Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

3курс,VIсем Задачи инт ур

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

18.03.2016

Размер:

1.24 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 93 4 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

Пример 3.4. Пусть K (2) (x, s) = K (x, s) −

ϕ1 (x)ϕ1 (s)

, где ϕ -

нормированная собственная

λ1

функция оператора Фредгольма Ay = ∫b K (x, s)

y(s) ds с непрерывным симметрическим

ядром, отвечающая характеристическому числу λ1 .

Рассмотрим интегральный оператор

A(2) с ядром

K (2) (x, s) : A(2) y = ∫b K (2) (x, s) y(s) ds .

Доказать, что:

А,

а) все собственные функции ϕ2 ,...,ϕn ,... оператора

отвечающие характеристическим

числам

λ2

≤ ... ≤

λn

≤ ...,

являются

также

собственными функциями оператора

A(2) ,

соответствующими тем же характеристическим числам

λ2

≤ ... ≤

λn

≤ ...;

б)

оператор A(2) не имеет других характеристических чисел, отличных от λ ,

k = 2,3, 4,... ;

в) функция ϕ1 также является собственной функцией оператора A(2), соответствующей

нулевому собственному значению ядра K (2) (x, s) .

Решение. Так как ядро оператора

А непрерывно и симметрично, то и ядро K (2) (x, s)

удовлетворяет тем же условиям, т.е. оператор

A(2)

является вполне непрерывным и

самосопряженным. Заметим также, что действие оператора

A(2) можно представить в

следующем виде: A(2) y = ∫b [K (x, s) −ϕ1 (x)ϕ1 (s)] y(s) ds = A y −ϕ1 (ϕ1, y) .

λ1

Напомним, что собственные функции самосопряженного оператора образуют

ортогональную

систему,

Aϕk = ∫b K (x, s)ϕk (s) ds =

ϕk . Будем

считать

также,

что

λk

|| ϕk || 2 =∫b ϕk2 (x) dx =1.

а)

Для любой собственной функции ϕk ,

k = 2,3, 4,...

оператора

A имеем

ϕ (x) ϕ (s)

A(2)ϕk = ∫K (2) (x, s)ϕk (s) ds = ∫K (x, s)ϕk (s) ds − ∫

ϕk

(s) ds =

ϕk (x) −0

ϕk (x) ,

т.е. ϕk является собственной

функцией

оператора

A(2) ,

соответствующей

характеристическому числу λk .

б)

Пусть

- характеристическое

число

оператора

A(2) , а ϕ - отвечающая ему

собственная

функция,

т.е.

A ϕ

= ϕ .

Докажем,

что

является

также

(2)

характеристическим числом оператора A ,

т.е. совпадает с одним из λk , k = 2,3, 4,... .

Действительно

ϕ = λA(2)ϕ = λ

b ϕ (x) ϕ (s)

ϕ(s) ds = λAϕ

−0 = λAϕ ,

∫K (2) (x, s)ϕ(s) ds = λ ∫K (x, s)ϕ(s) ds −λ ∫

т.е. λ является характеристическим числом

оператора

A , что и требовалось.

Здесь

было использовано неочевидное (так как ϕk

собственные функции различных

операторов!!!)

соотношение

∫b

ϕ1 (s)ϕ(s) ds =(ϕ1,ϕ) = (ϕ1, λA(2)ϕ) = λ (ϕ1, A(2)ϕ) = ( т.к. A(2) −cамосопряженный) = λ ( A(2)ϕ1,ϕ) =

(ϕ ,ϕ)

= λ ( Aϕ1,ϕ) −

(ϕ1,ϕ1 )

= λ

1 ,

ϕ −

= 0 .

ϕ1

в)

A(2)ϕ = Aϕ −

(ϕ

,ϕ ) =

(x) −

ϕ (x) = 0 ϕ (x) ,

следовательно

- собственная

функция оператора A(2) , отвечающая собственному значению Λ0

= 0 .

