iМЕНiТАРАСАШЕВЧЕНКА ЗБiРНИКЗАДАЧЗ …Збiрник задач з...

КИЇВСЬКИЙ НАЦIОНАЛЬНИЙ УНIВЕРСИТЕТIМЕНI ТАРАСА ШЕВЧЕНКА

ЗБIРНИК ЗАДАЧ З

ФУНКЦIОНАЛЬНОГО АНАЛIЗУ

Компактнi оператори. Iнтегральнi рiвняння.Узагальненi функцiї

Видавничо–полiграфiчний центр"Київський унiверситет"

2005

Збiрник задач з функцiонального аналiзу. Компактнi оператори. Iнте-гральнi рiвняння. Узагальненi функцiї / Укладачi О. Ю. Константiнов,О. Г. Кукуш, Ю. С. Мiшура, О. Н. Нестеренко, А. В. Чайковський. – К.:ВПЦ "Київський унiверситет", 2005. – 126 с.

Рецензенти: В.Д. Кошманенко

Ю.А. Чаповський

Затверджено Вченою Радоюмеханiко–математичного факультету13 вересня 2004 року, протокол №1

2

ЗМIСТ

ЗМIСТ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

ОСНОВНI ПОЗНАЧЕННЯ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

ПЕРЕДМОВА . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

РОЗДIЛ 11. КОМПАКТНI МНОЖИНИ ТА ОПЕРАТОРИ. . . . . . 9

РОЗДIЛ 12. СПЕКТРАЛЬНА ТЕОРIЯ

КОМПАКТНИХ ОПЕРАТОРIВ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

РОЗДIЛ 13. IНТЕГРАЛЬНI РIВНЯННЯ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

РОЗДIЛ 14. УЗАГАЛЬНЕНI ФУНКЦIЇ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

ВIДПОВIДI ТА ВКАЗIВКИ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

ЛIТЕРАТУРА . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

ПЕРЕЛIК ПОМИЛОК, ДОПУЩЕНИХ

У РОЗДIЛАХ 1-10. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

3

ОСНОВНI ПОЗНАЧЕННЯ

N – множина натуральних чисел;

Z – множина цiлих чисел;

Q – множина рацiональних чисел;

R – множина дiйсних чисел;

C – множина комплексних чисел;

K = R або K = C;

C(M) – множина функцiй зi значеннями в полi K, визначених i неперерв-них на множинi M ;

Cn(M) – множина функцiй зi значеннями в полiK, що визначенi та маютьn неперервних похiдних на множинi M ;

C∞(M) – множина функцiй зi значеннями в полi K, що визначенi танескiнченно диференцiйовнi на множинi M ;

R([a, b]) – клас функцiй, iнтегровних за Рiманом на вiдрiзку [a, b];

BV ([a, b]) – клас функцiй обмеженої варiацiї на вiдрiзку [a, b];

BV0([a, b]) :={f ∈ BV ([a, b]) |f−неперервна справа на (a, b), f(a) = 0};V (f, [a, b]) – варiацiя функцiї f на вiдрiзку [a, b];

RS(α, [a, b]) – клас функцiй, iнтегровних за Рiманом – Стiлтьєсом вiдно-сно функцiї α ∈ BV ([a, b]) на вiдрiзку [a, b];

χA(x) – характеристична функцiя множини A, що набуває значення 1,якщо x ∈ A, i значення 0, якщо x /∈ A;

m – мiра Лебега у просторi Rk, k ≥ 1;

fn → f(modµ) – послiдовнiсть функцiй {fn : n ≥ 1} збiгається до фун-кцiї f майже скрiзь вiдносно мiри µ при n →∞;

fnµ−−−→

n→∞ f, n →∞, – послiдовнiсть функцiй {fn : n ≥ 1} збiгається до

функцiї f за мiрою µ;

fn ⇒ f, n → ∞, – послiдовнiсть функцiй {fn : n ≥ 1} збiгається дофункцiї f рiвномiрно на заданiй множинi;∫A

f(x)dµ(x) – абстрактний iнтеграл Лебега вiд функцiї f по множинi A

вiдносно мiри µ;∫A

f(x)dx– iнтеграл Лебега вiд функцiї fпомножинi A вiдносно мiри Лебега m;

4

b∫a

f(x)dx – iнтеграл Лебега вiд функцiї f по вiдрiзку [a, b] вiдносно мiри

Лебега m. Якщо функцiя f iнтегровна за Рiманом, то цей iнтеграл збiгає-ться з iнтегралом Рiмана;

L(A,F, µ) або L(A,µ) – множина функцiй, iнтегровних за Лебегом намножинi A вiдносно мiри µ, визначеної на σ-алгебрi вимiрних множин F;

L(A) – множина функцiй, iнтегровних за Лебегом на множинi A вiдносномiри Лебега m;

|| · || (роздiл 1) – норма в лiнiйному нормованому просторi (ЛНП);

B(x0, r) (роздiл 1) – вiдкрита куля в ЛНП iз центром у т. x0 i радiусомr ≥ 0;

B(x0, r) (роздiл 1) – замкнена куля в ЛНП iз центром у т. x0 i радiусомr ≥ 0;

S(x0, r) (роздiл 1) – сфера в ЛНП iз центром у т. x0 i радiусом r ≥ 0;

ρ(x,A) (роздiл 1) – вiдстань вiд точки x до множини A;

л.о.(M ) (роздiл 1) – лiнiйна оболонка множини M ;

з.л.о.(M ) (роздiл 1) – замкнена лiнiйна оболонка множини M ;

dimX (роздiл 1) – розмiрнiсть простору X ;

A + B (роздiл 1) – сума множин A i B у ЛНП;

Lp(T, F, µ) = Lp(T, µ) = Lp(T ) (роздiл 1) – простiр F-вимiрних фун-кцiй, модуль яких iнтегровний у p-му степенi на T вiдносно мiри µ, 1 ≤p ≤ +∞;

L∞(T, F, µ) = L∞(T, µ) = L∞(T ) (роздiл 1) – простiр iстотно обмеже-них вiдносно мiри µ F-вимiрних функцiй на T ;

lp (роздiл 1) – простiр послiдовностей зi скiнченною нормою || · ||p;Rm

p (роздiли 1 i 3) – простiр Rm з нормою || · ||p;Cm

p (роздiли 1 i 3) – простiр Rm з нормою || · ||p;|| · ||p (роздiл 1) – норма на Lp(T ), lp,Rm або Rm;

c0 (роздiл 1) – простiр збiжних до нуля послiдовностей;

c (роздiл 1) – простiр збiжних послiдовностей;

(·, ·) (роздiл 2) – скалярний добуток;

z – число, спряжене до комплексного числа z;

x⊥y (роздiл 2) – вектор x ортогональний вектору y;5

M⊥ (роздiл 2) – ортогональне доповнення множини M у передгiльберто-вому просторi;

prM x (роздiл 2) – проекцiя (ортогональна) вектора x на множину M ;

M ⊕N (роздiл 2) – ортогональна сума множин M i N ;

W 12 ([a, b]) (задача 31 з роздiлу 2) – соболєвський простiр;

X∗ (роздiл 3) – простiр, спряжений до ЛНП X ;

Ker f (роздiл 3) – ядро функцiонала f ;

xnw−→ x, n → ∞, (роздiл 5) – послiдовнiсть {xn : n ≥ 1} елементiв

ЛНП слабко збiгається до елемента x;

fn∗−w−−−→ f, n → ∞, (роздiл 5) – послiдовнiсть {fn : n ≥ 1} лiнiйних

неперервних функцiоналiв ∗-слабко збiгається до лiнiйного функцiонала f ;

L(X1, X2)(L(X)) (роздiл 6) – простiр лiнiйних неперервних операторiв,що дiють iз ЛНП X1 у ЛНП X2 (у ЛНП X);

KerA (роздiл 6) – ядро лiнiйного оператора A;

R(A) (роздiл 6) – множина значень лiнiйного оператора A;

An ⇒ A (роздiл 7) – послiдовнiсть лiнiйних неперервних операторiв{An : n ≥ 1} рiвномiрно збiгається до лiнiйного оператора A;

Ans−→ A, A = s lim

n→∞An (роздiл 7) – послiдовнiсть лiнiйних неперервних

операторiв {An : n ≥ 1} сильно збiгається до лiнiйного оператора A;

Anw−→ A, A = w lim

n→∞An (роздiл 7) – послiдовнiсть лiнiйних неперервних

операторiв {An : n ≥ 1} слабко збiгається до лiнiйного оператора A;

A−1 (роздiл 8) – оператор, обернений до оператора A;

A∗ (роздiл 9) – оператор, спряжений до оператора A, що дiє в гiльберто-вому просторi;

A′ (роздiл 9) – оператор, спряжений до оператора A, що дiє в ЛНП;

A ≥ 0 (роздiл 9) – оператор, A, що дiє в гiльбертовому просторi, єневiд’ємним;

PG (роздiл 9) – ортопроектор у гiльбертовому просторi на пiдпростiр G;√

A (задача 50 з роздiлу 9 i задача 17 з роздiлу 12) – квадратний корiньз невiд’ємного оператора A;

ρ(A) (роздiл 10) – резольвентна множина оператора A;

σ(A) (роздiл 10) – спектр оператора A;

6

σp(A) (роздiл 10) – точковий спектр оператора A;

σc(A) (роздiл 10) – неперервний спектр оператора A;

σr(A) (роздiл 10) – залишковий спектр оператора A;

r(A) (роздiл 10) – спектральний радiус оператора A;

Rλ(A) (роздiл 10) – резольвента оператора A;

S∞(X1, X2)(S∞(X)) (роздiл 11) – простiр компактних операторiв, щодiють iз ЛНП X1 у ЛНП X2 (дiють у ЛНП X);

S0(X1, X2)(S0(X)) (роздiл 11) – простiр скiнченновимiрних операторiв,що дiють iз ЛНП X1 у ЛНП X2 (дiють у ЛНП X);

suppϕ(supp f) (роздiл 14) – носiй функцiї ϕ (узагальненої функцiї f );

D(Rm) (роздiл 14) – сукупнiсть усiх нескiнченно диференцiйовних та фi-нiтних функцiй iз Rm у C (простiр основних функцiй);

D′(Rm) (роздiл 14) – простiр узагальнених функцiй (над простором D(Rm));

ϕnD(R)−−−→ ϕ (роздiл 14) – послiдовнiсть функцiй {ϕn : n ≥ 1} збiгається

до функцiї ϕ у D(R);

Lloc1 (R) (роздiл 14) – простiр локально iнтегровних на R функцiй (тобто

iнтегровних на кожному вiдрiзку з R);δ (роздiл 14) – δ-функцiя Дiрака;

δa (роздiл 14) – зсунена на a δ-функцiя;

f ∗ g (роздiл 14) – згортка функцiй f i g;

S(R) (роздiл 14) – простiр швидко спадних основних функцiй;

S′(R) (роздiл 14) – простiр узагальнених функцiй (над простором S(Rm));

ϕnS(R)−−−→ ϕ (роздiл 14) – послiдовнiсть функцiй {ϕn : n ≥ 1} збiгається

до функцiї ϕ у S(R);

F [ϕ] = ϕ (роздiл 14) – перетворення Фур’є функцiї ϕ.

7

ПЕРЕДМОВА

Сучасний курс функцiонального аналiзу, що читається для студентiвспецiальностей “Математика” , “Прикладна математика” , “Статистика ” ,“Системний аналiз та керування” та iнших математичних спецiальностей єодним з найбiльш абстрактних i важких для засвоєння дисциплiн. Разомз тим елементи функцiонального аналiзу застосовуються в теорiї ймовiр-ностей та випадкових процесiв, фiнанасовiй математицi, теорiї диференцi-альних рiвнянь, математичнiй фiзицi, гармонiчному та вейвлет-аналiзi таiнших дисциплiнах. Тому кожний квалiфiкований математик обов’язковоповинен оволодiти основними поняттями функцiонального аналiзу. Метоюцього збiрника задач є допомога студентам, аспiрантам, науковим спiвро-бiтникам та викладачам у кращому засвоєннi матерiалу. Вiн може бутивикористаний як на практичних заняттях з нормативного курсу “Функцiо-нальний аналiз” , так i для самостiйної роботи.

Даний збiрник мiстить задачi з тем: “Компактнi множини та операто-ри” , “Iнтегральнi рiвняння” та “Узагальненi функцiї ” . Вiн є продовжен-ням, фактично другою частиною видання “Збiрник задач з функцiональ-ного аналiзу. Банаховi простори. Гiльбертовi простори. Спряженi простори.Теорiя операторiв” . Тому нумерацiю роздiлiв продовжено, i даний збiрникзадач складається з роздiлiв 11-14.

Роздiл 11 присвячено основним властивостям компактних та передком-пактних множин i компактних операторiв. Цi властивостi використовуютьсяв роздiлi 12 при вивченнi спектра компактного оператора i в роздiлi 13 прирозв’язку iнтегральних рiвнянь з компактними операторами. Роздiл 14 мi-стить задачi для узагальнених функцiй з просторiв D′(R), S′(R), D′(Rm)при m > 1. Особливу увагу присвячено властивостям перетворення Фур’єна S(R), S(Rm), S′(R) та S′(Rm).

Крiм того, вмiщено вiдповiдi та вказiвки до всiх роздiлiв 1-14, основнiпозначення, що вживаються в обох збiрниках задач, а також виправленнядо роздiлiв 1-10.

Кожний роздiл складається з коротких теоретичних вiдомостей, при-кладiв розв’язання простих типових задач та iз задач для самостiйногорозв’язання. Задачi пiдвищеної складностi вiдмiчено знаком ∗. Тематиказадач вiдповiдає програмi курсу “Функцiональний аналiз” для студентiвматематичних спецiальностей вищих навчальних закладiв.

8

РОЗДIЛ 11КОМПАКТНI МНОЖИНИ ТА ОПЕРАТОРИ

ТЕОРЕТИЧНI ВIДОМОСТI

Множину M у ЛНП X називають компактною, якщо кожне її вiдкритепокриття мiстить скiнченне пiдпокриття.

Критерiй Больцано – Вейєрштрасса. Множина M компактна тодiй тiльки тодi, коли кожна послiдовнiсть точок iз множини M мiстить пiд-послiдовнiсть, збiжну до деякого елемента з M.

Критерiй Гаусдорфа. Для компактностi замкненої множини M необ-хiдно, а у випадку банахового простору X i достатньо, щоб для довiльногоε > 0 iснувала скiнченна ε-сiтка для множини M, тобто скiнченна множи-на Mε така, що ∀x ∈ M ∃y ∈ Mε : ||x− y|| < ε.

Множину називають передкомпактною, якщо її замикання компактне.Критерiї передкомпактностi, аналогiчнi критерiям компактностi

Больцано – Вейєрштрасса i Гаусдорфа див. у задачах 5 i 6.У скiнченновимiрному просторi передкомпактнiсть множини еквiвален-

тна її обмеженостi.У нескiнченновимiрному просторi куля не є передкомпактною множиною.Теорема 1 (Арцела – Асколi). Множина B у просторi C([a, b]) є

передкомпактною тодi й лише тодi, коли виконуються умови: 1) ∃C > 0∀x ∈ B ∀t ∈ [a, b] : |x(t)| ≤ C (рiвномiрна обмеженiсть); 2) ∀ε > 0∃δ > 0 ∀x ∈ B ∀t1, t2 ∈ [a, b], |t1 − t2| < δ : |x(t1) − x(t2)| < ε(одностайна неперервнiсть).

Критерiї передкомпактностi в деяких iнших просторах див. у задачах30-35,38,39,43,50.2,96,99-102.

Нехай X1, X2 – лiнiйнi нормованi простори. Лiнiйний операторA : X1 → X2 називають компактним, якщо вiн переводить довiльну обме-жену множину в X1 у передкомпактну множину в X2. Сукупнiсть усiх ком-пактних операторiв, що дiють з X1 в X2, позначають через S∞(X1, X2)(S∞(X) у випадку, коли X1 = X2 = X).

Оператор A компактний тодi й тiльки тодi, коли образ одиничної кулiA(B(0, 1)) – передкомпактна множина в X2.

Теорема 2 (Про властивостi компактних операторiв).1) S∞(X1, X2) ⊂ L(X1, X2); 2) S∞(X1, X2) – лiнiйна множина;3) якщо X2 – банахiв простiр, {An : n ≥ 1} ⊂ S∞(X1, X2) i An ⇒ A,то A ∈ S∞(X1, X2); 4) якщо A ∈ S∞(X1, X2), B ∈ L(X2, X3),C ∈ L(X3, X1), то BA ∈ S∞(X1, X3), AC ∈ S∞(X3, X2);5) компактний оператор переводить слабко збiжну послiдовнiсть в X1 усильно збiжну послiдовнiсть в X2.

9

Лiнiйну множину J ⊂ L(X) називають двостороннiм iдеалом в алгебрiL(X), якщо ∀A ∈ J ∀B ∈ L(X) : {AB, BA} ⊂ J.

Твердження 1)-3) теореми 2 означають, що коли X2 – банахiв простiр,то S∞(X1, X2) – пiдпростiр в L(X1, X2). Твердження 1)-2) i 4) означа-ють, що S∞(X) є двостороннiм iдеалом в алгебрi L(X).

Оператор A ∈ L(X1, X2) називають скiнченновимiрним, якщоdim(R(A)) < +∞. Множину скiнченновимiрних операторiв позначаютьчерез S0(X1, X2). Кожен скiнченновимiрний оператор є компактним, аS0(X) є двостороннiм iдеалом в L(X) (див. задачу 53).

ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАДАЧ

1. З’ясувати, чи є наведенi множини передкомпактними (компактни-ми) у вiдповiдних просторах:

1) M = {en : n ≥ 1} в lp, 1 ≤ p < +∞;2) M =

{xn(t) = e−nt, t ∈ [0, 1] | n ≥ 1

}в C([0, 1]); в Lp([0, 1]),

1 ≤ p < +∞;3) M = {xα(t) = cos αt, t ∈ [0, π] | α ∈ [0, 2]} в C([0, π]); в Lp([0, π]),

1 ≤ p < +∞;4) M = {xn(t) = cosnt, t ∈ [0, π] | n ≥ 1} в C([0, π]); в Lp([0, π]),

1 ≤ p < +∞;5) M – обмежена множина в C([0, 1]), що складається з многочленiв

степеня не вище n, де n – фiксоване;

6) M ={

x ∈ C1([0, 1]) |1∫0

|x(t)|dt ≤ 1, |x′(t)| ≤ 3, t ∈ [0, 1]}

в C([0, 1]).

Р о з в ’ я з о к . Одним з найзручнiших методiв встановлення, чи є данамножина передкомпактною, є аналог критерiю компактностi Больцано –Вейєрштрасса (див. задачу 5), який ми систематично використовуватимемо.

1) I спосiб. Оскiльки ||en − em||p = 21p > 1, n 6= m, то жодна з пiд-

послiдовностей послiдовностi {en : n ≥ 1} не є фундаментальною, а отже,збiжною, тому множина M не є передкомпактною, а отже,не є компактною.

II спосiб. Припустимо, що M передкомпактна. Розглядаючи саму мно-жину як послiдовнiсть, отримаємо iснування збiжної пiдпослiдовностi{enk

: k ≥ 1} . Вона збiгається покоординатно до 0 разом з усiєю по-слiдовнiстю. Однак ||enk

|| = 1, k ≥ 1, отже, ця пiдпослiдовнiсть не збi-гається до 0, а тому розбiжна. Суперечнiсть.

2) Припустимо, що дана множина передкомпактна. Тому, розглядаючиїї як пiдпослiдовнiсть, отримаємо iснування пiдпослiдовностi {xnk

: k ≥ 1} ,10

збiжної в C([0, 1]), а отже, i поточково, до деякої функцiї y ∈ C([0, 1]).

Однак xnk(t) = e−nkt →

{1, t = 0,

0, t ∈ (0, 1],, k → ∞, звiдки, ураховую-

чи єдинiсть границi, отримаємо, що y – розривна функцiя. Суперечнiсть.Таким чином, M не є передкомпактною, а отже, i компактною в C([0, 1]).

Оскiльки xn → 0, n → ∞, в Lp([0, 1]), 1 ≤ p < +∞, що легковстановити за теоремою Лебега про мажоровану збiжнiсть або безпосе-редньо обчисливши iнтеграл, то i довiльна пiдпослiдовнiсть послiдовностi{xn : n ≥ 1} збiжна, тому M – передкомпактна множина. Однак вона неє компактною, бо 0 /∈ M.

3) Покажемо, що M – компактна множина у C([0, π]). Нехай{xαn : n ≥ 1} – деяка послiдовнiсть з M. Оскiльки послiдовнiсть{αn : n ≥ 1} ⊂ [0, 2], то вона обмежена, а отже, за класичною теоре-мою Больцано – Вейєрштрасса, мiстить пiдпослiдовнiсть {αnk

: k ≥ 1} ,збiжну до деякого числа α0 ∈ [0, 2]. Покажемо, що xαnk

→ xα0 , k →∞,

у C([0, π]). Дiйсно, використовуючи вiдому нерiвнiсть | cosu − cos v| ≤|u − v|, u, v ∈ R, що є наслiдком теореми Лагранжа, отримуємо, щоmaxt∈[0,π]

|xαnk−xα0(t)| = max

t∈[0,π]| cosαnk

t−cosα0t| ≤ maxt∈[0,π]

|αnkt−α0t| ≤

π|αnk− α0| → 0, k → ∞. Таким чином, M – компактна множина, а

отже, i передкомпактна в C([0, π]).Зауважимо, що передкомпактнiсть M у C([0, π]) просто випливає i з

теореми Асколi – Арцела, але перевiрка замкненостi вимагає мiркувань,подiбних наведеним у попередньому абзацi.

Множина M компактна i в Lp([0, π]), 1 ≤ p < +∞, що випливає з їїкомпактностi в C([0, π]), бо зi збiжностi в C([0, 1]) випливає збiжнiсть вLp([0, π]).

4) Множина M не є передкомпактною в C([0, π]), бо не є одностайнонеперервною. Справдi, ∃ε = 2 ∀δ > 0∃t1 := 0∃t2 := π

n , |t1 − t2| < δ∃xn ∈ M : |xn(t1)− xn(t2)| = 2 ≥ ε, де n > π

δ .Множина M не є передкомпактною i в Lp([0, π]), 1 ≤ p < +∞.

Справдi, оскiлькиτ∫0

xn(t)dt → 0, n → ∞, τ ∈ [0, π], (зокрема,

xnw−→ 0, n → ∞, в Lp([0, π]), 1 0, n ≥ 1.

Зауважимо,що звiдси випливає також,що M не є передкомпактною i в C([0, π]).5) Нехай Pn – простiр многочленiв степеня не вище n з рiвномiрною

нормою. Оскiльки M – обмежена множина у скiнченновимiрному просторiPn, то вона передкомпактна у цьому просторi, а отже, i в C([0, 1]).

11

6) Покажемо, користуючись теоремою Асколi – Арцела, що множинаM – передкомпактна в C([0, 1]). Дiйсно, одностайна неперервнiстьвипливає з теореми Лагранжа i обмеженостi похiдної: |x(t1) − x(t2)| =|x′(θ)| · |t1 − t2| ≤ 3|t1 − t2|, t1, t2 ∈ [0, 1], θ ∈ [t1, t2], x ∈ M.Крiм того, якщо x ∈ M i ||x|| = |x(t0)|, де t0 ∈ [0, 1], то |x(t0)| ≤|x(t)| + |x(t0) − x(t)| ≤ |x(t)| + 3|t − t0| ≤ |x(t)| + 3, t ∈ [0, 1].

Проiнтегруємо цю нерiвнiсть вiд 0 до 1: |x(t0)| ≤1∫0

|x(t)|dt + 3 ≤ 4.

Отже, множина M – рiвномiрно обмежена.Ця множина не є компактною, бо не є замкненою. Справдi, x0 /∈ M,

де x0(t) := |t − 12 |, t ∈ [0, 1], але ∃ {xn : n ≥ 1} ⊂ M : xn → x0,

n → ∞, в C([0, 1]). Прикладом такої послiдовностi є xn(t) =√(t− 1

2)2 + 1n , t ∈ [0, 1], n ≥ 1.

2. Нехай H = L2([a, b]), {pk | 1 ≤ k ≤ n} , {qk | 1 ≤ k ≤ n} – си-стеми функцiй з L2([a, b]). Довести, що оператор

(Ax)(t) =b∫a

(n∑

k=1

pk(t)qk(s))

x(s)ds – компактний в H.

Р о з в ’ я з о к . Оператор лiнiйний i обмежений, як скiнченна сума опе-раторiв iз задачi 25 роздiлу 6. Крiм того, R(A) ⊂ л.о.{pk | 1 ≤ k ≤ n} ,тобто A – скiнченновимiрний оператор. Тому A компактний.

3. Нехай {an : n ≥ 1} – обмежена послiдовнiсть комплексних чисел.Розглянемо оператор A : l2 → l2, Ax := (a1x1, a2x2, ...). Довести, щоA компактний тодi й тiльки тодi, коли lim

n→∞ an = 0.

Р о з в ’ я з о к . Достатнiсть. Нехай виконується остання умова.Означимо Anx = (a1x1, a2x2, ..., anxn, 0, 0, ...). Оператор An – ком-пактний, бо скiнченновимiрний. Крiм того, (див. задачу 9 з роздiлу 6)||A − An|| = sup

k≥n+1|ak| → 0, n → ∞. Тобто A – рiвномiрна грани-

ця послiдовностi {An : n ≥ 1} . За п.3 теореми 2 звiдси випливає, щоA ∈ S∞(l2).

Необхiднiсть. I спосiб. Припустимо, що A ∈ S∞(l2). Розглянемо стан-дартний базис в l2 : ek = (0, ..., 0︸︷︷︸

k−1

, 1, 0, 0, ...). При цьому ekw−→ 0. За

п.5 теореми 2 звiдси випливає, що Aek → 0, бо A – компактний. Маємо|ak| = ||Aek|| → 0, k →∞.

II спосiб. Припустимо, що A ∈ S∞(l2), але limn→∞ an 6= 0. Тодi для

деякого ε > 0 iснує пiдпослiдовнiсть {αnk: k ≥ 1} така, що |ank

| ≥ ε,k ≥ 1. Оскiльки A ∈ S∞(l2) i M := {enk

: k ≥ 1} – обмежена множина,то множина A(M) = {ank

enk: k ≥ 1} передкомпактна. Однак це не

так, бо жодна її пiдпослiдовнiсть не збiгається (iснує поточкова збiжнiсть

12

до 0, проте ||ankenk|| = |ank

| ≥ ε, k ≥ 1). Суперечнiсть.

4. Нехай K ∈ C([a, b]2) i (Ax)(t) =b∫a

K(t, s)x(s)ds, x ∈ C([a, b]).

Довести, що A ∈ S∞(C([a, b])).Р о з в ’ я з о к . Перш за все зазначимо, що A – обмежений (див.

задачу 14 з роздiлу 6).I спосiб. Нехай B(0, 1) – одинична куля в C([a, b]). Доведемо, що

A(B(0, 1)) – передкомпактна множина в C([a, b]). Ясно, щоA(B(0, 1)) ⊂ B(0, ||A||) i є обмеженою множиною. Доведемо, що фун-кцiї з A(B(0, 1)) одностайно неперервнi. Так як K ∈ C([a, b]2), то K– рiвномiрно неперервна (теорема Кантора). Тобто ∀ε > 0 ∃δ > 0∀(t1, s1), (t2, s2) ∈ [a, b]2, ρ((t1, s1), (t2, s2)) < δ виконується нерiвнiсть|K(t1, s1)−K(t2, s2)| < ε

b−a (тут ρ – евклiдова вiдстань в R2).

Вiзьмемо t1, t2 ∈ [a, b] : |t1 − t2| < δ. Тодi ∀x ∈ B(0, 1) :

|(Ax)(t1)−(Ax)(t2)| ≤b∫a|K(t1, s)−K(t2, s)|·|x(s)|ds ≤ ε

b−a

b∫a|x(s)|ds

≤ ε. Звiдси, за теоремою Арцела, A(B(0, 1)) – передкомпактна множина.II спосiб. За теоремою Стоуна – Вейєрштрасса iснує послiдовнiсть по-

лiномiв {Kn : n ≥ 1} така, що Kn ⇒ K, n → ∞, на [a, b]2. НехайAn – iнтегральний оператор з ядром Kn, n ≥ 1. Згiдно iз задачею 14 з

роздiлу 6 ||A − An|| = maxt∈[a,b]

b∫a|K(t, s) − Kn(t, s)|ds ≤

(b−a) maxt,s∈[a,b]

|K(t, s)−Kn(t, s)| → 0, n →∞, тобто An ⇒ A. Оскiльки

ядро Kn можна подати у виглядi Kn(t, s) =mn∑k=0

tkpk(s), (t, s) ∈ [a, b]2,

де pk – многочлен, 0 ≤ k ≤ mn, mn ∈ N, то оператор An – скiнченно-вимiрний, а отже, компактний. За п.3 теореми 2 A ∈ S∞(C([a, b])).

ЗАДАЧI ДЛЯ САМОСТIЙНОГО РОЗВ’ЯЗАННЯ

5. Довести, що множина M у ЛНП X передкомпактна тодi й тiлькитодi, коли кожна послiдовнiсть елементiв з M мiстить збiжну пiдпослiдов-нiсть (при цьому границя не обов’язково належить M ).

6. Для передкомпактностi множини в ЛНП необхiдно, а у випадку бана-хового простору й достатньо, щоб для довiльного ε > 0 iснувала скiнченнаε-сiтка для цiєї множини.

7. Довести, що якщо у банаховому просторi для кожного ε > 0 iснуєпередкомпактна ε-стiка для множини M, то ця множина передкомпактна.

8. Довести,щокожнапiдмножинапередкомпактноїмножиниєпередкомпактною.13

9. Довести, що якщо у ЛНП хоч одна куля (вiдкрита чи замкнена) перед-компактна, то й усi кулi (вiдкритi й замкненi) у цьому просторi передкомпактнi.

10. Нехай M – передкомпактна множина в ЛНП X, а послiдовнiсть{xn : n ≥ 1} ⊂ X така, що ρ(xn, M) → 0, n → ∞. Довести, що мно-жина K = {xn : n ≥ 1} передкомпактна.

11. Нехай M = {xn : n ≥ 1} – передкомпактна множина в ЛНПX, x0 ∈ X. Довести, що xn → x0, n → ∞, в X, якщо викону-ється хоча б одна з умов: 1) x0 – єдина гранична точка множини M ;2) xn

w−→ x0, n →∞.12. Нехай {Mn : n ≥ 1} – послiдовнiсть компактних множин у ЛНП.

Довести, що∞⋂

n=1Mn 6= ∅, якщо виконується хоча б одна з умов:

1) Mn+1 ⊂ Mn, n ≥ 1; 2) перетин довiльної скiнченної кiлькостi цихмножин непорожнiй.

13. Нехай M – компактна множина в ЛНП X. Довести, що для довiль-

ного ε > 0 множина M може бути зображена у виглядi M =n⋃

k=1

Mk, де

Mk – замкнена множина i diamMk := supx,y∈Mk

||x− y|| ≤ ε, 1 ≤ k ≤ n.

14. Нехай X – ЛНП, M ⊂ X, N ⊂ X. Чи правильно, що множинаM +N : 1) компактна, якщо M i N – компактнi; 2) передкомпактна, якщоM i N передкомпактнi; 3) замкнена, якщо M – компактна, N – замкнена;4) замкнена, якщо M i N – замкненi?

15. Нехай X – ЛНП, M ⊂ X. Функцiю f : M → R називаютьнапiвнеперервною знизу (напiвнеперервною зверху) на множинi M, якщо∀x0 ∈ M ∀ε > 0∃δ > 0∀x ∈ B(x0, δ) ∩ M : f(x) > f(x0) − ε(f(x) < f(x0) + ε). Довести: 1) що якщо M – компактна множина, токожна напiвнеперервна знизу (зверху) на M функцiя набуває на цiй мно-жинi найменше (найбiльше) значення; 2) твердження, обернене до твер-дження п. 1; 3) що якщо кожна неперервна на M функцiя обмежена, тоM – компактна множина.

16. Нехай M – така множина в банаховому просторi, що кожна дiй-сна неперервна на M функцiя рiвномiрно неперервна. Чи випливає звiдси,що M – компакт?

17. Нехай {Ln : n ≥ 1} – скiнченновимiрнi пiдпростори банахового

простору X такi, що Ln ⊂ Ln+1, n ≥ 1, i множина∞⋃

n=1Ln – скрiзь

щiльна в X. Довести, що обмежена множина M передкомпактна в X тодiй тiльки тодi, коли sup

x∈Mρ(x, Ln) → 0, n →∞.

18∗. Довести, що у лiнiйному просторi s всiх числових послiдовностейне можна ввести норму так, щоб збiжнiсть за цiєю нормою була рiвносиль-

14

ною покоординатнiй збiжностi, але можна ввести метрику,що має цю властивiсть.

19. Довести, що наведенi множини передкомпактнi в C([a, b])(k1, k2 ∈ [0, +∞) – фiксованi сталi):

1)

{t∫

ax(u)du, t ∈ [a, b] | x ∈ M

}, M – обмежена в C([a, b]);

2) {x | |x(a)| ≤ k1; |x(t1)− x(t2)| ≤ k2|t1 − t2|, t1, t2 ∈ [a, b]} ;3)

{x ∈ C1([a, b]) | |x(t0)| ≤ k1; |x′(t)| ≤ k2, t ∈ [a, b]

},

де t0 ∈ [a, b] – фiксоване;

4)

{x ∈ C1([a, b]) | |x(a)| ≤ k1,

b∫a|x′(t)|2dt ≤ k2

};

5)

{x ∈ C1([a, b]) |

b∫a(|x(t)|2 + |x′(t)|2)dt ≤ k2

};

6){x ∈ C2([a, b]) | |x(t)| ≤ k1, |x′′(t)| ≤ k2, t ∈ [a, b]

};

7) {x ∈ C1([a, b]) | |x(t)| ≤ k1, t ∈ [a, b]; |x′(t1) − x′(t2)| ≤k2|t1 − t2|, t1, t2 ∈ [a, b]};

8) одностайно неперервна множина неперервних функцiй, значення якихобмеженi однiєю сталою в деякiй точцi t0 ∈ [a, b];

9) обмежена множина многочленiв степеня n.

Якi з цих множин будуть компактними в C([a, b])?20. Якi з наведених множин передкомпактнi (компактнi) в C([0, 1]) :1) {tn | n ≥ 1} ;2)

{sinn

√t | n ≥ 1

};

3)∗ {sin(t + n) | n ≥ 1} ;4) {sinαt | α∈ R} ;5) {sinαt | α ∈ [1, 3]} ;6) {arctg αt | α∈ R} ;

7){et−α | α∈ R}

;8)

{et−α | α ≥ 0

};

9)

{ ∞∑n=1

ann3 e−nt | an ∈ (−1, 1), n ≥ 1

};

10)

{ ∞∑n=1

ant+n2 | an ∈ (−1, 1), n ≥ 1

}?

21. За якої умови на множину A ⊂ R наведенi множини будуть пере-дкомпактними (компактними) в C([0, 1]) :

1) {sinαt | α ∈ A} ;

2) {arctg αt | α ∈ A} ;

3){et−α | α ∈ A

};

4){

11+|t−α| | α ∈ A

}?

22. Чи є наведенi множини передкомпактними в L2([0, 1]) :1) {tn | n ≥ 1} ;2) {sinπnt | n ≥ 1} ;

3) {sinαt | α∈ R} ;4) {arctg αt | α∈ R}?

23. Користуючись задачею 5, довести,що куля B(0, 1) не є передкомпактноюмножиною в: 1) C([a, b]); 2)lp, 1 ≤p<+∞; 3)Lp([0, 1]), 1≤p <+∞.

15

24. Нехай множина M ⊂ C([a, b]) така, що ∀ε > 0∀t0 ∈ [a, b] ∃δ =δ(ε, t0) > 0∀t ∈ [a, b], |t − t0| < δ ∀x ∈ M : |x(t) − x(t0)| < ε. Чиобов’язково множина M одностайно неперервна?

25. Нехай {xn : n ≥ 1} ⊂ C([a, b]) – одностайно неперервна множинаi ∀t ∈ [a, b] : xn(t) → x0(t). Довести, що x0 ∈ C([a, b]).

26. Нехай {xα | α ∈ A} – компактна множина в C([a, b]), y(t) :=supα∈A

xα(t), t ∈ [a, b]. Довести, що y(t) = maxα∈A

xα(t), t ∈ [a, b],

а також y ∈ C([a, b]).27∗. Довести, що функцiя f ∈ C([a, b]2) тодi й тiльки тодi, коли

виконуються умови: 1) ∀x ∈ [a, b] : f(x, ·) ∈ C([a, b]); 2)∀y ∈ [a, b] :f(·, y) ∈ C([a, b]); 3) принаймнi одна з множин {f(x, ·) | x ∈ [a, b]} ,{f(·, y) | y ∈ [a, b]} компактна в C([a, b]).

28. Довести, що кожна множина, передкомпактна в C1([a, b]), єпередкомпактною в C([a, b]). Чи вiрне обернене твердження для множинив C1([a, b])?

29. Довести, що куля B(0, 1) простору C1([a, b]) є передкомпактноюмножиною в C([a, b]). Чи є вона компактною в C([a, b])?

30. Сформулювати й довести критерiй передкомпактностi вCk([a, b]), k∈ N.

31. Нехай (K, ρ) – компактний метричний простiр. Довести, щомножина M передкомпактна у просторi C(K) тодi й тiльки тодi, коливона рiвномiрно обмежена та одностайно неперервна (тобто ∀ε > 0∃δ > 0∀t1, t2 ∈ K, ρ(t1, t2) < δ, ∀x ∈ M : |x(t1)− x(t2)| < ε).

32. Нехай T – деяка множина, Y – компактна пiдмножина ЛНП X,|| · || – норма в X, B(T, Y ) – лiнiйний простiр усiх функцiй, що дiютьз T в Y, а також ||x||∞ := sup

t∈T||x(t)||, x ∈ B(T, Y ). Довести, що:

1) B(T, Y ) з нормою || · ||∞ – банахiв простiр; 2) множина M перед-компактна у B(T, Y ) тодi й тiльки тодi, коли для кожного ε > 0 зна-

йдеться таке скiнченне розбиття множини T, T =n⋃

k=1

Tk, що на кожнiй

множинi Tk кожна функцiя з M змiнюється не бiльше нiж на ε, тобто∀k = 1, n ∀x ∈ M ∀t1, t2 ∈ Tk : ||x(t1)− x(t2)|| ≤ ε.

33. Нехай T – деяка множина, B(T ) – лiнiйний простiр усiх обмеженихфункцiй, що дiють iз T в R, а також ||x||∞ := sup

t∈T|x(t)|, x ∈ B(T ).

Довести, що B(T ) з нормою || · ||∞ – банахiв простiр, i сформулювати тадовести критерiй передкомпактностi в цьому просторi.

34. Довести, що обмежена множина M елементiв простору l2 пере-дкомпактна тодi й лише тодi, коли ∀ε > 0 ∃n = n(ε)∈ N ∀x ∈ M :∞∑

k=n+1

|xk|2 < ε.

16

Узагальнити це твердження на випадок довiльного сепарабельного гiль-бертового простору.

35. Сформулюватийдовестикритерiйпередкомпактностi в lp, 1 ≤ p < +∞.36. Довести компактнiсть наведених множин в l2 :

1){x ∈ l2 | ∀n ≥ 1 : |xn| ≤ 1

n

}; 2)

{x ∈ l2 |

∞∑n=1

n2|xn|2 ≤ 1}

.

37. Нехай an > 0, n∈ N. Сформулювати умови на {an : n ≥ 1} , заяких наведена множина компактна в l2 :

1){

x ∈ l2 | ∀n ≥ 1 : |xn| ≤ 1an

};2)

{x ∈ l2 |

∞∑n=1

an|xn|2 ≤ 1}

.

38. Довести, що множина M передкомпактна у просторi c тодi й тiлькитодi, коли вона обмежена i ∀ε > 0∃N = N(ε)∈ N ∀k ≥ N ∀x ∈ M :|xk − lim

n→∞xn| < ε.

39. Сформулювати й довести критерiй передкомпактностi у просторi c0.40. Чи правильно, що кожна передкомпактна множина в ЛНП X1 є

передкомпактною в ЛНП X2, якщо: 1) X1 = L2([a, b]), X2 = L1([a, b]);2)X1 = C([a, b]), X2 = L2([a, b]); 3)X1 = l1, X2 = l∞;4)X1 = l1, X2 = l2.

41. Нехай X1, X2 – ЛНП, X1 ⊂ X2 (як множини). Знайти необхi-дну й достатню умову, щоб кожна передкомпактна множина в X1 булапередкомпактною в X2.

42. Чи правильно, що куля B(0, 1) ЛНП X1 передкомпактна в ЛНПX2, якщо: 1) X1 = l1, X2 = l2; 2)X1 = C([0, 1]), X2 = L2([0, 1]);3)X1 = L2([0, 1]), X2 = L1([0, 1])?

43. (Красносельський). Кажуть, що множина M ⊂ Lp(T, F, µ),1 ≤ p < +∞, має одностайно абсолютно неперервнi норми, якщо∀ε > 0∃δ > 0∀E ∈ F, µ(E) < δ ∀x ∈ M : ||x · χE ||p < ε. Довести,що множина M передкомпактна у просторi Lp(T, F, µ), де µ(T ) < +∞,тодi й тiльки тодi, коли множина M має одностайно абсолютно неперервнiнорми i передкомпактна в сенсi збiжностi за мiрою.

44. Множину M називають нiде не щiльною в ЛНП, якщо для будь-якоїкулi B(x0, R) iснує iнша куля B(x1, r) ⊂ B(x0, R) така, щоM ∩ B(x1, r) = ∅. Довести, що у нескiнченновимiрному ЛНП кожнапередкомпактна множина нiде не щiльна.

45. Множину в ЛНП називають множиною першої категорiї, якщо воназображається у виглядi не бiльш нiж злiченного об’єднання нiде не щiльнихмножин. Довести, що M – множина першої категорiї в ЛНП X, якщо:1) M = C1([a, b]), X = C([a, b]); 2)M = C1([a, b]), X = Lp([a, b]),1 ≤ p ≤ +∞.

46∗. Нехай M – пiдпростiр простору C([a, b]) такий, що M ⊂ C1([a, b]).Довести, що M скiнченновимiрний.

17

47∗. Нехай µ(T ) < +∞,M ⊂ L1(T, µ) – нескiнченновимiрний пiд-простiр. Довести, що M не може мiститись в L∞(T, µ.)

48∗. 1) Довести, що компактну множину в ЛНП не можна iзометри-чно вiдобразити на свою пiдмножину, що не збiгається з усiєю множиною.2) У просторi R2 з евклiдовою нормою побудувати передкомпактну мно-жину, iзометричну своїй пiдмножинi, що не збiгається з усiєю множиною.

49∗. Нехай M – компактна множина в банаховому просторi X,f : M → M. Довести, що f – iзометричне вiдображення множини Mна себе в кожному з таких випадкiв: 1) ||f(x) − f(y)|| ≥ ||x − y||,x, y ∈ M ; 2)f – сюр’єкцiя i ||f(x)− f(y)|| ≤ ||x− y||, x, y ∈ M.

50. 1) Нехай X – сепарабельний банахiв простiр, {xn : n ≥ 1} – злi-ченна скрiзь щiльна множина в X, B – куля B(0, 1) в X∗, ρ(f, g) :=∞∑

n=1

12n

|f(xn)−g(xn)|1+|f(xn)−g(xn)| , f, g ∈ B. Довести, що (B, ρ) – компактний ме-

тричний простiр, збiжнiсть у якому рiвносильна ∗-слабкiй збiжностi.2) (Гельфанд). Довести, що для передкомпактностi множини M у

банаховому просторi X необхiдно, а у випадку сепарабельного просторуX i достатньо, щоб для довiльної ∗-слабко збiжної до нуля послiдовностi{fn : n ≥ 1} ⊂ X∗ спiввiдношення fn(x) → 0, n → ∞, виконува-лось рiвномiрно за x ∈ M, тобто ∀ε > 0∃N ∈ N ∀n ≥ N ∀x ∈ M :|fn(x)| < ε.

51. Нехай X1, X2 – ЛНП. Довести, що для лiнiйного оператораA : X1 → X2 наведенi умови рiвносильнi: 1) A ∈ S∞(X1, X2); 2) образодиничної кулi в X1 передкомпактний в X2; 3) для кожної обмеженої по-слiдовностi {xn : n ≥ 1} ⊂ X1 з послiдовностi {Axn : n ≥ 1} ⊂ X2

можна видiлити збiжну пiдпослiдовнiсть.52. Довести твердження 1)-4) з теореми 2. Показати, що умова повноти

простору у п. 3 iстотна.53. Нехай X1, X2 – ЛНП. Довести, що: 1) S0(X1, X2) ⊂ S∞(X1, X2);

2)S0(X1, X2) – лiнiйна множина в L(X1, X2); 3) якщо A ∈ S0(X1, X2),B ∈ L(X2, X3), C ∈ L(X3, X1), то BA ∈ S0(X1, X3),AC ∈ S0(X3, X2); 4) якщо A ∈ S0(X1, X2), то A∗ ∈ S0(X∗

2 , X∗1 ), при-

чому dimR(A) = dimR(A∗) (можна розглянути випадок, колиX1 = X2 = H – гiльбертiв простiр).

54. Нехай X1, X2 – ЛНП, A : X1 → X2 – лiнiйний оператор. Чи правиль-но, що A ∈ S∞(X1, X2), якщо: 1) dimX1 < +∞; 2) dim X2 < +∞?

55. Довести, що у нескiнченновимiрному ЛНП: 1) одиничний операторне є компактним; 2) компактний оператор не має неперервного оберненого.

56. Якi з наведених операторiв в l2 компактнi:1) Ax = (0, x1, x2, ..., xn, ...);2) Ax = (0, x1,

x22 , ..., xn

n , ...);3) Ax = (x2, x3, ..., x100, 0, 0, ...);4) Ax = (x3,

x42 , ..., xn

n−2 , ...)?

18

57. Знайти необхiдну й достатню умову на обмежену послiдовнiсть{αn : n ≥ 1} ⊂ R, щоб оператор Ax = (α1x1, α2x2, ...), x ∈ X, бувкомпактним у просторi X, якщо: 1) X = lp, 1 ≤ p < +∞;2)X = l∞; 3)X = c; 4)X = c0.

58. Знайти необхiдну й достатню умову компактностi оператораA : l2 → l2, що задається матрицею Якобi (див. задачу 44 з розд. 9).

59. Якi з наведених операторiв A : C([0, 1]) → C([0, 1]) є компактними:1) (Ax)(t) = x(0) + t2x(1);

2) (Ax)(t) =t∫0

x(s)ds;

3) (Ax)(t) =1∫0

eitsx(s)ds;

4) (Ax)(t) = tx(t);

5) (Ax)(t) = x(t3);

6) (Ax)(t) = 3x(t) +1∫0

etsx(s)ds;

7) (Ax)(t) = 12(x(t) + x(1− t));

8) (Ax)(t) =1∫0

x(s2)ds?

60. Якi з наведених операторiв A : L2([0, 1]) → L2([0, 1]) є компактними:

1) (Ax)(t) =1∫0

tsx(s)ds;

2) (Ax)(t) = p(t)1∫0

q(s)x(s)ds, де p, q ∈ L2([0, 1]);

3) (Ax)(t) = x(t) +1∫0

(ts2 + s)x(s)ds;

4) (Ax)(t) =t∫0

x(s)ds;

5) (Ax)(t) =t∫0

tsx(s)ds?

61. За якої умови на функцiю a оператор (Ax)(t) = a(t)x(t) будекомпактним у просторi: 1) C([0, 1]), якщо a ∈ C([0, 1]); 2) L2([0, 1]),якщо a ∈ L∞([0, 1])?

62. Довести компактнiсть оператора A : X1 → X2, заданого форму-

лою (Ax)(t) =b∫a

K(t, s)x(s)ds, t ∈ [a, b], x ∈ X1, якщо:

1) X1 = L2([a, b]), X2 = C([a, b]), K ∈ C([a, b]2);2) X1 = X2 = L2([a, b]2), K ∈ L2([a, b]2);3) X1 = X2 = L2([a, b]), K(t, s) = K0(t,s)

|t−s|α , (t, s) ∈ [a, b]2,t 6= s, K0 ∈ L∞([a, b]2), α < 1

2 ;

19

4) X1 = X2 = C([a, b]), K(t, s) = K0(t,s)|t−s|α , (t, s) ∈ [a, b]2,

t 6= s, K0 ∈ C([a, b]2), α < 1;5) X1 = X2 = C([0, 1]), K(t, s) = 1√

| sin t−sin s| , (t, s) ∈[0, 1]2, t 6= s;

6) X1 = X2 = C([a, b]), K : [a, b]2 → R – вимiрна за Лебегомфункцiя така, що ∀t ∈ [a, b] : K(t, ·) ∈ L1([a, b]), а також

∀t0 ∈ [a, b] :b∫a|K(t, s)−K(t0, s)|ds → 0, t → t0;

7)∗ виконуються припущення п. 3, але α < 1.

