Альтернатива Фредгольма — Шаудера

Пусть [math]X = C[0;1][/math], [math]K(u,v)[/math] непрерывна 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].

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

Будем изучать так называемые 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].

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

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

[math]y = \lambda x - A x[/math] — операторные уравнения второго рода (явно выделен [math]I[/math]). 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 [math]x[/math] будут непрерывно зависеть от [math]y[/math]. 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[/math]

[math]\operatorname{Ker}T = \{x|x - Ax = 0\} = \{x|x=Ax\}[/math], таким образом, ядро [math]T[/math] — неподвижные точки [math]A[/math].

Пусть [math]\overline V[/math] — единичный шар, [math]Y = \operatorname{Ker}T[/math] — подпространство [math]X[/math].

Допустим, что [math]\dim \operatorname{Ker}T = + \infty,~\overline W = \overline V \cap Y \Rightarrow \overline W = A \overline W[/math]. Так как [math]A[/math] — компактный, [math]\overline W[/math] — компакт в [math]Y[/math], но в бесконечномерном пространстве шар не может быть компактом, получаем противоречие. Значит, если [math]A[/math] — компактный, то [math]\dim\operatorname{Ker}(I-A) \lt + \infty[/math].

Теорема:

Пусть [math]T = I - A[/math], [math]A[/math] компактен, тогда [math] R(T) [/math] замкнуто.

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Ранее 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 [math]R(T)[/math] замкнуто. Нужно доказать, что у [math]T[/math] есть априорная оценка. [math]y \in R(T), Tx=y, \forall z \in \operatorname{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\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}[/math]. Рассмотрим функцию от [math]n[/math] 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]. TODO: а на каком компакте непрерывна? [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 [math]y[/math]. Допустим, априорной оценки не существует, тогда можно построить последовательность [math] y_n [/math] и [math] \widehat x_n [/math] (минимальных по норме решений с правой частью [math] x_n [/math]), таких, что [math] \frac{\|\widehat x_n\|}{\|y_n\|} \to \infty [/math]. В силу линейности уравнения, можно выбрать [math] \widehat x_n [/math] с единичной нормой, тогда [math] \|y_n\| \to 0 [/math]. [math] T = I - A [/math], так как [math] \{ \widehat x_n \} [/math] ограничено и [math] A [/math] компактен, то из [math] z_n = A \widehat x_n [/math] можно выделить сходящуюся подпоследовательность (далее, видимо, за [math] z_n [/math] обозначаются члены этой подпоследовательности), [math] z_n \to z [/math]. Тогда получаем [math] y_n = \widehat x_n - z_n [/math]. TODO: переписать так, чтобы было понятно, что пользуемся только подпоследовательностью. Но [math] y_n \to 0 [/math], значит, [math] \widehat x_n - z_n \to 0, \widehat x_n \to z_n = z, \widehat x = z = A \widehat x [/math]. То есть, [math] Tz = 0, z \in \operatorname{Ker} T [/math]. [math] T(\widehat x_n - z) = y_n [/math], но, так как мы выбирали минимальное по норме [math] x_n [/math], то [math] \|x_n - z\| \ge \|x_n\| = 1[/math] Получили, что [math] 0 \ge 1 [/math] — противоречие, значит, априорная оценка существует, [math] R(T) [/math] замкнуто, и теорема доказана.

[math]\triangleleft[/math]

Докажем теперь два утверждения.

Утверждение:

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

[math]\triangleright[/math]

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

[math]\triangleleft[/math]

Утверждение:

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

[math]\triangleright[/math]

TODO: добавить доказательство

[math]\triangleleft[/math]

Альтернатива Фредгольма-Шаудера

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} T = \{0\}[/math], тогда [math] y = Tx[/math] разрешимо для любого [math]y[/math] [math]\operatorname{Ker} T \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 $y$ $\operatorname{Ker} T \ne \{0\}$, тогда $R(T) = \operatorname{Cl} R(T)$ ( TODO: непонятно, почему образ замкнут оказывается), 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]

Теорема о счетности спектра компактного оператора

Рассмотрим [math]A - \lambda I[/math].

