close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Суммируемость по Риссу спектральных разложений для конечномерных возмущений одного класса интегральных операторов.

код для вставкиСкачать
2001
ИЗВЕСТИЯ ВЫСШИХ УЧЕБНЫХ ЗАВЕДЕНИЙ
МАТЕМАТИКА
Є 8 (471)
УДК 513.88
А.П. ГУРЕВИЧ, А.П. ХРОМОВ
СУММИРУЕМОСТЬ ПО РИССУ СПЕКТРАЛЬНЫХ РАЗЛОЖЕНИЙ
ДЛЯ КОНЕЧНОМЕРНЫХ ВОЗМУЩЕНИЙ ОДНОГО КЛАССА
ИНТЕГРАЛЬНЫХ ОПЕРАТОРОВ
В пространстве L[0; 1] рассмотрим оператор
Af = A0f +
1R;x
Rx
R1
m
X
k=1
gk (x)(f; vk );
(1)
где A0 f = 1 f (t)dt + 2 f (t)dt, (f; vk ) = f (t)vk (t) dt, gk (x); vk (x) 2 C 1 [0; 1], x 2 [0; 1]. Пред0
0
0
положим, что системы fgk0 (x)gm1 , fvk (x)gm1 линейно независимы и = 21 ; 22 6= 0, 2 6= 0.
R1
Обозначим через R f = (E ; A);1 Af = G(x; t; )f (t) dt (E | единичный оператор) резоль0
венту Фредгольма оператора A. В статье при некоторых предположениях относительно оператора вида (1) найдены необходимые и достаточные условия на функцию f (x), обеспечивающие
равномерную сходимость к ней на всем отрезке [0; 1] средних вида
Z
1
g(; r)R f d;
; 2i
jj=r
где g(; r) удовлетворяет следующим условиям:
а) g(; r) непрерывна по в круге jj r и аналитична по в круге jj < r при любом
r > 0;
б) существует C > 0 такая, что jg(; r)j C при всех r > 0 и jj r;
в) существуют положительные 1 ; 2 такие, что
g(rei' ; r) = O
p
где
1 2 '+;
'++ ;
2
2
где = arg (оценки равномерны по r);
г) g(; r) ! 1 при r ! 1 и фиксированном .
Примерами таких функций могут служить функции вида
g(; r) = g1 (; r)g2 (; r);
1 2
3
f
(
)
i
(
;
=
2)
i
(
+
=
2)
1; re
; g2 (; r) = 1 ; M (f ) ;
g1 (; r) = 1 ; r e
r
Mr (f ) = max
j
f
(
)
j
;
;
>
0
;
0
:
1 2
3
jj=r
Работа выполнена при финансовой поддержке Российского фонда фундаментальных исследований
(проект Є 00-01-00075) и программы \Ведущие научные школы" (проект Є 00-15-96123).
38
Отметим, что для случая дифференциального оператора n-го порядка с регулярными по Биркгофу краевыми условиями ([1], с. 66) М. Стоун [2] исследовал средние по Риссу спектральных
разложений, представимых в виде
Z
4 l
1
; 2i
1 ; r4 Re f d; l > 0;
jj=r
где Re | резольвента дифференциального оператора, и показал, что на каждом [a; b] (0; 1)
имеет место равносуммируемость их с такими же средними обычных тригонометрических разложений в ряды Фурье. Далее, в [3] показано, что данный результат имеет место при достаточно
больших l и в том случае, когда условия регулярности не выполняются, но ядро резольвенты
при больших jj имеет рост не выше некоторой степени jj. Наконец, в [4], [5] данный результат
был перенесен на случай дифференциальных операторов, для которых основные требования не
связаны с краевыми условиями, а формулируются в терминах ограничений на спектр и систему собственных и присоединенных функций такого же вида, что и в известных исследованиях
Ильина В.А. по равносходимости спектральных разложений (в [5] рассматривается и случай
полиномиального пучка).
;1 . Поэтому выясним сначала
1. В дальнейшем важную роль будет играть вид оператора A
условия существования обратного оператора, а затем найдем для него явное представление.
