Альтернатива Фредгольма — Шаудера

Пусть $X = C[0;1]$, $K(u,v)$ непрерывна на $[0;1]^2$.

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

$A \colon [0;1] \to [0;1]$, $A$ — компактный оператор.

Будем изучать так называемые интегральные уравнения Фредгольма: $f(t) = x(t) + \lambda \int\limits_0^1 K(t,s) x(s) ds$ в $C[0;1]$.

Фредгольмом в начале XX века была разработана теория решения таких уравнений без использования методов функционального анализа. В 30-е годы XX века Шаудер обобщил ее на абстрактные компактные операторы.

Пусть $X$ — $B$-пространство, $A \colon B \to B$, A — компактный. $T = \lambda I - A$

Ставим задачу: $y$ дано, когда $Tx=y$ разрешимо относительно $x$?

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

Утверждение:

$A$ — компактный оператор. Тогда $\dim\operatorname{Ker}(I-A) \lt + \infty$

$\triangleright$

$T = I - A$ $\operatorname{Ker}T = \{x|x - Ax = 0\} = \{x|x=Ax\}$, таким образом, ядро $T$ — неподвижные точки $A$. Пусть $\overline V$ — единичный шар, $Y = \operatorname{Ker}T$ — подпространство $X$. Допустим, что $\dim \operatorname{Ker}T = + \infty,~\overline W = \overline V \cap Y \Rightarrow \overline W = A \overline W$. Так как $A$ — компактный, $\overline W$ — компакт в $Y$, но в бесконечномерном пространстве шар ($\overline W$ будет шаром в подпространстве $Y$) не может быть компактом, получаем противоречие. Значит, если $A$ — компактный, то $\dim\operatorname{Ker}(I-A) \lt + \infty$.

$\triangleleft$

Теорема:

Пусть $T = I - A$, $A$ компактен, тогда $R(T)$ замкнуто.

Доказательство:

$\triangleright$

Ранее мы доказали, что если уравнение $Tx=y, y \in R(T)$ допускает априорную оценку ($\exists \alpha~\forall x~Tx=y, \|x\| \leq a\|y\|$), то $R(T)$ замкнуто. Нужно доказать, что у $T$ есть априорная оценка. $y \in R(T), Tx=y, \forall z \in \operatorname{Ker}T \Rightarrow T(x+z) = y$. Значит, все решения уравнения $Tx=y$ записываются в форме $x=x_0+z$, где $x_0$ — одно из решений, z принадлежит $Ker~T$. Но $\dim\operatorname{Ker}T \lt + \infty \Rightarrow \operatorname{Ker}~T = \mathcal{L} \{ e_1, \ldots e_n \} \Rightarrow x = x_0 + \sum\limits_{k=1}^n \alpha_k e_k, \alpha_k \in \mathbb{R}$. Рассмотрим функцию от $n$ переменных $f(\alpha_1,\ldots,\alpha_n) = \|x_0 + \sum\limits_{k=1}^n \alpha_k e_k\|$ Эта функция непрерывна (доказательство непрерывности аналогично таковому в теореме Рисса здесь) $\Rightarrow \exists \alpha^*_1, \alpha^*_2, \ldots, \alpha^*_n : f (\overline {\alpha}^*) = \inf\limits_{\alpha} f(\alpha)$. TODO: а на каком компакте непрерывна? $y \in R(T)$, среди всех решений уравнения $Tx=y$ существует решение с минимальной нормой. Его назовём $\widehat x$, и далее докажем, что эти решения допускают априорную оценку через $y$. Допустим, априорной оценки не существует, тогда можно построить последовательность $y_n$ и $\widehat x_n$ (минимальных по норме решений с правой частью $x_n$), таких, что $\frac{\|\widehat x_n\|}{\|y_n\|} \to \infty$. В силу линейности уравнения, можно выбрать $\widehat x_n$ с единичной нормой, тогда $\|y_n\| \to 0$. $T = I - A$, так как $\{ \widehat x_n \}$ ограничено и $A$ компактен, то из $z_n = A \widehat x_n$ можно выделить сходящуюся подпоследовательность (далее, видимо, за $z_n$ обозначаются члены этой подпоследовательности), $z_{n_{k}} \to z$. Тогда получаем $y_n = \widehat x_n - z_{n_{k}}$. Но $y_n \to 0$, значит, $\widehat x_n - z_{n_{k}} \to 0, \widehat x_n \to z_{n_{k}}, \widehat x = z = A \widehat x$. То есть, $Tz = 0, z \in \operatorname{Ker} T$. $T(\widehat x_n - z) = y_n$, но, так как мы выбирали минимальное по норме $x_n$, то $\|x_n - z\| \ge \|x_n\| = 1$ Получили, что $0 \ge 1$ — противоречие, значит, априорная оценка существует, $R(T)$ замкнуто, и теорема доказана.