Пример 3.5.

Доказать,

что

оператор

умножения

на

независимую

переменную x :

Ay = x y(x) , действующий в пространстве h[0,1]

а)

является самосопряженным;

б) не имеет собственных значений.

Решение.

( Ay, z) = ∫1

[x y(x)] z(x) dx = ∫1

y(x) [x z(x)]dx = ( y, Az) , т.е. А - самосопряженный.

Ay ≡ x y(x) = λy(x)

(x −λ) y(x) = 0

б)

Рассмотрим

уравнение

, откуда получаем

y(x) ≡ 0 . Итак,

при любом

уравнение

Ay = λy

имеет только тривиальное решение,

что и означает отсутствие собственных значений у оператора A .

Замечание. Рассматриваемый оператор не является вполне непрерывным (см. задачу 2.16), поэтому теорема о существовании собственного вектора в данном случае неприменима.

Пример 3.6. Доказать, что оператор Вольтерра A y = ∫x y(s) ds ( x [0,1] ), действующий в

пространстве h[0,1] :

а) является вполне непрерывным; б) не имеет собственных значений.

Решение.

а) Докажем сначала, что A - вполне непрерывный оператор при действии h[0,1] →C[0,1] .

Рассмотрим

ограниченную

последовательность

yn h[0,1] :

h[0,1] = ∫1

yn2 (x)dx ≤ M ,

n=1,2,…, и последовательность zn (x) = Ayn

= ∫x

yn (s) ds .

Докажем равномерную ограниченность zn (x) в пространстве C[0,1] . Действительно,

zn (x)

∫x

yn (s) ds

∫x 1 yn (s) ds

≤ ∫x ds ∫x

yn2 (s) ds ≤ ∫x ds ∫1 yn2 (s) ds ≤ M

≤1

≤M 2

сразу для всех

x [0,1] и всех n=1,2,… , откуда следует || zn ||C[0,1] = sup

| zn (x) |≤ M , что и

x [0,1]

требовалось.

zn (x) . Возьмем

Докажем

равностепенную

непрерывность

последовательности

произвольные точки x1, x2 [0,1] . Имеем

zn (x1 ) − zn (x2 )

∫yn (s) ds − ∫ yn (s) ds

∫ yn (s) ds

≤

∫ds

∫ yn2 (s) ds ≤ (x2 − x1 ) ∫yn2 (s) ds

≤ M 2

Фиксируем произвольное ε > 0 и выберем

0 <δ =

ε2

Тогда для всех n =1, 2,3,...

M 2

и любых

x , x

[0,1] , удовлетворяющих

условию

x − x

≤δ =

ε2

имеем

M 2

zn (x1 ) − zn (x2 )

≤ε , т.е. последовательность zn (x) равностепенно непрерывна.

Итак, последовательность

функций zn (x) , непрерывных

на

сегменте

[0,1] ,

равномерно ограничена и равностепенно непрерывна. Из теоремы Арцела следует, что из нее можно выделить подпоследовательность, равномерно сходящуюся при x [0,1] к

непрерывной функции. Очевидно, что этим же свойством обладает и любая подпоследовательность последовательности zn (x) . Следовательно, оператор A является

вполне непрерывным при действии h[0,1] →C[0,1] .

Так как из равномерной сходимости следует сходимость в среднем, то та же самая подпоследовательность непрерывных функций, которая сходится равномерно к некоторой непрерывной функции, сходится и в среднем к той же функции. Поэтому оператор A является вполне непрерывным и при действии h[0,1] → h[0,1] .

б) Покажем, что рассматриваемый оператор не имеет собственных значений.