Обозначим через M = (mij ), i = 1; : : : ; m + 1; j = 1; : : : ; m, матрицу с элементами m1j = U (gj ),
j = 1; : : : ; m; mij = ij+1 + (Lgj ; vi;1 ), i = 2; : : : ; m + 1; j = 1; : : : ; m: Здесь U (f ) = 1 f (0) ;
2f (1); Lf = ;1 f1 f 0(x) + 2f 0(1 ; x)g, ij | символ Кронекера.
;1 существует тогда и только тогда, когда
Теорема 1. Оператор A
rang M = m:
Доказательство. Пусть Af = 0, т. е.
1
x
Z
0
f (t) dt + 2
1;x
Z
0
f (t) dt +
m
X
k=1
gk (x)(f; vk ) = 0:
(2)
Положим в (2) сначала x = 0, затем x = 1 и вычтем из первого соотношения, предварительно
умноженного на 1 , второе, умноженное на 2 . Получим
m
X
k=1
U (gk )(f; vk ) = 0:
(3)
Далее, дифференцируя (2) по x, имеем
1f (x) ; 2 f (1 ; x) +
m
X
k=1
gk0 (x)(f; vk ) = 0
(4)
d f ( )j
(считаем, что f 0(1 ; x) = d
=1;x ). Заменим в (4) x на 1 ; x
1f (1 ; x) ; 2 f (x) +
m
X
k=1
gk0 (1 ; x)(f; vk ) = 0:
(5)
Из (4) и (5) получим
f (x) +
m
X
k=1
(f; vk )Lgk (x) = 0;
39
(6)
откуда
m
X
(f; vs ) +
k=1
(f; vk )(Lgk ; vs ) = 0; s = 1; : : : ; m:
(7)
Система (3), (7) относительно (f; vk ) эквивалентна (2).
Теперь и в дальнейшем будем предполагать, что rang M = m. Рассмотрим случай, когда
6= 0, где | минор порядка m, cостоящий из последних m строк.
;1 определяется интегро-дифференциальным выраТеорема 2. Если 6= 0, то оператор A
жением
m
m
X
X
A;1y = Ly(x) ; 1 Lgk (x) (Ly; vj )j;k
(8)
j =1
k=1
с граничным условием
V (y) = 1 y(0) ; 2 y(1) ; (y; g) = 0;
(9)
где j;k | алгебраические дополнения определителя ,
= + 1 ( w(1) + w(0));
= + 1 ( w(0) + w(1));
2
2
2 1
2
1
m
X
g(x) = 1 (;1 w0 (x) + 2 w0 (1 ; x)); w(x) = 1
U (gj )k;j vk (x):
1
1
j;k=1
Доказательство.
Положим y = Af . Тогда так же, как и (6), получим
f (x) +
Отсюда имеем
(f; vj ) +
Из (11) получим
m
X
(f; vk )Lgk (x) = Ly(x):
(10)
(Lgk ; vj )(f; vk ) = (Ly; vj ); j = 1; : : : ; m:
(11)
k=1
m
X
k=1
m
X
1
(f; vj ) = (Ly; vk )k;j ; j = 1; : : : ; m;
k=1
и тем самым из (10) следует (8).
Далее, так же, как и (3), имеем
m
X
Отсюда в силу (12)
k=1
(12)
U (gk )(f; vk ) = U (y):
U (y) = (Ly; w):
(13)
Проводя в (Ly; w) интегрирование по частям, из (13) придем к (9). Обратно, пусть y(x) абсолютно непрерывна и удовлетворяет (9). Положим f (x) = A;1 y, где A;1 y есть правая часть (8).
