ФАН ч 2.2

3 Линейные нормированные пространства и
операторы в них
Тема 3.1
Линейные нормированные пространства
Всюду ниже Х – векторное пространство над полем К (К= R ,C ).
Определение. Пусть x1 , , xn  X , 1 , ,n  K . Выражение
1 x1    n xn
называется линейной комбинацией векторов x1 , , xn с коэффициентами 1 , , n .
Определение. Конечная система x1 , , xn  X называется линейно
независимой, если равенство
1 x1   n xn  0
возможно лишь при 1   2    n  0 . В противном случае она
называется линейно зависимой.
Определение. Бесконечная система ( x ) векторов из X называется
линейно независимой, если каждая ее конечная подсистема линейно
независима.
Определение. Пусть X ,Y – векторные пространства над полем К.
Отображение f : X  Y называется изоморфизмом векторных пространств, если оно
1)
биективно;
2)
линейно, т.е. удовлетворяет тождеству
f (1 x1  2 x2 )  1 f ( x1 )  2 f ( x2 ) ( x1 , x2  X , 1 ,2  K ).
Определение. Пусть x, y  X . Отрезком в Х с концами х и у называется множество
[ x, y ]  {(1  t ) x  ty | t  [0,1]} .
Определение. Подмножество A  X называется выпуклым, если
вместе с любыми своими точками х и у оно содержит и весь отрезок
[x,y].
Теорема-определение. Пусть M - подпространство пространства X . Семейство X / M , состоящее из множеств вида
[ x]: x  M : {x  z | z  M } ,
является векторным пространством относительно операций
[ x]  [ y ]: [ x  y ], [ x]: [ x] ( x, y  X ,   K ).
Оно называется факторпространством пространства Х по подпространству М.
84
Определение. Отображение p : X  R называется нормой, если
она обладает следующими свойствами:
1) p( x)  0, p( x)  0  x  0 ;
2) p( x) |  | p( x);
3) p( x  y )  p( x)  p( y ).
Часто вместо p( x) пишут x .
Определение. Если в предыдущем определении заменить аксиому
1) более слабой:
1) p( x)  0,
то получим определение полунормы.
Определение. Векторное пространство Х, наделенное норомой,
называется нормированным.
Каждое нормированное пространство ( X , p) становится метрическим при наделении его естественной метрикой
 ( x, y ) : p( x  y ) .
Таким образом, к нормированным пространствам применимы все
понятия и результаты теории метрических пространств.
Определение. Две нормы p и q в векторном пространстве Х называются эквивалентными, если существуют такие положительные числа a и b, что при всез х из Х выполняются неравенства
ap( x)  q( x)  bp( x).
3.1.1. Проверить, является ли функция p полуноромой, нормой в
пространстве X (таблица 3.1.1).
Таблица 3.1.1
Вариант
X
p(x)
1
2
3
1
C (1) [a; b]
x(a)  max  x' (t ) : t  [a; b]
n
x ( k ) (t )
 max
0t 1
(n )
2
C [0;1]
3
B( )
k 0
sup  x(t ) t 
85

Окончание таблицы 3.1.1
1
2
3
1
 x(t ) dt
(1)
C [0;1]
4
0

5
l1
6
l
 n 1 x(n)
n 1
sup  x(n) n 

2
7
 x(t ) dt
C[0;2]
0

n
l1
8
x(1)

n
l2
10
x ( n)
n 1
C[0;3]
9
3
3
x ( n)
n 1
3.1.2. Является ли множество А выпуклым в пространстве X (таблица 3.1.2)?
Таблица 3.1.2
Вариант
1
1
2
X
A
2
C[0;1]
l2
3
неубывающие функции
3
C [ a; b ]
4
l1
5
6
C (1) [0;1]
С (1) [a; b]
многочлены степени n
1


 x  l1 x(n)  2 , n  
n


многочлены степени  k
x  l
2
x C
86
x (n)  2 n , n 
(1)

[a; b] x(t )  x' (t )  1, t  [a; b]

Окончание таблицы 3.1.2
1
7
2
l1
8
C[0;1]
9
L2 [0;1]
10
l2
3



 x  l1  n x(n)  1
n 1


1


2


 x  C[0,1]  x(t ) dt  1


0


1


2


2
x

L
[0,1]
t
x
(
t
)
dt

2


2
0







2
2
x

l

2  n x ( n )  1
n 1


3.1.3. Проверить, является ли последовательность векторов xk в
пространстве X линейно независимой (таблица 3.1.3).
Таблица 3.1.3
Вариант
X
1
l3
2
l
3
4
C [ a; b ]
C [ a; b ]
5
L2 [a; b]
6
7
C[0;1]
8
9
10
L2 [0;1]
L2 [0;1]
C[0;2]
C[0;1]
xk
 1

1
1
xk  
,
,
,..., k  1,..., p
2
3
 k  1 (k  1) (k  1)



xk   0,0,...,0,1,1,...  , k  1,..., p.


k


k
xk (t )  t , k  0,1,..., p
xk (t )  eitk , k  0,1,..., p
xk (t )  (1  D(t ))t k , k  0,1, ... , p, D  функция
Дирихле
xk (t )  e  kt , k  1,..., p.
x1 (t )  1  t  t 2 , x2 (t )  2  t  2t 2 , x3 (t )  1  t ,
x1 (t )  1  t 2 , x2 (t )  1  t  2t 2 , x3 (t )  1  t ,
xk (t )  sin kt , k 1,2,3.
xk (t )  sin  (t  0,1k ), k  0,1,..., p; p  2.
87
3.1.4. Привести пример последовательности ( xn )  X  Y , которая
сходится в X, но не сходится в Y, если пространства X и Y наделены
естественными нормами (таблица 3.1.4).
Таблица 3.1.4
Вариант
1
2
3
4
5
X
l
l
с0
C[0;1]
L1[0;1]
Вариант
6
7
8
9
10
Y
l1
l2
l4
C (1) [0;1]
C[0;1]
X
l2
L2 [0;1]
L1[0;1]
L1[0;1]
с0
Y
l1
C[0;1]
C (1) [0;1]
C (1) [0;1]
l2
3.1.5. Являются ли нормы p и q эквивалентными в пространстве E
(таблица 3.1.5)?
Таблица 3.1.5
Вариант
1
2
3
E
p
l2
sup x(n)
nN
max x(t )
C[0;1]
(1)
C [0;1]
0t1
max x(t )  max x' (t )
0t 1
nN
  x ( n) 2 


 n 1

1 k  n
1/ 2
2
1

  x(t ) dt 
0

1/ 2
1
 x(t ) dt
0
sup
nN
max x(k )
n
5
0t 1
sup x(n)
с
4
q
n x ( n)
n 1
n
 x( k )
k 1
6
C [0;1]
max x(t )
x(0)  max x' (t )
7
C[0;1]
x(0)  max x' (t )
max x(t )
max x(t )  max x' (t )
x(0)  max x' (t )
8
(1)
(1)
C [0;1]
0t1
0t1
0t 1
0t 1
0t1
0t1
0t1
1/3
9
l3
10
L1[0;1]
sup x(n)
nN

x(t ) dt
0,1
88
 
3
  x ( n) 
 n1

e
0,1
t
x(t ) dt
3.1.6. Построить изоморфизм между факторпространством L/M и
одним из стандартных линейных пространств (таблица 3.1.6).
Таблица 3.1.6
Вариант
L
M
 x  C[1;1] x(t )  0, t [0;1]
 x  C[0;1] x(0)  0
 x  C [0;1] x(0)  x '(0)  0
1
С[1;1]
2
C[0;1]
3
C (  ) [0;1]
4
l1
5
C (1) [a; b]
6
l
7
С[1;1]
8
C (1) [0;1]
9
l1
 x l
C[0;1]


 x  C[0,1]


