непрерывным оператор вложения A : l1  l2 , т.е. Ax  x для x  l1 ? 18. Является ли вполне непрерывным оператор A : C  0,1  C  0,1 , дей1

ствующий по формуле Ax(t )   0

Указание: представить что функция

3 3

ts

cos t  cos s

x( s )ds

1 3

?

cos t  cos s

3

cos t  cos s

3

 3

ts

cos t  cos s

1

 3

ts

и показать,

непрерывна по совокупности аргументов.

19. Является ли вполне непрерывным оператор A : C  0,1  C  0,1 , дей1

x( s )ds

ствующий по формуле Ax(t )  

sin t  sin s

0

?

20. Является ли вполне непрерывным оператор A : L2  0,1  L2  0,1 , дей1

x( s )ds

ствующий по формуле Ax(t )  

sin t  sin s

0

?

21. Является ли вполне непрерывным оператор A : C  0,1  C  0,1 , дей1

x( s ) ds ? 1 0 s 2 22. Является ли вполне непрерывным оператор A : L2  0,1  L2  0,1 , дей-

ствующий по формуле Ax(t )  

1

x( s ) ds ? 1 0 s 2 23. Является ли вполне непрерывным оператор A : L2  0,1  L2  0,1 , дей-

ствующий по формуле Ax(t )  

1

ствующий по формуле Ax(t )   0

x( s ) ts



ds ?

24. Является ли вполне непрерывным оператор A : C  0,1  C  0,1 , дей1

ствующий по формуле Ax(t )   0

x

 s ds ? 5

s4

430

25. Является ли вполне непрерывным оператор A : L2  0,1  L2  0,1 , дей1

ствующий по формуле Ax(t )   0

x

 s ds ? 5 4

s 26. Является ли вполне непрерывным оператор A : C  0,1  C  0,1 , дей1

x( s ) ds ? sin(t  s) 0

ствующий по формуле Ax(t )  

27. Является ли вполне непрерывным оператор A : L2  0,1  L2  0,1 , дей1

x( s ) ds ? sin(t  s) 0

ствующий по формуле Ax(t )  

28. Рассмотрим оператор A : L2  0,1  L2  0,1 , определяемый формулой 1

Ax(t )   k (t , s) x( s )ds , где k (t , s)  C 0,1  0,1 . Доказать, что при 0    2 0

оператор A вполне непрерывен. 29. Рассмотрим оператор A : C  0,1  C  0,1 , определяемый формулой 1

Ax(t )   k (t , s) x( s )ds , где k (t , s)  C 0,1  0,1 . При каких  оператор A яв0

ляется вполне непрерывным? 30. Является ли вполне непрерывным оператор A : l2  l2 , определяемый

    формулой Ax   1 , 2 , 3 ,...  , x  ( k )  l2 ?  2 3  31. Является ли вполне непрерывным оператор A : l2  l2 , определяемый формулой Ax  (0, 1 ,  2 ,...) , x  ( k )  l2 ? 32. Является ли вполне непрерывным оператор A : l2  l2 , определяемый

    формулой Ax   0, 1 , 2 , 3 ,...  , x  ( k )  l2 ? 2 3   Указание: воспользоваться теоремой о вполне непрерывности произведения. 33. Является ли вполне непрерывным оператор A : C  0,1  L1  0,1 , дейt

ствующий по формуле Ax(t )   x( s)ds ? 0

Указание: представить оператор в виде произведения вполне непрерывного и ограниченного операторов. 5

34. Является ли вполне непрерывным оператор Ax(t )   ets x( s)ds в случаях 2

A : C  2,5  C  2,5 , A : L2  2,5  L2  2,5 , A : C  2,5  L1  2,5 , A : L1  2,5  C  2,5 ? 431

35. Является ли вполне непрерывным оператор A : l1  l2 , определяемый

    формулой Ax   1 , 2 , 3 ,...  , x  (k )  l1 ? Тот же вопрос для A : l2  l1 .  2 3  36. Является ли вполне непрерывным оператор A : C (1) 0,2  C 0,2 , действующий по формуле Ax(t )  ln(1  t ) x(t ) ? 37. Является ли вполне непрерывным оператор A : l p  l p , определяемый

формулой Ax   0, 1 ,0,  2 ,0, 3 ,... , x  ( k )  l p ?

38. Является ли вполне непрерывным оператор A : l p  l p , определяемый

формулой Ax   0, 1 ,0,  2 ,0, 3 ,0,0,0,... , x  ( k )  l p ?

39. Является ли вполне непрерывным оператор A : C  0,1  C  0,1 , действующий по формуле Ax(t )  x(t ) ?

    40. Пусть дан оператор Ax   1 , 2  1 , 3   2 ,...  : l1  l1 , x  (1,2 ,...)  l1 . 2 2 2  Исследовать его ограниченность, вполне непрерывность, найти сопряженный оператор, а также спектр и резольвенту. t 1 41. Доказать, что оператор Ax(t )   x( )d , действующий в пространстве t0 L p [0,1] , 1  p   не является вполне непрерывным, используя теорему об усиленной непрерывности вполне непрерывного оператора. t

42. Доказать, что оператор Ax(t )   x( )d вполне непрерывен в простран0

стве C 0,1 , n  0,1,2,... . Указание: представить оператор в виде произведения ограниченного опе(n)

ратора B : C тора C : C

( n)

( n1)

0,1  C

( n1)

0,1 ,

0,1  C 0,1 (n)

t

Bx(t )   x( ) d и вполне непрерывного опера0

Cx(t )  x(t ) .

        3  ,...  не является 43. Доказать, что оператор Ax   1 , 1 2 , 1 2 2 2   вполне непрерывным ни в одном из пространств l p ,1  p   , c , c0 .

432

3.5. Фредгольмовы операторы Определение: пусть K – вполне непрерывный оператор, а I – тождественный оператор. Оператор I  K называется фредгольмовым оператором. Теорема (о ядре фредгольмова оператора): ядро фредгольмова оператора конечномерно. Доказательство: пусть T  I  K – фредгольмов оператор. Рассмотрим его ядро ker T   x : Tx  0   x : ( I  K ) x  0   x : x  Kx  0   x : Kx   x . Допустим, что это ядро бесконечномерно и рассмотрим единичный шар x  ker T : x  1 . Поскольку на элементах ядра Kx   x , то под действием оператора K этот единичный шар перейдет сам в себя и, значит, поскольку в бесконечномерном пространстве шар не предкомпактен, то образ единичного шара не будет предкомпактен. С другой стороны, поскольку K вполне непрерывен, то он ограниченное множество переводит в предкомпактное. Противоречие. Теорема доказана. Теорема (об образе фредгольмова оператора): пусть H – гильбертово пространство, T : H  H – фредгольмов оператор, тогда его образ ImT – замкнутое множество. Доказательство: пусть yn  Im T , т.е. xn  H : yn  Txn  xn  Kxn и при этом yn  y . Можно считать, что xn  ker T (если это не так, то вместо xn можно рассмотреть векторы xn  un , где un – проекция xn на kerT . Тогда xn  un  ker T и T ( xn  un )  Txn  Tun  Txn , т.к. un  ker T ). Покажем, что xn  c . Допустим, что это не так, тогда найдется подпоследовательность xnk :

xnk   , откуда (поскольку xn  Kxn  y ) следует, что

xnk  Kxnk xnk

 0.

Поскольку оператор K вполне непрерывен, то ограниченное множество  x   x   nk   nk  переходит в предкомпактное   K  , т.е. в нем можно найти подпо xnk   xnk   x   n  следовательность Kxn , имеющую предел, причем xn   k  и xn  1 .  xnk  xn  Kxnk Но тогда из условия k  0 следует, что xn  z  H , z  1 . Поскольxnk





ку Txn  0 , то Tz  0 , т.е. z  ker T . С другой стороны, xn  ker T , следова-

тельно, в силу замкнутости ортогонального дополнения, z  ker T . Таким образом, z  0 . Противоречие. Итак, последовательность xn ограничена. Но тогда множество  Kxn  предкомпактно, т.е. содержит сходящуюся подпоследова433

тельность Kxnm  Kxn  . Но тогда, поскольку xn  Kxn  y , то сходится и подпоследовательность

xn  . Пусть m

xnm  x , тогда из условия yn  y , оконча-





тельно получаем y  lim ynm  lim xnm  Kxnm  x  Kx  Tx и y  Im T . m

m

Теорема доказана. Замечание: из доказанной теоремы и примера 4, разобранного в п. 2.7 следует, что H  ker T  Im T * и H  ker T *  ImT . Теорема (первая теорема Фредгольма): пусть H – гильбертово пространство, T : H  H – фредгольмов оператор, тогда неоднородное уравнение Tx  y имеет решения при тех и только тех y  H , которые ортогональны каждому решению сопряженного уравнения T * x  0 . Доказательство: в силу представления H  ker T *  ImT получаем, что





y  ker T *  x : T * x  0  y  Im T . Теорема доказана. Замечание: обозначим M n  ker T n , n , тогда M n – замкнутое подпространство в H , т.е. M n – гильбертово. При этом ясно, что, если T n x  0 , то

T n 1x  T (T n x)  T 0  0 , т.е. M n  M n 1 . Тогда M n 1  M n  M n  , откуда следует, что, если M n  M n1 , то xn 1  M n 1 : xn 1  1 и xn 1  M n , т.е. x  M n xn 1  x . Теорема (вторая теорема Фредгольма, альтернатива Фредгольма): пусть H – гильбертово пространство, T : H  H – фредгольмов оператор, тогда либо уравнение Tx  y имеет единственное решение при любой правой части y  H , либо однородное уравнение Tx  0 имеет ненулевое решение. Доказательство: 1. Докажем, что j : M j  M j 1 (см. замечание выше). От противного: пусть все M n различны, тогда существует ортонормированная последовательность  xn  такая, что xn 1  M n 1 и xn 1  M n . Возьмем произвольные l  m , тогда Kxl  Kxm   xl  Kxl  Kxm   xl  Txl  Kxm   xl  z  xl . Поскольку xl  M l  ker T l , то T l xl  0 . Кроме того, по построению T l 1xm  0 (при





l  m  1 T m xm  0 , при l  m  1 T l 1xm  T l  m 1 T m xm  0 ). Отсюда получаем, что T l 1z  T l xl  T l 1Kxm  0  KT l 1xm  0 (операторы K и T l 1 можно пере-

ставлять местами – см. задачу 2). Отсюда z  ker T l 1  M l 1 , т.е. z  M l . Тогда 2

2

2

2

по теореме Пифагора Kxl  Kxm  z  xl  xl  1 , следовательно, из последовательности  Kxn  нельзя выделить ни одной сходящейся подпоследовательности, что противоречит предкомпактности множества  Kxn  . 2. Покажем, что Im T  H  ker T  0 . Пусть ImT  H , но ker T  0 , тогда x1  0 : x1  ker T  M 1 . Поскольку ImT  H , то уравнение Tx  x1 имеет ре434

шение x2 , причем T 2 x2  T (Tx2 )  Tx1  0 , откуда x2  ker T 2  M 2 . При этом x2  M 1 , иначе имели бы x1  Tx2  0 . Таким образом, M 1  M 2 , но M1  M 2 . Аналогично, если x3 – решение уравнения Tx  x2 , то x3  M 3 и x3  M 2 . И т.д. Таким образом, ни одно из множеств M n не совпадает с другим, что противоречит п. 1. Обратно: пусть ker T  0 , тогда, в силу H  ker T  Im T * получаем, что

ImT *  H . По доказанному выше ker T *  0 и в силу H  ker T *  ImT получаем, что ImT  H . 3. В силу п. 2, если ker T  0 , то ImT  H , т.е. уравнение Tx  y при некоторых y  H решений не имеет. Если же ImT  H , то ker T  0 и оператор T взаимно однозначен, т.е. при любом y  H существует единственное решение уравнения Tx  y . Теорема доказана. Замечание: поскольку всякий конечномерный оператор в гильбертовом пространстве вполне непрерывен, и сумма вполне непрерывных операторов представляет собой вполне непрерывный оператор, то сумма фредгольмова оператора с конечномерным снова будет фредгольмовым оператором. Теорема (третья теорема Фредгольма): пусть H – гильбертово пространство, T : H  H – фредгольмов оператор, тогда однородные уравнения Tx  0 и T * x  0 имеют одно и то же конечное число линейно независимых решений. Доказательство: в силу теоремы о ядре фредгольмова оператора kerT и kerT * конечномерны. Пусть 1,..., – ортонормированный базис в kerT ,



 1,..., 



– ортонормированный базис в kerT * и   . В силу равенства 

H  ker T *  ImT получаем, что  j  Tx . Обозначим Sx  Tx   ( x, j ) j . Поj 1

скольку S – это сумма T и конечномерного оператора, то S – фредгольмов. 



j 1

j 1

Если Tx   ( x, j ) j  0 , то Tx   j j . Поскольку  j  Tx , то, умножая это равенство скалярно на  j , 1  j   , получим, что  j  0 , 1  j   , откуда

Tx  0 . Но тогда



 ( x, j ) j  0 , откуда j 1

( x, j )  0 , 1  j   . Таким образом, 

x  ker T , а с другой стороны x   j , т.е. x   ker T  , поэтому x  0 , т.е. уравнение Sx  0 имеет только нулевое решение. 

В силу альтернативы Фредгольма уравнение Tx   ( x, j ) j    1 имеет j 1

единственное решение. 435

Умножим это равенство скалярно на   1 , и, учитывая, что Tx  ImT , а

ImT  ker T * (т.е. ImT    1 ), получим противоречивое равенство 0  1. Таким образом, случай   невозможен. Предполагая, что   и повторяя все рассуждения аналогично для оператора T * , снова получим противоречие, откуда   . Теорема доказана. Замечание: все теоремы Фредгольма справедливы и для произвольных банаховых пространств (см. [7]). Примеры решения задач 1. Рассмотрим оператор A : C  0,1  C  0,1 , определенный с помощью раt

венства Ax(t )   x( )d . Доказать, что уравнение x  Ax  y имеет решение при 0

любом y  C  0,1 .