Положим
m
X
xs = 1 (Ly; vk )k;s ; s = 1; : : : ; m:
(14)
k=1
40
Тогда
Ly(x) = f (x) +
m
X
k=1
xk Lgk (x):
(15)
Из (9) получим
m
X
k=1
U (gk )xk = U (y):
(16)
Из (14) заключаем, что xs удовлетворяет системе
m
X
k=1
(k;s + (Lgk ; vs ))xk = (Ly; vs ); s = 1; : : : ; m:
(17)
Теперь, интегрируя (15) от 0 до x и используя (16), получим
y(x) = A0 f (x) +
m
X
gk (x)xk :
(18)
(Lgk ; vs )xk ; s = 1; : : : ; m:
(19)
k=1
С другой стороны, из (15) имеем
(Ly; vs ) = (f; vs ) +
m
X
k=1
Сравнивая (17) и (19), заключаем, что xs = (f; vs ). Поэтому из (18) следует y = Af .
Замечание. Пусть rang M = m, но отличен от нуля другой минор ранга m. Предположим
e составленный из m первых строк матрицы M , тогда
для определенности, что это минор ,
A;1y = Ly(x) ; e1
m
X
Lgk (x)(U (y)e 1;k +
mX
;1
(Ly; vj )e j+1;k );
k=1
j =1
Ve (y) = e1 y(0) ; e2 y(1) ; (y; ge) = 0;
где
e1 = 1 + 1 (1 we(0) + 2 we(1)) ; e2 = 2 + 1 (1 we(1) + 2 we(0)) ;
m mX
;1
X
(k;m + (Lgk ; vm ))e j+1;k vj (x);
we(x) = vm(x) ; 1e
= 1e
m
X
k=1
k=1 j=1
(k;m + (Lgk ; vm ))e 1;k ; ge(x) = (;1 we0 (x) + 2 we0 (1 ; x)):
Введем оператор L1 : L1 y = Ly, V (y) = 0.
;1 A оператора A и резольвента R1; =
Теорема 3. Резольвента Фредгольма R = (E ; A)
(L1 ; E );1 оператора L1 , где E | единичный оператор, связаны соотношением
2.
R f = R1; f + 1
m
X
k;j =1
j;k (R f; vj )R1; Lgk (x):
41
(20)
Так как y = Af удовлетворяет V (y) = 0, то
R ; R1; = (A;1 ; E );1 ; (L1 ; E );1 = (L1 ; E );1 (L1 ; A;1 )(A;1 ; E );1 :
Отсюда в силу (8) получим (20).
Рассмотрим далее оператор L0 :
L0 y = Ly; 1 y(0) ; 2 y(1) = 0:
;1 f (x), то
Лемма 1. Если y (x) = R0; f (x) = (L0 ; E )
z 0 (x) ; Bz(x) = BF (x);
(21)
Pz (0) + Qz(1) = 0;
(22)
где z (x) = fy1 (x); y2 (x)gT , y1 (x)= y(x), y2(x) =y(1 ; x), F (x) = ff1 (x); f2 (x)gT , f1 (x) = f (x),
2
1 ;2
0 0
f2 (x) = f (1 ; x), B = 1 ;
; , P = 0 0 , Q = ; , T | транспонирование.
Доказательство.
2
Доказательство.
Заменим x на 1 ; x
Из (23) и (24) следует
1
2
1
Имеем
1 f y0 (x) + y0 (1 ; x)g ; y(x) = f (x):
2
1
1 f y0 (1 ; x) + y0 (x)g ; y(1 ; x) = f (1 ; x):
2
1
(23)
(24)
y0(x) ; f1 y(x) ; 2 y(1 ; x)g = 1 f (x) ; 2 f (1 ; x):
(25)
Также меняя x на 1 ; x, получим
y0 (1 ; x) ; f1 y(1 ; x) ; 2 y(x)g = 1 f (1 ; x) ; 2 f (x):
(26)
Из (25) и (26) вытекает (21). Далее, 1 y(0) ; 2 y(1) = 0 можно записать двумя способами:
1 y1(0) ; 2y2(0) = 0 и 1 y2(1) ; 2 y1 (1) = 0:
Отсюда следует (22).
Лемма 2. Если в (21) f2 (x) = f1 (1 ; x), то и y2 (x) = y1 (1 ; x).