Рассмотрим уравнение A y ≡ ∫x		y(s) ds = Λ y(x)	и докажем, что при любом значении Λ оно
	0
имеет только тривиальное решение.
Если	Λ = 0 , то утверждение очевидно,		так как в этом случае ∫x	y(s) ds = 0 y(x) ≡ 0
для всех x [0,1] и, следовательно, y(x) ≡ 0 .			0
для всех x [0,1] и, следовательно, y(x) ≡ 0 .
	x				x
При	Λ ≠ 0 уравнению ∫y(s) ds = Λ y(x)		удовлетворяют функции вида y(x) = ce			, а
При	Λ ≠ 0 уравнению ∫y(s) ds = Λ y(x)		удовлетворяют функции вида y(x) = ce		Λ	, а
	0

так как y(0) = 0 , то и в этом случае единственным решением его при любом Λ будет y(x) ≡ 0 , что и требовалось доказать.

Замечание. Рассматриваемый оператор не является самосопряженным. Действительно, путем интегрирования по частям легко показать, что

( Ay, z) = ∫1 [∫x		y(t) dt] z(x) dx ≠ ∫1	y(x) [∫x z(t) dt] dx = ( y, Az) .
0	0	0	0

Поэтому теорема о существовании собственного вектора в данном случае неприменима.

Пример 3.7. Показать, что оператор Фредгольма Ay = π∫sin x cos s y(s) ds, x [0,π] не

имеет характеристических чисел.

Решение. Рассмотрим уравнение y(x) = λπ∫sin x cos s y(s) ds . Требуется доказать, что ни

для одного λ не существует нетривиальных решений этого уравнения.

		Обозначим		C = π∫cos s y(s) ds ,	тогда	y(x) = λC sin x , и для определения		C имеем
				0
	π
C =	∫	cos s Cλsin s ds = 0 . Следовательно, y(x) ≡ 0 при любом λ ,					т.е. характеристических
	∫
	0		y( s)
чисел у исследуемого оператора нет.
Замечание.			В	данном случае	ядро	K (x, s) = sin x cos s	непрерывное,	но не

симметрическое, поэтому оператор является вполне непрерывным, но не самосопряженным, и теорема о существовании собственного вектора неприменима.

Пример 3.8. Найти характеристические числа и построить ортонормированные собственные функции однородного уравнения Фредгольма с непрерывным вырожденным

симметрическим ядром y(x) = λπ∫sin(x + s) y(s) ds .

Решение. Ядро исследуемого оператора симметрическое и непрерывное, следовательно, оператор Фредгольма в данной задаче является вполне непрерывным и самосопряженным.

Представим	ядро в	виде		K (x, s) = sin(x + s) = sin x cos s +cos x sin s						и обозначим
π∫cos s y(s) ds = a1 ,	π∫sin s y(s) ds = a2 .						Тогда y(x) = λa1 sin x +λa2 cos x ,			где
0	0
	a1 = π∫cos s y(s) ds = λπ∫cos s (a1 sin s + a2							cos s) ds = λ	π a2 ,
	0				0				2
	a2 = π∫sin s y(s) ds = λ				π∫sin s (a1 sin s + a2			cos s) ds = λ	π a1 .
	0					0			2
		a −		λπ a			= 0
Однородная система			1	2		2	имеет нетривиальные решения при условии
Однородная система			λπ a − a				имеет нетривиальные решения при условии
			λπ a − a				= 0
				1		2
		2

∆(λ) =		1	−	λπ		=1−		λπ 2

		λπ		2				2	= 0 ,
	−			1
		2					2				2
откуда определяем характеристические числа					λ =			и	λ	= −		.
							π
					1				2		π

При λ =

имеем

= a , т.е. собственная функция y (x) = C(sin x +cos x) ;

при λ = −

получаем a

= −a , и собственная функция y

(x) = C(sin x −cos x) .

Так как собственные функции, отвечающие различным характеристическим числам,

ортогональны, то искомая ортонормированная система имеет вид

ϕ (x) =

(sin x +cos x) ,

(x) =

(sin x −cos x) .

Пример 3.9. Если для любых x, s [a,b] имеет место равенство K (x, s) = −K (s, x) , то ядро K (x, s) называется кососимметрическим.