10
()
x l
x  C
1
(1)
x1  x2  0
[a; b] x(a)  x(b)
x l

x1  x3  0
 x  C[1;1] x(t )  0, t [1;0]
 x  C [0;1] x(0)  0
(2)
1
x1  x4  0


x
(
t
)
dt

0

0


1
Примеры решения типовых задач
1. Является ли множество А выпуклым в пространстве Х?
Пример 1. X  c0 , A   x  c0 : x(1)  x(2)  1.
Решение. Воспользуемся определением выпуклости. Возьмем
 [0;1] , x, y  À и покажем, что x  (1  ) y  А . Действительно, так
как x(1)  x(2)  1 и y (1)  y (2)  1, то
x(1)  (1  ) y (1)  x(2)  (1  ) y (2) 
  x(1)  (1  ) y (1)   x(2)  (1  ) y (2) 
 ( x(1)  x(2) )  (1  )( y (1)  y (2) )    1    1 .
Значит, множество А является выпуклым.
89
2. Проверить, является ли заданная система векторов xk в пространстве Х линейно независимой.
Пример 1. X  C[a; b], xk (t )  (t  a) k , k  0,1, 2,... .
Решение. Покажем сначала, что для любого натурального n система
1, t  а,(t  а)2 ,
,(t  а) n
(1)
является линейно независимой. Пусть
(2)
 0  1  1 (t  а)   2 (t  а) 2  ...   n (t  а) n  0, t  [а; b]
Подставив в это равенство t  a , получим  0  0 , а потому
1 (t  а)   2 (t  а) 2  ...   n (t  а) n  0 .
Сокращая на (t  а) и снова полагая t  a , получим 1  0 . Продолжая этот процесс, окончательно будем иметь
0  1  ...   n  0 .
(Возможно другое решение: алгебраическое уравнение (2) не может иметь более n корней, если не все его коэффициенты равны нулю).
Наконец, так как любая конечная подсистема нашей системы содержится в системе вида (1) при достаточно большом n, то данная
бесконечная система тоже линейно независима.
Пример 2. X  C[0;1], x1 (t )  t 
1
1
1
1
 t  , x2 (t )  t   t  ,
2
3
2
3
x3 (t )  2t  1  3t  1 .
Решение. Заметим, что
x1 (t )  x 2 (t )  2t  1 , 3( x 2 (t )  x1 (t ))  2 3t  1 .
Тогда
1
5
1
x3 (t )  x1 (t )  x 2 (t )   3( x 2 (t )  x1 (t ))  x1 (t )  x 2 ,
2
2
2
а значит, данные функции линейно зависимы.
3. Привести пример последовательности ( xn )  X  Y , сходящейся
в Х, но не сходящейся в Y, если пространства Х и Y наделены естественными нормами.
Пример 1. X  c0 , Y  l1 .
90
Решение. Рассмотрим последовательность xn  (1,1 2,...,1 n ,0,0,...) ,
принадлежащую пространству X  Y . В пространстве c0 она сходится
к вектору x0  (1,1 2,...,1 n ,1 (n  1),...) , так как
 X ( xn , x0 ) :  max xn (k )  x0 (k )  1/ (n  1)  0 при n   .
k
Допустим, что a  l1 Y ( xn , a)  0 ( n  ) . Поскольку

 X ( xn , à)  max xn (k )  à(k )   xn (k )  à(k )  Y ( xn , à) ,
k
k 1
то xn сходится к а и в пространстве X  c0 . В силу единственности
предела отсюда следует, что a  (1,1 2,...,1 n ,...) . Но этот вектор не
принадлежит l1 (почему?). Полученное противоречие показывает, что
в l1 данная последовательность не сходится.
Пример 2. X  L1[0;1], Y  L2 [0;1].
Решение. Рассмотрим в пространстве X  Y последовательность
n, 0  t  1 / n 2 ,
xn (t )  
2
 0,1 / n  t  1.
Тогда в L1[0;1] имеем
 L ( xn ,0) 
1
1/ n2
 ndt  1/ n  0 при n   ,
0
то есть xn  0 в L1[0;1] .
Допустим, что ( xn ) сходится в L2 [0;1] к некоторой точке а. В силу
неравенства Коши-Буняковского имеем
1/2
1

2
 L1 ( xn , a)   xn (t )  a(t ) dt    xn (t )  a(t ) dt    L2 ( xn , a) .
0
0

Отсюда следует, что если xn  а в L2 [0;1] , то xn  а и в L1[0;1] .
Следовательно, в силу единственности предела a  0 . С другой стороны, легко проверить, что L2 ( xn ,0)  1. Получили противоречие. Та1
ким образом, в L2 [0;1] данная последовательность не сходится.
Пример 3. X  C[0;1], Y  C ( 2) [0;1].
Решение. Рассмотрим последовательность xn (t )  t n n  X  Y .
91
В пространстве C[0;1] имеем xn  0 . С другой стороны,
ρC( 2) [ а; b] ( xn ,0)  1/ n  1  (n  1)
не стремится к нулю при n   . Значит, в пространстве C ( 2 ) [0;1] последовательность xn не сходится к нулю. Воспользовавшись очевидным неравенством
C[ a;b ] ( xn , a)  C ( 2) [ a;b ] ( xn , a)
и рассуждая, как в предыдущих примерах, получим, что xn не сходится в C ( 2 ) [0;1] ни к какой точке а.
4. Выяснить, являются ли нормы p и q эквивалентными в данном
пространстве X.

Пример 1. X  l1 , p( x)  sup x(n) , q( x)   x(n) .
n
n 1
Решение. Очевидно, что x  l1 p( x)  q( x) . Допустим теперь,
что
a  0x  l1 q( x)  a  p( x) ,
то есть

 x(n)  a sup x(n) x  l .
1
nN
n 1



При x  1,1,..., 1, 0, 0,...   l1 последнее неравенство примет вид
 

 п раз

n  a n  N .
Полученное противоречие показывает, что нормы p и q не эквивалентны.
1
Пример 2. X  C[0;1], p( x)  max x(t ) , q( x)   x(t ) dt.
0t 1
0
Решение. Заметим, что
1
x  C[0;1] q( x)   x(t ) dt  max x(t )  p( x) .
0t 1
0
Допустим теперь, что a  0x  C[0;1] p( x)  a  q( x) , то есть
1
max x(t )  a   x(t ) dt .
0t 1
0
92
Возьмем здесь x(t )  t n , n  N . Тогда последнее неравенство примет
вид 1  a / n , то есть n  a n  N . Полученное противоречие показывает, что нормы p и q не эквивалентны.
n
Пример 3. X  R , p( x)  
n
k 1
n
x(k ) , q( x)    x 2 (k ) 
 k 1

1/ 2
.
Решение. Так как при всех k  1,..., n справедливо неравенство
1/2
 n

x(k )    x 2 ( j )  ,
 j 1

n
то 
k 1
1/2
 n 2 
x(k )  n    x ( j )  , то есть p ( x)  n  q ( x) .
 j 1

С другой стороны, так как
2
2
2
2
x(1)  x(2)  ...  x(n)   x(1)  x(2)  ...  x(n)  ,
1/ 2
n
n
то   x 2 (k )    x(k ) , т.е. q( x)  p( x) x  R n .
 k 1

k 1
Итак, мы доказали, что p и q – эквивалентные нормы.
1/ 2
2
1

Пример 4. X  L2 [0;1], p( x)   x(t ) dt , q( x)    x(t ) dt  .
0
0

1
Решение. В силу неравенства Коши-Буняковского
1/2
1

2
x  X p( x)   | x(t ) | 1dt    x(t ) dt 
0
0

Допустим, что a  0x  X q( x)  a  p( x) .
1
1/2
1 2 
 1 dt 
0

 q ( x) .
Положим в последнем
неравенстве
n, t  [0;1 / n],
x(t )  
 0, t  (1 / n;1].
Так как q( x)  n , p( x)  1 , то это неравенство примет вид
n  a n  N ,
что невозможно ни при каком a. Значит, нормы p и q не эквивалентны.
5. Построить изоморфизм между факторпространством L/M и одним из стандартных линейных пространств.
93
Пример 1. L  c, M   x  c x1  x2  0.
Решение. Возьмем произвольный элемент x  с. Его класс эквивалентности есть
[ x]   y  c x  y  M    y  c x1  y1  x2  y2  0 
  y  c y1  x1 , y2  x2  .
Это равенство показывает, что отображение f : L / M  R 2 , задаваемое формулой f ([ x]) : ( x1; x2 ) , определено корректно и является инъективным (почему?). Кроме того, оно линейно и сюръективно (проверьте это). Значит, f – изоморфизм линейных пространств L / M и
R2.
94
Тема 3.2
Линейные ограниченные операторы в банаховых пространствах
Ниже X, Y – векторные пространства над полем К (К  R , C ).
Определение. Отображение A : X  Y называется линейным оператором, если оно обладает следующим свойством:
A( x   y )   Ax   Ay ( x, y  X ,  ,   K ) .
Определение. Пусть X, Y – нормированные пространства над полем К. Линейный оператор A : X  Y называется ограниченным (пишем A  LB( X , Y ) ), если существует такое число С, что при всех х из
Х выполняется неравенство ограниченности:
Ax  C x .
При этом число С называется константой ограниченности оператора А.
Определение. Пусть X, Y – нормированные пространства над полем К, A : X  Y - ограниченный линейный оператор. Наименьшая из
его констант ограниченности называется нормой оператора А и обозначается A .
Теорема. Пусть X, Y –нормированные пространства над полем К,
A : X  Y - ограниченный линейный оператор. Справедливы следующие равенства:
Ax
A  sup
 sup Ax  sup Ax .
x
x 0
x 1
x 1
Теорема. Пусть X, Y – нормированные пространства над полем К,
A : X  Y линейным оператор. Следующие утверждения равносильны:
1) оператор А непрерывен;
2) оператор А непрерывен в точке 0;
3) оператор А ограничен.
Определение. Пусть X, Y – нормированные пространства над полем К. Говорят, что последовательность An  LB( X , Y ) сходится по
норме
(сильно)
к
ограниченному
оператору
если
A,
при
An  A  0 (n  ) (соответственно
An x  Ax  0 (n  )
всех х из Х).
Сходимость по норме влечет сильную, но обратное утверждение,
вообще говоря, неверно.
95
3.2.1. Пусть X, Y – векторные пространства. Выяснить, совпадет ли
область определения D( A) :  x  X Ax  Y  оператора А с пространством Х. Является ли оператор А линейным оператором из D ( A) в Y
(таблица 3.2.1)?
Таблица 3.2.1
Вариант
Х
Y
A
1
C[3;  1]
C[3;  1]
( Ax )(t )  3 x(t )
2
L2 [0;1]
L2 [0;1]
1
x(t )
t
( Ax )(t ) 
1
3
Ax   x(t ) dt
L8 [0;1]
8
0
1
4
C[1; 2]
( Ax)(t )  t  x 2 ( s)ds
C[1; 2]
0

5
l3
R
Ax   x(k )
6
l3
l3
Ax  ( x(1),2 x(2),...kx(k ),...)
3
k 1
1
7
L3[0;1]
( Ax)(t )   ets x( s )ds
L3[0;1]
0
8
l5
x( k ) 
 x(1) x(2)
Ax  
, 2 ,..., k ,... 
2
2
 2

l3
1
9
C[0;1]
( Ax)(t )   sin(ts) x( s)ds
(1)
C [0;1]
0
10
L3[0;1]
( Ax)(t )  x 2 (t )
L2 [0;1]
3.2.2. Доказать, что данный оператор А:Х Y умножения на функцию является линейным ограниченным, и найти его норму (таблица
3.2.2).
96
Таблица 3.2.2
Вариант
Х
1
L3 / 2 [1;1]
C[2;1]
2
3
L5 / 4 [1; 2]
4
L3 [0;1]
5
L1[1;1]
C[1;1]
6
7
L4 [0;1]
8
L3 [0;1]
9
10
C[0;2]
C (1) [ 1;1]
Y
L3 / 2 [1;1]
C[2;1]
A
( Ax )(t )  3 1  t x(t )
( Ax )(t )  (t 3  1) 2 x(t )
( Ax )(t )  (t 2  t 4 ) x(t )
( Ax )(t )  (t 4  t 5 ) x(t )
( Ax)(t )  (cos  t ) x(t )
L5 / 4 [1; 2]
L3 [0;1]
L1[1;1]
C[0;1]
( Ax )(t )  (t 4  t 2 ) x(t )
( Ax)(t )  t x(t )
( Ax)(t )  (1  t 2 ) x(t )
( Ax)(t )  (t 2  t ) x(t )
( Ax)(t )  (sin  t ) x(t )
L2 [0;1]
L3 [0;1]
C[0;1]
C[0;1]
3.2.3. Доказать, что данный оператор А, действующий из Х в Y, является линейным ограниченным, и найти его норму (таблица 3.2.3).
Таблица 3.2.3
Вариант
Х
l7 / 3
1
l7 / 3
2
l5 / 4
l5 / 4
3
l3 / 2
l3 / 2
4
l5 / 2
l5 / 2
5
l1
l1
6
l5 / 4
l5 / 4
Y
7
l5
l5
8
l6
l6
9
10
c0
l
c0
l
A
Ax  ( 2 x(1), 3 3x(2),..., k 1 k  1x(k ),...)
x(k ) 
 x(1) x(2)
Ax  
,
,..., k ,... 
2
2
 2

