Операторные уравнения
Выпускная квалификационная работа
Выполнила студентка V курса математического факультета Кощеева Анна
Сергеевна
Вятский Государственный Гуманитарный
университет (ВятГГУ)
Киров 2005
Введение Функциональный анализ – мощное
средство для решения математический задач, возникающих в реальных ситуациях, он
имеет множество приложений в различных областях математики, его методы проникают
в смежные технические дисциплины. Многие задачи математической физики,
теории упругости, гидродинамики сводятся к отысканию решения дифференциального
линейного уравнения, что, в свою очередь, приводит к задаче отыскания решения
уравнения Аx = y с линейным оператором А. В данной работе рассмотрены два
метода решения операторных уравнений. Цель данной работы: рассмотреть
основы теории линейных операторов и методы решения операторных уравнений –
метод малого параметра и метод продолжения по параметру, показать применение
этих методов к решению задач. Изучив имеющийся материал по данной
теме, я поставила перед собой следующие задачи: раскрыть некоторые основы теории
линейных операторов, необходимые для освоения методов решения операторных
уравнений; проиллюстрировать на конкретных
примерах способы решения операторных уравнений и дать пояснения по ходу решения
конкретных задач. Так как выделение из функционального
анализа его прикладной части, содержащей конструктивные методы получения
решений задач, преследует методическую цель – сделать эти методы доступнее тем,
кто занимается приложениями математики. Поэтому данная работа разделена на две
главы, в первой содержатся необходимые теоретические обоснования способов
решения операторных уравнений и суть обоих методов, а во второй – решения
конкретных задач. Глава 1.
Операторные уравнения §1.Определение
линейного оператора Пусть X и Y – линейные пространства,
оба вещественные или оба комплексные. Оператор А: X → Y с областью
определения D(А) называется линейным, если А(λ1x1 + λ2x2) =
λ1А(x1) + λ2А(x2) для любых x1,x2 Î D
и любых скаляров λ1 и λ2. Пусть X и Y – нормированные
пространства и А: X → Y, где А – линейный оператор, всюду заданный в X
(т.е. D(А) = X). Оператор А называется непрерывным в
точке x0 Î X, если Аx → Аx0 при x →
x0. Но судить о непрерывности линейного оператора в различных точках x0 Î X
можно по непрерывности его в нуле пространства X. Теорема 1. Пусть линейный оператор А
всюду задан в банаховом пространстве X и со значениями в банаховом пространстве
Y непрерывен в точке 0 Î X; тогда А непрерывен в любой точке
x0 Î X. Доказательство. Рассмотрим равенство
Аx – Аx0 = А (x – x0). Если x → x0, то z = x – x0 → 0. По
непрерывности в нуле Аz → 0, но тогда Аx – Аx0 → 0, что и
требовалось доказать. Линейный оператор А называется
непрерывным, если он непрерывен в точке x = 0. Пусть S1(0) – замкнутый шар ||x|| ≤
1 в банаховом пространстве X. Будем называть линейный оператор А: X
→ Y ограниченным, если он ограничен на единичным шаре S1(0), т.е. если
ограничено множество { ||Аx||, ||x|| ≤ 1}. Согласно определению, если А
ограничен, то существует постоянная с > 0 такая, что для любых x с ||x|| ≤
1 справедливо неравенство ||Аx|| ≤ с (1) Теорема 2. А ограничен тогда и только
тогда, когда справедлива оценка ||Аx|| ≤ с ||x|| (2) для любых x Î
X, где с – постоянная. Теорема 3. Пусть А: X → Y, А –
линейный оператор, X, Y – банаховы пространства. Для того чтобы А был
непрерывным, необходимо и достаточно, чтобы он был ограниченным. §2. Норма линейного оператора В линейном пространстве непрерывных
линейных операторов зададим норму следующим образом: Поясним, почему существует конечное
число ||А||, определяемое для любого ограниченного оператора равенством (1).