Решение: покажем, что A – вполне непрерывен. Пусть M  C  0,1 – произвольное ограниченное множество, т.е. x(t )  M R  0 : x  R . Тогда

t

t

t

t0,1 0

t0,1 0

t0,1 0

Ax  sup  x( )d  sup  x( ) d  x sup 1d  R для произволь-

ной функции x(t )  M . Значит, sup Ax(t )  R , откуда t   0,1 Ax(t )  R , слеt0,1

довательно, множество AM равномерно ограничено. Покажем, что AM равностепенно непрерывно, т.е.   0   0 : t1 , t2   0,1 x(t )  M t1  t2   Ax(t1 )  Ax(t2 )   . Действительно (при t2  t1 ): t1

t2

t1

t1

t2

0

0

0

0

t1

Ax(t1 )  Ax(t2 )   x( )d   x( )d   x( )d   x( )d   x( )d  t2

t2

t2

t1

t1

t1

  x( )d   x( ) d  x 1d  R(t2  t1 )  R t2  t1  R   ,

при выборе  



. Таким образом, по теореме Арцела-Асколи, множество AM R предкомпактно, а оператор A – вполне непрерывен. Для решения задачи воспользуемся альтернативой Фредгольма (справедливой и для банаховых пространств), а именно, покажем, что однородное уравнение x  Ax  0 имеет только нулевое решение. Перепишем уравнение в виде: t

t

0

0

x(t )   x( )d  0 или x(t )   x( )d . Тогда ясно, что x(0)  0 . Кроме того, поскольку интеграл с переменным верхним пределом непрерывно дифференциру436

ем, то таковой является и левая часть уравнения. Тогда после дифференцирования получаем x '(t )  x(t ) . Решение полученной задачи Коши – есть x(t )  0 . Следовательно, уравнение x  Ax  y имеет решение при любом y  C  0,1 , т.е.

существует непрерывный обратный оператор ( I  A)1 : C 0,1  C 0,1 (см. задачу 1). 1

2. Рассмотрим однородное уравнение Фредгольма  (t )    ( s 2  st ) ( s)ds  0 0

и соответствующее ему однородное сопряженное уравнение (т.е. уравнение с 1

сопряженным оператором)  (t )    (t 2  st ) ( s)ds  0 . Проверить, что при каж0

дом   0 эти уравнения имеют одинаковое количество линейно независимых решений. Решение: из вида этих уравнений ясно, что их решения надо искать в виде  (t )  1  2t и  (t )  1t   2t 2 . Подставляя эти виды решений в соответствующие уравнения и вычисляя получившиеся при этом интегралы, приходим к систе         3  11  4  2  0  3  1 1  4  2  0     мам:  и  . Эти системы имеют одина         1   0      1   0 1 2    2  2 1  3  2 3  2 2 ковый определитель, равный     1 , поэтому, если этот определитель не 72 3 обращается в 0, то системы имеют по одному тривиальному решению. Если  совпадает с одним из корней определителя, то каждая из систем имеет по одно4 3 2 4 3  t ,  (t )  t   t . му нетривиальному решению, например  (t )  1   3  3  Этот пример иллюстрирует третью теорему Фредгольма. 1

3. Пусть f  L2  0,1 . Решить уравнение  (t )     ( s)ds  f (t ) при   0 . 0

Решение: решение уравнения имеет вид  (t )  C  f (t ) , откуда, подстав1

ляя это выражение в уравнение, получаем C  f (t )    (C  f ( s))ds  f (t ) , 0

1  f ( s )ds и  (t )  f ( s )ds  f (t ) . т.е. C (1   )   f ( s )ds . При   1 C     1   1  0 0 0 1

1

1

1

Если   1, то равенство C (1   )   f ( s )ds принимает вид 0

образом, в случае   1, если выполняется равенство

1

 f (s)ds  0 . Таким 0

 f (s)ds  0 , то C 0

437

1

– про-

извольно и исходное уравнение имеет бесконечное множество решений вида

 (t )  C  f (t ) . Если же

1

 f (s)ds  0 , то уравнение решений не имеет. 0

Отметим, что оператор, задающий левую часть уравнения является фред1

гольмовым, а сопряженный к нему имеет вид T    (t )    ( s)ds . Тогда если *

0

1

при   1 рассмотрим однородное уравнение  (t )   ( s)ds  0 , то ясно, что его 0

решениями являются функции вида  (t )  C1 . Таким образом, условие

1

 f (s)ds  0 0

является условием ортогональности правой части f (t ) исходного уравнения всем решениям  (t )  C1 однородного уравнения с сопряженным оператором. Итак, данный пример иллюстрирует первую теорему Фредгольма. 

4. При каких y (t )  L2  0,   уравнение  (t )   sin(t  s) ( s)ds  y (t ) имеет 0

решение в пространстве L2  0,   ? Решение: в силу первой теоремы Фредгольма, исходное уравнение имеет решение только для тех функций y (t )  L2  0,   , которые ортогональны всем решениям сопряженного однородного уравнения, т.е. решениям уравнения 

 (t )   sin(t  s) ( s)ds  0 . Это уравнение является уравнением с вырожденным 0

ядром sin(t  s)  sin t cos s  cos t sin s (см. дополнение), поэтому его решение ищем в виде  (t )  c1 sin t  c2 cos t . Подставляем этот вид в уравнение, вычисля-

  c c2  0  1  2 ем все интегралы, после чего получаем систему уравнений:  . Ре c  c  0  2 2 1 шение этой системы c1  c2  0 , тогда  (t )  0 , а поскольку 0 ортогонален любой функции y (t )  L2  0,   , то исходное неоднородное уравнение имеет решение (в силу альтернативы Фредгольма, единственное) при любой правой части y (t )  L2  0,   . 5. Найти все вещественные значения параметров a, b и c , при которых ин1

тегральное уравнение  (t )    (ts  t 2 s 2 ) ( s)ds  at 2  bt  c имеет решение в про1

странстве L2  1,1 при любых   .

438

1

Решение: однородное сопряженное уравнение  (t )    (ts  t 2 s 2 ) ( s)ds  0 1

имеет решения вида  (t )  c1t  c2t , подставляя которые в это уравнение и вы2

   c1 1  3   0    . числяя все получившиеся интегралы, приходим к системе     c 1  0  2  5  Если   3 и   5 , то c1  c2  0 и  (t )  0 , следовательно, аналогично предыдущей задаче, исходное неоднородное уравнение имеет решение при любых значениях a, b и c . Пусть   3 , тогда c1 – произвольно, c2  0 , следовательно  (t )  c1t и исходное неоднородное уравнение будет иметь решения тогда и только тогда, когда функции  (t )  c1t ортогональны правой части неоднородного уравнения at  bt  c , т.е., когда 2

1

 (at

2

 bt  c)c1tdt  0 . Вычисляя

1

интеграл, получаем, что должно выполняться условие b  0 . Пусть   5 , тогда c1  0 , c 2 – произвольно,  (t )  c2t 2 и неоднородное уравнение будет иметь решения при

1

2 2  (at  bt  c)c2t dt  0 , т.е. при

1

a c   0. 5 3

Итак, уравнение разрешимо в L2  1,1 при любых   тогда, когда b  0 и 3a  5c  0 .

тогда и только

Задачи для самостоятельного решения 1. Найти оператор ( I  A) 1 , если оператор A задан в примере 1. 2. Пусть T – фредгольмов оператор. Доказать, что операторы T * и T n – фредгольмовы, причем T n K  KT n , n . 3. Пусть оператор A : l2  l2 действует по формуле Ax  (11 , 2 2 ,...) , x  (1 ,  2 ,...)  l2 (диагональный оператор), где числовая последовательность (k )k 1 ограничена. При каких k для уравнения Ax  y справедлива альтернатива Фредгольма? Третья теорема Фредгольма? Указание: альтернатива Фредгольма справедлива, если число 0 не является предельной точкой последовательности (k )k 1 , а третья теорема справедлива, если среди чисел k только конечное число их не равно нулю. 4. Пусть A – оператор сдвига в пространстве l2 , действующий по формуле Ax  (0, 1 ,  2 ,...) , x  (1 , 2 ,...)  l2 . Доказать, что для уравнения Ax  y альтернатива Фредгольма справедлива, а третья теорема – нет.

439

1

5. Для каких y  C  0,1 уравнение  (t )  4 ts 2 ( s)ds  y(t ) имеет решение? 0

6. Найти все вещественные значения параметра a , при которых инте1

гральное уравнение  (t )    (at  s) ( s)ds  y (t ) имеет решение при всех   0

и всех y  L2  0,1 . 7. Найти все значения b

 (t )    cos(t  s) ( s)ds  y (t )

 , при которых интегральное уравнение имеет

единственное

решение

при

любом

a

y  C  a, b  , если: а) a  0, b   ;

б) a  0, b 



. 2 8. Пусть A : X  X – вполне непрерывный оператор в банаховом пространстве X , причем  ( A)  0 . Доказать, что уравнение ( I   A) x  y разрешимо при любой правой части y  X и любых   , и что решение уравнения 

представимо в виде ряда x    n An y . n 0

440

3.6. Спектры самосопряженных и вполне непрерывных операторов Замечание: далее, если не оговорено противное, все рассматриваемые пространства предполагаются комплексными. Определение: пусть A – линейный ограниченный оператор,  – его собственное значение, тогда множество собственных векторов соответствующих этому собственному значению  x  0 : Ax   x , называется собственным подпространством, соответствующим собственному значению  . Теорема (о собственном подпространстве): собственное подпространство, соответствующее собственному значению   0 линейного ограниченного оператора A , является замкнутым линейным многообразием (т.е. подпространством). Если оператор A вполне непрерывен, то это подпространство конечномерно. Доказательство: обозначим L   x  0 : Ax   x . 1. Покажем, что L – линейное многообразие, т.е. если x1 , x2  L ,  – число, то x1  x2  L и  x1  L . Поскольку x1 , x2  L , то Ax1   x1 и Ax2   x2 , тогда, складывая, находим, что Ax1  Ax2   x1   x2 , откуда A( x1  x2 )   ( x1  x2 ) , т.е. x1  x2  L . Аналогично, поскольку x1  L , то Ax1   x1 , откуда  Ax1   x1 , т.е. A( x1 )   ( x1 ) , следовательно,  x1  L . 2. Покажем, что L – замкнуто, т.е. если  xn   L и xn  x , то x  L . Поxn  L , то Axn   xn . Поскольку оператор A – ограничен, т.е. скольку n  непрерывен, то, переходя к пределу при n   , получаем, что Ax   x , следовательно, x  L . 3. Пусть A – вполне непрерывен. Предположим, что L – бесконечномерно. Рассмотрим в L шар радиуса 1 и применим к этому шару оператор A . Поскольку на элементах L справедливо равенство Ax   x , то этот шар перейдет в шар радиуса  , снова лежащий в L (в силу его линейности). По теореме о некомпактности шара, в бесконечномерном пространстве шар не может быть предкомпактным множеством. Поскольку оператор A вполне непрерывен, то он ограниченное множество переводит в предкомпактное. Противоречие. Теорема доказана. Теорема (о собственных значениях самосопряженного оператора): пусть H – гильбертово пространство, A : H  H – самосопряженный оператор. Тогда все его собственные значения действительны. Доказательство: пусть  – собственное значение оператора A , x0  0 – соответствующий ему собственный вектор, тогда Ax0   x0 . Ясно, что ( Ax0 , x0 )  ( x0 , x0 )   ( x0 , x0 )   x0 . С другой стороны, поскольку оператор 2

самосопряжен, то ( Ax0 , x0 )  ( x0 , Ax0 )  ( x0 ,  x0 )   ( x0 , x0 )   x0 . Таким обра2

зом, из полученных равенств заключаем, что    , т.е.   Теорема доказана. 441

.

Теорема (об ортогональности собственных векторов): пусть H – гильбертово пространство, A : H  H – самосопряженный оператор. Тогда его собственные вектора, соответствующие различным собственным значениям, ортогональны. Доказательство: пусть A : H  H самосопряжен, т.е. x, y  H ( Ax, y)  ( x, Ay) . Пусть x1 – собственный вектор, соответствующий собственному значению 1 , т.е. Ax1  1 x1 . Пусть x2 – собственный вектор, соответствующий собственному значению 2 , т.е. Ax2  2 x2 . Кроме того, 1  2 и по предыдущей теореме эти собственные значения действительны. Поскольку ( Ax1, x2 )  ( x1, Ax2 ) , то (1x1, x2 )  ( x1, 2 x2 ) , т.е. (1  2 )( x1, x2 )  0 , значит, ( x1 , x2 )  0 . Теорема доказана. Замечание: в примере 5 п. 3.3 доказано следующее утверждение: пусть E – комплексное банахово пространство и A : E  E – линейный ограниченный оператор. Если для комплексного числа  существует такая нормированxn  1 ), что lim Axn   xn  0 , ная последовательность  xn   E (т.е. n  n

то   ( A) . Теорема (критерий регулярного значения): пусть H – гильбертово пространство, A : H  H – самосопряженный оператор, тогда точка  является регулярным значением оператора A тогда и только тогда, когда x  H c  0 : Ax   x  c x . Доказательство: пусть  – регулярное значение оператора, A , т.е. точка резольвентного множества, тогда существует резольвента R ( A)  ( A   I ) 1 , являющаяся линейным и ограниченным оператором, т.е. R ( A)  d  0 . Тогда x  H x  R ( A)( A   I ) x  R ( A)  ( A   I ) x  d ( A   I ) x , откуда полу1 чаем, что Ax   x  x . d Обратно: пусть x  H c  0 : Ax   x  c x . Обозначим y  Ax   x для всех x  H . Множество таких элементов y обозначим L . Ясно, что L – линейное многообразие. Покажем, что L – всюду плотно в H . По теореме о всюду плотности линейного многообразия достаточно показать, что L  0 . Предположим про-

тивное, т.е. что L  0 , т.е. x0  H , x0  0 : y  L ( x0 , y)  0 . Тогда для всех x  H ( x0 , Ax   x)  0 или ( x0 ,( A   I ) x)  0 . Поскольку A , I – самосопряженные операторы, то (( A  I ) x0 , x)  0 или ( Ax0   x0 , x)  0 . Поскольку x  H – произвольный элемент, то Ax0   x0  0 , т.е. Ax0   x0 . Поскольку x0  0 , то

 – собственное значение оператора A , т.е.     , откуда Ax0   x0  0 . Далее, по условию Ax0   x0  c x0 , откуда x0  0 – противоречие. 442