T
T
Доказательство. Положим u(x) = fu1 (x); u2 (x)g = fy1 (1 ; x); y2 (1 ; x)g ; w (x) = Iu(x) =
fu2 (x); u1 (x)gT . Тогда u0(x) = ;fy10 (1 ; x); y20 (1 ; x)gT = ;Bz(1 ; x) ; BF (1 ; x) = ;Bu(x) ;
BF (1 ; x); w0 (x) + IBu(x) = ;IBF (1 ; x): Положим W (x) = Iu(x) = fu2 (x); u1 (x)gT . Тогда
W 0(x) + IBu(x) = ;IBF (1 ; x): Далее, Bu(x) = f1 u1 ; 2 u2 ; 2 u1 ; 1 u2 gT = ;f2w1 ;
1w2 ; 1 w1 ; 2w2 gT . Значит, IBu(x) = ;Bw(x). Теперь BF (1 ; x) = f1 f2 ; 2 f1 ; 2 f2 ; 1 f1g:
Поэтому IBF (1 ; x) = ;BF (x). Таким образом, получено
w0 (x) ; Bw(x) = BF (x):
(27)
Найдем граничные условия для w(x). Имеем Pz (0) = Pu(1) = f1 w2 (1) ; 2 w1 (1); 0gT . Отсюда
IPz (0) = ;Qw(1). Далее, Qz(1) = Qu(0) = f0; 2 w2 (0) ; 1 w1 (0)gT . Отсюда IQz(1) = ;Pw(0):
Значит,
Pw(0) + Qw(1) = 0:
(28)
Из (27) и (28) получим z (x) = w(x). Поэтому y1 (x) = w1 (x) = u2 (x) = y2 (1 ; x).
Следствие. Первая компонента вектора z (x), где z (x) удовлетворяет (21){(22), когда f1 (x) =
f2 (1 ; x) = f (x), есть R0;f = (L0 ; E );1 f .
42
Лемма 3.
Если z (x) удовлетворяяет (21){(22), то
z(x)=(exp Bx);1()
P
Z
0
x
(exp(;Bt))BF (t) dt;Q(exp B )
1
Z
x
(exp(;Bt))BF (t) dt ; (29)
где () = P + Q exp B .
Доказательство.
Общее решение системы (21) имеет вид
z(x) = (exp Bx) c +
x
Z
0
(exp(;Bt))BF (t) dt ;
(30)
где c | произвольный постоянный вектор размерности 2. Находим c из граничного условия (22),
т. e. имеем
Z 1
Pc + Q(exp B ) c + (exp(;Bt))BF (t) dt = 0:
0
Отсюда
c = ;;1()Q(exp B )
Подставив c в (30), получим
z(x) = (exp Bx) ; ;1()Q(exp B )
+
x
Z
0
1
Z
0
(exp(;Bt))BF (t) dt
Z
1
Z
0
(exp(;Bt))BF (t) dt:
(exp(;Bt))BF (t) dt +
= (exp Bx);1 ()
; Q(exp B ) 1
x
Z
(exp(;Bt))BF (t) dt + (P + Q exp B ) (exp(;Bt))BF (t) dt :
0
0
Отсюда легко следует (29).
для R0; . Собственными значениями матрицы B будут
pНайдем теперь нужное представление
2
;1
. Обозначим
! через ; = (ij )1 неособую матрицу размера 2 2 такую, что ; B ; = D , где
p
0 . Далее будем обозначать одной и той же буквой различные постоянные, не
D = 0 ;p
зависящие от .
Лемма 4. Имеет место формула
R0; f = (1) fr((1 ; x))q1 (x; ; f ) + r(x)q2 (x; ; f )g;
где
p
r(x) = exp x + exp(;x); = ;
q1(x; ; f ) =
Z
x
0
Z 1
r(t)f (t) dt +
Z
1
1;x
r((1 ; t))f (t) dt;
Z
1;x
r((1 ; t))f (t) dt +
r(t)f (t) dt;
x
0
() = det(P ; + Q; exp D)
P
(произведение r(x)r(t) понимается так : r(x)r(t) = exp (x t)).
q2(x; ; f ) =
43
(31)
Доказательство.
Имеем
;
;
1
11
2
21
1
12
2
22
P; =
;
0
0
Q; exp D = ( ; 0 ) exp ( ; 0 ) exp(;) :
2 11
1 21
2 12
1 22
Поэтому
12 ;
11
P ; + Q; exp D = exp
22 exp(;)
21
где 11 = 1 11 ; 2 21 , 12 =p1 12 ; 2 22 , 21 = 2 11 ; 1 21 , 22 = 2 12 ; 1 22 . При этом 11 =
22 = 1, 21 = 12 = ;2 1(1 ; ). Tогда () = 1 exp +2 exp(;), где 1 = ;21 12 ; 2 = 11 22 .
Пусть таково, что () 6= 0. Обозначим через T = (ti;j )21 матрицу, обратную к P ; + Q; exp D.
Из соотношения E = (P ; + Q; exp D)T , где E | единичная матрица, получим следующие
системы уравнений для tij :
(
(
11 t11 + 12 t21 = 1;
11 t12 + 12 t22 = 0;
21 t11 exp + 22 t21 exp(;) = 0;
21 t12 exp + 22 t22 exp(;) = 1:
Определитель обеих систем один и тот же, равный (). Поэтому получим
exp ;)
t11 = exp(
() ; t21 = () ; t12 = () ; t22 = () ;
и
;) :
T = (1) exp(
exp Обозначим V = V1 ; V2 , где
Z
x
Z
1
(exp(;Bt))BF (t) dt;
V2 = Q(exp B ) (exp(;Bt))BF (t) dt;
0
x
(t) = ;;1 F (t);
(t) = f1 (t); 2 (t)gT :
Тогда i (t) = f (t) + f (1 ; t). Далее, имеем
V1 = P
V1 = P ;
Но
0
(exp(;Dt))D(t) dt:
P; = 0 0 ;
Поэтому
V1 =
x
Z
Z
0
exp(
;
t
)
0
(exp(;Dt))D =
0
exp t ;
exp(
;
t
)
exp
t
P ;(exp(;Dt))D =
:
0
0
x exp(;t)
exp t 1 (t) dt =
0
0
2 (t)
Z x
= f(exp(;t))(f (t) + f (1 ; t)) + (exp t)(f (t) + f (1 ; t)); 0gT dt =
0
=
Z
x
r(t)f (t) dt +
Z
1
r((1 ; t))f (t) dt; 0
T
= fq1 (x; ; f ); 0gT :
1;x
T
Аналогично получим V2 = f0; q2 (x; ; f )g : Имеем теперь
(exp Bx);1 () = ;(exp Dx);;1 ;1 () = ;(exp Dx)T:
0
44
Но
1
exp(
;
(1
;
x
))
exp
x
(exp Dx)T = () exp (1 ; x) exp(;x) :
Поэтому
;(1 ; x)))q1 + (exp x)q2
(exp Dx)TV = (1) (exp(
(exp (1 ; x))q1 + (exp(;x))q2 :
Значит,
z(x) = ;(exp Dx)TV = (1) fr((1 ; x))q1 + r(x)q2; r((1 ; x))q1 + r(x)q2gT :
Отсюда получим (31), ибо по следствию леммы 2 первая компонента z (x) есть R0; f .
Лемма 5. Общее решение уравнения Ly ; y = 0 имеет вид
y(x; ) = c'(x; );
p
где '(x; ) = exp x + ;2 1 (1 ; ) exp (1 ; x).
2
2
Доказательство. Если Ly = y , то L y = Ly = y . Но
L2 y = L(Ly) = 1 f1 (Ly)0x (x) + 2(Ly)0x (1 ; x)g =
= 1 1 (1 y00 (x) ; 2 y00 (1 ; x)) + 2 (1 y00 (1 ; x) ; 2 y00 (x)) = 1 y00 (x);
т. e. получили y00 (x; ) = 2 y(x; ). Отсюда
y(x; ) = c1 exp x + c2 exp(;x):
(32)
Подставим эту формулу в Ly ; y = 0. Тогда имеем
1 f [c exp x ; c exp(;x)] + [c exp (1 ; x) ; c exp(;(1 ; x))]g =
2
2 1
2
1 1
= c1 exp x + c2 exp(;x):
Отсюда
1 c ; 1 c exp(;) ; c exp x + ; 1 c + 2 c exp ; c exp(;x) = 0:
1 1
2 2
1
2
1
2
Значит,
2
1
c1 p ; 1 + c2 ; p exp(;) = 0;
(33)
c1 p2 exp + c2 ; p1 ; 1 = 0:
Определитель этой системы относительно c1 и c2 равен нулю. Из первого уравнения (33) находим
c2 через c1 и подставляем в (32). Получаем y(x; ) = c1 '(x; ).