Так как А – ограничен, то множество ограничено сверху. По теореме о
верхней грани существует Из свойства sup M следует, что ||Аx||
≤ ||А|| для всех x Î S1(0). Отсюда ||Аx|| ≤ ||А|| ||x||, (2) справедливое для всех x Î
X, включая x = 0. таким образом, ||А|| является наименьшей из констант в
неравенстве ||Аx|| ≤ ||А||, и, значит, оценка (2) является наилучшей. Пространство нормированных
непрерывных линейных операторов, действующих из X в Y, будем обозначать L(X,
Y). §3.Обратные операторы Системы линейных алгебраических
уравнений, интегральные уравнения, а также различные задачи для обыкновенных
дифференциальных уравнений и уравнений с производными часто могут быть записаны
в виде линейного уравнения Если существует обратный оператор Важное значение приобретает теперь
выявление условий, при выполнении которых обратный оператор существует и
обладает теми или иными свойствами. Пусть задан линейный оператор: А: X →
Y, где X,Y – линейные пространства, причем его область определения D(A) Введем множество Теорема 4. Оператор А переводит D (А)
в R (А) взаимно однозначно тогда и только тогда, когда N(A)= Теорема 5. Оператор А-1 существует и
ограничен на R(A) тогда и только тогда, когда для некоторой постоянной m>0 и
любого x Î D(A) выполняется неравенство Введем теперь следующее важное
понятие. Будем говорить, что линейный оператор
А: X → Y непрерывно обратим, если R(A)=Y , оператор обратим и A-1 Î
L(Y, X), (т.е. ограничен). Обращаясь к теореме 5, мы сможем
сформулировать следующее утверждение. Теорема 6. Оператор А непрерывно
обратим тогда и только тогда, когда R(A)=Y и для некоторой постоянной m>0 и
для всех В случае определенного и
ограниченного на всем множестве оператора A Î L(X,Y) имеется теорема Банаха об
обратном операторе. Теорема 7. Если А – ограниченный
линейный оператор, отображающий взаимно однозначно банахово пространство X на
банахово пространство Y, то обратный оператор А-1 ограничен. Иными словами, если А Î
L(X,Y), где X и Y банаховы, R(A)=Y и А обратим, то А непрерывно обратим. Взглянем на понятие непрерывно
обратимого оператора с точки зрения разрешимости линейного уравнения Ax = y (2) Если А непрерывно обратим, то
уравнение это имеет единственное решение x = A-1y для любой правой части у.
Если при этом Пусть А Î
L(X,Y). Оператор U Î L(X,Y) будем называть правым
обратным к А, если AU = Iy. Оператор V Î L(X,Y) будем называть левым обратным
к А, если VA = Ix. Здесь через Iy (Ix) обозначен
тождественный оператор в пространстве Y (X). Ниже для правого обратного к А
используем обозначение Аr–1, а для левого – АL–1. Лемма 1. Если существует правый
обратный Аr–1 к А, то уравнение (2) имеет решение x = Аr–1 y Если существует левый обратный
оператор к А, то уравнение (2) может иметь не более одного решения. Доказательство. А(Аr–1 y) = (А Аr–1)y = y, т.е. x = Аr–1 y обращает (2) в
тождество и, значит, является решением. Далее, пусть существует АL–1.
рассмотрим N(A). Пусть x Î N(A), тогда Аx = 0. применим к этому
равенству оператор АL–1, тогда АL–1Аx = 0, откуда x = 0. итак, всякое x Î
N(A) оказывается равным 0. Значит, N(A) = {0} и, по теореме 4, А взаимно
однозначен, т.е. для уравнения (2) справедлива теорема единственности. Что и
требовалось доказать. Пусть X – банахово пространство.
Рассмотрим банахово пространство L(X) – пространство линейных, ограниченных и заданных
на всем множестве операторов. Пусть I – тождественный оператор в L(X).