63. Довести, що оператор вкладення ЛНП X у ЛНП Y, тобто опе-ратор J : X → Y, Jx = x, x ∈ X, є компактним, якщо: 1) X =C1([a, b]), Y = C([a, b]); 2)X = Ck+1([a, b]), Y = Ck([a, b]), k∈ N.

64. Чи буде компактним оператор вкладення ЛНП X у ЛНП Y, якщо:1) X = l1, Y = l2; 2)X = l1, Y = c0; 3)X = C([0, 1]), Y = L2([0, 1]);4)X = L2([0, 1]), Y = L1([0, 1])?

65. Довести, що для довiльної послiдовностi α = {αn : n ≥ 1} ⊂(1,+∞), оператор вкладення простору l2,α (див. задачу 7 з роздiлу 2) уc0 не є компактним.

66. Чи є компактним оператор A : X → Y, (Ax)(t) = dx(t)dt ,

t ∈ [0, 1], якщо: 1) X = C1([0, 1]), Y = C([0, 1]); 2)X = C2([0, 1]),Y = C1([0, 1]); 3)X = C2([0, 1]), Y = C([0, 1])?

67. Довести, що оператор ортогонального проектування в гiльбертово-му просторi буде компактним тодi й лише тодi, коли вiн скiнченновимiрний.

68. Навести приклад некомпактних операторiв A,B ∈ L(l2) таких,що: 1) AB ∈ S∞(l2); 2) A2 ∈ S∞(l2); 3)Ak /∈ S∞, 2 ≤ k ≤ m− 1, алеAm ∈ S∞(l2), де m∈ N, m ≥ 3 – фiксоване.

69. Нехай H – гiльбертiв простiр, A,B ∈ L(H). Чи правильно, що якщо:1) A + B ∈ S∞(H), то A,B ∈ S∞;2) A + B,A−B ∈ S∞(H), то A,B ∈ S∞;3) A + B ∈ S∞(H), R(A)⊥R(B), то A,B ∈ S∞;4) лiнiйний оператор C : H → H такий, що ∀A ∈ S∞(H) :

AC ∈ L(H), то C ∈ L(H)?70. Довести, що область значень компактного оператора сепарабельна.71. Чи може компактний оператор A в нескiнченновимiрному нормова-

ному просторi задовольняти рiвнянняn∑

k=0

ckAk = 0, де прийнято A0 = I?

20

72. Чи може компактний оператор A в нескiнченновимiрному ЛНПX мати алгебраїчний обернений, визначений на: 1) X, якщо X – банахiвпростiр; 2) R(A)?

73. Нехай X – банахiв простiр, A ∈ L(X) i ∃c > 0∀x ∈ X :||Ax|| ≥ c||x||. За якої умови на X оператор A може бути компактним?

74. Довести, що у гiльбертовому просторi: 1) пiдпростiр, який лежитьв областi значень компактного оператора, є скiнченновимiрним; 2) кожнененульове власне значення компактного оператора має скiнченну кратнiсть(тобто вiдповiдний власний пiдпростiр є скiнченновимiрним).

75∗. Нехай X i Y – банаховi простори, оператор A : X → Y ком-пактний i його множина значень R(A) замкнена. Довести, що R(A) скiн-ченновимiрна.

76. Нехай A ∈ S∞(X1, X2) i dimX1 = ∞. Довести, щознайдеться послiдовнiсть {xn : n ≥ 1} ⊂ X1 така, що ||xn|| = 1 iAxn → 0, n →∞.

77. Нехай H – гiльбертiв простiр i A ∈ L(H). Довести, що оператор Aкомпактний тодi й тiльки тодi, коли iснує послiдовнiсть скiнченновимiрнихлiнiйних операторiв, яка рiвномiрно збiгається до A.

78. Довести, що гiльбертiв простiр H сепарабельний тодi й тiлькитодi, коли кожен лiнiйний неперервний оператор в H є сильною границеюпослiдовностi скiнченновимiрних операторiв.

79. Нехай H – гiльбертiв простiр i A ∈ L(H). Довести, що операториA,A∗ i A∗A одночасно компактнi або некомпактнi.

80. Нехай H – гiльбертiв простiр, A ∈ L(H). Довести, що якщо: 1)A2 ∈ S∞(H) i A нормальний, то A ∈ S∞(H); 2) ∃n > 1 : An ∈S∞(H) i A нормальний, то A ∈ S∞(H); 3)A ∈ S∞(H), A ≥ 0, то√

A ∈ S∞(H) (означення оператора√

A див. у задачi 50 з роздiлу 9).81. Нехай X – банахiв простiр, а оператор A ∈ L(X) такий, що

∀ε > 0∃Bε ∈ S0(X)∃Cε ∈ L(X), ||Cε|| < ε : A = Bε + Cε. Довести,що A ∈ S∞(X).

82. Нехай X1, X2 – ЛНП, A : X1 → X2 – лiнiйний оператор. Дове-сти, що такi умови рiвносильнi: 1) A ∈ L(X1, X2); 2) A переводить кожнуслабко збiжну послiдовнiсть {xn : n ≥ 1} ⊂ X1 у слабко збiжну послiдов-нiсть {Axn : n ≥ 1} в X2. 3) 2) A переводить кожну збiжну послiдовнiсть{xn : n ≥ 1} ⊂ X1 у слабко збiжну послiдовнiсть {Axn | n ≥ 1} в X2.

83. Нехай {en : n ≥ 1} – ортонормований базис угiльбертовому просторi H, A ∈ L(H) i sup

x∈Ln

||Ax|| → 0, n → ∞, де

Ln ={x ∈ ({e1, ..., en})⊥ | ||x|| = 1

}, n ≥ 1. Довести, що A – компа-

ктний оператор.84. Нехай X1, X2 – ЛНП, A ∈ S∞(X1, X2). Довести, що A перево-

дить довiльну слабко збiжну послiдовнiсть у сильно збiжну.

21

85. Нехай X1, X2 – банаховi простори i X1 – рефлексивний. Довести,що A ∈ L(X1, X2) буде компактним тодi й тiльки тодi, коли вiн перево-дить усяку слабко збiжну послiдовнiсть у сильно збiжну.

86. Довести, що в задачi 85 у частинi достатностi умова рефлексив-ностi простору X1 iстотна.

87. Нехай H – гiльбертiв простiр, A ∈ L(H) i A ≥ 0. Довести,що оператор A компактний тодi й тiльки тодi, коли для всякої слабко збi-жної до нуля послiдовностi {xn : n ≥ 1} ⊂ H виконується спiввiдношення(Axn, xn) → 0, n →∞.

88. Нехай H – гiльбертiв простiр, A ∈ L(H), B ∈ S∞. Довести,що A ∈ S∞(H) у кожному з випадкiв: 1) 0 ≤ A ≤ B;2)A∗A ≤ B∗B.

89∗. (Шаудер). Нехай X1 – ЛНП, X2 – банахiв простiр, A ∈ L(X1, X2).Довести, що A ∈ S∞(X1, X2) тодi й тiльки тодi, коли A∗ ∈ S∞(X∗

2 , X∗1 ).

90. Нехай X – рефлексивний банахiв простiр. Довести компактнiстьбудь-якого оператора з просторiв: 1) L(X, l1); 2) L(c0, X).

91. Нехай X1 – ЛНП, X2 – сепарабельний банахiв простiр, A ∈L(X1, X2). Довести, що A ∈ S∞(X1, X2) тодi й тiльки тодi, коли A∗переводить довiльну ∗-слабко збiжну в X∗

2 послiдовнiсть у збiжну в X∗1

послiдовнiсть.92. Нехай H – гiльбертiв простiр, A ∈ S∞(H). Довести, що множина

A(B(0, 1)) компактна.93. Нехай H гiльбертiв простiр, A ∈ S∞(H). Довести, що

∃x ∈ H\{0} : ||Ax|| = ||A|| · ||x||.94. Чи справджуються твердження задач 92,93 для оператора

A ∈ S∞, що розглядається: 1) у довiльному банаховому просторi X; 2) урефлексивному банаховому просторi X?

95∗. Нехай X,Y – банаховi простори, A ∈ S∞(X, Y ), B ∈ L(X, Y ),а також R(B) ⊂ R(A). Довести, що B ∈ S∞(X, Y ).

96. (Мазур) Нехай X – банахiв простiр, {An : n ≥ 1} ⊂ S∞(X),причому An

s−→ I, n → ∞. Довести, що множина M ⊂ X передкомпа-ктна тодi й тiльки тодi, коли виконуються умови: 1) M – обмежена множи-на; 2) Anx → x, n →∞, рiвномiрно за x ∈ M. Переконатись, що умову2) можна замiнити умовою ∀ε > 0∃n∈ N∀x ∈ M : ||Anx− x|| < ε.

97. Яку послiдовнiсть операторiв слiд узяти, щоб з твердження задачi96 отримати твердження задач 34 i 38?

98. Нехай 1 ≤ p < +∞, x ∈ Lp([a, b]), h > 0. Функцiю (Ahx)(t) :=

xh(t) := 12h

t+h∫t−h

x(s)ds, де x(t) := 0, t∈ R\[a, b], називають середньою

функцiєю Стєклова. Довести, що:

1) xh ∈ C([a, b]), ||xh||∞ ≤ (12h

) 1p ||x||p;

22

2)∗||xh||p ≤ ||x||p;3)||x− xh||p → 0, h → 0+;4)Ah ∈ S∞(Lp([a, b]), C([a, b])), 1 < p < +∞;5)Ah ∈ S∞(Lp([a, b]), Lp([a, b])), 1 0∃h > 0∀x ∈ M : ||x−xh||p < ε.

100. Довести, що: 1) твердження задачi 96 залишається вiрним, якщоумову {An : n ≥ 1} ⊂ S∞(X) замiнити вимогою, щоб ∃k∈ N :{Ak

n : n ≥ 1} ⊂ S∞(X);

2) (Тулайков) твердження задачi 99 справджується i при p = 1.101. (М.Рiсс). Довести, що множина M передкомпактна у просторi

Lp([a, b]), 1 ≤ p < +∞, тодi й лише тодi, коли виконуються умови:1) M – обмежена множина; 2) M – одностайно неперервна в середньому

порядку p, тобто ∀ε > 0∃δ > 0∀h ∈ (0, δ)∀x ∈ M :b∫a|x(t + h) −

x(t)|pdt < εp(x(t + h) := 0, якщо t + h > b).102. (Тамаркiн). Довести, що множина M передкомпактна у просторi

Lp(Rn), 1 ≤ p < +∞, тодi й тiльки тодi, коли виконуються умови:1) M – обмежена множина; 2) ∀ε > 0∃δ > 0∀h∈ Rn, ||h|| < δ ∀x ∈M :

∫Rn

|x(t + h) − x(t)|pdt < εp; 3) ∀ε > 0∃R > 0∀x ∈ M :∫

||t||≥R

|x(t)|pdt < εp (тут || · || – евклiдова норма в Rn).

103. Нехай p > 1 i A ∈ L(Lp([a, b]), C([a, b])). Довести, що операторA компактний, як оператор, що дiє з Lp([a, b]) в Lp([a, b]).

104. Чи правильно, що Bn ⇒ I, Kn ⇒ I в C([0, 1]), де Bn,

n ≥ 1, – оператори Бернштейна: (Bnx)(t) =n∑

k=0

Cknx( k

n)tk(1 − t)n−k,

t ∈ [0, 1], x ∈ C([0, 1]), а Kn, n ≥ 1, – оператори Канторовича (див.задачу 29 з розд. 7)?

105. Нехай X1, X2 – ЛНП, X0 ⊂ X1 – лiнiйна скрiзь щiльна в X1 мно-жина з нормою, iндукованою нормою з X1, A ∈ S∞(X0, X2). Довести,що A ∈ S∞(X1, X2).

106. Нехай W 12 ([a, b]) – поповнення простору C1([a, b]) за нормою

||x|| =(

b∫a|x(t)|2dt +

b∫a|x′(t)|2dt

) 12

, x ∈ C1([a, b]). Довести, що:

1) W 12 ([a, b]) ⊂ L2([a, b]);

2) оператор вкладення простору A : W 12 ([a, b]) → L2([a, b]), Ax = x,

є компактним.

23

107. Довести, що: 1) ∀x ∈ C1([a, b]) : x(t) = 1b−a

(b∫a

x(s)ds+

b∫a

K(t, u)x′(u)du

), t ∈ [a, b], де K(t, u) =

{u− b, a ≤ t ≤ u ≤ b,

u− a, a ≤ u < t ≤ b;2) ||x||∞ ≤ c||x||, x ∈ C1([a, b]), де c > 0 – стала, а || · ||∞, || · || –

норми в C([a, b]) i W 12 ([a, b]) вiдповiдно;

3) W 12 ([a, b]) ⊂ C([a, b]) i вiдповiдний оператор вкладення компактний.

108. Довести, що оператор A : W 12 ([a, b]) → L2([a, b]), (Ax)(t) =

dxdt (t), буде компактним.

109. 1) Нехай H – сепарабельний гiльбертiв простiр, {en : n ≥ 1} –ортонормований базис в H, A – оператор, заданий матрицею

{αjk : j, k ≥ 1} ⊂ C

(Ax =

∞∑j=1

( ∞∑k=1

ajkxk

)ej , x =

∞∑k=1

xkek

),

причому∞∑

j,k=1

|ajk|2 < +∞. Довести, що A ∈ S∞(H).

2) Нехай L2(T, µ) – сепарабельний гiльбертiв простiр, K ∈ L2(T ×T, µ × µ), (Ax)(t) =

∫T

K(t, s)x(s)ds, t ∈ T, x ∈ L2(T, µ). Довести,

що A ∈ S∞(L2(T, µ)).110. Нехай (T, F, µ) – простiр зi скiнченною мiрою, p > 1, 1

p + 1q = 1,

K : T ×T → C – вимiрна функцiя, supt∈T

∫T

|K(t, s)|qdµ(s) < ∞. Довести,

що оператор A : Lp(T, µ) → Lp(T, µ), який визначається формулою(Ax)(t) =

∫T

K(t, s)x(s)dµ(s), t ∈ T, є компактним.

111. Нехай (T, F, µ) – простiр з мiрою, K : T × T → R – вимiрнафункцiя, c1 := sup

s∈T

∫T

|K(t, s)|dµ(t), c2 := supt∈T

∫T

|K(t, s)|dµ(s). Для

оператора A з попередньої задачi довести, що:1) якщо c1 < +∞, то A ∈ L(L1(T, µ)), ||A|| ≤ c1;

2) якщо c1 < +∞, c2 < +∞, то A ∈ L(Lp(T, µ)), ||A|| ≤ c1p

1 c1q

2 ,1 < p < +∞;

3) за умов п. 2) оператор не обов’язково компактний у просторi Lp(T, µ),1 ≤ p < +∞, навiть коли µ(T ) < +∞;

4) якщо c1 < +∞, c2 < +∞, µ(T ) < +∞ i sups∈T

∫Bn(s)

|K(t, s)|dµ(t) →

0, n → ∞, де Bn(s) := {t ∈ T | |K(t, s)| > n} , n ≥ 1, s ∈ T, тоA ∈ S∞(Lp(T, µ)), 1 ≤ p < +∞.

24

112. Нехай K : R → C – 2π-перiодична вимiрна за Лебегом фун-кцiя, причому K ∈ L1([0, 2π]). Довести, що при 1 ≤ p < +∞ опе-ратор A : Lp([0, 2π]) → Lp([0, 2π]), заданий формулою (Ax)(t) =2π∫0

K(t− s)x(s)ds, t ∈ [0, 2π], є компактним.

113. Нехай p ∈ L1(R). Довести, що оператор (Ax)(t) =∫R

p(t− s)x(s)ds, t∈ R, x ∈ L2(R), є лiнiйним i неперервним в L2(R).

За якої умови на функцiю p оператор A є компактним?

114. Нехай p ∈ L1([0,+∞)), (Ax)(t) =t∫0

p(t − s)x(s)ds,

t ∈ [0, +∞), x ∈ L2([0, +∞)). Довести, що оператор A ∈ L(L2([0,+∞))).За якої умови на функцiю p вiн компактний?

115. Нехай p ∈ L1([0, +∞)), (Ax)(t) =+∞∫0

p(t + s)x(s)ds,

t ∈ [0, +∞), x ∈ L2([0, +∞)). Довести, що: 1) A ∈ L(L2([0,+∞)));

2) якщо+∞∫0

t|p(t)|2dt < +∞, то A ∈ S∞(L2([0,+∞))).

116. Нехай p(t) = 1t , t > 0, оператор A визначений формулою з попе-

редньої задачi 115. Довести, що: 1) A ∈ L(L2([0,+∞)));2)A /∈ S∞(L2([0,+∞))).

117. Нехай Cb(R) – лiнiйний простiр неперервних i обмежених на Rчислових функцiй з нормою ||x|| := sup

t∈R|x(t)|, x ∈ Cb(R), а функцiя

K ∈ C(R2) така, що supt∈R

∫R|K(t, s)|ds < ∞. Нехай також (Ax)(t) =

∫R

K(t, s)x(s)ds, t∈ R, x ∈ Cb(R). Довести, що: 1) A ∈ L(Cb(R));

2) не обов’язково A ∈ S∞(Cb(R)).118. Нехай у ЛНП X, де X = C([0, 1]) або X = Lp([0, +∞)),

1 0, x ∈ X. Довести, що: 1) A ∈ L(C([0, 1])); 2)A /∈ S∞(C([0, 1]));3)∗A ∈ L(Lp([0,+∞))); 4)A /∈ S∞(Lp([0, +∞))).

25

РОЗДIЛ 12СПЕКТРАЛЬНА ТЕОРIЯ

КОМПАКТНИХ ОПЕРАТОРIВ


Теорема 1. Нехай A – компактний оператор у нескiнченновимiрномубанаховому просторi. Тодi:

1) 0 ∈ σ(A);2) σ(A) – не бiльш нiж злiченна множина, єдиною можливою грани-

чною точкою якої є 0;3) довiльна ненульова точка спектра є власним числом скiнченної кра-

тностi, тобто якщо λ ∈ σ(A)\{0}, то 0 < dimKer (A− λI) < +∞.Опис компактних самоспряжених операторiв дає така теорема.Теорема 2 (Гiльберт, Шмiдт). Нехай H – гiльбертiв простiр, A – ком-

пактний самоспряжений оператор в H. Тодi iснує ортонормована система{en : 1 ≤ n ≤ N} (N ≤ ∞) i набiр {λn : 1 ≤ n ≤ N} ⊂ R такi, що

A =N∑

n=1λn(·, en)en.

При цьому {λn : n ≥ 1} \{0} = σp(A)\{0} = σ(A)\{0}, en – власнийвектор, що вiдповiдає власному значенню λn, а також якщо N = +∞, тоλn → 0, n →∞, i ряд у теоремi збiгається за нормою в просторi L(H).

При N = ∞ ряд з теореми 2 називають рядом Шмiдта.У теоремi 2 можна вважати, що λn 6= 0, n ≥ 1, i тодi ∀x ∈ H :

x =N∑

n=1(x, en)en + Px, де P – ортопроектор на KerA.

Оператор A ∈ L(H), де H – сепарабельний гiльбертiв простiр, назива-ють оператором Гiльберта – Шмiдта, якщо для деякого ортонормованого

базису {en : n ≥ 1} в H ряд∞∑

n=1||Aen||2 збiгається; при цьому число

||A||2 :=( ∞∑

n=1||Aen||2

) 12

називають абсолютною нормою (або нормою

Гiльберта – Шмiдта). Збiжнiсть указаного ряду i число ||A||2 не залежатьвiд вибору базису (див. задачу 36), тому наведене означення коректне.Множину операторiв Гiльберта – Шмiдта позначають S2(H).

Ядро K iнтегрального оператора (Ax)(t) =b∫a

K(t, s)x(s)ds,

t ∈ [a, b], x ∈ L2([a, b]), називають ядром Гiльберта – Шмiдта, якщоK ∈ L2([a, b]2). При цьому A ∈ S2(L2([a, b])) (див. задачу 36.7).

26


1. Знайти спектр, власнi числа та власнi функцiї оператора

(Ax)(t) =b∫a

et−sx(s)ds в C([a, b]).

Р о з в ’ я з о к . A – iнтегральний оператор з неперервним ядромK(t, s) = et−s. Звiдси випливає (див. задачу 4 з роздiлу 11), що A – ком-пактний оператор i всяка його ненульова точка спектра є власним числом.

Нехай λ 6= 0 i Ax = λx. Звiдси випливає, що etb∫a

e−sx(s)ds = λx(t) i

x(t) = Cet (C 6= 0, бо ми шукаємо нетривiальнi розв’язки). Пiдставимоx iз другої рiвностi в першу та отримаємо: Cet(b − a) = λCet. Тобто,λ = b − a. Звiдси випливає, що єдине ненульове власне значення – цеb− a, i йому вiдповiдає власна функцiя Cet (C ∈ C\{0}). З теореми проспектр компактного оператора робимо висновок, що σ(A) = {0, b− a}.

Зауважимо, що λ = 0 є власним числом оператора A, бо iснує нену-

льова функцiя x така, щоb∫a

e−sx(s)ds = 0 (ї ї можна знайти, наприклад,

серед функцiй виду x(t) = 1 + αet, t ∈ [a, b], де α∈ R – шукана стала).2. Знайти спектр, власнi числа та власнi функцiї оператора (Ax)(t) =

1∫0

min{t, s}x(s)ds в L2([0, 1]).

Р о з в ’ я з о к . Ядро K(t, s) = min{t, s} – неперервне та ермiто-ве. Звiдси випливає, що A – компактний самоспряжений оператор (див.задачi 2.1 з роздiлу 9 i 62.2 з роздiлу 11). Знайдемо ненульовi власнi чи-сла оператора A. Маємо Ax = λx, λ 6= 0, x 6= 0, x ∈ L2([0, 1]),

абоt∫0

sx(s)ds + t1∫t

x(s)ds = λx(t).(1) Ясно, що для довiльного x ∈L2([0, 1]) лiва частина цiєї рiвностi – неперервна на [0, 1] функцiя. Звiдсивипливає, що i права частина, тобто x ∈ C([0, 1]). Проте для x ∈ C([0, 1])лiва частина належить до C1([0, 1]) i тому x ∈ C1([0, 1]). Продовжуючицi мiркування, отримуємо, що всяка власна функцiя оператора A (що вiд-повiдає λ 6= 0) нескiнченно диференцiйовна на [0, 1]. Продиференцiюємо

двiчi рiвнiсть (1): tx(t)+1∫t

x(s)ds− tx(t) = λx′(t)(2) i −x(t) = λx′′(t).

З рiвностей (1),(2) випливає, що x(0) = 0, x′(1) = 0. Тобто всяка власнафункцiя оператора A, що вiдповiдає власному значенню λ 6= 0 є розв’яз-ком крайової задачi λx′′(t) + x(t) = 0, x(0) = 0, x′(1) = 0. Зазначимо,що аналогiчнi мiркування показують, що λ = 0 не є власним значенням

27

оператора A (диференцiювання можливе згiдно з теоремою [19](гл.VI, §3,

теорема 1): якщо x ∈ L1([a, b]), y(t) :=t∫

ax(s)ds, t ∈ [a, b], то m-майже

скрiзь на [a, b] iснує похiдна y′ i y′(t) = x(t) (mod m)).Отриману крайову задачу легко розв’язати. Характеристичне рiвнян-

ня λz2 + 1 = 0 має розв’язки z = ±z0, де z0 =√− 1

λ (довiльне з

двох значень кореня). Тодi x(t) = C1e−z0t + C2e

z0t. Ураховуючи кра-йовi умови, дiстанемо лiнiйну систему, розв’язуючи яку, отримаємо умовуe2z0 = −1, тобто 2z0 = 2πni + πi, n∈ Z. Тому маємо: λn = π−2(n +12)−2, ϕn(t) =

√2 sin(n + 1

2)πt, n ≥ 0 (ми виписали ортонормованупослiдовнiсть власних функцiй, що вiдповiдає λn, причому кожне λn маєкратнiсть 1). Таким чином, маємо, що σp(A) =

{π−2(n + 1

2)−2 | n ≥ 0}

i σ(A) = {0} ∪ σp(A). При цьому, оскiльки оператор A самоспряжений,то (див. задачу 20.1 роздiлу 10) ||A|| = r(A) = sup {λn : n ≥ 0} = 4

π2 .Зауважимо, що спiввiдношення 0 /∈ σp(A) випливає також з повно-

ти ортонормованої системи власних функцiй {ϕn : n ≥ 0} (доведiть її) i

розкладу x =∞∑

n=0(x, ϕn)ϕn + Px, де P – ортопроектор на KerA.

Зазначимо, що згiдно з теоремою Гiльберта – Шмiдта

(Ax)(t) =∞∑

n=0λn(x, ϕn)ϕn(t) =

∞∑n=0

2π2(n+ 1

2)2

1∫0

sin(n + 12)πsx(s)ds ·

sin(n + 12)πt. Це i є розклад у ряд Шмiдта; вiн збiгається в L2([0, 1])

рiвномiрно за x ∈ B(0, 1) ⊂ L2([0, 1]). Змiнюючи порядок iнтегруванняй пiдсумовування, отримаємо, що

(Ax)(t) =

1∫

0

(2π2

∞∑

n=0

sin(n + 12)πt · sin(n + 1

2)πs

(n + 12)2

)x(s)ds.

Обґрунтування можна дiстати за теоремою Лебега про мажоровану збi-жнiсть або користуючись неперервнiстю скалярного добутку i враховуючи,що ряд пiд знаком iнтеграла рiвномiрно збiгається за s ∈ [0, 1], а отже, iв L2([0, 1]), при кожному t ∈ [0, 1]. Звiдси, зокрема, можна вивести, що

min{t, s} = 2π2

∞∑n=0

sin(n+ 12)πt·sin(n+ 1

2)πs

(n+ 12)2

, t, s ∈ [0, 1]. Ця рiвнiсть також

випливає з теореми про бiлiнiйний розклад ермiтового ядра Гiльберта –Шмiдта.

28


3. Якi з наведених множин можуть бути спектром компактного опе-ратора в l2 : 1) [0, 1], 2) {0, 1}, 3) {0}, 4) {1}, 5)

{1n : n ≥ 1

}, 6)

{0} ∪ {1n : n ≥ 1

}, 7) {0} ∪ {

in : n ≥ 1

}?

4. З’ясувати, чи буде оператор (Ax)(t) =1∫0

ts3x(s)ds компактним i

знайти його спектр у просторi 1) L2([0, 1]); 2) C([0, 1]).5. Нехай p, q ∈ C([a, b]). З’ясувати, чи буде оператор

(Ax)(t) =b∫a

p(t)q(s)x(s)ds компактним i знайти його спектр у просторi:

1) L2([a, b]); 2) C([a, b]).

6. З’ясувати, чи буде оператор (Ax)(t) =b∫a

K(t, s)x(s)ds компа-

ктним i знайти його спектр в L2([a, b]) :1) K(t, s) = cos(t− s), a = 0, b = 2π;2) K(t, s) = sin(t− s), a = 0, b = 2π;3) K(t, s) = cos(t + s), a = 0, b = π;4) K(t, s) = ts− 2t2s2, a = −1, b = 1;5) K(t, s) = ts + t2s2, a = 0, b = 1.

У кожному випадку знайти норму оператора A.

7. З’ясувати, чи буде оператор (Ax)(t) = x(t) +b∫a

K(t, s)x(s)ds

компактним i знайти його спектр в L2([a, b]) :1) K(t, s) = ts + 3t2s2, a = −1, b = 1;2) K(t, s) = cos(t− s), a = −π, b = π.

8. Знайти спектр, власнi числа, спектральний радiус та норми опера-торiв iз задач 56.2,56.3 з роздiлу 11.

9. Нехай X – банахiв простiр, A ∈ S∞(X) i λ 6= 0. Довести, щоR(A− λI) – замкнений пiдпростiр в X.

10. Навести приклад компактного оператора в l2, для якого: 1) 0 не євласним значенням; 2) 0 є власним значенням скiнченної кратностi; 3) 0 євласним значенням нескiнченної кратностi.

11. Нехай компактний самоспряжений оператор A в нескiнченнови-мiрному гiльбертовому просторi має скiнченну кiлькiсть власних значень.Довести, що 0 – власне число A нескiнченної кратностi.

12. Нехай H – гiльбертiв простiр, {en : n ≥ 1} – ортонормована по-слiдовнiсть в H, {λn : n ≥ 1} ⊂ C\{0} – обмежена послiдовнiсть, Ax :=∞∑

n=1λn(x, en)en, x ∈ H. Довести, що: 1) A ∈ L(H); 2)σp(A)\{0} =

29

{λn : n ≥ 1} ; 3)0 /∈ σp(A) тодi й тiльки тодi, коли {en : n ≥ 1} – ба-зис в H. З’ясувати, за якої умови на послiдовнiсть {λn : n ≥ 1} операторA є: 4) нормальним; 5) самоспряженим; 6) невiд’ємним; 7) компактним;8) оператором Гiльберта – Шмiдта.

13. Нехай H – сепарабельний гiльбертiв простiр, {en : n ≥ 1} i{gn : n ≥ 1} – двi ортонормованi послiдовностi в H, {sn : n ≥ 1} – чи-слова послiдовнiсть така, що lim

n→∞ sn = 0. Для довiльного x ∈ H по-

кладемо Ax =∞∑

n=1sn(x, gn)en, Akx =

k∑n=1

sn(x, gn)en. Довести, що:

1) An ⇒ A, n →∞; 2) A – компактний оператор в H; 3) A – оператор

Гiльберта – Шмiдта тодi й тiльки тодi, коли∞∑

n=1|sn|2 < ∞.

14. Нехай A – оператор з попередньої задачi. Знайти A∗, AA∗, A∗A.15. Нехай {en : n ≥ 1} – деякий ортонормований базис у гiльберто-

вому просторi H, A ∈ L(H) i Aen = λnen, n ≥ 1, де {λn : n ≥ 1} –деяка обмежена числова послiдовнiсть. Довести, що ∀x ∈ H : Ax =∞∑

n=1λn(x, en)en.

16. Нехай A ∈ L(L2([0, π])), (Aϕn)(t) = 1n2 ϕn(t), t ∈ [0, π],

n ≥ 1, де ϕn(t) = sinnt. Довести, що A – iнтегральний оператор Гiль-берта – Шмiдта. Знайти його ядро K.

17. Нехай A – самоспряжений компактний оператор у гiльбертовому

просторi H, A =∞∑

n=1λn(·, ϕn)ϕn – його розклад у ряд Шмiдта. Довести

твердження:1) ∀k ≥ 1 : Ak =

∞∑n=1

λkn(·, ϕn)ϕn;

2) ∀λ∈ C\{0, λn, n ≥ 1} : Rλ(A) =∞∑

n=1

(·,ϕn)λn−λϕn;

3) якщо A ≥ 0 i√

A :=∞∑

n=1

√λn(·, ϕn)ϕn, то (

√A)2 = A.

18. Нехай A – невiд’ємний компактний оператор у гiльбертовому про-сторi H. Довести, що iснує єдиний невiд’ємний компактний оператор Bтакий, що B2 = A, при цьому, звичайно, B =

√A, де оператор

√A

визначений 1) у попереднiй задачi; 2) у задачi 50 з роздiлу 9.19. Нехай α = (α1, α2, ...), ∀k ≥ 1 : αk ≥ 1, l2,α – гiльбертiв

простiр усiх послiдовностей x = (x1, x2, ...), якi задовольняють умову

||x||α = (∞∑

n=1αnx2

n)12 < ∞, iз вiдповiдним скалярним добутком. Довести

твердження: 1) l2,α ⊂ l2 i норма оператора вкладення A : l2,α → l2, Ax =x, не перевищує одиницi; 2) оператор A компактний тодi й лише тодi, коли

limn→∞αn = ∞; 3) A ∈ S2(l2,α, l2) тодi й тiльки тодi, коли

∞∑n=1

1αn

< ∞.

30

20. Нехай K(t, s) =∞∑

n=1

1n2 sinnπt sinnπs, t, s ∈ [−1, 1]. Роз-

глянемо в L2([−1, 1]) оператор A, який дiє за формулою (Ax)(t) =1∫−1

K(t, s)x(s)ds, t ∈ [−1, 1].

1) Довести, що A – самоспряжений оператор Гiльберта –Шмiдта (зокре-ма, A – компактний оператор). 2) Знайти σ(A), r(A) i ||A||, а такожпослiдовнiсть власних функцiй. 3) Зобразити A у виглядi рiвномiрно збi-жного ряду одновимiрних операторiв (ряду Шмiдта).

21. Нехай K – парна 2π-перiодична дiйсна функцiя з L2([−π, π]);K(t) =

∑n∈Z

cneint, t∈ R – її розклад у ряд Фур’є. Розглянемо в

L2([−π, π]) оператор A, який визначається формулою (Ax)(t) =π∫−π

K(t− s)x(s)ds, t ∈ [−π, π].

1) Довести, що A – самоспряжений оператор Гiльберта – Шмiдта iфункцiї ϕn(t) = 1√

2πeint, t ∈ [−π, π], n∈ Z, якi утворюють ортонор-

мований базис у просторi L2([−π, π]), є власними функцiями оператораA.

2) Знайти σ(A), r(A) i ||A||.3) Зобразити A у виглядi ряду Шмiдта.22. Нехай K – парна 2π-перiодична дiйсна функцiя, яка належить до

L2([−π, π]);K(t) = a02 +

∞∑n=1

an cosnt, t∈ R – її розклад у ряд Фур’є.

Розглянемо в L2([−π, π]) оператор A, який дiє за формулою (Ax)(t) =π∫−π

K(t + s)x(s)ds, t ∈ [−π, π].

1) Довести, що A – самоспряжений оператор Гiльберта – Шмiдта; по-слiдовностi його власних чисел i ортонормованих власних функцiй визна-чаються формулами λ0 = πa0, ϕ0(t) = 1√

2π; λ

(1)n = −πan, ϕ

(1)n (t) =

sin nt√π

; λ(2)n = πan, ϕ

(2)n (t) = cos nt√

π, n ≥ 1.

2) Знайти σ(A), r(A) i ||A||.3) Зобразити A у виглядi ряду Шмiдта.23. Знайти норму, спектр, власнi числа та власнi функцiї

оператора A : L2([−π, π]) → L2([−π, π]), який дiє за формулою

(Ax)(t) =π∫−π

K(t, s)x(s)ds, t ∈ [−π, π], у таких випадках:

1) K(t, s) =N∑

n=1λn cosn(t− s), N ∈ N, {λ1, ..., λN} ⊂ C;

31

2) K(t, s) = cos4(t− s);

3) K(t, s) =∞∑

n=1

1n2 cosnt cosns;

4) K(t, s) =∞∑

n=1

1n2 sin(2n + 1)t sin(2n + 1)s;

5) K(t, s) =∞∑

n=0

1(2n+1)2

cos(2n + 1)t cos(2n + 1)s;

6) K(t, s) =∞∑

n=0

1(2n+1)2

cos(2n + 1)(t− s).

24. Знайти норму, спектр, власнi числа та власнi функцiї оператора A :

L2([a, b]) → L2([a, b]), який дiє за формулою (Ax)(t) =b∫a

K(t, s)x(s)ds,

t ∈ [a, b], у таких випадках:

1) K(t, s) =

{t(1− s), t ≤ s,

s(1− t), s ≤ t,a = 0, b = 1;

2) K(t, s) =

{sin t cos s, t ≤ s,

cos t sin s, s ≤ t,a = 0, b = π;

3) K(t, s) =

{cos t sin s, t ≤ s,

sin t cos s, s ≤ t,a = 0, b = π;

4) K(t, s) =

{(t + 1)s, t ≤ s,

t(s + 1), s ≤ t,a = 0, b = 1;

5) K(t, s) =

{sin t sin(1− s), t ≤ s,

sin(1− t) sin s, s ≤ t,a = 0, b = 1;

6) K(t, s) =

{(1 + t)(1− s), t ≤ s,

(1− t)(1 + s), s ≤ t,a = −1, b = 1.

25∗. Знайти норму оператора Вольтерра в L2([0, 1]) :

(V x)(t) =t∫0

x(s)ds.

26. Нехай H – сепарабельний гiльбертiв простiр, A – компактний са-моспряжений оператор в H, {en : n ≥ 1} – ортонормований базис в H,причому en – власний вектор оператора A, що вiдповiдає власному числуλn, n ≥ 1. Довести, що при фiксованих λ∈ C\{0}, y ∈ H розв’язокрiвняння (A− λI)x = y:

32

1) має вигляд x = 1λ

( ∞∑n=1

λnλn−λ(y, en)en − y

), якщо λ 6= λn для

всiх n ≥ 1;2) якщо λ = λj = ... = λj+m−1, j, m∈ N, i

∀n∈ N\{j, j + 1, ..., j + m − 1} : λn 6= λj , iснує тодi й тiльки то-дi, коли (y, ek) = 0 для всiх k ∈ {j, j + 1, ..., j + m − 1}, при цьому

x = 1λ

(j−1∑n=1

λnλn−λ(y, en)en +

∞∑n=j+m

λnλn−λ(y, en)en − y

)+

j+m−1∑n=j

Cnen,

де Cj , ..., Cj+m−1 – довiльнi сталi (сума за порожньою множиною iндексiввважається рiвною нулю).

27. Нехай H – гiльбертiв простiр, A ∈ L(H) i A∗ = A. Довести,що: 1)σp(A) ⊂ R; 2) власнi вектори, що вiдповiдають рiзним власнимчислам, ортогональнi; 3) якщо G ⊂ H – iнварiантний пiдпростiр дляA (тобто AG ⊂ G), то G⊥ також є iнварiантним пiдпростором для A;4) якщо спектр оператора A задовольняє умови 1)-3) теореми 1, то опе-ратор A компактний; 5) якщо σ(A) = {0, 1}, то A – ортопроектор.

28∗. (Нiкольський). Довести, що теорема 1 залишається правиль-ною для оператора A ∈ L(X), де X – банахiв простiр, якщо умовуA ∈ S∞(X) замiнити вимогою, щоб Ak ∈ S∞(X) для деякого k∈ N.

29. (Судаков). 1) Нехай X – банахiв простiр, M ⊂ X, A ∈ L(X),1 /∈ σp(A), Ak ∈ S∞(X) для деякого k∈ N, а також ∃C > 0∀x ∈ M :||Ax − x|| < C. Довести, що множина M обмежена. 2) Довести, що укритерiях компактностi в Lp([a, b]) Колмогорова i М.Рiсса (див. задачi 99i 101 з роздiлу 11) з умови 2 випливає умова 1.

30. Довести, що будь-який компактний оператор у гiльбертовому про-сторi H зображується рiвномiрно збiжним рядом Шмiдта:

A =∞∑

n=1sn(·, ϕn)ψn, де {ϕn : n ≥ 1} – ортонормована послiдовнiсть

власних функцiй самоспряженого компактного оператора |A| :=√

A∗A,визначеного в задачi 17.3, {sn : n ≥ 1} – вiдповiдна послiдовнiсть власнихчисел оператора |A| i {ψn : n ≥ 1} – деяка ортонормована послiдовнiсть.Числа sn, n ≥ 1, називають сингулярними числами оператора A.

31∗. Нехай H – гiльбертiв простiр, A ∈ S∞(H), ||A∗x|| ≤ ||Ax||,x ∈ H. Довести, що A∗A = AA∗.

32. (Гiльберт). Нехай H – гiльбертiв простiр, A ∈ S∞(H), A∗ = A,{λ+

n : n ≥ 1} , {−λ−n : n ≥ 1} – послiдовностi, вiдповiдно, додатних тавiд’ємних власних чисел оператора A, причому кожне власне число по-вторюється стiльки разiв, яка його кратнiсть, а також λ±1 ≥ λ±2 ≥ ...(тут i далi такий запис треба читати для знакiв "+"i "−"окремо). Нехайтакож e±n – власний вектор, що вiдповiдає власному числу λ±n , n ≥ 1.

33

Довести, що λ±1 = max {(Ax, x) | ||x|| = 1} = (Ae±1 , e±1 ), λ±n = max{(Ax, x) | ||x|| = 1, (x, e±k ) = 0, 1 ≤ k ≤ n− 1

}= (Ae±n , e±n ), n ≥ 2.

33∗. (Курант, принцип мiнiмаксу). У позначеннях попередньої зада-чi довести, що λ±n = min

Lmax

x∈L\{0}±(Ax,x)||x||2 , де мiнiмум береться за всiма

пiдпросторами L дефекта defL := dim L⊥ ≤ n− 1, n ≥ 1.

34∗. (Принцип промiжностi). Нехай H – гiльбертiв простiр,A ∈ S∞(H), A∗ = A, H1 – пiдпростiр в H корозмiрностi 1 (тобтоdimH⊥

1 = 1), P – ортопроектор на H1. Довести, що для власних чисел{λ±n : n ≥ 1} оператора A i власних чисел µ±n оператора PAP, зануме-рованих так само, як i в задачi 32, справджується нерiвнiсть λ±1 ≥ µ±1 ≥λ±2 ≥ µ±2 ≥ ... .

35. Нехай H – гiльбертiв простiр. Нехай A ∈ S∞(H). Черезsn(A), λn(A), n ≥ 1, позначимо сингулярнi та власнi числа операто-ра A вiдповiдно, причому вважаємо, що s1(A) ≥ s2(A) ≥ .... Довести,що: 1) якщо B ∈ S∞(H), A ≥ B ≥ 0, то sn(A) ≥ sn(B), n ≥ 1;2) sn(A) = min

L : defL≤n−1max

x∈L\{0}||Ax||2||x||2 , n ≥ 1; 3) якщо B ∈ L(H), то

sn(BA) ≤ ||B||sn(A), sn(AB) ≤ ||B|| · sn(A), n ≥ 1; 4) sn(A) =min{||A − T || |T ∈ S0(H), rankT := dimR(T ) = dim(KerT )⊥ ≤n − 1}, n ≥ 1, (тобто sn(A) характеризує швидкiсть наближення ком-пактного оператора скiнченновимiрними операторами рангу ≤ n − 1);5) якщо B ∈ S∞(H), то sm+n−1(A + B) ≤ sm(A) + sn(B), n, m ≥ 1;6) якщо B ∈ S∞(H), то |sn(A)− sn(B)| ≤ ||A−B||, n ≥ 1.

36. Нехай H – сепарабельний гiльбертiв простiр. Довести твердження:1) для A ∈ S2(H) величина ||A||2 не залежить вiд вибору ортонормо-

ваного базису {en : n ≥ 1} i визначає норму в S2(H), яка мажорує норму||A|| оператора A; при цьому (S2(H), || · ||2) – банахiв простiр;

2) норма ||A||2 визначається скалярним добутком

(A,B)2 =∞∑

n=1(Agn, Bgn), A, B ∈ S2(H), де {gn : n ≥ 1} – ортонор-

мований базис в H;3) A ∈ S2(H) ⇔ A∗ ∈ S2(H);4) S2(H) – двостороннiй iдеал в L(H), причому ∀A ∈ S2(H)

∀B,C ∈ L(H) : ||BAC||2 ≤ ||B|| · ||C|| · ||A||2;5) S2(H) – сепарабельний гiльбертiв простiр з базисом, який скла-

дається з одновимiрних операторiв Amn = (·, en)gm, {m,n} ⊂ N, де{en : n ≥ 1} i {gn : n ≥ 1} – деякi ортонормованi базиси в H;

6) якщо A ∈ S2(H), то A компактний;

34

7)∗ якщо H = L2(T, µ), то A ∈ S2(H) тодi й тiльки тодi, коли A– iнтегральний оператор (Ax)(t) =

∫T

K(t, s)x(s)dµ(s), t ∈ T, з ядром

Гiльберта – Шмiдта:∫T

∫T

|K(t, s)|2dµ(t)dµ(s) < ∞.

37∗. Оператор A ∈ L(H) називають ядерним, якщо вiн має вигляд

скiнченної суми A =n∑

k=1

BkCk, {Bk, Ck, k = 1, ..., n} ⊂ S2(H). Нехай

S1(H) – множина всiх ядерних операторiв у H. Довести твердження:1) S1(H) – двостороннiй iдеал у L(H);2) якщо A ∈ S1(H), то A∗ ∈ S1(H);3) якщо A ∈ S1(H) i {en : n ≥ 1} – деякий ортонормований базис у

H, то∞∑

n=1|(Aen, en)| < ∞, причому вираз SpA :=

∞∑n=1

(Aek, ek) не зале-

жить вiд вибору базису {en : n ≥ 1}. Його називають слiдом оператора A.

4) A ∈ S1(H) тодi й тiльки тодi, коли∞∑

n=1sn < ∞, де sn, n ≥ 1, –

сингулярнi числа оператора A (див. задачу 30);5) A ∈ S1(H) тодi й тiльки тодi, коли A = BC, де B, C ∈ S2(H);6) якщо A ≥ 0, то A ∈ S1(H) тодi й тiльки тодi, коли для деякого

базису {en : n ≥ 1} :∞∑

n=1(Aen, en) < ∞; при цьому

∞∑n=1

(Aen, en) =∞∑

n=1λn, де {λn : n ≥ 1} = σp(A), тобто матричний слiд (лiва частина)

збiгається зi спектральним слiдом (права частина) оператора A. (Заува-жимо, що наведена рiвнiсть справджується для всiх операторiв A ∈ S1(H)i без припущення, що A ≥ 0 (теорема Лiдського)).

7) функцiя S1(H) 3 A 7→ ||A||1 = Sp(|A|)∈ R є нормою.

38. Нехай H1,H2 – сепарабельнi гiльбертовi простори, {en : n ≥ 1} ,{fn : n ≥ 1} – ортонормованi базиси в H1 та H2 вiдповiдно. ОператорA ∈ L(H1,H2) називають оператором Гiльберта – Шмiдта, якщо його

абсолютна норма ||A||2 :=

(∞∑

j,k=1

|(Aek, fj)|2) 1

2

скiнченна. Довести, що:

1) функцiї sh t, eikt, t ∈ [−π, π], k∈ Z, утворюють повну ортого-нальну систему в просторi W 1

2 ([−π, π]) (див. задачу 106 з роздiлу 11);2) оператор вкладення простору W 1

2 ([−π, π]) у простiр L2([π, π]) єоператором Гiльберта – Шмiдта.

35

РОЗДIЛ 13IНТЕГРАЛЬНI РIВНЯННЯ


Iнтегральним рiвнянням Фредгольма I роду називають рiвняння виглядуb∫a

K(t, s)x(s)ds = y(t), t ∈ [a, b],

де K, y – вiдомi функцiї, x – шукана. Ми обмежимось розглядом випадкiв,коли x, y ∈ C([a, b]), K ∈ C([a, b]2) i x, y ∈ L2([a, b]), K ∈ L2([a, b]2).

Iнтегральним рiвнянням Фредгольма II роду називають рiвняння вигляду

x(t) = λb∫a

K(t, s)x(s)ds + y(t), t ∈ [a, b],

де λ – параметр, припущення щодо x, y, K тi самi.Iнтегральним рiвнянням Вольтерра I роду називають рiвняння вигляду

t∫a

K(t, s)x(s)ds = y(t), t ∈ [a, b].

Iнтегральним рiвнянням Вольтерра II роду називають рiвняння вигляду

x(t) = λt∫

aK(t, s)x(s)ds = y(t), t ∈ [a, b].

Iнтегральнi рiвняння Фредгольма II роду при малих λ можуть бутирозв’язанi методом послiдовних наближень. Точнiше, нехай |λ| < ||A||−1,де ||A|| – норма iнтегрального оператора з ядром K, що фiгурує в рiвняннi

Фредгольма. Зауважимо, що ||A|| ≤(

b∫a

b∫a|K(t, s)|2dtds

) 12

для рiвнянь

в L2([a, b]) i ||A|| = maxt∈[a,b]

b∫a|K(t, s)|ds для рiвнянь у C([a, b]). Тодi

послiдовнi наближення xn(t) = λb∫a

K(t, s)xn−1(s)ds + y(t), n ≥ 1,

збiгаються в нормi простору L2([a, b]) або C([a, b]) вiдповiдно до єдиного

розв’язку рiвняння x(t) = λb∫a

K(t, s)x(s)ds + y(t).