Лемма 6.
Имеет место формула
R1; f = R0; f + V(R('0;(x;f;g))) '(x; ):
45
(34)
Положим y = R1; f . Tогда Ly ; y = f . Отсюда по лемме 5
y = R0; f + c'(x; ):
Так как V (y) = 0, то получим
0 = V (R0; f ) + cV ('(x; )) = ;(R0; f; g) + cV ('(x; )):
Найдем отсюда c и, подставив в (35), придем к (34).
Доказательство.
(35)
3. В дальнейшем будем предполагать, что 1 2 6= 0. Это условие назовем условием регулярности. Для определенности считаем, что Re 0. Противоположный случай рассматривается
аналогично. Через S" обозначим область, получающуюся из всей -плоскости удалением всех
нулей () вместе с круговыми окрестностями одного и того же достаточно малого радиуса
" > 0. Тогда в S" очевидны оценки
;1 () = O(exp(;)); r(x) = O(exp x):
(36)
Лемма 7. В S" имеет место оценка
'(x; )
V ('(x; )) = O(j exp(;x)j + j exp(;(1 ; x))j):
Доказательство. Имеем
V ('(x; )) = 1 '(0; ) ; 2 '(1; ) ; ('(x; ); g) =
p
p
= 1 (1 + ;2 1 (1 ; ) exp ) ; 2 (exp + ;2 1 (1 ; )) ; ('(x; ); g):
Но
p
1 ; 2 ;2 1 (1 ; ) = 1 ; 2 12 = 122 ; 2 12 = ;22 ;
p
1 ;2 1(1 ; ) ; 2 = 1 21 ; 2 11 = ;21 ;
('(x; ); g) = o(exp ):
Поэтому
V ('(x; )) = ;22 ; 21 exp + o(exp ):
Отсюда получим оценку
V ;1 ('(x; )) = O(exp(;)):
Теперь утверждение леммы становится очевидным.
Определим R0; из соотношения (R0; f; g) = (f; R0; g).
1
Лемма 8. Если f (x) 2 C [0; 1], то R0; f = O (1=).
Доказательство. По лемме 4 имеем
Z 1
Z x
Z 1
1
r((1 ; x)) r(t)f (t) dt + r((1 ; x))
r((1 ; t))f (t) dt +
(R0; f; g) = ()
0
0
1;x
+ r(x)
Так как
Z
1
0
Z 1
0
dx
dx
Z
x
0
Z 1
x
dt =
dt =
Z
1
0
Z 1
0
x
dt
dt
1
Z
Z
t
Z t
0
r((1 ; t))f (t) dt + r(x)
1
Z
dx;
dx;
0
1
Z
0
46
1
dx
dx
Z
1
1;x
1;x
Z
0
dt =
dt =
1;x
Z
0
1
Z
0
Z
0
1
r(t)f (t) dt g(x) dx: (37)
dt
dt
1
Z
dx;
1;t
Z 1;t
0
dx;
то из (37) получим
Z 1
Z 1
1
R0;f = ()
r((1 ; x))r(t)f (x) dx + r((1 ; x))r((1 ; t))f (x) dx+
t
1;t
+
t
Z
0
r(x)r((1 ; t))f (x) dx +
1;t
Z
0
r(x)r(t)f (t) dx :
Так как f (x) 2 C 1 [0; 1], то, интегрируя по частям и используя оценки (36), получим утверждение
леммы.