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

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:

[math]\triangleright[/math]

Так как спектр линейного ограниченного оператора входит в круг радиуса [math]\|A\|[/math], получаем [math]|\lambda| \in [0, \|A\|][/math]. Рассмотрим [math]\alpha \gt 0[/math], проверим, что на отрезке [math][\alpha,\|A\|][/math] — конечное число точек спектра. Предположим обратное, тогда выделим подпоследовательность [math]\lambda_1 \dots \lambda_n \dots[/math] различных собственных значений (каждое из них больше [math]\alpha[/math]). Пусть им соответствуют собственные элементы [math]x_1 \dots x_n \dots[/math]. Покажем, что при любом [math]n[/math], собственные элементы [math]x_1 \dots x_n[/math] — линейно независимы, и что линейные оболочки [math]L_n = \mathcal{L}(x_1 \dots x_n)[/math] и [math]L_{n+1} = \mathcal{L}(x_1 \dots x_{n+1})[/math] строго вложены друг в друга. Доказательство по индукции: для [math]n=1[/math] — тривиально. Пусть [math]x_1 \dots x_n[/math] — ЛНЗ, покажем, что [math]x_1 \dots x_{n+1}[/math] — тоже ЛНЗ. Покажем от противного: пусть [math]x_{n+1} = \sum\limits_{i=1}^n \alpha_i x_i[/math]. Подействуем на обе части оператором [math]A[/math]: [math]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[/math]. Разделив обе части на [math]\lambda_{n + 1}[/math] (он ненулевой), получим другое разложение [math]x_{n+1}[/math] по векторам [math]x_1 \dots x_n[/math]: [math]x_{n+1} = \sum\limits_{i=1}^n \frac{\alpha_i \lambda_i}{\lambda_{n + 1}} x_i[/math]. Но так как разложение по линейно независимой системе должно быть единственно, то получаем, что [math]\frac{\alpha_i \lambda_i}{\lambda_{n + 1}} = \alpha_i[/math], здесь либо [math]\alpha_i[/math] нулевое, либо [math]\frac{\lambda_i}{\lambda_{n+1}} = 1[/math]. Так как собственный вектор [math]x_{n+1}[/math] ненулевой, найдется такое [math]q[/math], что [math]\alpha_q \ne 0[/math], и тогда [math]\frac{\lambda_q}{\lambda_{n+1}} = 1[/math], то есть получили два одинаковых собственных значения, противоречие, а значит, [math]x_1 \dots 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]\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[/math]. Проделав такое для каждого [math]L_n[/math], получим последовательность [math]y_n[/math], заметим, что она ограничена 1. Определим [math]z_n = A y_n[/math]. В силу компактности [math]A[/math] 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]. [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]. Таким образом, [math]\lambda_{n+p} y_{n+p} - \lambda_{n+p} z = \lambda_{n+p} (y_{n+p} - z)[/math]. Получаем: [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] (по построению [math]y_n[/math]) , в итоге [math]\|z_{n+p} - z_n\| \geq \frac{\alpha}{2}[/math] и, значит, из [math]\{z_n\}[/math] не выделить сходящейся подпоследовательности. Получили противоречие, а значит, на каждом отрезке [math][\alpha, \|A\|][/math] действительно конечное число собственных чисел, и спектр счетен. Осталось проверить, что только [math]0[/math] может быть предельной точкой. Пусть это не так, и какое-то [math]\lambda \ne 0[/math] — предельная точка, это означает, что для любого [math]\forall \varepsilon: 0 \lt \varepsilon \lt \frac{\lambda}{2}[/math], во множестве [math][\lambda - \varepsilon, \lambda) \cup (\lambda, \lambda + \varepsilon][/math] содержится собственное число, то есть в отрезке [math][\frac{\lambda}{2}, \|A\|][/math] содержится счетно-бесконечное число точек спектра, чего быть не может, как мы уже показали выше.

[math]\triangleleft[/math]