Смекни!
smekni.com

Операторные уравнения (стр. 4 из 6)

8.2. Простейший случай продолжения по параметру

Приведем здесь доказательство теоремы 14 для случая, когда

. Согласно условию этой теоремы
. По замечанию 14
. Имеем следующую оценку:

.

Пусть

, где
. На [0, δ] имеем
, и, следовательно, по теореме 9 А(λ) при всяком
непрерывно обратим. Если окажется, то
, то теорема доказана.

Пусть δ < 1. Возьмем А(δ). Согласно замечанию п.14.1

. Повторяем наши рассуждения при λ>δ. Имеем оценку

,

если

, откуда А(λ) непрерывно обратим при каждом
. Если
, то теорема доказана. Если же 2δ < 1, то
и рассуждение можно повторить. После конечного числа шагов мы достигаем точки λ=1, и, следовательно, А(1) непрерывно обратим.

Доказательство теоремы в общем случае

Рассмотренный выше частный случай отрезка в L(X,Y) не всегда удобен в приложениях. Общий случай основывается на следующем элементарном предложении.

Лемма. Пусть М – некоторое непустое множество на [0,1], одновременно открытое и замкнутое на [0.1]. тогда М=[0, 1].

Замечание 1. условие открытости М на [0,1] понимается так: для любого

существует δ > 0 такое, что
.

Доказательство леммы. Пусть N = [0, 1] &bsol; M (дополнение к М на [0, 1]). Нужно доказать, что N = Æ – пустое множество. Допустим противное, что N ¹Æ. Поскольку М ¹Æ и ограничено сверху, то существует b = supM, причем b Î M вследствие замкнутости. Покажем, что b = 1. Если b <1, то вследствие открытости M на [0, 1] найдется x > b, x Î M. Это противоречит определению supM. Следовательно, b >1 невозможно. Итак, 1Î М.

Теперь рассмотрим множество N. Как дополнение к М, оно также открыто и замкнуто на [0, 1], и, значит, к нему применимо рассуждение с supM . мы получаем, что 1 Î N. Это невозможно, ибо N – дополнение к М. полученное противоречие доказывает, что допущение N ¹Æ неверно. Итак, N= Æ, т.е. М = [0, 1]. Лемма доказана.

Вернемся к доказательству теоремы. Пусть М – множество тех точек λÎ[0, 1], для которых оператор А(λ) непрерывно обратим. Согласно замечанию 1

для всех λ Î М. М не пусто, поскольку 0 Î [0, 1].

воспользуемся непрерывностью оператор–функции А(λ) в метрике L(X,Y). Для любого e > 0 найдется δ = δ(e)>0 такое, что при всех λ Î [0, 1] таких, что

< δ выполняется неравенство
<e.

Возьмем e = γ, тогда при

< δ(γ), λ Î [0, 1]

<1.

По теореме 9 §3 А(λ) непрерывно обратим для всех таких λ. Итак, вместе с λ0 М содержит

, т.е. М открыто на [0, 1].

Докажем, что М замкнуто на [0, 1]. Пусть

и
при
. Надо доказать, что λ0 М. воспользуемся неравенством
и получим

.

Вследствие непрерывности А(λ) по λ для любого e > 0 находим номер N = N(e) такой, что при n > N будет

<e. Возьмем e = γ, тогда для n = N(γ)+1
<1.

По теореме 9 А(λ0) непрерывно обратим, т.е. λ0 Î М, и, значит, М замкнуто на [0, 1]. По лемме М = [0, 1] . в частности, 1Î М и

. Теорема полностью доказана.

Замечание. Рассмотрим уравнение с параметром:

А(λ)х = у, λÎ [0, 1]. (1*)

Пусть для всех возможных решений этого уравнения при всяком λÎ [0, 1] справедлива оценка

, (2*)

где с – некоторая постоянная, не зависящая от х, у и λ. Оценка такого рода называется априорной оценкой для решения уравнения (1*). Очевидно, априорная оценка (2*) представляет собой лишь иначе записанное условие (1):

.

Доказанная выше теорема свидетельствует о важности априорных оценок для доказательства теорем существования и единственности решений.

Глава 2. Приложение

Пример 1. Рассмотрим интегральное уравнение с малым вещественным параметром λ:

(1)

Это уравнение вида А(

)х = у(
) – операторное уравнение в С[-π; π], где

Покажем, что А(

) аналитична в т. 0, т.е. разлагается в ряд вида
. Разложим функцию А(
) в ряд Тейлора:
.

Найдем к – ую производную:

Разложим функцию в ряд Тейлора в т. 0:

Таким образом, функция аналитична, следовательно, непрерывна при

= 0, а значит, уравнение имеет единственное решение.

Операторные коэффициенты имеют вид:

;
(2)

I. Начнем с уравнения А0x0 = y системы (4) §7, где у нас теперь y0=y, yк=0, к ≥ 1.

Заменим,

, поэтому

, (4)

где

,

Для того, чтобы найти коэффициент А в уравнении (4), умножим его на cos t и, интегрируем по t от –π до π:

,

подсчитаем интегралы:

,
,

Тогда, подставив в уравнение, получаем:

. Отсюда:

. (5)

Найдем коэффициент В уравнения (4), умножив это уравнение на sin t и интегрируя по t от –π до π:

.

Подсчитав соответствующие интегралы:

,
,
, подставив и выразив В, получаем: