Норма оператора над пространством Соболева.

[wolfspring]

Помогите, пожалуста, найти норму оператора.

"Задачи по функциональному анализу" П.А.Бородин, А.М.Савчук, И.А.Шейпак (второе издание, 2010 г.)
Задача 6.28(в)
Над пространством Соболева $\ W^1 _2$
Дан оператор умножения на независимую переменную:
$\ A: W^1 _2 \to W^1 _2$
$\ (Ax)(t) = tx(t)$
Найти норму и ядро оператора
Выяснить, сюрьективен ли оператор и совпадает ли замыкание мн-во значений образа со всем пространством.
Моя попытка решения:
1.Собственно говоря, с ядром всё понятно. Очевидно, что оно состоит лишь из нулевой функции.
2.Выражаю $ \|Ax\|^2 $ по определению нормы в этом пространстве
$ \|x\|^2 = \int_{0}^{1} x^2(t) dt + \int_{0}^{1} x'^2(t) dt$
$\ (Ax)(t) = tx(t)$
$\ (Ax)(t)' = x(t) + tx'(t)$

$ \|Ax\|^2 = \int_{0}^{1} (Ax)^2(t) dt + \int_{0}^{1} (Ax)'^2(t) dt = \int_{0}^{1} t^2 x^2(t) dt + \int_{0}^{1} (x(t) + tx'(t))^2 dt = \int_{0}^{1} t^2(x^2(t)+x'^2(t)) dt + \int_{0}^{1} x^2(t) dt + 2\int_{0}^{1} tx(t)x'(t) dt $

3.Интегрирую по частям \int_{0}^{1} tx(t)x'(t) dt $
\int_{0}^{1} tx(t)x'(t) dt = \int_{0}^{1} tx(t) d(x(t)) = \left. tx^2(t) \right|^1_0 - \int_{0}^{1} x(t) d(tx(t)) = x^2(1) - \int_{0}^{1} x(t)(tx'(t)+x(t)) dt = x^2(1) - \int_{0}^{1} tx(t)x'(t) dt - \int_{0}^{1} x^2(t) dt $
Откуда
$ 2\int_{0}^{1} tx(t)x'(t) dt =x^2(1) - \int_{0}^{1} x^2(t) dt $
4.Следовательно
$ \|Ax\|^2 =\int_{0}^{1} t^2(x^2(t)+x'^2(t)) dt + \int_{0}^{1} x^2(t) dt + 2\int_{0}^{1} tx(t)x'(t) dt = \int_{0}^{1} t^2(x^2(t)+x'^2(t)) dt + \int_{0}^{1} x^2(t) dt + x^2(1) - \int_{0}^{1} x^2(t) dt = \int_{0}^{1} t^2(x^2(t)+x'^2(t)) dt + x^2(1) $
5.А далее я не знаю, как оценить это выражение, чтобы дойти до ответа.(Ответ известен: $ \|A\| = \frac {1 + \sqrt 5} {2} $ )
6.Есть идея воспользоваться первой теоремой о среднем:
$\int_{0}^{1} t^2(x^2(t)+x'^2(t)) dt = \theta^2\int_{0}^{1} (x^2(t)+x'^2(t)) dt = \theta^2 \|x\|^2 $, где $0 \leq \Theta \leq 1$

А также, скорее всего, для любого $\varepsilon > 0$
найдётся такая функция $ \ x(t) $,
что $ \|x\| = \sqrt { \int_{0}^{1} x^2(t) dt + \int_{0}^{1} x'^2(t) dt } = 1$
и $\int_{0}^{1} t^2(x^2(t)+x'^2(t)) dt > 1 - \varepsilon $
7.Но совершенно неясно, как же оценить слагаемое $\ x^2(1)$(разумеется, при условии $ \|x\| = 1 $ )

[ewert]

Как минимум интуиция должна подсказывать, что норма, скорее всего, равна единице. Проверьте это на какой-либо последовательности функций, носители которых стягиваются к правому концу.

