Альтернатива Фредгольма — Шаудера

[math]X = C[0;1][/math], [math]K(u,v)[/math] непрерывен на [math][0;1]^2[/math]

[math]A(x,t)=\int\limits_0^1 K(t,s) x(s) ds, x(s) \in C[0;1][/math]

A — компактный оператор ([math]A \colon [0;1] \to [0;1][/math])

Интегральные уравнения Фредгольма: [math]f(t) = x(t) + \lambda \int\limits_0^1 K(t,s) x(s) ds[/math] в [math]C[0;1][/math].

X — B-пространство, [math]A \colon B \to B[/math], A — компактный. [math]T = \lambda I - a[/math]

Ставим задачу: y дано, когда [math]Tx=y[/math] разрешимо относительно x?

[math]y = \lambda x - A x[/math] — операторные уравнения второго рода (явно выделен I). Уравнения первого рода ([math]y=Bx[/math]) решаются гораздо сложней. Объясняется это достаточно просто: [math]y = \lambda x - A x = \lambda (x - \frac 1 \lambda A)x, \frac 1 {|\lambda|} {\|A\|} \lt 1 [/math], следовательно, по теореме Банаха, [math]I - \frac 1 \lambda A[/math] непрерывно обратим, следовательно, при достаточно больших [math]\lambda[/math], [math]y=\lambda x - A x[/math] разрешимо при любой левой части, причём решения x будут непрерывно зависеть от y. Интересна ситуация при [math]|\lambda| \lt \|A\|[/math]. В случае компактного A ответ даёт теория Шаудера.

Далее будем считать [math]\lambda = 1[/math]. [math]T = I - A,~Ker~T = \{x|x - Ax = 0\} = \{x|x=Ax\}[/math], таким образом, ядро T — неподвижные точки A. [math]\overline V[/math] — единичный шар, [math]Y = Ker~T[/math] — подпространство X. [math]dim~Ker~T = + \infty,~\overline W = \overline V \cap Y \Rightarrow \overline W = A \overline W[/math]. Но так как A — компактный, [math]\overline W[/math] — компакт в Y, но в бесконечномерном пространстве шар не может быть компактом, получаем противоречие. Значит, если A — компактный, то [math]dim~Ker(I-A) \lt + \infty[/math].

Теорема:

Пусть [math]T = I - A[/math], A компактен [math]\Rightarrow R(T) = Cl R(T)[/math]

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Ранее (пятый семестр же?) мы доказали, что если уравнение [math]Tx=y, y \in R(T)[/math] допускает априорную оценку ([math]\exists \alpha~\exists x~Tx=y, \|x\| \leq a\|y\|[/math]), то R(T) замкнуто. Нужно доказать, что у T есть априорная оценка. [math]y \in R(T), Tx=y, \forall z \in Ker~T \Rightarrow T(x+z) = y[/math]. Значит, все решения уравнения [math]Tx=y[/math] записываются в форме [math]x=x_0+z[/math], где [math]x_0[/math] — одно из решений, z принадлежит [math]Ker~T[/math]. Но [math]dim~Ker~T \lt + \infty \Rightarrow Ker~T = \mathcal{L} \{ e_1, \ldots e_n \} \Rightarrow x = x_0 + \sum\limits_{k=1}^n \alpha_k e_k, \alpha_k \in \mathbb{R}[/math] Рассмотрим функцию от n переменных [math]f(\alpha_1,\ldots,\alpha_n) = \|x_0 + \sum\limits_{k=1}^n \alpha_k e_k\|[/math] Эта функция непрерывна (доказательство непрерывности аналогично таковому в теореме Рисса здесь) [math]\Rightarrow \exists \alpha^*_1, \alpha^*_2, \ldots, \alpha^*_n : f (\overline {\alpha}^*) = \inf\limits_{\alpha} f(\alpha)[/math] [math]y \in R(T)[/math], среди всех решений уравнения [math]Tx=y[/math] существует решение с минимальной нормой. Его назовём [math]\widehat x[/math], и далее докажем, что эти решения допускают априорную оценку через y.

[math]\triangleleft[/math]

TODO: пропуск

Теорема (альтернатива Фредгольма-Шаудера):

Пусть [math]A:X \to X[/math] — компактный оператор и [math]T = A - \lambda I[/math]. Тогда возможно только две ситуации: [math]\operatorname{Ker} = \{0\}[/math], тогда [math] y = Tx[/math] разрешимо для любого [math]y[/math] [math]\operatorname{Ker} \ne \{0\}[/math], тогда [math] y = Tx[/math] разрешимо только для тех [math]y[/math], которые принадлежат [math](\operatorname{Ker} T^*)^\perp[/math]

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

<wikitex> $\operatorname{Ker} T = \{0\}$, то есть $R(T) = X$ и тогда $y = Tx$ действительно разрешимо для всех $x$ $\operatorname{Ker} T \ne \{0\}$, тогда $R(T) = \operatorname{Cl} R(T)$, по общим теоремам о сопряженном операторе ( TODO: каким?), $R(T) = (\operatorname{Ker} T^*)^\perp$. Рассмотрим $y = Tx$, очевидно, оно разрешимо, когда $y \in R(T)$, то есть $y \in (\operatorname{Ker} T^*)^\perp$ </wikitex>

[math]\triangleleft[/math]

