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 0t 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) nN max x(t ) C[0;1] (1) C [0;1] 0t1 max x(t ) max x' (t ) 0t 1 nN x ( n) 2 n 1 1 k n 1/ 2 2 1 x(t ) dt 0 1/ 2 1 x(t ) dt 0 sup nN max x(k ) n 5 0t 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] 0t1 0t1 0t 1 0t 1 0t1 0t1 0t1 1/3 9 l3 10 L1[0;1] sup x(n) nN x(t ) dt 0,1 88 3 x ( n) n1 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 0x l1 q( x) a p( x) , то есть x(n) a sup x(n) x l . 1 nN 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. 0t 1 0 Решение. Заметим, что 1 x C[0;1] q( x) x(t ) dt max x(t ) p( x) . 0t 1 0 Допустим теперь, что a 0x C[0;1] p( x) a q( x) , то есть 1 max x(t ) a x(t ) dt . 0t 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 0x 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 11 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 C0,1 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 00 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 n1 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 [11/ 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 11/ n nz 8 Значит, A n 1 1 1/ n 8 1/2 1/ 2 1 11 / 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 en1 (0,...,0,1,0,...) из l1. Так как en1 1 , то n An A sup An x Ax Anen1 Aen1 (0,0,...) en1 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 A1 : Y X , ставящее в соответствие каждому у из Y решение х уравнения (1), называется оператором, обратным к А. Оператор A : X Y имеет обратный A1 : 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 A1 , 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 A1 , 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 A1 (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 A1 , 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 A1 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 A1 y y1 y3 , y2 , 3 . 2. Пусть A : X Y . Доказать, что существует непрерывный обратный оператор A1 , 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 A1 задается формулой y (1) y (2) y (3) A y , , ,... . 1 1 / 2 2 1 1 / 33 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 A1 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 A1 ? 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 ) . 0t 1 0t 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 A1 . 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 2C 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 s2ds 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