[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 — комплексный 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]
Задача: когда [math]Tx=y[/math] разрешимо?
[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 комплексного 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\|\lt =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 = 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]
[math]f(\alpha_1,\ldots,\alpha_n) = \|x_0 + \sum\limits_{k=1}^n \alpha_k e_k[/math] *Из конспекта немного непонятно, почему
TODO: доказать* Эта функция непрерывна [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] |