Показать, что все отличные от нуля собственные значения оператора Фредгольма

Ay = ∫b K (x, s) y(s) ds, x [a, b] с вещественным кососимметрическим ядром - чисто

мнимые числа.
Решение.	Пусть Λ - одно из собственных значений, т.е. ∫b K (x, s) y(s)ds = Λy(x) ,	где
	a
y(x) ≡/ 0 -	соответствующая собственная функция (возможно, комплекснозначная).	Так

как ядро вещественно, то имеет место также ∫b K (x, s) y (s)ds = Λ y (x) , где знак * означает

комплексное сопряжение.

Умножим второе уравнение на y(x) , а первое - на комплексно сопряженную функцию y (x) , и проинтегрируем по отрезку [a,b] . Получим:

	Λ∫b \| y(x) \|2 dx = ∫b		y (x)dx∫b K (x, s) y(s)ds ,
	a	a	a
Λ ∫b \| y(x) \|2 dx = ∫b		y(x)dx∫b K (x, s) y (s)ds = ∫b		y (s)ds∫b K (x, s) y(x)dx .
a	a	a	a	a

Меняя обозначения переменных интегрирования в последнем интеграле и учитывая, что K (x, s) = −K (s, x) приходим к соотношению

Λ ∫b \| y(x) \|2 dx =∫b		y (x)dx∫b K (s, x) y(s)ds = −∫b		y (x)dx∫b K (x, s) y(s)ds .
a	a	a	a	a
Складывая первое и последнее равенства, найдем				(Λ+Λ )∫b \| y(x) \|2 dx = 0 . Так как
				a

y(x) ≡/ 0 , то Λ = −Λ, т.е. либо Λ = 0 , либо является чисто мнимым.

Замечание. Напомним, что все собственные значения самосопряженного оператора - вещественные числа. В рассмотренном случае интегральный оператор Фредгольма не является самосопряженным, поэтому собственные значения могут не быть вещественными (в данном примере все ненулевые собственные значения оказались чисто мнимыми).

Пример 3.10. Найти характеристические числа и собственные функции оператора

Фредгольма с вырожденным кососимметрическим ядром

Ay = ∫1

(x − s) y(s)ds,

x [0,1] .

Решение.

Требуется найти такие λ , при которых существуют нетривиальные решения

уравнения

y(x) = λ∫1

(x − s) y(s)ds .

Обозначим

C1 = ∫1

y(s)ds,

= ∫1

s y(s)ds ,

тогда y(x) = λ(C1x −C2 ) , и для определения C1, C2 получим соотношения

C1 = λ∫1 (C1s −C2 ) ds = λ C1 −λC2 , C2 = λ∫1 s (C1s −C2 ) ds =

λ C1 −

λ C2 ,

y(s)

откуда

−

+λC2 = 0

− λ C + 1+ λ

= 0

Нетривиальные решения системы существуют при условии

1−

∆(λ) =

λ2 +1 = 0

= +i 2 3,

λ = −i 2 3 .

− λ

1+ λ

Пусть λ = λ1 = 2i

тогда,

полагая C1 = C 2

3 , где С - произвольная постоянная,

найдем C2

= C (i +

и собственные функции

y1 (x) = λ1 (C1x −C2 ) = C(12i x −6i + 2

3) .

Пусть λ = λ2

= −2i

тогда, также полагая C1 = C 2

3 , найдем C2

= C (−i +

3) и

собственные функции

y2 (x) = λ2 (C1 x −C2 ) = C(−12i x +6i + 2 3) .

Замечание. Если оператор несамосопряженный, то характеристические числа могут не быть действительными. В данном случае, ядро оператора K (x, s) = x − s не

симметрическое, и характеристические числа оказались чисто мнимыми (см. пример 3.9).