Покажем, что L – замкнуто, т.е. что если  yn   L и yn  y0 , то y0  L . Поскольку yn  y0 , то последовательность  yn  фундаментальна, следовательно yn  ym  0 . Поскольку y  L y  c x , то yn  ym  c xn  xm . Следоn , m

вательно, xn  xm  0 , т.е. последовательность  xn  – также фундаментальn ,m

на. Поскольку гильбертово пространство H – полно, то последовательность  xn  сходится, т.е. x0  lim xn . Поскольку оператор A – ограничен, т.е. непрерывен и

 yn   L ,

n 

то yn  Axn   xn и y0  lim yn  lim( Axn   xn )  Ax0   x0 , n 

n

следовательно, y0  L . Итак, L – замкнуто, т.е. L  L . Поскольку выше показали, что L  H , то получаем, что L  H . Таким образом, оператор ( A   I ) переводит H во все H . Покажем, что этот оператор взаимно однозначен. Пусть x  ker( A   I ) , т.е. ( A   I ) x  0 . Тогда, поскольку Ax   x  c x , то x  0 , следовательно ker( A   I )  0 . Итак, оператор ( A   I ) : H  H взаимно однозначен, следовательно, существует оператор ( A   I ) 1 : H  H и из равенства y  Ax   x , получаем, что y  H x  ( A   I )1 y . Тогда c ( A   I )1 y  c x  Ax   x  y , откуда

1 ( A   I ) 1 y   y , т.е. оператор ( A   I ) 1 : H  H ограничен, слеc довательно, он является резольвентой оператора A , поэтому  – его регулярное значение. Теорема доказана. Замечание: из доказанной теоремы следует, что условие lim Axn   xn  0

y  H

n

для всякой нормированной последовательности  xn  в гильбертовом пространстве является не только достаточным для того, чтобы   ( A) , но и необходимым. Таким образом, при достаточно больших n , точка   ( A) является “почти собственным значением” оператора A . Теорема (о регулярных значениях самосопряженного оператора): пусть H – гильбертово пространство, A : H  H – самосопряженный оператор. Тогда комплексные числа     i (   0 ) могут являться только регулярными значениями оператора A . Доказательство: обозначим y  Ax   x для всех x  H . Тогда ( y, x)  ( Ax   x, x)  ( Ax, x)   ( x, x)  ( Ax, x)   x , 2

( x, y)  ( y, x)  ( Ax, x)   x  ( Ax, x)   x , (см. задачу 2), 2

2

( x, y )  ( y, x)  (   ) x  (  i  (  i )) x  2i x , 2

2

2

откуда ( x, y )  ( y, x)  2  x . С другой стороны, используя неравенство Коши-Буняковского, получаем, что ( x, y )  ( y, x)  ( x, y )  ( y, x)  x  y  2

443

 y  x  2 x  y . Таким образом, y   x , т.е. при   0 Ax   x   x . По предыдущей теореме  является регулярным значением оператора A . Теорема доказана. Определение: пусть A : H  H – самосопряженный оператор, тогда действительные числа M  sup( Ax, x) и m  inf ( Ax, x) называются соответственно x 1

x 1

верхней и нижней границами оператора A . Замечание: очевидно, что если A : H  H – самосопряженный оператор и A  sup ( Ax, x) (в силу примера 3 из п. 2.7), то A  max  m , M  . x 1

Теорема (о спектре самосопряженного оператора): спектр самосопряженного оператора A : H  H целиком лежит на отрезке  m, M  действительной оси, причем числа m и M являются точками спектра оператора A . Доказательство: из предыдущей теоремы следует, что спектр оператора A может лежать только на действительной оси. Покажем, что все числа    m, M  – регулярные значения. Пусть   M , тогда   M  d , где d  0 . Используя результат задачи 3, получаем, что для всех x  H 2 2 2 ( Ax   x, x)  ( Ax, x)   ( x, x)  M ( x, x)   x  ( M   ) x   d x . Тогда ( Ax   x, x)  d x . С другой стороны, в силу неравенства КошиБуняковского, ( Ax   x, x)  Ax   x  x . Из полученных неравенств заключа2

ем, что Ax   x  x  d x , откуда Ax   x  d x и в силу критерия регулярного значения  – регулярное. Случай   m рассматривается аналогично. Покажем, что M – точка спектра оператора A . Заметим, что, если заме2 нить оператор A оператором A   I ,   , то (( A   I ) x, x)  ( Ax, x)   x   ( Ax, x)   при x  1 , поэтому числа M и m заменяются на M   и m   , а спектр сдвигается вдоль действительной оси на величину  . Поэтому достаточно рассмотреть случай 0  m  M . В этом случае A  M . Поскольку M  sup( Ax, x) , то  xn   H : xn  1 и ( Axn , xn )  M . При этом заметим, что 2

x 1

Axn  A  xn  A  M . Далее, Axn  Mxn 2 M ( Axn xn )  M 2 xn

2

2

 ( Axn  Mxn , Axn  Mxn )  Axn

2



 M 2  2 M ( Axn xn )  M 2  2 M 2  2 M ( Axn xn ) . Переходя в

этом неравенстве к пределу при n   , получаем, что Axn  Mxn  0 и, следовательно, M – точка спектра оператора A . Аналогично доказывается, что m – точка спектра оператора A (достаточно рассмотреть случай m  M  0 ). Теорема доказана. Теорема (о линейной независимости собственных векторов): собственные вектора линейного оператора, отвечающие его различным собственным значениям, линейно независимы. 2

444

Доказательство: применим индукцию по количеству собственных векторов k . Один собственный вектор x1 оператора A линейно независим, поскольку x1  0 . Пусть любые k собственных векторов оператора A , отвечающие его различным собственным значениям, линейно независимы. Предположим, что какие-то k  1 собственных векторов x1,..., xk 1 , отвечающие собственным значениям 1 ,..., k 1 ( i   j при i  j ), линейно зависимы, т.е.

k 1

 ci xi  0 , причем i 1

не все ci равны нулю. Применяя к этой сумме оператор A  k 1I , получим k 1

k 1

k 1

k 1

k

i 1

i 1

i 1

i 1

i 1

0  ( A  k 1I )  ci xi   ci Axi   ci k 1xi   ci  i  k 1  xi   ci  i  k 1  xi .

Поскольку система из k векторов линейно независима, то ci  i  k 1   0 ,

1  i  k , откуда ci  0 (т.к. i  k 1 ) при 1  i  k . Но тогда из

k 1

 ci xi  0

следу-

i 1

ет, что ck 1  0 , т.е. все коэффициенты в этой линейной комбинации нулевые. Противоречие. Теорема доказана. Теорема (о последовательности собственных значений): все ненулевые собственные значения вполне непрерывного оператора в банаховом пространстве X можно расположить в последовательность, стремящуюся к нулю (при условии, что их бесконечно много). Доказательство: 1. Возьмем   0 и покажем, что число собственных значений, по модулю больших, чем  , конечно. От противного: допустим, что это не так, т.е. существует бесконечно много собственных значений 1 , 2 , 3 ,... n   0 . Пусть  xn  – соответствующая последовательность таких, что n  собственных векторов, тогда, в силу предыдущей теоремы, эта система линейно независима. Пусть X n – подпространство X , образованное векторами x1,..., xn , тогда ясно, что X1  X 2  ... , причем X n 1  X n ни при каком n . Поскольку все X n конечномерны, то они замкнуты. По теореме Рисса о почти перпендикуляре 1 yn  X n : yn  1 и x  X n1 x  yn  . Поскольку  yn  – ограниченное 2 множество, а оператор A – вполне непрерывен, то множество  Ayn  – предкомпактно, т.е. содержит сходящуюся подпоследовательность. Обозначим A  A   I и рассмотрим любые m  n , тогда получаем, что Aym  Ayn 

 1   1 Am ym  An yn  n yn    Am ym  m ym  An yn  n yn  m ym    m m   m n

 m ym  z   0 ym  z . Поскольку yn  X n , то yn    i xi , поэтому i 1

445

n

n 1

i 1

i 1

An yn  ( A  n I )  i xi    i (i  n ) xi  X n 1  X m1 .

Кроме того, yn  X n  X m1 и Am ym  X m1 (аналогично полученному выше для An yn ). Таким образом, элемент z  X m 1 . Отсюда Aym  Ayn 

0

и 2 нельзя выделить сходящуюся подпоследователь-

из последовательности  Ayn  ность. Противоречие. 2. Итак, любых собственных чисел, по модулю больших, чем  – конечное число. Возьмем   1 и занумеруем все собственные значения оператора A , по 1 модулю большие, чем 1 : 1 , 2 , 3 ,..., k1 . Возьмем   и рассмотрим те соб2 1 ственные значения, которые по модулю больше, чем , но которые еще не за2 нумерованы. Их так же конечное число, следовательно, можно продолжить ну1 мерацию: k1 1 , k1  2 ,..., k2 . Возьмем   и занумеруем те оставшиеся соб3 1 ственные значения, которые по модулю больше, чем , и так далее. Итак, все 3 ненулевые собственные значения оказались занумерованы, т.е. расположены в последовательность, и, поскольку   0 , то эта последовательность собственных значений также стремится к нулю. Теорема доказана. Теорема (о спектре вполне непрерывного оператора): пусть H – гильбертово пространство, A : H  H – вполне непрерывный оператор. Тогда все точки спектра оператора A за исключением точки 0 являются собственными значениями этого оператора. Замечание: при этом точка 0 всегда лежит в спектре (см. задачу 1), но может собственным значением не быть. Доказательство: пусть   0 – точка спектра оператора A . Допустим, что  не является его собственным значением, тогда уравнение Ax   x имеет только нулевое решение. Преобразуя его, получаем уравнение Ax   x  0 или ( A   I ) x  0 . Поскольку   0 , то, разделив уравнение на  , заключаем, что 1   уравнение  I  A  x  0 имеет только нулевое решение. Отсюда следует, что    1   оператор  I  A  – инъективен. Поскольку A – вполне непрерывен, то по    1 теореме о подпространстве вполне непрерывных операторов, оператор  A –



1   также вполне непрерывен. Следовательно, уравнение  I  A  x  0 принимает    вид Tx  0 , в котором T : H  H – фредгольмов оператор. В силу альтернативы 446

Фредгольма уравнение Tx  y имеет решение при любой правой части y  H . Таким образом, оператор T сюръективен, а, значит, и биективен, следователь1 1 1    1  но, он имеет обратный  I  A     ( A   I )  . Поскольку   0 , то опе      ратор ( A   I ) также имеет обратный. Поскольку фредгольмов оператор T всегда является ограниченным, то, по теореме Банаха об обратном операторе, опе1 1   ратор  I  A  , а значит и оператор ( A   I )1 является ограниченным. Та   ким образом, точка  принадлежит резольвентному множеству, что противоречит тому, что  – точка спектра оператора A . Теорема доказана. Замечание: данная теорема остается справедливой в произвольных банаховых пространствах, поскольку альтернатива Фредгольма справедлива и в них. Теорема (о существовании собственного значения): пусть H – гильбертово пространство, A : H  H – самосопряженный вполне непрерывный оператор, A  0 . Тогда у него существует хотя бы один собственный вектор и соответствующее ему отличное от нуля собственное значение. Доказательство: т.к. A – самосопряжен, то A  sup ( Ax, x) , т.е. сущеx 1

ствует последовательность  xn  такая, что xn  1 и ( Axn , xn )  A . Поскольку A  0 , то числа ( Axn , xn )  0 для всех достаточно больших n , причем, рассуж-

  такая,

дая от противного, получаем, что найдется подпоследовательность xnk что ( Axnk , xnk )   , где   A или    A . Тогда получаем: Axnk   xnk

2





 Axnk   xnk , Axnk   xnk  Axnk

Поскольку Axnk

2

 A

2

xnk

2

2

2





 2 Axnk , xnk   2 xnk

 A   2 , то Axnk   xnk

2

 

2

.



 2   Axnk , xnk ,

  ограничена, то  Axn  предкомпактна, т.е. имеет сходящуюся подпоследовательность  Axn  . Поскольку Axn   xn  0 , то подпоследовательность xn  имеет предел. Обозначим его x , причем, поскольку xn  1 , то x  1 . Тогда 0  lim  Axn   xn   Ax   x ,  

откуда Axnk   xnk  0 . Поскольку xnk

k















т.е.   0 – собственное значение, поскольку x  0 . Теорема доказана. Замечание: если оператор A самосопряжен, то, как указывалось выше, A  max  m , M  , причем m и M – точки спектра оператора A . Если, кроме

того, оператор A вполне непрерывен, то A  max , где max – максимальное по модулю собственное значение оператора A . 447

Теорема (о существовании базиса из собственных векторов): пусть H – сепарабельное гильбертово пространство, A : H  H – самосопряженный вполне непрерывный оператор. Тогда в H существует ортонормированный базис, состоящий из собственных векторов оператора A . Доказательство: для любого собственного значения  рассмотрим подпространство, состоящее из собственных векторов, соответствующих этому собственному значению. По теореме о собственном подпространстве, это замкнутое линейное многообразие. Поскольку гильбертово пространство полно, а замкнутое подпространство полного пространства – также полно, то собственное подпространство также является полным, т.е. гильбертовым пространством. По теореме о сепарабельности подмножества, собственное подпространство сепарабельно. По теореме о существовании базиса в гильбертовом пространстве, в этом собственном подпространстве можно выбрать ортонормированный базис. Такой базис выберем для каждого собственного значения, т.е. в каждом собственном подпространстве и рассмотрим систему векторов, состоящую из всех полученных базисных векторов. Покажем, что полученная система векторов ортонормирована. Действительно, если любые два собственных вектора соответствуют одному и тому же собственному значению  , то они ортогональны по построению. Если же они соответствуют различным собственным значениям, то они ортогональны по теореме об ортогональности собственных векторов. Итак, полученная система ортогональна. Нормировать ее можно, разделив каждый собственный вектор на его норму. Ясно, что ортогональность при этом сохранится. Осталось показать, что эта система является базисом в пространстве H , т.е., что не найдется еще одного ненулевого вектора, ортогонального всем векторам данной системы. Для этого достаточно проверить, что ортогональное дополнение к замыканию L линейной оболочки всех собственных векторов оператора A состоит только из нулевого вектора. Предположим, что это не так. Поскольку L инвариантно для оператора A (см. задачу 48, п. 3.3), то по теореме об инвариантности ортогонального дополнения, L является инвариантным подпространством для оператора A , т.е. A : L  L . По теореме об ортогональном дополнении L – замкнуто, поэтому полно, а значит, гильбертово. Поскольку L ортогонально всем собственным векторам оператора A , то в нем собственных векторов оператора A нет, т.к. L L  0 . С другой стороны, в