Ax  ((1  1) x(1),..., (1  1 / k ) x(k ),...)
x( k ) 
 x(1) x(2)
Ax  
, 2 ,..., k ,... 
5
5
 5

x(3) x(4)
x( k ) 

Ax   0,0,
, 2 ,..., k 2 ,... 
2
2
2


Ax  (0, x(1),1 / 2 x(2),..., (1  1 / k ) x(k ),...)
 3x(1) 32 x(2)
3k x(k ) 
Ax  
,
,...,
,... 
2
k
5
5
5


x( k )
 x(1) x(2)

Ax   0,
,
,..., k
,... 
3
4
k 2 

Ax  ( x(1), x(2),..., x(n),0,...)
Ax  ( x(1),0, x(2),0, x(3),0,...)
97
3.2.4. Доказать, что данный оператор взвешенного сдвига А, действующий из Х в Y, является линейным ограниченным, и найти его
норму (таблица 3.2.4).
Таблица 3.2.4
Вариант
1
Х
C[1;1]
Y
C[1;1]
A
( Ax )(t )  (sin 2 t ) x(3 t )
2
C[1;1]
C[1;1]
3
C[1; 0]
C[1; 0]
4
5
6
C[0;1]
C[1;1]
C[0;1]
C[0;1]
7
L4 [0;1]
L3 2 [0;1]
L4 [0;1]
L3 2 [0;1]
( Ax)(t )  (sin  t ) x( 7 t )
( Ax)(t )  (t 2 sin t ) x(t 3 )
( Ax )(t )  t 2 x( t )
( Ax )(t )  (t 2  t ) x(t 2 )
( Ax )(t )  tx(t 3 / 2 )
8
L3[1;1]
L3[1;1]
9
L3[1;1]
L2 [1;1]
L2 [0;1]
L1[0;1]
10
( Ax)(t )  (t 2  2t ) x( t )
( Ax)(t )  x( 3 t )
( Ax)(t )  t 2 x(t 2 )
( Ax)(t )  tx(t 2 )
3.2.5. Доказать, что данный интегральный оператор А, действующий из X в Y, является линейным ограниченным, и найти его норму
(таблица 3.2.5).
Таблица 3.2.5
Вариант
1
Х
2
Y
3
A
4
1
1
C[0;1]
( Ax )(t )   sin (t  s) x( s)ds
C[0;1]
0
1
2
C[2;1]
( Ax )(t )   e t  s sx( s)ds
C[1; 3]
2
2
3
C[3; 2]
( Ax)(t )   s 4 sgn s  cos t  x( s)ds
C[3;1]
3
1
4
C[1;1]
( Ax )(t )   s 3 ln(1  t ) x( s)ds
C[0; 2]
1
1
5
C[0;1]
( Ax )(t )   ( s  1 / 2) cos t  x( s)ds
C[1; 2]
0
98
Окончание таблицы 3.2.5
1
2
3
4
1/ 2
C[0;1]
6
( Ax )(t )   (1  t  3s) x( s)ds
C[1; 2]
0
1
C[0;1]
7
( Ax)(t )   tg( (t  s)) x( s)ds
C[0;1]
0
2
C[3; 2]
8
( Ax)(t )   s 4 sgn s  sin t  x( s)ds
C[3;1]
3
1
C[1;1]
9
( Ax)(t )   s 4 ln(1  t ) x( s)ds
C[0; 2]
1
1
C[0;1]
10
( Ax)(t )   ( s  1/ 3) cos t 2  x( s)ds
C[1; 2]
0
3.2.6. Для данных нормированных пространств X, Y, последовательности операторов ( An )  LB( X ,Y ) и оператора A  LB( X , Y ) установить: 1) сходится ли ( An ) поточечно (т. е. сильно) к оператору А;
2) сходится ли ( An ) по норме к оператору А (таблица 3.2.6).
Таблица 3.2.6
ВариХ
ант
L2 [0;1]
1
c0
2
l2
3
C[0;1]
4
5 C (1) [0;1]
l2
6
Y
Ап
А
L1[0;1]
c0
l2
C[0;1]
C[0;1]
( An x)(t )  (1  t n ) x(t )
An x  (0,...0, x(n),0,0,...)
An x  (0,...,0, x(n  1), x(n  2),...)
( An x)(t )  (t n  t 2 n ) x(t )
( An x)(t )  (t n  t 2 n ) x(t )
An x   (1  1 n) x(1),..,(1  1 n) x(k ),..
Ax  x
0
0
0
0
Il2
( An x)(t )  x(t 11 n )
7
C (1) [0;1]
l2
L2 [0;1]
8
L2 [0;1]
L2 [0;1]
( An x)(t )  (1  t n ) x(t )
Ax  x
I L2 0,1
9
C[0;1]
C[0;1]
( An x)(t )  (1  t n ) x(t )
I C0,1
10
l2
l2
An x   (1  1/ n) x(1),...,(1  1/ n) x(k ),...
99
Il2
Примеры решения типовых задач
1. Пусть X, Y – векторные пространства. Выяснить, совпадет ли область определения D( A) :  x  X Ax  Y  оператора А с пространством Х. Является ли оператор А линейным оператором из D ( A) в Y ?
Пример 1. X  L2 [0;1], Y  L1 [0;1], ( Ax )(t )  x(t ) .
1
Решение. Если x  L2 [0;1] , то x 2 =  x(t ) dt    . Поэтому в силу
2
2
0
неравенства Коши-Буняковского
2
1
1
 1
2
  x(t ) dt    x(t ) dt   dt   .
0
0
 0
(1)
Отсюда следует, что Ax  L1[0;1] . Таким образом, D( A)  X .
Оператор А не является линейным (рассмотрите, например, A(x) ).
Хотя это и не требуется по условию задачи, исследуем оператор А
на непрерывность. Для любой точки a  X оценим расстояние
1
1
0
0
Ax  Aa 1  x  a 1   x(t )  a (t ) dt   x(t )  a (t ) dt  x  a
2
(мы воспользовались числовым неравенством x  a  x  a , а затем
неравенством (1)). Поэтому для любого   0 получаем при    , что
для любого x  X из неравенства x  a 2   следует неравенство
Ax  Aa 1   . Стало быть, оператор A непрерывен на X .
x(2) x(3)
x(k ) 