Iнтегральнi рiвняння Вольтерра II роду розв’язуються методом послi-довних наближень при довiльних λ.

36

Рiвняння Фредгольма II роду з виродженим ядром, тобто ядром, яке

можна зобразити у виглядi K(t, s) =n∑

k=1

fk(t)gk(s), розв’язуються шля-

хом пiдбору невiдомих сталих у виразi x(t) = y(t) +n∑

k=1

ckfk(t). Пiдста-

новка цього виразу в iнтегральне рiвняння зводить рiвняння до лiнiйноїалгебраїчної системи рiвнянь.

Назвемо ядра Kn(t, s) =t∫s

K(t, τ)Kn−1(τ, s)dτ, n ≥ 2, K1(t, s) =

K(t, s), iтерованими ядрами рiвняння Вольтерра, а вираз

Rλ(t, s) =∞∑

n=1λn−1Kn(t, s) – резольвентою цього рiвняння. Тодi розв’я-

зок рiвняння Вольтерра II роду можна зобразити у виглядi x(t) = y(t) +

λt∫

aRλ(t, s)y(s)ds.

Назвемо ядра Kn(t, s) =b∫a

K(t, τ)Kn−1(τ, s)dτ, n ≥ 2, K1(t, s) =

K(t, s), iтерованими ядрами рiвняння Фредгольма, а вираз R(t, s) =∞∑

n=1λn−1Kn(t, s) – резольвентою цього рiвняння. Тодi розв’язок рiвняння

Фредгольма II роду при достатньо малих за модулем λ можна зобразити

у виглядi x(t) = y(t) +b∫a

Rλ(t, s)y(s)ds.

У випадку, коли iнтегральний оператор A(t) =b∫a

K(t, s)x(s)ds є ком-

пактним в L2([a, b]), зокрема при K ∈ L2([a, b]), для рiвняння Фредголь-ма II роду справджується така альтернатива Фредгольма.

Теорема. Розглянемо рiвняння:

x− λAx = y, (1) f − λA∗f = g, (2)

x− λAx = 0, (3) f − λA∗f = 0. (4)

Тодi виконується одне з тверджень:1. 1

λ ∈ ρ(A); (A− 1λ) – неперервно оборотний, рiвняння (1) розв’язне

для довiльної функцiї y, рiвняння (2) розв’язне для довiльної функцiї g,рiвняння (3) i (4) мають лише тривiальний розв’язок.

2. 1λ ∈ σ(A); 1

λ – власне число оператора A, рiвняння (3) i (4) маютьоднакову скiнченну кiлькiсть лiнiйно незалежних розв’язкiв, рiвняння (1)розв’язне для тих функцiй y, якi ортогональнi (в L2([a, b])) усiм розв’яз-кам рiвняння (4), рiвняння (2) розв’язне для тих функцiй g, якi ортого-нальнi всiм розв’язкам рiвняння (3).

37

Числа λ, що задовольняють умови другого пункту, називають характе-ристичними числами вiдповiдного iнтегрального рiвняння.

Теорема (про бiлiнiйний ряд ермiтового ядра). Нехай K ∈ L2([a, b]2)– ермiтове ядро (тобто K(t, s) = K(s, t) (mod m×m)), {λn : n ≥ 1}– власнi числа (занумерованi з урахуванням кратностi) оператора A, ви-значеного в попереднiй теоремi, ψn, n ≥ 1, – ортонормований власнийвектор оператора A, що вiдповiдає власному числу λn, n ≥ 1. Тодi

K(t, s) =∞∑

n=1λnψn(t)ψn(s), де ряд збiгається в L2([a, b]2).

Зауваження. Правильне й обернене твердження: якщо {ψn : n ≥ 1} ⊂L2([a, b]) – ортонормована система i K(t, s) =

∞∑n=1

λnψn(t)ψn(s), де ряд

збiгається в L2([a, b]2), то ненульовими власними числами вiдповiдногоiнтегрального оператора A будуть λn (занумерованi з урахуванням кра-тностi), яким вiдповiдають власнi функцiї ψn, n ≥ 1 (див. задачу 12.2 зроздiлу 12).

За умов цiєї теореми розв’язок iнтегрального рiвняння Фредгольма мо-жна записати так:

1) якщо λ∈ C таке, що λ 6= λn, n ≥ 1, то для будь-якого y ∈L2([a, b]) x(t) = λ

∞∑n=1

(y,ψn)λn−λ ψn + y, де (·, ·) – скалярний добуток у

L2([a, b]).2) нехай λ∈ C таке, що ∃k, m∈ N : λ = λk = λk+1 = ... =

λk+m−1, причому ∀n∈ N\M : λn 6= λk, де позначено M := {k, k +1, ..., k + m − 1}. Тодi iнтегральне рiвняння має розв’язок для тих y ∈L2([a, b]), для яких (y, ψn) = 0, n ∈ M, причомуx(t) = λ

∑n∈N\M

(y,ψn)λn−λ ψn +

∑n∈M

cnψn + y, де cn, n ∈ M – довiльнi

сталi (див. задачу 26 з роздiлу 12).Теорема (Гiльберта – Шмiдта). Нехай µ(T ) < +∞, ермiтове ядро

K задовольняє умову ∃C > 0 ∀t ∈ T∫T

|K(t, s)|2dµ(s) ≤ C. То-

дi: 1) K ∈ L2(T × T, µ× µ); 2) власнi функцiї оператора (Ax)(t) =∫T

K(t, s)x(s)dµ при λ 6= 0 обмеженi; 3) ряд (Ax)(t) =∞∑

n=1λn(x, ψn)ψn(t)

збiгається абсолютно й рiвномiрно на T (λn i ψn визначенi в попереднiйтеоремi).

38

ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАДАЧ1. Побудувати резольвенту iнтегрального рiвняння

x(t) = λt∫0

K(t, s)x(s)ds + y(t), t ∈ [0, T ],

та за її допомогою розв’язати рiвняння у випадку: K(t, s) = et−s, λ =−1, y(t) = t2et.

Розв’язок. Маємо K1(t, s) = et−s. Шукаємо наступнi iтерованi ядра:

K2(t, s) =t∫s

et−τeτ−sdτ = (t−s)et−s, K3(t, s) =t∫s

et−τ (τ−s)eτ−sdτ =

et−st∫s(τ − s)dτ = (t−s)2

2! et−s.

Тепер можна висунути гiпотезу, що Kn(t, s) = (t−s)n−1

(n−1)! et−s. Перевi-римо її за iндукцiєю. База iндукцiї вже є, робимо крок:

Kn+1(t, s) =t∫s

et−τ (τ−s)n−1

(n−1)! eτ−sdτ = et−st∫s

(τ−s)n−1

(n−1)! dτ = (t−s)n

n! et−s.

Отже, гiпотеза перевiрена. Тепер можна отримати резольвенту:

Rλ(t, s) =∞∑

n=1λn (t−s)n−1

(n−1)! et−s = λe(λ+1)(t−s). Звiдси x(t) = y(t) +

t∫0

Rλ(t, s)y(s)ds = t2et +t∫0

λe(λ+1)(t−s)s2es. Двiчi iнтегруючи части-

нами, отримаємо: x(t) = t2et + λe(λ+1)tt∫0

e−λss2ds = t2et + e(λ+1)t ·(−t2e−λt +

t∫0

e−λs2sds

)= t2et + e(λ+1)t(−t2e−λt − 2tλ−1e−λt +

2λ−1(1− e−λt)) = 2λet(eλt − 1− t), t ∈ [0, T ], λ 6= 0.

2. Розв’язати iнтегральне рiвняння з виродженим ядром

x(t) = λ1∫0

(28t5s2 − 15t3s)x(s)ds + 13√t

, t ∈ [0, 1], λ∈ C.

Розв’язок. Перепишемо рiвняння у виглядi x(t) = λ(C1t5+C2t

3)+ 13√t

,

де C1 =1∫0

28s2x(s)ds, C2 =1∫0

(−15s)x(s)ds – невiдомi сталi. Пiдстави-

мо вираз для x у вирази для C1 i C2. Отримаємо: C1 =1∫0

28s2(λ(C1s5 +

39

C2s3)+s−

13 )ds = λ(7

2C1+ 143 C2)+ 21

2 ; C2 =1∫0

(−15s)(λ(C1s5+C2s

3)+

s−13 )ds = λ(−15

7 C1 − 3C2)− 9.

Звiдси маємо систему рiвнянь:

{2−7λ

2 C1 − 14λ3 C2 = 21

2 ,15λ7 C1 + (1 + 3λ)C2 = −9

Визначник цiєї системи 4 = (2−7λ)(1+3λ)2 + 10λ2 = −λ2−λ+2

2 . Вiнрiвний нулю при λ = 1 i λ = −2.

Якщо λ = 1, маємо систему

{−52 C1 − 14

3 C2 = 212

157 C1 + 4C2 = −9,

двох пропорцiй-

них рiвнянь, що має безлiч розв’язкiв. Отже, розв’язками iнтегральногорiвняння будуть функцiї x(t) = C1t

5 + (−94 − 15

28C1)t3 + 13√t

, де C1 ∈ C– довiльне.

Якщо λ = −2, отримаємо систему

{8C1 + 28

3 C2 = 212

−307 C1 − 5C2 = −9,

, яка не

має розв’язкiв. Отже, i iнтегральне рiвняння не має розв’язкiв.Якщо λ 6= 1, λ 6= −2, то система має єдиний розв’язок C1 =

1267(−λ−2) , C2 = 21

−4−2λ . Отже, єдиним розв’язком iнтегрального рiвнян-

ня буде функцiя x(t) = 1267(−λ−2) t

5 + 21−4−2λ t3 + 1

3√t.

3. Знайти всi значення параметрiв p, q, r, при яких iнтегральне рiвня-

ння x(t) = λ1∫−1

(1 + 2t + 3st)x(s)ds + pt2 + qt + r, t ∈ [−1, 1], має

розв’язок у просторi L2([−1; 1]) для будь-яких λ∈ C.Розв’язок. Використаємо альтернативу Фредгольма. Розглянемо спря-

жене однорiдне рiвняння f(t) = λ1∫−1

(1 + 2s + 3st)f(s)ds. Розв’яжемо

його як рiвняння з виродженим ядром. Маємо f(t) = λ(C1 + tC2), де

C1 =1∫−1

(1 + 2s)f(s)ds, C2 =1∫−1

3sf(s)ds.

Пiдставимо вираз для f(t) в останнi два рiвняння: C1 =1∫−1

(1 + 2s) ·

(λ(C1+sC2))ds = 2λ(C1+ 13C2), C2 =

1∫−1

3s(λ(C1+sC2))ds = 2λC2.

Отримана система має єдиний розв’язок при λ 6= 0, λ 6= 12 . Нену-

льовому характеристичному числу λ = 12 вiдповiдає розв’язок (C1, C2) =

40

(1, 0), а отже, власна функцiя f1(t) = 1, t ∈ [−1; 1].Згiдно з альтернативою Фредгольма вихiдне рiвняння при λ 6= 1

2 маєєдиний розв’язок. При λ = 1

2 воно має розв’язок, якщо (y, f1) = 0, тобто1∫−1

(pt2 + qt + r)ds = 2p3 + 2r = 0.

Вiдповiдь: при всiх значеннях, що задовольняють спiввiдношення p +3r = 0.

4. Знайти характеристичнi числа, вiдповiднi нормованi власнi функцiїта розв’язки (при кожному λ, при якому вони iснують) iнтегрального рiвня-

ння iз симетричним ядром x(t) = λ2π∫0

(cos(t−s)+2 sin 2t sin 2s)x(s)ds+

cos t, t ∈ [0, 2π].Розв’язок. Ядро K(t, s) = cos t cos s + sin t sin s + 2 sin 2t sin 2s =

π(

cos t√π

cos s√π

+ sin t√π

sin s√π

)+2π

(sin 2t√

πsin 2s√

π

), отже, iз зауваження до теоре-

ми про бiлiнiйний розклад ермiтовоспряженого ядра випливає, що характе-ристичними числами будуть λ = π (вiдповiднi нормованi власнi функцiїϕ1(t) = cos t√

πi ϕ2(t) = sin t√

π), λ = 2π (вiдповiдна нормована власна фун-

кцiя ϕ3(t) = sin 2t√π).

Звiдси маємо (y, ϕ1) =2π∫0

cos t cos t√π

dt = 1√π

2π∫0

1+cos 2t2 =

√π;

(y, ϕ2) =2π∫0

cos t sin t√π

dt = 1√π

2π∫0

sin 2t2 = 0;

(y, ϕ3) =2π∫0

cos t sin 2t√π

dt = − 1√π

2π∫0

2cos2td cos t = 0.

Якщо λ 6= π i λ 6= 2π, то x(t) = λ(

(y,ϕ1)π−λ ϕ1(t) + (y,ϕ2)

π−λ ϕ2(t)+(y,ϕ3)2π−λ ϕ3(t)

)+ y(t) = λ

(cos tπ−λ

)+ cos t.

Якщо λ = π, то внаслiдок того, що y не ортогональний одному звласних векторiв, що вiдповiдають цьому власному значенню, розв’язкiвнемає.

Якщо λ = 2π, то з урахуванням того, що y ортогональний власно-му вектору, що вiдповiдає цьому власному значенню, розв’язкок має ви-

гляд x(t) = λ(

(y,ϕ1)π−λ ϕ1(t) + (y,ϕ2)

π−λ ϕ2(t) + ϕ3(t))

+ y(t) = λ(

cos tπ−λ

)+

sin 2t + cos t, де C ∈ C – довiльна стала.

41

5. Нехай |λ|r(A) < 1. Довести, що iнтегральне рiвняння Фредголь-ма II роду має єдиний розв’язок, причому його можна знайти методомпослiдовних наближень.

6. Методом послiдовних наближень розв’язати iнтегральнi рiвняння,узявши x0(t) = 0:

1) x(t) =t∫0

x(s)1+s2 ds + arctg t, t ∈ [0, T ], T > 0;

2) x(t) =t∫0

e−(t−s)x(s)ds + 1, t ∈ [0, 1];

3) x(t) =t∫0

(t− s)x(s)ds + 1, t ∈ [0, 1];

4) x(t) =1∫0

e−t−sx(s)ds + 1, t ∈ [0, 1];

5) x(t) =1∫0

x(s)1+s2 ds + arctg t, t ∈ [0, 1];

6) x(t) =1∫0

tets

2(et−1)x(s)ds + 12 , t ∈ [0, 1];

7) x(t) =1∫0

sx(s)ds + 1, t ∈ [0, 1];

8) x(t) =2∫1

t2sx(s)ds + 1, t ∈ [1, 2].

7. Побудувати першi два послiдовних наближення розв’язку iнтеграль-ного рiвняння, узявши x0(t) = 0:

1) x(t) =1∫0

x(s)(1+s+t)2

ds + 1, t ∈ [0, 1];

2) x(t) =1∫0

13(ts + s2)x(s)ds + t, t ∈ [0, 1];

3) x(t) =π4∫0

110 arctg(ts)x(s)ds + 1, t ∈ [0, π

4 ].

8. Нехай K ∈ C([a, b]2). Довести, що оператор (Ax)(t) =t∫

aK(t, s)x(s)ds, t ∈ [a, b], у просторi C([a, b]) є квазiнiльпотентним,

тобто r(A) = limn→∞

n√||An|| = 0. Зокрема, σ(A) = {0}.

42

9. За умов попередньої задачi показати, що ∃n∈ N : An є вiд-ображенням стиску в метричному просторi C([a, b]). Вивести звiдси, що

iнтегральне рiвняння Вольтерра x(t) =t∫

aK(t, s)x(s)ds+y(t), t ∈ [a, b],

де y ∈ C([a, b]), має єдиний розв’язок x ∈ C([a, b]), причому його можнаотримати методом послiдовних наближень.

10. Нехай A – iнтегральний оператор в L2([a, b]), тобто (Ax)(t) =b∫a

K(t, s)x(s)ds, причомуb∫a

b∫a|K(t, s)|2dtds ≤ c2. Довести, що при до-

вiльному n ≥ 1 оператор An є також iнтегральним оператором з ядром Kn,

яке є n-м iтерованим ядром ядра K, причомуb∫a

b∫a|Kn(t, s)|2dtds ≤ c2n.

11. Нехай Rλ – резольвента iнтегрального рiвняння

x(t) = λb∫a

K(t, s)x(s)ds + y(t), t ∈ [a, b], з ядром K ∈ C([a, b]2)

i M := maxa≤t,s≤b

|K(t, s)| > 0. Довести, що Rλ задовольняє при |λ| <

(M(b− a))−1, {t, s} ⊂ [a, b] кожне з таких спiввiдношень:

1) Rλ(t, s) = λb∫a

K(t, u)Rλ(u, s)du + K(t, s);

2) Rλ(t, s) = λb∫a

K(u, s)Rλ(t, u)du + K(t, s);

3) ∂Rλ(t,s)∂λ = λ

b∫a

Rλ(t, u)Rλ(u, s)du.

12. Побудувати резольвенту iнтегрального рiвняння

x(t) = λt∫0

K(t, s)x(s)ds + y(t), t ∈ [0, T ],

та за її допомогою розв’язати рiвняння у таких випадках:

1) K(t, s) = et2−s2, λ = 2, y(t) = et2+2t;

2) K(t, s) = et−s, λ = 2, y(t) = sin t;3) K(t, s) = 1+t2

1+s2 , λ = 1, y(t) = 1 + t2;4) K(t, s) = 3t−s, λ = −1, y(t) = t3t;5) K(t, s) = 2+cos t

2+cos s , λ = 1, y(t) = et sin t;6) K(t, s) = ch t

ch s , λ = −1, y(t) = t ch t;

7) K(t, s) = es−t, λ = 1, y(t) = tet2

2 .

43

13. Побудувати резольвенту iнтегрального рiвняння

x(t) = λb∫a

K(t, s)x(s)ds+y(t), t ∈ [a, b], та за її допомогою розв’язати

рiвняння у таких випадках:1) K(t, s) = et+s, a = 0, b = 1, λ = 1

e2−1, y(t) = sin πt;

2) K(t, s) = sin t cos s, a = 0, b = π2 , λ = −1, y(t) = cos t;

3) K(t, s) = tes, a = −1, b = 1, λ = e3 , y(t) = (3t2 + 1)e−t;

4) K(t, s) = t2s2, a = −1, b = 1, λ = 2, y(t) = et;5) K(t, s) = (1 + t)(1 − s), a = −1, b = 0, λ = 1,

y(t) = π cosπt;6) K(t, s) = ts + t2s2, a = −1, b = 1, λ = 1, y(t) = 3(t + 1);7) K(t, s) = 1 + (2t − 1)(2s − 1), a = 0, b = 1, λ = 1

2 ,

y(t) = 3t2;8) K(t, s) = sin t cos s + cos 2t sin 2s, a = 0, b = 2π,

λ = − 1π , y(t) = cos t + sin t;

9) K(t, s) = sin t sin s + cos 2t cos 2s, a = 0, b = 2π,λ = 1

2π , y(t) = cos 2t;10) K(t, s) = cos t cos s + 3 sin 2t sin 2s, a = 0, b = 2π,

λ = 16π , y(t) = 5 cos t;

11) K(t, s) = 2 + cos t cos s, a = 0, b = 2π, λ = − 18π ,

y(t) = 2t;12) K(t, s) = et cos s, a = 0, b = π, λ = 1

eπ+1 , y(t) = t4 .

14. Розв’язати iнтегральне рiвняння

x(t) = λb∫a

K(t, s)x(s)ds + y(t), t ∈ [a, b], λ∈ Cз виродженим ядром:

1) K(t, s) = 1, y(t) = 1, t ∈ [a, b] = [−1; 1];2) K(t, s) = ts + t2s2, y(t) = t2 + t4, t ∈ [a, b] = [−1; 1];3) K(t, s) = sin(t− 2s), y(t) = cos 2t, t ∈ [a, b] = [0;π];4) K(t, s) = 3

√t + 3

√s, y(t) = 1− 6t2, t ∈ [a, b] = [−1; 1];

5) K(t, s) = t4 + 5t3s, y(t) = t2 − t4, t ∈ [a, b] = [−1; 1];6) K(t, s) = 2ts3 + 5t2s2, y(t) = 7t4 + 3, t ∈ [a, b] = [−1; 1];7) K(t, s) = t2 − ts, y(t) = t2 + t, t ∈ [a, b] = [−1; 1];8) K(t, s) = sin(2t + s), y(t) = π − 2t, t ∈ [a, b] = [0;π];9) K(t, s) = cos(2t + s), y(t) = sin t, t ∈ [a, b] = [0;π];

10) K(t, s) = sin(3t + s), y(t) = cos t, t ∈ [a, b] = [0;π];11) K(t, s) = sin s + s cos t, y(t) = 1− 2t

π , t ∈ [a, b] = [0;π];44

12) K(t, s) = cos2(t− s), y(t) = 1 + cos 4t, t ∈ [a, b] = [0;π];13) K(t, s) = cos t cos s + cos 2t cos 2s, y(t) = cos 3t,

t ∈ [a, b] = [0; 2π];14) K(t, s) = cos t cos s + 2 sin 2t sin 2s, y(t) = cos t,

t ∈ [a, b] = [0; 2π];15) K(t, s) = sin t sin s + 3 cos 2t cos 2s, y(t) = sin t,

t ∈ [a, b] = [0; 2π];


x(t) =b∫a

K(t, s)x(s)ds + y(t), t ∈ [a, b],

з виродженим ядром:

1) K(t, s) =100∑k=1

sin kt sin ks√k

, y(t) = sin√

2t,

t ∈ [a, b] = [0;π];2) K(t, s) = 2ei(t−2s) cos(t + s), y(t) = e2it,

t ∈ [a, b] = [0;π];3) K(t, s) = ch(t + is), y(t) = 1 + 2 sin2 1

2 sh t− i sin 1 ch t,t ∈ [a, b] = [0; 1];

4) K(t, s) =

{ts, 0 ≤ s ≤ 1,

t2s2, 1 < s ≤ 2,y(t) = 1,

t ∈ [a, b] = [0; 2];

5) K(t, s) =

t2 + s, 0 ≤ s ≤ 1,

t2 + 1, 1 < s ≤ 2,

t3 + s3, 2 < s ≤ 3,

y(t) = t2,

t ∈ [a, b] = [0; 3].


x(t) = λb∫a

K(t, s)x(s)ds + y(t), t ∈ [a, b], λ∈ C,

замiнивши ядро на часткову суму його розкладу в ряд Тейлора, що скла-дається з двох перших ненульових доданкiв:

1) K(t, s) = ets, y(t) = 1, t ∈ [a, b] = [0; 1];2) K(t, s) = sin ts, y(t) = t, t ∈ [a, b] = [−1; 1];3) K(t, s) = 1

2+t+s , y(t) = t, t ∈ [a, b] = [0; 1];4) K(t, s) = tg(t− s), y(t) = t, t ∈ [a, b] = [0; 1];5) K(t, s) = ln(2− ts), y(t) = t, t ∈ [a, b] = [0; 1];6) K(t, s) =

√t + t2s2, y(t) = 1, t ∈ [a, b] = [0; 1].

45

17. Установити, при яких λ∈ C iнтегральне рiвняння

x(t) = λb∫a

K(t, s)x(s)ds + y(t), t ∈ [a, b], має розв’язок у просторi

L2([a, b]) :1) K(t, s) = et−s, y(t) = 1, t ∈ [a, b];2) K(t, s) = ts2e−s4

, y(t) = t, t ∈ [a; b].

18. 1) Довести, що для iнтегрального рiвняння x(t)=λ+∞∫0

sin(ts)x(s)ds,

t ∈ [0, +∞), число λ = ±√

2π є власним i йому вiдповiдають власнi фун-

кцiї x(t) =√

π2 e−at± t

a2+t2, t ≥ 0, a > 0). Чи суперечить це твердженню

теореми Фредгольма про скiнченнiсть числа лiнiйно незалежних власнихфункцiй, якi вiдповiдають кожному характеристичному числу?

2)Довести, що λ =√

2π – характеристичне число iнтегрального опера-

тора з ядром cos(ts), 0 < s, t < ∞, i йому вiдповiдають власнi функцiї

ϕ(t) = f(t) +√

2π

∞∫0

cos(ts)f(s)ds, де f – довiльна функцiя з класу

L2([0, +∞)).19. Довести, що кожне дiйсне число λ ≥ 1

2 є характеристичним чи-

слом iнтегрального рiвняння x(t) = λ+∞∫−∞

e−|t−s|x(s)ds, t∈ R, причому

вiдповiднi власнi функцiї мають вигляд x(t) = eiαt, t∈ R, α∈ R.20. Знайти всi значення параметрiв p, q, r, при яких iнтегральне рiвня-

ння x(t) = λb∫a

K(t, s)x(s)ds + y(t), t ∈ [a, b], має розв’язок у просторi

L2([a; b]) для будь-яких λ∈ C :1) K(t, s) = ts + t2s2, y(t) = pt2 + qt + r, t ∈ [a, b] = [−1; 1];2) K(t, s) = 1 + ts, y(t) = pt2 + qt + r, t ∈ [a, b] = [−1; 1];3) K(t, s) = t2 + ts2, y(t) = pt + q, t ∈ [a, b] = [−1; 1];4) K(t, s) = 1

2(ts + t2s2), y(t) = pt + q, t ∈ [a, b] = [−1; 1];5) K(t, s) = ts

2 + t2s2, y(t) = pt + q, t ∈ [a, b] = [−1; 1];6) K(t, s) = t2s + ts2, y(t) = pt + qt3, t ∈ [a, b] = [−1; 1];7) K(t, s) = 3

√t + 3

√s, y(t) = pt2 + qt + r, t ∈ [a, b] = [−1; 1];

8) K(t, s) = 3t + ts− 5t2s2, y(t) = pt, t ∈ [a, b] = [−1; 1];9) K(t, s) = 3ts + 5t2s2, y(t) = pt2 + qt, t ∈ [a, b] = [−1; 1];

10) K(t, s) = s sin t + cos s, y(t) = pt + q, t ∈ [a, b] = [−π2 ; π

2 ];11) K(t, s) = cos(t + s), y(t) = p sin t + q, t ∈ [a, b] = [0;π];

46

12) K(t, s) = t cos s + sin t sin s, y(t) = p + q cos t,t ∈ [a, b] = [−π; π];

13) K(t, s) = t sin s + cos t, y(t) = pt + q, t ∈ [a, b] = [−π; π].

21. При яких функцiях y ∈ C([0;π]) iнтегральне рiвняння

x(t) =π∫0

sin(t − s)x(s)ds + y(t), t ∈ [0;π], має розв’язок у просторi

C([0;π])?22. Знайти всi дiйснi значення параметра p, при яких iнтегральне рiв-

няння x(t) = λ1∫0

(pt− s)x(s)ds + y(t), t ∈ [0, 1], має розв’язок при всiх

λ∈ R та всiх y ∈ L2([0, 1]).23. Знайти всi значення λ, при яких iнтегральне рiвняння

x(t) = λb∫a

K(t, s)x(s)ds + y(t), t ∈ [a, b],

має єдиний розв’язок для будь-якого y ∈ C([a, b]) у таких випадках:

1) K(t, s) = 12 + cos2(t + s), [a, b] = [0, 2π];

2) K(t, s) = sin(t− s), [a, b] = [0, 2π];3) K(t, s) = t2s2 − 2

45 , [a, b] = [0, 1];

4) K(t, s) =(

t

s

) 25

+(s

t

) 25, [a, b] = [0, 1].

24. Довести, що диференцiальне рiвняння x(n) + a1(t)x(n−1) + ... +an(t)x = f(t), t ∈ [0, T ], з неперервними на [0, T ] коефiцiєнтами ak, k =1, ..., n, за початкових умов x(k)(0) = xk, k = 0, 1, ..., n−1, рiвносильне

iнтегральному рiвнянню x(t) = λt∫0

K(t, s)x(s)ds + y(t), t ∈ [0, T ], в

якому K(t, s) =n∑

k=1

ak(t)(t−s)k−1

(k−1)! , y(t) = f(t) − xn−1a1(t) − (xn−1 +

xn−2)a2(t)− ...−n−1∑k=0

xktk

k! an(t).

25. Знайти характеристичнi числа та вiдповiднi нормованi власнi фун-

кцiї iнтегрального рiвняння x(t) = λb∫a

K(t, s)x(s)ds, t ∈ [a, b], у таких

випадках:1) K(t, s) = ts, a = 1, b = 2;

2) K(t, s) =∞∑

n=1

sin kt sin ksk2+k

, a = 0, b = π;

47

3) K(t, s) = 1√s(t+1)

+ 1√1−s(t+3)

, a = 0, b = 1;

4) K(t, s) = 1s2(t2+1)

+ 1t2(1+s2)

, a = 1, b = +∞;5) K(t, s) = |t− s|, a = 0, b = 1;6) K(t, s) = e−|t−s|, a = 0, b = 1.

26. Знайти характеристичнi числа, вiдповiднi нормованi власнi функцiїта розв’язки (при кожному λ, при якому вони iснують) iнтегрального рiв-

няння iз симетричним ядром x(t) = λb∫a

K(t, s)x(s)ds + y(t), t ∈ [a, b],у таких випадках:

1) K(t, s) = sin t sin s, a = 0, b = 2π, y(t) = cos t + sin t;2) K(t, s) = cos2(t− s), a = −π, b = π, y(t) = sin 2t;

3) K(t, s) =

{t(1− s), t ≤ s,

s(1− t), s ≤ t,a = 0, b = 1,

y(t) = 14 sin 2πt + 1

9 sin 3πt;

4) K(t, s) =

{(t + 1)s, t ≤ s,

t(s + 1), s ≤ t,a = 0, b = 1,

y(t) = sinπt + π cosπt;

5) K(t, s) =

{(t + 1)(1− s), t ≤ s,

(1− t)(s + 1), s ≤ t,a = −1, b = 1,

y(t) = 1;

6) K(t, s) =

{(et − e−t)(es + e2−s), t ≤ s,

(es − e−s)(et + e2−t), s ≤ t,a = 0, b = 1,

y(t) = t;

7) K(t, s) =


sin s cos t, s ≤ t,a = 0, b = π

2 ,

y(t) = cos t;

8) K(t, s) =


sin s cos t, s ≤ t,a = 0, b = π,

y(t) = sin 32 t;

9) K(t, s) =

{cos t sin s, t ≤ s,

cos s sin t, s ≤ t,a = 0, b = π,

y(t) = t;

48

10) K(t, s) =

{sin t sin(1− s), t ≤ s,

sin(1− t) sin s, s ≤ t,a = 0, b = 1,

y(t) = cosπt;11) K(t, s) = min{t, s}, a = 0, b = 1, y(t) = sinπt.

27. Звести iнтегральнi рiвняння µx(t) =b∫a

K(t, s)x(s)ds + y(t), t ∈[a, b], до диференцiальних i розв’язати їх:

1) y(t) = t2 , K(t, s) = π2

8

{t(2− s), 0 ≤ t ≤ s,

s(2− t), s < t ≤ 2,t ∈ [a, b] =

[0; 2], µ = 1;

2) y(t) = tet, K(t, s) = − 1sh 1

{sh t sh(s− 1), 0 ≤ t ≤ s,

sh s sh(t− 1), s < t ≤ 1,t ∈

[a, b] = [0; 1], µ = 1;

3) y(t) = sin3 πt, K(t, s) =

{(s− 1)t, 0 ≤ t ≤ s,

(t− 1)s, s < t ≤ 1,t ∈ [a, b] =

[0; 1], µ = 0;4) y(t) = 2t2 − 3t + 5

2 , K(t, s) = |t − s| + t2, t ∈ [a, b] =[1; 2], µ = 0.

28. Звести iнтегральнi рiвняння I родуb∫a

K(t, s)x(s)ds = y(t), t ∈[a, b], диференцiюванням до рiвнянь II роду:

1) K(t, s) = 1|t−s|+4 , t, s ∈ [a, b] = [0; 1];

2) K(t, s) = sin |t− s|, t, s ∈ [a, b] = [1; 2];3) K(t, s) = ei|t−s|

1+|t−s| , t, s ∈ [a, b] = [0; 1];4) K(t, s) = t + s + 2 sign(t− s), t, s ∈ [a, b] = [0; 1].

29. Звести наведенi iнтегральнi рiвняння Вольтерра I родуt∫

aK(t, s)x(s)ds = y(t), t ∈ [a, b], диференцiюванням до рiвнянь II роду:

1) K(t, s) = t− s + 1, y(t) = t, t, s ∈ [a, b] = [0; 1];2) K(t, s) = ets, y(t) = et − 1, t, s ∈ [a, b] = [0; 1];3) K(t, s) = sin(t− s), y(t) = cos t− 1, t, s ∈ [a, b] = [0;π].

49

30. Звести наведенi iнтегральнi рiвняння Вольтерра I родуϕ(t)∫a

K(t, s)x(s)ds = y(t), t ∈ [a, b], замiною змiнної та диференцiю-

ванням до рiвнянь II роду:1) K(t, s) = 1, y(t) = t4, ϕ(t) = t3, t, s ∈ [a, b] = [0; 1];2) K(t, s) = t + s, y(t) = t4 + t6

2 , ϕ(t) = t3, t, s ∈ [a, b] =[0; 1];

3) K(t, s) = 1 + t + s, y(t) = t2−12 + t

√t−13 , ϕ(t) =

√t, t ∈

[a, b] = [1; 2].

31. Нехай K − 2π-перiодична функцiя така, що K(t) = |t|,t ∈ [−π, π]. Знайти характеристичнi числа та нормованi власнi функцiї

iнтегрального рiвняння x(t) = λπ∫−π

K(t + s)x(s)ds + y(t), t ∈ [−π, π],

i для кожного λ∈ C розв’язати його у таких випадках:

1) y(t) = 1 + 2 sin t− cos t;2) y(t) = cos 2t + sin 3t;

3) y(t) = sign t;4) y(t) = t2.

32. Нехай K – функцiя з попередньої задачi. Знайти характеристичнiчисла та нормованi власнi функцiї iнтегрального рiвняння

x(t) = λπ∫−π

K(t − s)x(s)ds + y(t), t ∈ [−π, π], i для кожного λ∈ Cрозв’язати його у таких випадках:

1) y(t) = 1 + sin t− 2 cos 2t;2) y(t) = sin t + sin 2t + sin 3t + sin 4t;

3) y(t) = sign t;4) y(t) = t2.

33. Довести, що при λ < 12 розв’язок iнтегрального рiвняння

x(t) = λ∫R

e−|t−s|x(s)ds + y(t), t∈ R, з неперервною та обмеженою

на R функцiєю y виражається формулою

x(t) = λ√1−2λ

∫R

e−√

1−2λ|t−s|y(s)ds + y(t), t∈ R.

34. 1) Довести, що розв’язок рiвняння Абеля y(t) = 1Γ(α)

t∫0

x(s)(t−s)α ds,

0 < α < 1, y ∈ C1([0, T ]), яке є частковим випадком рiвняння Воль-терра I роду з ядром, що має "слабку особливiсть", задається формулою

x(t) = 1Γ(1−α)

t∫0

y′(s)(t−s)1−α ds, x(0) = 0.

Зауваження. Це рiвняння є основним у теорiї дробових похiдних та дро-бових iнтегралiв.

50

2) Довести, що необхiдною i достатньою умовою розв’язностi рiвняння

Абеля на вiдрiзку [0, T ] є умова: функцiя f1−α(t) := 1Γ(1−α)

t∫0

y(s)(t−s)α ds

абсолютно неперервна на вiдрiзку [0, T ], тобто f1−α(t) =t∫0

g(s)ds, де

g ∈ L1([0, T ]). При виконаннi цiєї умови розв’язок рiвняння Абеля має

вигляд x(t) = 1Γ(1−α)

ddt

t∫0

y(s)(t−s)α ds.

35. (Узагальнене рiвняння Абеля). Нехай g : [0, T ] → R – функцiя,що задовольняє умову |g(t) − g(s)| ≤ |t − s|β, 0 < β < 1. 1) Довести,

що для кожного t ∈ [0, T ] iснує iнтегралt∫0

(t− s)γdg(s), де β + γ > 0.

2) Довести, що розв’язок узагальненого рiвняння Абеля

Y (t) =t∫0

(t − s)−γdg(s), t ∈ [0, T ], 0 < γ < 1, має вигляд g(t) =

sin πγπ

t∫0

(t− s)γdY (s), причому iнтеграли в умовi i в розв’язку iснують.

36. Нехай K(t) – неперервна на R парна функцiя з перiодом 2π, iπ∫−π

K(t)eiktdt 6= 0, k∈ Z. Довести, що тодi λk =

(π∫−π

K(t)eiktdt

)−1

i ϕk(t) = e−ikt є характеристичними числами i вiдповiдними власними

функцiями iнтегрального рiвняння x(t) = λπ∫−π

K(t− s)x(s)ds.

37. Нехай {λn : n ≥ 1} – послiдовнiсть характеристичних чисел i{ϕn : n ≥ 1} – вiдповiдна ортонормована послiдовнiсть власних функцiй

iнтегрального рiвняння x(t) = λb∫a

K(t, s)x(s)ds, t ∈ [a, b], iз симетри-

чним ядром K ∈ C([a, b]2). Довести:

1)∞∑

n=1

|ϕn(t)|2λ2

n=

b∫a|K(t, s)|2ds, t ∈ [a, b];

2)∞∑

n=1

1λ2

n=

∫[a,b]2

|K(t, s)|2dtds;

3) (Ax, x) =∞∑

n=1

|(x,ϕn)|λn

, x ∈ L2([a, b]), A – iнтегральний оператор з

ядром K.

51

РОЗДIЛ 14УЗАГАЛЬНЕНI ФУНКЦIЇ


Нехай f ∈ C(R,C). Носiєм функцiї f називають замикання множини{x : f(x) 6= 0} . Носiй позначається через supp f. Функцiю f називаютьфiнiтною, якщо її носiй supp f – це обмежена множина, тобто ∃C >0 ∀x, |x| > C : f(x) = 0.

Простiр основних функцiй D(R) – це сукупнiсть усiх нескiнченно дифе-ренцiйовних фiнiтних функцiй, що дiють з R у C. Послiдовнiсть {ϕn} ⊂D(R) називають збiжною до функцiї ϕ ∈ D(R), якщо:

а) ∃R > 0 ∀n ≥ 1 : suppϕn ⊂ [−R, R],б) ∀k ≥ 0 : ϕ

(k)n (x) ⇒ ϕ(k)(x) на R, n →∞.

Позначення: ϕnD(R)−−−→ ϕ.

Прикладом основної функцiї є "ε-капелюшок", тобто функцiя

ωε(x) =

{Cε exp{ ε2

ε2−x2 }, коли|x| < ε,

0, коли|x| ≥ ε,де сталу Cε вибрано з умо-

ви∫R

ωε(x)dx = 1; ε > 0.

Позначимо через D′(R) сукупнiсть усiх лiнiйних неперервних функцiо-налiв на просторi основних функцiй D(R). Функцiонал f ∈ D′(R) назвемоузагальненою функцiєю. Значення функцiонала f на основнiй функцiї ϕпозначатимемо f(ϕ) або < f,ϕ > .

Послiдовнiсть {fn : n ≥ 1} ⊂ D′(R) називають збiжною до f ∈ D′(R),

якщо ∀ϕ ∈ D(R) : fn(ϕ) → f(ϕ), n → ∞. Позначення: fnD′(R)−−−→ f.

Зокрема, ряд з узагальнених функцiй u1 + u2 + ... + un + ... називаєтьсязбiжним у D′(R) до узагальненої функцiї f, якщо для кожної ϕ ∈ D(R)

числовий ряд∞∑

n=1< un, ϕ > збiгається до числа < f, ϕ > .

Простiр D′(R) є повним. Це означає, що для кожної послiдовностi{fn : n ≥ 1} ⊂ D′(R) з iснування скiнченної границilim

n→∞ < fn, ϕ >, ∀ϕ ∈ D(R), випливає збiжнiсть fn у просторi D′(R)

до деякої f ∈ D′(R).Кажуть, що узагальнена функцiя f дорiвює нулю на вiдкритiй множи-

нi G ⊂ R, якщо f(ϕ) = 0 для всiх ϕ ∈ D(R) з носiєм у G. Носiємузагальненої функцiї f називають множину всiх таких точок, у жодномуоколi яких f не дорiвнює нулю. Носiй f позначають через supp f. Данеозначення коректне, носiй – деяка замкнена пiдмножина дiйсної прямої.

52

Вимiрну за Лебегом функцiю f : R→ C називають локально iнтегров-ною, якщо f ∈ L1([a, b]) для довiльних a, b∈ R, a < b. Множину такихфункцiй позначають через Lloc

1 (R).Регулярною узагальненою функцiєю з D′(R) називають довiльний фун-

кцiонал виду

< f, ϕ >=∫R

f(x)ϕ(x)dx, ϕ ∈ D(R),

де f ∈ Lloc1 (R).

Щоб указати аргумент основних та узагальнених функцiй, iнодi замiстьf та < f,ϕ > писатимемо f(x) та < f(x), ϕ(x) > .

Справедливе таке твердження.Лема Дюбуа – Реймона. Нехай G – вiдкрита множина в R, f ∈

Lloc1 (G) локально iнтегровна на G. Якщо для будь-якої ϕ ∈ D(R) з носiєм

у G виконується умова∫R

f(x)ϕ(x) = 0, то f(x) = 0 майже скрiзь у G.

За цiєю лемою, iснує взаємно-однозначна вiдповiднiсть мiж просторомLloc

1 (R) та простором регулярних узагальнених функцiй. Тому функцiюf ∈ Lloc

1 (R) можна ототожнити з породженою нею регулярною узагаль-неною функцiєю. Наприклад, будемо писати

< 1, ϕ >=∫R

1 · ϕ(x)dx =∫R

ϕ(x)dx, ϕ ∈ D(R).

Якщо функцiя f ∈ C(R), то її носiй як узагальненої функцiї збiгаєтьсяз її носiєм як класичної функцiї.

Кожну узагальнену функцiю, яка не є регулярною, називають сингуляр-ною. Зокрема, такою є δ-функцiя Дiрака, що дiє за правилом< δ, ϕ >= ϕ(0), ϕ ∈ D(R). Сингулярними є також зсуненi δ-функцiї, якiдiють за правилом < δa, ϕ >= ϕ(a), ϕ ∈ D(R); a∈ R.

Добутком функцiї α ∈ C∞(R) та узагальненої функцiї f ∈ D′(R) на-зивають узагальнену функцiю αf, яка дiє за формулою< αf, ϕ >=< f, αϕ >, ϕ ∈ D(R). Нехай f ∈ D′(R), {a, b} ⊂ R,a 6= 0. Узагальнена функцiя f(ax + b) означається формулою< f(ax + b), ϕ(x) >= 1

|a| < f(t), ϕ( t−ba ) >, ϕ ∈ D(R).

При a = 1 маємо зсув узагальненої функцiї f на (−b) :< f(x+b), ϕ(x) >=< f(t), ϕ(t−b) > . Зокрема, < δ(x−x0), ϕ(x) >=< δ(t), ϕ(t+x0) >= ϕ(x0) =< δx0 , ϕ >, тому δ(x−x0) = δx0 – зсуненаδ-функцiя.

Похiдною узагальненої функцiї f називають узагальнену функцiю f ′,яка дiє за формулою < f ′, ϕ >= − < f, ϕ′ >, ϕ ∈ D(R).

Кожна узагальнена функцiя f має похiдну f (m) довiльного порядкуm∈ N. Ця похiдна є узагальненою функцiєю, що дiє за формулою< f (m), ϕ >= (−1)m < f, ϕ(m) > .

53

Нехай f – локально iнтегровна на R функцiя, класична похiдна якої єкусково неперервною функцiєю на R. Регулярну узагальнену функцiю, по-роджену цiєю похiдною, позначимо через {f ′(x)}, на вiдмiну вiд узагаль-неної похiдної (Df)(x) = f ′(x). Якщо класична похiдна функцiї f маєiзольованi розриви першого роду в точках {xn : n ≥ 1} , то узагальнена

похiдна дорiвнює f ′(x) = {f ′(x)}+∞∑

n=1(f(xn+)− f(xn−))δ(x− xn).

Операцiя диференцiювання є неперервною в D′(R), тобто iз збiжностi

fnD′(R)−−−→ f випливає збiжнiсть f ′n

D′(R)−−−→ f ′, n →∞.Якщо узагальнена функцiя f задовольняє спiввiдношення f ′ = 0, то

f = const, тобто ∃C ∈ C ∀ϕ ∈ D(R) : < f, ϕ >=< C,ϕ >=C

∫R

ϕ(x)dx.

Нехай {ak : 0 ≤ k ≤ m} ⊂ C∞(R). Розглянемо диференцiальний

оператор Ly =m∑

k=0

aky(k), y ∈ D′(R). Нехай f ∈ D′(R). Узагальненим

розв’язком рiвняння Ly = f називають будь-яку узагальнену функцiюy ∈ D′(R), яка задовольняє це рiвняння в просторi D′(R), тобто та-

ку, що ∀ϕ ∈ D(R) : <m∑

k=0

aky(k), ϕ >=< y,

m∑k=0

(−1)k(akϕ)(k) >=

< f,ϕ > . Довiльний розв’язок рiвняння можна подати у виглядi сумийого часткового розв’язку та загального розв’язку однорiдного рiвнянняLy = 0.

Нехай f, g : R → C, {f, g} ⊂ L1(R). Функцiю h(x) =∫R

f(t)g(x − t)dt, x∈ R, називають згорткою функцiй f та g i позна-

чають f ∗ g. Вона теж належить L1(R).Нехай f ∈ D′(R), ϕ ∈ D(R). Згорткою f ∗ g називають функцiю

(f ∗ g)(x) =< f(y), ϕ(x − y) >, x∈ R. Тут у правiй частинi рiвностiузагальнена функцiя f(y) дiє на основну функцiю ψ(y) = ϕ(x−y), y ∈ R,а x виступає у ролi параметра. Якщо f ∈ Lloc

1 (R), то (f ∗ g)(x) =∫R

f(y)ϕ(x− y)dy, x∈ R.

Розглянемо диференцiальний оператор зi сталими коефiцiєнтами L =Dn+a1D

n−1+ ...+an−1D+anI, n ≥ 1, {a1, ..., an} ⊂ C. Узагальненуфункцiю E називають фундаментальним розв’язком оператора L, якщоLE = δ. Нехай z – розв’язок задачi Кошi Lz = 0, z(0) = z′(0) =... = z(n−2)(0) = 0, z(n−1)(0) = 1. Тодi локально iнтегровна функцiяE(x) = θ(x)z(x), x∈ R, є фундаментальним розв’язком оператора L,де θ(x) = χ[0,+∞)(x) – функцiя Хевiсайда. Нехай ϕ ∈ D(R), тодi лiнiйненеоднорiдне диференцiальне рiвняння Lu = ϕ має частковий розв’язокu(x) = (E ∗ ϕ)(x), x∈ R, де E – фундаментальний розв’язок оператора

54

L, при цьому u ∈ C∞(R).Простiр основних функцiй Шварца S(R), або простiр швидко спадних

основних функцiй – це {ϕ : R → C |ϕ ∈ C∞(R) та ∀k, m∈ N ∪ {0} :ϕ(k)(x) = ¯o( 1

|x|m ), x → ±∞}. Послiдовнiсть {ϕn} ⊂ S(R) називаютьзбiжною до функцiї ϕ ∈ S(R), якщо при всiх k, m ≥ 0 послiдовнiсть{

xmϕ(k)n (x), x∈ R : n ≥ 1

}збiгається до функцiї xmϕ(k)(x), x∈ R,

рiвномiрно на R при n →∞. Позначення: ϕnS(R)−−−→ ϕ.

Позначимо через S′(R) сукупнiсть усiх лiнiйних неперервних функцiо-налiв на просторi основних функцiй S(R). Цi функцiонали будемо називатиузагальненими функцiями повiльного зростання. Через < f, ϕ > позначи-мо дiю функцiонала f ∈ S′(R) на основну функцiю ϕ ∈ S(R). Збiжнiстьпослiдовностi, операцiї диференцiювання та лiнiйна замiна аргументу вво-дяться в S′(R) аналогiчно простору D′(R).

На S(R) визначена операцiя перетворення Фур’є F : S(R) 3 ϕ 7→F [ϕ] ∈ S(R), де (F [ϕ])(y) := ϕ(y) := 1√

2π

∫R

eixyϕ(x)dx, y ∈ R. Пере-

творення Фур’є здiйснює лiнiйну неперервну бiєкцiю S(R) на S(R). Оберне-ним до нього вiдображенням є обернене перетворення Фур’є F−1 : S(R) 3ϕ 7→ F−1[ϕ] ∈ S(R), де (F−1[ϕ])(y) = 1√

2π

∫R

e−ixyϕ(x)dx, y ∈ R.

Для кожного ϕ ∈ S(R), ||F [ϕ]||L2(R) = ||ϕ||L2(R). Продовження занеперервнiстю оператора F з S(R) на L2(R) є унiтарним оператором вL2(R). Це продовження F [f ], f ∈ L2(R), називають перетвореннямФур’є функцiї f ∈ L2(R). Воно може бути задане так: (F [f ])(y) =

limA→+∞

1√2π

A∫−A

eixyf(x)dx, y ∈ R, де границя береться у розумiннi збi-

жностi в L2(R). Якщо f ∈ L2(R) ∩ L1(R), то F [f ] збiгається з перетво-ренням Фур’є для функцiй з L1(R).

Нехай f ∈ S′(R). Перетворенням Фур’є F [f ] називають узагальненуфункцiю iз S′(R), яка дiє за формулою < F [f ], ϕ >=< f, F [ϕ] >, ∀ϕ ∈S(R). Оператор F в S′(R) є лiнiйною неперервною бiєкцiєю. ОператорF−1[f ] = F [f(−x)], f ∈ S′(R), є оберненим для оператора F на S′(R),цей оператор F−1 називають оберненим перетворенням Фур’є.

Бiльшiсть означень, наведених вище та у попереднiй главi, перенося-ться без iстотних змiн на функцiї, заданi на Rm. Наведемо лише декiлькаозначень для таких функцiй.

Нехай f ∈ D′(Rm), A – невироджена матриця розмiру m×m, b∈ Rm.Узагальнену функцiю f(Ay + b) ∈ D′(Rm) означимо формулою

< f(Ay + b), ϕ(y) >=< f(x), ϕ(A−1(x−b))|det A| >, ϕ ∈ D(Rm).

Зокрема, якщо A = aE, a 6= 0, то маємо < f(ay + b), ϕ(y) >=55

< f(x), ϕ( 1a(x−b))

am >, ϕ ∈ D(Rm).Нехай α = (α1, ..., αm) – мультиiндекс, αk ≥ 0, 1 ≤ k ≤ m.

Для f ∈ D′(Rm) похiдна Dαf – це узагальнена функцiя, що дiє заформулою < Dαf, ϕ >= (−1)|α| < f,Dαϕ >, ϕ ∈ D(Rm). Тут|α| = α1 + ... + αm.

Перетворення Фур’є в просторi S(Rm) задається рiвнiстю (F [ϕ])(y) =1

(2π)m2

∫Rm

ei(x,y)ϕ(x)dx, ϕ ∈ S(Rm).


1. Нехай ϕ – ненульова функцiя з D(R). Чи збiгається в D(R) послi-довнiсть ϕn(x) = 1

nϕ(xn), x∈ R, n ≥ 1?

Р о з в ’ я з о к . Покажемо вiд супротивного, що порушується вимо-га а) збiжностi в D(R). Припустимо, що при деякому R > 0 i при всiхn ≥ 1, suppϕn ⊂ [−R, R]. Тодi ϕ(x

n) = 0, ∀x ∈ (−∞,−R)∪(R, +∞),

∀n ≥ 1. Звiдси ϕ(t) = 0 при всiх t ∈∞⋃

n=1((−∞,−R

n ) ∪ (Rn , +∞)) =

(−∞, 0)∪(0, +∞). Однак тодi внаслiдок неперервностi ϕ в нулi ϕ(0) = 0,i ϕ(t) ≡ 0. Це суперечить умовi, що ϕ є ненульовою функцiєю. Отже, ви-мога а) збiжностi справдi порушується.

2. Нехай n∈ N; ξ ∈ D(R), ξ(x) = 1 в околi нуля; ϕ ∈ D(R).Довести, що простору D(R) належить також функцiя

ψ(x) = 1xn [ϕ(x)− ξ(x)

n−1∑k=0

ϕ(k)(0)k! xk], x∈ R\{0},

доозначена за неперервнiстю при x = 0.Р о з в ’ я з о к . Нехай ξ(x) = 1 при |x| < δ. Тодi при x 6= 0,

|x| < δ, маємо

ψ(x) = 1xn [ϕ(x)−

n−1∑k=0

ϕ(k)(0)k! xk] = 1

(n−1)!xn

x∫0

ϕ(n)(t)(x− t)n−1dt

згiдно з формулою Тейлора iз залишковим членом в iнтегральнiй формi.Зробимо замiну пiд знаком iнтеграла z = t

x ,

ψ(x) = 1(n−1)!

1∫0

ϕ(n)(xz)(1− z)n−1dz.

Звiдси випливає, що ψ можна продовжити за неперервнiстю в нулi, по-

клавши ψ(0) = 1(n−1)!

1∫0

ϕ(n)(0)(1 − z)n−1dz = ϕ(n)(0)n! . Пiсля цього ψ

56

стане нескiнченно диференцiйовною при |x| < δ, оскiльки

Dkψ(x) = 1(n−1)!

1∫0

ϕ(n+k)(xz)zk(1− z)n−1dz, k ≥ 1.

Нескiнченна диференцiйовнiсть ψ у точках x 6= 0 випливає з того, щоϕ ∈ C∞(R), ξ ∈ C∞(R). Функцiя ψ має обмежений носiй, оскiльки ϕта ξ мають обмеженi носiї. Отже, ψ ∈ D(R).

3. Користуючись означенням, довести, що такi функцiонали є уза-

гальненими функцiями: 1) f(ϕ) =∫R

xϕ(x)dx, 2)g(ϕ) =∞∑

n=1ϕ(n)(n);

ϕ ∈ D(R). Чи є вони регулярними? Знайти носiї цих узагальнених функцiй.Р о з в ’ я з о к . 1) Оскiльки ϕ ∈ C(R) та при деякому a > 0 :

suppϕ ⊂ [−a, a], то∫R

xϕ(x)dx =a∫−a

xϕ(x)dx, а це iнтеграл Рiмана

по скiнченному промiжку. Тому функцiонал f(ϕ) коректно визначений.Нехай {ϕ1, ϕ2} ⊂ D(R) та {λ1, λ2} ⊂ C. Тодi при деякому a > 0обидва носiї функцiй ϕ1 та ϕ2 включаються в [−a, a]. Звiдси маємо

f(λ1ϕ1+λ2ϕ2) =a∫−a

x(λ1ϕ1+λ2ϕ2)dx = λ1

a∫−a

xϕ1dx+λ2

a∫−a

xϕ2dx =

λ1f(ϕ1) + λ2f(ϕ2), отже, f – лiнiйний функцiонал на D(R). Доведе-

мо його неперервнiсть. Нехай ϕnD(R)−−−→ ϕ, n → ∞. Тодi: 1) iснує таке

a > 0, що suppϕ ⊂ [−a, a] та при всiх n ≥ 1 : suppϕn ⊂ [−a, a];2) ϕn ⇒ ϕ на R, n → ∞. Маємо за теоремою про граничний пере-

хiд пiд знаком iнтеграла Рiмана f(ϕn) =a∫−a

ϕn(x)dx →a∫−a

ϕ(x)dx =

f(ϕ), n → ∞. Отже, f – лiнiйний неперервний функцiонал на D(R), if ∈ D′(R).

Це регулярна узагальнена функцiя, оскiльки h(x) = x, x∈ R, є непе-рервною i тому локально iнтегровною на R, а f має зображення f(ϕ) =∫R

h(x)ϕ(x)dx, ϕ ∈ D(R). Носiй f збiгається з носiєм h. Далi,

{x∈ R : h(x) 6= 0} = R\{0}, i носiй h збiгається iз замиканням мно-жини R\{0}, яке дорiвнює R. Тому supp f = supph = R.

2) Нехай ϕ ∈ D(R). Тодi ∃k∈ N ∀x∈ R\[−k, k] : ϕ(x) = 0.

Тодi значення g(ϕ) збiгається iз скiнченною сумоюk∑

n=1ϕ(n)(n), яка ко-

ректно визначена, оскiльки ϕ ∈ C∞(R). Нехай {ϕ1, ϕ2} ⊂ D(R) та{λ1, λ2} ⊂ C. Тодi ∃k∈ N ∀x∈ R\[−k, k] : ϕ1(x) = 0 та ϕ2(x) = 0.

Звiдси g(λ1ϕ1 + λ2ϕ2) =k∑

n=1(λ1ϕ1 + λ2ϕ2)(n)(n) = λ1

k∑n=1

ϕ(n)1 (n) +

57

λ2

k∑n=1

ϕ(n)2 (n) = λ1g(ϕ1) + λ2g(ϕ2), тому g – лiнiйний функцiонал на

D(R). Доведемо його неперервнiсть. Нехай ϕmD(R)−−−→ ϕ. Тодi iснує та-

ке k∈ N, що suppϕ ⊂ [−k, k] та ∀m ≥ 1 : suppϕm ⊂ [−k, k].Крiм того, при кожному n∈ N : ϕ

(n)m (x) ⇒ ϕ(n)(x) на R, m → ∞,

звiдки ϕ(n)m (n) → ϕ(n)(n), m → ∞. Маємо g(ϕm) =

k∑n=1

ϕ(n)m (n) →

k∑n=1

ϕ(n)(n) = g(ϕ), m →∞, тому g неперервний, i g ∈ D′(R).

Покажемо вiд супротивного, що функцiя g сингулярна. Припустимо, щоg регулярна, тобто

∃h ∈ Lloc1 (R) ∀ϕ ∈ D(R) : g(ϕ) =

∫R

h(x)ϕ(x)dx.

Якщо suppϕ ⊂ (−∞, 1) то g(ϕ) =∞∑

n=1ϕ(n)(n) = 0, i тодi за лемою

Дюбуа – Реймона h(x) = 0 майже скрiзь на (−∞, 1). Нехай k∈ N; якщоsuppϕ ⊂ (k, k + 1), то ∀n ≥ 1 : ϕ(n)(n) = 0, i g(ϕ) = 0. Тодi затою ж лемою, h(x) = 0 майже скрiзь на (k, k + 1). Звiдси h(x) = 0

майже скрiзь на R\N = (−∞,−1)∪∞⋃

k=1

(k, k + 1). Однак N має нульову

лебегову мiру, отже, h(x) = 0 майже скрiзь на R, i g(ϕ) ≡ 0. Проте це нетак. Розглянемо ε-капелюшок ωε при ε = 1

2 i нехай ω′ε(x0) 6= 0. Тодi дляϕ1(x) = ωε(x−1+x0) матимемо ϕ′1(1) = ω′ε(x0) 6= 0, suppϕ1 ⊂ (0, 2),i ϕ

(n)1 (n) = 0, n ≥ 2. Тому g(ϕ1) = ϕ′1(1) 6= 0. Отримане протирiччя

доводить, що функцiя g сингулярна.Знайдемо supp g. Точки вiдкритої множини R\N не належать носiю

g, бо якщо suppϕ ⊂ R\N, то g(ϕ) = 0. З iншого боку, кожна на-туральна точка n ∈ supp g. Справдi, припустимо, що ∃n∈ N ∃ε ∈(0, 1) ∀ϕ ∈ D(R), suppϕ ⊂ (n − ε, n + ε) : g(ϕ) = 0. Розгляне-мо δ-капелюшок ωδ при δ = ε

2 . Оскiльки ωδ не є полiномом, iснує така

точка x0, що ω(n)δ (x0) 6= 0. Покладемо ϕn(x) = ωδ(x− n + x0). Маємо

ϕ(n)n (n) = ω

(n)δ (x0) 6= 0 та suppϕn ⊂ (n− 2δ, n + 2δ) = (n− ε, n + ε);

g(ϕn) = ϕ(n)n (n) 6= 0. Дiстали протирiччя з припущенням, тому N ⊂

supp g. Однак носiй g не мiстить точок не з N, i supp g = N.4. Довести, що функцiонал P 1

x , який дiє за формулою (P 1x)(ϕ) =

limε→0+

(−ε∫−∞

ϕ(x)x dx +

∞∫ε

ϕ(x)x dx

), ϕ ∈ D(R), є сингулярною узагальне-

ною функцiєю.58

Р о з в ’ я з о к . Доведемо, що границя iснує. При ε ∈ (0, 1) маємо дляϕ ∈ D(R),

∫R\(−ε,ε)

ϕ(x)x dx =

∫R\(−1,1)

ϕ(x)x dx +

∫[−1,1]\(−ε,ε)

ϕ(x)−ϕ(0)x dx.

Iснує limx→0

ϕ(x)−ϕ(0)x = ϕ′(0), тому

1∫−1

ϕ(x)−ϕ(0)x dx iснує як звичайний iнте-

грал Рiмана. Звiдси випливає, що iснує

limε→0+

∫R\(−ε,ε)

ϕ(x)x dx =

∫R\(−1,1)

ϕ(x)x dx +

1∫−1

ϕ(x)−ϕ(0)x dx, i функцiонал

P 1x коректно визначений. Його лiнiйнiсть випливає iз знайденого зображе-

ння. Для доведення неперервностi функцiонала розглянемо оцiнку для ϕ ∈D(R), за умови, що suppϕ ⊂ [−a, a] : | | ≤∫

[−a,a]\(−1,1)

|ϕ(x)|dx +1∫−1

|ϕ(x)−ϕ(0)||x| dx. Далi, при x 6= 0 за теоремою

Лагранжа |ϕ(x)−ϕ(0)x | = |ϕ′(θx)| ≤ max

x∈R|ϕ′(x)|, де θx – промiжна точка

мiж x i 0. Тому | | ≤ 2a · max

x∈R|ϕ(x)| + 2 · max

x∈R|ϕ′(x)|.

Достатньо довести неперервнiсть функцiонала в нулi. Нехай ϕnD(R)−−−→ 0.

Тодi ∃a > 0 ∀n ≥ 1 : suppϕn ⊂ [−a, a]. Далi, | | ≤

2a ·maxx∈R

|ϕn(x)| + 2 ·maxx∈R

|ϕ′n(x)| → 0, n → ∞, оскiльки ϕn(x) ⇒ 0

та ϕ′n(x) ⇒ 0 при x∈ R, n → ∞. Отже, | | → 0 =

| |, n → ∞. Тому це лiнiйний неперервний функцiонал, i

P 1x ∈ D′(R).Припустимо, що це регулярна узагальнена функцiя, тобто що

∃f ∈ Lloc1 (R) ∀ϕ ∈ D(R) : = limε→0+

∫R\(−ε,ε)

ϕ(x)x dx =

∫R

f(x)ϕ(x)dx. Якщо suppϕ ⊂ R\{0}, то при достатньо малому

ε > 0 :∫

R\(−ε,ε)

ϕ(x)x dx = 0, тому

∫R

f(x)ϕ(x)dx = 0. За лемою Дюбуа –

Реймона, f(x) = 0 майже скрiзь на R\{0}, тому f(x) = 0 майже скрiзьна R. Тодi ≡ 0. Однак це не так, бо наприклад, для δ-капелюха

ωδ маємо =

3δ∫δ

ωδ(x−2δ)x dx > 0. Отримане протирiччя

показує, що це сингулярна узагальнена функцiя.

59

5. Довести, що ряд∞∑

n=1anδn збiгається в D′(R) при довiльних

{an : n ≥ 1} ⊂ C.

Р о з в ’ я з о к . При n∈ N часткова сума SN =N∑

n=1anδn ∈ D′(R)

як лiнiйна комбiнацiя зсунених δ-функцiй. Нехай ϕ ∈ D(R). Тодi ∃m∈ N∀x > m : ϕ(x) = 0. При N ≥ m маємо < SN , ϕ >=

N∑n=1

anϕ(n) =m∑

n=1anϕ(n), тому < SN , ϕ >→

m∑n=1

anϕ(n)∈ C, N → ∞. Унаслiдок

повноти простору D′(R), ∃S ∈ D′(R) : SND′(R)−−−→ S. Тодi ряд збiгає-

ться до S у D′(R).6. Нехай при n∈ N узагальнена функцiя P cos nx

x задана рiвнiстю= limε→0+

∫R\(−ε,ε)

cos nxx ϕ(x)dx, ϕ ∈ D(R). Довести, що

P cosnxx

D′(R)−−−→ 0, n →∞.

Р о з в ’ я з о к . Як i в прикладi 4, маємо =

∫R\(−1,1)

cos nxx ϕ(x)dx+

1∫−1

cos nxx (ϕ(x)−ϕ(0))dx. Нехай ϕ ∈ D(R), ϕ(x) =

0 при |x| > a, де a > 1. Тодi =

−1∫−a

cos nxx ϕ(x)dx +

1∫−1

cosnxϕ(x)−ϕ(0)x dx+

1∫a

cos nxx ϕ(x)dx. Функцiя ϕ(x)−ϕ(0)

x може бути про-

довжена за неперервнiстю в точку x = 0, тому всi три функцiї: ϕ(x), x ∈[−a,−1]; ϕ1(x) =

{ϕ(x)−ϕ(0)

x , коли x ∈ [−1, 1]\{0},ϕ′(0), коли x = 0,

та ϕ(x), x ∈[1, a], – є неперервними. За лемою Рiмана, кожен iз трьох iнтегралiв управiй частинi виразу збiгається до нуля. Тому → 0 =<

0, ϕ >, n →∞. Звiдси P cos nxx

D′(R)−−−→ 0, n →∞.7. Нехай f ∈ D′(R), xf = 0. Довести, що ∃c∈ C : f = cδ, тобто

< f,ϕ >= cϕ(0), ϕ ∈ D(R).Р о з в ’ я з о к . Нехай ϕ ∈ D(R), ξ ∈ D(R), ξ = 1 в околi нуля.

Згiдно з прикладом 2, функцiя ψ(x) =

{ϕ(x)−ϕ(0)ξ(x)

x , x∈ R\{0},ϕ′(0), x = 0,

на-

лежить D(R), звiдки ϕ(x) = ϕ(0)ξ(x) + xψ(x). Маємо < f, ϕ >=ϕ(0) < f, ξ > + < f, xψ > . Оскiльки α ∈ C∞(R), де α(x) =

60

x, i < f, αψ >=< αf, ψ >= 0. Позначимо < f, ξ >= c∈ C. Тодi< f,ϕ >= cϕ(0)+ < αf, ψ >= cϕ(0).

8. Нехай f ∈ D′(R) та ∀a∈ R : f(x + a) = f(x). Довести, щоf = const, тобто ∃C ∈ C ∀ϕ ∈ D(R) : < f, ϕ >= C

∫R

ϕ(x)dx.

Р о з в ’ я з о к . Доведемо, що f ′ = 0. Маємо < f(x + a), ϕ(x) >=< f(t), ϕ(t − a) > . Тодi за умовою 0 =< f(t), ϕ(t − a) > −< f(t), ϕ(t) >=< f(t), ϕ(t − a) − ϕ(t) > . Звiдси при всiх a 6= 0: < f(t), ϕ(t−a)−ϕ(t)

−a >= 0, ϕ ∈ D(R). Покладемо a = − 1n , n ≥

1, i розглянемо послiдовнiсть{

ϕn(t) = ϕ(t+ 1n

)−ϕ(t)1n

, t∈ R : n ≥ 1}⊂

D(R). Вона збiгається в D(R) до функцiї ϕ′. Справдi, якщо suppϕ ⊂[−b, b], то suppϕn ⊂ [−b − 1, b], ∀n ≥ 1. Крiм того, при k ≥ 0 :

ϕ(k)n (t) = ϕ(k)(t+ 1

n)−ϕ(k)(t)1n

= ϕ(k+1)(θnt), де θnt ∈ (t, t + 1n) – промi-

жна точка, яка залежить також i вiд k. Тодi maxt∈R

|ϕ(k)n (t)− ϕ

(k+1)n (t)| ≤

maxt,u∈R, |u−t|≤ 1

n

|ϕ(k+1)(u) − ϕ(k+1)(t)|, що прямує до нуля, коли n →

∞, унаслiдок рiвномiрної неперервностi фiнiтної функцiї ϕ(k+1)(t). От-

же, ϕnD(R)−−−→ ϕ′. Тодi за неперервнiстю узагальненої функцiї f, 0 =<

f,ϕn >→< f,ϕ′ >, n → ∞. Маємо < f ′, ϕ >= − < f,ϕ′ >=0, ∀ϕ ∈ D(R), тому f ′ = 0. Звiдси випливає твердження прикладу.

9. Довести правильнiсть у D′(R) рiвностi | sinx|′′+| sinx| = 2∑

n∈Zδnπ.

Р о з в ’ я з о к . Маємо | sinx| = sinx · sign(sinx), x∈ R. Функцiяsign(sinx) є сталою на промiжках (kπ, (k + 1)π), k∈ Z, мiж сусiднi-ми нулями, тому | sinx|′ = (sinx)′ sign(sinx) = cosx sign(sinx), x 6=kπ, k∈ Z. Оскiльки | sinx| неперервна, а її класична похiдна має iзо-льованi розриви першого роду в точках {kπ : k∈ Z} , то узагальненапохiдна дорiвнює | sinx|′ = {| sinx|′} = cosx · sign(sinx). Функцiяh(x) = cosx · sign(sinx) має стрибки в точках kπ, що дорiвнюютьh(kπ+)−h(kπ−) = cos kπ·(−1)k−cos kπ(−1)k−1 = 2. Тому | sinx|′′ =| sinx|′′ + ∑

n∈Z2δ(x − nπ); | sinx|′′ = (− sinx) sign(sinx) = −| sinx|.

Звiдси | sinx|′′ = −| sinx|+ 2∑

n∈Zδnπ(x).

10. Знайти загальний розв’язок у D′(R) рiвняння (x + 1)y′′ = 0.Р о з в ’ я з о к . Зробимо замiну аргументу x+1 = t. Рiвняння набуває

вигляду ty′′(t − 1) = 0. За задачею 40 маємо y′′(t − 1) = (y(t − 1))′′,тому t(y(t−1))′′ = 0. Уведемо нову узагальнену функцiю z(t) = y(t−1),маємо tz′′(t) = 0. Тодi згiдно iз задачею 7, z′′(t) = c1δ(t), c1 ∈ C,

61

або (z′)′(t) = c1δ(t). Позначимо z′ = v, v ∈ D′(R). Маємо рiвнянняv′(t) = c1δ(t). Його частковий розв’язок v0(t) = c1θ(t), де θ(t) – функцiяХевiсайда, а однорiдне рiвняння v′(t) = 0 має загальний розв’язок v(t) =c2, c2 ∈ C. Тому vзаг(t) = c1θ(t)+c2. Маємо рiвняння z′(t) = c1θ(t)+c2.Його частковий розв’язок z0(t) = c1tθ(t) + c2t, а однорiдне рiвнянняz′(t) = 0 має розв’язок z(t) = c3, c3 ∈ C. Отже, zзаг(t) = c1tθ(t) +c2t + c3. Повернемось до аргументу x : t − 1 = x. Тодi yзаг(x) =c1(x+1)θ(x+1)+c2(x+1)+c3 або yзаг(x) = c1(x+1)θ(x+1)+c2x+c3,де c3 := c2 + c3; c1, c2, c3 – довiльнi комплекснi сталi.

В i д п о в i д ь : c1(x + 1)θ(x + 1) + c2x + c3, c1, c2, c3 ∈ C.11. . Довести, що загальним розв’язком у D′(R) рiвняння xny(x) =

0, n∈ N, є узагальнена функцiя y =n−1∑k=0

ckδ(k)(x), {c0, ..., cn−1} ⊂ C.

Р о з в ’ я з о к . Доведення проведемо iндукцiєю за n. При n = 1загальний розв’язок рiвняння xy(x) = 0 є yзаг = c0δ(x), згiдно iз задачею7. Нехай твердження доведене при n = m, m ≥ 1. Розглянемо рiвнянняxm+1y(x) = 0, або x(xmy(x)) = 0. Звiдси узагальнена функцiя xmy(x)дорiвнює xmy(x) = cmδ(x), cm ∈ C. (*)

Частковий розв’язок цього рiвняння дорiвнює (−1)mcm

m! δ(m)(x), оскiль-ки < xmδ(m), ϕ(x) >=< δ(m)(x), xmϕ(x) >= (−1)mDm(xmϕ(x))|x=0 =(−1)m ·m!ϕ(0). За припущенням iндукцiї, загальний розв’язок однорiдно-

го рiвняння xmy(x) = 0 має вигляд yодн(x) =m∑

k=0

ckδ(k)(x),

{c0, ..., cm−1} ⊂ C. Тому загальний розв’язок рiвняння (*) дорiвнює

yзаг =m∑

k=0

ckδ(k)(x), де cm = (−1)mcm

m! ∈ C. Iндукцiйний крок здiйсне-

но, i твердження доведено для кожного n∈ N.12. Знайти загальний розв’язок у D′(R) рiвняння sinx · y(x) = 0.Р о з в ’ я з о к . Нехай ξ ∈ D(R), ξ = 1 в околi 0, supp ξ ⊂ [−1, 1].

Для ϕ ∈ D(R) розглянемо функцiю ψ(x) =ϕ(x)−

+∞∑k=−∞

ϕ(kπ)ξ(x−kπ)

sin x , x 6=kπ, k∈ Z. Ця функцiя нескiнченно диференцiйовна при x 6= kπ, а в де-якому околi точки kπ при x 6= kπ вона дорiвнює ψ(x) =ϕ(x)−ϕ(kπ)

x−kπ · x−kπsin(x−kπ)(−1)k. (*) Згiдно iз задачею 2, функцiя ϕ(x)−ϕ(kπ)

x−kπ ,

продовжена за неперервнiстю в точку x = kπ, буде нескiнченно диференцi-йовною. Функцiя sin t має нуль порядку 1 у точцi t = 0, тому функцiя t

sin t ,продовжена за неперервнiстю в точку t = 0, буде нескiнченно диференцi-йовною в околi нуля; звiдси випливає, що i функцiя x−kπ

sin(x−kπ) , продовженаза неперервнiстю в точку x = kπ, буде нескiнченно диференцiйовною воколi цiєї точки. Iз зображення (*) випливає ця ж властивiсть для фун-

62

кцiї ψ, тому для продовження ψ за неперервнiстю в точки kπ виконує-ться ψ ∈ C∞(R). Ясно, що ψ має обмежений носiй, i тодi ψ ∈ D(R).Маємо ∀ϕ ∈ D(R) ∃ψ ∈ D(R) ∀x∈ R : ϕ(x) = ψ(x) sin x ++∞∑

k=−∞ϕ(kπ)ξ(x − kπ). Нехай y – це розв’язок заданого рiвняння. Тодi

< y(x), ϕ(x) >=< y(x), ψ(x) sinx > ++∞∑

k=−∞ϕ(kπ) < y(x), ξ(x −

kπ) > . Однак < y(x), ψ(x) sin x >=< sinx · y(x), ψ(x) >= 0. Позна-чимо ck =< y(x), ξ(x − kπ) >, k∈ Z; ck ∈ C. Тодi < y(x), ϕ(x) >=+∞∑

k=−∞ckϕ(kπ) =<

+∞∑k=−∞

ckδ(x − kπ), ϕ(x) > . Отже, необхiдно, щоб

y(x) =+∞∑

k=−∞ckδ(x − kπ), {ck : k∈ Z} ⊂ C. Перевiримо, що такi су-

ми задовольняють дане рiвняння (ряд тут збiгається в D′(R)). Унаслiдокнеперервностi операцiї множення α(x) ∈ C∞(R) на f ∈ D′(R), маємоsinx · ∑

k∈Zckδ(x − kπ) =

∑k∈Z

ck · (sinx · δ(x − kπ)). (*)

Однак < sinx · δ(x − kπ), ϕ(x) >=< δ(x − kπ), sinx · ϕ(x) >=sin kπ · ϕ(kπ) = 0, тому sinx · δ(x − kπ) = 0, i ряд (*) збiгається

до 0. Вiдповiдь: yзаг(x) =+∞∑

k=−∞ckδ(x− kπ), {ck : k∈ Z} ⊂ C.

13. Нехай a∈ R\{0}, ϕ ∈ D(R). Знайти загальний розв’язок рiвня-ння d2u

dx2 + a2u = ϕ.Р о з в ’ я з о к . Знайдемо фундаментальний розв’язок оператора

L = D2 + a2I. Для цього розглянемо задачу Кошi z′′+ a2z = 0, z(0) =0, z′(0) = 1. Характеристичне рiвняння має вигляд λ2 + a2 = 0, λ =±ia, де i – уявна одиниця. Вiдповiдно загальний розв’язок однорiдногорiвняння Lz = 0 буде zодн(x) = C1 sin ax+C2 cos ax, де {C1, C2} ⊂ C.З умови z(0) = 0 маємо C2 = 0, тодi z′(0) = C1a, при C1 = 1

a :z′(0) = 1. Отже, розв’язком задачi Кошi є функцiя z(x) = sin ax

a . Функцiя

E(x) = θ(x) sin axa є фундаментальним розв’язком оператора L.

Частковий розв’язок заданого неоднорiдного рiвняння дорiвнює(E ∗ ϕ)(x) =

∫R

θ(y) sin aya ϕ(x − y)dy. Загальний розв’язок неоднорiдно-

го рiвняння є сумою цього часткового розв’язку та загального розв’язку

однорiдного рiвняння: uзаг(x) = C1 sin ax+C2 cos ax+ 1a

∞∫0

sin ay ·ϕ(x−y)dy, x∈ R.

63

14. Знайти фундаментальний розв’язок оператора L = ddx− 2x

1+x2 , тоб-то для кожного a∈ R знайти таку узагальнену функцiю E(x) = E(x, a),що DE(x)− 2x

1+x2 E(x) = δa(x).Р о з в ’ я з о к . Скористаємось задачею 59. При фiксованому a∈ R

розглянемо задачу Кошi z′− 2x1+x2 z = 0, z(a) = 1. В однорiдному рiвняннi

роздiляються змiннi, тому маємо dzz = 2xdx

1+x2 , ln |z| = ln(1 + x2) + lnC1,

z = C(1 + x2), де C ∈ C. З початкової умови знаходимо C = C(a) =1

1+a2 , тому розв’язком задачi Кошi є функцiя z = z(x, a) = 1+x2

1+a2 . Тодi

шуканий фундаментальний розв’язок дорiвнює E(x, a) = θ(x−a)(1+x2)1+a2 . Це

локально iнтегровна на R функцiя вiд x з параметром a.15. Довести, що D(R) ⊂ S(R), причому D(R) щiльний в S(R).Р о з в ’ я з о к . Нехай ϕ ∈ D(R). Тодi ϕ ∈ C∞(R), причому ∃a > 0

∀x, |x| > a : ϕ(x) = 0. Нехай α ≥ 0, k ≥ 0. Маємо |x|kϕ(α)(x) = 0 при|x| > a, тому |x|kϕ(α)(x) → 0, x → ±∞, звiдки ϕ(α)(x) = ¯o( 1

|x|k ), x →±∞, i ϕ ∈ S(R). Це доводить включення D(R) ⊂ S(R).

Нехай тепер ψ ∈ S(R). Наблизимо її функцiями з D(R). Нехай ξ ∈D(R) – така функцiя, що ξ(x) = 1 при |x| ≤ 1. Тодi ψn(x) = ψ(x)ξ(x

n) ∈D(R). Доведемо, що ψn

S(R)−−−→ ψ. Розглянемо supx∈R

|x|k|ψn(x)− ψ(x)| =sup|x|>n

|x|k · |ψ(x)| · |ξ(xn) − 1| ≤ (1 + max

y ∈R|ξ(y)|) · sup

|x|>n|x|k · |ψ(x)| →

0, n →∞.

Нехай тепер α∈ N. Маємо за формулою Лейбнiца ψ(α)n (x) =

ψ(α)(x)ξ(xn) +

α∑m=1

Cmα

1nm ξ(m)(x

n)ψ(α−m)(x). Тодi, як i вище,

supx∈R

|x|k|ψ(α)(x)ξ(xn)− ψ(α)(x)| → 0, n →∞.

Крiм того, при всiх 1 ≤ m ≤ α, 1nm sup

x∈R|x|k · |ξ(m)(x

n)ψα−m(x)| ≤constnm → 0, n →∞.

Унаслiдок цього supx∈R

|x|k|ψ(α)n (x)− ψ(α)| → 0, n →∞, а при α = 0

таку збiжнiсть було показано вище. Отже, справдi послiдовнiсть{ψn} ⊂ D(R) збiгається до ψ у просторi S(R), що й доводить щiльнiстьD(R) у S(R).

16. Довести, що ряд∑

k∈Zek2

δk збiгається в D′(R), але розбiгається

в S′(R).

64

Р о з в ’ я з о к . При n,m∈ N позначимоm∑

k=−n

ek2δk = Snm. Цi

функцiї належать як D′(R), так i S′(R) як лiнiйнi комбiнацiї зсунених δ-функцiй. Нехай ϕ ∈ D(R). Маємо при деякому p∈ N : suppϕ ⊂ [−p, p],

та < Snm, ϕ >=m∑

k=−n

ek2ϕ(k) →

p∑k=−p

ek2ϕ(k), m, n →∞. З повноти

простору D′(R) випливає збiжнiсть Snm до деякої узагальненої функцiї зD′(R), що й означає збiжнiсть ряду в D′(R). Далi, e−x2 ∈ S(R). Маємо

< Snm, e−x2>=

m∑k=−n

ek2 · e−k2= n + m + 1 → +∞, m, n → +∞.

Тому Snm розбiгається в S′(R) при m,n →∞.17. Довести, що при всiх f ∈ L2(R), (F 2[f ])(x) = f(−x) майже

для всiх x∈ R.Р о з в ’ я з о к . Спочатку доведемо цю рiвнiсть для ϕ ∈ S(R). Позна-

чимо ψ(x) = ϕ(−x), x∈ R. Маємо (F [ϕ])(y) = 1√2π

∫R

eixyϕ(x)dx =

|x = −t| = 1√2π

∫R

e−ityϕ(−t)dt = F−1[ψ](y). Тодi F 2[ϕ] =

F (F−1[ψ]) = ψ, i рiвнiсть доведено на S(R). Нехай тепер f ∈ L2(R),g(x) = f(−x), x∈ R. Згiдно iз задачею 64, S(R) щiльна в L2(R),тому iснує послiдовнiсть {ϕn(x), x∈ R : n ≥ 1} , яка збiгається до fв L2(R). Маємо (F 2[ϕn])(y) = ϕn(−y), y ∈ R, n ≥ 1. ОператориF та F 2 неперервнi в L2(R). Тому, спрямовуючи n → ∞, матимемоF 2[ϕn] → F 2[f ]; крiм того, ϕn(−y) → f(−y), n →∞, де в обох випад-ках збiжнiсть треба розглядати в сенсi L2(R). Звiдси (F 2[f ])(y) = f(−y)майже при всiх y ∈ R.

18. Довести, що F [δ] = 1√2π

та F [1] =√

2πδ, де F дiє в S′(R).Р о з в ’ я з о к . Нехай ϕ ∈ S(R). Маємо < F [δ], ϕ >=< δ, F [ϕ] >=

< δ(y), 1√2π

∫R

eixyϕ(x)dx >= 1√2π

∫R

ϕ(x)dx =< 1√2π

, ϕ > . Оскiльки

ϕ – довiльна основна функцiя, то F [δ] збiгається з регулярною узагальне-ною функцiєю 1√

2π∈ S′(R). Отже, F [δ] = 1√

2π, F−1F [δ] = F−1[ 1√

2π].

Звiдси δ = 1√2π

F−1[1], F−1[1] =√

2πδ. Однак для узагальненої фун-

кцiї f(x) = 1 маємо f(−x) = 1, i тодi F−1[1] = F [f(−x)] = F [1].Остаточно, F [1] =

√2πδ.

19. Нехай θ(x1, ..., xm) = θ(x1)θ(x2)...θ(xm), де θ(xi) – функцiяХевiсайда. Довести, що в просторi D′(Rm) : ∂mθ

∂x1∂x2...∂xm= δ(x), x =

(x1, ..., xm).Р о з в ’ я з о к . Нехай ϕ ∈ D′(Rm). Маємо, iнтегруючи послiдовно,

< ∂mθ∂x1∂x2...∂xm

, ϕ >= (−1)m < θ, ∂mϕ∂x1∂x2...∂xm

>=65

(−1)m∞∫0

dx1

∞∫0

dx2...∞∫0

∂mϕ∂x1∂x2...∂xm

dxm =

(−1)m−1∞∫0

dx1...∞∫0

∂m−1ϕ(x1,...,xm−1,0)∂x1∂x2...∂xm−1

dxm−1 = ... =

−∞∫0

∂ϕ(x1,0,...,0)∂x1

dx1 = ϕ(0) =< δ, ϕ > .


20. Нехай ϕ – ненульова функцiя з D(R). Чи збiгаються у D(R)послiдовностi:

1){

1nϕ(x), x∈ R : n ≥ 1

};

2){

1nϕ(nx), x∈ R : n ≥ 1

};

3) {ϕ(x + n), x∈ R : n ≥ 1}?21. Нехай ε > 0, K(ε) = [−ε, ε]. Для довiльної локально iнтегровної

функцiї f : R → C означимо функцiю fε : R → C рiвнiстю fε(x) =∫R

ωε(x− y)f(y)dy, x∈ R. Довести твердження:

1) якщо f = χ[−a,a] i ε < a < +∞, то fε ∈ D(R), причому ∀x∈ R :0 ≤ fε(x) ≤ 1; ∀x ∈ K(a − ε) : fε(x) = 1, та ∀x∈ R\K(a + ε) :fε(x) = 0;

2) якщо f ∈ C(R) та supp f ⊂ [−a, a], то fε ∈ D(R), причому∀x∈ R\K(a + ε) : fε(x) = 0.

22. Нехай fε – функцiя, визначена в попереднiй задачi. Довести твер-дження:

1) якщо f ∈ Lp(R), 1 ≤ p < +∞, то для довiльного ε > 0 : fε ∈Lp(R) ∩ C∞(R) i ||fε||Lp(R) ≤ ||f ||Lp(R);

2) нехай f = 0 майже скрiзь поза деяким компактом у R, тодi

fε −−−−→ε→0+

f

у C(R), якщо f ∈ C(R);

у Lp(R), якщо f ∈ Lp(R), 1 ≤ p < ∞;

майже скрiзь, якщо f ∈ L∞(R).3)D(R) – скрiзь щiльна в Lp(R), 1 ≤ p ≤ +∞, i у просторi C0(R)

фiнiтних неперервних функцiй з нормою ||f || = maxx∈R

|f(x)|.23. Множина M ⊂ D(R) обмежена в D(R), якщо носiї всiх функцiй

iз M належать деякому вiдрiзку [a, b] i ∀k∈ N ∪ {0} ∃Ck > 0 ∀ϕ ∈M : max

a≤x≤b|ϕ(k)(x)| ≤ Ck. Довести, що всяка обмежена множина в D(R)

вiдносно компактна, тобто з довiльної послiдовностi ї ї елементiв можнавидiлити збiжну в D(R) пiдпослiдовнiсть.

66

24. Довести, що операцiї диференцiювання та множення на функцiюα ∈ C∞(R) є неперервними операторами в D(R), тобто що iз збiжностi

ϕnD(R)−−−→ ϕ, n →∞, випливає: а) Dϕn

D(R)−−−→ Dϕ, б) αϕnD(R)−−−→ αϕ.

25. Нехай функцiя ξ така сама, як в задачi 2, а функцiя α ∈ C∞(R)має єдиний нуль порядку 1 у точцi x = 0. Нехай ϕ ∈ D(R). Довести, щодо простору D(R) належить також функцiя

ψ(x) = ϕ(x)−ξ(x)ϕ(0)α(x) , x∈ R\{0},

доозначена за неперервнiстю при x = 0.26. Довести, що функцiя ϕ ∈ D(R) може бути зображена як похiдна

вiд деякої iншої функцiї ψ ∈ D(R) тодi й лише тодi, коли вона задовольняєумову

∫R

ϕ(x)dx = 0.

27. Довести, що кожну функцiю ϕ ∈ D(R) можна зобразити у виглядi

ϕ(x) = ϕ0(x)∫R

ϕ(y)dy + ψ′(x), x∈ R,

де ψ ∈ D(R), а ϕ0 – довiльна функцiя з D(R), яка задовольняє умову∫R

ϕ0(x)dx = 1.

28. Довести, що функцiонал f : D(R) → C є узагальненою функцiєю,тобто f ∈ D′(R), у таких випадках:

1) f(ϕ) = ϕ(0) + ϕ(1);2) f(ϕ) = ϕ′(0);3) f(ϕ) =

∫R

ϕ(x)dx;

4) f(ϕ) =1∫−1

|x|ϕ′(x)dx;

5) f(ϕ) =2∫−2

signxϕ′(x)dx;

6) f(ϕ) =∫R

ln |x|ϕ(x)dx;

7) f(ϕ) =∫R

exϕ′(x)dx;

8) f(ϕ) =∫R

e−xϕ(n)(x)dx, n∈ N;

9) f(ϕ) = ϕ′(1) +2π∫0

sinxϕ(x)dx;

10) f(ϕ) = ϕ(0) +3∫1

xϕ′′(x)dx.

В яких з цих випадкiв функцiя є регулярною? Знайти носiй f.29. Довести, що поданi нижче функцiонали є сингулярними узагаль-

неними функцiями:

1) = V p

∫R

ϕ(x)−ϕ(0)x2 dx;

2) = V p

∫R

ϕ(x)−ϕ(0)−xϕ′(0)x3 dx;

3) = V p

∫R

cos nxx ϕ(x)dx,

67

де n∈ N – фiксоване, V p∫R

f(x)dx := limε→0+

(−ε∫−∞

f(x)dx +∞∫ε

f(x)dx

).

30∗. Нехай f ∈ D′(R) i для довiльної невiд’ємної ϕ ∈ D(R) :f(ϕ) ≥ 0. Довести, що iснує мiра µ, яка визначена на σ-алгебрi борельо-вих множин на R i така, що ∀ϕ ∈ D(R) : f(ϕ) =

∫R

ϕ(x)dµ(x).

31. Довести, що δa(x)D′(R)−−−→ 0, a → +∞.

32. Довести, що у просторi D′(R):1) χε −−−−→

ε→0+δ0;

2) fε −−−−→ε→0+

δ0

∫R

f(x)dx,

де χε(x) =

{12ε , |x| ≤ ε,

0, |x| > ε,fε(x) = 1

εf(xε ), x∈ R, f ∈ L1(R), δ0 –

дельта-функцiя Дiрака, яка зосереджена в точцi 0.33. Довести, що в D′(R) :1) ε

π(x2+ε2)−−−−→ε→0+

δ0;

2) 1√εe−

x2

ε −−−−→ε→0+

√πδ0;

3) 1x sin x

ε −−−−→ε→0+πδ0;

4) εx2 sin2 x

ε −−−−→ε→0+πδ0;

5) tneixt −−−−→t→+∞ 0, n ≥ 0.

34. Довести твердження:1) ∀α ∈ C∞(R) : αδ0 = α(0)δ0;2) ∀a∈ R\{0} : δ0(ax) = 1

|a|δ0(x);

35. Нехай α ∈ C∞(R) має єдиний нуль порядку 1 у точцi x = 0.Знайти загальний розв’язок у D′(R) рiвняння αf = 0.

36. Нехай f ∈ D′(R), supp f ⊂ [−a, a], η ∈ C∞(R) i ∃ε > 0∀x ∈ [−a− ε, a + ε] : η(x) = 1. Довести, що ηf = f.

37. Довести, що загальний розв’язок рiвняння xnf = 0, n∈ N, у

D′(R) визначається формулою f =n−1∑k=0

Ckδ(k)0 , де C0, C1, ..., Cn−1 –

довiльнi комплекснi сталi.

68

38. Довести правильнiсть у D′(R) рiвностей:1) xnP 1

x = xn−1, n ≥ 1;2) xP 1

x2 = P 1x ;

3) xnP 1x2 = xn−2,

де P 1x , та P 1

x2 – узагальненi функцiї, визначенi в задачах 4 та 29.39. Знайти похiднi в D′(R) вiд функцiй:1) f(x) = |x|, x∈ R;2) f(x) = sign(sinx), x∈ R.

40. Довести, що для будь-яких f ∈ D′(R), a∈ R i n∈ N правильнарiвнiсть (f(x + a))(n) = f (n)(x + a).

41. Обчислити при n ≥ 1:1) θ(n)(x− a);2) (θ(x) sin x)′;3) (θ(x) cos x)′;4) (θ(x)eax)(n);5) (signx)(n);

6) (x signx)′;7) |x|(n);8) (sign(cosx))(n);9) [x](n),

де θ(x) = χ[0,+∞)(x), x∈ R – функцiя Хевiсайда, [x] означає цiлу ча-стину x.

42. Знайти похiднi перших трьох порядкiв вiд функцiй:

1) f(x) =

{sinx, x ≥ 0,

0, x < 0;

2) f(x) =

{cosx, x ≥ 0,

0, x < 0;

3) f(x) =

{x2, |x| ≤ 1,

0, |x| > 1;

4) f(x) =

1, x ≤ 0,

x + 1, 0 ≤ x ≤ 1,

x2 + 1, x ≥ 1;

5) f(x) =

0, x ≤ −1,

(x + 1)2, −1 ≤ x ≤ 0,

x2 + 1, x ≥ 0;

6) f(x) =

{sinx, |x| ≤ π,

0, |x| > π;69

7) f(x) =

0, x ≤ 0, x ≥ 2,

x2, 0 ≤ x ≤ 1,

(x− 2)2, 1 ≤ x ≥ 2;

8) f(x) =

{| sinx|, |x| ≤ π,

0, |x| > π.

43. Довести правильнiсть у D′(R) рiвностей:

1) ddx ln |x| = P 1

x ;2) d

dxP 1x = −P 1

x2 ;3) d

dxP 1x2 = −2P 1

x3 ,

де P 1x , та P 1

x2 – узагальненi функцiї, визначенi в задачах 4 та 29.44. Нехай α ∈ C∞(R) i f ∈ D′(R). Довести, що (αf)′ = α′f + αf ′.

Обчислити (αθ)′, де θ – функцiя Хевiсайда.

45. Довести, що в D′(R) правильна рiвнiсть xδ(n)0 = −nδ

(n−1)0 , n∈ N.

46. Довести, що узагальненi функцiї δ0, δ′0, ..., δ

(n)0 лiнiйно незалежнi

в D′(R).47. Довести правильнiсть у D′(R) рiвностi: | cosx|′′ + | cosx| =

2∑

n∈Zδ(k+ 1

2)π.

48. Використовуючи розклад x2 − x2

4π = π6 − 1

2π

∑n∈Z\{0}

1n2 einx, x ∈

[0, 2π], довести правильнiсть у D′(R) рiвностi 12π

∑n∈Z

einx =∑

n∈Zδ2πn.

49. Довести правильнiсть у D′(R) рiвностi: 2π

∞∑k=0

cos(2k + 1)x =∑

k∈Z(−1)kδπk.

50. Знайти загальний розв’язок у D′(R) рiвняння y′′ = 0.51. Довести, що u = C1 +C2θ(x)+ ln |x|, де C1, C2 – довiльнi сталi,

θ – функцiя Хевiсайда, є загальним розв’язком у D′(R) рiвняння xu′ = 1.52. Знайти загальнi розв’язки в D′(R) рiвнянь:

1) (x− 1)u = 0;2) (x2 − 1)u = 0;3) xu = P 1

x ;4) cosx · u = 0;5) x2u′ = 0;6) (x + 1)2u′′ = 0;

7) x(x− 1)u = 0;8) xu = 1;9) x2u = 0;

10) xu′ = P 1x ;

11) x2u′ = 1;12) (x + 1)u′′′ = 0.

70

53. Довести, що загальним розв’язком у D′(R) рiвняння xnu(m) =

0, n > m, є узагальнена функцiя u =m−1∑k=0

akθ(x)xm−k−1 +

n−1∑k=m

bkδ(k−m)(x) +

m−1∑k=0

ckxk, де ak, bk, ck – довiльнi сталi.

54. Довести, що для всiх {f1, f2, f3} ⊂ L1(R), f1 ∗ f2 = f2 ∗ f1 та(f1 ∗ f2) ∗ f3 = f1 ∗ (f2 ∗ f3).

55. Означимо на L1(R) перетворення Фур’є f(y) = 1√2π

∫R

eiyxf(x)dx,

y ∈ R. Довести, що ∀{f, g} ⊂ L1(R) ∀y ∈ R : f ∗ g(y) =√

2πf(y)g(y).