TODO: пропуск

1. Теорема о счетности спектра компактного оператора

Теорема:

Спектр компактного оператора не более чем счётен

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

На отрезке [math][\alpha\ldots|A|][/math] должно быть конечное число точек спектра. Пусть обратное, тогда занумеруем их: [math]\lambda_n \neq \lambda_m[/math]. [math]x_n[/math]— собственные вектора. [math]\lambda_n \geq \alpha \gt 0[/math] [math]L_n = \mathcal{L} \{ x_1,\ldots, x_n \}[/math]. Очевидно, что [math]L_n \subset L_{n+1}[/math]. Проверим, что включения строгие. Пусть проверено, что [math]x_1,\ldots,x_n[/math] — ЛНЗ. Докажем тогда, что [math]x_1,\ldots,x_n,x_{n+1}[/math] — ЛНЗ. Пусть [math]x_{n+1} = \sum\limits_{k=1}^n \alpha_k x_k[/math]. Подействуем на это равенство A : [math]A x_{n+1} = \sum\limits_{k=1}^n \alpha_k A x_k[/math]. Так как [math]x_k[/math] — собственные вектора, [math]\lambda_{n+1} x_{n+1} = \sum\limits_{k=1}^n \alpha_k \lambda_k x_k \Rightarrow x_{n+1} = \sum\limits_{k=1}^n \frac {\alpha_k \lambda_k} {\lambda_{n+1}} x_k[/math], но [math]x_{n+1} = \sum\limits_{k=1}^n \alpha_k x_k[/math]. Но [math]x_1,\ldots,x_n[/math] — ЛНЗ, поэтому разложение [math]x_{n+1}[/math] через их комбинацию единственно. Значит, [math]\alpha_k = \alpha_k \frac{\lambda_n}{\lambda_{n+1}}[/math]. [math]x_{n+1} \neq 0[/math], поэтому [math]\exists \alpha_{k_0} \neq 0 \Rightarrow \alpha_{k_0} = \alpha_{k_0} \frac {\lambda_{k_0}} {\lambda_{n+1}}[/math] и [math]\lambda_{k_0} = \lambda_{n+1}[/math], но [math]\lambda_n \neq \lambda_m[/math] — мы получили противоречие, поэтому [math]x_1,\ldots,x_n,x_{n+1}[/math] — ЛНЗ и включение [math]L_n \subset L_{n+1}[/math] строгое. Применим к цепи подпространств лемму Рисса о почти перпендикуляре: [math]y_n \in L_n, \|y_n\| = 1, \forall y \in L_{n+1}~\|y_{n+1} - y_n\| \geq \frac 1 2[/math] Система [math]\{y_n\}[/math] ограничена. Определим [math]z_n = A y_n[/math]. В силу компактности A из [math]\{z_n\}[/math] можно выбрать сходящуюся последовательность точек. Проверим, что это сделать нельзя; противоречие будет связано с допущением о том, что на [math][\alpha;\|A\|][/math] бесконечное количество точек. Составим разность [math]z_{n+p}-z_n = A y_{n+p} - A y_n = \lambda_{n+p} y_{n+p} - (\lambda_{n+p} y_{n+p} - A y_{n+p} + A y_n)[/math]. Проверим, что то, что находится в скобке, принадлежит [math]L_{n+p-1}[/math]. Если это так, то [math]\lambda_{n+p} y_{n+p} - \lambda_{n+p} z = \lambda_{n+p} (y_{n+p} - z)[/math]. По построению [math]y_n[/math], [math]\|z_{n+p} - z_n\| = |\lambda_{n+p}| \|y_{n+p} - z\|[/math], где первый множитель не меньше [math]\alpha[/math], а второй — [math]\frac 1 2[/math], в итоге [math]\|z_{n+p} - z_n\| \geq \frac 1 2[/math] и, значит, из [math]\{z_n\}[/math] не выделить сходящейся подпоследовательности. Осталось проверить, что [math]\lambda_{n+p} y_{n+p} - A y_{n+p} + A y_n \in L_{n+p-1}[/math]. [math]L_{n+p-1} = \mathcal{L} \{x_1,\ldots,x_{n+p-1}\}[/math]. [math]y_{n+p} \in L_{n+p}[/math], [math]y_{n+p} = \sum\limits_{k=1}^{n+p-1} \alpha_k x_k + \alpha_{n+p} x_{n+p}[/math]. Подействуем A: [math]A y_{n+p} = \sum\limits_{k=1}^{n+p-1} \alpha_k A x_k + \alpha_{n+p} A x_{n+p} = \sum\limits_{k=1}^{n+p-1} \alpha_k \lambda_k x_k + \alpha_{n+p} \lambda_{n+p} x_{n+p} [/math]. Разность [math]\lambda_{n+p} y_{n+p} - A y_{n+p} = \sum\limits_{k=1}^{n+p-1} \beta_k x_k \in L_{n+p-1}[/math]. [math]y_n = \sum\limits_{k=1}^n \gamma_k x_k, A y_n = \sum\limits_{k=1}^n \gamma_k \lambda_k x_k \in L_{n+p-1}[/math] и, следовательно, [math]\lambda_{n+p} y_{n+p} - A y_{n+p} + A y_n[/math] принадлежит [math]L_{n+p-1}[/math].

[math]\triangleleft[/math]

}}