Задачи для самостоятельного решения

3.1

Пусть,

K (n+1) (x, s) = K (x, s) −∑

ϕi (x)ϕi (s)

где

ϕk

собственные функции оператора

i=1

λi

Фредгольма

Ay = ∫b K (x, s) y(s) ds

вещественным

непрерывным симметрическим ядром,

отвечающие

характеристическим числам

λk ,

k =1, 2,3,..., n .

Рассмотрим интегральный

оператор A(n+1)

с ядром K (n+1) (x, s) : A(n+1) y = ∫b K (n+1) (x, s) y(s) ds .

Доказать, что:

а)

все собственные функции ϕk , k = n +1,... оператора

A , отвечающие характеристическим числам

≤... ≤

≤... ,

являются также собственными функциями оператора

A(n+1) , соответствующими

n+1

тем же характеристическим числам

λn+1

≤... ≤

λk

≤... ;

б)	оператор	A(n+1) не имеет других характеристических чисел, отличных от λ , k = n +1,... ;
			k
в)	функции	ϕk , k =1, 2,..., n	также являются собственными функциями оператора A(n+1) ,

соответствующими нулевому собственному значению ядра K (n+1) (x, s) .

3.2Доказать, что интегральный оператор Фредгольма с непрерывным симметрическим ядром, действующий h[a, b] → h[a,b] , является самосопряженным оператором.

3.3Доказать, что интегральный оператор Вольтерра с непрерывным не равным тождественно нулю ядром, действующий h[a, b] → h[a,b] , не является самосопряженным оператором.


3.4	Доказать, что	интегральный оператор	Вольтерра By = ∫x	K (x, s) y(s) ds		с вещественным
			a		h[a, b] →C[a,b]
	непрерывным	ядром является вполне	непрерывным при	действии	h[a, b] →C[a,b]		и

h[a, b] → h[a,b] .

3.5Пусть ϕ - собственный вектор самосопряженного оператора A, действующего в евклидовом пространстве. Доказать, что множество векторов, ортогональных ϕ, образуют замкнутое линейное подпространство, инвариантное относительно A.

3.6Доказать, что если интегральный оператор Фредгольма с непрерывным симметрическим вещественным ядром K (x, s) действует в комплексном пространстве hC [a, b] (комплексном расширении пространства h[a, b] ), то этот оператор может иметь только вещественные собственные значения.

3.7Доказать, что собственные векторы самосопряженного оператора A , соответствующие различным собственным значениям, ортогональны.

		2	∞	sin nx sin ns
3.8	Доказать, что интегральный оператор Фредгольма с ядром K (x, s) =		∑			,
		π		n	2
			n=1

действующий в пространстве h[0,π] , является невырожденным.

3.9Доказать, что нуль является простым собственным значением интегрального оператора Фредгольма

∞

sin nx sin ns

с ядром K (x, s) =

∑

, действующего в пространстве h[0,π] ,.

π n=2

3.10

Доказать, что

нулевое

собственное

значение

интегрального оператора Фредгольма с ядром

∞

sin 2nx sin 2ns

K (x, s) =

∑

, действующего

в пространстве h[0,π] , имеет бесконечную

(2n)

n=1

кратность.

3.11Привести пример интегрального оператора Фредгольма, нулевое собственное значение которого имеет конечную кратность.

3.12Найти характеристические числа и собственные функции однородных уравнений Фредгольма с вырожденными непрерывными симметрическими ядрами в следующих случаях (все характеристические числа - вещественные):

а)	y(x) = λπ∫cos x cos s y(s) ds ;
	0
б)	y(x) = λπ∫sin x sin s y(s) ds ;
	0
в)	y(x) = λπ∫cos(x + s) y(s) ds ;
	0
г)	y(x) = λπ∫cos(x −s) y(s) ds ;
	0

д) y(x) = λ∫1 (x + s) y(s) ds ;

−1

е) y(x) = λ∫1 xs y(s) ds ;

ж) y(x) = λ ∫1 (xs + x2 s2 ) y(s) ds ;

−1

з) y(x) = λ π∫ (1+cos(x − s)) y(s) ds .