L собственный вектор есть, в силу предыдущей теоремы. Противоречие. Теорема доказана. Теорема Гильберта-Шмидта: пусть H – гильбертово пространство, A : H  H – самосопряженный вполне непрерывный оператор. Тогда при любом x  H элемент Ax  H раскладывается в сходящийся ряд Фурье по ортонормированной системе собственных векторов оператора A . Доказательство: пусть 1  H – нормированный собственный вектор, отвечающий наибольшему по модулю собственному значению 1  оператора A . Обозначим H1   x  H : ( x,1 )  0 . Ясно, что H1 – замкнуто, т.е. гильберто448

во. Т.к. x  H1 ( Ax,1 )  ( x, A1 )  ( x,  1 1 )  1 ( x,1 )  0 , то Ax  H1 . Таким образом, оператор A : H1  H1 вполне непрерывен и самосопряжен, а значит, если в H1 A  0 , то он имеет собственное значение 2  и отвечающий ему нормированный собственный вектор  2  H1 , причем 2  1 и A  2 (см. доказательство теоремы о существовании собственного значения). Обозначим H 2   x  H1 : ( x,2 )  0 и, применяя аналогичные рассуждения, получаем, что оператор A : H 2  H 2 является вполне непрерывным и самосопряженным, т.е. если A  0 в H 2 , то в H 2 оператор снова имеет собственное значение и отвечающий ему собственный вектор. И т.д. Возможны два случая: 1. Найдется номер n такой, что на H n   x  H : ( x,k )  0, k  1,2,..., n поn

лучим, что A  0 . Тогда x  H рассмотрим элемент y  x   ( x, k ) k . Неk 1

трудно проверить, что y  H n . Поскольку на H n A  0 , то Ay  0 , поэтому n  n  n Ax  A   ( x,k )k    ( x,k ) Ak   k ( x,k )k ( A k  k k ). k 1  k 1  k 1 2. Процесс продолжается неограниченно, т.е. получаем последовательность k  собственных значений оператора A и последовательность  k  отвечающих им собственных векторов, причем в H n A  n1 . Тогда

2

2

2

n n n   2 2 A  x   ( x,k )k   A x   ( x,k )k  n1 x   ( x,k )k  k 1 k 1 k 1   n 2 2 2 2 2  n1  x   ( x,k )   n1 x . k 1   В предпоследнем переходе расписали квадрат нормы через скалярное произведение, а в последнем воспользовались неравенством Бесселя. Перейдем к пределу при n   , тогда по построению и по теореме о последовательности n    0  собственных значений n 1 , поэтому A  x   ( x,k )k   0 , откуда следуk 1   n

ет, что  ( x, k ) A k  Ax . Поскольку A k  k k , то k 1

n

  ( x, ) k 1

k

k

k

 Ax , отку-



да окончательно получаем, что Ax   k ( x,k )k . k 1

Теорема доказана. Замечание: если A : H  H – самосопряженный вполне непрерывный обратимый оператор, то из его собственных векторов можно набрать базис H . 

Это следует из того, что, применяя к равенству Ax   k ( x,k ) k оператор k 1

449



A1 , получим x   ( x, k ) k , т.е. всякий x  H оказался представлен в виде k 1

сходящегося к нему ряда Фурье по ортонормированной системе собственных векторов, т.е. эта система является базисом. Определение: два оператора, действующие в гильбертовых пространствах, называются унитарно эквивалентными, если они изометрически эквивалентны. Замечание: приведем примеры унитарных изоморфизмов: 1. оператор U : H  l2 ( I ) , где I – некоторый набор индексов, действующий по правилу (Ux)nI  ( x, en )nI , где en  – ортонормированный базис в

H . То, что этот оператор биективен и сохраняет норму, было доказано в теореме об изоморфизме всех сепарабельных гильбертовых пространств пространству l2 (см. часть I, раздел 3, п. 3.5); 2. оператор Фурье, определяемый согласно теореме Планшереля: существует унитарный оператор U : L2    L2   , однозначно определенный тем, что для любой функции f  L1   L2   функция g  Uf почти всюду совпадает с классическим преобразованием Фурье. Из унитарности оператора следует, что g  f . Также заметим, что множество L1   L2   лежит в L2   всюду плотно (более подробно см. в [10]). Примеры решения задач

1. Пусть H – комплексное гильбертово пространство, A : H  H – самосопряженный оператор. Доказать, что для такого оператора остаточная часть спектра отсутствует. Решение: пусть  – точка спектра оператора A , тогда число  является действительным, поэтому оператор ( A   I ) также самосопряжен. Пусть  – не собственное значение оператора A , тогда ker( A   I )  0 и, в силу примера 4 п. 2.7, R( A   I )  ker( A   I )*  ker( A   I )  0 . Тогда из теоремы о всюду

плотности линейного многообразия следует, что R( A   I )  H , следовательно, точка  принадлежит непрерывной части спектра  c ( A) оператора A . 2. Пусть H – комплексное гильбертово пространство, A : H  H – самосопряженный оператор, причем R( A   I )  H . Показать, что    ( A) . Решение: если число  не является действительным, то по теореме о регулярных значениях самосопряженного оператора    ( A) . Далее будем считать, что   и покажем, что  не является собственным значением оператора A . Предположим противное, тогда x0  H , x0  0 : Ax0   x0 . Поскольку, по условию R( A   I )  H , то для любого вектора y  H найдется вектор x  H такой, что y  Ax   x . Тогда ( x0 , y)  ( x0 , Ax   x)  ( Ax0   x0 , x)  0 . Поскольку элемент y  H – произволен, то x0  0 . Противоречие. Таким образом, число  не 450

является собственным значением оператора A , тогда ker( A   I )  0 , т.е. оператор ( A   I ) : H  H действует взаимно однозначно, поэтому он обратим. По теореме Банаха об обратном операторе существует обратный линейный ограниченный оператор ( A   I ) 1 : H  H , следовательно,    ( A) . 3. Пусть A : l p  l p ( p  1 ) – вполне непрерывный оператор, определенный формулой Ax  (11 , 2 2 ,...) , где x  (1 ,  2 ,...)  l p , а числовая последовательность k  ограничена. Доказать, что lim k  0 . k 

вектор ek  (0,0,...,0,1,0,0,...)  l p . Яс-

Решение: рассмотрим для всех k 

k

но, что Aek  k ek и при этом ek  0 , следовательно, все числа k являются собственными значениями вполне непрерывного оператора A . Тогда, согласно теореме о последовательности собственных значений, lim k  0 . k 

4. Найти спектр оператора A : L2  0,1  L2  0,1 , Ax(t )  tx(t ) . Решение: нетрудно убедиться, что оператор является самосопряженным, причем действующим в гильбертовом пространстве. По теореме о спектре самосопряженного оператора  ( A)   m, M  , причем M  sup( Ax, x) и m  inf ( Ax, x) – x 1

x 1

точки спектра оператора A . 1

1

1

( Ax, x)   Ax(t )  x(t )dt   tx(t )  x(t )dt   t x(t ) dt . 2

0

0 1

0

Поскольку 0  t  1 , то 0  ( Ax, x)   x(t ) dt  x , откуда 0  2

2

( Ax, x)

0

x

2

 1,

  x  x  x т.е. 0   A   ,   1 . Обозначая  y , замечаем, что y  1 , значит,   x x x     y  L2  0,1 : y  1 0   Ay, y   1. Таким образом, m, M   0,1 . Покажем, что

 ( A)   0,1 .

0    1.

Пусть

Выберем

 0

таким

образом,

чтобы

 1 , t   ,        ,     0,1 и рассмотрим функцию . x ( t )        0, t   ,      1   1 1 2 2 Тогда x   x (t ) dt   dt  (     )  1 и точка  будет точкой 

0





спектра, если Ax   x  0 . Имеем:  0

Ax   x

1

2

1

  ( Ax (t )   x (t )) dt   (tx (t )   x (t )) dt  2

2

0

Ясно, что

0

 



2 (t   )2 dt  .  3

Ax   x  0 , таким образом, любая точка полуинтервала  0

0,1 является точкой спектра оператора

A.

451

Аналогично, рассматривая 0    1 и выбирая   0 таким образом, чтобы  1 , t     ,        ,   0,1 , для функции получаем, что любая x ( t )        0, t     ,   

точка полуинтервала  0,1 является точкой спектра оператора A . Объединяя эти случаи, получаем, что  ( A)   0,1 . Нетрудно убедиться, что ни одна точка спектра не является собственным значением, а в силу примера 1 заключаем, что спектр оператора A – непрерывный. 5. Вычислить норму оператора A : L2  0,1  L2  0,1 , если: t

а) Ax(t )   x( )d ; 0 1

б) Ax(t )   (1  ts) x( s)ds . 0

Решение: а) легко проверить вполне непрерывность оператора, используя 1

критерий предкомпактности в L2  0,1 . Кроме того, A x(t )   x( )d . Тогда опе*

t

ратор AA – самосопряжен и вполне непрерывен, поэтому A  AA*  max , 2

*

откуда A 

max . t 1

Поскольку AA x(t )   x( s)dsd , то для нахождения собственных чисел *

0

получаем уравнение

t 1

 x(s)dsd   x(t ) . Дифференцируем его по переменной t 0

(левая часть равенства дифференцируема почти всюду, следовательно, такова и правая часть) и получаем, что почти всюду

1

 x(s)ds   x '(t ) . Снова дифференt

цируем:  x(t )   x ''(t ) . Поскольку нас интересуют ненулевые собственные зна1 чения, то, обозначив    0 , получим, что x ''(t )   x(t )  0 . Из исходного ин-



тегрального уравнения следует, что x(0)  0 , а из продифференцированного первый раз уравнения следует, что x '(1)  0 . Легко видеть, что при   0 полученная краевая задача не имеет нетривиальных решений в пространстве L2  0,1 . При   0 получаем x(t )  c1 cos  t  c2 sin  t . Далее, x(0)  c1  0 ,

x '(1)  c2  cos   0 . Нетривиальное решение получится только если c2  0 ,

   т.е. cos   0 , откуда      n  , n  0,1,2,... . Поскольку min  , то 4 2  2

452

2

max 

4

2

, откуда A 

2



. Заметим, что при вычислении нормы данного опе-

ратора обычным методом оценивания получается недостижимая завышенная 1 оценка сверху A  . 2 1

1

0

0

б) Поскольку Ax(t )  1   x( s)ds  t   sx( s)ds  1  c1  t  c2 , то данный оператор конечномерен (ранг 2). Множество его значений – двумерное подпространство с базисом 1,t . Тем самым, оператор вполне непрерывен. Кроме того, легко проверяется, что он самосопряжен, поэтому сразу A  max . Для поиска собственных значений можно было бы составить и решить интегральное уравнение Фредгольма, но мы воспользуемся конечномерностью оператора, а именно, тем, что его действие определяется конечной матрицей. Для нахождения матрицы оператора, как и в линейной алгебре, найдем образы базисных векторов множества значений оператора: 1 1 1 1 1 1 1 A 1  1  1ds  t   sds  1  t ; A(t )  1   sds  t   s 2ds   t . 2 3 2 0 0 0 0 Полученные коэффициенты разложения по базису 1,t дают столбцы

1 1    1 1  1  1 2  , тогда 2 матрицы оператора, т.е. A    1          0 . A  I   1 1 3  4 1 1    2 3 2 3 4  13 4  13 Таким образом, 1,2  , откуда A  . Заметим, что по обычному 6 6 29 методу получается недостижимая завышенная оценка сверху A  . 18 6. Найти спектр оператора ( Ax)k  k 1  2k  k 1 в пространстве l2 ( ) ,    2 где l2 ( )   x  (...,  1, 0 , 1,...) :   k    . k    Решение: поскольку A   I  A  2 I  (  2) I  B   I , то, если  – точка спектра оператора B  A  2I , то   2   – точка спектра оператора A . Заметим, что ( Bx) k   k 1   k 1 , причем B  2 , откуда следует, что спектр этого оператора лежит в круге   2 . Кроме того, оператор B самосопряжен, по-

скольку ( Bx, y) 









k 

k 

k 

k 

 (k 1  k 1)k   k 1k   k 1k   kk 1   kk 1 

k 









k 

k 

 k k 1  k 1    kk 1  k 1  ( x, By) , поэтому его спектр состоит из 453

действительных чисел. Проверим, имеет ли оператор B собственные значения. Имеем уравнение Bx   x , откуда  k 1   k   k 1  0 . Ищем его частные решения в виде k  qk : q 2   q  1  0 – характеристическое уравнение. Его дис-

2  4  0

криминант

  2 . Тем самым, k  c1q1k  c2q2k

при

(либо

k  (c1  c2k )q k при   2 ), причем q1,2  1 (соответственно, q  1 ). Заметим, 

что при c12  c22  0 найденное решение x  k k  не принадлежит l2 ( ) , т.к.

k   0 . Тем самым, собственных чисел оператор не имеет, т.е.  p ( B )   . k 

В силу примера 1 заключаем, что оператор B имеет только непрерывный спектр. Кроме того, критерием принадлежности точки  спектру является суBxn   xn ществование последовательности  xn   l2 ( ) такой, что  0 при xn n k

, где q – одно из частn   . Рассмотрим последовательность ( xn ) k  q k e ных решений характеристического уравнения для Bx   x при   2 . Имеем, xn

2







q

2k

e

2 n k



k 

Bxn   xn

Поскольку

 

e

 k 1

2





e



 1  2 e 2 nk  1 

2 n k

k 







k 1  n k 1

q e

k 1

k n k

 q e

k 1  n k 1

q e

k 

q 2e

 2e

k

 n k 1

e

  qe

 k 1

k 



2

n k

e

, то ряд

 n k 1 

2

2







q 2e

2  1. Далее, e  1 n 

 n k 1

k 



 e

 k 1

qe

2  n k 1

 2e

k

  qe

e

n k

 k 1

e

2n



  qe

2

 n k 1

n k

e

 n k 1

2

.

