Файл қосу
Метрикалық кеңістік
І. ТАРАУ
1.1 . Оператор ұғымы
4 Мат.анализ
I . Функция
f : X Y
мұндағы X R,Y R
x X f ! y Y
x
f
X
y
Y
3.1 Мысал:
f - әке заңдылығы
функцияны
қанағаттандырады
g - бала заңдылығы
функцияны
қанағаттандырмайды
Функционал анализ
I .Оператор амалгер
бейнелік
f : X Y x X ,
оператор
f !, y Y y f x
X және Y жиынының
элементтерінің табиғаты кез
келген болуы мүмкін.
Мысал:
1) X={4 курс қ/б матем.
студенттері}
Y={322 аудитория
орындары}
X→Y
f := студенттің орнын
анықтайтын амал
2) X={наурыз кӛже}
↓ f=салмағы
Y={сандар}
1.2. Метрика ұғымы
II .Функцияның нүктедегі
шегі lim f ( x) A
xa
Егер
x0 a
x0 a
онда f ( x0 ) A
0 : x0 (a , a )
онда f ( x0 ) ( A , A )
немесе U A үшін
U a : x0 U a f ( x0 ) U A
U A Y , Ua X
Негізгі ұғым: нүктенің
маңайы х0 а
ара кашык
жақын немесе алыс
II .Функцияның нүктедегі шегі
X элементінің
табиғаты кез келген
х1 X , х2 X
Осы жиындағы екі элементті
қарастырамыз және олардың
ӛзара ара қашықтығын
есептейміз.
1) х1, х2 теріс емес сан
2) симметриялы
х1, х2 х2 , х1
3) егер х1, х2 0 болса, онда
х1 х2
4) х1, х2 min мүмкін ара
қашықтық ішіндегі ең
қысқасы;
4') х1, х2 х1, х3 х3 , х2
x3
x1
x2
=метрика–(ара қашықтық)
Мысал:
1) A, B доғасының ұзындығы,
геодезиялық қисық- ең қысқа қисық
A
B
2) X={[0;1] анықталған үзіліссіз
функциялар жиыны}
f1(x)
f2(x)
0 x2x1 x0
1
4
9
3) х2 , х3 max{ x2 x3 }
y
8
4
27 27
x1 x2
0
x
1
hx x 2 x 3 0
hx 2 x 3 x 2 0
x1 0
2
3
hx 2 2 6 x 2 0
x2
3
3
4) X={[0;1] анықталған үзіліссіз
функциялар жиыны}
y
f1(x)
f2(x)
0
ауданы
1
1
x
f1 ( x), f 2 ( x) f1 ( x) f 2 ( x) dx
0
2.1.
Метрикалық кеңістік
Х элементтерінің табиғаты және кез келген x1 , x2 арақашықтық
берілген.
жиынының үстінде арақашықтық берілсе, онда мұны
метрикалық кеңістік деп атайды.
4.1.1.1 Сандық ось
4.1.2 Метрикалық жиын
Симметриялы интервал
ашық шар
U a a , a x : x a
x : x, a Ba
4.1.3 Ішкі нүкте
4.1.3.1 Ішкі нүкте
x0 M және Ux0 M
M X , x0 M және !Bx0 M
Ашық жиын
МR ішкі нүктелерден тұратын
жиынды ашық жиын дейміз.
ашық жиын емес
Мысалы:
M 1 , 1 2 , 2
Ашық жиындардың бірігуі ашық
болады.
Aшық жиын.
М X ішкі нүктелерден тұратын
жиынды ашық жиын дейміз.
x1
x 2
1 мысал: X=R 2 =
баған
жиыны
x, y =max x1 y1 , x 2 y2
ашық шар
Ba = x: x,a
x1
: max{| x1 a1 |,| x2 a2 |
x2
x1 | x1 a1 |
:
x2 | x2 a2 |
x1 x1 (a1 1, a2 2 )
:
x2 x2 (a2 2 , a2 2 )
x2
a2+
Ba
a
a2
a 2-
a1-
a1
a1+
x1
2 мысал:
X=R2( екі ӛлшемді бағандар
жиыны)
x, y ( x1 y1 ) 2 ( x2 y2 ) 2
Ашық шар
x1
a : ( x1 a1 ) 2 ( x2 a 2 ) 2
x2
x1
: ( x1 a1 ) 2 ( x2 a2 ) 2 2
x2
x2
a
a2
Ba
a1
x1
3 мысал:
X={[0;1]} кесіндісінде анық
талған және үзіліссіз функциялар
жиыны}
( f1 ( x), f 2 ( x)) max | f1 ( x) f 2 ( x) |
Ашық шар
a ( x ) ( ) { f ( x) : ( f , a) }
{ f ( x) : max | f ( x) a( x) |
{ f ( x) :| f ( x) a( x) | , x [0;1]}
f ( x) : f ( x) (a( x) , a( x) ), x [0;1]}
Тізбектің жинақтылығы
x1 , x2 , x3 ,... сандық тізбек.
lim xn b анықтама бойынша
n
U b , N , n N xn U b
Тізбектің жинақтылығы
X , , x1 , x2 , x3 ,... X сандық тізбек
b X , lim xn b анықтама бойынша
5
n
Bb , N , n N , xn Bb
2.2. Фундаментальды (іргелі) тізбектер
R, Коши критерийі:
1. xn жинақты болады,
0, N
егер () n N , 1
| x x
n
n |
2. Керісінше, ()-дан
жинақтылық шығады.
Коши критерийі кез келген
метрикалық кеңістікте
орындала ма?
Мысал: X={рационал сандар}
2
0 , 2 1 , 2 2 ,
2-
бүтін бӛлігі, яғни
{1; 1,4; 1,41; 1,414; 1,1414; …}
қорытынды: аталған мысалда
() орындалады, бірақ мына
тізбек жинақты емес.
Демек, () жинақтылық
шықпауы мүмкін.
() орындалатын тізбекті
фундаментальді тізбек дейді.
Теорема. Кейбір метрикалық
Кеңістіктерде жинақтылық
фундаментальдылықтан
шықпауы мүмкін
Салдар. Кез келген
кеңістіктерде Коши
критерийі орындалмауы да
мүмкін
2.3. Толық метрикалық кеңістіктер
Толық метрикалық кеңістіктерді екі топқа бӛлеміз:
X , – толық метрикалық кеңістік, X , I1 I 2 және I1 I 2
I1 - Коши критерийі орындалатын метрикалық кеңістік – толық
метрикалық кеңістік.
I 2 – Коши критерийі орындалмайтын метрикалық кеңістік – толық
емес метрикалық кеңістік.
Мысалы:
Q, I 2 – толық емес метрикалық кеңістік.
R, I1 – толық метрикалық кеңістік.
Екінші және бірінші метрикалық кеңістіктің кеңеюі
Негізгі мәселе: Толық емес метрикалық кеңістіктерді толықтыруға бола
ма? Егер болса, конструктивтік толықтыру әдісін көздейміз.
Жауабы: Кез келген толық емес метрикалық кеңістікті толықтыруға
болады.
Q R рационал сандар жиынын нақты сандар жиыны кеңейтеді.
m
n
Толықтыру әдісі: Q Q - қысқартылмайтын жай бӛлшек.
Q ={{стационар тізбектердің жиыны}}
3.1. Толық метрикалық кеңістіктер және үзіліссіз операторлардың
қасиеттері
Қайталау: X , , метрикалық кеңістік
Толық емес
Толық
Тізбек функциясы үшін
Коши критерийі орындалады
тізбек іргелі болса онда жинақты тізбек
Ашып жазайық:
xn 1 , x X , a X : lim xn a
n
Мат. анализ
R,
X,
1.Үзіліссіз функция
1. Үзіліссіз оператор
x a
x X , F ! y x : y F ( x)
F:X X
lim f ( x) f ( a )
шегi манi
F операторы, а yзiлiссiз
lim F ( x)F (a)
if x a
x a
then f ( x) f (a)
BF Ba ( ) x Ba ( ) F x BF
a
a
немесе
0 0 x : ( x, a) ( F ( x), F (a))
2.Кесіндідегі үзіліссіз
функцияның қасиеттері
2.Компакты жиынның бойындағы үзіліссіз
оператордың қасиеттері.