−π

3.13Найти характеристические числа и собственные функции уравнений Фредгольма с вырожденными несимметрическими ядрами (характеристические числа необязательно вещественные, и их может не быть вовсе):

а) y(x) = λ ∫1 (xs −2x2 ) y(s) ds ;

б) y(x) = λ2∫π sin(x − s) y(s) ds ;

в) y(x) = λ π∫ x cos s y(s) ds ;

−π

г) y(x) = λπ∫cos x sin s y(s) ds .

Ответы к задачам

∞

sin nx sin ns

3.11

Ay = ∫K (x, s) y(s) ds , где

K (x, s) =

∑

(k ≥ 2) .

π n=k

3.12

а)

λ =

y(x) = C cos x ;

б)

λ =

y(x) = C sin x ;

в)

λ =

y (x) = C cos x;

λ = −

(x)

= C sin x ;

г)

λ =

y(x) = C cos x +C

sin x

(ранг характеристического числа равен 2).

д)

λ =

y (x) = C(1

+ x 3);

λ = −

(x) = C(1

− x 3) ;

y(x) = C x ;

е)

λ = 3,

ж) λ = 3 ,

y = Cx;

λ = 5 ,

= Cx2 ;

з)

λ =

y = C;

λ =

= C sin x +C

cos x

(ранг λ равен 2).

2π

3.13

а)

λ = −6,

y = C(x −2x2 ) ;

б) λ =

y = Ceix ;

λ = −

= Ce−ix ;

в) характеристических чисел (и собственных функций) нет; г) характеристических чисел (и собственных функций) нет.

ТЕМА 4

Принцип сжимающих отображений. Метод последовательных приближений для уравнения Фредгольма 2-рода с "малым" λ.

Основные определения и теоремы

Пусть D – оператор, вообще говоря, нелинейный, действующий D : B → B , где В -

банахово (полное нормированное) пространство.

Оператор D называется сжимающим (или сжимающим отображением), если существует константа q: 0 ≤ q <1, такая, что для любых y1, y2 B имеет место неравенство

|| Dy1 − Dy2 || ≤ q || y1 − y2 || .

Элемент y называется неподвижной точкой оператора D, если Dy = y .

Теорема (о неподвижной точке). Пусть D – сжимающий оператор. Тогда существует, и притом единственная, точка y B такая, что Dy = y . Эта точка может быть

найдена методом последовательных приближений:

yn+1 = Dyn ,

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

где y0 B

произвольная

фиксированная

точка

из

(начальное

приближение),

причем

yn → y : Dy = y .

Теорема.

Пусть

D - оператор, отображающий банахово пространство B

в себя, и

пусть

существует натуральное

число

k такое, что

D k - сжимающий

оператор.

Тогда

оператор D имеет единственную неподвижную точку (т.е. такую, что Dy = y ),

причем y

может

быть

найдено

методом

последовательных приближений:

для

любого

y0 B

yn+1 = D yn ,

n = 0,1,... ,

yn → y .

A :

C[a,b] →C[a,b]:

Рассмотрим

интегральный

оператор

Фредгольма

Ay ≡ ∫b K (x, s) y(s) ds , где ядро K(x, s)

непрерывно по совокупности переменных x, s ,

но,

вообще говоря,

не

симметрическое.

Обозначим:

max

| K (x, s) | = K0 ,

тогда при

x,s [a,b]

| λ | <

оператор λA является сжимающим.

Заметим, что C[a, b] - банахово,

т.е.

K0 (b −a)

полное нормированное пространство.

Теорема. Если | λ

| <

(такие λ будем называть «малыми»), то неоднородное

K0 (b −a)

уравнение Фредгольма 2-го рода

y(x) = λ∫b K (x, s) y(s) ds + f (x)

имеет единственное

решение для любой непрерывной функции

f (x) C[a, b] , причем решение может быть

найдено методом последовательных приближений.