и сходится ряд 2

сходится равно-

k 

мерно по признаку Вейерштрасса. Тем самым, под знаком суммы этого ряда можно переходить к пределу при n   , т.е. Bxn   xn  0 при n   и числа   2 принадлежат непрерывному спектру оператора B , а  c ( A)   4,0 . Отметим, что без сдвига исходного оператора пришлось бы отдельно рассматривать случай    0,4 (т.к. A  4 ) и доказывать, что все эти числа принадлежат резольвентному множеству. 

7. Найти спектр оператора Ax(t ) 

  2

n

ei n t e i n x( )d в пространстве

 n

L2   ,   . Решение: заметим, что по теореме Лебега об ограниченной сходимости можно переставлять местами знаки интеграла и суммы ряда, поскольку N



n  N

n

2 ei n t e i n x( ) 



 2 ei n t ei n x( ) и n

n 

N



n  N

n

2 ei nt ei n x( )  c x( ) , c 



2

n

,

n 

причем функция c x( ) очевидно суммируема. Рассмотрим унитарный изоморфизм U : L2[ , ]  l2 ( ) , ставящий в соответствие любому элементу 454

x  L2   ,   последовательность его коэффициентов Фурье разложения по ор-

 1 ikt  тонормированному базису  пространства L2   ,   . Тогда имеем e   2 k  (перемена порядка интегрирований законна в силу теоремы Фубини для инте   1 ikt 1 ikt   n грала Лебега): (UAx)k   Ax, e       2 ei nt ei n x( )d  e dt   2 2      n       1  n i nt  i n  ikt  n i nt  i n  ikt e e e x d dt e e e x dt     2 ( ) 2 ( )     d       n    2    n        i n 1 1 n  k i nt  ikt   e e dt e x d 2 ( ) 2 ei k  x( )d          2  n 2    

1  2



где Tx  2



k

k



1 ikt  k   2  x, e   (TUx) k , 2   k

– диагональный оператор. Таким образом, исходный опе-

ратор A унитарно эквивалентен диагональному оператору T , поэтому их спектры (и части спектров совпадают). Оператор T исследуется, как обычный диагональный оператор (см. пример 11, п. 3.3). В результате получаем, что



 p ( A)  2 k : k 

 ,   0  ( A) , поскольку легко проверяется, что оператор c

A самосопряжен и для него остаточная часть спектра отсутствует (либо можно показать, что всюду плотное множество финитных последовательностей лежит в образе оператора T   I при   0 ). Задачи для самостоятельного решения 1. Доказать, что всякий вполне непрерывный оператор содержит в спектре точку 0. Указание: воспользоваться тем, что вполне непрерывный оператор не может иметь ограниченного обратного. 2. Доказать, что если A : H  H – самосопряженный оператор, то для всех x  H число ( Ax, x) – действительное. 3. Доказать, что если A : H  H – самосопряженный оператор, то x  H ( Ax, x)  M ( x, x) , ( Ax, x)  m( x, x) , где M  sup( Ax, x) , m  inf ( Ax, x ) . x 1

x 1

4. Найти спектр диагонального оператора A : l2  l2 , определенного формулой Ax  (11 , 2 2 ,...) , где x  (1 ,  2 ,...)  l2 , а числовая последовательность k  ограничена. Указание: показать, что спектр этого оператора представляет собой замыкание множества k  . При этом  p  k  ,  с  k  \ k  . 455

5. Пусть H – гильбертово пространство, A : H  H – самосопряженный 2 оператор. Доказать, что A2  A . 6. Пусть H – гильбертово пространство, A : H  H – самосопряженный оператор. Доказать, что r ( A)  A .

    7. Доказать, что оператор A : l2  l2 , Ax   0, 1 , 2 , 3 ,...  , где x  (1 ,  2 ,...)  l2 2 3   является вполне непрерывным и найти его спектр. Указание: оценить спектральный радиус. 1

8. Доказать, что оператор A : L2  1,1  L2  1,1 , Ax(t )   t 2 sx( s) ds являет1

ся вполне непрерывным и найти его спектр. 1

9. Доказать, что оператор A : L2  0,1  L2  0,1 , Ax(t )   ts(1  ts) x( s) ds является вполне непрерывным и найти его спектр.

0

1

10. Найти спектр оператора Ax(t )   max(t , ) x( )d , A : L2  0,1  L2  0,1 . 0

1 t2

x(t ) , A : L2  0,1  L2  0,1 . 11. Найти спектр оператора Ax(t )  e 12. Пусть H – гильбертово пространство, A : H  H – линейный ограниченный оператор. Доказать, что  ( A* )   ( A) , где черта означает комплексное сопряжение. i cos

t

13. Найти норму оператора A : L2  0,1  L2  0,1 , если Ax(t )   et x( )d . 0

Краевую задачу для уравнения Бесселя решить численно. 1

14. Найти норму оператора A : L2  0,1  L2  0,1 , если Ax(t )  t  x(t )dt . 0

2

15. Найти норму оператора A : L2 0,2   L2 0,2  , если Ax(t )   sin(t   ) x( )d . 0

1

16. Найти норму оператора A : L2  0,1  L2  0,1 , если Ax(t )   min(t , ) x( )d . 0

17. Найти норму оператора A : L2  0,1  L2  0,1 , если Ax(t )  t

1

3

 s x(s)ds . 2

0

1

18. Найти норму оператора A : L2  0,1  L2  0,1 , если Ax(t )    t  s  x( s)ds . 0

19. Найти норму оператора Ax   2 , 3 , 1   2 ,  4 , 5 ,... , если A : l2  l2 .

456

20. Решить задачу из примера 6, не выполняя сдвиг оператора. При    0,4 построить резольвенту. Указание: пусть по методу вариации постоянных решение неоднородного разностного уравнения имеет вид k  ak q1k  bk q2k , где q1,2 – действительные частные решения характеристического уравнения, причем q1  1 , q2  1 . По

аналогии с дифференциальными уравнениями  ak 1  ak  q1k   bk 1  bk  q2k  0 , и, подставляя вид решения в исходное разностное уравнение, получаем систему двух уравнений относительно неизвестных ak  ak 1  ak и bk  bk 1  bk (подставляем выражение из одного уравнения в другое, преобразовываем, затем, выполняя в полученном уравнении замену индексов k  k  1, складываем уравнения, и в полученном после этого уравнении заменяем индексы обратно).   1 21. Найти спектр оператора Ax(t )    n cos nt cos n x( )d в простран3 0 n 0 стве L2  0,   . 22. Найти спектр оператора Ax(t )   e



( t  )2 2

x( )d в пространстве L2 ( ) .

Указание: сперва можно считать, что x(t )  L1 ( ) L2 ( ) и, применив оператор Фурье, найти унитарно эквивалентный оператор. Затем воспользоваться всюду плотностью L1 ( ) L2 ( ) в L2 ( ) . 23. Найти спектр и резольвенту оператора A : L2    L2   , задаваемого равенством Ax(t ) 



x( s )ds

 1  (t  s)

2

.



24. Найти спектр оператора Фурье в пространстве L2 ( ) . Указание: показать, что оператор Фурье унитарно эквивалентен диагоn нальному оператору T : l2  l2 , где n   i  , n  0,1,2,... . Унитарную эквивалентность осуществляет оператор, ставящий в соответствие любой функции x(t )  L2   последовательность ее коэффициентов Фурье разложения по 2

(1) n t2 d n  t 2 (e ) . При e ортонормированной системе функций Эрмита H n (t )  Hn dt n n  12 (t i )2  d n  12 (t i )2  n d преобразованиях воспользоваться тем, что n  e   (i ) e . dt  d n    25. Решить задачу из примера 6, подобрав унитарный изоморфизм с оператором умножения на функцию в пространстве L2  0,2  . Указание: рассмотреть операторы умножения на мнимые экспоненты. 26. Найти спектр оператора ( Ax)k  k 1  k 1 в пространстве l2 ( ) . 27. Найти норму, спектр и резольвенту оператора Ax  1   2 ,  2  3 ,... , если A : l2  l2 .

457

28. Найти норму, спектр и резольвенту оператора A : L2  0,1  L2  0,1 , за1

даваемого формулой Ax(t )   ( s ln t  t ln s) s( s)ds . 0

     29. Найти норму, спектр и резольвенту оператора Ax   0, 1 , 2 , 3 ,...  , если  2 3 4  A : l2  l2 .

 2  30. Доказать, что система функций  sin kt  , k  образует ортонор   мированный базис в пространстве L2 [0,  ] . Указание: рассмотреть оператор Штурма-Лиувилля Ax(t )  x ''(t ) с обла-

стью определения D( A)  x(t )  C (2) 0,  : x(0)  x( )  0 . Найти его собственные функции. Доказать, что обратный оператор можно продолжить на все пространство L2 [0,  ] , он вполне непрерывен и самосопряжен (это интегральный оператор с симметрическим ядром, см. дополнение). Воспользоваться замечанием к теореме Гильберта-Шмидта, либо теоремой о существовании базиса из собственных векторов.  1  2 31. Доказать, что система функций  , cos kt  , k  образует орто    нормированный базис в пространстве L2 [0,  ] . 32. Используя оператор Штурма-Лиувилля Ax(t )  x ''(t ) с областью опре-

деления D( A)  x(t )  C (2) 0,   : x '(0)  x( )  0 , построить ортонормированный базис в пространстве L2 [0,  ] . 33. Используя оператор Штурма-Лиувилля Ax(t )  x ''(t ) с областью опре-

деления D( A)  x(t )  C (2) 0,   : x(0)  x '( )  0 , построить ортонормированный базис в пространстве L2 [0,  ] . 

34. Найти спектр оператора Ax(t )   k (t , s) x( s )dx : C[0,  ]  C[0,  ] , если 0



sin kt sin ks . k3 k 1 Указание: рассмотреть оператор, как действующий в L2 [0,  ] и показать, что во всех классах эквивалентности его собственных функций лежит непрерывная функция. Для исследования точки   0 использовать то, что Ax(0)  0 . k (t , s )  

 

1 sin nt sin n x( )d в пространn n 1 2

35. Найти спектр оператора Ax(t )    0

стве L2  0,   . 458

 

1 cos nt cos n x( )d в пространn n 1 2

36. Найти спектр оператора Ax(t )    0

стве L2  0,   .

t

1 37. Найти собственные значения оператора Ax(t )   x( s )ds в пространt0 ствах L p [0,1] , 1  p   , C[0,1] и сделать вывод о не вполне непрерывности этого оператора в указанных пространствах. t 1  1 1 38. Найти собственные значения оператора Ax(t )    s x( s)ds , Re  t 0 p в пространствах L p [0,1] , 1  p   .  

1 in (t  ) e x( )d в пространстве n 3 n  0

39. Найти спектр оператора Ax(t )    L2  0,   . 

40. Найти спектр оператора Ax(t )   K (t , ) x( )d в пространстве L2  0,   , 0

sin t cos , 0  t     . если K (t , )   sin cos t , 0    t   1

41. Найти спектр оператора Ax(t )    ts  max(t , s)  x( s)ds в пространстве 0

L2  0,1 .

1

42. Найти спектр оператора Ax(t )    ts  max(t , s)  2min(t , s)  2  x( s)ds в 0

пространстве L2  0,1 . 43. Найти спектр оператора ( Ax)k  k 1  k 1 в пространстве l2 ( ) .

459

Дополнение. Линейные интегральные уравнения Определение: пусть t , s   a, b  , k (t , s) – функция, суммируемая с квадратом на множестве  a, b    a, b  , f (t ) – функция, суммируемая с квадратом на b

отрезке  a, b  ,   . Уравнение вида  k (t , s) ( s)ds  f (t ) называется уравнениa

b

ем Фредгольма первого рода, а уравнение вида  (t )    k (t , s) ( s)ds  f (t ) a

называется уравнением Фредгольма второго рода. Здесь  (t ) – неизвестная функция, k (t , s) – ядро уравнения, f (t ) – свободный член уравнения. Определение: пусть t , s   a, b  , k (t , s) – функция, суммируемая с квадратом на множестве  a, b    a, b  , f (t ) – функция, суммируемая с квадратом на t

отрезке  a, b  ,   . Уравнение вида  k (t , s) ( s)ds  f (t ) называется уравнениa

t

ем Вольтерра первого рода, а уравнение вида  (t )    k (t , s) ( s)ds  f (t ) назыa

вается уравнением Вольтерра второго рода. Здесь  (t ) – неизвестная функция, k (t , s) – ядро уравнения, f (t ) – свободный член уравнения. Теорема (метод резольвент для уравнения Фредгольма второго рода): b

пусть ядро k (t , s) и свободный член f (t ) уравнения  (t )    k (t , s) ( s)ds  f (t ) a

b b

b

квадратично суммируемы и   B , где B   k (t , s) dtds , K (t )   k (t , s) ( s)ds , 1

2

2

a a

тогда ряд Неймана





m

a

K m f сходится в среднем к квадратично суммируемо-

m 0

му решению этого уравнения. Это решение единственно. b

Замечание: при этом K  (t )   km (t , s) ( s)ds , где функции k1 (t , s )  k (t , s ) m

a

b

и km (t , s)   k (t , )km1 ( , s)d ( m  2,3,... ) называются итерированными ядрами. a

b

Замечание: решение  (t ) уравнения  (t )    k (t , s) ( s)ds  f (t ) можно a

b



a

m 0

представить в виде  (t )  f (t )    R(t , s,  ) f ( s)ds , где R (t , s,  )    m km1 (t , s ) – резольвента Фредгольма этого уравнения. 460

Теорема (метод резольвент для уравнения Вольтерра второго рода): t

пусть ядро k (t , s) и свободный член f (t ) уравнения  (t )    k (t , s) ( s)ds  f (t ) a

квадратично суммируемы, тогда при любом  это уравнение имеет единственное суммируемое решение  (t ) , которое может быть получено, как сумма ряда 

b

t

m 1

a

s

Неймана f (t )    m K m f , где K (t )   k (t , s) ( s)ds , km (t , s )   k (t , )km1 ( , s )d ( m  2,3,... ). Замечание: с помощью резольвенты решение интегрального уравнения t

Вольтерра второго рода записывается в виде  (t )  f (t )    R(t , s,  ) f ( s)ds . a