[wolfspring]

Цитата:

Как минимум интуиция должна подсказывать, что норма, скорее всего, равна единице. Проверьте это на какой-либо последовательности функций, носители которых стягиваются к правому концу.

Ответ из задачника $ \|A\| = \frac {1 + \sqrt 5} {2} $, т.е. норма больше единицы.
А во-вторых, этот путь решения скорее всего бы прошёл, если бы норма выразилась лишь через первое слагаемое - интеграл, однако есть слагаемое $\ x^2(1)$, которое всё портит напрочь

[Oleg Zubelevich]

решайте задачу об условном экстремуме , используйте множители Лагранжа

[ewert]

wolfspring в сообщении #806854 писал(а):

т.е. норма больше единицы.

Да, я уже заметил. Мне почему-то почудилось, что он симметричен.

[wolfspring]

Цитата:

решайте задачу об условном экстремуме , используйте множители Лагранжа

Скорее всего, должно быть решение без использования вариационного исчисления, ибо задача даётся на 3-ем курсе мехмата МГУ, а к этому времени вариационного исчисления на мехмате не проходят.

[wolfspring]

Цитата:

решайте задачу об условном экстремуме , используйте множители Лагранжа

Попытался так решить, столкулся с затруднениями.
Собственно говоря, задача, максимизовать функционал $ \|Ax\|^2 = \int_{0}^{1} t^2 x^2(t) dt + \int_{0}^{1} (x(t) + tx'(t))^2 dt $ при ограничительном условии $ \int_{0}^{1} x^2(t) dt + \int_{0}^{1} x'^2(t) dt = 1$(т.е $ \|x\| = 1 $)

Функция Лагранжа:
$\ L(x(t),\lambda) =\int_{0}^{1} t^2 x^2(t) dt + \int_{0}^{1} (x(t) + tx'(t))^2 dt - \lambda \int_{0}^{1} (x^2(t) + x'^2(t)) dt = \int_{0}^{1} t^2 x^2(t) dt + (x(t) + tx'(t))^2 - \lambda (x^2(t) + x'^2(t)) dt = \int^{1}_{0} x^2(t)(1+t^2-\lambda)+x'^2(t)(t^2-\lambda)+2tx(t)x'(t) dt$

Уравнение $\frac {\partial L} {\partial \lambda} = 0$ тождественно ограничительному условию $ \int_{0}^{1} x^2(t) dt + \int_{0}^{1} x'^2(t) dt = 1$
Теперь запишем уравнение Эйлера-Лагранжа для функционала $\ L = \int^{1}_{0} K(t,x(t),x'(t)) dt $, где $\ K(t,x,x') = x^2(1+t^2-\lambda)+x'^2(t^2-\lambda)+2txx' $

$\ \frac {\partial K} {\partial x} = \frac {d} {dt} \frac {\partial K} {\partial x'}$
$\ 2x(1+t^2-\lambda) + 2tx' = \frac {d} {dt} (2x'(t^2 - \lambda)) $
$\ 2x(1+t^2-\lambda) + 2tx' = 2x''(t^2- \lambda) + 2x'(2t) + 2tx' + 2x $
$\ 2x(1+t^2-\lambda) + 2tx' = 2x''(t^2 - \lambda) + 6x't + 2x $
$\ 2x(1+t^2-\lambda) = 2x''(t^2 - \lambda) + 4x't + 2x $
$\ x''(t^2 - \lambda) + 2x't - x(t^2 - \lambda) = 0 $

Таким образом, для нахождения функций - кандитатов в условные экстремумы нужно решить систему уравнений:

$ \begin {cases} x''(t^2 - \lambda) + 2x't - x(t^2 - \lambda) = 0 \\ \int_{0}^{1} x^2(t) dt + \int_{0}^{1} x'^2(t) dt = 1 \end $

Первое уравнение - линейное диф. ур-ние второго порядка, которое можно решить по формуле Остроградского-Лиувилля, но для этого нужно знать хотя бы одно частное решение.
Частное решение у меня подобрать не получается.

[sup]

Воспользуйтесь неравенством Коши.
Для произвольной константы $\lambda$
$2 t x(t)x'(t) \leqslant \lambda x'(t)^2 + t^2 x^2(t)/ \lambda$
Подберите "оптимальное" $\lambda$ и докажите равенство
$||A||^2 = 1 +\lambda$
Вроде бы все получается.

-- Пт дек 27, 2013 22:22:04 --

Я, похоже, немного увлекся. Таким образом можно получить оценку сверху. Подозрительно, что она прям-таки совпадает с "ответом".

[wolfspring]

Цитата:

Воспользуйтесь неравенством Коши.
Для произвольной константы $\lambda$
$2 t x(t)x'(t) \leqslant \lambda x'(t)^2 + t^2 x^2(t)/ \lambda$
Подберите "оптимальное" $\lambda$ и докажите равенство
$||A||^2 = 1 +\lambda$
Вроде бы все получается.

Подставил $\lambda = \frac {1 + \sqrt 5} {2}$ ($ \|x\| = 1 $)

$ \|Ax\|^2 = \int_{0}^{1} t^2(x^2(t)+x'^2(t)) dt + \int_{0}^{1} x^2(t) dt + 2\int_{0}^{1} tx(t)x'(t) dt \leq \int_{0}^{1} t^2(x^2(t)+x'^2(t)) dt + \int_{0}^{1} x^2(t) dt +\frac {1 + \sqrt 5} {2} \int^{1}_{0} x'^2(t) dt + \frac {\sqrt 5 - 1} {2} \int^{1}_{0} x^2(t) dt = \frac {1 + \sqrt 5} {2} \int_{0}^{1} (x^2(t)+x'^2(t)) dt + \int_{0}^{1} t^2(x^2(t)+x'^2(t)) dt = \frac {1 + \sqrt 5} {2} + \int_{0}^{1} t^2(x^2(t)+x'^2(t)) dt = \frac {1 + \sqrt 5} {2} + \theta^2 \int_{0}^{1}(x^2(t)+x'^2(t)) dt \leq \frac {3 + \sqrt 5} {2} $, где $0 \leq \Theta \leq 1$
Откуда

$ \|Ax\|^2 \leq \frac {3 + \sqrt 5} {2} = (\frac {1 + \sqrt 5} {2})^2 $

То есть вышло точно оценить норму оператора(в соответвии с ответом задачника) удалось, осталось лишь подобрать последовательность $\ x_n(t) \in W^2_1[0,1] $ такую, что $ \int_{0}^{1} x_n^2(t) dt + \int_{0}^{1} x_n'^2(t) dt = 1$ и
$ \int_{0}^{1} t^2(x_n^2(t)+x_n'^2(t)) dt + \int_{0}^{1} x_n^2(t) dt + 2\int_{0}^{1} tx_n(t)x_n'(t) dt \to \frac {3 + \sqrt 5} {2}$ при $\ n \to \infty $

-- 27.12.2013, 21:03 --

Цитата:

Я, похоже, немного увлекся. Таким образом можно получить оценку сверху. Подозрительно, что она прям-таки совпадает с "ответом".

Быть может, и подобрать последовательность у Вас получится?(т.е. полностью доказать)

[sup]

Как-то у Вас сложно все это ...
Коэффициенты там получатся
$t^2 + \lambda$
$t^2 + 1 + t^2 / \lambda$
Mинимизируя эти выражения, приходим к
$\lambda = 1 + 1/ \lambda$
или
$\lambda^2 = 1 + \lambda$
Отсюда уже легко получаем
$\int t^2(x^2 + x'^2)dt + x(1)^2 \leqslant \lambda^2\int (x^2 + x'^2)dt$
Но это лишь оценка сверху. Мне показалось, что легко построить последовательность, на которой реализуется эта оценка. Но, похоже, я поспешил.
Вот Вам наводящие соображения. Для того, чтобы эта оценка была как можно более точной, надо "минимизировать" возникающие дефекты. Это значит, что в основном функция должна быть сосредоточена в районе $t=1$. Иначе огрубление веса до константы будет давать большую ошибку.
Кроме того, нужно, чтобы неравенство Коши было близко к равенству. А это значит, что
$\lambda x'(t) \approx tx(t)$
Вот из этих соображений и исходите.

[svv]

Скачал издание 2009 года.

Где же наше прекрасное золотое сечение? Норма оператора равна банальной единице.

-- Сб дек 28, 2013 00:27:24 --

А на самом деле норма больше единицы. На простейших примерах.

[wolfspring]

Цитата:

Это значит, что в основном функция должна быть сосредоточена в районе $t=1$. Иначе огрубление веса до константы будет давать большую ошибку.
Кроме того, нужно, чтобы неравенство Коши было близко к равенству. А это значит, что
$\lambda x'(t) \approx tx(t)$

Похоже, это взаимоисключающие требования.
Ведь приближение к решешию диф. ур-ния $\lambda x'(t) = tx(t)$ не согласуется с концентрацией около 1...

-- 01.01.2014, 21:52 --

Цитата:

Скачал издание 2009 года.

Ответ $ \|A\| = \frac {1 + \sqrt 5} {2} $ был в издании 2010 г.

[sup]

Маленькая ложь рождает большое недоверие. $\copyright$
Ответ и в 2010 году неверный. Это лишь оценка сверху.
В этом не очень трудно убедиться. Мы получили довольно грубую оценку сверху. Можно оценить и поточнее. Заметим, что если $p(t)$ - гладкая, и $p(0)=0,p(1)=1$, то
$x^2(1) = \int \limits_0^1 (p(t)x^2(t))'dt = \int \limits_0^1 (p'(t)x^2(t) + 2p(t)x(t)x'(t))dt$
Отсюда, для доказательства оценки $\|A\|^2 \leqslant k$, достаточно доказать неравенство
$\int \limits_0^1 \left ((k - t^2)x'(t)^2 -2p(t)x(t)x'(t) + (k - t^2 - p'(t))x^2(t) \right )dt \geqslant 0$
Для этого достаточно чтобы
$p^2(t) \leqslant (k - t^2)(k - t^2 - p'(t))$
Точно решить такое неравенство как-то не получается, но для оценки можно использовать и какое-нибудь приближенное решение. После чего и получаем, что предлагаемый ответ неверный.

[wolfspring]

Цитата:

$x^2(1) = \int \limits_0^1 (p(t)x^2(t))'dt = \int \limits_0^1 (p'(t)x^2(t) + 2p(t)x(t)x'(t))dt$
Отсюда, для доказательства оценки $\|A\|^2 \leqslant k$, достаточно доказать неравенство
$\int \limits_0^1 \left ((k - t^2)x'(t)^2 -2p(t)x(t)x'(t) + (k - t^2 - p'(t))x^2(t) \right )dt \geqslant 0$
Для этого достаточно чтобы
$p^2(t) \leqslant (k - t^2)(k - t^2 - p'(t))$
Точно решить такое неравенство как-то не получается, но для оценки можно использовать и какое-нибудь приближенное решение. После чего и получаем, что предлагаемый ответ неверный.

Получится ли оценка, лучше(т.е. меньше) чем ответ задачника?

[sup]

Мне кажется, я прямым текстом это написал

sup в сообщении #808590 писал(а):

Ответ и в 2010 году неверный. Это лишь оценка сверху.

Попробуйте построить какое-нибудь приближенное решение неравенства для $p(t)$. При этом надо стараться сделать $k$ как можно меньше.