Следствие 1.

При

| λ | <

однородное уравнение имеет только тривиальное

K0 (b −a)

решение.

Следствие

Если

у оператора

Фредгольма

есть характеристические

числа,

то

λmin

≥

K0 (b −a)

Если записать уравнение Фредгольма 2-го рода в операторной форме y = λAy + f или (I −λA) y = f , то в случае, когда решение существует и единственно, его (решение)

можно представить в виде

y = (I −λA)−1 f = (I +λRλ ) f = f +λRλ f ,

где Rλ - интегральный

оператор с непрерывным по x, s ядром R(x, s, λ) , т.е.

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

Ядро R(x, s, λ) оператора Rλ

называется резольвентой.

Функции K1 (x, s) ≡ K (x, s) ,

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

n = 2, 3, ... называются

повторными (итерированными) ядрами.

Так как при "малых"

(

)

ряд

K0 (b −a)

K (x, s) +λK (x, s) +... +λn−1 K (x, s) +…

сходится

равномерно

по

x, s [a, b] ,

то

=K ( x,s)

∞

резольвента R(x, s, λ) может быть найдена по формуле R(x, s, λ) = ∑λm−1Km (x, s) .

m=1

∞

В случае "малых" λ

для оператора

Rλ имеет место представление

Rλ = ∑λn−1 An -

n=1

ряд Неймана.

Примеры решения задач

Пример 4.1. Доказать, что сжимающий оператор является непрерывным.

Решение. Напомним определение сжимающего оператора. Оператор А, действующий в

банаховом пространстве

B называется сжимающим, если q :

0 ≤ q <1

такое, что

y1, y2 B :

Ay1 − Ay2

≤ q

y1 − y2

Возьмем любое ε > 0 и пусть 0 <δ ≤ ε , тогда для любых элементов y, y0

таких, что

y − y0

≤δ ,

учитывая 0

≤ q <1, имеем:

Ay − Ay0

≤ q

y − y0

≤δ ≤ ε . Таким

образом, оператор является непрерывным, что и требовалось доказать.

Пример 4.2.

Пусть оператор А,

действующий в банаховом пространстве В,

обладает

свойством, что P = An является сжимающим оператором.

Доказать, что уравнение y = Ay имеет единственное решение.

Решение.

Так как Р - сжимающий,

то существует единственная неподвижная точка у:

y = Py

этого оператора, которая

может быть найдена методом последовательных

приближений, т.е. для указанного

справедливы следующие утверждения:

а)

для y

B последовательность Pk y

→ y (неподвижной точке оператора Р);

k →∞

б)

Py = y P(Py) = Py = y .... Pk y = y для любого k=1,2,3… .

Рассмотрим

Ay = A Pk y = A Ank y = Ank Ay = Pk Ay . Обозначив

Ay ≡ y и

продолжая

= y

предыдущее равенство, с учетом а) получим

Ay = P

k →∞

→ y , откуда следует,

см. а)

<<< < Предыдущая 1 23 / 93 4 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.05.2015361.94 Кб15399885.rtf
#
19.11.201881.41 Кб339_-_texty_-_B-C.doc
#
06.11.2018491.52 Кб23_kl.doc
#
17.05.201534.93 Кб313_referat_MYu.docx
#
18.03.20161.23 Mб733курс, VIсем.Волков,Ягола инт ур.pdf
#
18.03.20161.24 Mб333курс,VIсем Задачи инт ур..pdf
#
18.03.201689.8 Кб264 курс л.р 1.ТСП теор случ процессов.docx
#
18.03.20161.14 Mб2014 курс ЧМ брошюра.docx
#
17.05.2015279.52 Кб64 лихачев.rtf
#
13.08.201940.79 Кб114 раздел.тема1.docx
#
17.05.201549.35 Кб84 тема.docx