Линейные самосопряженные операторы

Решение. а). Оператор А является линейным, ограниченным  оператором конечного ранга, следовательно, А – вполне непрерывный оператор.б). Исследуем оператор А в пространстве . Покажем, что оператор А неограничен. Рассмотрим последовательность функций   из пространства . ИмеемОператор А неограничен и поэтому А не является вполне непрерывным.Пример 7. Будет ли вполне непрерывным оператор дифференцирования , действующий из  в .Решение. Покажем, что оператор А вполне непрерывен. Пусть  – произвольное ограниченное множество, т.е.  что , тогда  и .Рассмотрим множество . Каждая функция из  непрерывно дифференцируема и как показано выше  равномерно ограничено. Докажем, что  равностепенно непрерывно. Пусть  задано, выберем . Тогда для , удовлетворяющих неравенству , имеем.По теореме Арцела множество  относительно компактно, поэтому оператор А вполне непрерывен.Пример 8. Рассмотрим оператор , который определён с помощью формулы:,где  – заданная числовая последовательность. Решение. Мы показывали ранее, что оператор А является ограниченным тогда и только тогда, когда последовательность  ограничена, т.е.  что . Докажем, что оператор А является вполне непрерывным тогда и только тогда, когда . Пусть  и пусть  ограничено, т.е. , что  для . В этом случае оператор А ограничен, т.е. он отображает ограниченное множество М в ограниченное множество . Пусть , тогда из условия  следует, что . Поэтому для  имеем , Согласно критерию относительной компактности в  множество  относительно компактно. Пусть теперь А вполне непрерывный оператор, тогда он ограничен и, соответственно, последовательность  также ограничена. Рассмотрим для каждого  вектор . Следовательно, все числа  являются собственными значениями вполне непрерывного оператора А. Поэтому, .Пример 9Пример Пример 9. Показать, что оператор Фредгольма Ay= cos s y (s) ds, x ∈ [0, π] не имеет характеристических чисел. Решение. Рассмотрим уравнение:y (x)= λcossy (s) ds.Требуется доказать, что ни для одного λ не существует нетривиальных решений этого уравнения. Обозначим C=, тогда y(x)= λ C sin (x), и для определения C имеем: С=ds=0.Следовательно, y (x)≡0 при любом λ, т.е. характеристических чисел у исследуемого оператора нет. Примечание. В указанном случае ядро K(x, s)= sin x ·cos s - непрерывное, но не симметрическое, таким образом оператор является вполне непрерывным, но не самосопряженным, и теорема о существовании собственного вектора неприменима.Пример 10. Найти характеристические числа и собственные функции оператора Фредгольма с вырожденным кососимметрическим ядром Ay= )y (s) ds. x ∈ [0,1].Решение. Требуется найти такие λ, при которых существуют нетривиальные решения уравнения y (x)=λ )y (s) ds.Обозначим C1=, C2=,, тогда y(x)= λ(C1x-C2), и для определения C1 и C2, получим соотношения:С1= λ)ds =(C1-λC2) С2= λ)ds =C1-C2Отсюда: (1-)С1+ λC2=0(1+)С2=0Нетривиальные решения системы существуют при условии:∆ (λ) = = 2+1=0 , 2=-i2,Пусть λ = λ 1= тогда, полагая C 1 = C2 , где С - произвольная постоянная.Найдем C2=С(i+ ) и собственные функции:y1 (x)= λ1(С1X-C2)=C(12ix-6i+ 2). Пусть λ= λ2 =− 2 i тогда, при C1= C⋅ 2 , найдём C2=C(-i +) и собственные функции y2(x)= λ2(C1x-C2) =C (- 12ix+6i+ 2 ) Замечание. Если оператор несамосопряжённый, то характеристические числа могут не быть действительными. В данном случае, ядро оператора K (x, s)=x-s не симметрическое, и характеристические числа оказались чисто мнимыми.Спектральное разложение самосопряженного оператора Теорема Гамильтона-КэлиРассмотрим оператор А и собственные значения 𝜆1𝜆2 …𝜆этого оператора. При этом е1, е2….еn- ортонормированный базис, который состоит из собственных векторов, отвечающих {𝜆1}.Пусть xпринадлежит V. Тогда:x=Так как А= 𝜆кПолучаем: Ах=Оператор Рк определяется соотношением:Ркх=И называется проектором на одномерное подпространство, порождённое вектором Из свойств скалярного произведения следует, что Рк- самосопряжённый линейный оператор.Свойства проекторов:=Рк (=Рк, m- натуральное).РкРj=0, где кj(РкРj)х=Рк(Рjх)=Рк==Pkкоммутирует с каждым оператором, который коммутирует с А.Из вышеуказанного получаем выражения:х= Ax=I=-оператор является тождественным.Получаем спектральное разложение самосопряжённого оператора:А=.Из свойств проекторов и из спектрального разложения самосопряжённого оператора:А2=Для любого положительного s:Аs=Рассмотрим полиномр()=По определению считают:р()=р()=Теорема Гамильтона-Кэли. Если А- самосопряжённый оператор и р()=det(A-) –характеристический многочлен этого оператора, то р(А)=0Доказательство.Итак, если А- самосопряжённый оператор и - собственные значения этого оператора, то согласно теореме является корнем характеристического уравнения, то есть р()=0.Отсюда следует, что р(А)=0.Теорема доказана.Свойства собственных чисел и собственных векторов самосопряжённого оператора1.Собственные числа самосопряжённого оператора различны. 2.Собственные вектора, отвечающие различным собственным числам, ортогональны. 3. Теорема. В базисе из единичных собственных векторов самосопряжённого оператора матрица этого оператора диагональна, причём элементы главной диагонали её собственные числа. Доказательство для случая 3-х мерного евклидова пространства. Рассмотрим 3 собственных вектора -они ортогональны, значит мы можем взять их за базис, а затем пронормировать и получить - три единичных собственных вектора матрицы A:По определению линейного самосопряжённого оператора , соответствующего матрице A:,=(),=(),==()A =- диагональная симметрическая матрица. Список литературыЛогинов В. Н. Линейная алгебра. Линейные и Евклидовы пространства, линейные отображения и преобразования: учебное пособие. / Логинов В. Н, Широкова З. Н.-Комсомольск-на-Амуре: ФГБОУ ВПО «КнАГТУ» 2015.-152 с.Линейные операторы в евклидовых пространствах. Методические указания к домашней контрольной работе по курсу «Линейная алгебра и аналитическая геометрия». М. ин-т электроники и математики Национального исследовательского университета «Высшая школа экономики»; Сост.: И. К. Бусяцкая, К. К. Андреев. М., 2013. – 28 с.