$\triangleleft$

Докажем теперь два утверждения.

Утверждение:

Пусть $M_n = \operatorname{Ker} ((I - A)^n), n \in \mathbb N$, $A$ — компактный оператор. Тогда $\exists n_0: M_{n_0} = M_{n_0 + 1}$.

$\triangleright$

Идея доказательства подобных утверждений следующая: идем от противного и, пользуясь леммой Рисса, строим ограниченную последовательность точек. Применяя к ней $A$, получаем последовательность, из которой можно выделить сходящуюся подпоследовательность. После этого ищем противоречие с условием. $(I - A)^n = \sum\limits_{k=0}^{n} C_n^k (-1)^k A^k = I - (-\sum\limits_{k=1}^{n} C_n^k (-1)^k A^k)$ Второе слагаемое является компактным оператором, обозначим его за $B$, $(I - A)^n = I - B$. $\dim \operatorname{Ker} (I - B) \lt +\infty$, следовательно, $\dim M_n \lt +\infty$ Пусть $T = I - A$, $x \in M_n$ и $T^n(x) = 0$, тогда $T^{n+1}(x) = T(0) = 0$, то есть, $M_n \subset M_{n+1}$. Допустим, что $\forall n: M_n \subset M_{n+1}$ (строго). $M_n$ — подпространство $X$. Применим к паре подпространств $M_n, M_{n+1}$ лемму Рисса: $\exists x_{n+1} \in M_{n+1}: \|x_{n+1}\| = 1, \forall x \in M_n \|x_{n+1} - x\| \ge \frac12$ Таким образом выстраиваем последовательность $x_1, x_2, \ldots, x_n, \ldots, \|x_n\| = 1$. $y_n = Ax_n$, из $y_n$ можно выделить сходящуюся подпоследовательность. $y_{n+p} - y_n = Ax_{n+p} - Ax_{n} = x_{n+p} - (x_{n+p} - Ax_{n+p} + Ax_n)$. Обозначим сумму в скобках за $z$. Заметим, что $z = T(x_{n+p}) + Ax_n$. $T^{m+p=1}(z) = T^{m+p}(x_{m+p}) + T^{m+p-1}(Ax_n)$. Здесь первое слагаемое равно нулю по определению последовательности $x_n$. Второе же, так как операторы $T^{m+p-1}$ и $A$ коммутируют, равно $A(T^{m+p-1}(x_n)) = A(0) = 0$, и $z \in \operatorname{Ker}(T^{m+p-1})$. Но раз $z \in M_{n+p-1}$, то $\|x_{n+p} - z\| \ge \frac12$, и $\|y_{n+p} - y_{n}\| \ge \frac12$, чего не может быть, поскольку в этом случае мы не сможем выделить из $y_n$ сходящуюся подпоследовательность. Поэтому наше предположение неверно, теорема доказана.

$\triangleleft$

Утверждение:

Пусть $A$ — компактный оператор на банаховом $X$, $T = I - A$. Тогда $R(T) = X \Leftrightarrow \operatorname{Ker} T = \{0\}$.

$\triangleright$

$\Longrightarrow$: Пусть существует $x_1 \ne 0, x_1 \in \operatorname{Ker} T = N_1$. Так как $R(T) = X$, то у уравнения $Tx = x_1$ существует решение, обозначим его $x_2$. $T(Tx_2) = T(x_1) = 0$, то есть, $x_2 \in \operatorname{Ker} T^2 = N_2$. Заметим, что $x_2 \notin N_1$, в противном случае $x_1 = Tx_2 = 0$, что противоречит нашему предположению. Значит, $N_1 \subset N_2$ (строго). Действуя аналогично, берем $x_3$ решение уравнения — $Tx = x_2$, $x_3 \notin N_2, x_3 \in N_3$. Получаем бесконечную цепочку строго вложенных множеств $N_k$, существование которой противоречит предыдущему утверждению, значит, $\operatorname{Ker} T = \{0\}$. $\Longleftarrow$: Пусть $\operatorname{Ker} T = \{0\}$. $R(T)$ — замкнутое множество, $T^* = I - A^*$, $R(T^*) = (\operatorname{Ker} T)^{\perp} = (\{0\})^{\perp} = X^*$. Тогда $\operatorname{Ker} T^* = {0}$, и $R(T) = (\operatorname{Ker} T^*)^{\perp} = X$.

$\triangleleft$

Альтернатива Фредгольма-Шаудера

Теорема (альтернатива Фредгольма-Шаудера):

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

Доказательство:

$\triangleright$

$\operatorname{Ker} T = \{0\}$, то есть $R(T) = X$, тогда $y = Tx$ действительно разрешимо для всех $y$ $\operatorname{Ker} T \ne \{0\}$, по первой теореме этого параграфа, $R(T) = \operatorname{Cl} R(T)$ по общим теоремам о сопряженном операторе, $R(T) = (\operatorname{Ker} T^*)^\perp$. Рассмотрим $y = Tx$, очевидно, оно разрешимо, когда $y \in R(T)$, то есть, $y \in (\operatorname{Ker} T^*)^\perp$.

$\triangleleft$

Теорема о счетности спектра компактного оператора

Рассмотрим $A - \lambda I$.

1. $\operatorname{Ker} (A - \lambda I) \ne \{0\}$, тогда оператор необратим, и $\lambda$ — собственное число, то есть $\lambda \in \sigma(A)$.
2. $\operatorname{Ker} (A - \lambda I) = \{0\}$, тогда по альтернативе, оператор непрерывно обратим, то есть $\lambda \in \rho(A)$.

Таким образом, спектр состоит из собственных чисел, и, возможно, нуля. Теперь изучим мощность спектра:

Теорема:

Спектр компактного оператора не более чем счётен и его предельной точкой может быть только 0.

Доказательство:

$\triangleright$

Так как спектр линейного ограниченного оператора входит в круг радиуса $\|A\|$, получаем $|\lambda| \in [0, \|A\|]$. Рассмотрим $\alpha \gt 0$, проверим, что на отрезке $[\alpha,\|A\|]$ — конечное число точек спектра. Предположим обратное, тогда выделим подпоследовательность $\lambda_1 \dots \lambda_n \dots$ различных собственных значений (каждое из них больше $\alpha$). Пусть им соответствуют собственные элементы $x_1 \dots x_n \dots$. Покажем, что при любом $n$, собственные элементы $x_1 \dots x_n$ — линейно независимы, и что линейные оболочки $L_n = \mathcal{L}(x_1 \dots x_n)$ и $L_{n+1} = \mathcal{L}(x_1 \dots x_{n+1})$ строго вложены друг в друга. Доказательство по индукции: для $n=1$ — тривиально. Пусть $x_1 \dots x_n$ — ЛНЗ, покажем, что $x_1 \dots x_{n+1}$ — тоже ЛНЗ. Покажем от противного: пусть $x_{n+1} = \sum\limits_{i=1}^n \alpha_i x_i$. Подействуем на обе части оператором $A$: $Ax_{n+1} = \lambda_{n + 1} x_{n+1} = \sum\limits_{i=1}^n \alpha_i A x_i = \sum\limits_{i=1}^n \alpha_i \lambda_i x_i$. Разделив обе части на $\lambda_{n + 1}$ (он ненулевой), получим другое разложение $x_{n+1}$ по векторам $x_1 \dots x_n$: $x_{n+1} = \sum\limits_{i=1}^n \frac{\alpha_i \lambda_i}{\lambda_{n + 1}} x_i$. Но так как разложение по линейно независимой системе должно быть единственно, то получаем, что $\frac{\alpha_i \lambda_i}{\lambda_{n + 1}} = \alpha_i$, здесь либо $\alpha_i$ нулевое, либо $\frac{\lambda_i}{\lambda_{n+1}} = 1$. Так как собственный вектор $x_{n+1}$ ненулевой, найдется такое $q$, что $\alpha_q \ne 0$, и тогда $\frac{\lambda_q}{\lambda_{n+1}} = 1$, то есть получили два одинаковых собственных значения, противоречие, а значит, $x_1 \dots x_{n+1}$ — ЛНЗ и включение $L_n \subset L_{n+1}$ — строгое. Применим к цепи подпространств лемму Рисса о почти перпендикуляре: $\exists y_{n+1} \in L_{n+1},\|y_{n+1}\| = 1: \forall y_n \in L_n: \|y_{n+1} - y_n\| \ge \frac12$. Проделав такое для каждого $L_n$, получим последовательность $y_n$, заметим, что она ограничена 1. Определим $z_n = A y_n$. В силу компактности $A$ из $\{z_n\}$ можно выбрать сходящуюся последовательность точек. Проверим, что это сделать нельзя, противоречие будет связано с допущением о том, что на $[\alpha,\|A\|]$ бесконечное количество точек. Составим разность $z_{n+p}-z_n = A y_{n+p} - A y_n = \lambda_{n+p} y_{n+p} - (\lambda_{n+p} y_{n+p} - A y_{n+p} + A y_n)$. Проверим, что то, что находится в скобке, принадлежит $L_{n+p-1}$. $\lambda_{n+p} y_{n+p} - A y_{n+p} + A y_n \in L_{n+p-1}$. $L_{n+p-1} = \mathcal{L} \{x_1,\ldots,x_{n+p-1}\}$. $y_{n+p} \in L_{n+p}$, $y_{n+p} = \sum\limits_{k=1}^{n+p-1} \alpha_k x_k + \alpha_{n+p} x_{n+p}$. Подействуем A: $A y_{n+p} = \sum\limits_{k=1}^{n+p-1} \alpha_k A x_k + \alpha_{n+p} A x_{n+p} = \sum\limits_{k=1}^{n+p-1} \alpha_k \lambda_k x_k + \alpha_{n+p} \lambda_{n+p} x_{n+p}$. Разность $\lambda_{n+p} y_{n+p} - A y_{n+p} = \sum\limits_{k=1}^{n+p-1} \beta_k x_k \in L_{n+p-1}$. $y_n = \sum\limits_{k=1}^n \gamma_k x_k, A y_n = \sum\limits_{k=1}^n \gamma_k \lambda_k x_k \in L_{n+p-1}$ и, следовательно, $\lambda_{n+p} y_{n+p} - A y_{n+p} + A y_n$ принадлежит $L_{n+p-1}$. Таким образом, $\lambda_{n+p} y_{n+p} - \lambda_{n+p} z = \lambda_{n+p} (y_{n+p} - z)$. Получаем: $\|z_{n+p} - z_n\| = |\lambda_{n+p}| \|y_{n+p} - z\|$, где первый множитель не меньше $\alpha$, а второй — $\frac 1 2$ (по построению $y_n$) , в итоге $\|z_{n+p} - z_n\| \geq \frac{\alpha}{2}$ и, значит, из $\{z_n\}$ не выделить сходящейся подпоследовательности. Получили противоречие, а значит, на каждом отрезке $[\alpha, \|A\|]$ действительно конечное число собственных чисел, и спектр счетен. Осталось проверить, что только $0$ может быть предельной точкой. Пусть это не так, и какое-то $\lambda \ne 0$ — предельная точка, это означает, что для любого $\forall \varepsilon: 0 \lt \varepsilon \lt \frac{\lambda}{2}$, во множестве $[\lambda - \varepsilon, \lambda) \cup (\lambda, \lambda + \varepsilon]$ содержится собственное число, то есть в отрезке $[\frac{\lambda}{2}, \|A\|]$ содержится счетно-бесконечное число точек спектра, чего быть не может, как мы уже показали выше.

$\triangleleft$