квадратное уравнение

[Oleg Zubelevich]

Пусть $(X,\|\cdot\|)$ банахово пространство с ассоциативной операцией умножения, которая удовлетворяет условию $\|xy\|\le\|x\|\|y\|.$

Рассмотрим уравнение относительно $x$

$$ax^2+x^2b+xcx-x+d=0,\quad a,b,c,d,x\in X.$$

Доказать, что если $1-4(\|a\|+\|b\|+\|c\|)\|d\|\ge 0$ то это уравнение имеет решение.

[Oleg Zubelevich]

А можно еще так. Доказать, что если кубическое уравнение $\|a\|z^3+\|b\|=z$ имеет неотрицательный корень, то уравнение $ax^3+b=x$ разрешимо.

[Kallikanzarid]

По свойствам сжимающих отображений?

[Kallikanzarid]

Что-то совсем не получается.

Перепишем уравнение в виде

$$f(x) = a x^2 + x^2 b + xcx + d = x.$$

Достаточно показать, что $f(x)$ - сжимающее отображение, т.е. найдется $\lambda < 1$ такое, что $\|f(x) - f(y)\| \leq \lambda \|x - y\|$ для любых $x, y \in X$. Но в таком случае ничего не зависит от $d$, так что это явно не то решение, которое вы имеете ввиду.

На всякий случай я вывел оценку $\|f(x) - f(y)\| \leq (\|a\| + \|b\| + \|c\|)(\|x\|^2 + \|y\|^2)$, т.е. достаточным признаком будет

$$(\|a\| + \|b\| + \|c\|)(\|x\|^2 + \|y\|^2) \leq \lambda \|x - y\|.$$

Тут мне сложно что-то сделать дальше, симметричность ничего не дает. Может, оценка слишком грубая?

[sup]

Такая оценка слишком грубая. Если бы была коммутативность, то можно было бы расписать разность квадратов. Но и без этого все достаточно просто $\|x^2-y^2\|=\|x(x-y)+(x-y)y\| \leqslant \|x-y\|(\|x\|+\|y\|)$
Далее, вместо всего $X$ достаточно взять какой-нибудь шар. Легко сообразить, что таковым можно взять шар с центром в $d$ и радиусом $\|d\|$. Но и после этого остаются кое какие проблемы. Для сжатия требуется строгое неравенство в условии на коэффициенты. Поэтому требуется небольшая модификация доказательства.

[Oleg Zubelevich]

sup в сообщении #439020 писал(а):

Поэтому требуется небольшая модификация доказательства.

А можно полностью и подробно?

[Kallikanzarid]

sup
Ок, а что делать с $xcx - ycy$? Можно переписать в виде $xcx - ycy = (x - y)c(x + y) + ycx - xcy$, но лучше от этого не станет. И причем тут $d$? Еще раз, $d$ вообще не фигурирует в условии $\|f(x) - f(y)\| \leq \lambda\|x - y\|$.

Очень похоже, что ОП просто ошибся, в его признаке - дискриминант оценки выражения $\|f(x)\| - \|x\|$.

-- Ср апр 27, 2011 13:12:56 --

Oleg Zubelevich
Отображение, удовлетворяющее условию $\|f(x) - f(y)\| < \|x - y\|$, вообще говоря, не является сжимающим, необходимо более строгое условие $\|f(x) - f(y)\| \leq \lambda \|x - y\|,\ \lambda < 1$.

[sup]

Kallikanzarid
Да все точно так же
$xcx-ycy=xcx-ycx + ycx-ycy=(x-y)cx + yc(x-y)$,
а значит
$\|xcx-ycy\|\leqslant \|c\|\|x-y\|(\|x\|+\|y\|)$
А вот дальше - посложнее. Далее, для простоты будем рассматривать уравнение
$ax^2+d=x$ с условием $4\| a \|D \leqslant 1$, где $D=\| d \|$
Рассмотрим отображение $f(x)=ax^2+d$. Легко проверяется, что оно переводит шар с центром в 0 и радиусом $2D$ в себя. (В предыдущем посте я указывал другой шар, но это не оч. важно)
Далее, $\|f(x)-f(y)\| \leqslant \|a\|(\|x\|+\|y\|)(\|x-y\|) \leqslant \frac {\|x\|+\|y\|}{4D}(\|x-y\|)$
Отсюда видно, что наше отображение ну очень похоже на сжимающее. Если бы оценка нормы $a$ была бы строгой, то все было бы легко, а так придется повозиться. Как обычно организуем метод последовательных приближений. Пусть $x_0=0$ и $x_{n+1}=f(x_n), n \geqslant 0$. Нам надо доказать, что эта последовательность сходится. Прежде всего получим оценку для $\|x_n\|$. Пусть $1<\lambda <4/3$. Индукцией по $n$ легко устанавливается оценка
$\|x_n\| \leqslant 2D(1-\frac {\lambda}{n+2})$. Отсюда
$\|x_{n+1}-x_{n}\| \leqslant (1-\frac {\lambda}{n+2})\|x_{n}-x_{n-1}\|$, а значит $\|x_{n+1}-x_{n}\| \leqslant C(n+2)^{-\lambda}$
Геометрической прогрессии не получилось (разумеется), но сходимость все таки есть.
Oleg Zubelevich
А Ваше решение на чем основано?

[Oleg Zubelevich]

sup
Я использовал мажорантную технику Канторовича для доказательства сходимости метода последовательных приближений. [Канторович Акилов Функциональный анализ]