Очевидно, что I непрерывно обратим. Ниже доказывается, что вместе с I
непрерывно обратимы все операторы Для краткости положим C = I – A. Ниже
мы будем ссылаться на признак Вейерштрасса: пусть X – банахово пространство,
тогда всякий абсолютно сходящийся в X ряд сходится. Теорема 8. Пусть Доказательство. Рассмотрим в L(X) ряд I+C+C2+C3+… (3) Так как По признаку Вейерштрасса ряд (3)
сходится равномерно, т.е. Где S – сумма ряда (3). Далее простой
проверкой убеждаемся, что Но при этом Переходя в этих неравенствах к
пределу при Теперь рассмотрим более общий случай
пространства L(X,Y). Пусть А Î L(X,Y) непрерывно обратим. Теорема 9. Пусть A, B Î
L(X,Y), А непрерывно обратим и выполнено неравенство §4. Абстрактные функции Пусть S – некоторое множество на
числовой оси или в комплексной плоскости, а X – нормированное пространство. Рассмотрим функцию x( Пусть x( если Степенные ряды – это специальный
случай рядов в нормированном пространстве, когда члены ряда зависят от
параметра Рассмотрим в нормированном
пространстве X ряд вида Конечная сумма Пусть Сумму ряда (1) при Последнее равенство означает, что Sn( Очевидно, область сходимости любого
степенного ряда (1) не пуста, так как 0 Î Теорема 10 (Абель). Пусть Теорема 11. Пусть два степенных ряда
равны в круге SR(0), R>0: тогда равны все их коэффициенты: Дифференцирование абстрактных функций Пусть функция По определению производной
x’(λ0) функции x(λ) в точке λ0 называется предел если этот предел существует (и
конечен). Если §5. Аналитические абстрактные функции
и ряды Тейлора Абстрактную функцию x( с ненулевым радиусом сходимости. Теорема 12. Если x( Теорема 13. Если x( Пусть x( называется рядом Тейлора функции x( Если x( Понятие абстрактной аналитической
функции используется в широко применяемом на практике методе малого параметра. §6. Метод малого параметра в
простейшем случае Рассмотрим следующее уравнение: Аx – Здесь А, С Î
L(X,Y) и y Î Y заданы, то, согласно теореме 9, оператор А– Отсюда видно, что в круге (2) решение
является аналитической функцией параметра На этой идее основывается метод
малого параметра для уравнения (1). Подставим ряд (4) в уравнение (1) и,
согласно теореме единственности разложения в степенной ряд, приравниваем
коэффициенты при одинаковых степенях Таким образом, мы приходим к
следующей рекуррентной системе уравнений для определения x0, x1, …: Аx0=y, Аx1=Сx0, …, Аxк=Сxк-1, … Так как А непрерывно обратим, то
отсюда последовательно находим x0=А–1y, x1= А–1(СА–1)y, …, xк=
А–1(СА–1)кy, … Следовательно, Мы получили решение (3), разложенное
в степенной ряд. Если мы хотим оборвать степенной ряд и ограничиться
приближенным решением то можно оценить ошибку. Вычитая из
ряда (5) его частичную сумму (6) и оценивая разность по норме, получим §7. Метод малого параметра в общем
случае Пусть дано уравнение А( Здесь А( Аналитичность А( Из аналитичности А( Отсюда вытекает, что в круге при этом x( Подставляя ряд (3) в уравнение (1) и
учитывая разложения (2), приходим к следующей системе для неопределенных
коэффициентов x0, x1, x2, …: А0x0 = y0, А0x1+А1x0 = y1, А0x2 + А1x1 + А2x0 = y2, (4) . . . . . . . . . . . Здесь А0 = А(0) непрерывно обратим.
Решая последовательно уравнения получившейся системы, находим Возникающие здесь формулы довольно
громоздки, однако этим путем можно найти решение уравнения с любой степенью
точности. Метод малого параметра особенно удобен в тех случаях, когда обращение
оператора А(0) – задача более простая, чем задача обращения оператора А( §8. Метод продолжения по параметру 8.1. Формулировка основной теоремы В качестве еще одного приложения
теорем об обратных операторах рассмотрим один из вариантов метода продолжения
по параметру. Пусть Существует постоянная Ниже будет доказана следующая
теорема. Теорема 14. Пусть А(λ) – непрерывная
на [0, 1] оператор-функция (при каждом Замечание к теореме 14. Если
выполнено условие I при Действительно, пусть 8.2. Простейший случай продолжения по
параметру Приведем здесь доказательство теоремы
14 для случая, когда Пусть Пусть δ < 1. Возьмем
А(δ). Согласно замечанию п.14.1 если Доказательство теоремы в общем случае Рассмотренный выше частный случай
отрезка в L(X,Y) не всегда удобен в приложениях. Общий случай основывается на
следующем элементарном предложении. Лемма. Пусть М – некоторое непустое
множество на [0,1], одновременно открытое и замкнутое на [0.1]. тогда М=[0, 1]. Замечание 1. условие открытости М на
[0,1] понимается так: для любого Доказательство леммы. Пусть N = [0,
1] \ M (дополнение к М на [0, 1]). Нужно доказать, что N = Æ –
пустое множество. Допустим противное, что N ¹ Æ. Поскольку М ¹ Æ и
ограничено сверху, то существует b = supM, причем b Î M
вследствие замкнутости. Покажем, что b = 1. Если b <1, то вследствие
открытости M на [0, 1] найдется x > b, x Î M. Это противоречит определению
supM. Следовательно, b >1 невозможно. Итак, 1Î М. Теперь рассмотрим множество N. Как
дополнение к М, оно также открыто и замкнуто на [0, 1], и, значит, к нему
применимо рассуждение с supM . мы получаем, что 1 Î
N. Это невозможно, ибо N – дополнение к М. полученное противоречие доказывает,
что допущение N ¹ Æ неверно. Итак, N= Æ,
т.е. М = [0, 1]. Лемма доказана. Вернемся к доказательству теоремы.
