Линейные функционалы и операторы в курсе функционального анализа - 54 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ЯрГУ | Ярославль

Составители: 

Рубрика: 

54 § 9. Норма оператора и примеры ее вычисления
Собирая три последние оценки, получим
kAbxk
L
1
≥
1
t
2
− t
1
b
Z
a
|
t
2
Z
t
1
K(s, t
0
)dt|ds − ε · (b − a).
Вычислив внутренний интеграл и учитывая выбор t
0
, имеем
kAbxk
L
1
≥ C − ε · (b − a).
В силу произвольности ε, получим
kAbxk
L
1
≥ C.
Остается заметить, что kbxk
L
1
= 1. Таким образом,
kAk ≥
kAbxk
L
1
kbxk
L
1
≥ C
и kAk = C.
Пример 9.6. Пусть оператор A действует из l
n
2
в l
n
2
и в некотором базисе
задается матрицей {a
ij
}, причем a
ij
= a
ji
. Доказать, что
kAk = max
i=1,...,n
|λ
i
|;
где λ
i
– собственные значения матрицы A.
Решение. Так как матрица A симметрична, то существует ортонормиро-
ванный базис, состоящий из собственных векторов матрицы A, то есть
Ae
i
= λ
i
e
i
i = 1, 2, ..., n.
Пусть y = Ax. Так как x = x
1
e
1
+ ... + x
n
e
n
, то Ax = λ
1
x
1
e
1
+ ... + λ
n
x
n
e
n
и
kyk
2
l
n
2
= kAxk
2
l
n
2
= |λ
1
x
1
|
2
+ ... + |λ
n
x
n
|
2
.
Имеем
kAxk
2
l
2
≤ ( max
i=1,...,n
|λ
i
|)
2
kxk
2
l
2
.
Докажем противоположную оценку. Пусть max
i=1,...,n
|λ
i
| = |λ
i
0
|. Возьмем
bx = e
i
0
. Тогда
||Abxk
l
2
= |λ
i
0
|.
Так как kbxk
l
2
= 1, то
kAk ≥
kAbxk
l
2
kbxk
l
2
= |λ
i
0
|.
Таким образом, kAk = max
i=1,...,n
|λ
i
|.

Страницы