Лемма 9. Если f (x) 2 C [0; 1], то в S"
kR0;f kC[0;1] = o(1):
Доказательство. Задаем "1 > 0. Пусть p(x) | многочлен такой, что kf (x) ; p(x)kC [0;1] "1 .
Тогда имеем
R0;f = R0; (f ; p) + R0; p:
Так же, как в лемме 8, получим R p = O 1 . Далее, по лемме 4 в силу (36) легко получим
оценку
0;
kR0; (f ; p)kC[0;1] = O;kf ; pkC[0;1]: Лемма 10. Если fi (x) 2 C [0; 1] (i = 1; 2), то в S"
(R1; f1 ; f2 ) = o(1):
Доказательство. По лемме 6 имеем
f1; g) ('(x; ); f ):
(R1; f1 ; f2 ) = (R0; f1 ; f2 ) + V(R('0;(x;
2
))
Отсюда по леммам 7 и 9 получим требуемое.
Лемма 11. Если f (x) 2 L1 [0; 1], то при 2 S" справедлива оценка
1
kR0; f k = O Re kf k :
Доказательство. Имеем
Z x
Z x
1
r(t)f (t) dt = O
jf (t)jj exp tj dt = O Re (j exp xj ; 1)kf k ;
0
0
Z 1
Z 1
1
r((1 ; t))f (t) dt = O
jf (t)jj exp (1 ; t)j dt = O Re (j exp xj ; 1)kf k :
1 ;x
1;x
Значит, эту же оценку имеет и q1 (x; ; f ) . Аналогично,
1
q2(x; ; f ) = O Re (exp (1 ; x) ; 1)kf k :
Поэтому по лемме 4
1
1
R0; f = O Re f2 ; j exp(;x)j ; j exp(;(1 ; x))jgkf k = O Re kf k : Лемма 12. Если f (x) 2 C [0; 1], то в S" справедлива оценка
kR1; f k = O Re1 kf k :
47
Доказательство.
Из (34), учитывая леммы 7 и 11, имеем
1
kR1; f k = O(kR0; f k) + O((R0; f; g)) = O Re kf k : Лемма 13. Если f (x) 2 C [0; 1] и 2 S" , то
kR f k = O Re1 kf k :
Доказательство. Положим y = R f , тогда по теореме 3
m
X
jk (y; vj )R1; Lgk :
Rf = R1;f + 1
k;j =1
Отсюда
m
X
(y; vs ) = (R1; f; vs ) + 1
jk (y; vj )(R1; Lgk ; vs ); s = 1; : : : ; m:
k;j =1
(38)
(39)
По лемме 10 (R1; Lgk ; vs ) = o(1). Поэтому из (39) получим оценки
(y; vs ) = O(kR1; f k) = O Re1 kf k :
С помощью этих оценок из (38) с учетом леммы 12 следует требуемое.
Лемма 14. Предположим, что g (; r ) удовлетворяет условиям a){г), а p() допускает
оценку p() = O Re1 , тогда
I=
Доказательство.
' + = получим
I=r
Z
;
Z
jg(; r)j jp()j jdj = O(1):
jj=r
p
Обозначим = 0 ei : После замены = rei' , ; 2 ; ' ; ,
jg(rei(;) ; r)p(rei(;) )jd =
2
1
Z 1
1
= O + 2 cos d + O ; 2 cos d = I1 + I2 :
0
;
Оценим I2 (оценка I1 аналогична). Пусть t = ; 2 ; тогда
Z
0
I2 =
но j sin tj 2 jtj, поэтому I2 =
Теорема 4
=
R2
;=2
=2
Z
;=2
O
jtj1
1 dt;
sin t
O(jtj1 ;1 ) dt = O(1).