Пусть М – множество тех точек λÎ[0, 1], для которых оператор
А(λ) непрерывно обратим. Согласно замечанию 1 воспользуемся непрерывностью
оператор–функции А(λ) в метрике L(X,Y). Для любого e > 0
найдется δ = δ(e)>0 такое, что при всех λ Î
[0, 1] таких, что Возьмем e =
γ, тогда при По теореме 9 §3 А(λ) непрерывно
обратим для всех таких λ. Итак, вместе с λ0 М содержит Докажем, что М замкнуто на [0, 1]. Пусть
Вследствие непрерывности А(λ) по
λ для любого e > 0 находим номер N = N(e) такой,
что при n > N будет По теореме 9 А(λ0) непрерывно
обратим, т.е. λ0 Î М, и, значит, М замкнуто на [0, 1].
По лемме М = [0, 1] . в частности, 1Î М и Замечание. Рассмотрим уравнение с
параметром: А(λ)х = у, λÎ
[0, 1]. (1*) Пусть для всех возможных решений
этого уравнения при всяком λÎ [0, 1] справедлива оценка где с – некоторая постоянная, не
зависящая от х, у и λ. Оценка такого рода называется априорной оценкой для
решения уравнения (1*). Очевидно, априорная оценка (2*) представляет собой лишь
иначе записанное условие (1): Доказанная выше теорема
свидетельствует о важности априорных оценок для доказательства теорем
существования и единственности решений. Глава 2. Приложение Пример 1. Рассмотрим интегральное
уравнение с малым вещественным параметром λ: Это уравнение вида А( Покажем, что А( Найдем к – ую производную: Разложим функцию в ряд Тейлора в т.
0: Таким образом, функция аналитична,
следовательно, непрерывна при Операторные коэффициенты имеют вид: I. Начнем с уравнения А0x0 = y системы
(4) §7, где у нас теперь y0=y, yк=0, к ≥ 1. Заменим, где Для того, чтобы найти коэффициент А в
уравнении (4), умножим его на cos t и, интегрируем по t от –π до π: подсчитаем интегралы: Тогда, подставив в уравнение,
получаем: Найдем коэффициент В уравнения (4),
умножив это уравнение на sin t и интегрируя по t от –π до π: Подсчитав соответствующие интегралы: Подставим найденные коэффициенты (5)
и (6) в уравнение (4): и свернем по формуле: II. Найдем теперь x1(t), для этого
необходимо решить следующее уравнение системы (4) §7: А0x1+А1x0 = y1. Так как
y1=0 в нашем случае, то мы будем решать уравнение А0x1= – А1x0. Обозначим Как в предыдущем случае заменим, где Умножим уравнение (7) на cos t и
проинтегрируем по t от –π до π – получим коэффициент А: Подсчитав: имеем Аналогично умножив уравнение (7) на
sin t и проинтегрируем по t от –π до π – получим коэффициент В: Составляем функцию x1(t), подставив
коэффициенты А и В в уравнение и свернув равенство по формуле косинуса
разности: Таким способом мы можем найти все
остальные решения уравнения с любой степенью точности. Пример 2. Применим метод продолжения
по параметру для оценки разрешимости краевой задачи для дифференциального
уравнения, а потом решим ее методом малого параметра. –x'' + b(t)x'
+c(t)x = y(t), 0< t <1, (1) x(0) = x(1) = 0 (2) Здесь c(t) непрерывна на [0, 1], b(t)
непрерывно дифференцируема на [0, 1]. Предположим еще, что на [0, 1] c(t) –
b(t)'/2 ≥ α > –8/π (*). Покажем методом продолжения по
параметру, что в этих условиях при всякой правой части y ÎY
= С [0, 1] существует единственное решение задачи x Î X
= С2 [0, 1] – пространству, состоящему из дважды непрерывно дифференцируемых на
