Если у вас возникли сложности с курсовой, контрольной, дипломной, рефератом, отчетом по практике, научно-исследовательской и любой другой работой - мы готовы помочь.
Предоплата всего
Подписываем
МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ УКРАЇНИ
ХАРКІВСЬКИЙ НАЦІОНАЛЬНИЙ УНІВЕРСИТЕТ РАДІОЕЛЕКТРОНІКИ
Лекція 12
Тема: "Обернений оператор. Оберненість. Теорема Банаха про обернений оператор".
Дисципліна: "Функціональний аналіз".
Викладач Гусарова І.Г.
Харків, 2014
Тема : Обернений оператор. Оберненість. Теорема Банаха про обернений оператор.
Нехай А – оператор, що діє з Е в Е1, А: Е Е1, і – область визначення, а – образ цього оператора.
Означення. Оператор А називається оборотним, якщо для будь-якого рівняння
.
має єдиний розв’язок.
Якщо А оборотний, то кожному можна поставити
у відповідність єдиний елемент , який буде розв’язком рівняння . Оператор, який здійснює це співвідношення, називається оберненим до А і позначається А-1.
Теорема 1. Оператор А-1, обернений лінійному оператору А, також лінійний.
Доведення. Зауважимо, що область оператора А, тобто - є лінійна многостатність. Нехай . Покажемо, що . Так як тоді - так як – лінійна многостатність, отже , що потрібно було показати.
Покажемо, що оператор А-1 лінійний. Нехай Досить перевірити виконання рівності
. (1)
Нехай і В силу лінійності А маємо
. (2)
За означенням оберненого оператора
звідси, помноживши ці рівняння на і відповідно і додавши, одержимо
.
З іншого боку, із (2) і з означення оберненого оператора слідує, що
,
і разом з попередньою рівністю маємо
.
Теорема 2. (теорема Банаха про обернений оператор). Нехай А – лінійний обмежений оператор, що взаємно однозначно відображає банахів простір Е на банахів простір Е1. Тоді обернений оператор А-1 обмежений.
Без доведення!!
♦( Для доведення необхідна наступна лема.
Лема. Нехай М – всюди щільна множина в банаховому просторі Е. Тоді будь-який ненульовий елемент Е можна розкласти в ряд
. . . . . .
де .
Доведення. Елементи будемо будувати послідовно:
візьмемо так, щоб
. (3)
Це можливо тому, що нерівність (3) визначає сферу радіуса з центром у точці у, всередині якої повинен бути елемент із М ( М всюди щільна в Е). Виберемо так, щоб , так, щоб і т.д., і взагалі виберемо так, щоб
ǁy ─ y1 ─ . . .─ yn ǁ ≤ ǁyǁ/2n.
Такий вибір завжди можливий, бо М - всюди щільна в Е. В силу вибору елементів yk
тобто ряд збігається до y. Оцінимо норми елементів yk :
ǁy1ǁ= ǁy1 ─ y + yǁ ≤ ǁy1 ─ yǁ + ǁyǁ ≤ 3 ǁyǁ/2,
ǁy2ǁ= ǁy2 + y1─ y + y ─ y1ǁ ≤ ǁy ─ y1 ─ y2ǁ + ǁy─ y1ǁ ≤ 3 ǁyǁ/4.
Нарешті,
ǁynǁ= ǁyn + yn-1 + . . . + y1 ─ y + y ─ y1 ─ . . . ─ yn-1ǁ ≤
ǁy ─ y1 ─ . . . ─ ynǁ + ǁy ─ y1 ─ . . . ─ yn-1ǁ ≤ 3 ǁyǁ/2n.
Лема доведена.
Доведення теореми 3. У просторі Е1 розглянемо множину Мk ─ сукупність тих y, для яких виконується нерівність ǁА-1yǁ≤ kǁyǁ. Усякий елемент простору Е1 потрапляє в деяку Мk , тобто . За теоремою Бера хоча б одна з множин Мk, скажімо Мn - щільна в деякій кулі В. Всередині кулі В виберемо кульовий шар Р з центром в точці Мn; шар Р ─ це сукупність точок z, для яких справедлива нерівність
β < ǁz ─y0ǁ < α, де 0 < β < α, y0 Мn.
Перенісши шар Р так, щоб його центр потрапив у початок координат, одержимо шар Р0 = {z : 0 < β < ǁzǁ < α}.
Покажемо, що в Р0 щільна деяка множина МN. Нехай n; тоді z ─ y0 Р0 і
ǁА-1(z ─ y0) ǁ ≤ ǁА-1zǁ + ǁА-1 y0ǁ ≤ n (ǁzǁ + ǁy0ǁ) ≤ n (ǁz ─ y0ǁ + 2ǁy0ǁ) =
= nǁz ─ y0ǁ ≤ n ǁz ─ y0ǁ. (4)
Величина n не залежить від z. Покладемо
N = 1+ n ,
де [ ] ─ ціла частина числа.
Тоді в силу (4) z ─ y0 МN, а з того, що Мn щільна в Р, випливає, що МN щільна в Р0.
Розглянемо довільний ненульовий елемент y з Е1. Завжди можна підібрати так, щоб було β < ǁǁ < α, тобто Р0 . Оскільки МN щільна в Р0, можна побудувати послідовність yk МN, збіжну до . Тоді послідовність yk збігається до y. Очевидно, що якщо yk МN, то і yk МN при будь - якому дійсному 0; таким чином, МN щільна в Е1 / {0}, а тому і в Е1.
Розглянемо ненульовий елемент y Е1; за лемою його можна розкласти в ряд по елементах з МN:
y = y1 + y2 + . . .+ yк + . . .,
при цьому ǁykǁ < .
Розглянемо в просторі Е ряд, що складається з прообразів елементів yk, тобто елементів хk = А-1 yk.
Цей ряд збіжний до деякого елемента х, так як має місце рівність
ǁхkǁ = ǁ А-1 yk ǁ ≤ N ǁy kǁ < ;
при цьому
.
В силу збіжності ряду і неперервності оператора А можна застосувати почленно оператор А до цього ряду. Одержимо
Аx = Аx1 + Аx2 + . . . = y1 + y2 + . . . = y,
звідки х = А-1 y. Крім того,
ǁА-1 yǁ = ǁхǁ ≤ 3N ǁyǁ,
і тому, що оцінка вірна для будь - якого y 0, то оператор обмежений.
Теорема доведена.)♦
Теорема 3. Нехай Е – банаховий простір, I – тотожний оператор в Е, а – такий обмежений лінійний оператор, який відображає Е до себе, що . Тоді оператор існує, він обмежений і має вигляд
. (5)
Доведення. Існування і обмеженість оператора
випливає із наступних міркувань. Так як , то (сума спадної геометричної прогресії). Простір Е повний, тому зі збіжності ряду випливає, що сума існує і являє собою обмежений лінійний оператор. Для будь-якого n маємо
переходячи до границі при і враховуючи, що отримуємо
звідки
,
що и треба довести.