56. Довести, що:1) δ0 ∗ ϕ = ϕ, δa ∗ ϕ = ϕ(x− a), ∀ϕ ∈ D(R) ∀a∈ R;2) f ∗ϕ ∈ C∞(R), i ∀n ≥ 1 : (f ∗ϕ)(n) = f ∗ϕ(n) = f (n) ∗ϕ;3) δ

(n)0 ∗ ϕ = ϕ(n), ∀n ≥ 1, ϕ ∈ D(R).

57. Знайти фундаментальний розв’язок оператора D + aI, a∈ R, тазагальний розв’язок рiвняння du

dx + au = ϕ, ϕ ∈ D(R).

58. Знайти фундаментальний розв’язок оператора L та загальнийрозв’язок рiвняння Lu = ϕ, ϕ ∈ D(R), у таких випадках:

1) L = D2 − a2I, a∈ R;2) L = (D ± aI)n, a∈ R, n ≥ 2;3) L = D2 + 4D;4) L = D2 − 2D + 1;5) L = D2 + 3D + 2;

6) L = D2 − 4D + 5;7) L = D3 − a3, a∈ R;8) L = D3 − 3D2 + 2D;9) L = D4 − a4, a∈ R;

10) L = D4 − 2D2 + 1.

59. Нехай z – розв’язок лiнiйного однорiдного диференцiального рiв-няння Lz = z(n) + a1(x)z(n−1) + ... + an(x)z = 0, {a1, ..., an} ⊂C∞(R), який задовольняє умови z(a) = z′(a) = ... = z(n−2)(a) =0, z(n−1)(a) = 1, де a∈ R. Довести, що:

1) для довiльного a∈ Rфункцiя E(x, a) = θ(x−a)z(x, a), x∈ R,задовольняє у D′(R) рiвняння LE = δa, тобто E – фундамен-тальний розв’язок оператора L;

2) якщо всi коефiцiєнти L сталi, то E(x, a) = E(x − a, 0) =E0(x− a).

71

60. Знайти фундаментальний розв’язок E оператора L у таких випадках:

1) L = D − 2x;2) L = D + 3x2;3) L = D − sinx;4) L = D + cosx;5) L = D + 4x sin(x2 + π

3 );

6) L = D − arctg x1+x2 ;

7) L = D − 4x3 + 4x− 1;8) L = D − 2x;9) L = D + x23x3+1.

61. Чиналежать до простору S(R) функцiї e−x2, e−x, xe−x2

, 11+x2 , x∈ R?

62. 1) Нехай ϕ ∈ S(R) i P – многочлен. Довести, що Pϕ ∈ S(R).2) Нехай ϕ ∈ S(R) i k ≥ 1. Довести, що ϕ(k) ∈ S(R).63. Нехай функцiя ψ належить до C∞(R), дорiвнює нулю на (−∞, a)

та обмежена разом з усiма похiдними. Довести, що функцiя ψ(x)e−σx,x∈ R, належить до простору S(R), якщо σ > 0.

64. Довести, що S(R) щiльний в L2(R).65. Нехай ϕ – ненульова функцiя з S(R). Чи збiгаються в S(R) послi-

довностi:1)

{1nϕ(x), x∈ R : n ≥ 1

};

2){

1nϕ(nx), x∈ R : n ≥ 1

};

3){

1nϕ(x

n), x∈ R : n ≥ 1}?

66. Довести, що δ0 ∈ S′(R) i для довiльного k ≥ 1 : δ(k)0 ∈ S′(R).

67. Довести, що ex2 ∈ D′(R), але ex2не породжує регулярну узагаль-

нену функцiю з простору S′(R).68. Довести, що S′(R) ⊂ D′(R) i вiдповiдний оператор вкладення

неперервний.69. Нехай f ∈ S′(R) i P – многочлен. Означимо функцiонал

< Pf, ϕ >=< f, Pϕ >, ϕ ∈ S(R). Довести, що Pf ∈ S′(R).70. Довести, що ряд

∑k∈Z

akδk збiгається в S′(R), якщо ∀k∈ Z :

|ak| ≤ C(1 + |k|)m, де C > 0 i m ≥ 0 – деякi сталi.71. 1) Нехай f : R → C, f вимiрна за Лебегом та ∃m ≥ 0 :∫

R

|f(x)|1+|x|m dx < ∞. Довести, що f(x) визначає регулярну узагальнену фун-

кцiю з S′(R), яка задається рiвнiстю < f, ϕ >=∫R

f(x)ϕ(x)dx,

ϕ ∈ S(R).2) Довести, що функцiя f(x) = ex cos ex не задовольняє умови п.1,

проте визначає регулярну узагальнену функцiю за формулою п.1, де iнте-грал слiд розумiти як iнтеграл Рiмана.

72

72. Довести, що:1) ∀ϕ ∈ S(R) : F [ϕ(x− h)] = eihyF [ϕ], h∈ R;2) ∀ϕ ∈ S(R) : F [ϕ(k)] = (−iy)kF [ϕ], k ≥ 1;3) ∀ϕ ∈ S(R) : (F [ϕ])(k) = F [(ix)kϕ], k ≥ 1;4) ∀ϕ ∈ S(R) : yk(F [ϕ])(l) = ik+lF [(xlϕ)(k)], k ≥ 1, l ≥ 1.

73. Нехай a > 0. Знайти перетворення Фур’є функцiй: 1) e−ax2, x∈ R;

2) xe−ax2, x∈ R.

74. Знайти перетворення Фур’є функцiй:

1) θ(x)e−ax, x∈ R, a > 0;2) e−a|x|, x∈ R, a > 0;3) xe−a|x|, x∈ R, a > 0;

4)√

2a√π(x2+a2)

, x∈ R, a > 0;

5) χ[0,a](x), a > 0;6) χ[−a,a](x), a > 0;

7) x2e−ax2, x∈ R, a > 0;

8) e−x2

2 cos(ax), x∈ R, a∈ R.

75. Для перетворення Фур’є F у просторi L2(R) довести, що σp(F ) ⊂{1,−1, i,−i}.

76. Для перетворення Фур’є F у просторi L2(R) знайти σ(F ).77. Нехай f ∈ L1(R) i g ∈ L2(R). Довести, що F [f ∗g] =

√2πF [f ] ·

F [g], де f ∗ g – згортка функцiй f i g (див. задачу 46.3 з роздiлу 6).78. Нехай F – це перетворення Фур’є в S′(R). Довести:1) ∀f ∈ S′(R) : (F [f ])(k) = F [(ix)kf ], k ≥ 1;2) ∀f ∈ S′(R) : F [f (k)] = (−iy)kF [f ], k ≥ 1.

79. Довести твердження:1) F [δh] = 1√

2πeihy, y ∈ R, h∈ R;

2) F [xk] =√

2π(−i)kδ(k)0 , k ≥ 1;

3) F [δ(k)0 ] = (−iy)k

√2π

, k ≥ 1.

80. Довести правильнiсть у D′(R) рiвностей:

1) F [12(δh + δ−h)] = 1√2π

cos(hy), h∈ R;

2) F [12(δh − δ−h)] = 1√2π

sin(hy), h∈ R;

3) F [3x2 + 2x− 1] =√

2π(−3δ′′0 + 2iδ′0 − δ0).

81. Довести, що узагальнена функцiя < Pf 1x2+y2 , ϕ(x, y) >=∫

x2+y2<1

ϕ(x,y)−ϕ(0,0)x2+y2 dxdy +

∫x2+y2<1

ϕ(x,y)x2+y2 dxdy, ϕ ∈ D(R2), задоволь-

няє рiвняння (x2 + y2)Pf 1x2+y2 = 1 в D′(R2).

73

82. 1) На площинi (x, y) розглянемо квадрат [0, 1]2. Нехай функцiя fдорiвнює 1 у цьому квадратi та 0 назовнi квадрату. Обчислити в D′(R2)похiдну f ′′xy.

2) На площинi (x, y) розглянемо квадрат з вершинами: A(−1, 0),B(0,−1), C(1, 0), D(0, 1). Нехай функцiя f дорiвнює 1 в ABCD i 0назовнi квадрату. Обчислити в D′(R) вираз f ′′yy − f ′′xx.

83. Якi з функцiй e−||x||2 , e−||x||, (x21 + ... + x2

m)e−||x||2 , 11+||x||2

належать простору S(Rm)?

84. 1) Нехай µ – мiра на B(Rm), яка набуває скiнченних значень накомпактних множинах. Довести, що рiвнiсть αµ(ϕ) =

∫Rm

ϕ(t)dµ(t), ϕ ∈D(Rm), задає узагальнену функцiю αµ ∈ D′(Rm).

2) Нехай µ – мiра на B(Rm), для якої ∃m∈ N : (1 + ||x||)−m ∈L1(Rm, µ) (таку мiру називають мiрою повiльного зростання). Довести,що рiвнiсть з п.1) задає узагальнену функцiю αµ ∈ S′(Rm).

3) Показати, що не кожна мiра, яка набуває скiнченних значень на ком-пактах, породжує αµ ∈ S′(Rm). Розглянути приклад µ(4) =

∫4

e||x||dx,

4 ∈ B(Rm).

85. Довести властивостi перетворення Фур’є в S′(Rm) :1) ∀x0 ∈ Rm : F [f(x− x0)](y) = ei(y,x0)F [f ](y);2) F [f ](y + y0) = F [ei(y0,x)f(x)](y), f ∈ S′(Rm).

86. Довести в S′(Rm) :

1) F [δ(x− x0)] = ei(y,x0)

(2π)m2

;

2) F [δ] = 1

(2π)m2

;

3) F [1] = (2π)m2 δ.

87. Довести в S′(Rm) :

1) F [Dαδ] = (−iy)α

(2π)m2

;

2) F [xα] = (2π)m2 (−1)|α|Dαδ, де xα =

m∏k=1

xαkk .

74

ВIДПОВIДI ТА ВКАЗIВКИ

РОЗДIЛ 1

5. 1) 1; 2) 1; 3) π√6, 1; 4) 1

4√5; 5) 3; 6) 0; 7) 1; 8) 3

√176 − 3e + 3

2e2 − 13e3;

9) 32 − 1

2 cos 2; 10) e2

4 + 14 . 6. 1) Нi; 2),3) Так. 7. 1),3),4),6) Так;

2),5) Нi. 8. 1),2),3) Так. 9. У цiй та наступних вiдповiдях через x0

(у C([0, 1]), C1([0, 1]), Lp([0, 1])) i через x(0) (в lp) позначаються гра-ницi збiжних послiдовностей. I. 1) Нi; 2) Так, x0 = 0; 3) Нi; 4) Так,x0(t) = 1; 5) Так, x0(t) = sin t; 6) Так, x0(t) = t; 7) Нi; 8) Так,x0(t) = t; 9) Так, x0(t) = t; 10) Нi; 11) Так, x0(t) = ϕ(t). II. 1) Так,x0(t) = 0; 2) Так, x0(t) = t. III. 1) Так, x(0) = 0; 2) Так, x(0) = e1;3) Так, x(0) = 0; 4) Нi; 5) Так лише при 1 < p ≤ +∞, x(0) = 0;6) Так лише при 1 < p ≤ +∞, x(0) = (1, 1

2 , ..., 1n , ...); 7) Так ли-

ше при 2 < p ≤ +∞, x(0) = (1, 1√2, ..., 1√

n, ...); 8) Так лише при

1 < p ≤ +∞, x(0) = 0; 9) Так лише при p = +∞, x(0) = 0;10) Нi; 11) Нi; 12) Нi; 13) Нi. IV. 1) Так, x0 = 0; 2) Так, x0 = 0;3) Так лише при 1 ≤ p < 2, x0 = 0; 4) Нi; 5) Так, x0(t) = 1;6) Нi. 14. 2) За умовою, A =

{x∈ R2 | ρ ≤ f(ϕ)

}) – опукла мно-

жина, що є кулею B(0, 1) у наведенiй нормi. Перевiримо, що це справдiнорма. Для точок x, y ∈ R2 : ||x||

||x||+||y||x||x|| + ||y||

||x||+||y||y||y|| ∈ A вна-

слiдок опуклостi, тому норма цього елемента не перевищує одиницi, щоеквiвалентно третiй аксiомi норми. Iншi двi аксiоми перевiряються легко.Навпаки, якщо задана деяка норма, то позначивши кулю B(0, 1) через A,отримаємо шукану опуклу множину. При 1 ≤ p < +∞ шукана крива є

ρ =1

(| cosϕ|p + | sinϕ|p) 1p

, при p = +∞ : ρ =1

max{| cosϕ|, | sinϕ|} .

15. При доведеннi рiвностi скористатись тим, що для x ∈ l1, x 6= 0, має-

мо ||x||∞ ≤ ||x||p = ||x||∞( ∞∑

n=1

( |xn|||x||∞

)p) 1

p

≤ ||x||∞( ∞∑

n=1

|xn|||x||∞

) 1p

=

||x||1p

1 ||x||p−1

p∞ → ||x||∞, p → +∞. 16. Включення випливає з нерiв-ностi Гельдера, а рiвнiсть – з того, що для x ∈ L∞(T, µ), x 6= 0, i∀ε ∈ (0, ||x||∞) ∃Aε ∈ F, µ(Aε) > 0 ∀t ∈ Aε : |x(t)| ≥ ||x||∞ − ε,

отже, (||x||∞ − ε)(µ(Aε))1p ≤ ||x||p ≤ ||x||∞(µ(T ))

1p . 17. Розглянути

функцiї x(t) = t−αχ(0;1](t), y(t) = t−βχ[1;+∞)(t), t∈ R, пiдiбравшивiдповiднi α ≥ 0 i β ≥ 0. 18. 1) Необхiдно й достатньо, щоб iсну-вала вимiрна множина B ⊂ A, яка не має граничних точок, така, що

75

λF (A\B) = 0. Зауважимо, що ця умова еквiвалентна такiй: ∀x∈ R ∃ε >0 : λF ((x−ε, x+ε)∩A) = λF ({x}∩A). За цих умов простори Lp iзоме-трично iзоморфнi просторам lp з вагою, для яких потрiбне включення пра-вильне. Необхiднiсть можна довести вiд супротивного. Дiйсно, якщо умо-ва хибна, то ∃x0 ∈ R∃ {εn : n ≥ 1} , 0 < εn+1 < εn, n ≥ 1, причому∀n ≥ 1 : mn := λF (A∩((x0−εn, x0+εn)\(x0−εn+1, x0+εn+1))) > 0.Тому включення просторiв не справджується, про що свiдчить приклад

f(x) = 0, x ∈ A\(x0 − ε1, x0 + ε1), f(x) =( ∞∑

k=n

mk

)−α

, x ∈A∩ ((x0− εn, x0 + εn)\(x0− εn+1, x0 + εn+1)), n ≥ 1, де α ∈ ( 1

p2, 1

p1).

Збiжнiсть вiдповiдних рядiв розглянута в задачi VII.2.47[14]; 2) Необхiдной достатньо, щоб мiра λF (A) була скiнченна. Якщо мiра скiнченна, то до-статнiсть цiєї умови мiститься в задачi 16. Необхiднiсть цiєї умови встанов-люється вiд супротивного. Якщо умова не виконується, то iснує послiдов-нiсть вимiрних множин {Bn ⊂ A : n ≥ 1} така, що Bn ∩Bm = ∅, n 6=m, an := λF (Bn) > 0, n ≥ 1, i ряд

∞∑n=1

an розбiжний. Тому включення

хибне, про що свiдчить приклад f(x) =(

n∑k=1

ak

)−α

, x ∈ Bn, n ≥ 1, де

α ∈ ( 1p1

, 1p2

). Збiжнiсть вiдповiдних рядiв розглянута в задачi VII.2.45[14].

19. У випадку s < +∞ довести, що ||x||r ≤ ||x||αp ||x||βq , x ∈ Lp(R) ∩Ls(R), де α = r−1−q−1

p−1−q−1 , β = p−1−r−1

p−1−q−1 , застосувавши нерiвнiсть Гель-

дера до добутку |x|αr · |x|βr i врахувавши рiвнiсть 1p/(rα) + 1

q/(rβ) = 1.

21. 1),2) Нi. 22. Необхiдно й достатньо, щоб: 1)α(t) ≥ 0, t ∈ [a, b],причому α > 0 на скрiзь щiльнiй множинi з [a, b]; 2)α(t) > 0, t ∈[a, b]. Для доведення достатностi у п. 2) припустити, не втрачаючи за-гальностi, що [a, b] = [0, 1], α(0) = 0. Далi розглянути послiдовнiстьxn(t) := 1√

α(t)+1(1 − t)n, t ∈ [0, 1], n ≥ 1. 23. Необхiдно й доста-

тньо, щоб α := (α1, α2, ...) ∈ l∞ i αk > 0, k ≥ 1. Урахувати, що коли

α /∈ l∞, то ∀n ≥ 1 ∃kn ∈ N : αkn ≥ n, i розглянути x :=∞∑

n=1

1nekn .

24. Необхiдною й достатньою умовою рiвностi є: 1) у нерiвностi Гельдера||xy||1 ≤ ||x||p||y||q, x ∈ Lp(T, µ), y ∈ Lq(T, µ) – iснування невiд’ємнихчисел α, β, α+β > 0, таких, що α|x|p = β|y|q (mod µ); 2) у нерiвностiМiнковського ||x+y||p ≤ ||x||p + ||y||p, x, y ∈ Lp(T, µ) при p > 1 – iсну-вання невiд’ємних чисел α, β, α + β > 0, таких, що αx = βy (mod µ),а при p = 1 – xy ≥ 0 (mod µ). 26. f1 := f · χ{t∈R | |f(t)|>1}, f2 :=f − f1. 27. Помiтити, що для кожного ε > 0 i для всiх k∈ N : Aσk ≥

76

∫R|xkf(x)|dx ≥ (σ + ε)k

∫|x|≥σ+ε

|f(x)|, звiдки f(x) = 0, |x| > σ + ε.

28. αp < 1. 29. 1) з.л.о.({ϕn : n∈ Z}), де ϕn(t) = (12 − |t − n −

12 |)χ[n,n+1](t), t∈ R; 2) з.л.о.({ψn : n∈ Z}), де ψn(t) = χ[n+ 1

2,n+1](t),

t∈ R. 32. 1) Так. 2) Нi. 36. Розглянути послiдовнiсть xn(t) =(

t−ab−a

)n,

t ∈ [a, b], n ≥ 1. 37. Так. Скористатись задачею 33 2). 38. Нi. Не-хай α ∈ [0, 1

2 ]\Q. Покладемо xk(α) := 1, xk(t) := 0, t ∈ [0, 1]\(α −1k , α + 1

k ), а на промiжках (α − 1k , α), (α, α + 1

k ) функцiю xk довизна-чимо лiнiйно, k > 1

α . Тодi ||xk||∞ = 1, k > 1α , але ||xk|| → 0, k →∞.

40. Усi. 41. Для доведення необхiдностi застосувати критерiй Кошi допослiдовностi часткових сум ряду, що розглядається. При доведеннi до-статностi врахувати, що коли {yn : n ≥ 1} ⊂ X – фундаментальна по-слiдовнiсть, то ∀k ≥ 1 ∃Nk ∀n,m ≥ Nk : ||yn − ym|| < 1

2k , а томупослiдовнiсть {ynk

: k ≥ 1} , де n1 := N1, nk := max{nk−1, Nk} +1, k ≥ 2, задовольняє умову задачi. 42. Для доведення повноти просто-ру (Cn([a, b]), || · ||n) скористатись критерiєм Кошi збiжностi в C([a, b])i показати, що якщо x

(k)n ⇒ yk, n → ∞, на [a, b], 0 ≤ k ≤ n, то

y0 ∈ Cn([a, b]) i y(k)0 = yk, 1 ≤ k ≤ n. При цьому можна скори-

статись формулою Ньютона – Лейбнiца й теоремою про граничний пе-рехiд пiд знаком iнтеграла Рiмана. Для доведення неповноти простору(Cn([a, b]), || · ||n−j) побудувати обмежену в C([a, b]) послiдовнiсть фун-кцiй {xn : n ≥ 1} ⊂ Cj−1([a, b]), яка поточково збiгається до розрив-ної функцiї x : [a, b] → R, i довести, що тодi послiдовнiсть yk(t) :=

1(n−j)!

t∫a(t − u)n−jx(u)du, t ∈ [a, b], k ≥ 1, фундаментальна, але роз-

бiжна в (Cn([a, b]), || · ||n−j). 44. Довести, що якщо Q не компакт,то в ньому iснує злiченна система попарно неперетинних замкнених куль{Bn : n ≥ 1} . Нехай M – множина тих функцiй x, що для кожногоn∈ N збiгаються на Bn або з тотожно-нульовою функцiєю, або з фун-кцiєю Bn 3 t 7→ ρ(t,Q\Bn)

ρ(t,tn)+ρ(t,Q\Bn) , де tn – центр кулi Bn, ρ – метрика на

Q, а також x(t) = 0, t ∈ Q\( ∞⋃

n=1Bn

). Тодi M ⊂ Cb(Q) – незлiченна

множина i ∀x, y ∈ M, x 6= y : ||x − y|| = 1. Звiдси вивести, щокожна скрiзь щiльна множина в Cb(Q) незлiченна. 45. 2) Необхiдно йдостатньо, щоб множина T була скiнченною. 46. Нi. Розглянути множи-ну

{χ[a,t) | t ∈ (a, b)

}. 47. Нi. 48. 2) ρ(x, y) = | arctg x − arctg y|.

49. 1) Нi. Скористатись 24.2. 2) При α ≥ β : α||x|| + β||y|| ≥ ||αx +βy|| = ||α(x+y)+(β−α)y|| ≥ α||x+y||−(α−β)||y|| = α||x||+β||y||.

77

51. Довести спочатку твердження задачi для деякої тотальної в L1([a, b])множини, наприклад, для неперервних функцiй. 55. Розглянути фун-кцiю χ[0,+∞). 56. Розглянути множину функцiй

{χ[t0,b] | t0 ∈ (a, b]

}.

57. Скористатись теоремою Стоуна -- Вейєрштрасса. 58. 1) З умови випливає,що iснує злiченна множина {tn : n ≥ 1} ⊂ K, яка складається з iзольо-ваних точок. Якщо rn > 0 таке, що B(tn, rn)∩{tk | k ≥ 1, k 6= n} = ∅,

то функцiї K 3 t 7→ ρ(t,K\B(tn,rn))ρ(t,tn)+ρ(t,K\B(tn,rn)) , n ≥ 1, лiнiйно незалежнi.

2) ϕi(t) := ρ(t,K\Ui)n∑

k=1ρ(t,K\Uk)

, t ∈ K. 3) Нехай C(K) – дiйсний простiр,

M = {yn : n ≥ 1} – не бiльш нiж злiченна скрiзь щiльна множина вK. Тодi ∀m ≥ 1 ∃nm ∈ N :

{B(yk,

1m) | k = 1, nm

}– покриття

K. Нехай{

ϕ(m)k : k = 1, nm

}– розбиття одиницi, побудоване за зна-

йденим покриттям. Далi розглянути сукупнiсть функцiйnm∑k=1

rkϕ(m)k при

довiльних рацiональних rk та m∈ N. 60. Необхiдно й достатньо, щобg 6= 0 (mod m) на R. 61. 1),2),5),7)-9),12) – Нi. 3),4),6),10),11) – Так.У п. 6 замкненiсть випливає з задачi 35. 62. 1) Так. 2) Нi. 63. l1 = c0

в l∞. 64. Пiдпростiр лише при p = 1. При 1 < p ≤ +∞ розгля-нути послiдовнiсть x(n) = e1 − 1

n(e2 + ... + en+1), n ≥ 1. 65. Нi.Розглянути послiдовнiсть x(n) = (1, 1

2 , ..., 1n , 0, ...), n ≥ 1. 68. Нi.

Розглянути {en : n ≥ 1} в l2. 74. 18 . 75. Скористатись теоремою з

теоретичних вiдомостей i задачею 33. 76. Скористатись задачею 75.77. 2) {en : n ≥ 1} . 78. Скористатися задачею 77.1. 80. Скориста-тись задачею 35. 81. Див. задачу 4. 84. Якщо B(x0, r) ⊂ M дляx0 ∈ M i r > 0, то B(0, r) ⊂ M, тому M = X. 85. 1) Розглянути су-купнiсть {XA} усiх систем XA лiнiйно незалежних елементiв в X; ввестина нiй частковий порядок за включенням i застосувати лему Цорна (про неїдив., наприклад, у [17]). 3) Якщо {en : n ≥ 1} – злiченний базис Гамеля в

банаховому просторi X, Ln :=л.о.{e1, ..., en}, n ≥ 1, то X =∞⋃

n=1Ln. За

теоремою Бера про категорiї (про неї див., наприклад, у [17]) довести, щохоч один з пiдпросторiв Ln має внутрiшню точку, i скористатись задачею84. 4) Розглянути {x ∈ l2 | x = (x1, ..., xn, 0, 0, ...), n∈ N} з нормою, iн-дукованою з l2. 86. Для доведення необхiдностi врахувати, що ЛНП не-сепарабельний тодi й тiльки тодi, коли для деякого ε > 0 вiн не має злiчен-ної ε-сiтки. Далi застосувати лему Цорна аналогiчно до розв’язку задачi85.1. 87. Показати, що {xn : n ≥ 1} – фундаментальна послiдовнiсть.88. Для фундаментальної послiдовностi {xn : n ≥ 1} ⊂ X розглянутикулi B(xn, rn), де rn := sup

m≥n||xm − xn||, n ≥ 1. 89. 1) X := l2,

78

Mn :=∞⋃

k=n

{ek}, n ≥ 1. 2) Показати, що послiдовнiсть {rn : n ≥ 1} радiу-

сiв куль є незростаючою. Якщо rn → 0, n →∞, то див. задачу 87. Якщо∃n∈ N ∀k ≥ n : rk = rn, то все доведено. У протилежному випадкуrn → ρ, n →∞, rn > ρ, n ≥ 1. Тодi послiдовнiсть куль з тими ж цен-трами i радiусами rn−ρ також є вкладеною. 92. 2) {en : n ≥ 1} – базису c0 i lp, 1 ≤ p < +∞, а {en : n ≥ 0} , де e0 = (1, 1, ..., 1, ...) – базис у

c. 3) Достатнiсть випливає з нерiвностi ||x(n)−x|| ≤N∑

k=1

|x(n)k −xk|·||ek||+

supn≥1

||∞∑

k=N+1

x(n)k ek|| + ||

∞∑k=N+1

xkek||, n ≥ 1, N ≥ 1. Для доведен-

ня необхiдностi скористатися вiдомостями з [19] (гл.III, §6),[18] (гл.III, §7).93. Необхiднiсть. Розглянути проектори Pn : X → X, що дiють за форму-

лою Pn

( ∞∑k=1

akek

)=

n∑k=1

akek. У [19] (гл.III, §6),[18] (гл.III, §7) доведена

їх обмеженiсть, а з теореми Банаха – Штейнгауза випливає їх рiвномiрна

обмеженiсть. Тодi нерiвнiсть п. 2 випливає з рiвностi Pn

(m∑

k=1

λkek

)=

n∑k=1

λkek. Достатнiсть. Якщо x =∞∑

n=1anen =

∞∑n=1

bnen, то, застосував-

ши до λk = ak − bk другу умову i спрямувавши m до нескiнченностi,отримати рiвнiсть часткових сум рядiв, а отже, рiвнiсть ak = bk, k ≥1. Далi розглянути множину Y тих x ∈ X, якi розкладаються в ряд∞∑

n=1anen. Досить довести її замкненiсть, щоб за першою умовою отри-

мати шукане. Нехай yn → y, n → ∞, yn ∈ Y, n ≥ 1. Використовуючи

другу умову, показати фундаментальнiсть послiдовностей{

a(n)k : n ≥ 1

}

коефiцiєнтiв розкладiв yn для кожного k ≥ 1, а отже, їх збiжнiсть до

{ak : k ≥ 1}. Звiдси отримати, що y =∞∑

n=1anen. 94. 1) Переконатися,

що χ[ l

2k , l+1

2k ] ∈л.о.({hn : n ≥ 1}), k∈ N, 0 ≤ l ≤ 2k − 1. Показати, що

такi характеристичнi функцiї утворюють тотальну множину в Lp([0, 1]).3) З опуклостi функцiї |t|p, t∈ R, вивести нерiвнiсть 2|x|p ≤ |x + y|p +

|x− y|p, x, y ∈ R. Нехай f =n∑

k=1

λkhk, g = f + λn+1hn+1, [a, b] – вiд-

рiзок, де hn+1 6= 0. Тодi f(t) = g(t), t /∈ [a, b], f(t) := c = const, t ∈[a, b], g(t) = c + λn+1, t ∈ [a, a+b

2 ), g(t) = c− λn+1, t ∈ [a+b2 , b]. Тодi

b∫a|f(t)|pdt = |c|p(b−a) ≤ b−a

2 (|c+λn+1|p + |c−λn+1|p) =b∫a|g(t)|pdt,

79

що еквiвалентно шуканiй нерiвностi. 2) Скористатися 1),3) i попередньоюзадачею. 95. Доведемо тотальнiсть системи Шаудера. Для цього за тео-ремою Гана – Банаха досить довести, що кожен ЛНФ на C([0, 1]), який до-рiвнює нулю на всiх функцiях системиШаудера, є тотожно-нульовим. Пере-конатися, що iснує лiнiйна комбiнацiя fn+1 перших n+1 функцiй системи

Хаара така, що |t∫0

χ[a,b](u)du −t∫0

fn+1(u)du| ≤ n+12n , t ∈ [0, 1]. Звiд-

си випливає, що функцiяt∫0

χ[a,b](u)du належить до з.л.о.({sn : n ≥ 1}).Переконатися, що для довiльного iнтервала (c, d) ⊂ [0, 1] iснує послiдов-нiсть {gn : n ≥ 1} таких функцiй, для якої gn → χ(c,d) поточково. Звiдсивипливає, що для функцiонала F ∈ (C([0, 1]))∗ маємо 0 = F (gn) →F (χ(c,d)) = νF ((c, d)), де νF – заряд, що вiдповiдає функцiоналу F. Гра-ничний перехiд є наслiдком теореми Лебега про мажоровану збiжнiсть.Аналогiчно доводиться, що ν(0) = ν(1) = 0. Отже, F = 0. Перевiри-

мо тепер умову монотонностi системи Шаудера. Нехай f =n∑

k=1

λksk i

g = f + λk+1sk+1, [a, b] – промiжок, де sn+1 вiдмiнна вiд нуля. Тодif(t) = g(t), t /∈ [a, b], отже ||f ||[0,1] − ||g||[0,1] = ||f ||[a,b] − ||g||[a,b] =max{|f(a)|, |f(b)|} − ||g||[a,b] = max{|g(a)|, |g(b)|} − ||g||[a,b] ≤ 0. Те-пер те, що система Шаудера є базисом, випливає iз задачi 93. 96. Якщо{xn : n ≥ 1} – злiченна скрiзь щiльна множина в A, то{

n∑k=1

rkxk | rk ∈ Q, k = 1, n; n∈ N}

– злiченна скрiзь щiльна множи-

на в з.л.о.(A). 98. 1 < p < +∞. 99. 1) Для гiльбертового просторускористатись рiвнiстю паралелограма (задача 9 з роздiлу 2), а для Lp – за-дачею 24.2. 100. Необхiднiсть. Показати, що коли ∃x ∈ X ∃{y1, y2} ⊂L : ||x − y1|| = ||x − y2|| = ρ(x, L) > 0, то ||x − y1+y2

2 || = ρ(x, L).Далi розглянути xk := x−yk

||x−yk|| , k = 1, 2. Достатнiсть. Припустимо, що

∃x1, x2 ∈ X, ||x1|| = ||x2|| = ||x1+x22 || = 1 : x1 6= x2. Покладемо

L := {yα := α(x1 − x2) | α∈ R} . Тодi: (i)||x1 − yα|| = 1, α ∈ [0, 1],бо ||x1 − yα|| ≤ 1, || − x2 + yα|| ≤ 1, а також 2 = ||x1 + x2|| ≤||x1−yα||+||−x2+yα||; (ii)||x1−yα|| ≥ ||α− 1| · ||x1|| − |α| · ||x2||| =1, α∈ R\[0, 1]. Отже, ρ(x1, L) = 1 i yα, α ∈ [0, 1] – елементи най-кращого наближення в L для x1. 1) L := {(x1, 0) | x1 ∈ R} , x :=(0, 1). 2) L := {(x1,−x1) | x1 ∈ R} , x := (1, 1). 101. 1) Скориста-тися рiвнiстю паралелограма (задача 9 роздiлу 2). 3) Скористатись ме-тодом вiд супротивного i задачею 77.1. 4) Встановити, що (1 + t)p +(1 − t)p ≤ 2(1 + tp), 1 ≤ p ≤ 2, (1 + t)p + (1 − t)p ≤ 2p−1(1 +tp), 2 < p < +∞, 0 ≤ t ≤ 1, звiдки отримати нерiвностi Кларксона:

80

∀x1, x2 ∈ Lp(T, F, µ) : ||x1+x22 ||pp + ||x1−x2

2 ||pp ≤ ||x1||pp+||x2||pp2 , 2 0, n → ∞. Покладемо zn := x−yn

||x−yn|| , n ≥ 1.

Далi встановити нерiвнiсть || zn+zm2 || ≥ ( 1

2||x−yn|| + 12||x−ym||)ρ(x, L),

n,m ≥ 1, звiдки вивести, що || zn+zn2 || → 1, n, m → ∞, i отримати

фундаментальнiсть послiдовностi {zn : n ≥ 1} . 103. Встановити, щотвердження задачi 102 справджується для довiльної опуклої замкненої мно-жини, а не тiльки для пiдпростору. 104. Нехай iснує розбиття A1, ..., An

простору T з µ(Ak) > 0. Розглянути iндикаторнi функцiї χAk, 1 ≤ k ≤ n,

довести, що вони лiнiйно незалежнi в Lp(T, F, µ) i вивести звiдси, щоdimLp(T, F, µ) ≥ n. Навпаки, нехай supΦ = n0 < ∞ (переконатися,що цього достатньо, згiдно з попереднiм). Розглянути вiдповiдне розбиття{A1, ..., An0} i встановити, що воно складається з атомiв. Тодi переко-натися, що кожна функцiя f ∈ Lp(T, F, µ) є µ-майже скрiзь стала на

елементах розбиття, тобто f =n0∑

k=1

zkχAk, а отже, {χAk

: 1 ≤ k ≤ n0}утворюють базис в Lp(T, F, µ).

РОЗДIЛ 2

6. Виправлення: в умовi повинно бути S : X×X → C. З третьої умо-ви вивести, що S(nx, y) = nS(x, y), S(x

n , y) = 1nS(x, y), S(m

n x, y) =mn S(x, y), m∈ Z, n∈ N, x, y ∈ X. Тепер, якщо λ∈ C, то iснує послi-

довнiсть{

mknk

+ ipkrk

: k ≥ 1}

, збiжна до λ, де pk,mk ∈ Z, rk, nk ∈ N.

Тому з четвертої умови випливає, що S(λx, y) = λ(x, y). Не обов’язково.

Наприклад, простiр C([0, 1]) зi скалярним добутком (x, y) =1∫0

x(t)y(t)dt

є неповним. 7. 1){

1√nen : n ≥ 1

}; 2)

{1nen : n ≥ 1

};

3){en exp n

2 : n ≥ 1}

. 8. Необхiдно й достатньо, щоб infk≥1

αk > 0.

9. Зобразити квадрат норми як скалярний добуток i скористатись йоговластивостями. Урахувати, що для x(t) = t, y(t) = 1 − t, t ∈ [0, 1], невиконується рiвнiсть паралелограма в C([0, 1]). 10 i 11. Скористатисьзадачею 9. 12. Зробивши замiну y1 = y−x, z1 = z−x, u1 = u−x, отри-маємо нерiвнiсть ||z1|| · ||y1−u1|| ≤ ||y1|| · ||z1−u1||+ ||u1|| · ||y1−z1||. Уцiй нерiвностi фiгурують лише три елементи та дiї вiднiмання, тому можнавважати, що вони лежать у тривимiрному дiйсному евклiдовому просторi.

81

Дослiджуючи функцiю F (z1) = ||y1|| · ||z1 − u1|| + ||u1|| · ||y1 − z1||на локальний умовний екстремум за умови ||z1|| = 1 як функцiю трьохзмiнних, переконуємося, що екстремум досягається, якщо z1 – лiнiйнакомбiнацiя y1, u1. Тому задачу досить розв’язати у двовимiрному дiй-сному евклiдовому просторi. Цей простiр iзометрично iзоморфний про-стору C з нормою, що дорiвнює модулю. Якщо елементам y1, z1, u1 прицьому вiдповiдають комплекснi числа w1, w2, w3, то шукана нерiвнiстьеквiвалентна нерiвностi |w1w2 − w2w3| ≤ |w1w2 − w1w3| + |w1w3 −w2w3|, яка випливає з нерiвностi трикутника. 14. Вигляд поляризацiй-ної тотожностi в дiйсному просторi: (x, y) = 1

4(||x + y||2 − ||x − y||2).15. Скалярний добуток визначається за допомогою поляризацiйної тото-жностi. Розв’язок див. [17] (гл. III, §4, п. 8). 16. Необхiдно й достатньо,щоб essinf

t∈[a,b]p(t) > 0, тобто ∃ε > 0 : p ≥ ε(mod m). 17. Скористатись

тим, що ||m∑

k=n

xk||2 =m∑

k=n

||xk||2, 1 ≤ n ≤ m. 18. Скористатись тим,

що для y ∈л.о.{x1, ..., xn} умова y = 0 рiвносильна системi (y, xk) =0, k = 1, n. 19. Скористатись задачею 9. 23. 2) Встановити, що(M⊥)⊥ =з.л.о.(M ). 25. L⊥ = {x ∈ L2(R) | x(t) = 0, t ≤ 0(modm)} .27. 1)-7) {0}. Скористатись задачею 4. 28. 1) {0}; 2), 4) множина непар-них функцiй; 3) множина парних функцiй. 29. 1) з.л.о.({cos kt | k ≥ 0}),тобто множина парних функцiй; 2) з.л.о.({1, sin kt | k ≥ 1}), тобто мно-жина функцiй вигляду x + c, де x – непарна функцiя, а c ∈ K – ста-ла; 3) з.л.о.(

{eikt | k ≤ 4

}); 4) з.л.о.(

{e−ikt | k ≤ 2

}). 30. 1) {x ∈ l2 |

x1 + x2 = 0}, 2) з.л.о.({ek | k > n}); 3) з.л.о.({e2k−1 | k∈ N}).32. л.о.({sh t}). 33. Розглянути

{χ{t} | t∈ R

}. 34. Для доведення необ-

хiдностi припустити супротивне й розглянути функцiю χ[a,c]−χ[a+2π,a+2π+c],де 0 < c < b − a − 2π. При доведеннi достатностi скористатись мiр-куваннями з розв’язку задачi 5. 35. I спосiб. Користуючись iнтеграль-ною формулою Кошi, для x ∈ A2(D) встановити зображення x(z0) =

1πR2

∫B(z0,R)

x(z)dtds, z = t + is, |z0| < 1, де радiус R > 0 такий,

що B(z0, R) ⊂ {z ∈ C : |z| < 1} , за допомогою якого довести замкне-нiсть A2(D). Для доведення щiльностi P (C) показати повноту системи{zn : n ≥ 0} , встановивши її ортогональнiсть та наступну рiвнiсть для

x(z) =∞∑

n=0cnzn, |z| < 1 :

∫B(0,R)

x(z)zndtds = πn+1R2(n+1)cn, n∈ N∪

{0}, 0 < R < 1. II спосiб. Довести, що для x(z) =∞∑

n=0anzn, |z| < 1,

справджується спiввiдношення∫

B(0,R)

|x(z)|2dtds = π∞∑

n=0|an|2 R2n+2

n+1 , 0 <

82

R < 1, звiдки вивести, що вiдповiднiсть x ↔ a = (a0, a1, ...) є iзометри-

чним iзоморфiзмом мiж A2(D) та l2,α, де α ={√

πk+1 : k ≥ 0

}, (див.

задачу 7). 36. Див. вказiвку до задачi 35. Вiдповiдна ортонормована по-слiдовнiсть така: ϕn(z) = 1√

πn!zn, n ≥ 0. Поповнення P (C) складається

з цiлих функцiй x таких, що∫C|x(z)|2e−|z|2dtds < +∞; e−|z| /∈ P (C).

38. Нехай MN+1 – пiдпростiр функцiй, сталих на кожному пiвiнтервалi[k−12N+1 , k

2N+1

), 1 ≤ k ≤ N, N ∈ N. Довести, що

MN+1 =л.о.{x0, xkn | 1 ≤ k ≤ n, 0 ≤ n ≤ N} , порiвнявши розмiрностiцих пiдпросторiв, а потiм скористатись скрiзь щiльнiстю множини⋃N ∈N

MN+1 в L2([0, 1]). 39. 2)-5) Скористатись iнтегруванням части-

нами. 40. 3),4) Див. [17] (гл. VII, §4, п. 3). 41. Скористатись тим, щопослiдовнiсть

{χ[a,b] − b−a

n χ[b,b+n] : n ≥ 1}збiгається в L2(R) до χ[a,b].

42. 1),2) {0}. Скористатись тим, що якщо функцiя f(t) :=∞∑

k=0

xktk, t ∈

(−1, 1), де {xk : k ≥ 0} ⊂ R, обертається в нуль у точках збiжної донуля послiдовностi, то f ≡ 0. 43. Нi. Наприклад, якщо M не є пiд-простором. 44. Див. задачу 45. 45. Необхiднiсть випливає з теореми6. Для доведення достатностi припустимо, що H неповний. Тодi ∃y0 ∈H\H, де H – поповнення H. Покладемо Y :=л.о.{y0}. Процесом ор-тогоналiзацiї можна побудувати злiченну ортонормовану систему M ={xn : n ≥ 1} ⊂ H ∩ Y ⊥, яка є скрiзь щiльною в H ∩ Y ⊥. Далi вста-новити, що H ∩ Y ⊥ – скрiзь щiльна в Y ⊥, звiдки послiдовно вивестиповноту M в Y ⊥ i в H. Потiм показати, що M не є базисом в H, ура-хувавши, що y0⊥M. 46. Необхiднiсть випливає iз задачi 80 роздiлу 1,а для доведення достатностi розглянути множину л.о.({xα : α ∈ A}), де{xα : α ∈ A} – ортонормований базис. 47. 1) Так. 2) Нi. Нехай H =L2([0, 1]), e1(t) := 1, en(t) = −χ[ 1

n, 1n−1

](t), t ∈ [0, 1], n ≥ 2, cn :=1, n ≥ 1. 49. Рiвнiсть з умови скалярно домножити на ek. 50. Першiдва твердження очевиднi. Припустимо, що для деякого x ∈ L2([0, 1]) ∩C([0, 1]) ∃ {cn : n ≥ 0} : x(u) =

∞∑n=0

cnun в L2([0, 1]). Якщо Sn – час-

ткова сума цього ряду, то ∀t ∈ [0, 1] : (Sn, χ[0,t]) → (x, χ[0,t]), n →∞,тобто∞∑

n=0

cnn+1 tn+1 =

t∫0

x(u)du =: y(t), t ∈ [0, 1] (де ряд збiгається пото-

чково), звiдки випливає, що y ∈ C∞((0, 1)) як сума степеневого ряду,отже, x ∈ C∞((0, 1)). Суперечностi з теоремою 6 немає, бо ця систе-ма не ортонормована. 51. Розглянути спочатку випадок скiнченної мiри

83

i скористатися теоремою Фубiнi. 52. Випливає iз задач 101 i 103 роздiлу1. Якщо H = l2, то в M =

{(1 + 1

n)en : n ≥ 1}немає елемента з най-

меншою нормою. 53. y := x0 + r x−x0||x−x0|| . 54. Необхiднiсть. Оскiльки

λy+(1−λ)z ∈ M, λ ∈ [0, 1], то ||x−y||2 ≤ ||x−λy−(1−λ)z||2, звiдки(x−y, y−z) ≥ −1

2(1−λ)||y−z||2, λ ∈ [0, 1); спрямовуючи тут λ → 1,отримаємо потрiбне твердження. Достатнiсть випливає зi спiввiдношень||x−z||2 = ((x−y)+(y−z), (x−y)+(y−z)) ≥ ||x−y||2. 55. Якщоy = prL⊥x, то ∃t ∈ K : x = ta+y. Оскiльки y ∈ L⊥, то (x−ta, a) = 0,

звiдки t = (x,a)||a||2 , тому ρ(x, L⊥) = ||x − y|| = |t| · ||a||. 57. M⊥

n =(t, t, ..., t︸︷︷︸

n

, 0, 0, ...) | t ∈ K

. Скориставшись задачею 55, отримати, що

ρ(x0,Mn) = 1√n, n ≥ 1. 58. Нi. Розглянути M = Mn, n ≥ 2, iз задачi

57 i N =л.о.(e1). 59. Лiнiйнiсть M, N очевидна, а їх замкненiсть виводи-ться з повноти l2. M +N =

{(x1, x2, x3,

x43 , x5,

x65 , x7,

x87 , ...) | x ∈ l2

}.

Множина M + N скрiзь щiльна в l2, бо л.о.({en : n ≥ 1}) ⊂ M + N.Однак M+N 6= l2, бо (1, 1, 1

3 , 13 , 1

5 , 15 , ...) /∈ M+N. 60. Див. вказiвку до

задачi 59. 61. При доведеннi замкненостi M+N для збiжної послiдовно-стi {xn + yn : n ≥ 1} такої, що xn ∈ M, yn ∈ N, n ≥ 1, скористатись:1) рiвнiстю ||xn+yn−(xm+ym)||2 = ||xn−xm||2+||yn−ym||2, n, m ≥ 1;2) нерiвнiстю ||xn + yn − (xm + ym)||2 = ||xn − xm||2 + ||yn − ym||2 +(xn − xm, yn − ym) + (yn − ym, xn − xm) ≥ ||xn − xm||2 + ||yn −ym||2 − 2||xn − xm|| · ||yn − ym||(1 − ε), n, m ≥ 1, звiдки отриматифундаментальнiсть {xn : n ≥ 1} i {yn : n ≥ 1} . 62. Нi. 63. Нехай{yn : n ≥ 1} – ортонормована система в L2([b, c]). Шукане продовже-ння {zn : n ≥ 1} побудуємо так: zn(t) := xn(t), t ∈ [a, b], z1(t) :=y1(t), zn(t) := αn,1y1(t)+ ...+αn,n−1yn−1(t)+yn(t), n ≥ 2, t ∈ [b, c],де αn,j визначаються iз системи (zj , zn) = 0, j = 1, n− 1.

РОЗДIЛ 3

9. 1),2),5),7),15) ||f || = 1; 3),4),9),13) нелiнiйний, неперервний; 6),10)||f || = 1

2 ; 8) нелiнiйний, розривний; 11),12) ||f || = 2π ; 14) ||f || = 2;

16) ||f || = 4ε2 ; 17) ||f || =

n∑k=1

|λk|. 10. 1) ||f || = 1; 2) ||f || = 1;

3) ||f || = supn≥1

|yn|; 4) нелiнiйний, неперервний; 5) ||f || = 1; 6) ||f || = π√6;

7) ||f || = 14√2

; 8) ||f || = 2; 9) ||f || = 1, якщо p = 1, ||f || =( ∞∑

n=1

1nq

) 1q

,

84

якщо 1 < p < +∞; 10) ||f || = 12 , якщо p = 1; ||f || = ( 1

2q−1)1q , якщо

1 < p ≤ +∞; 11) нелiнiйний, розривний; 12) нелiнiйний, неперервний;

13) ||f || = 1; 14) ||f || = 1, p = 1; ||f || = 21q , 1 < p ≤ +∞; 15) ||f || =

2, p = 1; ||f || = (1 + 2q)1q , 1 < p ≤ +∞.

11. 1) ||f || = 1√3; 2) ||f || = 1; 3) ||f || =

√2; 4) нелiнiйний, не-

перервний; 5) ||f || = 1, p = 1; ||f || =(

1q+1

) 1q, 1 < p ≤ +∞;

6) ||f || = 1, p = 1; ||f || =(

12B( q+1

2 , 12)

) 1q, 1 < p ≤ +∞, де B –

бета-функцiя; 7) ||f || = 12 , p = 1; ||f || =

(1

(q+1)2q+1

) 1q, 1 < p ≤ +∞;

8) ||f || = 3, p = 1; ||f || = (1 + 3q)1q , 1 < p ≤ +∞; 9) ||f || = π.

12. 1) ||f || = 1; розглянути послiдовнiсть xn(t) = (1− t)n; 2) лiнiйний,розривний; 3) ||f || = 2π; 4) ||f || = 1; 5) ||f || = 1; 6) ||f || = 1; 7) ||f || =

1√α(2−α)

, 0 < α < 2; при α ≥ 2 лiнiйний, розривний; для доведення зро-

бити замiну u = tα i розглянути послiдовнiсть xn(u) = 1√u ln u

χ[ 1n

, 12](u);

8) f(x) = x(0), ||f || = 1; 9) ||f || = 1; 10)-12) лiнiйний, розривний; у п.12 розглянути послiдовнiсть x(n) = (sign y1, ..., sign yn, 0, 0, ...), n ≥ 1.17. 1) ||f || = 1; 2) ||f || = 1; 3) ||f || = 3; 4) ||f || = 4

3 ; 5) ||f || = 2;6) ||f || = 1

2 ; 7) ||f || = 72 ; 8) ||f || = 2; 9) ||f || = 2; 10) ||f || = 2; 11)

||f || = 2; 12) ||f || = 6; 13) ||f || = π2

6 ; 14) ||f || = 110 ; 15) ||f || = 1;

16) ||f || =n∑

k=1

|λk|; 17) ||f || = 1. 18. 1) ||f || = 1; 2) ||f || = π2 ;

3) ||f || = 1; 4) ||f || = 34 ; 5) ||f || =

√2; 6) ||f || = π

47

627; 7) ||f || = 1;

8) ||f || = 4, p = 1; ||f || = (2q + 4q)1q , 1 < p ≤ +∞; 9) ||f || = 1

2 , p =

1; ||f || =(

12q−1

) 1q, 1 < p ≤ +∞; 10) ||f || =

√6; 11) ||f || = π;

12) ||f || =√

π2 ; 13) ||f || = 2, p = 1; ||f || = (2q+1−1

q+1 + 2)1q , 1 1q

i ||f || =( ∞∑

n=1

1nαq

) 1q

. 2) якщо p = 1, то α ≤ 1 i ||f || = |2α − 1|; якщо

1 < p < +∞, то α < 1− 1q i ||f || =

( ∞∑n=1

((n + 1)α − nα)q

) 1q

; 3) якщо

85

p = 1, то α ≤ 0 i ||f || = 1; якщо 1 0, ||f || = 1

при α = 0; якщо 1 −1q i ||f || = 1

qα

(1qΓ(αq + 1)

) 1q,

де Γ – гамма-функцiя; 5) якщо p = 1, то α ≥ 0 i ||f || = 1; якщо

1 −1q i ||f || =

(√πΓ(αq

2+ 1

2)

2Γ(αq2

+1)

) 1q. 20. 1) Нехай X –

ЛНП розмiрностi n∈ N, {e1, ..., en} – базис в X, f – лiнiйний функцiо-

нал на X. Тодi ∃{a1, ..., an} ⊂ K : f(x) =n∑

k=1

akxk, x =n∑

k=1

xkek

(тут ak = f(ek)). Неперервнiсть випливає з того, що збiжнiсть у скiн-ченновимiрному ЛНП рiвносильна покоординатнiй збiжностi (див. зада-чу 75 з роздiлу 1). 2) У R2(R3) це прямi (вiдповiдно, площини), щопроходять через початок координат. 21. Скористатись тим, що ∀x ∈c0 : x =

∞∑n=1

xnen. 22. Скористатись тим, що ∀x ∈ c : x =

e0 limn→∞xn+

∞∑k=1

(xk− limn→∞xn)ek, де e0 = (1, ..., 1, ...). 23. Необхiдно й

достатньо, щоб ∃N ∈ N ∀n ≥ N : an = 0, де a ∈ l1 – елемент, що задаєфункцiонал (див. задачу 21). 24. 1) Якщо f ∈ (C1([a, b]))∗, то ∃α ∈K∃g ∈ BV0([a, b]) : f(x) = αx(a) +

b∫a

x′(u)dg(u), x ∈ C1([a, b]).

Для доведення скористатись зображенням x(t) = x(a) +t∫

ax′(u)du =

x(a) = (Ax′)(t), t ∈ [a, b], x ∈ C1([a, b]), де (Ay)(t) :=t∫

ax(u)du, t ∈

[a, b], y ∈ C([a, b]), покласти α := f(x0), де x0(t) := 1, t ∈ [a, b], iпоказати, що суперпозицiя f(A) ∈ (C([a, b]))∗. 2) Скористатись форму-лою Тейлора iз залишковим членом в iнтегральнiй формi. 25. ||f || =b∫a|p(t)|dt. Для доведення скористатись: 1) теоремою Рiсса; 2) тим, що

∃ {pn : n ≥ 1} ⊂ C([a, b]) : pn → p, n → ∞, в L1([a, b]), при цьо-

му fn → f в (C([a, b]))∗, де fn(x) =b∫a

pn(t)x(t)dt, x ∈ C([a, b]),

n ≥ 1. 26. Див.: 1) задачу 9.7; 2) задачу 9.1; 3) задачу 9.2. 28. 1) а) Нi;b) так; 2) а) нi; b) так; 3) усi. 30. ||f || = sup

x 6=0

|f(x)|||x|| ≥ sup

x∈L

1||x|| = 1

infx∈L

||x|| .

86

Навпаки, оскiльки ∀x /∈ Ker f : xf(x) ∈ L, то ||f || = sup

x/∈Ker f

|f(x)|||x|| =

supx/∈Ker f

1|| x

f(x)|| ≤ sup

y∈L

1||y|| . 31. 2) Щоб довести достатнiсть, для ко-

жної послiдовностi {yn : n ≥ 1} ⊂ X, yn → 0, n → ∞, покладемоxn := yn√

||yn||, n ≥ 1. Тодi xn → 0, n → ∞, i за умовою послi-

довнiсть {f(xn) : n ≥ 1} обмежена, тому f(yn) =√||yn||f(xn) →

0, n → ∞. 3) Для доведення достатностi, скориставшись тим, що якщомножина A ⊂ X вiдкрита, то множина −A := {−x | x ∈ A} теж вiд-крита, показати, що для довiльного c∈ R множина {x | f(x) > c} вiд-крита, а потiм скористатись теоремами про структуру вiдкритих множинв R i про характеризацiю неперервного вiдображення. 32. З умови ви-пливає, що iснує ε > 0, iснує послiдовнiсть {xn : n ≥ 1} ⊂ X така, щоxn → 0, n → ∞, i |f(xn)| ≥ ε, n ≥ 1. Тодi для кожного α ∈ K по-слiдовнiсть yn := α

f(xn)xn → 0, n →∞, i f(yn) = α, n ≥ 1. Вiдповiдьна питання позитивна. 33 i 34. Скористатись задачею 2.2. 35. Припу-стимо, що Ker f1 ∩ Ker f2 ⊂ Ker f. Якщо f1 i f2 лiнiйно незалежнi, тозгiдно iз задачею 34 ∃z1 ∈ Ker f1\Ker f2; ∃z2 ∈ Ker f2\Ker f1. Згiдноiз задачею 2.2, ∀x ∈ X ∃!y ∈ Ker f1 ∃!λ ∈ K : x = y + λz2. Ще раззастосувавши задачу 2.2 до функцiонала f2, що розглядається на пiдпро-сторi Ker f1, маємо: ∃!u ∈ Ker f2 ∩ Ker f1 ∃!µ ∈ K : y = u + µz1.

Показати, що f = f(z2)f1(z2)f1 + f(z1)

f2(z1)f2. Для бiльшої кiлькостi функцiо-налiв скористатися математичною iндукцiєю. 36. 1) В усiх: f = 0.2) Необхiдно й достатньо, щоб dimX ≤ 1. 37. Урахувати, що iз задачi2.2 випливає нерiвнiсть dimX ≤ dimKer f + 1, а потiм розглянути зву-ження g на Ker f. 38. Довести, що якщо 0 – внутрiшня точка множиниA ⊂ X, то 0 – внутрiшня точка множини f(A) ⊂ K. 39. Для доведеннядостатностi припустимо, що f /∈ X∗. Тодi за задачею 32 iснує послiдов-нiсть {xn : n ≥ 1} ⊂ X така, що xn → 0, n →∞, i |f(xn)| ≥ 1, n ≥ 1.Оскiльки iснує z ∈ X\Ker f, то, за задачею 2, xn = yn + λnz, деyn ∈ Ker f, λn ∈ K, n ≥ 1. Тодi |λn| · |f(z)| ≥ 1, n ≥ 1, томуxnλn→ 0, n →∞, тобто yn

λn→ −z, n →∞, звiдки z ∈ Ker f, що немо-

жливо. 40. Скористатись задачами 32 i 39. 41. ||f || · ρ(x,Ker f) =inf

y∈Ker f||x − y|| · ||f || ≥ inf

y∈Ker f|f(x − y)| = |f(x)|. Навпаки, якщо

x /∈ Ker f, то ∀z ∈ X\Ker f : z = y + λx, де y ∈ Ker f, λ ∈ K, то-му |f(z)|

||z|| = |λ|·|f(x)||λ|·||x−(− y

λ)|| ≤

|f(x)|ρ(x,Ker f) , звiдки ||f || · ρ(x,Ker f) ≤ |f(x)|.

42. Скористатись задачею 41. 43. Скористатись задачами 2 i 41; 2)необхiдно й достатньо, щоб iснувало не бiльше одного елемента z0 ∈B(0, 1) такого, що f(z0) = ||f ||. 44. Скористатись задачами 26 i 43.45. 1) Довести, що ∀x, y ∈ C([a, b]), x ≤ y : f(x) ≤ f(y), а потiм

87

урахувати, що −x0 ≤ x ≤ x0 для всiх x ∈ B(0, 1). 2) Якщо iснує xтакий, що 0 ≤ x ≤ x0 i f(x) < 0, то для y = x0 − x справджуютьсяспiввiдношення 0 ≤ y ≤ x0, f(x) = ||f || − f(y) < 0, звiдки y ∈ B(0, 1)та f(y) > ||f ||, що неможливо. 46. g – неспадна на [a, b] функцiя.47. Скористатись теоремою Рiсса. 48. 2) Скористатись задачею 45.1.49. Покласти f1(x) := h((x, 0)), x ∈ X1. 50. Якщо {xαn : n ≥ 1}– довiльна злiченна пiдмножина базиса Гамеля {xα : α ∈ A} у ЛНП X,то покладемо f(xαn) = ||xαn ||n, n ≥ 1, на iнших елементах базиса Га-меля функцiонал f визначимо довiльно, а на всьому X довизначимо fза лiнiйнiстю. 51. Переконатись, що можна вважати, що x0 = 0. Да-лi скористатись iндукцiєю за n. При n = 1 треба довести, що множинаM ∩Ker f1 скрiзь щiльна в Ker f1.

РОЗДIЛ 4

4. F (x) = αx1 + βx2 + a3x3, x ∈ R3, де a3 ∈ R – довiльне. Fзберiгає норму тодi й лише тодi, коли: 1) |a3| ≤ max{|α|, |β|} при p = 1;2) a3 = 0 при 1 < p ≤ +∞. При 1 < p ≤ +∞ продовження, щозберiгає норму, єдине завжди, а при p = 1 – лише якщо α = β = 0.5. F ((x, y)) = a1x + a2y, (x, y)∈ R2, де a1 + a2 = α. F зберiгаєнорму тодi й тiльки тодi, коли: 1) a1 = a2 = α

2 при 1 ≤ p < +∞;2) a1 ∈ [0, α] при p = +∞. Таке продовження єдине лише при 1 ≤ p <+∞. 6. F ((x, y)) = (1− 2b)x + by, (x, y)∈ R2, де b∈ R – довiльне.F зберiгає норму лише при b = 2

5 . 7. 1) Якщо f(x) = (x, a), x ∈ G, деa ∈ G – фiксоване, то F (x) = (x, a+ b), x ∈ H, де b ∈ G⊥ – фiксоване.F зберiгає норму тодi й лише тодi, коли b = 0; 2) F (x) = (x, a+αh), x ∈H, де α ∈ K – фiксоване. ||F || = ||f || тодi й лише тодi, коли α = − (a,h)

||h||2 ;

3) F (x) = (x, a +n∑

k=1

αkhk), x ∈ H, де {αk : 1 ≤ k ≤ n} ⊂ K –

фiксованi. ||F || = ||f || тодi й лише тодi, коли αk = −(a, hk), k =1, ..., n. 8. F (x) =

∫T

h(t)x(t)dµ(t), x ∈ Lp(T ), де h ∈ Lq(T ) та-

ка, що h = a µ-майже скрiзь на A. ||F || = ||f || тодi й лише тодi, коли:1) h = 0 µ-майже скрiзь на T\A при 1 < p < +∞; 2) esssup

t∈T\A|h(t)| ≤

esssupt∈A

|a(t)| при p = 1. 9. Якщо f(x) =∞∑

n=1anxn, x ∈ c0, де

a ∈ l1 – фiксоване, i F – продовження f на c, то F (x) = a0 limn→∞xn +

∞∑n=1

anxn, x ∈ c, де a0 ∈ K – довiльне. ||F || = ||f || тодi й лише то-

88

дi, коли a0 = 0. 10. f(x) = 2x(0). 11. 1) f(x) = −x(0) + 3x(1);2) f(x) = 2x(0). 12. Такий функцiонал не єдиний, наприклад,

f(x) =(∫

A

tα+1dt

)−1

·∫A

tαx(t)dt, x ∈ L2([0, 1]), де α ≥ 0 – фiксоване.

13. 2) Нi. Див. задачi 21 i 22 з роздiлу 3. 14. Φ∗ = l2. 15. Для до-ведення необхiдностi розглянути поповнення простору X, а для доведеннядостатностi скористатись задачею 31.2 роздiлу 3. 16. 1) x 7→ x(0);2) x 7→ x(1); 3) Продовження немає. I спосiб. Множина многочленiв видуp1(t) = (t + 1)p(t), p ∈ P, є скрiзь щiльною в C([0, 1]), f(p1) = 0,але нульовий функцiонал продовженням не є. II спосiб. Нехай xn(−1) =n, xn(t) = 0, t ∈ [0, 1], xn лiнiйна на [−1; 0], а pn ∈ P такий, що ||xn−pn||C([−1;1]) ≤ 1, тодi послiдовнiсть {pn : n ≥ 1} обмежена в C([0, 1]),але f(pn) = n; 4) Продовження немає. Урахувати, що множина много-членiв виду p1(t) = p(tN+1), p ∈ P, скрiзь щiльна в C([0, 1]), f(p1) =c0p1(0). 17. 4) Урахувати, що функцiя x0(t) = sin 1

t , t ∈ [−1; 1]\{0},не належить з.л.о.({x ∈ L∞([−1; 1]) |x = 0 майже скрiзь на [−1; 0]або x неперервна в точцi 0}). 18. 2) Довести, що функцiонал F з п.1 не зображається за формулою iз задачi 14 роздiлу 3. 19. До фун-

кцiонала f(x) := limn→∞x2n−1, x ∈ G :=

{x ∈ l∞ | ∃ lim

n→∞x2n−1 ∈ R}

застосувати теорему Банаха. 20. Довести, що функцiонал iз задачi 3.1 незображається за формулою iз задачi 15 роздiлу 3. 21. Для даних вклю-чень властивiсть транзитивностi хибна. 22. 1) Довести, що ρ(e, G) = 1,показавши, що ∀ε > 0∀t ∈ G : ||t − e|| ≥ 1 − ε; 2) б) Скори-статись мiркуваннями розв’язку задачi 45.2 з роздiлу 3; в) Довести, щоякщо xn → 0, n → ∞, то x := (x1, x2, ...) ∈ G; п. в) випливає та-кож з г); г) Урахувати, що ∀ε > 0∃N ∈ N ∀n ≥ N : lim

n→∞xn − ε ≤

xn ≤ limn→∞xn + ε; д) Побудувати такий елемент t ∈ G, що tn = 1

для безлiчi n. 23. Розглянути множину G := {y : [0, +∞) → R |∀s > 0∃x ∈ B([0, +∞)) : y(t) = x(t + s)− x(t), t ∈ [0, +∞)} i ско-ристатись мiркуваннями iз задачi 22. 25. Довести, що числа a1 i a2 з пер-шого етапу доведення теореми Гана – Банаха (див. [5] (гл.VII, §3)) однаковi.

26. 1) Покласти fk(x) := ak, x =n∑

k=1

akxk ∈ G :=л.о.({x1, ..., xn}),k = 1, ..., n, i застосувати теорему Гана – Банаха;2) Нi. Розглянути в L2([0, 1]) елементи xn(t) = χ[rn,1](t), t ∈ [0, 1], n ≥1, де {rn : n ≥ 1} = Q∩(0, 1); 3) Вiдповiдi позитивнi; 4) Необхiдно й до-статньо, щоб ∀α0 ∈ A : xα0 /∈ з.л.о.({xα : α ∈ A\{α0}});5) Скористаємося iндукцiєю. Нехай {y2, ..., yn} ⊂ X – система, бiорто-гональна функцiоналам f2, ..., fn. Довести, що ∀x ∈ X ∃u ∈ M1 :=

89

n⋂k=2

Ker fk : x := u +n∑

k=2

λkyk, де λk = fk(x), а потiм переко-

натись, що f1 не тотожно-рiвний нулю на M1, звiдки вивести iснуванняпершого елемента бiортогональної системи. Аналогiчно будуються насту-пнi. 28. Необхiднiсть випливає з рiвносильностi доводжуваної нерiвно-стi й нерiвностi |f(x)| ≤ M ||x||, x ∈л.о.({x1, ..., xm}). Для доведе-ння достатностi побудувати послiдовнiсть лiнiйно незалежних елементiв{xnk

: k ≥ 1} ⊂ {xn : n ≥ 1} , для якої E :=л.о.({xnk: k ≥ 1})=

л.о.({xn : n ≥ 1}), покласти f(x) :=m∑

k=1

αkcnk, x =

m∑k=1

αkxnk∈ E,

i показати, що якщо xn0 =m∑

k=1

αkxnk, де xn0 ∈ {xn : n ≥ 1} , xnk

∈

{xnl: l ≥ 1} , k = 1, ..., m, то cn0 =

m∑k=1

αkcnk. 29. 1),2) Так.

30. Скористатись задачею 26. 2) Так. 3) dimX = dim X∗. 32. Длядоведення необхiдностi скористатись задачею 28.2.b з роздiлу 3. Для до-ведення достатностi у дiйсному випадку припустимо, що ∃x1, x2 ∈ X :||x1|| = ||x2|| = ||x1+x2

2 || = 1, але x1 6= x2. Застосувати наслiдок 1до елемента x1+x2

2 i пiдпростору L := {α(x1 − x2) | α∈ R} , показавши,що ρ(x1+x2

2 , L) = 1. У випадку комплексного простору розглянути асоцi-йований простiр i скористатися задачею 54. 35. Скористатись задачею34. 36. Скористатись наслiдком 1. 38. ϕ(y) = ( lim

n→∞ yn, y1, y2, ...).39. Скористатись задачами 21 i 22 з роздiлу 3. 40. Нехай G – пiдпростiррефлексивного простору X, F ∈ G∗∗. За допомогою включення X∗ ⊂ G∗показати, що для F0 := F ¹ X∗ iснує такий x ∈ X, для якого F0(f) =f(x), f ∈ X∗. Користуючись наслiдком 1, встановити, що x ∈ G. Далi,розглядаючи для кожного f ∈ G∗ такий елемент f ∈ X∗, що f ¹ G = f,довести рiвнiсть F (f) = f(x), f ∈ G∗. 41. Для доведення необхiдностiвстановити, що ∀Φ ∈ X∗∗∗ : Φ(ϕ(·)) ∈ X∗, i скористатись рефлексив-нiстю X. Для доведення достатностi переконатись, що ϕ(X) – пiдпростiрв X∗∗, i скористатись наслiдком 1, урахувавши, що якщо Φ ∈ X∗∗∗ iΦ = 0 на ϕ(X), то Φ = 0 на X∗∗. 42. Довести, що на одиничнiй сферiS∗(0, 1) спряженого простору X∗ iснує злiченна множина {fn : n ≥ 1},скрiзь щiльна в S∗(0, 1). Нехай yn ∈ X такий, що ||yn|| = 1 та |fn(yn)| ≥12 , n ≥ 1. Покладемо G :=з.л.о.({yn : n ≥ 1}). Довести, що G – сепа-рабельний ЛНП i G = E. Для доведення останньої рiвностi скористатисьнаслiдком 1 i щiльнiстю {fn : n ≥ 1} в S∗(0, 1). Обернене твердженняхибне (розглянути l1). 43. 1) Так. 2) Так, бо ϕ(X) – замкнена в X∗∗.44. Припустивши iснування функцiї x0 ∈ C([0, 1]), для якої F (g) =

90

1∫0

x0(t)dg(t), g ∈ BV0([0, 1]), показати, що x0(t) = χ(0, 12)(t), t ∈

(0, 1)\{12}, що неможливо. 45. Див. 1) 35 (i 26.1 роздiлу 3); 42; 44; 2) 35

(i 18.2 роздiлу 3); 41 i 39; 42; 18.2. 47. 2) Ортогональне доповнення до M.3),4) Скористатись наслiдком 1. 5) Нi. Якщо X = c, M = c0, то M⊥⊥ ={x ∈ l∞ | x1 = 0} , ϕ(M) =

{x ∈ l∞ | x1 = 0, lim

n→∞x = 0}

.

48. 3) X := c, f0(x) := limn→∞x, fn(x) = xn, x ∈ c, M := {fn : n ≥ 1} .

49. Для довiльних C > 0 i x0 ∈ S(0, C) застосувати наслiдок 2.50. 2) Необхiдно й достатньо, щоб x0 = 0. 51. 1) Необхiднiсть ви-пливає з наслiдку 1, а достатнiсть – iз задачi 2 роздiлу 3. 53. НехайX = R, p(x) := 2x, x ≥ 0, p(x) := x, x < 0. 55. Скористатисьзадачами 51 i 54. 2) Якщо M = Ker f, де f ∈ X∗, то M0 = Ker g,де g = Ref. 56. Розглянути функцiонал f(x) := 0, x ∈ G := {0}.57. 2) Скористатись задачею 56. 59. 3) Рiвнiсть п. в) досить довести дляt0 > 0. Для цього розглянути функцiю y(t) := x(t + t0) − x(t), t∈ R,i, врахувавши, що p(y) ≤ π(y;α1, ..., αn) → 0, n → ∞, де αk :=kt0, k = 1, ..., n, отримати нерiвностi p(y) ≤ 0, p(−y) ≤ 0. 5) Показати,що число f(x) лежить мiж нижнiм та верхнiм iнтегралом Рiмана функцiїx. 6) Застосувати теорему 4 до iнтеграла Лебега як лiнiйного функцiона-ла на множинi функцiй з M(R), iнтегровних за Лебегом. 60. Покластиµ(A) := f(χA), A ⊂ [0, 1], де f – функцiонал iз задачi 59.

РОЗДIЛ 5

5. 2) Скористатись наслiдком 3 з теореми Гана – Банаха. 6. Ско-ристатись тим, що у скiнченновимiрному просторi сильна збiжнiсть рiвно-сильна покоординатнiй (див. задачу 75 з роздiлу 1). 7. 1) Скористатисьтим, що множина

{χ[a,τ ] | τ ∈ [a, b]

}тотальна в Lq([a, b]), i застосува-

ти теорему 5. 8. При доведеннi необхiдностi для кожного t0 ∈ [a, b]розглянути функцiонал f(x) = x(t0), x ∈ C([a, b]), а при доведеннiдостатностi скористатись теоремою 4 роздiлу 3 i теоремою Лебега промажоровану збiжнiсть. 9. 1) x(n) w−→ x у c0 тодi й тiльки тодi, коли:а) ∃C > 0∀n ≥ 1 : ||x(n)|| ≤ C; б) ∀k ≥ 1 : x

(n)k → xk, n →

∞; 2) x(n) w−→ x у c тодi й тiльки тодi, коли виконуються умови, ана-логiчнi умовам а),б) п.1, а також в) lim

k→∞x

(n)k → lim

k→∞xk, n → ∞.

10. У наступних задачах через x0 позначається границя збiжних послiдов-ностей у просторах C([0, 1]), Lp, а через x(0) – границя в lp. 1) Слабко,x(0) = 0; 2) сильно, x(0) = 0; 3) не збiгається; 4) сильно, x(0) = 0;

91

5) сильно, x(0) = (1, 12 , ..., 1

k , ...); 6) сильно, x(0) = (12 , 2

22 , ..., k2k , ...);

7) сильно, x(0) = (1, 0, 132 , 0, 1

52 , ...); 8) не збiгається; 9) сильно, x0 = 0;10),15) при 1 ≤ p < 2 сильно, x0 = 0; при p = 2 слабко, x0 = 0;при 2 < p ≤ +∞ не збiгається; 11)-14) слабко, x0 = 0; 16) розбiга-ється; 17) сильно, x0 = 0; 18) при 1 ≤ p < 4 сильно, x0 = 0; приp = 4 слабко, x0 = 0; при 4 < p ≤ +∞ не збiгається; 19) слабко,x0 = 0; 20) при 1 ≤ p < 2 не збiгається; при p = 2 слабко, x0 = 0; при2 < p ≤ +∞ сильно, x0 = 0. 11. 1) Слабко, x0 = 0; 2) сильно, x0(t) =1; 3) не збiгається; 4) сильно, x0 = 0; 5) слабко, x0 = 0; 6) слабко,x0 = 0; 7) не збiгається. 12. 1) Слабко, x0 = 0. Довести, що множина{tχ[0,τ ](t), t ∈ [0, 1] | τ ∈ [0, 1]

}тотальна в L2([0, 1]), i застосувати те-

орему 5; 2) слабко, x0 = 0; 3) слабко, x0 = 0; 4) не збiгається; роз-глянути f(x) =

∫R

x(t)dt, x ∈ L1(R); 5) не збiгається. 13. Сильної

збiжностi немає. Через f0 позначається ∗-слабка границя послiдовностi{fn : n ≥ 1} . 1),2) f0 = 0; 3) f0 = 0. Розглянути тотальну множи-ну

{tk, t ∈ [0, 1] : k ≥ 0

}; 4) f0(x) = x(1); 5) f0(x) = x′(0). Для

доведення вiдсутностi сильної збiжностi розглянути послiдовнiсть xn(t) =1n sinnt, t ∈ [−1; 1], n ≥ 1. 14. X не є банаховим простором.

15. Нехай X := C([0, 1]) з iнтегральною нормою, fn(x) := n1− 1

n∫0

(x(t +

1n) − x(t))dt, n ≥ 1, f(x) := x(1) − x(0), x ∈ X. Тодi fn

∗−w−−−→ f.Розглянути послiдовнiсть xn(t) = (n+1)tn, t ∈ [0, 1], n ≥ 1. 16. Дове-сти, що зi слабкої збiжностi в X∗ випливає ∗-слабка збiжнiсть. 19. Нехай{en : n ≥ 1} ⊂ H – ортонормована система. 1) xn := yn := en, n ≥ 1;2) xn := e2n−1, yn := e2n, n ≥ 1. 20. Для встановлення iмплiкацiї

2) ⇒ 3) скористатись задачею 18.1, в якiй замiсть xn узятиn∑

k=1

xk i по-

класти a :=∞∑

n=1xn. 25. 1) Розглянути послiдовнiсть xn(t) = tn, t ∈

[0, 1], n ≥ 1, i довести, що1∫0

xn(t)dg(t) → g(1) − g(1−) для кожної

функцiї g ∈ BV0([0, 1]), а потiм скористатись задачею 8. 2),3) Розгля-

нутиn∑

k=1

e2k, n ≥ 1. 27. До послiдовностi {fn : n ≥ 1} ⊂ X∗ такої,

що ||fn|| = 1 та |fn(xn − x)| = ||xn − x||, n ≥ 1, застосувати теоре-му 4. 28. 2) Скористатись задачею 18.3; 3) Скористатись наслiдком 1 зтеореми Гана – Банаха; 4) Урахувати, що якщо xn ∈ B(x0, r), n ≥ 1,

i xnw−→ y, то x − x0 → y − x0, а потiм скористатись задачею 21.2.

92

29. Переконатись, що достатньо розглянути випадок, коли ||xn|| = ||x|| =1, n ≥ 1, при цьому досить довести, що ||xn+x

2 || → 1, n → ∞. Зазадачею 34 роздiлу 4 iснує такий функцiонал f ∈ X∗, що ||f || = 1 i|f(x)| = ||x|| = 1. При цьому |f(xn+x

2 )| ≤ ||xn+x2 || ≤ 1, n ≥ 1, а

також |f(xn+x2 )| → 1, n → ∞. 30. Не втрачаючи загальностi, при-

пустимо, що ||x(n)|| = 1, n ≥ 1, x(n) w−→ 0. Використовуючи поко-ординатну збiжнiсть до нуля, побудувати послiдовностi цiлих чисел 1 =n1 < n2 < ... < nj < ... та 0 = p0 < p1 < ... < pj < ... такi,

щоpi−1∑k=1

|x(ni)k | < 1

4 ,pi∑

k=pi−1+1

|x(ni)k | > 3

4 , i ≥ 1 (скористатись iнду-

кцiєю за j). Далi, поклавши yk := signx(ni)k , pi−1 < k ≤ pi, i ≥

1, розглянути функцiонал f0(x) :=∞∑

n=1xnyn, x ∈ l1, i довести, що

|f0(x(ni))| ≥ 2∑

k=pi−1+1

pi|x(ni)k |−||x(ni)||, звiдки отримати суперечнiсть.

32. 1) Застосувати теорему Банаха – Штейнгауза до послiдовностi фун-

кцiоналiв fn(x) :=n∑

k=1

akxk, x ∈ lp, n ≥ 1; 2) Розглянути послiдовнiсть

fn(x) :=b∫a

pn(t)x(t)dt, x ∈ Lp([a, b]), де pn(t) = p(t), якщо |p(t)| ≤ n,

i pn(t) = n, якщо |p(t)| > n, n ≥ 1. 34. Скористатись теоремою 3 з

роздiлу 4. 35. f(x) =1∫0

x(t)dt, x ∈ C([0, 1]). Збiжностi за нормою

немає. Розглянути послiдовнiсть неперервних кусково-лiнiйних функцiй xn

таких, що xn( kn) = 1, 0 ≤ k ≤ n, xn(1

2( kn + k+1

n )) = 0, 0 ≤ k ≤ n− 1.37. Для доведення достатностi розглянути допомiжну схiдчасту функцiю,"близьку"до x(t), t ∈ [a, b], у рiвномiрнiй нормi, причому сходинки ви-брати в точках неперервностi F0. Для доведення необхiдностi зауважи-ти, що умова sup

n≥1V (Fn, [a, b]) < +∞ випливає з критерiю ∗-слабкої

збiжностi, тодi використати теорему Хеллi, згiдно з якою така послiдов-нiсть мiстить пiдпослiдовнiсть указаного вигляду, i довести збiжнiсть усiєїпослiдовностi внаслiдок єдиностi границi (мається на увазi, що всi фун-кцiї Fn неперервнi, наприклад, справа на (a, b) i Fn(a) = 0, n ≥ 0).38. Нi. Наприклад, X := c, L := {y = (y0, y1, ...) ∈ l1 | y0 = 0} абоX := (C([0, 1]))∗, L := ϕ(C([0, 1])), де ϕ : C([0, 1]) → (C([0, 1]))∗∗– оператор канонiчного вкладення. 39. 1) Кожну функцiю x ∈ C([0, 1])зобразити у виглядi x = x+−x−, де x+, x− – невiд’ємнi неперервнi фун-кцiї на [0, 1], довести, що iснує lim

n→∞(fn−f1)(x±) i застосувати теорему 3.

93

2) Нi. Розглянути функцiї pn(t) := p0(2nt), t ∈ [0, 1], n ≥ 1, де p0(t) :=(−1)k, t ∈ [k, k + 1), k ∈ N ∪ {0}. 3) Так. 40. 1),2) Якщо f 6= 0,то необхiдно й достатньо, щоб послiдовнiсть {αn : n ≥ 1} збiгалась.41. 1) Розглянути випадки t ∈ [a, a + δ) i t ∈ [a + δ, b]. 43. Довести,

що fn∗−w−−−→ f на c, якщо f(x) := lim

n→∞xn, x ∈ c, урахувавши

тотальнiсть множини {en : n ≥ 0} у c, де e0 = (1, 1, ...).

44. Встановити, що Cn :=n∑

k=0

ck =n∑

k=0

akBn−k, де Bn =n∑

k=0

bk, n ≥ 0.

Для доведення необхiдностi при фiксованому B = (B0, B1, ...) ∈ c роз-глянути Cn як функцiонали вiд a = (a0, a1, ...) ∈ l1 i довести їх ∗-слабку збiжнiсть. Для доведення достатностi при фiксованiй послiдовностi{an : n ≥ 0} ⊂ C розглянути Cn як функцiонали вiд B ∈ c i скориста-тись теоремою 1. 45. Скористатись перетворенням Абеля i задачею 33.46. Нехай {xn : n ≥ 1} ⊂ S(0, c) – множина, скрiзь щiльна в S(0, c),де c > 0. Тодi iснує функцiонал fn ∈ X∗, для якого ||fn|| = 1 таf(xn) = ||xn||, n ≥ 1. Далi, користуючись теоремою 4, довести, що

B(0, c) =∞⋂

n=1{x ∈ X | fn(x) ≤ c} .

РОЗДIЛ 6

7. Урахувати, що збiжнiсть у скiнченновимiрному просторi рiвносильнапокоординатнiй збiжностi (див. задачу 75 з роздiлу 1). 8. Якщо{e1, ..., em} ⊂ X, {g1, ..., gn} ⊂ Y – базиси в X та Y, то Ax =n∑

j=1(

m∑k=1

ajkxk)gj , x =m∑

k=1

xkek, де (ajk)nmj=1,k=1 – числова матриця та-

ка, що {ajk | j = 1, ..., n} – координати вектора Aek в базисi {g1, ..., gn}.1) ||A|| = max

1≤k≤m

n∑j=1

|ajk|; 2) ||A|| = max1≤j≤n

m∑k=1

|ajk|;3) ||A|| = max {|ajk| | 1 ≤ j ≤ n, 1 ≤ k ≤ m} ; 4) ||A|| =

maxxk=±1, k=1,m

n∑j=1

|m∑

k=1

ajkxk|; 5) ||A|| = max1≤j≤n

√m∑

k=1

a2jk. 9. ||A|| =

supn≥1

|αn|. 10. 1),2) ||A|| = maxt∈[a,b]

|a(t)|. 12. ||A|| =( ∞∑

n=1

1n2

) 12

= π√6.

13. ||A|| ≤(

∞∑j,k=1

|αjk|2) 1

2

. 14. Для доведення рiвностi у спiввiд-

94

ношеннi ||A|| ≤ maxt∈[a,b]

b∫a|K(t, s)|ds, яке легко отримати, урахувати, що

для кожного фiксованого t ∈ [a, b] функцiонал ft(x) := (Ax)(t), x ∈C([a, b]), є лiнiйним i неперервним на C([a, b]), та скористатись зада-чею 25.1 роздiлу 3. 15. Скористатись теоремою Фубiнi та нерiвнiстю

Гельдера. 16. ||A|| = maxt∈[a,b]

t∫a|K(t, s)|ds. Див. вказiвку до задачi 14.

17. 1) ||A|| = 1; 2) Для доведення замкненостi скористатися зобра-

женням xn(t) = xn(a) +t∫

ax′n(u)du i перейти до границi при n →

∞ (або скористатися теоремою про почленне диференцiювання функцiо-нального ряду). Для доведення розривностi A розглянути послiдовнiсть

{tn, t ∈ [0, 1] : n ≥ 1} . 19. 1) ||I|| = 1; 2) ||I|| = (b − a)1q− 1

p .21. An – iнтегральний оператор з ядром Kn, яке визначається iндукцi-

єю: K1(t, s) = K(t, s), 1) Kn(t, s) :=b∫a

K(t, τ)Kn−1(τ, s)dτ, (t, s) ∈

[a, b]2; 2) Kn(t, s) :=t∫s

K(t, τ)Kn−1(τ, s)dτ, a ≤ s ≤ t ≤ b, n ≥ 2.

22. ||A|| = 1β−α , якщо γ = α; ||A|| =

((α−γ)α−γ

(β−γ)β−γ

) 1β−α

, якщо γ < α.

23. ||A|| = ||f || · ||y||. 24. ||A|| = ||y|| · ||z||. 25. ||A|| = ||p||X ·||q||X∗ . 26. Для доведення необхiдностi врахувати, що оскiльки R(A)– скiнченновимiрний пiдпростiр, то в ньому iснує базис {y1, ..., yn} ⊂ Y.

При цьому ∀x ∈ X ∃!{f1(x), ..., fn(x)} ⊂ K : Ax =n∑

k=1

fk(x)yk.

Лiнiйнiсть функцiоналiв fk випливає з лiнiйної незалежностi елементiвy1, ..., yn, а неперервнiсть є наслiдком рiвносильностi збiжностi у скiнчен-новимiрному просторi покоординатнiй збiжностi. 28. ||A|| = max

1≤k≤n|ck|.

29. 1) ||A|| = 1β+1 ; 2) ||A|| = 1

2e3(1− e−2); 3) ||A|| = 2π ; 4) ||A|| = 2;

5),7),8) ||A|| = π; 6) ||A|| = 1(2α+1)(2β+1) ; 9) ||A|| = 1.

30. 1)-6) ||A|| = 1. 32. 2) Нi. Нехай X = C1([a, b]) з рiвномiрноюнормою, Y = C([a, b]), (Ax)(t) = x′(t), t ∈ [a, b], x ∈ X. 3) а) I;б) Нехай X := Y := l2, Ax := (x1,

x22 , x3

3 , ...). Тодi R(A) – скрiзь щiль-на в l2 (бо мiстить усi фiнiтнi вектори), (1, 1

2 , 13 , ...) /∈ R(A). 34. I спосiб.

Маємо, що ∀x ∈ X ∃ {fk(x) : 1 ≤ k ≤ m} ⊂ K : Ax =m∑

k=1

fk(x)yk,

де {y1, ..., ym} – базис в R(A). Для доведення неперервностi функцiона-лiв f1, ..., fm скористатися задачами 26.5 з роздiлу 4 (переконатись, що унiй неперервнiсть функцiоналiв не iстотна), 39 з роздiлу 3 i 4 з роздiлу 1.

95

II спосiб. Довести бiєктивнiсть оператора A′ : X/KerA → R(A), A =A′B, де X/KerA – фактор-простiр (див. [5,15,17-19]), B : X → X/KerA-- оператор, який ставить у вiдповiднiсть кожному елементу з X клас сумiжно-стi, що мiстить цей елемент. 35. Див. задачу 5 з роздiлу 9. 36. Для до-ведення достатностi встановити, що якщо B(x0, r) ⊂ {x ∈ X | ||Ax|| < 1}для деяких x0 ∈ X та r > 0, то ∀u ∈ B(0, r) : ||Au|| = ||Ax0 +A(u − x0)|| ≤ ||Ax0|| + 1, звiдки вивести обмеженiсть оператора A.38. Скористатись наслiдком 3 з теореми Гана – Банаха i задачею 37.3.39. 1) α ≥ 0, ||A|| = 1; 2) 0 < α ≤ 1, ||A|| = 1√

α; 3) 0 < α ≤

2β + 1, ||A|| = 1√α. Скористатись задачею 32.2 з роздiлу 5. 41. Не-

хай A = {α = (α1, α2, ...) | αn ∈ {0, 1}, n ≥ 1} , {en : n ≥ 1} – ор-тонормований базис в X, Pα – ортопроектор на з.л.о.({αnen | n ≥ 1}),α ∈ A. Оскiльки множина A незлiченна i ||Pα − Pβ|| = 1 при α 6=β, α, β ∈ A, то L(X) несепарабельний. 42. X – скiнченновимiрний.Якщо dimX < +∞, то dimL(X) < +∞, отже, простiр L(X) сепара-бельний. Якщо X – банахiв простiр, dimX = +∞, то за задачею 85 зроздiлу 1 iснує базис Гамеля {eα | α ∈ A} ⊂ X, причому вiн незлiченний.Для кожного α ∈ A покладемо Aαx := xα, де xα – коефiцiєнт при eα у

розкладi x =n∑

k=1

xαkeαk

. Тодi сiм’я операторiв {Aα : α ∈ A} ⊂ L(X)

незлiченна i ||Aα − Aβ|| ≥ ||(Aα − Aβ)eα|| = 1 при α 6= β, α, β ∈ A.Отже, L(X) несепарабельний. Якщо X неповний ЛНП, то L(X) iзоме-трично iзоморфний L(X), де X – поповнення X. 43. 1) Нi. 2) Так.Так. 45. Поклавши в нерiвностi з умови y := Ax, отримаємо вклю-чення A ∈ L(H). Позначимо cA := sup

||x||=1, ||y||=1|(Ax, y)|. Оскiльки

|(Ax, y)| ≤ ||A|| · ||x|| · ||y|| = ||A||, x, y ∈ S(0, 1), то cA ≤ ||A||. Нав-паки, ∀x ∈ S(0, 1) : ||Ax||2 = ||Ax||(Ax, Ax

||Ax||) ≤ ||Ax|| · cA, звiдки||A|| ≤ cA. 46. 1) За допомогою теореми Фубiнi та нерiвностi Кошi – Бу-няковського довести, що |(Ax, y)| ≤ (a1a2)

12 ||x|| · ||y||, x, y ∈ L2(T, µ),

i скористатись задачею 45. 47. 3) Розв’язок див. [15] (гл. 5, §8).48. Нехай fy(x) := (Ax, y), x, y ∈ H. Застосувати до множини фун-кцiоналiв

{fy | y ∈ B(0, 1)

}теорему Банаха – Штейнгауза.

РОЗДIЛ 7

4. Рiвномiрна збiжнiсть в L(X,K) рiвносильна збiжностi за нормою вX∗, а сильна та слабка – ∗-слабкiй збiжностi в X∗. 5. Повторити мiрку-вання з доведення теореми 2 роздiлу 5. 6. У формулюваннi задачi 5 спiв-вiдношення Anx → Ax, n →∞, в X2 замiнити на Anx

w−→ Ax, n →∞,в X2. 7. Далi через A позначена границя послiдовностi {An : n ≥ 1} ,

96

якщо вона iснує. 1) При p = 1 не збiгається, а при 1 < p < +∞ – слабко,A = 0. 2) При 1 ≤ p < +∞ – сильно, A = 0, а при p = +∞ не збiгається.3) Сильно, A = 0. 4) Сильно, A = 0. 5) При p = 1 i p = +∞ не збiгається,а при 1 < p < +∞ – слабко, A = 0. 6) Сильно, A = 0. 7) Не збiгається.

8) Сильно, Ax =∞∑

n=1xne1. 9) Рiвномiрно, Ax = (x1,

x22 , x3

3 , ...). 10) Рiв-

номiрно, A = I. 11) Сильно, A = I. 12) Рiвномiрно, A = 0. 13) Рiвномiр-но, Ax = (x1,

x22 , x3

3 , ...). 14) Рiвномiрно, Ax = (x1,x22 , ..., xk

k , 0, 0, ...).8. 3),6) Слабко, A = 0. 11) Збiжностi немає. 9. 1) Рiвномiрно⇔ сильно⇔ слабко ⇔ {αn : n ≥ 1} збiгається. 2) При 1 < p ≤ +∞ рiвномiрно⇔ сильно ⇔ αn → 0, n → ∞, слабко ⇔ {αn : n ≥ 1} – обмеже-на; при p = 1 рiвномiрно ⇔ сильно ⇔ слабко ⇔ αn → 0, n → ∞.3) При 1 ≤ p < +∞ сильно ⇔ слабко ⇔ {αn : n ≥ 1} обмежена,рiвномiрно ⇔ αn → 0, n → ∞; при p = +∞ рiвномiрно ⇔ силь-но ⇔ слабко ⇔ αn → 0, n → ∞. 4) При 1 ≤ p < +∞ сильно ⇔слабко ⇔ {αn : n ≥ 1} збiгається, рiвномiрно ⇔ αn → 0, n → ∞;при p = +∞ рiвномiрно ⇔ сильно ⇔ слабко ⇔ αn → 0, n → ∞.5) При 1 < p ≤ +∞ рiвномiрно ⇔ сильно ⇔ αn = 0, n ≥ 1, слабко⇔ {αn : n ≥ 1} обмежена; при p = 1 рiвномiрно ⇔ сильно ⇔ слаб-ко ⇔ αn = 0, n ≥ 1. 6) При p = 1 рiвномiрно ⇔ αn = 0, n ≥ 1,сильно ⇔ слабко ⇔ αn → 0, n → ∞; при 1 < p < +∞ рiвномiрно⇔ αn = 0, n ≥ 1, сильно ⇔ αn → 0, n →∞, слабко ⇔ {αn : n ≥ 1}обмежена; при p = +∞ рiвномiрно ⇔ сильно ⇔ αn = 0, n ≥ 1, слабко⇔ {αn : n ≥ 1} – обмежена. 7) При 1 ≤ p < +∞ рiвномiрно ⇔ αn =0, n ≥ 1, сильно ⇔ слабко ⇔ {αn : n ≥ 1} обмежена; при p = +∞рiвномiрно ⇔ сильно ⇔ αn = 0, n ≥ 1, слабко ⇔ αn → 0, n → ∞.8) Рiвномiрно ⇔ сильно ⇔ слабко ⇔ {αn : n ≥ 1} збiгається. 9) При1 ≤ p < +∞ рiвномiрно ⇔ αn → 0, n → ∞, сильно ⇔ слабко⇔ {αn : n ≥ 1} збiгається; при p = +∞ рiвномiрно⇔ сильно⇔ слабко⇔ αn → 0, n →∞. 10) При 1 ≤ p < +∞ рiвномiрно⇔ αn = 0, n ≥ 1,сильно ⇔ слабко ⇔ {αn : n ≥ 1} збiгається; при p = +∞ рiвномiр-но ⇔ сильно ⇔ αn = 0, n ≥ 1, слабко ⇔ αn → 0, n → ∞.10. Далi через A позначається границя послiдовностi {An : n ≥ 1} ,якщо вона iснує. 1),6),8),13),16)-18),20) Рiвномiрно, A = 0. 2)-5),7),19)

Збiжностi немає. 9) Рiвномiрно, (Ax)(t) =t∫0

x(s) sin sds. 10),21) Силь-

но, A = I. 11),15) Слабко, A = 0. 12) Сильно, (Ax)(t) = x(0)t.

14) Рiвномiрно, (Ax)(t) =12∫0

tx(s)ds. 11. 1) При 1 < p < +∞ слаб-

ко, A = 0; при p = 1 не збiгається. 2),3),9) Сильно, A = 0. 4) Рiв-номiрно, A = 0. 5)-8) Слабко, A = 0. 10) Сильно, A = I. 11) При

97

p = 1 сильно, а при 1 < p < +∞ рiвномiрно, A = 0. 12. Грани-чний оператор – це оператор множення на деяку функцiю p ∈ C([a, b]).1),2) pn → p, n →∞, в C([a, b]); 3) pn

w−→ p, n →∞, в C([a, b]) (тобтопослiдовнiсть {pn : n ≥ 1} обмежена в C([a, b]) i поточково збiжна до p).13. 2) Необхiдно й достатньо, щоб X2 був повний вiдносно слабкої збiжно-стi. 16. 1) Урахувати, що Snx – це часткова сума ряду Фур’є функцiї x.

2) Випливає з оцiнокπ∫−π|Dn(t)|dt = 2

π

π2∫0

| sin(2n+1)t|sin t dt ≥

2π

n−1∑k=0

π(k+1)2n+1∫πk

2n+1

| sin(2n+1)t|t dt = 2

π

n−1∑k=0

π(k+1)∫πk

| sin u|u → +∞, n → ∞. 3) За-

стосувати теорему Банаха –Штейнгауза, довiвши, що ||Sn|| =π∫−π

|Dn(t)|dt

у C i в L1([−π, π]). 4) Для довiльного фiксованого t ∈ [−π, π] розгляну-ти послiдовнiсть функцiоналiв fn(x) := (Snx)(t) i врахувати, що ||fn|| =||Sn||. 5) Для послiдовностi функцiоналiв fn(y) := 1

π

π∫−π

(Snx)(t)y(t)dt =

a0α02 +

n∑k=1

(akαk + bkβk), y ∈ L1([−π, π]), n ≥ 1, встановити, що

||fn|| = 1π ||Snx||∞, n ≥ 1. Далi скористатись п. 3) i теоремою Банаха

– Штейнгауза. 17. Встановити, що ∀y0 ∈ X ∀x ∈ X ∃Cx > 0∀y ∈B(y0, 1) : |B(x, y)| ≤ Cx i застосувати теорему Банаха – Штейнгауза.18. Для доведення розривностi B на X × X розглянути послiдовнiсть{pn : n ≥ 1} ⊂ X, що збiгається в X до функцiї (0, 1] 3 t 7→ t−

12 ,

i, користуючись лемою Фату, отримати рiвнiсть limn→∞

B(pn, pn) = +∞.

19. 3) X := l2, Bnx := (0, ..., 0︸︷︷︸n−1

, x1, x2, ...), Anx := (xn, xn+1, ...), x ∈

l2, n ≥ 1. 20. 4) Див. розв’язок задачi 19.3. 21. Скористатись крите-рiєм Гаусдорфа та теоремою Банаха – Штейнгауза. 22. Встановити, що∀x, y ∈ H ∃ lim

n→∞(Anx, y). Користуючись слабкою повнотою H, отрима-

ти, що ∀x ∈ H ∃Ax ∈ H : Anxw−→ Ax. Далi довести включення

A ∈ L(H). 23. Скористатись критерiєм Кошi. Нерiвнiсть ||ϕ(A)|| ≤ϕ(||A||) виконується, якщо, наприклад, λk ≥ 0, k ≥ 0. 26. Необхi-

днiсть. Якщо Ans−→ A, то R(A) ⊂

∞⋃n=1

R(An). Урахувати, що скiнченно-

вимiрний простiр сепарабельний. Достатнiсть. Якщо {en : n ≥ 1} – орто-

98

нормований базис в H, то для A ∈ L(H) розглянути Anx :=n∑

k=1

xkAek,

де x =∞∑

k=1

xkek ∈ H, n ≥ 1. 27. 2) Спочатку довести рiвнiсть для

функцiй з Tn, потiм – для sinmt, cosmt при m > n. Далi врахува-ти, що при фiксованому s права й лiва частини рiвностi є лiнiйними не-

перервними функцiоналами на C, якi рiвнi на∞⋃

n=1Tn. 3) Скористатись

п. 2) i оцiнками з розв’язку задачi 16. 28. 1) Див. вказiвку до зада-чi 45.1 роздiлу 3. 2) Скористатись або задачею 41.1 з роздiлу 5 i мо-нотоннiстю невiд’ємного оператора, або методом вiд супротивного, тео-ремою Больцано – Вейєрштрасса i задачею 41.2 роздiлу 5. Вiдповiдь напитання позитивна. 29. 1) Можна скористатись задачею 28 або спiв-вiдношенням ||Bnx − Knx|| → 0, n → ∞, x ∈ C([0, 1]), де Bnx –многочлен Бернштейна. 2) Скористатись п. 1 i задачею 5. Kn

s−→/ I вL∞([0, 1]), бо iнакше L∞([0, 1]) був би сепарабельним. 30. Для скрiзьщiльної в H послiдовностi {xn : n ≥ 1} дiагональним методом побудува-ти пiдпослiдовнiсть {Ank

: k ≥ 1} , слабко збiжну на кожному xn. Да-лi, користуючись слабкою повнотою гiльбертового простору, показати, що∀x ∈ H ∃y ∈ H : Ank

xw−→ y, покласти Ax := y i довести, що

A ∈ L(H).

РОЗДIЛ 8

4. Скористатись рiвнiстю dimKerA + dimR(A) = m, вiдомою з лi-нiйної алгебри, i задачею 7 з роздiлу 6. 5. 1) Див. задачу 1.2.2) Урахувати, що R(A) – скрiзь щiльна в l2 (бо мiстить усi елементивиду x = (x1, ..., xn, 0, ...)) i (1, 1

2 , 13 , ...) /∈ R(A). 7. 1) (A + B)−1 =

A−1 +∞∑

n=1(A−1B)nA−1. Скористатись теоремою 4 i задачею 13. 8. Не-

обхiднiсть випливає iз задачi 13, а для доведення достатностi перевiритиумови теореми 2, урахувавши, що ||Ax|| ≥ ||A2x||

||A|| ≥ m||A|| ||x||, x ∈ X, для

деякого m > 0. 11. (A−1i y)(t) = y′(t), t ∈ [0, 1], y ∈ Xi, i = 1, 2.

12. Скористатись методом розв’язання лiнiйних диференцiальних рiвнянь

першого порядку. 1) (A−1y)(t) = 12e

32t

t∫0

e−32sy(s)ds; 2) (A−1y)(t) =

et2

2

t∫0

e−s2

2 y(s)ds; 3) (A−1y)(t) = e−ett∫0

eesy(s)ds; 4) (A−1y)(t) =

99

e−23t3

t∫0

e23s3

y(s)ds; 5) (A−1y)(t) = e−2te−t−2e−tt∫0

e2se−s+2e−s−sy(s)ds;

6) (A−1y)(t) = e−t(t + 1)t∫0

es

(s+1)2y(s)ds; 7) (A−1y)(t) =

e−

t∫0

α(s)ds t∫0

e

s∫0

α(u)duy(s)ds, t ∈ [0, 1], y ∈ C([0, 1]). 13. Перевiри-

ти, що (AB)C = C(AB) = I, де C := B−1A−1, i застосувати те-

орему 3. 14. ((AB)−1y)(t) = y(√

t)√t+1

, ((BA)−1y)(t) = y(√

t)t+1 , t ∈

[0, 1], y ∈ C([0, 1]). 15. Урахувати, що B = (BA)A−1. 16. 1) Дове-сти, що (I − BA)C = C(I − BA) = I, де C := I + B(I − AB)−1A.2) Розглянути Ax := (x2, x3, ...), Bx := (0, x1, x2, ...), x ∈ l2.3) Так. Довести, що KerA = KerB = {0}. 17. Скористатись мето-дом вiд супротивного. 19. 1) Не iснує для i = 0, iснує для i = 1, 2.2) Не для всiх i = 0, 1, 2. 20. (B−1y)(t) = y( 3

√t), t ∈ [−1, 1], y ∈

C([−1, 1]). 23. 1) Так, A−1 = A. 2) Так, A−1y = (y1 − y2 − y3, y2 +y3, y3, y4, ...), y ∈ l2. 3)-5) Нi. 6) Так, A−1y = (y1 + y2, y2, y3, ...), y ∈l2. 7) Так, A−1y =

(12(y2 + y3), 1

2(y1 − y2), 12(y1 − y3), y4, y5, ...

), y ∈

l2. 24. R(A) ⊂л.о.({x1, x2}), де xk(t) = tk, t ∈ [0, 1], k = 1, 2.25. Нi. 26. Застосувати теорему 1 до тотожного оператора. Повнотаiстотна (див. задачу 36 з роздiлу 1).

РОЗДIЛ 9

6. 5) Випливає з рiвностей (A−1)∗A∗ = (AA−1)∗ = I та A∗(A−1)∗ =(A−1A)∗ = I. 8. 2) Довести, що при фiксованому x ∈ H функцiоналf(y) := (Ax, y), y ∈ H, є лiнiйним i неперервним, та застосувати теоремуРiсса. 10. Скористатись задачею 7. 11. 1) Скористатись задачею 7. 2)

H = R2, A :=(

0 1−1 0

). 12. 1) Скористатись задачею 10. 3) H =

C, Az := iz, z ∈ C. 10) m := −||A||, M := ||A||. 11) H := R2, A :=(1 00 0

), B :=

(0 00 1

). 15) Довести, що коли yn ∈ R(A), n ≥ 1, i

yn → y, n →∞, то Ay = y. 13. 1) Скористатись задачею 14 з роздiлу2. 2) Довести, що коли {e1, ..., en} ⊂ H – ортонормований базис в H, A– iзометричний оператор, то {Aek | 1 ≤ k ≤ n} – ортонормована системав H, а отже, є базисом. 5) Розглянути оператор iз задачi 30.1 роздiлу 6.

14.4) m := 2, A :=(

0 00 1

). 15.1) A∗y = (α1y1, α2y2, ...); 2) A∗y =

100

(0, y1, y2, ...); 3),6),9),10),12),13),15),16) A∗ = A; 4) A∗y = (yj , 0, 0, ...);5) A∗y = (y1 + ... + yj , 0, 0, ...); 7) A∗y = (0, ..., 0︸︷︷︸

j−1

, αjy1, αj+1y2, ...);

8) A∗y = (α1y3, α2y4, ...); 11) A∗y = (3y1,−2y1 + y2, y3, y4, ...);

14) (A∗y)(t) = a(t− s)y(t − s); 17) (A∗y)(t) =1∫√

t

τ3y(τ)dτ ;

18) (A∗y)(t) =1∫0

t3τ2x(τ)dτ ; 19) (A∗y)(t) = 1α t

1α−1 y(t

1α ); 20) A∗u =

(z, u)y. 16. 1) αn ∈ R, n ≥ 1; 2) αn ∈ C – довiльне, n ≥ 1; 3),4) |αn| =1, n ≥ 1; 5) αn ∈ {0, 1}, n ≥ 1; 6) αn 6= 0, n ≥ 1. 18. 1) (A−1

s x)(t) =(A∗sx)(t) = x(t−s), t∈ R, x ∈ L2(R). 19. Тодi й тiльки тодi, коли пiд-

простiр збiгається з усiм простором. 20. 1) Px :=k∑

n=1(x, en)en, x ∈ H.

21. 1) H = C, Az = iz, z ∈ C; 2),9) H = R2, A =(

1 10 0

);

3)-5) H = R2, A =(

0 11 0

); 6),7) H = l2, Ax = (x1,

x22 , x3

3 , ...), x ∈

l2; 8) H = R2, A =(

1 00 0

), B =

(1 11 1

); 10) H = R2, A =

(0 10 0

); 11) H = L2(R), (Ax)(t) = x(−t), (Bx)(t) = x(1 − t),

t∈ R, x ∈ H. 22. 1) Розглянути функцiюC 3 λ 7→ (A(x+λy), x+λy).

23. 1) Нi. Нехай H = R2, A =(

1 22 1

), x = (−1, 2 +

√3), y =

(1,−2 +√

3). Тодi x, y ∈ G, але x + y /∈ G. 2) Так. Для доведеннятого, що x + y ∈ G, коли x, y ∈ G, встановити, що Re(Ax, y) = 0,урахувавши нерiвнiсть (A(x ± y), x ± y) ≥ 0. 24. Встановити, що||Anx||2 ≤ ||An−1x|| · ||An+1x||, x ∈ H, n ≥ 1. 27. Скористатисьзадачею 17 роздiлу 7 i теоремою 1. 29. Для доведення достатностiскористатись задачею 11.1 та самоспряженiстю оператора A∗A − AA∗.30. 2) Довести, що ||A∗Ax||2 = ||A2x||2, x ∈ H, i скористатись задачею25. 4) Скористатись задачею 6.5. 31. 3) ⇒ 4) Випливає iз задач 12.15 i30.1. 4) ⇒ 5) Оскiльки ∀x ∈ H : Px− P 2x = 0, то (I − P )x ∈ KerP,тому (Px, x) = (Px, Px + (I − P )x) = (Px, Px). 5) ⇒ 1) Див. дове-дення достатностi в задачi 5.2. 32. 5) P1AP1 = AP1; 6) AP1 = P1A.33. 3) H := l2, Anx := (xn, xn+1, ...), x ∈ l2. 34. 5),6) H :=

l2(Z) :={

x = (..., x−1, x0, x1, ...) | xk ∈ R, k∈ Z,∑

k∈Zx2

k < +∞}

,

101

l2(Z) 3 x 7→ Anx := y, де yk = xk−n, k∈ Z. 35. Скористатисьзадачею 22.2. 36. З умови An ≥ An+1 ≥ 0 вивести, що ∀x ∈ H :∃ lim

n→∞(Anx, x), звiдки, урахувавши поляризацiйну тотожнiсть, отримати,

що ∀x, y ∈ H : ∃ limn→∞(Anx, y). Далi скористатись задачами 22 з роздi-

лу 7, 34.2 та 35. 37. 1) Скористатись задачею 5 з роздiлу 7, поклавши

M :=

{x + y | x ∈

( ∞⋃n=1

Hn

)⊥, y ∈

∞⋃n=1

Hn

}i врахувавши, що

Hn+1 ⊃ Hn, n ≥ 1 (задача 32.4). 2) Скористатись п.1, урахувавши, що

I−Pn – ортопроектор на H⊥n , n ≥ 1, i з.л.о.

( ∞⋃n=1

H⊥n

)=

( ∞⋂n=1

Hn

)⊥.

3) Застосувати п. 1 до ортопроекторiв P ′n :=

n∑k=1

Pk. 5) Iстотна. Розгляну-

ти послiдовнiсть Pnx := (x, yn)yn, x ∈ H, n ≥ 1, дe {y, yn : n ≥ 1} ⊂H, ||yn|| = 1, yn 6= y, n ≥ 1, yn → y, n → ∞. 6) H = l2, Pnx :=(x, yn)yn, де yn := (1

2 , 0, ..., 0,√

32 , 0, ...), n ≥ 1. 7) Скористатись зада-

чею 34.4. 38. Розглянути оператор Bx := (x, g)f, x ∈ H, де f, g ∈ H– довiльнi фiксованi елементи. 39. Скористатись теоремою 2 з роздiлу 8.Для доведення рiвностi R(A) = H встановити, що KerA = {0}, R(A) =R(A) i не iснує такого y 6= 0, що y⊥R(A). 40. 1) Нехай ∃A−1 ∈ L(H),але ∀n ≥ 1∃un ∈ H : 0 ≤ (Aun, un) < 1

n ||un||2. Тодi для xn :=un||un|| , n ≥ 1, за задачею 22.2 маємо, що ||Axn||2 ≤ ||A||

n , n ≥ 1,

тобто yn := Axn → 0, n → ∞, але A−1yn = xn →/ 0, n →∞. Суперечнiсть. Для доведення достатностi скористатися задачею 39.2) Скористатись п. 1. 3) Скористатись п. 1 i нерiвнiстю mI ≤ A ≤ MI.4) Довести, що ||(A − λI)x||2 = ||(A − αI)x||2 + |β|2||x||2, x ∈ H.5) Скористатись п. 4 i задачею 39. 41. Скористатись теоремою 2 з роз-дiлу 8, задачами 6.5, 28 та задачею 33 з роздiлу 6. 42. 1) Див. розв’язокзадачi 45 з роздiлу 6. 2) Покладемо cA := sup

x∈S(0,1)|(Ax, x)|. Легко ба-

чити, що cA ≤ ||A||. Навпаки, оскiльки |(Ay, y)| ≤ cA||y||2, y ∈ H,

то для кожного x ∈ H, x 6= 0, поклавши λ :=( ||Ax||||x||

) 12, u := 1

λAx,

отримаємо, користуючись поляризацiйною тотожнiстю та рiвнiстю пара-лелограма, що ||Ax||2 = (A(λx), u) = 1

4((A(λx+u), λx+u)−(A(λx−u), λx− u)) ≤ 1

4cA(||λx + u||2 + ||λx− u||2) = 12cA(||λx||2 + ||u||2) =

cA||x|| · ||Ax||, звiдки ||Ax|| ≤ cA||x||, отже, ||A|| ≤ cA. 43. Скори-статись задачами 25 з роздiлу 7 та 1.3. 44. αk ∈ R, γk = βk, k ≥ 1.50. 1) Для доведення другої нерiвностi скористатись задачею 22.2.2) Скористатись методом математичної iндукцiї. 3) Скористатись аналогом

102

задачi 36 для неспадної послiдовностi самоспряжених операторiв з рiвно-мiрно обмеженими нормами. 4) B :=

√||A||(I − B0). 6) Нехай також

C ∈ L(H), C ≥ 0 : C2 = A. Покладемо y := (B − C)x, x ∈ H.Для вектора y послiдовно встановити, що (B + C)y = 0, (By, y) =(Cy, y) = 0, By = Cy, ||y|| = 0. 51. 1)

√Ax = (

√α1x1,

√α2x2, ...).

3)√

A = A. 9)√

Ax = (x1 + x2, x1 + 2x2, x3, 0, ...). 12),15)√

A = A.

13) (√

Ax)(t) =√

tx(t). 16) (√

Ax)(t) =√

2e2−1

1∫0

et+sx(s)ds.

52. 1) Припустивши, що такий оператор B iснує, послiдовно встанови-ти рiвностi KerB = KerA =л.о.({e1}), B3e2 = 0, Be2 = λe1, звiдкиотримати суперечнiсть. 2) Якщо B2 = A, то (B∗)2 = A∗, де A∗ – опера-тор з п.1. 53. Скористатись задачею 50. 54. Скористатись задачею 1.3

або 42.2. 56. 1),2) Нi. H = C2, A =(

1 00 0

), B =

(1 00 −1

).

3),4) Так. 57. B :=√

AA∗. Для доведення єдиностi скористатися зада-чами 11.1 i 50.6. 58. За допомогою теореми 2 з роздiлу 8 довести, що∃(√A)−1 =: A−

12 ∈ L(H), отже, ∃A−1 = ((

√A)−1)2 ∈ L(H), причо-

му A−1 ≤ I. Далi застосувати цей результат до оператора A−12 BA−

12 ,

попередньо встановивши, що A−12 BA−

12 ≥ I. Далi скористатись зада-

чею 12.14. 62. 2) Необхiдно й достатньо, щоб: а) dimH⊥1 ≤ dimH⊥

2 ;б) dimH⊥

1 = dimH⊥2 . 63. 1) Урахувати задачi 28 i 59. Потрiбно дове-

сти коректнiсть означення оператора U (якщо |A|x = |A|y, то Ax = Ay),те, що U – часткова iзометрiя, i рiвнiсть A = U |A|. 2) Записати полярнийрозклад для оператора A∗. 64. 1) Bx = |A|x = (|α1|x1, |α2|x2, ...),Ux = (x1 sign α1, x2 signα2, ...), x ∈ l2. 2) |A| – ортопроектор наз.л.о.({en : n ≥ 2}), U = A. Полярнi розклади: A = A|A| i A = AI.

3) A = A · A = IA = AI. 65. 1) Встановити, що U : R(B) →H – iзометричний оператор, i врахувати, що (A∗Ax, y) = (Ax,Ax) =(UBx, UBy) = (Bx, By) = (B2x, y), x, y ∈ H. Розглянути оператор ззадачi 64.3. 2) Необхiдно й достатньо, щоб: а) dimKer A ≤ dimKer A∗;б) dimKerA = dim KerA∗; в) KerA = {0}; г) KerA = KerA∗ = {0}.4) Скористатись п.2 i задачами 30.1 та 50.5. 5) Установити, що A∗C−1 =C−1A∗, i вивести звiдси, що A∗C = CA∗. Далi скористатись задачею50.5. Рiвнiсть CU = UC довести окремо на R(|A|) i KerA. 6) Нi. Дляоператора A iз задачi 64.2 розглянути C := A, B := |A|. 66. 1) Ско-ристатись задачами 4.2, 6 i 40.5, а також тим, що якщо AB = BA i∃B−1 ∈ L(H), то AB−1 = B−1A. 2) Ураховуючи задачу 4.2, маємо(A∗ + iI)−1(A − iI) = U∗ = U−1 = (A − iI)(A + iI)−1, звiдки(A∗ − iI)(A + iI) = (A∗ + iI)(A − iI), отже, A = A∗. 67. Су-перечностi немає, бо вигляд спряженого оператора залежить вiд способу

103

реалiзацiї спряженого простору, тобто вiд того, за допомогою якого iзомор-фiзму описується простiр, iзоморфний до даного спряженого простору. Узадачi 2 цей iзоморфiзм встановлюється теоремою 5 роздiлу 3, а в за-дачi 66 – теоремою 3 цього ж роздiлу. 68. Формули залишаються тiсамi, але, по-перше, оператор A′ дiє у випадках 1)-11) з lq в lq, а у ви-падках 12)-19) – з Lq в Lq, де q – спряжений iндекс до p, i, по-друге,у випадках 1),7),8) слiд замiнити αk на αk, а у випадку 14) a(t− s) наa(t − s). 69. Формули залишаються тi самi, але: 1) A′ : l1 → l1;2) A′ : l2 → l∞; 3) A′ : l1 → l∞. 70. 1) A′ : l2 → l∞, Ax = x, x ∈ l2.

2) A′ : BV0([0, 1]) → BV0([0, 2]), (A′g)(t) =

{g(t), t ∈ [0, 1],

g(1), t ∈ (1, 2];

3) A′ : Lq([0, 1]) → Lq([0, 2]), (A′y)(t) =

{y(t), t ∈ [0, 1],

0, t ∈ (1, 2];

4) A′ : BV0([0, 1]) → BV0([0, 1]), (A′g)(t) =t∫0

a(u)dg(u), t ∈ [0, 1],

g ∈ BV0([0, 1]); 5) A′ : BV0([0, 1]) → BV0([0, 1]), (A′g)(t) =t∫0

(g(1)−g(u))du, t ∈ [0, 1], g ∈ BV0([0, 1]); 6) A′ : Y ∗ → X∗,A′g = g(y0)f0, g ∈ Y ∗.

РОЗДIЛ 10

5. 2) A =

0 ... 0 10 ... 0 0... ... ... ...

0 ... 0 0

. 6. Скористатись рiвнiстю Rλ(A) =

− 1λ(I − 1

λA)−1 i теоремою 4 з роздiлу 8. 7. Показати, що якщо B ∈L(X), ∃B−1 ∈ L(X) i AB = BA, то AB−1 = B−1A. 8. 1) σp(A) =

{an : n ≥ 1} ; 2) σ(A) = {an : n ≥ 1}, Rλ(A)y ={

1an−λyn : n ≥ 1

},

y ∈ lp; 3) Akx ={ak

nxn : n ≥ 1}

, r(A) = supn≥1

|an|; 4) σr(A) =

∅, σc(A) = σ(A)\σp(A). 9. 1) σp(A) = σ(A) = {1}, σr(A) =σc(A) = ∅, r(A) = 1, Rλ(A)y = ( y1

1−λ − y2

(1−λ)2, y2

1−λ , y3

1−λ , ...), y ∈ l2.

2) σp(A) = σ(A) = {1, λ1, λ2}, де λ1,2 = 12(α+ δ±

√(α− δ)2 + 4βγ),

σr(A) = σc(A) = ∅, r(A) = max{1, |λ1|, |λ2|}, Rλ(A)y =((α−λ)y1−βy2

(α−λ)(δ−λ)−βγ , (α−λ)y2−γy1

(α−λ)(δ−λ)−βγ , y3

1−λ , y4

1−λ , ...)

, y ∈ l2. 3) σp(A) =

104

σ(A) = {−2, 1, 1 ± i√

3}, σr(A) = σc(A) = ∅, r(A) = 2, Rλ(A)y =(8y2+2λy3−λ2y1

λ3+8, 2y3−λy1−λ2y2

λ3+8, −λ2y3−4y1−4λy2

λ3+8, y4

1−λ , y5

1−λ , ...)

, y ∈ l2;4) σp(A) = σ(A) = {0, 1}, σr(A) = σc(A) = ∅, r(A) = 1, Rλ(A)y =( y1

1−λ , ..., yk1−λ ,−yk+1

λ ,−yk+2

λ , ...), y ∈ l2; 5) σp(A) = {λ | |λ| < 1} ,

σ(A) = {λ | |λ| ≤ 1} , σr(A) = ∅, σc(A) = {λ | |λ| = 1} , r(A) =

1, Rλ(A)y ={−

∞∑k=0

y2k+n

λk+1 : n ≥ 1}

, y ∈ l2; 6) σp(A) = σ(A) =

{0}, σr(A) = σc(A) = ∅, r(A) = 0, Rλ(A)y = (−y1

λ ,− y1

λ2− y2

λ ,− y1

λ3−y2

λ2 − y3

λ ,−y4

λ ,−y5

λ , ...), y ∈ l2; 7) σp(A) = ∅, σ(A) = {λ | |λ| ≤ 1} ,σr(A) = {λ | |λ| < 1} , σc(A) = {λ | |λ| = 1} , r(A) = 1, Rλ(A)y =x, де x2n−1 = −y2n−1

λ − y2n−3

λ2 − ... − y1

λn , x2n = −y2n

λ − y2n−2

λ2 − ... −y2

λn , n ≥ 1, y ∈ l2. 10. Якщо 1 ≤ p < +∞, то вiдповiдь така ж, як iв задачi 3. Якщо p = +∞, то σp(A) = σ(A) = {λ | |λ| ≤ 1} , σc(A) =σr(A) = ∅, σp(B) = ∅, σ(B) = {λ | |λ| ≤ 1} , σr(B) = σ(B),σc(B) = ∅. 11. Якщо p = +∞, то: 5) σp(A) = σ(A) = {λ | |λ| ≤ 1} ,σc(A) = σr(A) = ∅; 7) σp(A) = σc(A) = ∅, σ(A) = σr(A) ={λ | |λ| ≤ 1} . В iнших випадках вiдповiдь така ж, як i в задачi 9.12. 1) σp(A) = ∅, σ(A) = σr(A) = [a, b], σc(A) = ∅, (Rλ(A)y)(t) =y(t)t−λ , t ∈ [a, b], y ∈ C([a, b]). 2) σp(A) = σr(A) = ∅, σ(A) =

σc(A) = [ea, eb], (Rλ(A)y)(t) = y(t)et−λ , t ∈ [a, b], y ∈ L2([a, b]).

3) σp(A) = ∅, σ(A) = σr(A) = a([0, 1]), σc(A) = ∅, (Rλ(A)y)(t) =y(t)

a(t)−λ , t ∈ [0, 1], y ∈ C([0, 1]). 4) σp(A) = ∅, σ(A) = σc(A) =

a([0, 1]), σr(A) = ∅, (Rλ(A)y)(t) = y(t)a(t)−λ , t ∈ [0, 1], y ∈ L2([0, 1]).

13. σp(A) = {λ∈ C | µ({t ∈ T | a(t) = λ}) > 0} . 14. Скористатисьрiвнiстю A−1 − µI = − 1

µA−1(A − 1µI)−1 i задачею 15 з роздiлу 8.

15. 2) Включення σ(A2) ⊂ {λ2 | λ ∈ σ(A)

}випливає з рiвностi A2 −

λ2I = (A − λI)(A + λI), а протилежне включення – з рiвностi B(A −λI) = (A− λI)B = I, де B = (A + λI)(A2 − λ2I)−1. 3),4) Розклавшивiдповiдний многочлен на множники, повторити мiркування п. 2. 16. Так.Обидва твердження випливають iз задачi 15.4. 17. Скористатись зада-

чею 15.4. 1) A = 0; 2) A = I; 3) X = C2, A =(

1 00 0

). 18. σ(A) =

σ(B) = {0, 1}. 19. Див. задачу 3. 20. 1) Скористатись задачею 1.3 зроздiлу 9 i теоремою 2; випливає також iз задач 40.3 i 42.2 роздiлу 9; 2) Ско-ристатись задачею 6 з роздiлу 9; 3) Випливає з п.2 або iз задачi 40.5 роздiлу9; 4) Випливає iз задачi 40.3 роздiлу 9. 21. Розглянути оператор iз задачi1. 22. Скористатись рiвнiстю U − λI = U−1(I − λU) = −λ(I − 1

λU)

105

i теоремою 4 з роздiлу 8. 23. Нехай λ /∈ {0, 1}, (P − λI)x = y.Оскiльки x = x1 + x2, y = y1 + y2, де x1, y1 ∈ R(P ), x2, y2 ∈(R(P ))⊥, то x1 − λx1 − λx2 = y1 + y2, звiдки x1 = y1

1−λ , x2 = − 1λy2.

26. σp(A) = σ(A) = {0, (z, y)}, якщо dimH > 1; σp(A) = σ(A) ={(z, y)}, якщо dimH = 1; r(A) = |(z, y)|, Anx = (x, y)(z, y)n−1z;Rλ(A)x = 1

λ

((x,y)z

(z,y)−λ − x)

, якщо dimH > 1, Rλ(A)x = x(z,y) , якщо

dimH = 1, x ∈ H. 27. Див. задачу 4. Для доведення рiвностi σp(A) =∅ врахувати, що якщо λ ∈ σp(A) i x – вiдповiдний власний вектор, то|λ| = 1 i |x| – перiодична функцiя. 28. 1) σ(A) = {0, 1}, r(A) = 1;2) σ(A) = {0, 1

4}, r(A) = 14 ; 3) σ(A) = {0, 1

5}, r(A) = 15 ; 4) σ(A) =

{0, 1α+β+1}, r(A) = 1

α+β+1 ; 5) σ(A) = [1, 2], r(A) = 2; 6),7) σ(A) ={0, 1}, r(A) = 1; 8) σ(A) = {0, 1

2 ln 2}, r(A) = 12 ln 2. 29. 1) σ(A) =

{0}, (Rλ(A)y)(t) = − 1λy(t) − 1

λ2 e1λ

tt∫0

e−1λ

sy(s)ds, t ∈ [0, 1], y ∈

L2([0, 1]); 2) ((A + A∗)y)(t) =1∫0

y(s)ds, t ∈ [0, 1], y ∈ L2([0, 1]).

30. 1) σ(A) = {0, 1α+1}, r(A) = 1

α+1 ; 9) σ(A) = {0, 1}, r(A) =1; 10)σ(A) = {0}, r(A) = 0. Вiдповiдi до задач 2)-8) такi ж, як до вiд-повiдних пп. 1-5,7,8 задачi 28. 31. Скористатись задачею 6 з роздiлу 6 iтеоремою 2. 32. 1) Скористатися нерiвнiстю ||(AB)n|| ≤ ||An|| · ||Bn||.2) Оскiльки ∀ε > 0∃N ∈ N∀n∈ N : ||An|| 1n < r(A) + ε, ||Bn|| 1n <

r(B) + ε, тому ∀n > 2N : ||(A + B)n|| ≤n∑

k=0

Ckn||Ak|| · ||Bn−k|| ≤

(r(A)+r(B)+2ε)n+N∑

k=0

Ckn||Ak||·||Bn−k||+

n∑k=n−N

Ckn||Ak||·||Bn−k|| ≤

(r(A) + r(B) + 2ε)n +N∑

k=0

Ckn||Ak||(r(B) + ε)n−k +

n∑k=n−N

Ckn(r(A) +

ε)k||Bn−k||, звiдки ||(A+B)n||(r(A)+r(B)+2ε)n ≤ 1+cqn для деяких c > 0 i 0 < q <

1. Спрямувавши n →∞, отримаємо, що r(A + B) ≤ r(A) + r(B) + 2ε.Умова комутовностi операторiв iстотна, що показує приклад X = C2, A =(

1 11 1

), B =

(0 10 0

). 33. σ(A) = σp(A) = {−1, 1}, вла-

сними функцiями, що вiдповiдають власним числам λ = 1 i λ = −1є парнi й непарнi функцiї вiдповiдно. 36. Скористатись задачами 39 i40.4 з роздiлу 9. 37. Згiдно з задачею 40.5 з роздiлу 9 досить розгля-нути випадок λ∈ R. Показати, що Ker (A − λI) = {0} i скористатисятеоремою 1 з роздiлу 8. 38. Скористатись задачею 30.2 з роздiлу 9.

106

39. Урахувати, що ||A|| ≤ 1, i розглянути функцiю x0(t) = 1, t ∈ [0, 1].44. σ(A) =

{√2πF [p](x) | x∈ R}

, де F – перетворення Фур’є функцiїp (див. роздiл 14). Скористатись задачею 43 i задачею 77 з роздiлу 14.46. Користуючись асоцiативнiстю множення операторiв, встановити нерiв-нiсть n

√||(AB)n|| ≤ n

√||A(BA)n−1B|| ≤ n

√||A|| n

√||(BA)n−1|| n

√||B||,

n ≥ 1, i застосувати теорему 2. Доводжуване твердження випливає такожiз задачi 47. 47. Довести, що при λ ∈ ρ(BA)\{0} оператор C :=1λ(A(BA− λI)−1B − I) задовольняє рiвностi (AB − λI)C = C(AB −λI) = I. 48. З умови випливає, що σ(AB) = σ(BA) + c. Далi скори-статись задачею 47.

РОЗДIЛ 11

5. Скористатись критерiєм компактностi Больцано – Вейєрштрасса.6. Скористатись критерiєм компактностi Гаусдорфа. 13. Якщо Φ ε

2:=

{x1, ..., xn} – скiнченна ε2 -сiтка для M, то Mk := M∩B(xk,

ε2), 1 ≤ k ≤

n. 14. 1)-3) Так. 4) Нi. 15. 1) Скористатись методом вiд супротивногоi задачею 5; 2) Якщо M не компактна множина, то iснує послiдовнiсть{xn : n ≥ 1} ⊂ M, що складається з рiзних елементiв i не має грани-чних точок. Покладемо rn := 1

3 inf {||xn − xm|| | m∈ N, m 6= n} , n ≥1, f(x) := (−1 + 1

n)(1 − ||x−xn||rn

), x ∈ B(xn, rn), f(x) := 0, x ∈M\

( ∞⋃n=1

B(xn, rn))

. 16. Нi. Наприклад, якщо M = N у банаховому

просторi R. 17. Скористатись критерiєм Гаусдорфа i передкомпактнiстюобмеженої множини у скiнченновимiрному просторi. 18. Встановити, щоякщо вiдповiдна норма iснує, то кожна обмежена множина буде перед-компактною, показавши за допомогою функцiоналiв fk(x) = xk, x ∈ s,що така множина буде покоординатно обмеженою. Шукану метрику мо-

жна задати формулою ρ(x, y) =∞∑

n=1

12n

|xn−yn|1+|xn−yn| , x, y ∈ s. 19. У п. 4

скористатись формулою Ньютона – Лейбнiца й нерiвнiстю Кошi – Буняков-ського. Компактними будуть множини з п.2 i, за умови замкненостi, з пп. 8i 9. 20. Передкомпактними є множини з пп. 5, 8-10, а компактною – з п.5.21. Для передкомпактностi (компактностi) необхiдно й достатньо, щоб Aбула: 1),2) обмеженою (компактною); 3) обмеженою знизу (компактною);4) довiльною (компактною). 22. 1),4) Так. 2),3) Нi. 24. Так. Скориста-тись компактнiстю [a, b]. 28. Обернене твердження хибне. 29. Вiдпо-вiдь на питання негативна. 30. Множина M передкомпактна в Ck([a, b])тодi й тiльки тодi, коли M рiвномiрно обмежена i множина

{x(k) | x ∈ M

}одностайно неперервна. 31. Повторити мiркування з доведення теореми

107

Асколi – Арцела. 32. Скористатись критерiєм Гаусдорфа. 33. Мно-жина M передкомпактна у просторi B(T ) тодi й тiльки тодi, коли вонарiвномiрно обмежена (тобто обмежена в (B(T ), || · ||∞)) i задовольняєумову п.2 iз задачi 32 (iз замiною норми || · || в Y на модуль (тобто нормув R)). 34. Скористатись критерiєм Гаусдорфа. Якщо H – сепарабельнийгiльбертiв простiр, {en : n ≥ 1} – ортонормований базис в H, то множинаM передкомпактна в H тодi й тiльки тодi, коли M – обмежена множина

i ∀ε > 0∃k∈ N ∀x =∞∑

n=1xnen ∈ M :

∞∑n=k+1

|xn|2 < ε. 37. 1),2)

Необхiдно й достатньо, щоб an → +∞, n → ∞. 38. Скористатиськритерiєм Гаусдорфа. 39. У формулюваннi попередньої задачi замiнитиlim

n→∞xn на 0. 40. 1)-4) Так. 41. Треба, щоб зi збiжностi в X1 виплива-

ла збiжнiсть в X2 (тобто оператор вкладення A : X1 → X2, Ax = x, бувнеперервним). 42. 1)-3) Нi. У випадках 2),3) розглянути послiдовнiстьxn(t) = eint, t ∈ [0, 1], n ≥ 1. 44. Показати, що коли передкомпактнамножина ЛНП скрiзь щiльна у деякiй кулi, то i ця куля є передкомпактноюмножиною. 45. 1) Урахувати, що C1([a, b]) =

⋃∞n=1 B(0, n), де кулi

беруться в просторi C1([a, b]). Далi скористатись задачами 29 i 44. 46.Розглядаючи на пiдпросторi M двi норми – рiвномiрну й норму просторуC1([a, b]), – отримаємо два ЛНП, якi позначимо через M i M1 вiдповiдно.До тотожного оператора I : M1 → M, Ix = x, застосувати теорему Ба-наха про обернений оператор i отримати, що одинична куля в M обмеженаза нормою з M1, а отже, передкомпактна. 47. Припустимо, що M ⊂L∞(T, µ). За допомогою теореми Банаха про обернений оператор довести(див. розв’язок задачi 46), що ∃C1 > 0∃C2 > 0∀x ∈ M : ||x||∞ ≤C1||x||1 ≤ C2||x||2. Нехай {ϕn : n ≥ 1} ⊂ M – ортонормована система.

Показати, що ∀y ∈ l2,∞∑

n=1y2

n ≤ 1 :∣∣∣∣∞∑

n=1ynϕn(x)

∣∣∣∣ ≤ C2 (mod µ), звiд-

ки вивести нерiвнiсть∞∑

n=1ϕ2

n(x) ≤ C2 (mod µ) i отримати суперечнiсть.

48. 1) Припустимо, що iснує iзометрiя f : M → M1, де M1 ⊂ M, M1 6=M. Покладемо fn := f(fn−1), n ≥ 2, xn := fn(x0), n ≥ 1, деx0 ∈ M\M1 – фiксований елемент. M1 компакт, тому iснує y0 ∈ M1 i пiд-послiдовнiсть {xnk

: k ≥ 1} послiдовностi {xn : n ≥ 1} така, що xnk→

y0, k →∞. З послiдовностi {zk = fn1+...+nk(y0) : k ≥ 1} ⊂ M1 вибе-ремо фундаментальну пiдпослiдовнiсть

{zkj : j ≥ 1

}. Тодi ||fnkj (y0)−

y0|| = ||zkj− zkj−1

|| → 0, j → ∞. Далi довести, що ||x0 − y0|| =||fnkj (y0) − xnkj

|| → 0, j → ∞, отже, x0 = y0. Звiдси отримати су-

перечнiсть. 2) Розглянути множину {(cosn, sinn) : n ≥ 1} i поворотнавколо початку координат на кут 1. 50. 1) Для доведення компактно-стi застосувати теорему 4 з роздiлу 5. 2) При доведеннi необхiдностi ско-

108

ристатись критерiєм Гаусдорфа. Для доведення достатностi до множинифункцiй {Fx | x ∈ M} ⊂ C(B), де Fx(f) = f(x), f ∈ B, застосуватитеорему Асколi – Арцела (задача 31), перевiряючи кожну з її умов методомвiд супротивного. 52. Для доведення останнього твердження розглянути

оператор A : C([0, 1]) → C1([0, 1]), (Ax)(t) =t∫0

x(s)ds, t ∈ [0, 1], x ∈C([0, 1]), якщо в C1([0, 1]) розглядається рiвномiрна норма. Для побу-дови рiвномiрно збiжної до A послiдовностi компактних операторiв на-близити функцiю K := χ{(t,s) | 0≤s≤t≤1} функцiями Kn ∈ C([0, 1]2)

так, щоб supt∈[0,1]

1∫0

|K(t, s) − Kn(t, s)|ds → 0, n → ∞, а потiм ко-

жну з функцiй Kn рiвномiрно наблизити многочленами. 53. 4) ЯкщоA ∈ S0(X1, X2), то ∃{f1, ..., fn} ⊂ X∗

1 ∃{e1, ..., en} ⊂ X2 : Ax =n∑

k=1

fk(x)ek, x ∈ X1, тому ∀l ∈ X∗2 : (A∗l)(x) = l(Ax) =

n∑k=1

fk(x)l(ek),

x ∈ X1, тобто R(A∗) ⊂ л.о.({f1, ..., fn}). 54. 1) Так. 2) Нi, бо Aможе не бути неперервним. 56. 1) Не компактний. 2)-4) Компактнi.57. 1)-4) αn → 0, n → ∞. 58. |αn|2 + |βn|2 + |γn|2 → 0, n → ∞.59. 1)-3),8) Компактнi. 4)-7) Не компактнi. 60. 1),2),4),5) Компактнi.3) Не компактний. 61. 1),2) Необхiдно й достатньо, щоб a = 0.62. 1),4) Застосувати теорему Асколi – Арцела. 2) Наблизити K неперерв-ними функцiями в L2([a, b]) i скористатись п. 1 та теоремою 2 (п.3). Вклю-чення A ∈ S∞(L2([a, b]2)) випливає ще й з того, що A – оператор Гiль-берта – Шмiдта. 5) Урахувати, що K(t, s) = K0(t,s)√

|t−s| , де K0 ∈ C([a, b]2).

6) Урахувати, що K ∈ C([a, b], L1([a, b])) i застосувати мiркування, ана-логiчнi розв’язкам задачi 4. 7) Нехай An – iнтегральний оператор з ядромKn(t, s) = K0(t,s)

|t−s|α χ{(t,s) | |t−s|≥ 1n}(t, s), (t, s) ∈ [a, b]2, n ≥ 1. Далi для

доведення того, що ||An−A|| → 0, n →∞, скористатись оцiнкою нормиоператора iз задачi 46.1 роздiлу 6. 64. 1)-4) Нi.66. 1),2) Нi. 3) Так. 68. 2) Ax = y, де y2k−1 := x2k, y2k := 0, k ≥ 1.69. 1) Нi. 2)-4) Так. 70. За допомогою критерiю Гаусдорфа довести, щопередкомпактна множина сепарабельна. 71. Якщо c0 6= 0, то не може;якщо c0 = 0, то може (розглянути випадок ортопроектора).72. 1) Нi. 2) Так. 73. Необхiдно й достатньо, щоб dimX < +∞.74. 1) Нехай H – гiльбертiв простiр, A ∈ S∞(H), M ⊂ R(A) – пiд-простiр, A−1(M) – прообраз множини M при вiдображеннi A. Показати,що A : A−1(M) ∩ (KerA)⊥ → M – бiєкцiя. 75. Користуючись тео-

ремою Бера про категорiї, iз зображення R(A) =∞⋃

n=1A(B(0, n)) отри-

109

мати, що ∃n∈ N ∃B(x0, r) ⊂ R(A) : A(B(0, n)) ∩ B(x0, r) – скрiзьщiльна в B(x0, r), звiдки вивести, що B(x0, r) ⊂ R(A). 76. З при-пущення про хибнiсть цього твердження вивести, що ∃C > 0∀x ∈ X1 :||Ax|| ≥ C||x||. Звiдси отримати iснування оберненого оператора A−1 ∈L(R(A), X1). 77. Нехай {x(n)

1 , ..., x(n)m(n)} – скiнченна 1

n -сiтка для мно-

жини A(B(0, 1)), Ln := л.о.({x(n)1 , ..., x

(n)m(n)}), Pn – ортопроектор на

Ln. Розглянути {PnA : n ≥ 1} . 78. Для доведення необхiдностi ско-ристатись iснуванням ортонормованого базису в H, а при доведеннi до-статностi врахувати, що коли {An : n ≥ 0} ⊂ L(H), An

s−→ A0, то

R(A0) ⊂∞⋃

n=1R(An). 79. Iмплiкацiю A ∈ S∞(H) ⇒ A∗ ∈ S∞(H)

можна довести, скориставшись задачами 53.4 i 77. Для встановлення iм-плiкацiї A∗A ∈ S∞(H) ⇒ A ∈ S∞(H) врахувати рiвнiсть ||A(xn −xm)||2 = (A∗A(xn − xm), xn − xm), m, n ≥ 1, {xn : n ≥ 1} ⊂ H,i нерiвнiсть Кошi – Буняковського. 80. 1) Розглянути (A2)∗A2 i ско-ристатись задачею 79. 2) Спочатку розглянути випадок n = 2k, k∈ N.84. Скористатись задачами 11 i 82.2. 85. Для доведення достатностi ско-ристатись задачею 24 з роздiлу 5. 86. Розглянути операторiз задачi 64.3. 87. Скористатись задачами 22.2 з роздiлу 9 i 85.89. Для доведення необхiдностi врахувати рiвнiсть||A∗f || = sup

{|f(x)| | x ∈ A(B(0, 1))}

, f ∈ X∗2 , i застосувати теорему

Асколi – Арцела (задача 31) до множини функцiй{fn ∈ C(A(B(0, 1))) : n ≥ 1

}, де {fn : n ≥ 1} ⊂ X∗

2 – обмежена по-слiдовнiсть. Для доведення достатностi врахувати, що звуження оператораA∗∗ на ϕ(X1), де ϕ : X1 → X∗∗

1 – канонiчне вкладення, є компактнимоператором. 90. Скористатись задачами: 1) 30 з роздiлу 5; 2) 21 з роздi-лу 3. 91. Для доведення достатностi, користуючись теоремою 4 з роздiлу5, показати, що A∗ – компактний оператор. 92. Для доведення замкнено-стi скористатись задачею 24 з роздiлу 5. 93. Скористатись властивостяминеперервних на компактi функцiй. 94. 1) Нi. Для побудови контрприкла-ду до твердження задачi 92(93) розглянути оператор iз задачi 59.2 (25 зроздiлу 6, де p ∈ C([a, b]), p 6= 0, q(s) = sign(s − a+b

2 ), s ∈ [a, b]).2) Так. 95. Для фактор-простору X1 = X/KerB i оператора B1x1 :=Bx, x1 ∈ X1, де x ∈ x1, довести, що B1 ∈ S∞(X1, Y ), B1 – iн’єкцiя,R(A) ⊂ R(B1), оператор Cx := y, x ∈ X, де y ∈ X1 : Ax = B1y,є коректно визначеним лiнiйним оператором. За допомогою теореми Берапро категорiї довести, що ∃m∈ N : X0 = {x ∈ X | ||Cx|| ≤ m||x||}– скрiзь щiльна в X. Далi показати, що звуження оператора B на X0 єкомпактним оператором на X0, звiдки вивести компактнiсть оператора B.96. Для доведення достатностi умов 1),2) i необхiдностi умови 2) скориста-

110

тись критерiєм Гаусдорфа. 97. 1),2) Anx := (x1, ..., xn, 0, ...), n ≥ 1.98. 1) Зробити замiну змiнної i скористатись нерiвнiстю Гельдера. 2) До-вести спочатку для p = 1. 3) Спочатку розглянути випадок x ∈ C([a, b]),а потiм скористатись щiльнiстю цiєї множини в Lp([a, b]). 4) Показати, щомножина A(B(0, 1)∩C([a, b])) утворює компактну ε-сiтку для довiльногоε > 0 (тут B(0, 1) – куля в Lp([a, b])). 99. Скористатись задачами 96 i98. 100. 2) Показати, що A2

h ∈ S∞(L1([a, b])), де Ah – оператор iз за-дачi 98. 101. Для доведення необхiдностi умови 2) скористатись задачею51 з роздiлу 1 i критерiєм Гаусдорфа. Для доведення достатностi врахува-ти, що з другої умови випливає умова 2) задачi 99. 103. Або застосуватикритерiй компактностi в Lp([a, b]), або скористатись задачами 82 i 85, опи-сом слабкої збiжностi в C([a, b]) i теоремою Лебега про граничний перехiд.104. Нi. Див. задачу 96. 106. 1) Урахувати, що з фундаментальностi вW 1

2 ([a, b]) випливає фундаментальнiсть в L2([a, b]). 2) Скористатись за-

дачею 105. 107. 1) Проiнтегрувати рiвнiсть x(t) = x(s) −s∫t

x′(u)du

за s у межах вiд t до b i змiнити порядок iнтегрування в повторномуiнтегралi. Потiм аналогiчно проiнтегрувати наведену рiвнiсть за s вiд aдо t i додати отриманi результати. 2) Скористатись нерiвнiстю Гельдера.3) Скористатись задачею 105. 108. Скористатись задачами 19.5 i 105.

109. 1) Довести, що An ⇒ A, де Anx :=n∑

j=1

( ∞∑k=1

ajkxk

)ej , x =

∞∑k=1

xkek, n ≥ 1. 2) Користуючись задачею 51 з роздiлу 2, довести,

що якщо {en : n ≥ 1} – ортонормований базис в L2(T, µ), то ||K||2 =∞∑

j,k=1

|ajk|2, де ajk = (Aek, ej), j, k ≥ 1. 110. Скористатись зада-

чею 85. 111. 2) За допомогою нерiвностi Гельдера встановити нерiвнiсть∫

T×T

|K(t, s)x(t)y(t)|dµ×µ(t, s) ≤ C1p

1 C1q

2 ||x||p||y||q, x ∈ Lp(T, µ), y ∈Lq(T, µ), i скористатись задачею 32.2 з роздiлу 5. 3) У просторi Lp([0, 1]),

1 ≤ p < +∞, розглянути K(t, s) =

{2n, (t, s) ∈ [ 1

2n , 12n−1 ]2, n ≥ 1;

0 в iнших випадках,

(t, s) ∈ [0, 1]2, i послiдовнiсть xn(t) := 2np ·χ[ 1

2n , 12n−1 ], t ∈ [0, 1], n ≥ 1,

обмежену в Lp([0, 1]). 4) Довести, що ||An −A|| → 0, n →∞, де An –

оператор iз задачi 110 з ядром Kn(t, s) :=

{n · signK(t, s), |K(t, s)| > n,

K(t, s), |K(t, s)| ≤ n.112. Скористатись задачею 111.4. 113. Для доведення включення A ∈

111

L(L2(R)) скористатись мiркуваннями з розв’язку задачi 111.2. Опера-тор A компактний тодi й тiльки тодi, коли p = 0. I спосiб. Розглянутипослiдовнiсть xn(t) := χ[n,n+1)(t), t∈ R, n ≥ 1, i скористатись за-дачею 84. II спосiб. Скористатись задачею 44 з роздiлу 10 i теоремою1 з роздiлу 12. 114. Компактний лише коли p = 0. 115. 2) Ско-ристатись задачею 109.2. 116. 1) Скористатись оцiнкою |(Ax, y)|2 ≤∫[0,+∞)2

|x(s)|2t+s

(st

) 12 dtds · ∫

[0,+∞)2

|y(t)|2t+s

(st

) 12 dtds, x, y ∈ L2([0, +∞)).