,
,...,
,...  .
Пример 2. X  l2 , Y  l1 , Ax   x(1),
2
3
k


Решение. В этом примере
D ( A)  X , так как, например,


 1 
 1 
x
  l 2 , но Ax  
  l1 (в обоих случаях сходиn
ln
n
n
ln
n

 n 1

 n 1
мость соответствующего ряда исследуется с помощью интегрального
признака; докажите это).
Очевидно, A является линейным оператором (проверьте).
Хотя это и не требуется по условию задачи, исследуем оператор А
на непрерывность, что равносильно исследованию его ограниченности. Докажем, что A не является ограниченным. Допустим противное,
100
т.е. что c  R x  D( A) Ax

стве x  1,

Y
 c  x X . Полагая в последнем неравен-
1
1

,...,
,0,0,...   D( A) , получаем
2
n

1/2
n 1
1
 n 1
n  N   c     , т.е. n  N   c 2 .
k 1 k
k 1 k
 k 1 k 
Поскольку частичные суммы гармонического ряда не являются
ограниченными, мы пришли к противоречию. Значит, оператор A не
является непрерывным.
n
1
Пример 3. X  L1 [0;1], Y  L3 / 2 [0;1], ( Ax )(t )   e t s x( s)ds .
2
0
Решение. Пусть x  L1[0;1] (тогда
1
1 1

1
0
x( s ) ds   ). Оценка
3/ 2
 ( Ax )(t ) dt    e x(s)ds dt  e
0
3/ 2
t 2s
0 0
3/ 2
1

   x(s) ds  dt 

00
1
3/ 2
3/ 2
1

 e   x( s) ds    ,
0

показывает, что Ax  L3 / 2 [0;1] . Значит, D( A)  X .
Легко проверить, что А линеен (проверьте). Докажем, что А ограничен. Используя предыдущее неравенство, получаем
3/ 2
1

3/2
Ax 3/2 :   ( Ax)(t ) dt 
0

2/3
 e x 1.
Наконец, как известно, из ограниченности оператора А следует его
непрерывность.

Пример 4. X  l3/2 , Y  C , Ax   k  x(k )
3/2
.
k 2
Решение. Здесь D ( A)  X , так как, например, последовательность
1/ k k 1

принадлежит Х, но Ax   . Далее, оператор A не является
линейным (как в примере 1). Докажем, что он не является непрерывным. Действительно, возьмём следующую последовательность xn точек из l3 / 2 :
101
 1
, 1  k  2n,
xn ( k )   n  k
 0, k  2n.
Тогда xn  0 в l3 / 2 , так как
2n
1
2n
2
3/ 2
xn  0 3 / 2  


 0 при n   .
3/ 2
n3/ 2
k 1 ( n  k )
n
В то же время,
2n
2n
k
k
1 2n 1
Ax n  A0  





3/ 2
3/ 2
23 / 2 k n1 k 1 / 2
k  n 1 ( n  k )
k  n 1 ( 2 k )
1
1
 3/ 2  n 
 .
2
(2n)1 / 2
Таким образом, из того, что xn  0 , не следует, что
Ax n  A0 (n  ) . Мы показали, что А не является непрерывным в
нуле, значит, A не является непрерывным на D ( A) .
Пример 5. X  C[0;1], Y  R , ( Ax)(t )  x(0)  x(0) .
Решение. Очевидно, что D ( A)  X и что A нелинеен. Покажем, что
A не является непрерывным в нуле. Возьмём последовательность
xn (t )  (1  t ) n / n точек пространства C[0;1] . Она сходится к 0, так как
xn X  1 / n  0 при n   . В то же время,
1
 1 при n   .
n
То есть из того, что xn  0 , не следует, что Ax n  A0, n   . Таким
образом, оператор A не является непрерывным на D ( A) .
Ax n  A0  (1) n 
2. Доказать, что оператор A : X  Y является линейным ограниченным, и найти его норму.
а) Оператор умножения на функцию, действующий из X в Y.
Пример 1. X  Y  C[0;1], ( Ax )(t ) 
t
x(t ) .
1 t2
Решение. Ясно, что A − линейный оператор (проверьте).
Далее, так как
102
t
t
1
(2)
x
(
t
)

max

max
x
(
t
)

 x,
t[ 0;1] 1  t 2
t[ 0;1] 1  t 2
t[ 0;1]
2
то A ограничен с константой ограниченности 1 / 2 . А поскольку норма
оператора есть наименьшая из констант ограниченности, то A  1 / 2 .
Докажем теперь противоположное неравенство, т. е. что A  1 / 2 .
Для этого постараемся подобрать такой ненулевой вектор x0 , для которого неравенство (2) превращается в равенство. Возьмём x0 (t )  1.
Тогда, как легко подсчитать,
t
x0  1, Ax0 (t ) 
, Ax0  1 2 .
1 t2
Теперь из формулы A  sup{ Ax | x  1} следует, что A  1 2 .
Ax  max
Сопоставляя полученные неравенства, заключаем, что A  1 2 .
б) Оператор, действующий из l p в l p .
x(1) x(2)
x(k ) 

Пример 1. A : l7  l7 , Ax   0,0,
, 2 ,..., k ,...  .
2
2
2


Решение. Ясно, что A − линейный оператор. Так как
1/ 7
1/ 7
   x(k )  7 
1 
1
7 


Ax    k 
   x( k )   x ,
 k 1  2  

2  k 1
2


то оператор A ограничен, причем A  1 / 2 .
С другой стороны, для точки e3  (0,0,1,0,0,...)
e3  1, Ae3  1 2 . Значит, A  1 2 (почему?).
имеем
Из полученных неравенств следует, что A  1 2 .
Пример 2.
 x(2) 3x(4)

1 

,0,
,0,..., 1   x(2k ),0,...  .
A : l5 / 4  l5 / 4 , Ax   0,
2
4
 2k 


Решение. Оператор A линеен. Докажем неравенство ограниченности:
5/4
  
1 
5/4 
Ax    1    x(2k ) 
 k 1  2k 



103
4/5
 
5/4 
   x(2k ) 
 k 1

4/5
 x .
(3)
Значит, оператор А ограничен, причем A  1.
В отличие от предыдущих примеров, здесь не существует ненулевого вектора, при котором неравенство (3) превращается в равенство
(подумайте, почему). Поэтому будем подбирать ненулевые векторы х
так, чтобы обе части (3) сколь угодно мало отличались друг от друга.
Возьмём вектор e2 k  (0,...,0,1,0,0,...) (единица стоит на 2k-м месте).
Тогда имеем e2k  1, Ae2k  1  1 (2k ) , откуда k  N A  1  1 /(2k )
(см. решение примера 1). Ввиду произвольности k отсюда следует,
что A  1 (почему?). Окончательно получаем A  1 .
в) Оператор взвешенного сдвига.
Пример 1. A  C[0;1]  C[0;1], ( Ax )(t )  (t 4  t 8 ) x(t 3 ) .
Решение. Oчевидно, что оператор A линеен. Докажем его ограниченность:
 t 3  s, 
1
4
8
3
Ax  max t  t  x(t )  
 max s 4 / 3  s 8 / 3  x( s )  x , (4)

1
/
3
t[ 0 ;1]
4
t  s  s[ 0;1]
поскольку, как легко проверить, max s 4/3  s8/3  1 4 . Следовательно,
s[0;1]
A  1 4 . Так как при x(t )  1 неравенство (4) превращается в равенство, то
A  1 4 (см. решения предыдущих примеров). Итак,
A 1 4.
Пример 2. A : L2 [0;1]  L2 [0;1], ( Ax )(t )  x(8 t ) .
Решение. Oчевидно, что оператор A линеен. Докажем его ограниченность. Имеем
1/ 2
1 2 8

Ax    x ( t )dt  
0

1/2
1


 8 t  z, t  z 8 , dt  8 z 7 dz     8z 7  x 2 ( z )dz  


0

1/2
1 2

 2 2    x ( z )dz   2 2  x
0

(мы воспользовались тем, что z  1 ). Значит, A  2 2 .
104
(5)
Как и в примере 2 пункта б), не существует ненулевого вектора,
при котором неравенство (5) превращается в равенство (подумайте,
почему). Поэтому будем подбирать ненулевые векторы х так, чтобы
обе части (5) сколь угодно мало отличались друг от друга. Возьмём
последовательность xn  n  [11/ n;1] , состоящую из функций, сосредоточенных в окрестности точки z  1 и таких, что x n  1 . Тогда

1/ 2
 1

Ax n    8 z 7 ndz 
 11/ n

 
 nz 8
Значит, A  n  1  1  1/ n 
8

1/2

1/ 2
1
11 / n
 
 n  1  1  1 / n 
8

1/ 2
.
, n  N . Перейдем в последнем не-
равенстве к пределу при n   . Воспользовавшись тем, что
(1  x)   1 ~ x при x  0 , получим, что
1/ 2
 8
A  lim n    2 2 .
n 
 n
Из полученных неравенств следует, что A  2 2 .
г) Интегральный оператор, действующий из X в Y.
1
Пример 1. A : C[1; 3]  C[2; 0], ( Ax )(t )   (1  t ) s 5 x( s)ds .
1
Решение. Из свойства линейности интеграла следует, что А – линейный оператор. Далее,
1
1
Ax  max  (1  t ) s x( s)ds  max 1  t   s 5  x( s) ds 
5
t[ 2; 0 ]
t[ 2; 0 ]
1
1
1
 3  2 s 5 ds  max x(t )  max x(t )  x .
0
x[ 0;1]
x[ 1; 3]
(6)
Значит, оператор А ограничен, причем A  1 . Заметим, что неравенство (6) превращается в равенство при x(t )  sgn t , но эта функция не
принадлежит C[1; 3] . Возьмем следующую последовательность
функций из C[1; 3] , которые «похожи» на sgn t при больших n (сделайте чертеж):
  1, t  [1;  1 / n],

xn (t )  nt , t  [1 / n;1 / n],
 1, t  [1 / n; 3].

Легко видеть, что xn  1 в C[1; 3] .
105
Вычислим Ax n в C[2; 0] . Так как функция s 5 xn ( s) четная, то
Ax n  max 1  t 
t[ 2; 0 ]
1
1
5
 s  xn (s)ds  3  2   s  xn (s)ds 
5
1
0
1


 6  ns 6 ds   s 5 ds   1  6 .
7n
0

1/ n
Следовательно, A  1  1 (7n6 ) n  N , а потому A  1 .
1/ n
1
Окончательно получаем, что A  1 .
3. Для данных нормированных пространств X, Y, последовательности операторов ( An )  LB( X ,Y ) и оператора A  LB( X , Y ) установить:
1) сходится ли ( An ) поточечно (сильно) к оператору А; 2) сходится ли
( An ) по норме к оператору А.
Пример 1. An x  ( x(1),..., x(n),0,0,...), A  Il1 , X  Y  l1 .
Решение. 1) Заметим, что при всех x  l1

An x  Ax  (0,...0, x(n  1), x(n  2),...)   x(k )  0 при n  
k  n 1
(остаток сходящегося ряда стремится к 0). Значит, последовательность ( An ) сходится поточечно (то есть сильно) к оператору А.
2) Возьмем вектор en1  (0,...,0,1,0,...) из l1. Так как en1  1 , то
n
An  A  sup An x  Ax  Anen1  Aen1  (0,0,...)  en1  1.
x 1
Следовательно, ( An ) не сходится по норме к оператору А.
106
Тема 3.3
Обратные операторы
Определение. Пусть X, Y – векторные пространства над полем К,
A : X  Y - линейный оператор. Оператор А называется обратимым,
если уравнение
Ax  y
(1)
при любом у из Y имеет единственное решение х из Х.
При этом отображение A1 : Y  X , ставящее в соответствие каждому у из Y решение х уравнения (1), называется оператором, обратным к А.
Оператор A : X  Y имеет обратный A1 : Y  X тогда и только
тогда, когда он биективен.
Ниже R( A) : A( X ) - множество значений (образ) оператора А,
KerA:=  x  X | Ax  0 – ядро (множество нулей) оператора А.
Определение. Оператор B : R( A)  X , удовлетворяющий условию
ВА=IX, называется левым обратным к А.
Лемма. Пусть X, Y – векторные пространства над К, A : X  Y линейный оператор. Следующие утверждения равносильны:
1) оператор А имеет левый обратный;
2) оператор А инъективен;
3) KerA={0}.
Для нахождения левого обратного решают уравнение (1) с
y  R ( A)
Теорема (Банаха об обратном операторе). Пусть X, Y – банаховы
пространства над полем C , A : X  Y - ограниченный линейный оператор. Если оператор А обратим, то его обратный тоже ограничен.
3.3.1. При каких значениях параметра  обратим данный оператор
A : R 3  R 3 ? Найдите обратный оператор A1 , когда он существует
(таблица 3.3.1).
Таблица 3.3.1
Вариант
1
1
2
3
A
2
Ax  ( ( x1  x3 ),2 x2 ,(  1) x3 )
Ax  (2 x1 , x2   x3 , ( x1  x2 ))
Ax  ( x1   ( x2  x3 ), x2 , x3 )
107
Окончание таблицы 3.3.1
1
4
5
6
7
8
9
10
2
Ax  ( x2   x3 , x2  x3 , x1 )
Ax  (2 x1  x2  x3 ,(1   ) x2  x3 , x2 )
Ax  ( x3 ,3x2 , x1  3x3 )
Ax  ( ( x1  x3 ),4 x2 ,( 1) x3 )
Ax  (4 x1 , x2   x3 , ( x1  x2 ))
Ax  ( x1   ( x2  x3 ), x2 , x3 )
Ax  (2 x1  x2  x3 ,(1   ) x2  x3 , x2 )
3.3.2. Пусть A : X  Y . Доказать, что существует непрерывный обратный оператор A1 , и построить его (таблица 3.3.2).
Таблица 3.3.2
Вариант
1
X
2
Y
3
A
4
1
C ( 2 ) [0;1]
C ( 2 ) [0;1]
( Ax)(t )  x(t )   et  s x( s )ds
l2
2
l2
1
0
 1 

 1
 1
Ax   1   x(1), 1   x(2), 1   x(3),... 
 4
 8
 2 

1
3
(1)
C [0;1]
( Ax )(t )  x(t )   (t  s) x( s)ds
(1)
C [0;1]
0
1
4
C[0;1]
( Ax )(t )  x(t )   t 2 sx( s)ds
C[0;1]
0
5
l1
l1
6
l2
l2
 1 

 1
 1
Ax   1   x(1), 1   x(2), 1   x(3),... 
 3
 4
 2 

Ax  (sin1x(1),..., k sin(1 k ) x(k ),...)
2
7
(1)
C [0;2]
C [0;2]
( Ax)(t )  x(t )   (t  s) x( s )ds
l2
2


 1
 1
Ax   2 x(1), 1   x(2), 1   x(3),... 


 2
 3


(1)
0
2
8
l2
108
Окончание таблицы 3.3.2
1
2
3
4
1
9
C[0;1]
( Ax)(t )  x(t )   (4  st ) x( s)ds
C[0;1]
0
1
10
C[0;1]
( Ax )(t )  x(t )   (1  st ) x( s)ds
C[0;1]
0
3.3.3. Пусть A : X  Y .
1) Что представляет собой множество значений R( A) оператора А?
2) Существует ли на R( A) левый обратный оператор В ?
3) Является ли оператор B : R( A)  X ограниченным, если он существует?
4) Существует ли обратный оператор A1 (таблица 3.3.3)?
Таблица 3.3.3
Вариант
X
Y
A
1
2
3
4
1
l5
l5
1
1
1

Ax   x(1), 2 x(2),..., k x(k ),... 
2
2
2

2
l2
l2
Ax  ( x(2), x(3),..., x(k ),...)
3
l2
l2
Ax  ( x(2), x(1), x(4), x(3),..., x(2k ), x(2k  1),...)
4
l1
l1
A( x)  ( x(1),0, x(2), x(3),..., x(k ),...)
5
C ( 2 ) [0;1] C[0;1]
( Ax )(t )  x(t )
6
C[ 1;1]
( Ax)(t )  x(t 2 )
C[ 1;1]
t
7
C[0;1]
( Ax )(t )  t  x( s )ds
C[0;1]
0
109
Окончание таблицы 3.3.3
1
8
2
3
4
1 
( Ax)(t )  x  t 2 
3 
C[ 3;3] C[3;3]
1
9
L2 [0;1]
( Ax)(t )   t 2 sx( s)ds
L2 [0;1]
0
10
l2
l3
Ax  (0, 2 x(2),3 x(3),..., kx(k ),...)
3.3.4 Пусть A  LB( X  , Y ) , где  – числовой параметр, X  , Y −
банаховы пространства. Выяснить, при каких значениях  существует обратный оператор к оператору A , и построить его. При каких
значениях  оператор A непрерывно обратим? (таблица 3.3.4)?
Таблица 3.3.4
Вариант
1
1
2
3
4
5
6
7
X
2
 x  C (1) [0;1] :



x
(
0
)

x
'
(
1
)


 x  C (1) [0;1] :


 x ( 0)  0 
 x  C (1) [0;1] :


 x(0)  x(1) 
 x  C (1) [0;1] :


 x ( 0)  0 
 x  C (1) [0;1] :


 x ( 0)  0 
 x  C (1) [0;1] : 


 x(0)  x(1)  0
 x  C (1) [0;1] :


 x ( 0)  0 
Y
3
A х
4
C[0;1]
dx
 tx(t )
dt
C[0;1]
dx
  tx(t )
dt
C[0;1]
dx
 2tx (t )
dt
C[0;1]
dx
  x(t )
dt
C[0;1]
dx
  a (t ) x(t ), a  C[0;1]
dt
C[0;1]
dx
 3 t 2 x(t )
dt
C[0;1]
dx
 4tx (t )
dt
110
Окончание таблицы 3.3.4
1
2
 x  C [0;1]: 


2
x
(0)

x
(1)

0


(2)
 x  C [0;1]:


x
(0)

x
(1)


(2)
 x  C [0;1]: 


'
 x(0)  x (1)  0 
3
4
(1)
8
9
10
dx
 4 x(t )
dt
C[0;1]
(t  1)
C[0;1]
(t  2)
C[0;1]
dx
  x(t )
dt
 x(t )  x '' (t )
Примеры решения типовых задач
1. При каких значениях параметра  обратим данный оператор
A : R 3  R 3 ? Найдите обратный оператор A1 , когда он существует.
Пример 1.
Ax  ( x1   x3 , x2 , x3 ) .
Решение. В соответствии с определением обратного оператора рассмотрим уравнение Ax  y . В нашем случае оно равносильно следующей системе линейных уравнений с параметром:
 x1   x3  y1

 y2
(1)
 x2

 x3  y3

Обратный оператор A1 существует тогда и только тогда, когда эта система имеет единственное решение при любом у из R 3 . По правилу
Крамера это произойдет тогда и только тогда, когда главный определитель  этой системы отличен от нуля. Но легко подсчитать, что
1 0 
  0 1 0  .
0 0 
Таким образом, обратный оператор существует тогда и только тогда,
когда   0 . Решая при этих значениях параметра систему (1), получим x1  y1  y3 , x2  y2 , x3  y3 /  . Следовательно,
111
y 

A1 y   y1  y3 , y2 , 3  .


2. Пусть A : X  Y . Доказать, что существует непрерывный обратный оператор A1 , и построить его.
Пример 1. A : l1  l1 ,
Ax  ((1  1 / 2) 2 x(1), (1  1 / 3)3 x(2), (1  1 / 4) 4 x(3),...).
Решение. Очевидно, что А – линейный оператор. Докажем, что А
является биекцией. Рассмотрим уравнение Ax  y , которое равносильно системе уравнений
k 1
1 

1 
 x(k )  y (k ) , k  1,2,... .
 k 1 
Отсюда
 ( k 1)
1 

x(k )  y (k ) 1 
.
(2)

 k 1
 ( k 1)
Но последовательность 1  1 / (k  1) 
ограничена сверху, поскольку
является сходящейся: lim 1  1 / (k  1) 
k 
 ( k 1)
 e . Если С – одна из ее
верхних границ, то


k 1
k 1
 x(k )  C  y(k )   ,
(3)
а потому x  l1 . Мы получили, что для любого y  l1 уравнение Ax  y
имеет единственное решение х из пространства l1 . Значит, А – биекция. Более того, из (2) следует, что обратный оператор A1 задается
формулой
 y (1)

y (2)
y (3)
A y 
,
,
,...  .
 1  1 / 2 2 1  1 / 33 1  1 / 4 4 


1
Ограниченность этого оператора следует из оценки (см. (3))

A y  C  y (k )  C y .
1
k 1
1
Пример 2. A : C[0;1]  C[0;1], ( Ax )(t )  x(t )   e t  s x( s)ds.
0
112
Решение. Очевидно, что А – линейный оператор. Запишем его в
виде
1
( Ax )(t )  x(t )  e  e s x( s)ds ,
t
и рассмотрим уравнение Ax  y , то есть
0
1
x(t )  e   e s x( s)ds  y (t ) .
t
(4)
0
Пусть
1
s
 e x( s)ds  c .
(5)
0
Тогда (4) примет вид x(t )  c  e t  y(t ) , откуда x(t )  y(t )  c  e t . Мы
получили общий вид решения уравнения (4) с неопределенным коэффициентом с. Подставив это выражение в (5), без труда находим, что
2 1 s
c
 e y ( s)ds .
1  e2 0
Таким образом,
2 1 s
x(t )  y (t ) 
e y ( s)ds  A 1 y (t ) .
(6)
2 
1 e 0
Итак, для любого y  C[0;1] уравнение (4) имеет единственное решение из C[0;1] . Значит, оператор А обратим, причем обратный оператор
вычисляется по формуле (6).
Непрерывность обратного оператора вытекает из теоремы об оценке интеграла. Действительно, по этой теореме при всех t имеем
1
2
A y (t )  y (t ) 
max y ( s )  e s ds  C y ,
2 s[0;1]
1 e
0
1
а потому выполняется неравенство ограниченности
A1 y  C y
(другое доказательство непрерывности получается из (6) с помощью
теоремы о предельном переходе под знаком интеграла Римана).
3. Пусть A : X  Y .
1) Что представляет собой множество значений R( A) оператора А?
2) Существует ли на R( A) левый обратный оператор В ?
3) Является ли оператор B : R( A)  X ограниченным (в случае,
если он существует)?
4) Существует ли обратный оператор A1 ?
Пример 1. A : l 2  l 2 , Ax  (0, x(1), x(2),..., x(k ),...) .
113
Решение. Очевидно, что
R( A)  {(0, x(1), x(2),..., x(k ),...) | ( x(k ))  l2 }  { y  l2 | y(1)  0} –
множество всех точек из пространства l2 , первая координата которых
равна нулю. Заметим, что R( A)  l2 .
Так как уравнение Ax  0 очевидно имеет только нулевое решение,
то Ker A   0 . А это, как известно, равносильно тому, что левый обратный оператор В существует. Решая уравнение Ax  y ( y  R( A)) ,
находим, что
By  ( y (2), y (3), y (4),...) .
Оператор B ограничен, так как By  y .
Поскольку R( A)  l2 , то оператор А не является сюрьекцией. Следовательно, А необратим.
t
Пример 2. A : C[0;1]  C[0;1], ( Ax )(t )   x( s)ds .
0
Решение. По теореме о дифференцировании интеграла с переменt
ным верхним пределом (теореме Барроу) функция y (t )   x( s )ds
0
дифференцируема, причем y ' (t )  x(t ) . Значит, y  C [0;1] . Кроме
того, очевидно, что y (0)  0 .
Обратно, если y  C (1) [0;1] и y (0)  0 , то по формуле Ньютона(1)
t
Лейбница имеем y (t )   y ' ( s)ds . Поэтому
0


R( A) :   x( s)ds x  C[0;1]  { y  C (1) [0;1] y (0)  0}.
0

t
Рассмотрим оператор дифференцирования Bx 
(снова по теореме Барроу)
dx
. Поскольку
dt
d t
( BAx )(t )   x( s)ds  x(t )
dt 0
при всех x  C[0;1] , то B – левый обратный для оператора А.
Покажем, что B не является ограниченным оператором. Допустим
противное, т. е.
c  R: : Bx  max x '(t )  c  x  c  max x(t ) .
0t 1
0t 1
114
Полагая здесь x(t )  t n (n  N) , получаем n  c n  N . Противоречие.
Поскольку R( A)  C[0;1] , оператор А не является сюръекцией.
Следовательно, не существует A1 .
4. Пусть A  LB( X  , Y ) , где  – числовой параметр, X  , Y − банаховы пространства. Выяснить, при каких значениях  существует обратный оператор к оператору A , и построить его. При каких значениях  оператор A непрерывно обратим?
Пример 1.
X    x  C (1) [0;1] x '(0)   x(1) , Y  C[0;1], A x 
dx
 2x .
dt
Решение. Для нахождения обратного оператора рассмотрим в X 
уравнение A x  y , т. е. линейное дифференциальное уравнение
x'2 x  y .
(7)
Нужно выяснить, при каких значениях  у этого уравнения для любого y  C[0;1] существует единственное решение x  X  . Другими словами, для любого y  C[0;1] краевая задача
x' (0)  x(1)
(8)
для уравнения (7) должна иметь единственное непрерывно дифференцируемое решение. Воспользовавшись формулой для общего решения линейного дифференциального уравнения первого порядка,
получим общее решение уравнения (7):
t

 2t 
(9)
x(t )  e   y ( s)e 2 s ds  C  .
0

Требуется узнать, при каких  для любого y  C[0;1] найдется такое
С, при котором формула (9) дает решение задачи (8). Подставив (9) в
(8), получим после упрощений
e
2
 2C  y (0)    y ( s)e 2 s 2ds .
1
0
Возможны два случая.
а)   2e 2 . Тогда уравнение (11) имеет единственное решение
1
1


C
y(0)    y( s)e 2 s2ds 
2 
2  e 

0
115
(10)
для любого y  C[0;1] . Следовательно, при этих  существует обратный оператор, который мы найдем, подставив это значение С в равенство (9):
t
1
1 

1
2 t 
2s
2 s 2
A y (t )  e   y ( s )e ds 
y
(
0
)


y
(
s
)
e
ds

 .

2  e  2 

0
0
В силу теоремы Банаха об обратном операторе непрерывность этого
оператора будет следовать из непрерывности оператора A x  x'2 x .
Последний же факт легко доказать по Гейне. Действительно, если
xn  0 в пространстве C (1) [0;1] , то это значит, что xn  0 и x'n  0
равномерно на [0;1] . Но тогда и A xn  x'n 2 xn  0 равномерно на
[0;1] ;
б)   2e 2 . В этом случае уравнение (10) имеет вид
1
0  0  C  y (0)  2e 2  y ( s)e 2 s 2ds .
0
Но правая часть этого уравнения при некоторых непрерывных у
(например, при y (t )  1 ) не будет равна 0. Следовательно, при этих у
последнее уравнение не имеет решения (относительно С), а потому
оператор A не является сюръективным.
Итак, обратный к оператору A существует тогда и только тогда,
когда   2e 2 . Причем при таких значениях  оператор A непрерывно обратим.
116