Замечание: все сказанное имеет место и в случае, когда все функции, определенные ранее в L2  a, b  (квадратично суммируемые) считать непрерывными на отрезке  a, b  . При этом в методе резольвент для уравнения Фредгольма изменится условие на параметр  . Замечание: интегральное уравнение Вольтерра первого рода при помощи дифференцирования приводится к интегральному уравнению Вольтерра второго рода. Теорема (метод последовательных приближений): пусть свободный член и ядро уравнения Фредгольма второго рода являются непрерывными функциями (на  a, b  и на  a, b    a, b  соответственно). Выберем какую-нибудь непрерывную функцию 0 (t ) и подставим ее в правую часть этого уравнения. b

Получим 1 (t )  f (t )    k (t , s)0 ( s)ds , причем 1 (t ) также непрерывна на a

 a, b . Поступим с ней также, как и с 0 (t ) , и, продолжая этот процесс, получим последовательность функций 0 (t ) , 1 (t ) ,  2 (t ) ,..., удовлетворяющих уравнениям b

2 (t )  f (t )    k (t , s)1 ( s)ds a

... b

n (t )  f (t )    k (t , s)n1 ( s)ds a

... Из этой системы будет следовать, что b

b

n (t )  f (t )    k1 (t , s) f ( s)ds   2  k2 (t , s) f ( s)ds  ...  a

a

b

 n1  kn1 (t , s ) f ( s )ds  Rn (t ) , a

461

b

где Rn (t )    kn (t , s)0 (s)ds . Тогда при условии  (b  a) max k (t , s)  1 существуn

a t , s b

a

ет предел lim n (t )   (t ) , не зависящий от выбора начального приближения 0 (t ) . n

Замечание: все сказанное применимо и к уравнениям Вольтерра второго рода с учетом того, что в этом случае последовательные приближения сходятся к решению уравнения уже при любом  . Определение: ядро k (t , s) интегрального уравнения Фредгольма второго рода называется вырожденным, если оно является суммой конечного числа произведений функций только от t на функции только от s , т.е. если оно имеет n

вид k (t , s )   ak (t )bk ( s ) , где функции ak (t ) и bk ( s ) непрерывны на  a, b  и поk 1

парно линейно независимы между собой. Замечание: в этом случае уравнение принимает вид n

b

k 1

a

 (t )  f (t )    ak (t )  bk ( s) ( s)ds , или, поскольку

b

n

a

k 1

 bk (s) (s)ds  ck , то  (t )  f (t )    ck ak (t ) . Таким образом,

решение этого уравнения сводится к нахождению неизвестных постоянных c k (k 

n

). Подставляя  (t )  f (t )    ck ak (t ) в исходное уравнение Фредгольма k 1

второго рода, и учитывая линейную независимость функций ak (t ) , для определения c k получаем систему линейных алгебраических уравнений. Определение: значения   0 , при которых однородное интегральное b

уравнение Фредгольма второго рода  (t )    k (t , s) ( s)ds  0 имеет ненулевые a

решения, называются характеристическими числами этого уравнения (или ядра k (t , s) ), а каждое ненулевое решение этого уравнения называется собственной функцией, соответствующей этому характеристическому числу. Число линейно независимых собственных функций, соответствующих значению  , называется рангом характеристического значения  . Замечание: ранг характеристического значения всегда конечен. Определение: уравнение Фредгольма называется уравнением с симметрическим ядром, если

b b

 k (t , s) dtds   и k (t, s)  k (s, t ) . 2

a a

Теорема (о решениях уравнения Фредгольма второго рода с симметриb

ческим ядром): рассмотрим уравнение  (t )    k (t , s) ( s)ds  f (t ) с непрерывным a

симметрическим ядром k (t , s) и непрерывным свободным членом f (t ) . 462

1. Если  

не совпадает с характеристическими числами n ( n ) одb

нородного уравнения  (t )    k (t , s) ( s)ds  0 , то исходное уравнение имеет a

для любой правой части f (t ) единственное непрерывное решение, определяе a мое формулой  (t )  f (t )    n n (t ) , где  n (t ) – ортонормированные n 1   n b

собственные функции, соответствующие числам n , а an   f (t )n (t )dt . a

2. Пусть   совпадает с характеристическим числом k ранга q , т.е.   k  k 1  ...  k q 1 . Тогда решение уравнения существует тогда и только тогда, когда свободный член f ортогонален (в смысле пространства L2 ) всем собственным функциям, соответствующим числу k . При этом, уравнение имеет бесконечное множество решений, которые содержат q произвольных посто k 1 an an янных:  (t )  f ( t)    n( t)    n( t)  c0k( t) ...  cq 1k q 1( t) , n 1   n n  k  q   n где c0 ,..., cq 1 – произвольные постоянные. 3. Если f (t ) ортогональна всем собственным функциям  n (t ) , то решением уравнения является сама эта функция, т.е.  (t )  f (t ) . Теорема (о решениях уравнения Фредгольма первого рода с симметриb

 k (t , s) (s)ds  f (t )

ческим ядром): пусть дано уравнение

с замкнутым сим-

a

метрическим ядром k (t , s) и f (t )  L2  a, b  , тогда это уравнение имеет в классе 

L2  a, b  единственное решение  (t )   n an n (t ) тогда и только тогда, когда n 1

сходится ряд



 n 1

n

2

2

an .

Замечание: здесь  n (t ) – ортонормированные собственные функции, соb

ответствующие характеристическим числам n ядра k (t , s) , а an   f (t )n (t )dt . a

Замкнутость ядра характеризуется тем, что собственные функции этого ядра образуют полную ортогональную в L2  a , b  систему функций. Замечание: более подробно об интегральных уравнениях см. [6]. Примеры решения задач 1. Составить интегральное уравнение, соответствующее задаче Коши y ''' ty '' (t 2  t ) y  tet  1 y(0)  y '(0)  1 , y ''(0)  0 . 463

d3y Решение: обозначим 3   (t ) и проинтегрируем это равенство от 0 до t : dt t

t

t

t

t

d2y d3y d2y d2y 0 ds3 ds  0  (s)ds , откуда ds 2  0  (s)ds или dt 2  dt 2 (0)  0  (s)ds , и, поs 0 t

d2y скольку y ''(0)  0 , то 2    ( s)ds . dt 0 t 

t

t

d2y Снова интегрируя, получаем:  2 ds    ( s)dsd   (t  s) ( s)ds , откуда ds 0 0 0 0 dy ds

t

t

s 0

t

dy dy   (t  s ) ( s )ds или  (0)   (t  s) ( s)ds и, поскольку y '(0)  1 , то dt dt 0 0 t

dy  1   (t  s) ( s)ds . dt 0 t    dy ds   1   (  s) ( s)ds  d  Еще раз интегрируя, получаем, что  ds 0 0 0  t

t   (t  s)2  t     (  s) ( s)ds  d  t    ( s)ds , откуда, поскольку y(0)  1 , полу2 0 0 0  t 2 (t  s) чаем, что y (t )  1  t    ( s)ds . 2 0 Подставим найденные выражения в исходное дифференциальное уравнеt t   (t  s)2 2  ( s)ds   tet  1. После преобразование:  (t )  t   ( s)ds  (t  t ) 1  t   2 0 0   ний получим интегральное уравнение Вольтерра второго рода: t 2t  (t 2  t )(t  s ) 2  (t )    ( s)ds  tet  t  t 3  1 . 2 0 При преобразованиях использовалось соотношение (проверяемое непоxn 1 x1 x x 1 средственным дифференцированием):  dx1  dx2 ...  f ( xn )dxn   ( x  y ) n f ( y )dy . n! 0 0 0 0 2. Воспользовавшись связью между дифференциальными и интегральными уравнениями, найти решение уравнения y '(t )  y (t )  0 при условии y (0)  1 . Решение: аналогично примеру 1 приводим данное уравнение к уравнению t

t

Вольтера второго рода y (t )  1   y ( s)ds . Для нахождения y (t ) используем ме0

t

тод последовательных приближений: y0 (t)  0 , тогда y1 (t )  1   y0 ( s )ds  1, 0

464

t

t

0

0

y2 (t )  1   y1 ( s)ds  1  1ds  1  t ,

t

t

t2 y3 (t )  1   y2 ( s)ds  1   (1  s)ds  1  t  , 2 0 0

 s2  t2 t3 y4 (t )  1   y3 ( s)ds  1   1  s   ds  1  t   ,... На n -м шаге получаем, 2 2 6 0 0 n 1 k t t2 t3 t n1 t очевидно, закономерность yn (t )  1     ...    , откуда 1! 2! 3! (n  1)! k 0 k ! k k  n 1 t t y (t )  lim yn (t )  lim     et . n n k 1 k ! k 1 k ! t (1  s), t  s ( t , s   0,1 ). Найти характеристические 3. Пусть k (t , s)   s (1  t ), t  s  значения и собственные функции этого ядра. Решение: найти характеристические значения ядра k (t , s) – означает найти t

t

1

те значения k  0 , при которых уравнение  (t )    k (t , s) ( s)ds  0 имеет не0

тривиальные решения  k (t ) , которые и называются собственными функциями. С учетом вида ядра k (t , s) и аддитивности интеграла приведем уравнение к 1

t

виду  (t )    s(1  t ) ( s)ds    t (1  s) ( s)ds . Продифференцируем обе части 0

t

t

1

t

0

t

0

по t :  '(t )  t (1  t ) (t )    s ( s)ds  t (1  t ) (t )    (1  s) ( s)ds    s ( s)ds  1

  (1  s) ( s)ds . Продифференцируем по t полученное соотношение еще раз: t

 ''(t )  t (t )   (1  t ) (t )   (t ) . Из исходного уравнения следует, что  (0)   (1)  0 , тогда получаем краевую задачу  ''(t )   (t )  0 ,  (0)   (1)  0 . Поскольку   0 , то рассмотрим два случая. Случай 1:   0 , тогда характеристическое уравнение для  ''(t )   (t )  0 имеет вид k 2    0 , откуда k    и  (t )  c1e

t

 c2e

 t

. Используя крае-

c1  c2  0 . Определитель вые условия, получаем систему уравнений     0 c1e  c2e 1 1       0 , поэтому система имеет только нулеe e этой системы    e e вое решение c1  c2  0 , откуда  (t )  0 , т.е. числа   0 не могут быть характеристическими числами. Случай 2:   0 , тогда характеристическое уравнение имеет решения k  i  , откуда  (t )  c1 cos  t  c2 sin  t . 465

Используя первое краевое условие, находим, что  (0)  c1  0 , тогда из второго краевого условия получаем:  (1)  c2 sin   0 . Поскольку  (t ) должна быть нетривиальной, а c1  0 , то c2  0 , и равенство c2 sin   0 возможно только при sin   0 , т.е. при n   n, n  , откуда n   2 n 2 , n  . Тогда собственные функции имеют вид  n (t )  c2 sin  nt , n  , где c2  0 и можно считать, что c2  1 . 4. Определить функцию  из класса C (1) ( ) такую, что t

 (t )  sin t    e  s (t  s)ds . 0

Решение: сделаем в интеграле замену переменной t  s  u , тогда уравнеt

ние придет к виду  (t )  sin t    e  (u )du или  (t )  sin t  e u t

0

t

t

 e  (u)du . u

0

t

Умножив обе части на et , получим et (t )  et sin t    eu (u )du . Продифферен0

цируем полученное уравнение по t : e  (t )  e  '(t )  et sin t  et cos t  et (t ) . После преобразований получим уравнение  '(t )  (1   ) (t )  sin t  cos t . Из исходного интегрального уравнения видно, что  (0)  0 . t

t

Решение однородного уравнения  '(t )  (1   ) (t )  0 имеет вид 0 (t )  ce(  1)t . Частное решение неоднородного уравнения будем искать в виде A cos t  B sin t , тогда,  A sin t  B cos t  (1   )( A cos t  B sin t )  sin t  cos t , откуда получаем си1 1    A  (1   ) B  1 стему  . Ее определитель  1  (1   )2  2  2   2 . 1  1  B  (1   ) A  1 Поскольку уравнение 2  2   2  0 действительных решений не имеет, то 1 1 

исходная система имеет единственное решение A 

1 1    2  2   2 2  2   2

1 1 1  1 2  и B . Таким образом, общее решение неоднородного 2 2  2   2  2   2 2  cos t  sin t . уравнения имеет вид  (t )  ce(  1)t  2 2  2   2  2   2 Используя начальное условие, находим  (0)  c 

c

  0 , откуда 2  2   2

 . Окончательное решение исходного интегрального уравнения: 2  2   2 2  sin t . e(  1)t  cos t    (t )  2  2  2   2  2   2 466

t

5. Построить резольвенту уравнения  (t )    k (t , s) ( s)ds  f (t ) и с ее по0

t2 2

мощью найти решение при k (t , s )  e ,   1, f (t )  te . Решение: найдем итерированные ядра этого уравнения. Учитывая, что k1 (t , s)  k (t , s)  e  (t  s ) , последовательно находим:  (t s )

t

t

k2 (t , s)   k (t , )k1 ( , s)d   e s

 ( t  )  (  s )

e

s

t

d   e  (t s )d  e  (t s ) (t  s ) , s

t

t

k3 (t , s)   k (t , )k2 ( , s)d   e  (t  )e  (  s ) (  s)d  s

s

t

 e (t s )  (  s)d  e (t s ) s

(t  s)2 , 2

....

(t  s)n1 Далее, по индукции, доказывается, что kn (t , s)  e , n . Та(n  1)! n    ( (t  s)) n  (t s )  (t s ) n n (t  s ) ким образом, R(t , s,  )    kn1 (t , s)  e  e    n! n! n 0 n 0 n 0  (t s )

e

(t s )  (t s )

e

e

( t  s )(  1)

t

. Решение уравнения:  (t )  f (t )    R(t , s,  ) f ( s)ds . При 0

t2 2

  1, получаем, что R(t , s,  )  1 и при f (t )  te , получаем: t2 2

t

s2 2

t2 2

 (t )  te   se ds  te  e 0

s2 2

t

t2 2

t2 2

 te  e  1 . 0

1

6. Построить резольвенту уравнения  (t )    ts ( s)ds  f (t ) и с ее помо0

щью найти решение при   2 , f (t )  t . Решение: найдем итерированные ядра данного уравнения, учитывая, что k1 (t , s)  k (t, s)  ts . Тогда последовательно получаем: 1

1

0

1

0 1

0

0

k2 (t , s )   k (t , )k1 ( , s)d   t 2 sd  k3 (t , s)   k (t , )k3 ( , s)d   t

s 3

d 

ts , 3 ts , 9

.... Методом математической индукции доказывается, что kn (t , s ) 

467

ts , n . 3n1

 1  Таким образом R(t , s,  )    kn1 (t , s)  ts   n  ts    . Получен3 n 0 n 0 n 0  3    1 или при   3 и в этом случае его сумма ный ряд сходится только при 3 3ts 1 3  равна , тогда R (t , s,  )  . Решение уравнения записывается в  3   3 1 3 

n



n

n

1

1

0

0

виде  (t )  f (t )    R(t , s,  ) f ( s)ds и при   2 , f (t )  t имеем  (t )  t  6 ts 2ds  3t . 7. Решить интегральное уравнение Вольтерра первого рода t

e

 ( s)ds  sin t .

t s

0

Решение: приведем это уравнение к интегральному уравнению Вольтерра t

второго рода, для чего продифференцируем его по t :  (t )   et s ( s)ds  cos t . 0

Здесь k (t , s )  e ,   1, f (t )  cos t . Как в примере 5 находим R(t , s,  )  e(t s )(  1)  1 , t s

t

тогда  (t )  cos t   cos sds  cos t  sin t . 0

8. Методом последовательных приближений решить следующие интегральные уравнения: 1 2

t

а)  (t )   ( s  t ) ( s)ds  1 ; б)  (t )  t    ( s )ds . 0

0

t

Решение: а) Возьмем 0 (t )  0 . Тогда 1 (t )  1   ( s  t )0 ( s)ds  1 , 0

t

t

t2 2 t2 2 (t )  1   ( s  t )1 ( s)ds  1   ( s  t )ds  1   t  1  , 2 2 0 0 t



t

3 (t )  1   ( s  t )2 ( s)ds  1   ( s  t ) 1  0



0

2

4

s2  t2 t4 2 t4 ds 1    t    2 2 8 6

t t t2 t4 1  1  , 2 24 2! 4! .... n t2 t4 (1)n1t 2 n2 (1)k 1t 2 k 2  На n -м шаге получим n (t )  1    ...  . k 2! 4! (2n  2)! (2  2)! k 1 k 1 2 k 2 k 1 2 k 2  n (1) t (1) t Тогда  (t )  limn (t )  lim    cos t . n n   k k (2 2)! (2 2)! k 1 k 1 468

1 2

б) Возьмем 0 (t )  0 . Тогда 1 (t )  t   0 ( s)ds  t , 0

1 2

1 2

1 8

2 (t )  t   1 ( s)ds  t   sds  t  , 0

1 2

0

1 2

 0

1

1

1

1

1 1

3 (t )  t   2 ( s)ds  t    s   ds  t    t    , 8 8 16 8 2 8 0



.... 1 1 1 1 1 1 1 1 n2 1 На n -м шаге получим n (t )  t     2   ...  n2   t   k . 8 2 8 2 8 2 8 8 k 0 2 1  1 1 1 1  1 n2 1  t . Тогда  (t )  lim n (t )  lim  t   k   t   k  t   n n 8 k 0 2 8 1 1 4  8 k 0 2  2 

9. Решить уравнение  (t )    (t cos s  s 2 sin t  cos t sin s) ( s)ds  t , где 

 .

Решение: это уравнение с вырожденным ядром, поскольку его ядро представляет собой конечную сумму попарных произведений функций, зависящих только от t на функции, зависящие только от s . Преобразуем уравнение к виду 





 (t )  t  cos s ( s)ds   sin t  s  ( s)ds   cos t  sin s ( s)ds  t или 2











   2  (t )  t 1    cos s ( s)ds    sin t  s  (s)ds   cos t  sin s (s)ds .      Таким образом, решение исходного уравнения необходимо искать в виде  (t )  c1t  c2 sin t  c3 cos t . Подставляя этот вид решения в уравнение, получаем:    c1t  c2 sin t  c3 cos t  t 1    cos s (c1s  c2 sin s  c3 cos s )ds      



 sin t  s (c1s  c2 sin s  c3 cos s )ds   cos t  sin s (c1s  c2 sin s  c3 cos s )ds . 2





Приравнивая соответствующие коэффициенты в левой и правой частях уравнения, получаем, что: 

c1  1    cos s(c1s  c2 sin s  c3 cos s)ds ,  

c2    s 2 (c1s  c2 sin s  c3 cos s )ds , 

469



c3    sin s(c1s  c2 sin s  c3 cos s )ds . 

c1   c3  1  Вычисляя все интегралы, получаем систему c2  4 c3  0 . Опреде2 c   c  c  0 1 2 3  1



0

4  2 2 2  1  0 , поэтому система имеет 2  1 единственное решение, найти которое можно по формулам Крамера: 1 0 1 1 0  1 1  литель этой системы

0

1

0 1 4 0 0 4 0 1 0 2  0 0  1 1  4 2 2 2 0 1 8 2 2 2 , c2  , c3  . c1     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1  2  2   1 1  2  2   1 2   1 1  2 2 2 Тогда решение исходного уравнения записывается в виде: 1  4 2 2 8 2 2 2  (t )    t sin t cos t . 1  2 2 2 1  2 2 2 1  2 2 2 1

10. Решить интегральное уравнение  (t )    (2ts 3  5t 2 s 2 ) ( s)ds  7t 4  3 . 1

Решение: это уравнение представляет собой уравнение с вырожденным 1

ядром. Представим его в виде  (t )    2t  s  ( s)ds    5t 3

1

1

1

2

 s  (s)ds  7t 2

4

3

1

1

или  (t )  2t  s 3 ( s)ds  5t 2  s 2 ( s)ds  7t 4  3 . Значит, его решение надо ис1

1

кать в виде  (t )  c0  c1t  c2t  c4t 4 . Подставим этот вид решения в уравнение и получим 2

1

c0  c1t  c2t  c4t  2t  s 3 (c0  c1s  c2 s 2  c4 s 4 )ds  2

4

1

1

5t 2  s 2 (c0  c1s  c2 s 2  c4 s 4 )ds  7t 4  3 . 1

Отсюда получаем, что c0  3 , c4  7 , 1

c1  2  s 3 (c0  c1s  c2 s 2  c4 s 4 )ds , 1 1

c2  5  s 2 (c0  c1s  c2 s 2  c4 s 4 )ds . 1

470

Подставляя в эти два равенства значения c0 и c 4 , и, вычисляя интегралы,

  4  c 1    0 получаем систему  1  5  . c (1  2 )  20  2 4 1  0 8 14  4   1    (1  2 )   2    1 раОпределитель этой системы 5 5  5 5 0 1  2  1 5 вен нулю при   и   , т.е. при этих значениях  система либо не имеет 2 4 3 1  c 0 , т.е. решений, либо имеет более одного решения. Пусть   , тогда  5 1 2 c2  0  10 c1  0  0 5  система в этом случае решений не имеет. Пусть   , тогда  3 , отку4  c  25  2 2 50 , c1 – произвольное, и решение интегрального уравнения имеет вид 3 c1  0 50 2 1 5  4  (t )  3  c1t  t  7t . Пусть   и   , тогда  20 , и решение ин3 2 4 c2  1  2

да c2  

тегрального уравнения имеет вид  (t )  3 

20 2 t  7t 4 . 1  2

1

11. Решить уравнение  (t )    k (t , s) ( s)ds  t с симметричным ядром 0

t (1  s), t  s k (t , s)   .  s(1  t ), t  s Решение: в примере 3 найдены характеристические числа n   2 n 2 и соответствующие им собственные функции n (t )  sin  nt , n  данного ядра. Поскольку n

1

 L 0,1 2

2  sin  ntdt  0

1 , то нормированные собственные функ2

ции будут иметь вид n (t )  2 sin  nt , n  . Если   n , то по п. 1 теоремы о  a решениях уравнения с симметрическим ядром  (t )  f (t )    n n (t ) , где n 1   n 1

1

1

1

1

2 2 2 an   f (t )n (t )dt  2  t sin  ntdt   td cos  nt   t cos  nt  cos  ntdt    n n n    0 0 0 0 0 471

1

2 2 2 2 2 cos  n  2 2 sin  nt   cos  n   (1) n  (1) n1 .  n  n n n n 0

2

(1)n1 sin  nt . Тогда  (t )  t    n1 n(   2n2 ) Если   n , то по п. 2 теоремы о решениях уравнения с симметрическим ядром данное уравнение не имеет решений, поскольку его правая часть f (t )  t не ортогональна всем собственным функциям. Это следует из того, что скалярное произведение ( f (t ),n (t ))  an  0 . 12. Найти характеристические числа, собственные функции и решения (при каждом   , при котором они существуют) интегрального уравнения 



 (t )    cos 2 (t  s) ( s)ds  sin 2t . 

Решение: данное уравнение является уравнением с симметрическим ядром, поскольку k (t , s)  cos 2 (t  s)  cos 2 ( s  t )  k ( s, t ) . Найдем его характеристические значения и собственные функции, для чего рассмотрим однородное 

уравнение  (t )    cos 2 (t  s) ( s)ds  0 . 

1  cos 2(t  s) 1 1 1   cos 2t cos 2s  sin 2t sin 2s , то 2 2 2 2        (t )    ( s)ds  cos 2t  cos 2s ( s)ds  sin 2t  sin 2 s ( s) ds . 2  2 2   Таким образом, решение будем искать в виде  (t )  c1  c2 cos2t  c3 sin 2t . Подставим этот вид в уравнение:  c1  c2 cos 2t  c3 sin 2t   (c1  c2 cos 2s  c3 sin 2s)ds  2  Поскольку cos2 (t  s) 





 cos 2t  cos 2s(c1  c2 cos 2s  c3 sin 2s)ds  2  



Откуда

 sin 2t  sin 2s(c1  c2 cos 2s  c3 sin 2s)ds . 2  c1 

c2  c3 





2 









2  2 

(c1  c2 cos 2s  c3 sin 2s)ds ,

cos 2s(c1  c2 cos 2s  c3 sin 2s)ds , sin 2s(c1  c2 cos 2s  c3 sin 2s)ds . 472

 c (1   )  0 1     Вычисляя все интегралы, получаем систему c2 1    0 . Это – одно2        c3 1  0 2    родная система линейных уравнений, поэтому она имеет нетривиальное реше     ние, только если ее определитель равен нулю, т.е. (1   ) 1  1    0, 2  2   2 1 откуда находим характеристические значения 1  , 2  3  .   1 Если 1  , то c1 – произвольно, c2  c3  0 , и значит 1 (t )  c1 . Чтобы  функция была нормированной, найдем 1 



2  c1 dt  c1 2  1 при c1 



1 2

1 cos 2t sin 2t . Аналогично находим 2 (t )  и 3 (t )  – обе норми2   рованные. Пусть   \ 1 , 2  , тогда по п. 1 теоремы о решениях уравнения с и 1 (t ) 





a симметрическим ядром  (t )  f (t )    n n (t ) , где an   f (t )n (t )dt т.е., n 1   n   a1  a2  a3 1 (t )   2 (t )   (t ) , причем в данном случае,  (t )  sin 2t    1   2   3 3 a1 

1 2



 sin 2tdt  0 , a

2





1





 sin 2t cos 2tdt  0 , a

3



Следовательно,  (t )  sin 2t 

 sin 2t 2sin 2t  .   2 2  



1





 sin

2

2tdt   .



Пусть теперь   1 , тогда по п. 2 теоремы о решениях уравнения с симметрическим ядром, поскольку правая часть f (t )  sin 2t ортогональна соб1 , то исходное неоднородное уравнение имеет ственной функции 1 (t )  2 a a решения  (t )  f (t )    2 2 (t )    3 3 (t )  c01 (t ) , где c0 – произволь  2   3 ная постоянная (ранг характеристического числа q  1 ). 2sin 2t 2sin 2t c Таким образом,  (t )  .  0 C 2   2  2   Наконец, при   2  3 исходное уравнение решений не имеет, поскольку его правая часть f (t )  sin 2t не ортогональна к функции 3 (t ) . 473

1

13. Найти решения уравнения  (t )     ( s)ds  1,   0 . 0

Решение: решим это уравнение Фредгольма второго рода методом резольвент. Здесь k (t , s)  1 , B 

1 1

 k (t , s) dtds  1, тогда данное уравнение имеет 2

0 0

решение при   B  1, и это решение представляется рядом Неймана, т.е. 1



1

1

0

0

 (t )    K f (t ) . Здесь Kf (t )   k (t , s) f ( s)ds  1ds  1 , K 2 f (t )  K ( Kf (t ))  m

m

m 0

1

1

0

0

  k (t , s) K ( f ( s))ds  1ds  1 , и, аналогично, для всех m  0 K m f (t )  1 (это 

можно обосновать и по индукции). Тогда  (t )    m  m 0

1 . При   1 ряд 1 

Неймана расходится. Решим это же уравнение иначе, а именно, заметим, что его решение нужно искать в виде  (t )  c . Подставляя в уравнение этот вид решения, получаем: 1

1 1 . Таким образом,  (t )  , при 1    1 0 чем при   1 решения не существует. Итак, даже при условии, что ряд Неймана расходится при   1 , решение уравнения все равно существует. 14. Решить интегральное уравнение Фредгольма первого рода 1 t (1  s), t  s 3  k ( t , s ) k ( t , s ) ( s ) ds sin t    с симметричным ядром .  0   s (1 t ), t s 

c    cds  1 , откуда c  c  1, т.е. c 

Решение: собственные функции ядра – есть n (t )  2 sin  nt , n  , а соответствующие им характеристические числа n   2 n 2 . Система  n (t ) на от3 1 3 1 резке  0,1 полна. Далее, sin 3  t  sin  t  sin3 t  1 (t )  3 (t ) , т.е. 4 4 4 2 4 2 коэффициенты разложения правой части уравнения по базису  n (t ) – есть

a1 

3

, a3  

1

, остальные an равны нулю. Таким образом, ряд





n

2

an

2

4 2 4 2 n 1 сходится и выполнены все условия теоремы о решениях уравнения Фредгольма первого рода с симметрическим ядром. Согласно этой теореме получаем един3 2 (sin  t  3sin 3 t ) . ственное решение  (t )  1a11 (t )  3a33 (t )  4 Задачи для самостоятельного решения 1. Составить интегральные уравнения, соответствующие следующим диф474

ференциальным уравнениям с заданными начальными условиями: а) y ''(t )  y (t )  0 , y(0)  0 , y '(0)  1; б) y '''(t )  3 y ''(t )  6 y '(t )  8 y(t )  0 , y (0)  y '(0)  y ''(0)  1; в) y ''(t )  y(t )  cos t , y(0)  0 , y '(0)  1. 2. Найти характеристические числа и соответствующие им собственные функции ядра k (t , s )  st  s 2t 2 ( t , s   1,1 ). t

3. Найти резольвенту интегрального уравнения  (t )    k (t , s) ( s)ds  f (t ) и с ее помощью решить уравнение в следующих случаях: 2 2 2 а) k (t , s )  et s ,   2 , f (t )  et  2t ;

0

1 t2 б) k (t , s)  ,   1 , f (t )  1  t 2 ; 2 1 s 2  cos t в) k (t , s )  ,   1, f (t )  et sin t . 2  cos s b

4. Найти резольвенту интегрального уравнения  (t )    k (t , s) ( s)ds  f (t ) и с ее помощью решить уравнение в следующих случаях: а) k (t , s)  sin t cos s , a  0 , b 



2

a

,   1, f (t )  cos t ;

e б) k (t , s )  te s , a  1, b  1,   , f (t )  (3t 2  1)et ; 3 2 2 в) k (t , s)  ts  t s , a  1, b  1,   1, f (t )  3(t  1) . 5. Методом последовательных приближений решить следующие интегральные уравнения: t

а)  (t )  t   ( s  t ) ( s)ds ( 0 (t )  0 ); 0

1

5 1 б)  (t )  t   ts ( s )ds ( 0 (t )  0 ); 6 20 t

в)  (t )  2t  2    ( s) ds ( 0 (t )  1 ); 0

t

г)  (t )  1  t   (t  s) ( s)ds ( 0 (t )  1 ); 0

t

д)  (t )  arctgt  

 ( s)

ds ( 0 (t )  0 ). 1  s2 6. Решить следующие интегральные уравнения Вольтерра первого рода: 0

t

t2 2

а)  sin(t  s ) ( s ) ds  e  1 ; 0

475

t

t2 б)  (1  t  s ) ( s)ds  . 2 0 7. Решить уравнения: 2

2

2

а)  (t )  3 ts ( s)ds  3t  2 ; 0 1

б)  (t )  3 ts ( s)ds  3t  2 ; 0

1

в)  (t )   (t  s ) ( s)ds  18t 2  9t  4 ; 0



г)  (t )   cos(t  s ) ( s)ds  1 . 0

8. Решить интегральные уравнения с вырожденными ядрами: 

2

а)  (t )  4  sin 2 t ( s)ds  2t   ; 0 1

б)  (t )    cos(q ln s) ( s)ds  1 , q 

;

0 1

в)  (t )    (t 2  st ) ( s)ds  t 2  t ; 1



г)  (t )    (sin s  s cos t ) ( s)ds  1  0

2t



.

9. Решить уравнения: t

а)  (t )  t   et s ( s)ds ; 0

t

б)  (t )  cos t   (t  s)cos(t  s) ( s)ds . 0

( s  1)t , 10. Решить уравнение  (t )    k (t , s ) ( s)ds  cos  t , k (t , s )   (t  1)s , 0 1 t  s, 11. Решить уравнение  (t )    k (t , s) ( s)ds  t 3  t 2 , k (t , s)   s  t , 0 1 t ( s  1), 12. Решить уравнение  (t )    k (t , s) ( s)ds  sin  t , k (t , s )    s(t  1), 0 1

1

0t  s s  t 1

0t s s  t 1 0t  s s  t 1

. . .

13. При всех  и b решить в C  0,1 уравнение f ( x)  10 x  t 2 f (t )dt  2 x  bx 2 . 2

0

476

1

14. Пусть  (t )    min(t , s) ( s)ds  sin  t . Доказать, что характеристиче0

2

 1 ские значения и собственные функции этого уравнения – есть n    n   ,  2 1  n (t )  sin  n   t , n  0,1,2,... Найти решения этого уравнения при каждом 2    , при котором они существуют. 1   15. Решить в L2  0,1 уравнение f ( x)    min( x, t ) f (t )dt  cos  x  . 2  0 2

1

16. Решить в L2  0,1 уравнение f ( x)    K ( x, t ) f (t )dt  cos  2 x  , где 0

( x  1)t , K ( x, t )   (t  1) x,

xt xt

. 1

17. При всех  и a решить в C  0,1 уравнение f ( x)  6 x  tf (t )dt  ax  2 x 2 . 0

18. Выяснить, какие из данных уравнений имеют единственное решение и найти это решение. В случае неединственности указать несколько решений: 1

1 а)  t (t )dt  ; 3 0 1

б)  (3x  2)t (t )dt  x3  3x  1 ; в)

0 2

 cos( x  t ) (t )dt   cos x . 0

Указание: решение интегрального уравнения Фредгольма первого рода не будет единственным, если система собственных функций его ядра не является полной на соответствующем отрезке.

477

Рекомендуемая литература 1. Городецкий, В.В. Методы решения задач по функциональному анализу/ В.В. Городецкий, Н.И. Нагнибида, П.П. Настасиев. – М.: Книжный дом “Либроком”, 2012. – 480 с. 2. Иосида, К. Функциональный анализ/ К. Иосида. – М.: Мир, 1967. – 624 c. 3. Канторович, Л.В. Функциональный анализ/ Л.В. Канторович, Г.П. Акилов. – М.: Наука. Гл. ред. физ.-мат. лит, 1984. – 752 c. 4. Кириллов, А.А. Теоремы и задачи функционального анализа/ А.А. Кириллов, А.Д. Гвишиани. – М.: Наука. Гл. ред. физ.-мат. лит, 1988. – 400 с. 5. Колмогоров, А.Н. Элементы теории функций и функционального анализа/ А.Н. Колмогоров, С.В. Фомин. – М.: Физматлит, 2017. – 576 с. 6. Краснов, М.Л. Интегральные уравнения. Введение в теорию/ М.Л. Краснов. – М.: Наука, 1975. – 302 с. 7. Люстерник, Л.А. Элементы функционального анализа/ Л.А. Люстерник, В.И. Соболев. – М.: Наука, 1965. – 520 с. 8. Треногин, В.А. Задачи и упражнения по функциональному анализу/ В.А. Треногин, Б.М. Писаревский, Т.С. Соболева. – М.: Наука, 1984. – 256 c. 9. Треногин, В.А. Функциональный анализ/ В.А. Треногин. – М.: Наука, 1980. – 496 c. 10. Хелемский, А.Я. Лекции по функциональному анализу/ А.Я. Хелемский. – М.: МЦНМО, 2014. – 560 с.

478

Содержание ПРЕДИСЛОВИЕ............................................................................................................................................................................ ВСПОМОГАТЕЛЬНЫЕ НЕРАВЕНСТВА............................................................................................................. СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ МЕРЫ И ИНТЕГРАЛА ЛЕБЕГА................................................................ ЧАСТЬ I. ПРОСТРАНСТВА............................................................................................................................................... РАЗДЕЛ 1. МЕТРИЧЕСКИЕ ПРОСТРАНСТВА...................................................................................... 1.1. Понятия метрики и метрического пространства................................................................... Примеры решения задач (19). Задачи для самостоятельного решения (23) 1.2. Множества в метрических пространствах. Примеры метрических пространств................................................................................................................................................................................. Примеры решения задач (29). Задачи для самостоятельного решения (31) 1.3. Сходящиеся и фундаментальные последовательности. Полные метрические пространства........................................................................................................................................................ Примеры решения задач (38). Задачи для самостоятельного решения (43) 1.4. Свойства полных метрических пространств............................................................................ Примеры решения задач (53). Задачи для самостоятельного решения (55) 1.5. Пополнение метрических пространств. Сепарабельные пространства ........... Примеры решения задач (59). Задачи для самостоятельного решения (62) 1.6. Компактные множества............................................................................................................................... Примеры решения задач (67). Задачи для самостоятельного решения (68) 1.7. Непрерывные отображения метрических пространств. Сжимающие отображения..................................................................................................................................................................... Примеры решения задач (75). Задачи для самостоятельного решения (79) РАЗДЕЛ 2. ЛИНЕЙНЫЕ НОРМИРОВАННЫЕ ПРОСТРАНСТВА........................................ 2.1. Линейные пространства.............................................................................................................................. Примеры решения задач (89). Задачи для самостоятельного решения (92) 2.2. Нормированные пространства............................................................................................................... Примеры решения задач (98). Задачи для самостоятельного решения (102) 2.3. Ряды в линейных нормированных пространствах.............................................................. Задачи для самостоятельного решения (106) 2.4. Пространства l p (1  p  ), c, c0 и C[a, b] ................................................................................. Примеры решения задач (110). Задачи для самостоятельного решения (113) 2.5. Линейные подпространства и плотные множества............................................................ Примеры решения задач (119). Задачи для самостоятельного решения (122) 2.6. Предкомпактные множества................................................................................................................... Примеры решения задач (129). Задачи для самостоятельного решения (131) 2.7. Пространства Lp ( E, d  ),1  p   ..................................................................................................... Примеры решения задач (140). Задачи для самостоятельного решения (147) 2.8. Полнота пространств L p ( E , d  ) при 1  p   .....................................................................

3 5 8 19 19 19

27

36 50 58 63

71 87 87 95 104 107 116 126 137 153

2.9. Плотные множества в Lp ( E, d  ),1  p   ................................................................................

156

2.10. Предкомпактные множества в L2 ( X ) ......................................................................................... Примеры решения задач (166). Задачи для самостоятельного решения (168) Дополнение. Базисы в линейных пространствах............................................................................ РАЗДЕЛ 3. ГИЛЬБЕРТОВЫ ПРОСТРАНСТВА....................................................................................... 3.1. Пространства со скалярным произведением ............................................................................ Примеры решения задач (177). Задачи для самостоятельного решения (180) 3.2. Проекции векторов в гильбертовых пространствах.......................................................... 3.3. Ортогональные дополнения и их свойства................................................................................ Примеры решения задач (187). Задачи для самостоятельного решения (194)

164

479

171 175 175 184 186

3.4. Ряды Фурье в гильбертовых пространствах............................................................................. Примеры решения задач (198). Задачи для самостоятельного решения (199) 3.5. Базисы в гильбертовых пространствах.......................................................................................... Примеры решения задач (206). Задачи для самостоятельного решения (212). Дополнение (215) ЧАСТЬ II. ОПЕРАТОРЫ........................................................................................................................................................ РАЗДЕЛ 1. ОБЩИЕ СВОЙСТВА ЛИНЕЙНЫХ ОГРАНИЧЕННЫХ ОПЕРАТОРОВ...................................................................................................................................................................................................... 1.1. Понятие линейного ограниченного оператора, его норма........................................... Примеры решения задач (219). Задачи для самостоятельного решения (233) 1.2. Пространство линейных ограниченных операторов ......................................................... Задачи для самостоятельного решения (244) 1.3. Последовательности операторов......................................................................................................... Примеры решения задач (248). Задачи для самостоятельного решения (254) 1.4. Дополнительные задачи и утверждения....................................................................................... Задачи для самостоятельного решения (269) 1.5. Образы шаров в банаховых пространствах............................................................................... РАЗДЕЛ 2. СОПРЯЖЕННЫЕ ПРОСТРАНСТВА.................................................................................... 2.1. Функционалы в гильбертовых пространствах........................................................................ 2.2. Функционалы в нормированных пространствах.................................................................. Примеры решения задач (288). Задачи для самостоятельного решения (292) 2.3. Продолжение линейных функционалов ....................................................................................... Примеры решения задач (298). Задачи для самостоятельного решения (302) 2.4. Общий вид линейного ограниченного функционала в пространстве C[a, b] ..................................................................................................................................................................................... Примеры решения задач (315). Задачи для самостоятельного решения (316) 2.5. Слабая и *-слабая сходимости.............................................................................................................. Примеры решения задач (327). Задачи для самостоятельного решения (330) 2.6. Рефлексивные пространства. Двойственность ....................................................................... Примеры решения задач (338). Задачи для самостоятельного решения (339) 2.7. Сопряженные операторы............................................................................................................................ Примеры решения задач (345). Задачи для самостоятельного решения (350) Дополнение. Комплексный вариант теоремы Хана-Банаха. Слабая замкнутость выпуклого множества............................................................................................................................... РАЗДЕЛ 3. ЭЛЕМЕНТЫ СПЕКТРАЛЬНОЙ ТЕОРИИ....................................................................... 3.1. Обратные операторы...................................................................................................................................... Примеры решения задач (362). Задачи для самостоятельного решения (369) 3.2. Замкнутые операторы.................................................................................................................................... Примеры решения задач (375). Задачи для самостоятельного решения (377) 3.3. Резольвентное множество и спектр оператора....................................................................... Примеры решения задач (387). Задачи для самостоятельного решения (401) 3.4. Вполне непрерывные операторы......................................................................................................... Примеры решения задач (414). Задачи для самостоятельного решения (425) 3.5. Фредгольмовы операторы......................................................................................................................... Примеры решения задач (436). Задачи для самостоятельного решения (439) 3.6. Спектры самосопряженных и вполне непрерывных операторов .......................... Примеры решения задач (450). Задачи для самостоятельного решения (455) Дополнение. Линейные интегральные уравнения ......................................................................... Примеры решения задач (463). Задачи для самостоятельного решения (474) Рекомендуемая литература...................................................................................................................................................

480

196 202

217 217 217 242 245 260 274 278 278 281 295

308 320 335 342

355 357 357 374 380 409 433 441 460 478

Учебное издание

Кутузов Антон Сергеевич

Введение в функциональный анализ Учебное пособие

Ответственный редактор Ю. Барабанщикова Верстальщик Е. Семенова

Издательство «Директ-Медиа» 117342, Москва, ул. Обручева, 34/63, стр. 1 Тел/факс + 7 (495) 334-72-11 E-mail: [email protected] www.biblioclub.ru www.directmedia.ru

Отпечатано в ООО «МЭЙЛ ТЕКНОЛОДЖИ» 142172, г. Москва, г. Щербинка, ул. Космонавтов, д.16