2) Розглянути послiдовнiсть xn(t) = 2n2 χ[1,2](2nt), t ≥ 0, n ≥ 1, i ско-

ристатись задачею 84. 117. 2) Розглянути випадок K(t, s) = t1+t2s2 ,

(t, s)∈ R2, xn(t) = χ[0,n](t), t∈ R, n ≥ 1. 118. 3) Нехай x ∈Lp([0,+∞)), x(t) ≥ 0, y(t) :=

t∫0

x(s)ds, t ≥ 0. Довести, що

β∫α

(y(t)

t

)pdt = α1−py(α)

p−1 − β1−py(β)p−1 + p

p−1 ·β∫α

t1−pyp−1(t)x(t)dt,

0 < α < β, звiдки отримати нерiвностiβ∫0

(y(t)

t

)pdt ≤ p

p−1

β∫0

(y(t)

t

)p−1×

x(t)dt ≤ pp−1

(β∫0

(y(t)

t

)pdt

) 1q(

β∫0

xp(t)dt

) 1p

, де 1p + 1

q = 1,

+∞∫0

(y(t)

t

)pdt ≤

(p

p−1

)p +∞∫0

xp(t)dt. 4) Розглянути послiдовнiсть

xn(t) :=(

1n

) 1p · χ[0,n](t), t ≥ 0, n ≥ 1, i скористатись задачею 84.

РОЗДIЛ 12

3. Множини з пп. 2,3,6,7 . 4. 1),2) A компактний, бо скiнченновимiр-

ний. σ(A) = {0, 15}. 5. 1),2) A компактний. σ(A) = {0,

1∫0

p(s)q(s)ds}.6. A компактний у всiх пунктах. 1) σ(A) = {0, π}, ||A|| = π; 2)σ(A) ={0,−π, π}, ||A|| = π; 3)σ(A) = {0,−π

2 , π2 }, ||A|| = π

2 ; 4)σ(A) ={0, 2

3 ,−45}, ||A|| = 4

5 ; 5)σ(A) = {0, 415 ±

√13

6√

5}, ||A|| = 4

15 +√

136√

5.

При знаходженнi ||A|| скористатись задачею 2.1 з роздiлу 9 i задачею20.1 з роздiлу 10 i врахувати, що у п. 2 оператор iA самоспряжений.7. A не є компактним у всiх пунктах. 1) σ(A) = {1, 5

3 , 115 }; 2)σ(A) =

{1, 1 + π}. 8. 1),2) ||A|| = 1; σp(A) = ∅; σ(A) = {0}, r(A) =0. 9. Нехай (A − λI)xn = yn → y0, n → ∞. Урахувати, що ко-

112

ли {xn : n ≥ 1} мiстить обмежену пiдпослiдовнiсть, то деяка пiдпослi-довнiсть {Axnk

: k ≥ 1} збiгається, отже, xnk= 1

λ(Axnk− ynk

) →x0, n →∞. Якщо ||xn|| → ∞, то застосувати подiбнi мiркування до по-

слiдовностi{

xn||xn|| : n ≥ 1

}. 10. Розглянути дiагональний оператор в

l2 i врахувати задачу 1 з роздiлу 10 i задачу 3 з роздiлу 11. 12. 2) Скори-статись методом вiд супротивного i врахувати, що якщо ∃µ 6= 0∃y 6= 0 :

Ay = µy, то y = 1µAy ∈ з.л.о.{en : n ≥ 1} , тобто y =

∞∑n=1

(y, en)en,

звiдки отримати рiвнiсть∞∑

n=1λn(y, en)en = µ

∞∑n=1

(y, en)en. Далi домно-

жити її скалярно на ek, k ≥ 1, i дiстати суперечнiсть; 4) Встановити,

що A∗x =∞∑

n=1λn(x, en)en, x ∈ H; A завжди нормальний. Необхiдно

й достатньо, щоб: 5) λn ∈ R, n ≥ 1; 6)λn ≥ 0, n ≥ 1; 7)λn →0, n →∞; 8)

∞∑n=1

|λn|2 < +∞. 13. 1) Урахувати, що ||Ax−Akx||2 =∞∑

k=n+1

|sn(x, qn)|2 ≤ supn≥k+1

|sn|2 · ||x||2, k ≥ 1, x ∈ H. 14. A∗y =

∞∑n=1

sn(y, en)gn, y ∈ H; AA∗y =∞∑

n=1|sn|2(y, en)en, y ∈ H; A∗Ax =

∞∑n=1

|sn|2(x, gn)gn, x ∈ H. 16. K(t, s) =∞∑

n=1

2πn2 sinnt sinns, (t, s) ∈

[0, π]2. 20. 1) Показати, що K – ермiтово-симетричне ядро Гiльберта –Шмiдта; 2) σ(A) =

{λn = 1

n2 : n ≥ 1}∪{0} (скористатись задачею 12),

r(A) = ||A|| = 1, ϕn(t) = sinnπt – власна функцiя, що вiдповiдає вла-сному числу λn, n ≥ 1; ψ0(t) = 1√

2, ψn(t) = cosπnt, n ≥ 1, – власнi

функцiї, що вiдповiдають власному числу λ = 0; 3) A =∞∑

n=1

1n2 (·, ϕn)ϕn.

21. 2) σ(A) = {0} ∪ {2πcn : n∈ Z} , r(A) = ||A|| = 2π maxn∈Z

|cn|;3)A =

∑n∈Z

2πcn(·, ϕn)ϕn. 22. 2) σ(A) = {0, πa0,±πan : n ≥ 1} ,

r(A) = ||A|| = π ·maxn≥0

|an|; 3)A = λ0(·, ϕ0)ϕ0 +∞∑

n=1(λ(1)

n (·, ϕ(1)n )ϕ(1)

n +

λ(2)n (·, ϕ(2)

n )ϕ(2)n ). 23. 1) σ(A) = {0, πλn, n = 1, N}, ϕ

(1)n (t) =

1√π

sinnt, ϕ(2)n (t) = 1√

πcosnt, n = 1, N ; 2)σ(A) = {0, π

8 , π2 , 3π

4 },ϕ1(t) = 1√

πcos 4t, ϕ2(t) = 1√

πcos 2t, ϕ3(t) = 1√

2π; 3)σ(A) ={

0;n−2π : n ≥ 1}

, ϕn(t) = 1√π

cosnt, n ≥ 1; 4)σ(A) =

113

{0;n−2π : n ≥ 1

}, ϕn(t) = 1√

πsin(2n + 1)t, n ≥ 1; 5)σ(A) ={

0; (2n + 1)−2π : n ≥ 0}

, ϕn(t) = 1√π

cos(2n+1)t, n ≥ 0; 6)σ(A) ={0; (2n + 1)−2π : n ≥ 0

}, ϕ

(1)n (t) = 1√

πcos(2n+1)t, n ≥ 0, ϕ

(2)n (t) =

1√π

sin(2n+1)t, n ≥ 0. 24. 1) σ(A) ={0;n−2π−2 : n ≥ 1

}, ϕn(t) =√

2 sin nπt, n ≥ 1; 2)σ(A) ={0; [(n + 1

2)2 − 1]−1 : n ≥ 0}

, ϕn(t) =√2π sin(n + 1

2)t, n ≥ 0; 3)σ(A) ={0; [1− (n + 1

2)2]−1 : n ≥ 0}

,

ϕn(t) =√

2π cos(n + 1

2)t, n ≥ 0; 4)σ(A) ={0; 1;−n−2π−2 : n ≥ 1

},

ϕ0(t) =√

2e2−1

et, ϕn(t) =√

21+n2π2 (sinnπt + nπ cosnπt), n ≥ 1;

5)σ(A) ={0; (n2π2 − 1)−1 sin 1 : n ≥ 1

}, ϕn(t) =

√2 sin nπt, n ≥

1; 6)σ(A) = {0; 2(nπ)−2, n ≥ 1; 2(n + 12)−2π−2, n ≥ 0}, ϕ

(1)n (t) =

sinnπt, n ≥ 1; ϕ(2)n (t) = cos(n + 1

2)πt, n ≥ 0. 25. ||V || = 2π . Ви-

значити σ(V ∗V ), r(V ∗V ) i скористатись задачами 20.1 з роздiлу 10 та42.2 з роздiлу 9. 26. Скористатись теоремою 2. 27. 2) Урахувати, щоколи ϕ, ψ – власнi вектори, якi вiдповiдають власним числам λ i µ, тоλ(ϕ,ψ) = (Aϕ,ψ) = (ϕ,Aψ) = µ(ϕ,ψ). 4) Нехай

{λn : n = 1, N

}=

σ(A)\{0}, N ≤ +∞, Ln – власний пiдпростiр, що вiдповiдає власномучислу λn, а Pn – ортопроектор на Ln, n = 1, N, причому λ1 ≥ λ2 ≥ ....Установивши рiвностi σ(A−An) = {λk : n + 1 ≤ k ≤ N}∪{0} i (A−An)∗ = A − An, зробити висновок, що ||A − An|| = |λn+1| → 0, n →∞, (коли N = +∞) або A ∈ S0(H) (коли n∈ N). 5) Урахувати, щоAx = 0, x ∈ L⊥, де L – власний пiдпростiр оператора A, що вiдповiд-ає власному числу λ = 1. 28. Скористатись задачею 15 з роздiлу 10.При доведеннi iмплiкацiї λ ∈ σ(A)\{0} ⇒ λ ∈ σp(A) спочатку роз-глянути випадок λ = 1. Урахувавши включення An ∈ S∞(X), n ≥ k,

показати, що Mn := {ξ(n)0 = 1, ξ(n)

1 , ..., ξ(n)n−1} ∩ σp(A) 6= ∅, де {ξ(n)

0 =

1, ξ(n)1 , ..., ξ

(n)n−1} – сукупнiсть коренiв n-го степеня з одиницi. Звiдси, при-

пустивши, що 1 /∈ σp(A), отримати iснування безлiчi власних чисел опе-ратора Ak, рiвних за модулем одиницi. 29. 1) Урахувати попередню за-дачу й отримати, що ||x|| ≤ C||(A − I)−1||, x ∈ M. 2) Показати, що1 /∈ σp(Ah), де Ah – оператор iз задачi 98 роздiлу 11. 30. Урахувавши,що L⊥ ⊂ Ker |A| ⊂ KerA, де L :=з.л.о.({ϕn : n ≥ 1}), отримати зо-

браження Ax =∞∑

n=1(x, ϕn)Aϕn, x ∈ H, i покласти ψn := 1

snAϕn, n ≥

1. 31. Для послiдовностi {sn : n ≥ 1} сингулярних чисел оператора A(див. попередню задачу) визначимо послiдовнiсть {nk : k ≥ 0} ⊂ N так:n0 := 0, s1 = ... = sn1 > sn1+1 = ... = sn2 > sn2+1 = .... По-

114

кладемо Lk :=л.о.({ϕnk+1, ..., ϕnk+1}), k ≥ 0, де {ϕn : n ≥ 1} – орто-

нормованi власнi функцiї оператора |A|. Користуючись попередньою за-дачею, нерiвнiстю з умови, методом математичної iндукцiї довести, що{ψnk+1, ..., ψnk+1

} ⊂ Lk, k ≥ 0. Далi перевiрити виконання рiвностiAA∗ = A∗A на кожному пiдпросторi Lk, k ≥ 0, i на KerA. 32. Ско-ристатись теоремами 1,2 i задачами 20.1 з роздiлу 10 та 42.2 з роздiлу 9.33. Згiдно з рiвнiстю λ−n ≡ λ−n (A) = λ+

n (−A) досить розглянути числаλ+

n , n ≥ 1. Для доведення нерiвностi λ+n ≤ max

x∈L\{0}(Ax,x)||x||2 , defL ≤ n−1,

припустити, що iснує пiдпростiр L, defL ≤ n − 1, для якого λ+n >

maxx∈L\{0}

(Ax,x)||x||2 , звiдки отримати iснування елемента x0 ∈ L∩л.о.({e1, ..., en}),

x0 6= 0, i показати, що (Ax0, x0) ≥ λn||x0||2. Для знаходження пiдпро-стору, який реалiзує рiвнiсть у доведенiй нерiвностi, скористатись зада-чею 32. 34. Скористатись задачею 33 та нерiвностями sup

x∈L

(PAPx,x)||x||2 =

supx∈L

(APx,Px)||Px||2 · ||Px||2

||x||2 ≤ supy∈PL

(Ay,y)||y||2 , sup

x∈L

(PAPx,x)||x||2 ≥ sup

x∈L∩PH

(PAPx,x)||x||2 =

supx∈L∩PH

(Ax,x)||x||2 . 35. 1) Скористатись задачею 33 i врахувати, що s2

n(A) =

λn(A∗A) = λ2n(A), n ≥ 1. 3) Для доведення другої нерiвностi врахува-

ти, що sn(A∗) = sn(A), n ≥ 1. 4) Для доведення нерiвностi sn(A) ≤||A − T ||, rankT ≤ n − 1, розглянути пiдпростiр L := KerT i скори-статись задачею 33. Для знаходження оператора T, що реалiзує рiвнiсть уцiй нерiвностi, скористатись задачею 30.

РОЗДIЛ 13

5. Довести, що розв’язком буде функцiя∞∑

n=0(λA)ny. 6. 1) x(t) =

earctg t−1; 2) x(t) = 1+t; 3) x(t) = ch t; 4) x(t) = 1+2e−t(1−e−1)(1−e−2)−1; 5) x(t) = arctg t+ π2

32−8π ; 6) x(t) = 1; 7) x(t) = 2; 8) x(t) = 1+t ln 2. 7. 1) x1(t) = 1; x2(t) = 1+ 1

(1+t) − 1(2+t) ; 2) x1(t) = t; x2(t) =

10t9 + 1

12 ; 3) x1(t) = 1; x2(t) = 1 + 110

(π4 arctg πt

4 − t2 ln

(1 + t2π2

16

))

9. Довести, що рiвняння x = Anx+n−1∑k=0

Aky i x = Ax+y рiвносильнi та

застосувати теорему Банаха про стискаючi вiдображення. 11. 3) Пере-конатися, що функцiї x(t) = 1

λ∂Rλ(t,v)

dλ +Rλ(t, v), y(t) = Rλ(t, v), t, v ∈[a, b], задовольняють iнтегральне рiвняння, а потiм пiдставити їх у форму-

115

лу для розв’язку. 12. 1) Rλ(t, s) = et2−s2+λ(t−s), x(t) = e2t2+2t(1 +2t); 2) Rλ(t, s) = e(λ+1)(t−s), x(t) = 1

5e3t−15 cos t+2

5 sin t; 3) Rλ(t, s) =1+t2

1+s2 eλ(t−s), x(t) = et(1 + t2); 4) Rλ(t, s) = 3t−seλ(t−s), x(t) = 3t(1−e−t); 5) Rλ(t, s) = 2+cos t

2+cos seλ(t−s), x(t) = et sin t+(2+cos t)et ln 3

2+cos t ;6) Rλ(t, s) = ch t

ch seλ(t−s), x(t) = ch t(1−e−t); 7) Rλ(t, s) = e(λ−1)(t−s),

x(t) = et2

2 (t+1)−1. 13. 1) Rλ(t, s) = et+s

2−(e2−1)λ, |λ| < 2

e2−1, x(t) =

2πet

(e−1)(π2+1)+ sinπt; 2) Rλ(t, s) = 2 sin t cos s

2−λ , |λ| < 2, x(t) = cos t −π6 sin t; 3) Rλ(t, s) = tes+1

e−2λ , |λ| < e2 , x(t) = 4et + (3t2 + 1)e−t;

4) Rλ(t, s) = 5t2s2

5−2λ , |λ| < 52 , x(t) = et + 10(e − 5

e )t2; 5) Rλ(t, s) =3(1+t)(1−s)

3−2λ , |λ| < 32 , x(t) = π cosπt − 6

π (1 + t); 6) Rλ(t, s) = 3ts3−2λ +

5t2s2

5−2λ , |λ| < 32 , x(t) = 3 + 9t + 10

3 t2; 7) Rλ(t, s) = 11−λ + 3(2t−1)(2s−1)

3−λ ,

|λ| < 1, x(t) = 710+3

5 t+3t2; 8) Rλ(t, s) = sin t cos s+cos 2t sin 2s, λ∈ C,

x(t) = cos t; 9) Rλ(t, s) = 11−πλ(sin t sin s + cos 2t cos 2s), |λ| < 1

π ,

x(t) = 2 cos 2t; 10) Rλ(t, s) = 11−πλ cos t cos s+ 3

1−3πλ sin 2t sin 2s, |λ| <13π , x(t) = 6 cos t; 11) Rλ(t, s) = 2

1−4πλ + 11−πλ cos t cos s, |λ| <

14π , x(t) = 2(t−π

3 ); 12) Rλ(t, s) = 22−(eπ+1)λet cos s, |λ| < 2

eπ+1 , x(t) =t4− et

eπ+1 . 14. Надалi через C, Ck позначаються довiльнi комплекснi ста-

лi. 1) x(t) = 11−2λ , λ∈ C\{1

2}; x ∈ ∅, λ = 12 ; 2) x(t) = 5(7+2λ)

7(5−2λ) t2 +

t4, λ∈ C\{32 , 5

2}; x(t) = Ct + 257 t2 + t4, λ = 3

2 ; x ∈ ∅, λ = 52 .

3) x(t) = 3πλ2(2λ+3) sin t + cos 2t, λ∈ C\{−3

2 ,−34}; x(t) = C cos t +

cos 2t− 3π4 sin t, λ = −3

4 ; x ∈ ∅, λ = −32 . 4) x(t) = 2λ

12λ2−5(5 3√

t+6λ)+

1 − 6t2, λ∈ C\{±√

512}; x ∈ ∅, λ = ±

√512 . 5) x(t) = 5(2λ−3)

3(5−2λ) t4 +

t2, λ∈ C\{12 , 5

2}; x(t) = Ct3 + t2 − 56 t4, λ = 1

2 ; x ∈ ∅, λ = 52 .

6) x(t) = 20λ1−2λ t2+7t4+3, λ∈ C\{5

4 , 12}; x(t) = 7t4+3− 50

3 t2+Ct, λ =54 ; x ∈ ∅, λ = 1

2 . 7) x(t) = 3t2

3−2λ+ 3t3+2λ , λ∈ C\{±3

2}; x ∈ ∅, λ = ±32 .

8) x(t) = 12λ3−4λ sin 2t+π−2t, λ∈ C\{−3

2 , 34}; x(t) = C cos t−2 sin 2t+

π− 2t, λ = −32 ; x ∈ ∅, λ = 3

4 . 9) x(t) = 3πλ8λ2−9

(2λ cos 2t + 32 sin 2t) +

sin t, λ∈ C\{± 32√

2}; x ∈ ∅, λ = ± 3

2√

2. 10) x(t) = πλ

2 sin 3t +

cos t, λ∈ C. 11) x(t) = 1 − 2tπ − π2λ cos t

6(1+2λ) , λ∈ C\{±12}; x(t) = 4

3 −2tπ + C(8 + π2 cos t), λ = 1

2 ; x ∈ ∅, λ = −12 . 12) x(t) = πλ

2−πλ + 1 +cos 4t, λ∈ C\{ 2

π , 4π}; x(t) = cos 4t − 1 + C1 cos 2t + C2 sin 2t, λ =

116

4π ; x ∈ ∅, λ = 2

π . 13) x(t) = cos 3t, λ∈ C\{ 1π}; x(t) = C1 cos t +

C2 cos 2t + cos 3t. 14) x(t) = cos t1−πλ , λ∈ C\{ 1

2π , 1π}; x(t) = C sin 2t +

2 cos t, λ = 12π ; x ∈ ∅, λ = 1

π . 15) x(t) = sin t1−πλ , λ∈ C\{ 1

3π , 1π}; x(t) =

C cos 2t + 32 sin t, λ = 1

3π ; x ∈ ∅, λ = 1π . 15. 1) x(t) = sin

√2t +

100∑k=1

sin kt√k

Ck, Ck = 2(−1)k−1√

k3 sin(√

2π)

(k2−2)(2√

k−π). 2) x(t) = 10+19i

4+19i e2it − 38+4i42+11i .

3) x(t) = 1. 4) x(t) = 1 + 4841057x − 2470

3171x2. 5) x(t) = 15391 − 45

1564x2.

16. 1) x(t) ≈ −53 − 2t; 2) x(t) ≈ 3225

2171 t− 451593353 t3; 3) x(t) ≈ 32

143 + 120143 t.

4) x(t) ≈ 1813 t− 4

13 ; 5) x(t) ≈ 12 ln 228−25 ln 2 − t24−24 ln 2

28−25 ln 2 ; 6) x(t) ≈ 1− 258109 t−

975218 t

√t. 17. Скористатись альтернативою Фредгольма. 1) λ ∈ C\{(b−

a)−1}. 2) При a 6= −b : λ∈ C\{ 4

e−a4−e−b4}, при a = −b : λ∈ C.

20. 1) q = 0, 3p + 5r = 0. 2),7) p + 3r = 0, q = 0. 3),12) q = 0.4),5),9),10) p = q = 0. 6) 5p + 3q = 0. 8),13) p = 0. 11) πp + 4q = 0.21. При всiх. 22. 1

3 < p < 3. 23. 1) C\{± 2π , 1

2π}; 2) C\{± iπ};

3) C\{−45, 458 }; 4) C\{−3

2 , 38}. 25. 1) λ = 3

7 , ϕ(t) =√

37 t. 2) λn =

2π (n2+n), ϕn(t) =

√2π sinnt, n∈ N. 3) λ1,2 – коренi рiвняння (π

4 ln 3−π

3√

6ln

(√2+1√2−1

))λ2−(π+ln 3

2 )λ+1 = 0, ϕ1,2(t) = Ct+1+ 3C

√3(2−λ1,2π)2πλ1,2

1t+3 .

4) λ1,2 – коренi рiвняння (π2

16 − 13π24 + 13

12)λ2 − (2 − π2 )λ + 1 = 0,

ϕ1,2(t) = 3Cλt2

(1 − λ1,2(1 − π4 )) + C

1+t2. 5) λk = −1

2a2k, де ak ∈ R за-

довольняють рiвняння 2 + 2 cos ak + ak sin ak = 0, ϕk(t) = Ceiakt +e2iak+eiak

1+eiakCe−iakt. 6) λk = 1

2(1 + a2k), де ak ∈ R задовольняють рiвнян-

ня 2 ctg ak = ak − 1ak

, ϕk(t) = C(sin akt + ak cos akt). 26. 1) λ1 =1π , ϕ1(t) = 1√

πsin t; x(t) = cos t+ sin t

1−πλ , λ∈ C\{λ1}; x ∈ ∅, λ = λ1.

2) λ1 = 1π , λ2 = λ3 = 2

π , ϕ1(t) = 1√2π

, ϕ2(t) = cos 2t√π

, ϕ3(t) =sin 2t√

π; x(t) = 2 sin 2t

2−πλ , λ∈ C\{λ1, λ2}; x(t) = C + 2 sin 2t, λ = λ1; x ∈∅, λ = λ2. 3) λn = n2π2, ϕn(t) =

√2 sin nπt, n ≥ 1; x(t) =

π2

4π2−λsin 2πt + π2

9π2−λsin 3πt, λ∈ C\ {λn : n ≥ 1} ;

x(t) = C sinnπt + sin 2πt4−n2 + sin 3πt

9−n2 , λ = λn, n = 1, 4, 5, ...; x ∈∅, λ ∈ {λ2, λ3}. 4) λ0 = 1, λn = −n2π2, ϕ0(t) =

√2

e2−1et, ϕn(t) =√

21+n2π2 (sinnπt+nπ cosnπt), n ≥ 1; x(t) = π2

π2+λ(sinπt+π cosπt),

λ∈ C\ {λn : n ≥ 0} ; x(t) = Cet + π2

1+π2 (sinπt + π sinπt), λ = λ0;x(t) = C(sinnπt+nπ cosnπt)+ 1

1−n2 (sinπt+π cosπt), λ = λn, n ≥117

2; x ∈ ∅, λ = λ1. 5) λn = −π2n2

8 , n ≥ 1, ϕ2k = sinπkt, ϕ2k−1 =

cos π(2k−1)t2 , k ≥ 1; x(t) = −32λ

π

∞∑n=1

(−1)n−1

8λ+π2(2n−1)2cos (2n−1)πt

2 + 1,

λ∈ C\ {λn : n ≥ 1} ;x(t) = −32λπ

∞∑n=1

(−1)n−1

8λ+π2(2n−1)2cos (2n−1)πt

2 +

C sinπkt + 1, λ = λ2k, k ≥ 1; x ∈ ∅, λ = λ2k−1, k ≥ 1.

6) λn = 4+(2n+1)2π2

8(e2+1), ϕn(t) =

√2 sin(n + 1

2)πt, n ≥ 0; x(t) =

2λπ2

∞∑n=0

(−1)n sin(n+ 12)πt

(n+ 12)2(λn−λ)

+ t, λ∈ C\ {λn : n ≥ 0} ; x ∈ ∅,

λ ∈ {λn : n ≥ 0} . 7) λn = 4n2−1, ϕn(t) = 2√π

sin 2nt, n ≥ 1; x(t) =

8λπ

∞∑n=1

n sin 2nt(4n2−1)(4n2−1−λ)

+ cos t, λ∈ C\ {λn : n ≥ 1} ; x ∈ ∅, λ ∈

{λn : n ≥ 1} . 8) λn = (n + 12)2 − 1, ϕn(t) =

√2π sin(n + 1

2)t, n ≥0; x(t) = 5

5−4λ sin 32 t, λ∈ C\ {λn : n ≥ 0} ; x(t) =

59−4(n+ 1

2)2

sin 32 t+C sin(n+ 1

2)t, λ = λn, n = 0, 2, 3, ...; x ∈ ∅, λ = λ1.

9) λn = 1 − (n + 12)2, ϕn(t) =

√2π cos(n + 1

2)t, n ≥ 0; x(t) =

2λπ

∞∑n=0

(−1)n(n+ 12)−1

1−λ−(n+ 12)2· cos(n+ 1

2)t

(n+ 12)2

+ t, λ∈ C\ {λn : n ≥ 0} ; x ∈ ∅, λ ∈{λn : n ≥ 0} . 10) λn = n2π2−1

sin 1 , ϕn(t) =√

2 sin nπt, n ≥ 1; x(t) =

cosπt − 4λπ

∞∑n=1

sin 1 sin 2nπt(4n2−1)(4n2π2−1−λ sin 1)

, λ∈ C\ {λn : n ≥ 1} ; x(t) =

C sin(2k − 1)πt + cosπt − 4(2k−1)2π2−4π3

∞∑n=1

sin 2nπt(4n2−1)(4n2−(2k−1)2)

,

λ = λ2k−1, k ≥ 1;x ∈ ∅, λ = λ2k, k ≥ 1. 11) λn = π2(n + 12)2,

ϕn(t) =√

2 sin π(n + 12)t, t ∈ [0, 1], n ≥ 0; x(t) = sinπt +

2λπ

∞∑n=0

(−1)n sin(n+ 12)πt

(n− 12)(n+ 3

2)(λ−(n+ 1

2)2π2)

, λ∈ C\ {λn : n ≥ 0} ; x ∈ ∅,

λ ∈ {λn : n ≥ 0} . 27. 1) x′′(t) + π2

4 x(t) = 0, x(t) = sin πx2 .

2) x′′(t) = 2et, x(t) = 2et−2+(2−e)t. 3) x(t) = 3π2 sinπt(3 sin2 πt−2). 4) x′(t) = 0, x(t) = 1. 28. 1) x(t) = 16

1∫0

x(s)ds(|t−s|+4)3

− 8f ′′(t).

2) 2x(t) =2∫1

sin |t− s|x(s)ds + f ′′(t) 3)1∫0

ei|t−s|1+|t−s|(

2(1+|t−s|)2 − 2i

1+|t−s| −

1)x(s)ds = f ′′(t) + 2(1 − i)x(t). 4)1∫0

x(s)ds + 4x(t) = f ′(t).

118

29. 1) x(t) +t∫0

x(s)ds = 1. 2) et2x(t) +t∫0

etssx(s)ds = et. 3) x(t) −t∫0

sin(t−s)x(s)ds = − cos t. 30. 1) x(t) = 43

3√

t. 2) (3t+3t3√

t2)x(t)+

t∫0

x(s)ds = 4t + 3t3√

t2. 3) 1+t+t2

2t x(t) +t∫1

x(s)ds = t2 + t2 . 31. λ0 =

1π2 , ϕ0(t) =

√12π , λ±n = ±(n+ 1

2)2, ϕ+n (t) = 1√

πsin(2n+1)t, ϕ−n (t) =

1√π

cos(2n + 1)t, n ≥ 0. 1) x(t) = 11−π2λ

+ 2 sin t1−4λ − cos t

1+4λ ,

λ∈ C\ {λ0, λ±n : n ≥ 0} ; x(t) = 2 sin t

1−(2n+1)2− cos t

1+(2n+1)2+

44−(2n+1)2π2 +C sin(2n+1)t, λ ∈ {λ+

n : n ≥ 1} ; x(t) = 44+(2n+1)2π2 +

2 sin t1+(2n+1)2

− cos t1−(2n+1)2

+C cos(2n+1)t, λ ∈ {λ−n : n ≥ 1} ; x ∈ ∅, λ ∈{λ0, λ

±0 }. 2) x(t)= 9

9−4λ sin 3t+cos 2t, λ∈ C\ {λ0, λ±n : n ≥ 0} ; x(t) =

99−(2n+1)2

sin 3t + cos 2t + C sin(2n + 1)t, λ ∈ {λ+n : n ≥ 0, n 6= 1} ;

x(t) = 99+(2n+1)2

sin 3t + cos 2t + C cos(2n + 1)t, λ ∈ {λ−n : n ≥ 0} ;

x(t) = 9π2

9π2−4sin 3t + cos 2t + C, λ = λ0; x ∈ ∅, λ = λ+

1 . 3) x(t) =16λπ

∞∑n=0

sin(2n+1)t(2n+1)3−4(2n+1)λ

+ sign t, λ∈ C\ {λ0, λ±n : n ≥ 0} ;

x(t) = 16π

∞∑n=0

sin(2n+1)t(2n+1)3π2−4(2n+1)

+ sign t + C, λ = λ0x(t) = − 4π (2k +

1)2∞∑

n=0

1(2n+1)2+(2k+1)2

· sin(2n+1)t2n+1 +sign t+C cos(2k+1)t, λ = λ−k , k ≥

0; x ∈ ∅, λ ∈ {λ+n : n ≥ 0} . 4) x(t) = 16λ

∞∑n=0

cos(2n+1)t(2n+1)4+4(2n+1)2λ

+

π4λ3(1−π2λ)

+ t2, λ∈ C\ {λ0, λ±n : n ≥ 0} ; x(t) = 4(2k + 1)2 ·

∞∑n=0

cos(2n+1)t(2n+1)4+(2k+1)2(2n+1)2

+ (2k+1)2π4

3(4−(2k+1)2π2)+ t2 + C sin(2k + 1)t, λ ∈

{λ+

k : k ≥ 0}

; x ∈ ∅, λ ∈ {λ0, λ−n : n ≥ 0} . 32. λ0 = 1

π2 , ϕ0(t) =1√2π

, λn+1 = −(n + 12)2, ϕ

(1)n+1(t) = 1√

πsin(2n + 1)t, ϕ

(2)n+1(t) =

1√π

cos(2n + 1)t, n ≥ 0. 1) x(t) = 11−π2λ

+ sin t1+4λ − 2 cos 2t,

λ∈ C\ {λn : n ≥ 0} ; x(t) = sin t1+(2n+1)2

+ 44+(2n+1)2π2 − 2 cos 2t +

C1 sin(2n+1)t+C2 cos(2n+1)t, λ = λn, n ≥ 2; x ∈ ∅, λ ∈ {λ0, λ1}.2) x(t) = sin t

1+4λ + 9 sin 3t9+4λ + sin 2t + sin 4t, λ∈ C\ {λn : n ≥ 0} ; x(t) =

π2 sin tπ2+4

+ 9π2 sin 3t9π2+4

+ sin 2t + sin 4t + C, λ = λ0; x(t) = sin t1−(2n+1)2

+

119

9 sin 3t9−(2n+1)2

+ sin 2t + sin 4t + C1 sin(2n + 1)t + C2 cos(2n + 1)t, λ ∈{λn : n ≥ 3} ; x ∈ ∅, λ ∈ {λ1, λ2}. 3) x(t) = sign t −16λπ

∞∑n=0

sin(2n+1)t(2n+1)3+4(2n+1)λ

, λ∈ C\ {λn : n ≥ 0} ; x(t) = C + sign t −16π

∞∑n=0

sin(2n+1)t(2n+1)3π2+4(2n+1)

, λ = λ0; x ∈ ∅, λ ∈ {λn : n ≥ 1} . 4) x(t) =

16λ∞∑

n=0

cos(2n+1)t(2n+1)4+4(2n+1)2λ

+ π4λ3(1−π2λ)

+ t2, λ∈ C\ {λn : n ≥ 0} ; x ∈∅, λ ∈ {λn : n ≥ 0} .

РОЗДIЛ 14

20. 1) Так. 2),3) Нi. 28. 1) Сингулярна, носiй {0, 1}. 2) Сингулярна,носiй {0}. 3) Регулярна, носiй R. 4) Регулярна, носiй [−1, 1].5) Сингулярна, носiй {−2, 0, 2}. 6)-8) Регулярнi, носiй R. 9) Сингулярна,носiй [0, 2π]. 10) Сингулярна, носiй {1, 3}. 35. Cδ(x). 39. 1) signx;2) 2

∑k∈Z

(−1)kδ(x−kπ). 41. 1) δ(n−1)a ; 2) θ(x) cos x; 3) δ0−θ(x) sinx;

4) δ(n−1)0 + aδ

(n−2)0 + ... + an−1δ0 + anθ(x)eax; 5) 2δ

(n−1)0 ; 6) signx;

7) signx, n = 1; 2δ(n−2)0 ; 8) 2

∑k∈Z

(−1)k+1δ(n−1)

(k+ 12)π

; 9)∑

k∈Zδ(n−1)k .

42. 1) f ′ = θ(x) cos x, f ′′ = δ0 − θ(x) sinx, f ′′′ = δ′0 − θ(x) cosx.2) f ′ = δ0− θ(x) sin x, f ′′ = δ′0− θ(x) cos x, f ′′′ = δ′′0 − δ0 + θ(x) sinx.3) f ′ = 2θ(1 − |x|)x + δ−1 − δ1, f ′′ = 2θ(1 − |x|) − 2δ−1 − 2δ1 +δ′−1 − δ′1, f ′′′ = 2δ−1 − 2δ1 − 2δ′−1 − 2δ′1 + δ′′−1 − δ′′1 . 4) f ′ = θ(x) −θ(x− 1) + 2θ(x− 1)x, f ′′ = δ0 + δ1 + 2θ(x− 1), f ′′′ = δ′0 + δ′1 + 2δ1.5) f ′ = 2θ(x + 1) · (x + 1) − 2θ(x), f ′′ = 2θ(x + 1) − 2δ0, f ′′′ =2δ−1 − 2δ′0. 6) f ′ = θ(π − |x|) cos x, f ′′ = −θ(π − |x|) sinx + δπ −δ−π, f ′′′ = −θ(π− |x|) cos x + δ′π − δ′−π. 7) f ′ = 2xθ(x)− 4θ(x− 1)−2(x − 2)θ(x − 2), f ′′ = 2θ(x) − 2θ(x − 2) − 4δ1, f ′′′ = 2δ0 − 2δ2 −4δ′1. 8) f ′ = θ(π − |x|) signx cosx, f ′′ = −θ(π − |x|) signx sinx +2δ0 + δ−π + δπ, f ′′′ = −θ(π − |x|) signx cosx + 2δ′0 + δ′−π + δ′π.

44. α′θ + α(0)δ. 46. Нехайn∑

k=0

ckδ(k)0 = 0. Довести, що тодi c0 = 0

i 0 =n∑

k=1

ckδ(k)0 = (

n∑k=1

ckδ(k−1)0 )′,

n∑k=1

ckδ(k−1)0 = const, але внаслi-

док сингулярностi похiдних вiд δ-функцiї ця стала дорiвнює 0. 50. C1x +C2. 52. 1) Cδ1; 2) C1δ1 + C2δ−1; 3) Cδ0 + P 1

x2 ; 4)∑

k∈ZCkδ(k+ 1

2)π;

5) C1 + C2θ(x) + C3δ0; 6) C0 + C1x + C2θ(x + 1) + C3(x + 1)θ(x + 1);

120

7) C1δ1 + C2δ0; 8) Cδ0 + P 1x ; 9) C1δ0 + C2δ

′0; 10) C1 + C2θ(x) − P 1

x ;11) C1+C2θ(x)+C3δ0−P 1

x ; 12) C0+C1x+C2x2+C3(x+1)2θ(x+1).

53. Скористатись задачею 11. 57. E(x) = θ(x)e−ax, u(x) = Ce−ax +x∫

−∞e−a(x−y)ϕ(y)dy. 58. 1) E(x) = 1

aθ(x) sh ax, u(x) = C1eax +

C2e−ax + 1

a

x∫−∞

sh a(x − y)ϕ(y)dy. 2) E(x) = θ(x)e∓ax xn−1

(n−1)! , u(x) =

n∑k=1

Ckxk−1e∓ax +

x∫−∞

(x−y)n−1

(n−1)! e∓a(x−y)ϕ(y)dy. 3) E(x) = 14θ(x)(1 −

e−4x), u(x) = C1 + C2e−4x + 1

4

x∫−∞

(1 − e−4(x−y))ϕ(y)dy. 4) E(x) =

xexθ(x), u(x) = C1ex + C2xex +

x∫−∞

(x − y)ex−yϕ(y)dy. 5) E(x) =

θ(x)(e−x−e−2x), u(x) = C1e−x+C2e

−2x+x∫

−∞(e−(x−y)−e−2(x−y))ϕ(y)dy.

6) E(x) = θ(x)e2x sinx, u(x) = (C1 sinx + C2 cosx)e2x +x∫

−∞e2(x−y) ·

sin(x−y)ϕ(y)dy. 7) E(x) = 13a2 θ(x)(eax−e−

ax2 (cos a

√3

2 x+√

3 sin a√

32 x)),

u(x) = C1eax + (C2 cos a

√3

2 x + C3 sin a√

32 x)e−

ax2 + 1

3a2

x∫−∞

(ea(x−y) −e−

a2(x−y)

(cos a√

32 (x − y) +

√3 sin a

√3

2 (x − y))) sh a(x − y)ϕ(y)dy. 8) E(x) =12θ(x)(1− ex)2, u(x) = C1 + C2e

x + C3e2x + 1

2

x∫−∞

(1− ex−y)2ϕ(y)dy.

9) E(x) = 12a3 θ(x)(sh ax−sin ax), u(x) = C1e

ax+C2e−ax+C3 cos ax+

C4 sin ax+ 12a3

x∫−∞

(sh a(x−y)−sin a(x−y))ϕ(y)dy. 10) E(x) = 12θ(x) ·

(x chx − shx), u(x) = (C1 + C2x)ex + (C3 + C4x)e−x + 12

x∫−∞

((x −y) ch(x−y)−sh(x−y))ϕ(y)dy. 60. 1) E(x, y) = θ(x−y) exp{x2−y2};2) E(x, y) = θ(x−y) exp{x3−y3}; 3) E(x, y) = θ(x−y)(cos y−cosx);4) E(x, y) = θ(x − y)(sin y − sinx); 5) E(x, y) = θ(x − y)(2 cos(x2 +π3 )− 2 cos(y2 + π

3 )); 6) E(x, y) = θ(x− y) exp{12(arctg2 x− arctg2 y)};

7) E(x, y) = θ(x − y) exp{x4 − 2x2 + x − y4 + 2y2 − y}; 8) E(x, y) =θ(x− y) exp{ 1

ln 2(2x− 2y)}; 9) E(x, y) = θ(x− y) exp{ 1ln 3(3y3 − 3x3

)}.61. Так. Нi. Так. Нi. 64. Скористатись задачами 15 i 22.3. 65. Так. Нi.

121

Нi. 71. 2) Проiнтегрувати частинами. 73. 1) 1√2a

e−y2

4a . 2) iy

(2a)32e−

y2

4a .

74. 1) 1√2π(a−iy)

; 2)√

2π

aa2+y2 ; 3) −4iay√

2π(a2+y2)2; 4) e−a|y|; 5) eiay−1

iy√

2π;

6)√

2π

sin ayy ; 7) (2a)−

52 (2a − y2)e−

y2

4a ; 8) e−x2+y2

2 ch(ay). 75. Вико-

ристайте рiвнiсть F 4 = I. Насправдi σ(F ) = σp(F ) = {1,−1, i,−i},(див. [17]). 77. При h ∈ L2(R) доведiть нерiвнiсть

∫R|h(x)|(∫

R|f(x −

y)g(y)|dy)dx ≤ ||f ||L1 · ||g||L2 · ||h||L2 . 82. 1) δ(x−1, y−1)−δ(x, y−1)−δ(x−1, y)+δ(x, y); 2) 2(−δ(x+1, y)+δ(x, y+1)+δ(x−1, y)−δ(x, y− 1)). Застосувати формулу Грiна до iнтегралу

∫S

(ϕ′′yy−ϕ′′xx)dxdy.

83. Перша й третя.

122

ЛIТЕРАТУРА

1) Антоневич А.Б., Князев П.Н., Радыно Я.В. Задачи и упражне-ния по функциональному анализу. – Минск, 1978.

2) Антоневич А.Б., Радыно Я.В. Функциональный анадиз и инте-гральные уравнения. – Минск, 1984.

3) Антосик П., Микусинский Я., Сикорский Р. Теория обобщенныхфункций. Секвенциальный подход. – М., 1976.

4) Ахиезер Н.И., Глазман И.М. Теория линейных операторов вгильбертовом пространстве. В 2 т. – Х., 1977-78.

5) Березанский Ю.М., Ус Г.Ф., Шефтель З.Г. Функциональныйанализ. – К., 1990.

6) Васильева А.Б., Тихонов Н.А. Интегральные уравнения. –М., 1989.

7) Владимиров В.С. Обобщенные функции в математической фи-зике. – М., 1979.

8) Владимиров В.С. Уравнения математической физики. –М., 1971.

9) Глазман И.М., Любич Ю.И. Конечномерный линейный анализв задачах. – М., 1969.

10) Городецкий В.В., Нагнибида Н.И., Настасиев П.П. Методы ре-шения задач по функциональному анализу. – К., 1990.

11) Городецький В.В., Нагнибiда М.I. Узагальненi функцiї. Теоремиi задачi. – К., 1996.

12) Городецький В.В., Нагнибiда М.I., Настасiєв П.П. Методи розв’я-зування задач з функцiонального аналiзу. У 2 ч. – К., 1997.

13) Данфорд Н., Шварц Дж.Т. Линейные операторы. – Т.1. Общаятеория. – М., 1962.

14) Дороговцев А.Я. Математический анализ. Сборник задач. –К., 1987.

123

15) Канторович Л.В., Акилов Г.П. Функциональный анализ. –М., 1984.

16) Кириллов А.А., Гвишиани А.Д. Теоремы и задачи функцио-нального анализа. – М., 1988.

17) Колмогоров А.Н., Фомин С.В. Элементы теории функций ифункционального анализа. – М., 1989.

18) Люстерник Л.А., Соболев В.И. Краткий курс функциональногоанализа. – М., 1984.

19) Люстерник Л.А., Соболев В.И. Элементы функционального ана-лиза. – М., 1965.

20) Петровский И.Г. Лекции по теории интегральных уравнений. –М., 1948.

21) Рид М., Саймон Б. Методы современной математической фи-зики. – Т.1. Функциональный анализ. – М., 1977.

22) Рудин У. Функциональный анализ. – М., 1975.

23) Треногин В.А., Писаревский Б.М., Соболева Т.С. Задачи и упра-жнения по функциональному анализу. – М., 1984.

24) Халмош П. Гильбертово пространство в задачах. – М., 1970.

25) Шилов Г.Е. Математический анализ. Второй специальный курс.– М., 1984.

26) Шилов Г.Е. Математический анализ. Специальный курс. –М., 1960.

124

ПЕРЕЛIК ПОМИЛОК,ДОПУЩЕНИХ У РОЗДIЛАХ 1-10

1. Стор. 6, 2-й рядок знизу. Замiсть “||x||p =∫T

|x(t)|pdµ(t)” треба читати

“||x||p =(∫

T

|x(t)|pdµ(t)) 1

p

” .

2. Стор. 7, 2-й рядок знизу. Замiсть

“

(∫T

|f + g|pdµ

) 1p

≤(∫

T

|f |pdµ

) 1p

·(∫

T

|g|pdµ

) 1p

”

треба читати

“

(∫T

|f + g|pdµ

) 1p

≤(∫

T

|f |pdµ

) 1p

+(∫

T

|g|pdµ

) 1p

” .

3. Стор. 10, 11-й рядок знизу. Замiсть “t ∈ [0, 1]” треба читати“t ∈ (0, 1]” .

4. Стор. 17, 11-й рядок зверху. Замiсть “||x|| = V ar(x, [a, b])” требачитати “||x|| = V (x, [a, b])” .

5. Стор. 26, 8-й рядок зверху. Замiсть “(x, y) =∞∑

n=1xnyn” треба читати

“(x, y) =∞∑

n=1xnyn” .

6. Стор. 26, 10,11-й рядок зверху. Замiсть “Цей простiр має базис{eint : n∈ Z}

” треба читати “Простiр L2([−1, 1]) має ортонормова-

ний базис{

1√2π

eint, t ∈ [−π, π] : n∈ Z}

” .

7. Стор. 26, 10-й рядок зверху. Замiсть “(x, y) =∫T

x(t)y(t)dµ” треба

читати “(x, y) =∫T

x(t)y(t)dµ(t)” .

8. Стор. 27, 11-й рядок знизу. Замiсть “S : X × X → R” треба читати“S : X ×X → C” .

9. Стор. 52, 12-й рядок зверху. Замiсть “f ∈ X∗, F ∈ G∗” треба читати“f ∈ G∗, F ∈ X∗” .

125

10. Стор. 74, 7-й рядок зверху. Замiсть “Fn ∈ BV ([a, b])” треба читати“Fn ∈ BV0([a, b])” .

11. Стор. 74, 14-й рядок знизу. Замiсть “збiгається на [0, 1]” треба читати“збiгається майже скрiзь на [0, 1] вiдносно мiри Лебега” .

12. Стор. 80, 14-й рядок зверху. Замiсть “x ∈ Y ” треба читати “x ∈ X” .

13. Стор. 94, 8-й рядок знизу. Замiсть “K : X → X” треба читати“Kn : X → X” .

14. Стор. 103, 3-й,5-й рядки знизу. Замiсть “i” треба читати“при цьому ” .

15. Стор. 105, 4-й рядок знизу. Замiсть “H = L2(R)” треба читати “H =L2([0, 1])” .

16. Стор. 106, 8-й рядок знизу. Замiсть “проектор” треба читати“ортопроектор” .

17. Стор. 106, 6-й рядок знизу. Замiсть “σ : H → H” треба читати“σ : N→ N” .

18. Стор. 110, 10-й рядок знизу. Замiсть “ОНБ ” треба читати “ортонор-мований базис ” .

19. Стор. 119, 17-й рядок знизу. Замiсть “проектор” треба читати“ортопроектор” .

126

iМЕНiТАРАСАШЕВЧЕНКА ЗБiРНИКЗАДАЧЗ …Збiрник задач з...

Documents