узіліссіз
max
min
a
x
b
F:X
оператор
K
f(x)
X
компакты
жиын
Th.2.1 x K min F ( x) max
Шенелген және тұйықкомпакты жиын
Th.2.2 x1 K : F ( x1 ) F ( x), x K
Th.2.3 x2 K : f ( x2 ) f ( x), x K
Th.2.1 min f ( x) max
Th.2.2 x1 max f ( x1 )
Th.2.3 x2 min f ( x2 )
3.2. Операторларға сығылу қағидасы
Мысал:
x2 5x 6 0 : x
6
0
x
6
x 5
x
x5
1.кадам
6 2.кадам
6
x0 0 х1 5
х2 5 т.с.с
x0
x
РС .есепте( калькулятор )
1) тоқтайды (стабилизация) жинақты
2) ауытқиды
1 жағдай:
Егер: ( xn 1, xn ) мұндағы калькулятордың дәлдігі,онда xn 1 жауабы деп
аламыз.
y
6
(1) графиктер арқылы
x
6
y 5 және y x
x
x0 y 0
y 5 6
0
x
x 5
5
X2
X0
X2
2) xn 1 5 6 , x0 (2)
xn
Егер (0<α<1)
2
3
X3
X
xn 1 , xn 1, xn xn , xn 1
, онда (2) сығылу операторы болады.
x1, x2 , x ,... xn , xn , x
3 1 n 1
x0 x2
xn 1 xn
F x0 : x X
xn 1 F ( xn ), n 0
( F ( xn ), xn ) ( f ( xn 1), xn 1
0 1
Теорема: Егер F сығылу операторы болса, xn 1 - жинақты болады.
- неше есе аз болса соншалықты тез жинақталады. Егер 1-ге жақын
болса, баяу жинақталады.
Мысал (жалғасы):
x1 5
6
x0
x2 5
6
x1
6
6
6 6
6
x2 x1 5 5
x1 x0
x1
x0 x0 x1
x0 x1
6
x0 , x1 , x2 ;
1
x0 x1
x1 x0
болса, сығылады
ІІ. ТАРАУ
4.1. Нормаланған кеңістік
Х - жиын және , еселеу амалдары орындалады.
x1 X
x1 x2 X
x2 X
R сан
R x X
векторлык кенiстiк
Анықтама: Х – векторлық кеңістік. Егер әр вектордың
ұзындықтары анықталса, онда оны нормаланған кеңістік деп атайды.
x 0 x 0 функция
х сан
x x
x y x y
10 x 0
20
30
40
Теорема: x y =метрика, x, y арақашықтығының нормасы
метрика деп аталады. Метриканың 4-қасиеттері бойынша жеке-жеке
тексерейіміз.
Салдар. Нормаланған кеңістік міндетті түрде метрикалық кеңістік
болады. Сондықтан нормаланған кеңістікте (алдында айтылған) метрикалық
кеңістіктегі қасиеттер, тұжырымдар орындалады.
Алгебра
1) Коллениарлы вектор
a k b, k
2) Комплонарлы вектор
k1a k2b c
3) Векторлар жүйесі
сызықты тәуелді немесе
тәуелсіз векторлар жүйесі.
a, b ,..., z
сызықты тәуелсіз
векторлық жүйе деп
аталады, егер
a b ... =0
4) Толық векторлар
жүйесі кеңістіктің базисі
5. Кеңістік базисі толық және
сызықтық тәуелсіз жүйесінде
базистік нүкте деп аталады.
Функионалдық анализ
1) Х – нормаланған кеңістік
x1, x2 X . Егер x1 және x2 ӛзара
коллениар.
2) x1, x2 , x3 X
x3 1x 2 x2 , 1, 2 сан
немесе x k1x1 k2 x3
1x1 x2 3 x3 0 1, 2 .3
кемінде біреуі 0
3) x1, x2 ,..., xn X
нормаланған кеңістіктің
сызықтық тәуелсізі дегеніміз сызықтық тіркес “0” болса, онда
оның еселеуіштері
(коэффициенті) “0” болады.
4) x1, x2 ,..., xn X - векторлық
жүйе толық жүйе болады.
Егер y X , x1, x2 , x3 ,..., xn , y
кеңейтеміз және жүйе сызықтық
тәуелді болып қалады.
Салдар. y 1x1 2 x2 ... n xn
1 0
y X берілген вектор сызықтық
тіркес.
Немесе кез-келген
кеңістіктің элементі базис
арқылы бір ғана
жағдайда жіктеледі және
жіктеу жалғыз болады.
Мысал: 1) Наурыз кӛжелер жиыны = векторлық кеңістік + осы
кеңістік базистері неше элементтерден тұрады?
e1, e2 , e3 , e4 , e5 , e6 , e7 - базис элементі
x 1e1 2e2 3e3 4e4 5e5 6e6 7e7
4.2. Сызықтық операторлар
Х – номаланған кеңістік
оператор
A : X X
x X ! y X : y A x
1. Сызықтық оператор:
1) A x1 x2 Ax1 Ax2
2) A x Ax
1 мысал: А - тамақ пісіру.
1) Ax y Ax Ay - сызықты емес оператор.
2) A 5 x 5 Ax .
b
Туынды алу: kf k x, t f t dt - сызықтық амалдар
a
- матрица сызықты.
4.2.1. Сызықты шенелген оператор
сызықты (1)
Ax C x , x X
C const , x
X
Ax1
x2
Ax2
x1
x 0 1,
x 1 бірлік шар
тiзбек
Бірлік шардың бейнесі шенелген болады және ол сызықты болады.
Ал, оның бейнесі бұрыш немесе конуста жатса – сызықты емес, яғни
шенелген болады. Демек, бірлік шардың бейнесі шенелген немесе
шенелмегендігіне байланысты болып келеді.
4.2.2. Сызықты шенелген оператордың нормасы
сыз.
A : X X , Х - нормаланған кеңістік.
опер.
1 жаттығу: АО-?
x
X
1
0
0
A
AO 0 AO 2 0 2 AO;
AO 2 AO
AO 2
Оператор сызықты болса, міндетті түрде 0-ді 0-ге бейнелейді.
Анықтама 1: R max Ax = А операторының нормасы.
x 1
x
X
1
Ax
0
A
C
0
Анықтама 2: Осыны қамтитын шарлардың ең кішісін аламыз.
А операторының нормасы = inf C
Мысал:
5 7
A
,
8 1
x
x 1
x 2
A : X X , x x1 2 x2 2 1
x1 x2 1 дӛңгелек
2
2
5 7 x1 5 x1 7 x2
Ax
8 1 x2 8 x1 x2
Ax (5x1 7 x2 ) 2 (8x1 x2 ) 2
5x1 7 x2 2 8x1 x2 2 max
2
2
2
25 x1 49 x2 70 x1x2 64 x1 16 x1x2 x2
2
2
2
2
89 x1 50 x2 54 x1x2 x1 x2 1
x1 cos
x2 sin
50 49cos 2 27sin 2
1 1
cos 74.5 24.5sin 2 74.5 27 2 24.52 sin 2
2 2
74.5 272 24.5
Ax
5 x1 7 x2 2 8 x1 x2 2
max
68.5 27 2 24.52
5.1. Банах кеңістігі
Толық нормаланған кеңістігін Банах кеңістігі деп атаймыз.
Толық кеңістік Коши критерийі орындалатын кеңістік, ал нормаланған әр
элементтің нормасы x X , x - норма
1 мысал: E -ақырлы ӛлшемді кеңістікті алайық, демек dim E
n
1-қадам. 0 e1 E
2-қадам. e1e2 E сызықты тәуелсіз болатындай элемент таңдаймыз.
3-қадам. e1, e2 , e3 E тағы сол сияқты, n қадам да e1 , e2 , e3 ...en E
Ескерту: Тағы да бір элемент қоссақ, жүйе тәуелсіз болып кетеді.
Қорытынды: x E, e1 , e2 ...en , x сызықты тәуелді жүйе болады,
демек x 1e1 2e2 ... nen .
Кез келген кеңістіктің элементі таңдалған элемент арқылы жіктеледі.
E 1e1 2e2 ... nen : 1 R1... n R .
E нің элементі сызықты тіркестер, таңдалған жүйе арқылы жіктеледі.
x E E кеңістігінің элементінің нормасы
x
E
1e1 nen
E
Нормалардың қасиеттері:
1. x 0
2. x 0 x 0
3. x y x y
4. x x
x E 1e1 2e2 ... nen E 1e1 2e2 ... nen 1 e1 2 e2 ...
e1
e1
e1
Лемма 1.
n
x
E
j max 1 j n j n
j 1
j жалпы жағдай
zy z y
x y x y
x x y y
max j 5 j , j j жалпы жагдай
1 j n
x
E
1e1 .. nen
E
zy z y
x y x y
x x y y , x y z, x z y
5e5 1e1 2e2 ... nen 5 1 2 .. n
53 5 3
max
min
53 3 5
Лемма 2.
x
E
n
max j j max j
j 1
1 j n
n
x
E
max j j
j 1
1 j n
Лемма 3.
E Банах кеңістігі
Дәлелі: E толық кеңістік болатынын
тексерейік. Коши критерийін тексеру қажет.
x j E, 0n0 , n n0
x j іргелі тізбек
p 1, xn p xn
x1 11e1 12e2
x2 21e 22e2
x3 31e1 32e2 xn p xn
n p , e1 n p e2 n,1e1 n, 2 e2
y 1e1 2e2 E
E
E
xn p xn n ,1 n,1 e1 n p,2 n,2 e2
Егер x
E
xn p xn
E
E
1 2 2 2 онда
n ,1 n,1 n p,2 n,2
2
n p,1 n,1
2
Дербес жағдайда
xn p xn n p,1 n,1
(1) іргелі сандық
тізбек
xn p xn
(2) Коши
E
E
n p,2 n,2
критерийі
lim j 1,2 2 R lim j 0 j ,1 1 lim j x j 1e1
lim x j 1e1 2e2
x j 1e1 2e2
E
E
0
j1e1 j 2e2 1e1 2e2
E
j1 1 e1 j 2 2 e2
E
Сонымен Лемма 3 толық дәлелденді.
Диаграмма
n dim E
1
E x , x 2 ,
n
11
1 1
x y
n n
11
1
R 2
n
dim E
қосамыз.
Амалдарды ӛзара қосу сәйкестігін бұзбайды.
j1
x1,
x2 ,
x3 E
11 21 31
, ,
1n 2 n 3n
Элементтерден санға кӛшу әдісі.
E 1 sin x 2 cos x, 1 , 2 R
f1 x E ,
f 2 x E , f 3 x E,....
11 21 31 жинақты болса
12 22 32 жинақты болса
1
j 1
sin x
cos x cos x
j
j
1
j 1
0,
1
j
j
f j x
6.1. Ақырлы өлшемді Банах кеңістігіндегі
сызықты операторлар.
Қайталау.
dim E , E – нормаланған кеңістік
11
1 Е R n
2
2
2 || x ||Е 1 ... n
E - толық, демек Е Банах кеңістігі
3 {x j }1 , Е n сандық тізбектерінің
жинақтылығын зерттеумен пара-пар.
dim E , E - Банах кеңістігі
|| x || E ;
сызыкты
E , х Е А ! у Е
оператор
у Ах
A: E
E кеңістігінде базис таңдасақ е1 ...еn онда
x 1e1 ... n en жіктеледі.
Ax A( 1e1 ... n en )
нјтиже
1 Ae1 2 Ae 2 ... n Ae n нәтиже кез келген
бейнені табу үшін базистерінің элементтерінің
бейнесі қажет.
( Ae1 ) бірінші базистік элементтерінің бейнесі
( Ae 2 ) екінші базистік элементтерінің бейнесі
Сызықты оператор беру үшін базистерінің
элементтерінің бейнесін білу қажет.
Мысал:
f
)
(x
E { 1 sin x 2 cos x, 1 2 R}
Егер A sin x e x 1-ші элементтің бейнесі
A cos x tgx 2-ші элементтің бейнесі
Онда
Af ( x) 1e x 2tgx жалпы бейнесі, мұндағы
f ( x) E
сонымен
Ax 1 Ae1 ... n Ae n
11
Ae1 E Ae1 (баған)
Ae1 11e1 12e2 ... men
Ae2 E Ae2 21e1 22e2 ... 2 nen
11 21 n1
11
11 12 22
n 2 B 12
Ae1, Ae2 ,..., Aen
,
,...,
1n
1n 2n nn
11
Нәтиже A сандық матрица, демек сызықты
операторлар сандық матрица арқылы беріледі.
Диаграмма:
А:
сызыкты
Е Е
оператор
dim E
dim E
М:
R R
yMx
21
22
2n
Мысал:
М x x матрицаның меншікті мәндері
Егер біртекті теңдеудің Ах х, х 0 0-ден
ӛзгеше бір шешімі болса, онда ны А
операторының меншікті мәні деп атайды.
Теорема:
Pn ( ) det || M E || 0 матрицаның меншікті
мәндері кӛпмүшеліктердің нӛлдерімен пара-пар.
Есеп:
f x
E {1 sin x 2 cos x , 1, 2 R}
A sin x cos x
A cos x 5sin x
онда Af ( x) 1 cos x 5 2 sin x
А операторының меншікті мәндерін тап.
Шешуі:
1 қадам : А операторынан матрицаға кӛшеміз.
11
f ( x) 1
2
11 5
Af ( x) 2
1
5
M 1 2
2 1
0 5
M
1 0
0 5
1 0
1 51
2 1
1
2 қадам: det M I det
5
2
5 0
A операторының екі меншікті мәні бар және I -
бірлік матрица
1 5
2 5
6.2 Шексіз өлшемді Банах кеңістігі.
X -Банах кеңістігі және
dim X , демек n N , e1.....en X -сызықты
тәуелсіз n элементтер жүйесі табылады.
Кез келген элементтер жүйесін
қарастырайық.
e1, e2 ...., en X :
жүйені 4 топқа бӛлеміз:
1) сызықты тәуелсіз жүйе немесе сызықты
тәуелді жүйе.
2) толық жүйе
3) минимальды жүйе
4) тотальды жүйе
Толық жүйе :
x X , 0
x 1e1.... nen
x 1e1 ... nen
Минимальды жүйе: e j тотальды жүйе.
Мысал:
С 0,1
- кесіндісінде анықталған және
үзіліссіз функциялар жиыны. C0;1 f ( x)
f x
max
C 0;1,0 x 1
f x
sin x c0;1 sin1
cos x c0;1 cos1
Жаттығу 1.
С0,1 - Банах кеңістігі
Дәлелі:
С0,1 - толық кеңістік болғандықтан тексеру
қажет. Бұл кезде Коши критерийі орындалуын
тексереміз. Кез келген іргелі тізбек
{ f n ( x) C0,1} , 0
n0 , p 1
x
n 1, 2,3,...; n n0 f n( )p f n( x )
C 0,1
x
x
max f n( )p f n( x ) f n( )p f n( x ) , x 0;1
0 x 1
n0
x тің 0;1 кесіндісінде орналасуына тәуелді
емес, сондықтан математикалық талдауда мұндай
жинақтылықты бірқалыпты жинақтылық дегенбіз.
Математикалық анализдің теоремасы бойынша
функциялар тізбегі бірқалыпты жинақтылық С0,1
кеңістігінің нормасы мен жинақтылығынан парапар.
Жаттығу 2:
1, х, х 2 С0;1 формулалар жиыны сызықты
тәуелсіз жүйе
Дәлелі: 1 1 2 х 3 х 0 х 0;1 , мұндағы
1 , 2 , 3 тұрақты сандар
1 , 2 , 3 ?
х 0 1 1 0
2
2 x 3 x 2 0
3
2 3 x 0 x 0;1
x 0 3 2 0, 3 0
Қарастырып отырған жүйе сызықты тәуелсіз,
себебі: 1 2 3 0
7.1. Гильберт кеңістігі.
Қайталау:
Х , - метрикалық кеңістік
X,
- нормаланған кеңістік.
x y ( x, y)
норма = метрика.
Енді Гильберт кеңістігін қарастырамыз.
Оны Н-деп белгілейміз. Н жиыны гильберт
кеңістігі болу үшін:
1) сызықтық кеңістік болуы керек, демек
қосу және еселеу амалдары орындалады.
2) x, y H қос элементке сәйкес сан
қоямыз. Осы сәйкестікті скаляр кӛбейтінді деп
атайды. Себебі:
a x; y y; x
b x1 x2 ; y x1; y x2 ; y
Н элементтерінің
қосылуы
санның қосылуы.
c) x; y x; y
еселеу
санды кӛбейтеміз.
d x; x 0
e Егер
x; x 0, x 0 H
Мысал 1: R n n -ӛлшемді бағандар жиыны.
x1
2
x
x
xn
y1
2
y
y
yn
x; y : x1 y1 x n y n
cк.к б
Тексеру:
а)
y; x y1x1 y n x n
yi
накты сандар
xi
y1x1 y n x n x; y
1-шарт орындалды.
i
i
i
i
) x1 x2 ; y x1 x2 yi x1 yi x2
Энштейннің келісімі бойынша
n
x; y x1 y1 x n y n xi yi xi yi
i 1
i
x1; y x1 y i
i
x2 ; y x2 y i
i
i
x1 y i x2 y i
) x; y xi yi
x; y x i y i
2
) x, x xi xi xi шыққан нәтиже R , нақты
санның кӛбейтіндісі де, қосындысы да теріс емес.
2
2
2
2
) x, x xi xi xi 0 x1 x 2 x n 0
x1 x2 xn 0
1 Жаттығу:
x; x x
x 0 шарт орындалады
x 0 x 0 шарт орындалады.
x x
x y x y
x
x; x
накты
x; x )касиет
)касиет
x; x x; x x; x
x; x
x
Мысал 2: C n n ӛлшемді кешенді бағандар.
z1
z2
C n z ; z C бағандардан тұрады,
n
z
элементтері комплекс сан.
Скаляр кӛбейтіндісі келесі формуламен
анықталсын.
z; w : z1 w1 z 2 w2 z n wn z j w j тепе-
тең.
Дәлелі:
w; z w1 z1 w2 z 2 wn z n w j z j w j z j
) орындалады
Салдар: Скаляр кӛбейтінді мен норманың
арасындағы байланыс. z; z : z
Гильберт кеңістігі = нормаланған кеңістік.
Сонымен Гильберт кеңістігінде элементтердің
скаляр көбейтіндісі, норма, метрикасы бар.
Мысал 3: С0;1 f x
f 0
1 11
f f x
2
f 1
1
1
1
f ; g : f (0) g (0) f ( ) g ( ) f (1) g (1) f ( x) g ( x)dx
2
2
0
Осы қатарды скаляр кӛбейтінді деп атауға
болатынын тексереміз.
1
) тексереміз: f ; f f 2 ( x)dx 0 ,
f 2 ( x) -теріс
0
емес.
1
) ескерту: f , f f ( x)dx 0 ,
2
0
1
F ( x)dx ,
0
F ( x ) f ( x) 0
2
Жаттығу 3: қалған қасиеттерді тексеру.
1
f
f
2
( x)dx
0
Ескерту: 3-мысалда нақты мәнді функциялар
үшін скаляр кӛбейтінді. Егер комплекс мәнді
функцияларды алсақ, онда скаляр кӛбейтіндіге
ӛзгеріс кіреді: g функцияның үстіне түйіндес
қоямыз.
1
f ; g f ( x) g ( x)dx
0
7.2. Ортогоналды жүйелер
H –берілсін және скаляр кӛбейтіндіні
қарастырайық .
x, y x y cos ,
cos
x, y
x y
Салдар: Кез-келген Гилберт кеңістігінде кез
келген екі элементтің арасында бұрыш ұғымы бар.
Егер екі элементтің арасындағы бұрыштың
cos 0 болса, онда олар ӛзара ортогональ.
Егер x, y 0 болса, онда ол элементтер ӛзара
ортогональ. Яғни , x y .
1
Мысал 1: 0;1 , f , g f x g x dx
0
Егер f x x болса, онда оған қандай элемент
ортогоналды?
f x x ? ,
1
x : g x dx 0
0
Ортогоналды болатын элементті g x деп
белгілейміз және g x x түрінде іздейміз.
1
x3
2
x2
1
g x x , 0 ,
3
2
3
0 2 2
2
2
Жауабы: g x x , яғни x f x x
3
3
функциясына ортогоналды.
Мысал 2: C0;1 Енді x және x
2
функцияларына
3
ортогоналды болатын функцияны табайық.
x
x
2
3
g x
1
1
x g x dx 0
xg x dx 0
0
0
1
1
1 2 g x dx 0 2 g x dx 0
3
3
0
0
g x келесі түрде іздейік:
x
2
g x x px q
2
x
3
x4
x3
x2
p q
4
3
2
x 1
x3
x2
p
qx
3
2
x 1
x0
x0
0
0
1
p q
3 2 4
жүйенің бірінші теңдігіне екіні қосып
p
1
q
2
3
бірін – бірінен шегереміз.
Сонда:
1 6
1 1
2 1
1
p , p
6
2 3
3 2
1 1 1
q
3 2 6
2 2
1
x, x , x x ортогоналды жүйе.
3
6
Себебі : кез-келген екі элементі ӛзара
ортогоналды.
Теорема: Ортогоналды жүйелер сызықты
тәуелсіз жүйе болады.
Дәлелі: e1 , e2, e3 ортогоналды жүйе.
1e1 2 e2 3 e3 0 H e1
1e1 ; e1 2 e2 ; e1 3 e3 ; e1 0, e1
1 e1 ; e1 0
1 e1
2
0
1 0
2 нольге тең екенін кӛру үшін e2
кӛбейтеміз...т.с.с, жалғастырсақ 3 2 1 0
болады, демек сызықты тәуелсіз жүйе.
8.1. Гильберт-Шмитд бойынша ортогоналдау
Мәселе: - Гильберт кеңістігінде сызықтық
тәуелсіз жүйесі берілсін.
f1 , f 2 , f 3 ортогоналды жүйе құрастыру керек.
Сызықты тәуелсіз жүйе ортогоналды болмауы
мүмкін,бірақ ол жүйенің мортификациясы
ортогональды болады. Гильберт – Шмидт
бойынша ортогональдайық (неміс әдісі):
1 қадам. e1 f1
2 қадам. e2 f 2 e1 : e1 , e2 0
e1 , e2 e1 , f 2 e1 , e2 0
e , f
1 2 ;
e ,e
1 1
f2
f 2 , e2
f1
e1 , e1
3 қадам.
e3 f3 e1 e2
, ?
e1 , e3 0
- шарты орындалатындай етіп e3 ті
e2 , e3 0
іздейміз.
f 3 , e1 e1 , e1 e2 , e1 0 , мұндағы
e2 , e1 0
f 3 , e2 e1 , e2 e2 , e2 0 , мұндағы
e1 , e2 0
f 3 , e1
f ,e
, 3 2
e1 , e1
e2 , e2
e3 f3
f3 , e1
f3 , e2
e1
e2
e1, e1
e2 , e2
жауабы: e1 , e2 , e3 - ортагональ жүйе
Жаттығу:
f 4 , e1
e1
e1, e1
f 4 , e3
f ,e
4 2 e2
e3
e2 , e2
e3 , e3
1 e4 f 4
мұндағы,
f 4 , e1
- 1-ші Фурье еселеуіші,
e1 , e1
f 4 , e2
- 2-ші Фурье еселеуіші,
e2 , e2
f 4 , e3
- 3-ші Фурье еселеуші
e3 , e3
2 1, x, x 2
сызықтық
тәуелсіз
жүйесі
берілген.
1
1 xdx
e1 1 e2 x 0
1
1 1dx
1
1
1 x 2 x
1
2
0
1
2
1 x dx
1
2
x x 2 dx
1
1 1
1 2 1 4 6
2 0
0
e3 x 1
1
x x
2
1
3 11
2
1
1 1dx
x 2 dx
8 8
0
0
3
1
1
1
1
1
x x 2 12 x x 2 x
3 1 2
6
2
12
1
1
Жауабы: e1 ; e2 ; e3 1; x ; x 2 x
6
2
Геометриялық мағынасы
e3
e2
e1
e1
e1
f2
e2
e1 e1
e1 e1 -дің проекциясы
e2 f 2 e1 e2 -нің проекциясы
e3 f 3 e1 e2 e3 -тің проекциясы .
8.2. Гильберт кеңістігіндегі сызықтық
шенелген функционалдар
: СЫЗ
.ОПЕР.
Дербес жағдай: сызықты оператор сызықтық
функционал А: Н С
x Ax
H-тың элементіне нақты немесе комплекс сан
сәйкестендіріледі.
Ax1 x2 Ax1 Ax 2
Ax Ax
Мысалдар: 1 ) f сјйкес
f , e10
сан
e10 , e10
f g , e10
1)адитифтік : f g e , e
10 10
Сызықтық
2)біртекті : f f , e10
e10 , e10
Сызықтық екендігі дәлелденді, енді шенелгендігін
дәлелдейік.Алдынғы 4.2- ні пайдаланып, яғни
x C x
x
x
1)
x X
C const
C
x 0 1
x 1
f , e10
e10 , e10
f
f , e10
e10
2
f
f , e10
e10
2
f
f e10
e10
2
f
1
C f- ке тәуелсіз сан, f ӛзгерсе де,
e10
ӛзгермейді.
1
2) C0,1, f , g f x g x dx шенелген,
0
сызықтық функционал.
1
f x
сайкес
1 f x dx
0
1
1 dx
2
0
1
f x dx
0
1
C
e10
Себебі, e10 1
Салдар. Скаляр кӛбейтінді шенелген, сызықтық
функционалды анықтайды.
Дәлелі: f , g 0 , g 0 H
f функционал f , g 0
мұндағы, f - ӛзгеріп тұр, g 0 - тұрақты.
функционал шенелген, себебі,
f , g0 f g0
Мұндағы: const g 0
Рисс теаремасы: Кез-келген шенелген сызықтық
функционал скаляр көбейтінді түрінде
жазылады.
Талқылау: сызықтық яғни,
1
1
f x g x
f g
2
2
Егер аталған функционал шенелген болса, онда
Рисс теоремасы бойынша:
1
f f x g 0 x dx , g 0 C0,1
2 0
1
f x f шенелмеген, себебі интеграл
2
1
скаляр кӛбейтінді арқылы жазылмайды.
Мысал:
R n ӛлшемді бағандар жиыны.
n
x R n
x1
x
фyнк л, сыз.
x 2 x3
xn
2
2
x x1 x2 xn
2
x3
x
x3
0 0
2
2
2
x3
0
2
1, x
x3 x, g 0 , g 0
x3 x, g
0 x1 g1
x2 g 2 x3
Рисс теоремасы бойынша: g1 g 2 g 4 g n 0
g3 1
0
1
g 0
0
Рисс теоремасы орындалды.
e
e
f
e1
e1, e1 1
Рисс теоремасы конструктивтік теорема
емес. Себебі, скаляр кӛбейтіндісіне қатысты
элементі айқын түрде құрастырылмайды.
Гильберт-Шмидт бойынша:
1
g1
f , e1
e
f , 1 2 f , g1
e1 , e
e1
e1
e1
2
9.1. Гильберт кеңістігіндегі түйіндес
операторлар
Скаляр кӛбейтіндісі анықталған сызықтық
кеңістікті Гильберт кеңістігі дейміз.
Демек x, y C , A : H H
1) add
2) біртекті
y x kx b
y x kx b
сызықтық емес H ; A : H H
y x x k x x b
2
2
1
1
1
2
1
2
y kx b
x H! y H
y Ax немесе y Ax
Түйіндес оператор ұғымы.
Талқылау: M матрица түйіндес
матрица (M T ) M * матрицаның элементтері
нақты болғанда матрицаның жолдары мен
бағандарын ауыстырамыз.
1 2
1 2
3 4 2 4
5 6i 7 8i
M
9 i 9 i дербес жағдай
5 6i 9 i
M*
7 8i 9 i негізгі қатынас
1
М х; у x, M y
x
x 1
x2
y1
y
y2
1 - қадам.
M x
5 6i 7 8i x1 (5 6i) x1 (7 8i) x2
9 i 9 i x2 (9 i) x1 (9 i) x2
2 - қадам.
M x, y 5 6i x1 7 8i x2 y1 9 i x1 9 i x2
x1 5 6i y1 9 i y 2 ] x2 7 8i y1 9 i y1
x1 (5 6i ) y1 (9 i ) y2 x2 (7 8i ) y1 (9 i ) y2
3 - қадам.
Тексеру (1):
M *y
5 6i y1 9 y y2
5 6i 9 i y1
7 8i 9 i y2
7 8i y1 9 i y2
4- Қадам.
x; M y x1 5 6i y1 9 8i y2 x2 7 8i y1 9 i
5- Қадам.
Салыстыру демек
(1)
M x; y x; M y
M
* *
(2)
теңдік орындалады
M
M1 * M 2 * M 2* * M1*
M1 M 2 * M1* M 2*
(3)
(4)
Осы дәрістің негізгі мақсаты:
Осы 4 қасиет сызықтық операторлар үшін
орындалады.
Түйіндес оператордың анытамасы:
1 Ax1 y0 , x H , y0 H sanx : H C .
0
Әрбір элементке сан шығарып отратын
функцианал деп аталады.
Шенелгендігін тексеру:
Ax
Ax1 y0 Ax * yn
C x * y D x
x
мұндағы D - тұрақты, х - ке тәуелсіз сан.
Қорытынды: Ax1 y0 шенелген сызықты
функционал
M 6 - Рисс теоремасы
y : x, y
Ax1 y0 x, y
!, y H
y0 !, g By0
*
В - сызықты оператор B : A A оператор
түйіндесі
Ax1 y0 x1 A* y0
(1)
Шенелген сызықты операторларды жол дейміз.
10.1 Түйіндес операторлардың қасиеттері.
A : H H A*
Қасиеттері:
Ax1 y0 x1 A* y0
(1)
(2)
A1 A2 x1 y0 A1 x; y0 A2 x1 y0 1 x1 A*1 y0 x1 A*
*
x1 A*1 y0 x1 A* 2 y0 x : A*1 A2 y0
*
*
демек A1 A2 A 1 A 2
A1 A2 * A*1 * A*2
(3) демек,
*
*
(4)
A* x, y x, A* y0
A, y0 , x y0 , A* x A* x, y0
(1)
x, Ay0 Ay0 , x y0 , A* x A* x, y0 x, A*
*
*
демек, A A
*
Жаттығу: H 0,1 f ; gf x g x dx
3.2
3.3 Шешуі:
11
11
k x, t f t dt * ns x dx k x, t f t * ns x
0 0
0 0
A1, ns x
1
f t * k x, t ns x dx dt
0
0
1
1
A nst k x, t nsx dx
*
0
10.2 Сызықты оператордың резольвентасы
A : H H , H cкаляр к бейтiндi
Ax b
біртекті емес
операторлық теңдеу.
G H x
5 x y b1
7 x y b2
(1) есеп (дербес)
(2) есеп (жалпы)
b H
x H
5x=10 x=2
5x=b x=5-1 кері оператор
Мысал:
А-матрица,онда Ax b
Жауабы: кері оператор есебі.
(1) Фредгольм (Швецария
математигі)бәсекестігі A*y=0 шешімі
жалғыз болса y=0 болса ! X.
(2)Фредгольм бәсекестігі A*y=0 егер
b y : A* y 0
ондаx
Ескерту: Түйіндес оператордың маңыздылығы
осында.
11.1. Резольвентасы
Н – Гильберт кеңістігінде A : H H
Ax x b ,
b H
(1)
Мұндағы:
- кешенді сан,
A - сызықты оператор,
b - берілген элемент,
x - белгісіз элемент.
(1) теңдеу – біртекті емес операторлық теңдеу,
яғни b 0 . Егер b 0 болса, (1) біртекті теңдеу
болып табылады.
Негізгі мәселе: b ! x : A I 1 b , демек A I 1
1) кері оператор;
2) тәуелді кері оператор.
3) ақырлы ӛлшемді Гильберт кеңістігіндегі
1
RA R A; A I белгілейміз және
резольвента деп атаймыз, мұндағы I - бірлік
оператор.
Резольвентаны табу алгоритмі:
1. сызықтық оператордан – матрицаға кӛшеміз;
2. табылған матрицаның резольвентасын
есептейміз;
3. резольвенттік матрицадан – сызықтық
операторға кӛшеміз;
3.4
Нақты мысалдар
z
dim H 2 , H C 2 1 : z j C 2 ,
z
2
z A z.
z 0 1 z1
1 2 M 1
z2
z2 1 0 z2
z.1
1
M I
.
1
Кері матрицаны табу алгоритмі:
а) det ;
б) алгебралық толықтауыштарын табу;
1
1 2 1 2 1
1
.
M I 1 2 ,
1 1 1
2 1 2 1
1
z1 z2
1
2 1 2 1 z
2
z1 M
?
1 1
z2 z1 z2
? 1
z2
2 1 2 1
2 1
Жаттығу.
Матрицаның резольвентасы (жалпы
жағдай)
m11 m12
m
m22
M 21
mn1 mn 2
m11
m
M I 21
mn1
m1n
m.2 n
.
mnn
m12
m22
mn 2
A11
det A I
A
21
1
M I det A I
An1
det A I
m1n
m.2 n
mnn
A12
A1n
det A I
det A I
A22
A2n
det A I
det A I
An 2
Ann
det A I
det A I
мұндағы Aij - сәйкес элементтің алгебралық
толықтауышы.
Қорытынды:
1) Матрицаның резольвентасы – n ӛлшемді
матрица
2) Осы матрицаның барлық элементтері
P x
және бас
Q x
рационал функциялар
коэффициенті 0 , 1n - тең , 1n n
Мысал 2:
0
H C 0,1 , f , g f x g x dx
1
1
1
1
0
0
0
A : f x e x t f t dt e2 x t 3 f t dt (te x t 3e2 x ) f t dt
.
1
k x, t f t dt Af
0
k x, t te x t 3e2 x
Интегралдық оператордың резольвентасын
табу керек.
Af x f x b x , мұндағы
b x ! f x амал b x
1
1
0
0
e x tf t dt e2 x t 3 f t dt f x b x , x 0;1
f x
C1
ex
C2 2 x b x
e
.
.
f x -ті табу үшін C1 , C2 -коэффициенттерін
табу жеткілікті.
1
1
1
1
0
0
C1 e dx C2 e dx x f x dx b x dx .
0
x
0
2x
Шексіз кӛп теңдеулерден сандар
C1 мен C 2 - ден ӛзгеше айнымалы болмау керек.
Бұл теңдеуде C1 мен C 2 - ге басқа айнымалылар
қосылып тұр. Бізге C1 мен C 2 - ден ӛзгеше
айнымалыны алу қажет емес.
1
1
1
1 3 x
C1 x e dx C2 x 3e 2 x dx x x 3 f x dx x 3b x dx.
0
0
0
0
1
1
1
1
C xe x dx C x e 2 x dx x xf x dx xb x dx.
2
1
0
0
0
0
1
1 3 x
3 2x
x e dx x e dx x
0
0
1
1
xe x dx x
xe 2 x dx
0
0
1 3
C1 x b x dx
0
1
C2 xb x dx
0
u x3
1
3 x
x e dx
0
du 3x 2
v ex
x
3 x
e
dv e x
x1 1 x
e 3e 6 xe e dx
0
0
e 3e 6e e 1 3e 1
1
2 x1 1
3x 2 e x dx e 3 x e 2 xe x dx
0
0
0
0
1
u x3
v e2x
1
x e
3 2x
1
1
dx du 3x 3
0
1 3 3x
x e
2
2
1
dv e 2 x
2
2x
dx
0
0
1
1
1 2 3 1 2 2x
xe 2 x dx
e x e
2
2
2 2
2
0
0
1
1
1 2 3 2 3 1
2x 1 2x
e e xe
e dx
2
4
2 2
20
0
1
3
3
1
1 1
e2 e2 e2 e2 e2 1
2
4
4
4
4 4
ux
1
xe
x
dx
0
du dx
v ex
dv e
xe
x
1
0
1
1
x
e dx 0 e
0
x
1
0
x
ux
1
du dx
0
v e2 x
2x
xe dx
dv e2 x
1
1
11
1
1
1
xe2 x e2 x dx e2 e2
2
2
4
4
0 20
1 2 1
3e 1 4 e 4 x
1 2 1
1 x
e
4
4
1 3
C1 x b x dx
0
1
C2 xb x dx
0
3e 1e 2 1 e 2 1 x x e 2 1 x 2
4
4
1
3
x b x dx
1
0
1
xb x dx
0
4
e2 1
x
4
e2 1
4
1
0
e2 1
x
4
x
b x
x3
e2 1
4
1
e2 1 3
b x
x x x dx
4
0
1
3e 1 x3b x dx
2
1
0
1
xb x dx
1
b x
0
0
1
b x 3e 1 x x3 x3 dx
0
3e 1 x3
dx
1 x
dx
e2 1 3
b t 4 t t t )dt
0
f x ex
1
1
e
3
3
b x 3e x x x dx b x
2x 0
x
Интегралдық оператордың резальвентасы
(жалпы жағдай)
1
Af x k x, t f t dt
0
мұндағы:
n
k x, t j x j t
j 1
( N 2, e x , e 2 x , t , t 3 )
1, 1
2 , 1
N , 1 C , b
1
1
1, 2
2 , 2 N , 2 C2 2 , b
1, N
F x
2 , N
N , 2 Cn N , b
c
c1
b x
1 x ... N n x
x
x
x
12.1. Резольвентаның қасиеттері
f
шенелген
f ,h A: H
Н , Н-Гильберт
сыз. опер
кеңістігі
.
R( A, ) ( A ) 1 -резольвента
Талқылау: Матрицаның резольвентасы
мына түрде жазылады
1
~
Pn 1 Pn 2
Q Qn
n
P P
ˆ
n 1
n2
Qn Qn
Қандай λ үшін резольвента табылады?
Qn 0 резольвента бар болуы үшін оның
элементерінің бӛлімдері 0-ден ӛзгеше болуы
керек.
Qn 0
1 , 2 ,..., n
Im
λ-жаз = рез спектр
матрицаның
резольвенттік жиыны,
демек
2
1
0
3
n
спектр
Re
C \ {1 , 2 ,..., n } .
матрицаның
спектрлық жиыны,
демек
{1 , 2 ,..., n }
матрицалык
резольвент анын
онтай
Pn 1 ( )
= бiр
функция
Qn ( )
элементiн
карастырамыз
M A : Th :
рационал
функция
Pn 1
1 2 ... n карапайым
болшектерге
жіктеледі
An
A1
A2
...
1 2
n
P
мундагы: A1 n'1 1
Q n 1
1
1
2
1
2
5 6 3 2 3 2
A1
3 1
2 1
; A2
23 5
22 5
11
12
12
12
12
A111
A
A
A
A1
A
2 ... n
2 ... n
n 1 2
n
1 1 2
M 21
=
21
22
21
22
22
An
An
A1
A2
A1
A2
...
...
n 1 2
n
1 2
12
12
12
21
An11
A111
An
A1 A2
A2
1 1 2 1 ... 1 n
= 21
22
21
22
22
A 21
A
A A
A
A
n n
1 1 1 2
1 n
1 1 1 2
M 1
1
2
n
i
i
i
13.1 Резольвента қасиеттері (жалғасы)
Ақырлы өлшемді Гильберт сызықты
оператордың
рационал
11
резольвентасы 1 def функция 1 2 n
кар.бол
1 2 n
жіктеледі
мұндағы
1 ,..., n : Qn 0
1 ,..., n тұрақты матрица (демек -ға тәуелді емес)
Мысалы:
11 1 21 1
1 1
21 1
22
1
Q 1
d
Мұндағы Q1 1 Q 1
d
1
1
1
(1)
1
n
1
(1) теңдіктің екі жағында 1 кӛбейтеміз
1 1 1 2
2
Енді егер 1 0 1 1 1 1 1
1 2 n
1
1
1
1
1 2 n
n
1
n
менш .баг
n
менш .баг
Сонымен, 1 матрицаның бағандары матрицасының, 1 -ге сәйкес
меншікті векторлары болып табылады.
6 Сызықты алгебраның деректері
= , баған
0 матрицаның меншікті мәні
- матрицаның меншікті векторы
Қорытынды:
1) 1 ,..., n матрицаның меншікті мәндері және Qn кӛпмүшеліктің
нӛлдері: Qn 0
11 1
12 1
2) 1 -дің бағандары 1 - ге сәйкес меншікті векторлар
1n 1
матрицаның, яғни меншікті векторы
3) Резольвентаның кез-келген элементі рационал функция демек
n 1
немесе n2
Qn
Qn
ашық жиын
тұйық жиын
комплекс жазықтық =
Дәлелі:
1) U
d1 0 : d1 1
d 2 0 : d 2 2
min d1 ,..., d n 0
d n 0 : d n n
U
кіндігі радиусы
2) C \
- ашық болғандықтан,
- тұйық болады, себебі
- толықтауышысы
f
n 1
, D f
Qn
1 , 2 ,..., n
Оқшауланған ерекше нүктелер үш топқа бӛлінеді:
1) жӛнделетін оқшауланған ерекше нүкте (Лоран қатарының бас бӛлімі
мүлде жоқ болса)
2) полюс оқшауланған ерекше нүкте (Лоран қатарының бас бӛлімі
ақырлы болса)
3) елеулі оқшауланған ерекше нүкте (Лоран қатарының бас бӛлімі шексіз
кӛп болса)
f 1 оқшауланған ерекше нүкте
Ойылған U : 0 1
0
1
6.4.1 Лоран теоремасы бойынша
Лоран
Лоран
C1
1
2
f
С0 С1 1 С2 1
1
Тейлор.
ерекше
Лоран қатары
Бүтін функция деп аталады, егер мүлде ерекше нүктелері жоқ болса, демек
түгел жазықтықта анықталған.
DSin C
D e C
Мероморфты функция болуы үшін елеулі ерекше нүктелері болмауы керек,
полюс ретінде немесе жӛнделетін нүктелері болады, рационал функция - ол
мероморфты.
n 1
Qn
4) Матрицалық резольвента рационал функция болады, немесе мероморфты функция
f
және полюстері матрицаның меншікті мәндерімен пара-пар.
: шен.. .
сыз опер
Резольвентаның қасиеттері:
10 оператордың резольвенттік жиыны ашық жиын болады.
Дәлелі: 0 0 1
U 0
1
1 0
1
2
2
3
0 0 0 0
Кері оператор
1
1
1
1
0
a
a 0 0 a 0 1 0
a 0
0 0
1
a 0 a 0 2 a 0 3
a 1 a 0 1 0 a 0 2
0
1
a 0
0 0
0
1
1
1
0
1
болсын
онда
0 1 0 0 2 0 0 0 3
0
1
0 0
0 0
1
2
1
20 :
Sn p Sn
0 0 0 0
1
2
0 0 0 0 0
шеңбердің сырты міндетті түрде резольвента.
1
1
1 2 2 3
1
15.1. Өзіне - өзі түйіндес оператор
А:Н→Н, мұндағы Н – гильберттік кеңістік.
Қайталау: f , g0 H Af , g0 сан
Af , g0 сан f , f
Қорытынды: шенелген сызықты функционал
(f)=
Pucc Th сан
h H , f сан
сан( f1 f 2 ) сан( f1 ) сан( f 2 )
сан( f ) * сан( f )
косымша
g0 !h A * g0
оператор пайда болады
Егер A A* онда A - ӛзіне-ӛзі түйіндес оператор.
Мысалы 1: M mij i, j 1,..., n
M * M T M , mi , j mi , j симметриялық матрица
е – транцпонирленген сан
.
M . N i
mi , j
..
N – жол
рационал
иррационал Рn , Рn
x2 2 0
x2 7 0 ,
2Pn ( x) 0
5
2 Мысал:
7 8i
7 8i
M
15
7 8i
5
MT
7 8i 15
15.2. Ӛзіне - ӛзі түйіндес операторлардың меншікті мәндерінің қасиеттері
1
1 Мысал: H c 0,1 , f , g f ( x) g ( x)dx
0
1
Af K ( x, t ) g ( x)dx
0
1
A* g K ( x, t ) f ( x)dx x
0
1
1
0
0
K ( , t ) f ( )d t x K ( , x) f ( )d
Ӛз-ӛзіне түйіндес иррационал оператор K (t , x ) K ( x, t ) ӛз-ӛзіне түйіндес
оператор.
шен.сыз.опер.
A : H H , мундагы H гильберттік кеністік Және А А
Ax 0 x егер х 0
A *0 *0
0 - A рператорының меншікті мәндері . Егер А=M , онда (M I ) x 0
P( ) det(M I ) 0 метрикалық меншікті мәндері. P( ) 0
1–қасиеті: Ӛзіне - ӛзітүиіндас операторлардың нақты
сандары.комплекс сандар меншікті мәні болуы мүмкін емес.
Дәлелі: 0 (1) онда ол (1) теңдікті қанағаттандырады.
Ax 0 x егер x 0(1) * х
Ax, x x, A*x
2–қасиеті: 1 меншікті мәндерді қарасырайық. A0 оператордың
меншікті мәні x1 0
2 А операторының меншікті мәні x2 0
Егер 1 2 , онда x1, x2 0 мен әртүрлі меншікті мәндерге сәйкес
меншікті элементтері ӛзара ортогональ.
Дәлелі: Ax1 1x1 x2 Ax1, x2 1 x1, x2 x1
Ax2 2 x2 x1, Ax2 2 x1, x2 2 x1, x2
1–қасиеті: 0 ( 1 2 ) x1, x2 x1, x2 0
2-қасиеті:
1 А - оператор мәнін х1 0
2 А - оператор мәнін х2 0
Егер 1 2 , онда х1, х2 0
Әртүрлі меншікті мәндерге сәйкес меншікті элементтер ӛз ара
ортогональды.
Дәлелі: Ax1 1x1 Ax1, x2 1 x1, x2
x1 Ax2 2 x2 x2 , Ax2 2 x1, x2
2 x1, x2 0 1 2 x1, x2 x1, x2 0
3 – қасиеті:
резальвенттік жиынға тиісті болуы үшін келесі теңсіздік
c : k H Ax x c x
(3)
Жеткілікті және қажетті шарт болып табылады.
( A I )1 резoльвента
C (a) , (a) меншікті мәндері
Ескерту:
Меншікті мәндері міндетті түрде спектрде жатады.
Ax1 1 x1 0
x1 0
A * 0 1 * 0 0
Ax x f
f !! x
Дәлелі: Қажетттілігі:
( A) Ax x f ; f ! x (a I )1 f
x a I
1
x ( A I )1 f
1
f f
x Ax x
/ :
x (a I
1
x Ax x
2
Жеткіліктілігі:
(3) орнына Ax x 0 (3) 0 c x 0
G : f H : f Ax x, x H
1–жаттығу:
G G f1 G , f 2 G ,......lim
f n f G
0 f n h ( Axn h xn p ) ( Axn xn ) ( A I )(xn p xn ) (3) C xn p xn
демек xn p xn 0
x1, x2 .......... іргелі тізбек Н – толық lim xn x()
n
f1 Ax1 x1
f 2 Ax2 x2
f Ax x G
G H
2-Жаттығу:
f H f Ax x
4-қасиеті: ( Ax, x) сан( х)
m min( Ax, x) , M max( Ax, x)
x 1
x 1
( A) m, M
Im
Re
0
m
M
16.1. Қарапайым спектрлы оператор
А:Н шен Н және А = А*
сызыкты
Мысал: n = dim H < ∞
11
А М
Р(
m11
)= det (M- I)=det m21
...
m12
...
m22 ... =
...
...
1n n Р 0
1,2, ..., S - меншікті мәндері
1 2 ... S n , олардың k1,..., kn -еселіктері.
Қарапайым оператор, егер 1 2 ... n 1
Р 1 0 , егер 1 1
Р 1 0
M I 1
An
A1
A2
1 2
n
{ : 1 } Ш1
0
res M I
1
1
1
(M I ) d
2 i ш
1
1
2 i элт11 ( )d
ш1
Р1 b = -
1
элт12 ( )d
2 i ш
1
...
1
1
( M I ) b d
2i ш1
1
1
11
11
11
( эл)11( )d 2 i ( ... )d
2 i Ш
1
2
n
(1)
(2)
( n1)
1
( п)
1
11(1)
1
1
11
11
d 2 i d 2 i d
2 i Ш
1
2
п
Ш
Ш
(2)
1
Ш1
1
1 * i
d * i * id
0 2
1
1
(1)
(1)
1 2 11 i
11 2 d (i )
id
I1
11
2 i 0 i
2 0
I 2
11
(2)
1 2
i
i id 0
1
1 12 ...
11
...
...
...
P1 A1 , P 2 A2
M I 1
res( M I )1 res( M I )1
res(M I )1
...
1
2
n
1
1 2 1 i i
d
id
2 i Ш 1
2 i 0 i
1
1
1 A1 *
1
( M I ) d 2 i d ... 1 * A1i
2 i Ш
1
1
1
1
(M I ) d A1 A2 ... An
2i Ш
1
1
1
A12
1
i
( M I ) d 2 i d ... 1 A1 2 A2 d Re id
2 i Ш
1
n
Ш , R
R i , 0 2
1 2
i 1
i
i 1
1
( M R ) (Re )d (MR ) I ) id
2 i 0
I A1 A2 ... An b
b A b A2 b ... An b
1
Th: b P b P2 b ... Pn b
1
17.1.Қайталау: М , 1 ,..., 1 еселік мәндері 1-ге тең болды, меншікті
m1 1, mn 1 n мәндері әртүрлі. k , k барлық
меншікті мәндері ішінде жататындай радиус таңдаймыз.
λ1
λ2
1 жол res A1 A2 ,..., An
1κ
M λn I 1 d
2i
2 жол res I бірлік , матрица
I A1 A2 ... An
(1)
Бағандары бірінші меншікті мәніне сәйкес меншікті вектор. (1) тепе
теңдікті b кӛбейтеміз.
b А1 b А2 b ... Аn b
b P b P2 b ... Pn b
1
(2)
Кез келген вектор ӛзінің проекцияларына (қосындыларына) жіктеледі.
(2) мағынасы
P2 b
х2
х2
2 х2
х2
х
х
М
Pb
1
М
х
1 х1
2
1 1
1 1
1
1
b
Қорытынды:
1
x1 2 x 2 ... n x n
1) х1 , х 2 ,..., х n базин
*
2
*
2) х1 х
хi x j i j
Қарапайым
Дәлелі:
2)
М х1 1 х1 х 2
х1 М х 2 2 х1
* *
*
Мұндағы x1 , x 2 ,..., x n
кӛбейтеміз
М : 1, 2 ,..., n
x1, x2 ,..., x n
T
M * M : 1, 2 ,..., n
x1 , x 2 ,..., x n
M * x1 1 x1
(2)
*
Дәлелі: M x1 1 x1 x 2 ӛзінің меншікті мәндері
*
х1 М х1 х 2 түйіндес матрицаның меншікті мәндері
2
*
*
*
*
М х1, х 2 х1, М * х 2 1 х1 х 2 х1, 2 х 2
0
*
1 2 x1, x 2 ;
*
1 2 x1, x 2 0
3-жаттығу:
*
(3) 1
b, x1
x1 , x
*
1
(4)
бірінші Фурье еселеуіші
*
Дәлелі: (3) х 1 және жаттығуды ескереміз, сонда (4) шығады.
Жалпы жағдай
А : H H Гильберт кеңістігіде (dimH= ) және А-қарапайым оператор
1 , 2
m1 1, m2 1,...
Меншікті мәедердің еселігі 1-ге тең меншікті мәндері әртүрлі. 1 2
1-қадам:
А : 1, 2 , 3 ,....т.с.с.
х1, x2 , x3 ,....т.с.с.
2-қадам.
Ax1 1x1
Ax2 2 x2 m.c.c.
A* 1, 2 ,... y1, y2
A* y1 1 y1
А-операторының меншікті мәніне сәйкес, меншікті элементі.
3-қадам:
х1 , у 2 0
хi , y j 0, i j
4-қадам:
1
2
f1 y1
x1 , y1
f1 y 2
x2 , y 2
m.c.c.
f ~ 1 , 2 ,....
Гильберт кеңістігінің әрбір элементі Фурье коэффиценттерімен
сәйкестендіреміз.
5-қадам:
f 1 x1 2 x2 ... (қатарға жіктеледі)
Pf
1
P2 f
бағытқа проекция
P1 f 1 x1
f1 y1
x1 , y1
* x1
6-қадам: Af 11 x1 2 2 x2 ....
Салдар. Ax f
f бойынша x+an табуымыз керек.
Шешуі: 1-қадам. f 1 x1 2 x2 ....
2-қадам. x
1
x1 2 x 2 ....
1
2
17.2. Біртекті емес сызықты алгебралық жүйелер
а11 х1 а12 х 2 ... а1n x n b1
a x a x ... a x b
21 1
22 2
2n n
2
a n1 x1 a n 2 x 2 ... a nn x n bn
b1 x1
b2 x 2
табу қажает.
b x
n n
Шешуі:
a11
a
1-қадам. det A I 0 21
a n1
1 , 2 ,..., n x1 A1 1
a1n
a2n
a nn
a12
a 22
an2
A11
A
мұндағы 12
A
1n
1
1
1
Мұндағы Aij алгебралық толықтауыш.
A* 1 , 2 ,..., n
*
A12
*
2-қадам * A12
x1
A*
1n
3-қадам
*
b, x1
*
x1 , x1
4-қадам x
1
1
1
1 . т.с.с.
1
x1 2 x2 ... n xn
1
2
n
5 x1 6 x 2 7
10 x1 11x 2 8
Мысал:
1-қадам
5
6
10
11
0
2 6 115 0
1,2 3 9 115 3 124
1 3 124 14
3 124
1 2
m1 1
m2 2
31 4
11 3 124 124
31 4
x1
2
10
5
10
10
5
1
31 4
x1
5
8 124
4 31
x2
2
10
5
4 31
x2
5
6 31 4
5
10 11
5
5 31 20 30 5 31 50
31 10
5
10 31 40 55 10 31 15
2 31 3
31 10
31 4
2 31 3
5
5 31 8 31 3 31 0
2-қадам:
5
6
10
0
11
1 , 2
11 3 124 8 124
4 31
2
y1
3
6
6
31 4
y1
3
11 3 124
4 31
2
y2
3
6
4 31
у2
3
х1 , у 2
31 4
31 4 5 3 15 15 0
3-қадам:
7 31 4
7 31 28 24 7 31 52
,
8
3
31 4 31 4
5 , 3 31 8 31 16 15 62 8 31
1
7 31 52
62 8 31
7 4 31
28 7 31 24 52 7 31
;
8
3
4 31 4 31
5 ; 3 16 8 31 31 15 62 8 31
2
7 31 52
62 8 31
4-қадам
x
31 4
62 8 31 3 124 5
7 31 52
31 4
62 8 31 3 124 3
7 31 52
18.1. Біртекті емес интегралдық теңдеулер
b
K ( x, t ) y(t )dt f ( x),
0 xb
0
f бойынша y функциясын табу қажет
K ( x, t ) интегралдық оператор
Мысал1
b 1, K ( x, t ) sin( x t ),
f ( x) x 2
1
sin( x t ) y(t )dt x
2
, 0 x 1
0
y(t ) ?
Шешуі:
1
1-қадам. sin( x t ) y(t )dt y( x), 0 x 1
0
1
sin x * cos t sin t * cos xy(t )dt y( x)
0
1
1
0
0
sin x * y(t ) cos tdt cos x * y(t ) sin tdt y( x)
y( x) C1 sin x C2 cos x
1
sin x,
...dx
0
y( x) C1 sin x C2 cos x
1
cos x,
...dx
0
y D1 sin x D2 cos x , D C /
1 2
1
sin xdx C 2 cos x sin xdx
* C 2 C1
0
0
1
1
* C C sin x cos xdx C cos 2 xdx
1
1
2
0
0
1
1 1
1 1
2 sin 2
1 1
2
sin xdx 2 2 cos 2 x dx 2 4 sin 2 x 0 2 4 sin 2 4
0
0
1
1
1
1
1 cos 2
sin x cos xdx 2 sin 2 xdx 4 cos 2 x 0 4
0
0
1
1
1
1 cos 2
2 sin 2
2
4
1 cos 2
2 sin 2
4
1 cos 2
2 sin 2
4
4
0
2 sin 2
1 cos 2
4
4
C1 0
C 2 0
162 1 cos 2 4 sin 2 2 0
2
C1 0
C 0
2
16 1 2 cos 2 cos 2 4 sin 2 2 0
2
2
16 2cos 2 1 0
2
82 cos 2 1 0
1 cos 2
1 cos 2
1, 2 i
8
8
1 cos 2
2 sin 2
1 cos 2
C 2 0
C1
i
4
4
8
2
1 cos 2
1 cos 2
i
4
8
2 sin 2
C2
4
C1
1 cos 2
1 cos 2
2 sin 2
sin x
y1 ( x)
i
cos x
4
8
4
1 cos 2
1 cos 2
2 sin 2
sin x
y 2 ( x)
i
cos x
4
8
4
2-қадам. 1 , 2
y1 ( x) , y 2 ( x)
1
1
1
0
0
x 2 , y1 ( x) x 2 C1 sin x C2 cos x dx C1 x 2 sin xdx C2 x 2 cos xdx
0
1
x1 , y1 (C1 sin x C2 cos x)(C1 sin x C2 cos x)dx
0
1
x , y1 ( x)
y1 , y1
y ( x)
2
1
1
y1 ( x)
2
y 2 ( x)
2
Пәндер
- Іс жүргізу
- Автоматтандыру, Техника
- Алғашқы әскери дайындық
- Астрономия
- Ауыл шаруашылығы
- Банк ісі
- Бизнесті бағалау
- Биология
- Бухгалтерлік іс
- Валеология
- Ветеринария
- География
- Геология, Геофизика, Геодезия
- Дін
- Ет, сүт, шарап өнімдері
- Жалпы тарих
- Жер кадастрі, Жылжымайтын мүлік
- Журналистика
- Информатика
- Кеден ісі
- Маркетинг
- Математика, Геометрия
- Медицина
- Мемлекеттік басқару
- Менеджмент
- Мұнай, Газ
- Мұрағат ісі
- Мәдениеттану
- ОБЖ (Основы безопасности жизнедеятельности)
- Педагогика
- Полиграфия
- Психология
- Салық
- Саясаттану
- Сақтандыру
- Сертификаттау, стандарттау
- Социология, Демография
- Спорт
- Статистика
- Тілтану, Филология
- Тарихи тұлғалар
- Тау-кен ісі
- Транспорт
- Туризм
- Физика
- Философия
- Халықаралық қатынастар
- Химия
- Экология, Қоршаған ортаны қорғау
- Экономика
- Экономикалық география
- Электротехника
- Қазақстан тарихы
- Қаржы
- Құрылыс
- Құқық, Криминалистика
- Әдебиет
- Өнер, музыка
- Өнеркәсіп, Өндіріс
Қазақ тілінде жазылған рефераттар, курстық жұмыстар, дипломдық жұмыстар бойынша біздің қор #1 болып табылады.
Ақпарат
Қосымша
Email: info@stud.kz