[0, 1] функций x(t), удовлетворяющих граничным условиям (2), и с нормой Запишем задачу (1) – (2) в
операторном виде: Вx = y Здесь Соединим операторы А и В отрезком Теперь необходимо установить
априорную оценку для решений краевой задачи –x'' + λb(t)x' + λc(t)x =
y(t), 0< t <1, (3) x(0) = x(1) = 0 (4) Как только такая оценка будет получена,
из теоремы п.8.1. будет следовать однозначная разрешимость краевой задачи (3) –
(4). Умножим уравнение (3) на x(t) и
проинтегрируем полученное равенство по t от 0 до 1: Заметим, с учетом граничных условий: Подставим полученные интегралы и
сгруппируем относительно λ: Произведем оценку всех трех слагаемых
в этом равенстве. Докажем, что Заметим, что Точно так же: Перемножим эти неравенства: Отсюда, замечая, что Далее – это следует из предположения (*). Последний интеграл равенства (5)
можно оценить, используя скалярный квадрат: Для любого ε > 0 Используя полученные неравенства (6),
(7), (8) и подставляя их в равенство (5), получаем: считая ε > 0 достаточно
малым, имеем Выберем Возвращаясь снова к равенству (5),
получим следующую оценку: Теперь с помощью оценки (6*) имеем Из уравнения (3) можем получить
оценки для Здесь (в этом можно убедиться, взяв
производную: и сократив интегрируем его от ξ до θ и
получим Отсюда имеем оценку где Теперь подставим полученные
результаты в (10): Теперь (9), (11) и (12) дают искомую
априорную оценку: (постоянную с4 нетрудно подсчитать,
сложив неравенства(9), (11), (12)и выполнив преобразования). Таким образом, доказательство
разрешимости задачи получено, теперь приступим к ее решению методом малого
параметра. Итак, рассмотрим операторное
уравнение: А(λ)x = y(λ), где I. Начнем с уравнения А0x0 = y (где
А0 – коэффициент при нулевой степени λ) системы (4) §7, причем y0 = y, yк
= 0, к ≥ 1. II. Найдем x1(t), для этого
необходимо решить следующее уравнение: А0x1+А1x0 = y1. Так как y1=0, то мы
будем решать уравнение А0x1= – А1x0. Из того, что По аналогии c2 и c3 подбираем так,
чтобы выполнялось краевое условие: x0(1) = 0. Таким образом, решения нашей краевой
задачи выглядит так: подставляя найденные решения, имеем: или Список
литературы Данфорд Н., Шварц Дж. Линейные операторы.
М., 1962 Талдыкин А.Т. Элементы прикладного
функционального анализа: Учеб. пособие. – М.: Высшая школа, 1982. Треногин В.А. Функциональный анализ.
М., 1993. Функциональный анализ./Под. ред. С.
Г. Крейна. М., 1972 Хатсон В., Пим Дж. С. Приложения функционального
анализа и теория операторов. Пер. с англ. – М.: Мир, 1983. Для подготовки данной работы были
использованы материалы с сайта http://revolution.allbest.ru/
Дата добавления: 01.12.2007
! |
Как писать рефераты Практические рекомендации по написанию студенческих рефератов. |
! | План реферата Краткий список разделов, отражающий структура и порядок работы над будующим рефератом. |
! | Введение реферата Вводная часть работы, в которой отражается цель и обозначается список задач. |
! | Заключение реферата В заключении подводятся итоги, описывается была ли достигнута поставленная цель, каковы результаты. |
! | Оформление рефератов Методические рекомендации по грамотному оформлению работы по ГОСТ. |
→ | Виды рефератов Какими бывают рефераты по своему назначению и структуре. |