(формула остаточного члена). Пусть f (x); g0 (x) 2 C [0; 1]. Eсли на окружности
jj = r нет характеристических чисел оператора A; то
Z
1
f (x) + 2i
g(; r)R f (x) d = f (x)(1 ; g(0 ; r)) + g(0 ; r)[f (x) ; f0(x)] +
jj=r
Z
g(; r) R g d + 1 Z g(; r)R [f (x) ; f (x)] d;
+ 21i
0
0
2i jj=r
jj=r ; 0
48
где 0 { произвольное комплексное число (j0 j < r); не являющееся характеристическим значением оператора A; и f0 = R0 g0 :
Доказательство. Имеем
f0 ; Af0 + ( ; 0 )Af0 = Ag0 :
Отсюда f0 + ( ; 0 )R f0 = R g0 : Поэтому
1 Z g(; r)R f d = 1 Z g(; r)R f d + 1 Z g(; r)R (f ; f ) d =
0
0
2i jj=r
2i jj=r
2i jj=r
Z
g(; r) R g d + 1 Z g(; r)R (f ; f ) d:
= ;g(0 ; r)f0 (x) + 21i
0
0
2i jj=r
jj=r ; Отсюда следует утверждение теоремы.
Лемма 15. Пусть y0 (x) 2 C [0; 1] и удовлетворяет граничному условию (9), тогда суще1
ствует последовательность fyk (x)g1
k=1 C [0; 1]; которая удовлетворяет (9) и сходится к
y0 (x) в метрике C [0; 1].
1
Доказательство. Рассмотрим последовательность fpk (x)gk=1 алгебраических многочленов,
сходящуюся к y0(x) в C [0; 1]: Очевидно, V (pk (x)) = k ! 0 при k ! 1: Выберем n0 настолько
большим, чтобы
Z 1
n
0
x g(x) dx j22 j :
0
Искомую последовательность возьмем в виде yk (x) = pk (x) ; k xn0 ; где k | некоторые константы, определяемые из условия V (yk ) = 0; или, подробнее,
V (pk ) ; k V (xn0 ) = k ; k ; 2 ;
1
Z
0
xn0 g(x) dx = 0:
Выражение, стоящее в круглых скобках, по модулю не меньше j22 j : Поэтому k ! 0 при k ! 1.
Следовательно, yk (x) сходится к y0 (x):
0
Следствие. Замыкание D области значений оператора A в метрике C [0; 1] совпадает с
множеством непрерывных на [0; 1] функций, удовлетворяющих (9).
Теорема 5. Для того чтобы выполнялось соотношение
Z
1
= 0;
lim
(
f
)
=
lim
f
(
x
)
+
g
(
;
r
)
R
f
(
x
)
d
r
r!1
r!1
2i jj=r
необходимо и достаточно, чтобы f (x) 2 D0 .
Доказательство. Необходимость очевидна.
0
Достаточность. Пусть f (x) 2 D : Для " > 0 возьмем f0 (x) из области значений оператора
A так, чтобы kf ; f0k < ". По лемме 15 такой выбор возможен. Используя формулу остаточного
члена, получим
Z
1
1
r (f ) = O(1 ; g(; r)) + "O(1) + O r
jg(; r)jO Re jdj +
jj=r
Z
1
+ "O
jg(; r)jO Re jdj :
jj=r
С учетом леммы 14 получим требуемое.
49
Литература
1. Наймарк М.А. Линейные дифференциальные операторы. { 2-е изд. { М.: Наука, 1969. { 526 с.
2. Stone M.H. A comparison of the series of Fourier and Birkho // Trans. Amer. Math. Soc. { 1926.
{ V. 28. { P. 695{761.
3. Хромов А.П. Разложение по собственным функциям обыкновенных линейных дифференциальных операторов на конечном интервале // ДАН СССР. { 1962. { Т. 146. { Є 6. { C. 1294{
1297.
4. Тихомиров В.В. О риссовских средних разложений в тригонометрический ряд Фурье по собственным функциям пучка М.В. Келдыша обыкновенных несамосопряженных дифференциальных операторов // ДАН СССР. { 1976. { T. 226. { Є 5. { C. 1015{1017.
5. Тихомиров В.В. О средних Рисса разложений по собственным и присоединенным функциям
несамосопряженного обыкновенного дифференциального оператора // Матем. сб. { 1977. {
T. 102. { Є 1. { C. 33{55.
Саратовский государственный университет
50
Поступила
17.06.1999
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа