Gamla tentor från 2000 dags dato

Matematiska Institutionen Peter Kumlin 4th May 24 TMA4 Functional Analysis MAN67 Applied Functional Analysis 4th quarter 23/24 Gamla tentor från 2 dags dato lösningsförslag

Functional Analysis sid. 2 av 2 Lösningsskisser till tentamen i TMA4/MAN67, 24--2. We will prove that has a unique solution. u (x) + u(x) = u(x) 2+u 2 (x), x π 2 u() = u( π 2 ) =, u C2 ([, π 2 ]) u. Determine the Green s function for + u = F u() = m( π 2 ) = : Set e(x, t) = a (t) cos x + a 2 (t) sin x, where e(t, t) = and e x(t, t) =. e(x, t) = sin(x t). The Green s function takes the form This gives g(x, t) = sin(x t)θ(x t) + b (t) cos x + b 2 (t) sin x. Here g(, t) = g( π 2, t) = for < t < π 2 implies that We see that g(x, t) for all x, t [, π 2 ]. 2. Set g(x, t) = sin(x t)θ(x t) sin x cos t = cos x sin y, x > t = sin x cos t, x < t (T u)(x) = π 2 g(x, t) u(t) 2+u 2 (t) dt, x π 2 u C([, π 2 ]) The boundary value problem has a unique solution iff T has a unique fixed point. For u, v C([, π 2 ]) we get (T u)(x) (T v)(x) π 2 mean value theorem} 2 π 2 g(x, t) dt u v π 4 u v u(t) g(, t) 2 + u 2 (t) v(t) 2 + v 2 (t) dt This shows that T is a contraction on the space C([, π 2 ]) and the conclusion follows from Banach s fixed point theorem. 2. Set T f(x) = (x + y)f(y)dy for f L2 ([, ]). T is bounded since and hence T T f 2 L = 2 7 6. (x + y)f(y)dy 2 dx Hölder} (x + y) 2 dy f 2 L 2dx = 7 6 f 2 L 2 To calculate T we observet hat T is a compact, self-adjoint operator on the Hilbert space L 2 ([, ]) and hence T = sup λ eigenvalue to T λ. Note that T f(x) = f(y)dy x + yf(y)dy is a polynomial of degree and hence λ is an eigenvalue to T with eigenfunction ax + b if λ(ax + b) = (ay + b)dy x + y(ay + b)dy, x [.].

Functional Analysis sid. 3 av 2 i.e., λa = 2 a + b λb = 3 a + 2 b This system has a non-trivial solution iff 2 λ 3 2 λ =. We obtain the eigenvalues λ,2 = 2 ± 3 and so T = 2 + 3. 3. From problem we can restate the problem as to show that the mapping, T u(x) = λ π 2 u(t) g(x, t) 2 + u 2 (t) dt, x π 2, for u C([, π 2 ]), has a fixed point in C([, π 2 ]) for all λ. For λ large enough we cannot refer to the Banach s fixed point theorem since T is no longer a contraction. Instead we can use the Schander s fixed point theorem. Fix a λ. Note that g(x, t) is a continuous function for x, t π 2 function for u (note that λ is fixed.) and f(u) λ u 2+u 2 is a bounded We will choose a closed convex set S C([, π 2 ]) such that the mapping T : S S is continuous and the image set T (S) is relatively compact in C([, π 2 ]). Take S = u C([, π 2 ]) : u D}, where D is to be chosen such that T (S) S. Since g is continuous on the compact set (x, y) : x, t π 2 } it is bounded on this set and so sup g(x, t)f(u) = E < x,t π 2 u which yields (T u)(x) π 2 E for all x [, π 2 ] and u C([, π 2 ]). Hence T (S) S if D = π 2 E. Now it remains to prove that T (S) is relatively compact in C([, π 2 ]) and T S S is continuous. The first statement follows from the Arzela-Aschi Theorem, since T (S) is uniformly bounded and equicontinuous (the latter follows from the uniform continuity of g on (x, t) : x, t π 2 }), and the second statement follows from the uniform continuity of f(y) for D u D and the boundedness of g. The existence of a fixed point for T now follows from Schander s fixed point theorem. (Remark: As a matter of fact one trivially observes that u = is a solution to the problem. However to treat the problem with the RHS in the differential equation replaced by the original one + is harder but the method above yields a solution.) 4. See textbook. 5. T : X X, where X is a real normal space, is continuous and satisfies We shall prove that It follows from ( ) that T (x + y) = T (x) + T (y) for all x, y X. ( ) T (λx) = λt (x) for all x X and λ ( ) T () = since T () = T ( + ) = 2T (). T (nx) = nt (x) for positive integrs n since T (nx) = T (x + (n )x) = T (x) + T ((n )x) =... = nt (x) T ( n x) = nt (x) for positive integers n since T (x) = T (n( n x)) = nt ( n x).

Functional Analysis sid. 4 av 2 Combining these observations we see that T (λx) = λt (x) for all x X and λ. To prove ( ) we fix a λ and an x X and take a sequence λ n, n =, 2,..., such that λ n λ in. This implies that λ n x λx in X. It also implies λ n T (x) λt (x) in X. Since T is continuous we conclude that T (λ n x) T (λx) in X. But, T (λ n x) = λ n T (x) λt (x) in X and so T (λx) = λt (x) The statement is proved. 6. Let (x n ) be an ON-basis in H and (y n ) an ON-sequence in H such that x n y n 2 <. We shall show that also (y n ) is an ON-basis. Set S = spany n : n =, 2,...}. Then S is a closed subspace of H. It remains to prove that S = H. Assume that S H. Then S } and there is an x S with x >. We have since x S. Parseval s formula yields x, y n =, n =, 2,... x 2 = x, x n 2 = x, x n x, y n 2 = x, x n y n 2 Cauchy-Schwartz} x 2 x n y n 2 < x 2. This yields a contradiciton and hence S = H.

Functional Analysis sid. 5 av 2 Kortfattade lösningsskisser till tentamen i TMA4/MAN67, 23-8-3 Problem We will prove that u(x) +u 2 (x) u (x) u(x) = λ, x (, ) u() u () + u() = u() + u () + 2u () = u C 2 has a unique solution for λ small enough.. Determine the Green s function g(x, t) for u u = F x (, ) u() u () + u() = u() + u () + 2u () = Set... (standard calculation)... 2. Set (T u)(x) = u C[, ] u(t) g(x, t) λ + u 2 (t) dt, x The boundary value problem has a unique solution iff T has a unique fixed point. u, v C[, ] we obtain For (T u)(x) (T v)(x)...(standard calculations)... C(λ) u v. This shows that T is a contraction on the Banach space C[, ] provided C(λ) < and the conclusion follows from Banach s fixed point theorem. Problem 2 The solution is a straight forward application of the Gram-Schmidt process and we only refer to the textbook for more information. Problem 3 We have to show that the ON-sequence (u n ) in L 2 ([, ]) is complete if Formula () can be reformulated as where since and x u n (t)dt 2 = x for all x [, ] () χ [,x], u n 2 = χ [,x] 2 for all x [, ], χ [,x], u n = χ [,x] 2 = χ I (t) = t I t I, χ [,x] (t)u n (t)dt = χ [,x] (t) 2 dt = To show that (u n ) is complete it is enough to show that x x u n (t)dt dt = x. f, u n 2 = f 2 for all f L 2 ([, ]). (2)

Functional Analysis sid. 6 av 2 Here it suffices to show that (2) is true for a dense set A in L 2 ([, ]), since if f k f in L 2 and (2) is true for f k, k =, 2,..., then we have f 2 f, u n 2 = = (f f k ) + f k 2 (f f k ) + f k, u n 2 f f k 2 + 2 f k f f k + f k 2 ( f f k, u n + f k, u n )( f f k, u n + f k, u n ) = = f f k 2 + 2 f k f f k 2 + f k, u n 2 ( f f k, u n 2 + 2Re f f k, u n f k, u n + + f k, u n 2 ) f f k 2 + 2 f k f f k + f f k 2 + + f f k, u n f k, u n 2 f f k 2 + 2 f k f f k + + ( f f k, u n 2 ) /2 ( f k, u n 2 ) 2 f f k 2 + 2 f k f f k + f f k f k as k. Here we have used that sup k f k <, which follows from f k f in L 2, and repeatedly applied Bessel s inequality. Now we take A to be the set of all finite linear combinations of χ I, where the I:s are subintervals of [, ]. Then A is dense in L 2 ([, ]). Set g = N k= a kχ Ik where the intervals I k are pairwise disjoint subintervals of [, ] and a k. We know that (2) is valid for f = χ [,x]. It remains to show that: f = χ [y,x] satisfies (2) f, g satisfies (2) and have disjoint support implies that any linear combination of f, g satisfies (2). Fix < y < x. We note that χ [,x] 2 = χ [,x], u n 2 This yields χ [,y] 2 = χ [,y], u n 2. (3) χ [y,x] 2 = x y

Functional Analysis sid. 7 av 2 and χ [y,x], u n 2 = = χ [,x] χ [,y], u n 2 = = χ [,x], u n χ [,y], u n 2 = = χ [,x], u n 2 + χ [,y], u n 2 2Re χ [,x], u n χ [,y], u n = = x + y 2Re χ [,x], χ [,y], u n u n = (!) = = x + y 2Re χ [,x], χ [,y] = x + y 2 χ [,y] 2 = x y. Note that at (!) we have used the fact χ [,y] = χ [,y], u n u n which follows from (3). We have thus found that χ [y,x] satisfies (2). To prove the second statement we have to do similar calculations (do it yourself!!!) and the full statement that g A implies g satisfies (2) follows by induction over N (see the expression for g above). Problem 4 & 5 & 6 See the textbook

Functional Analysis sid. 8 av 2 Förslag till lösningar till tentamen i TMA4/MAN67, 23-5-3 Problem We will prove that has a unique solution. u (x) + u (x) = arctan u(x 2 ), x (, ) u() = u() = u C 2 u. Determine the Green s function for + u = F x (, ) : u() = u() = e(t, t) = Set e(x, t) = a (t) + a 2 (t)e x where e x(t, t) =. This gives e(x, t) = et x. The Green s function takes the form g(x, t) = θ(x t)( e t x ) + b (t) + b 2 (t)e x. Here g(, t) = g(, t) =, < t < implies b (t) = et e b 2 (t) = et e, Hence g(x, t) = θ(x t)( e t x ) + et e ( e x ). g(x, t) for all x, t. We see (a simple calculation) that 2. Set (T u)(x) = u C[, ] g(x, t) arctan u(t 2 ) dt, x The boundary value problem has a unique solution iff T has a unique fixed point. u, v C[, ] we obtain For (T u)(x) (T v)(x) = mean value theorem} g(x, t) u(t 2 ) v(t 2 ) dt ( g(x, t)) dt u v. Vi note that (small calculation) and hence g(x, t) arctan u(t 2 ) arctan v(t 2 ) dt ( g(x, t) dt = max ( x + e x e ( e x ) c < T u T v c u v. This shows that T is a contraction on the Banach space C[, ] and the conclusion follows from Banach s fixed point theorem. Problem 2 Let T, H, (e n ) and (f n ) be as in the formulation of the problem. (e n ) is an ON-basis for H we have We note that since f n = Σ k= f n, e k e k, n =, 2,...

Functional Analysis sid. 9 av 2 and since T is continuous we get This yields T f n = Σ k= f n, e k T e k, n =, 2,... Σ T f n 2 = Σ Σ k=σ l= f n, e k T e k, T e l f n, e l. and since the series is absolutely convergent we can change the order of summation. Observing that Σ f n, e k f n, e l = Σ e l, f n f n, e k = e l, e k we have Σ T f n 2 = Σ k= T e k 2. Moreover x = Σ x, e n e n implies T x = Σ x, e n T e n and T x = Σ x, e n T e n Σ x, e n T e n by Parseval s formula. Hence we get Problem 3 Let (Σ x, e n 2 ) 2 (Σ T e n 2 ) 2 = x (Σ T e n 2 ) 2 T 2 Σ T e n 2. Mf(x) = x x f(t) dt, x > for f L 2 ( + ). We observe that Mf(x) for x >. Moreover for every continuous function f with compact support in x : x > } we note that and that Mf 2 i.e. we get t 2 ( t t 2 ( t f(s) ds) 2 dt = [ t ( t + 2( t 2 ( t f(s) ds) 2 dt < f(s) ds) 2 ] + 2 t f(s) ds) 2 ) 2 ( f(s) 2 ds) 2, Mf 2 f. t f(s) ds f(t) dt Now we recall that the set of continuous functions with compact support in x : x > } is dense in L 2 ( + ) and from the inequality above we get that Mf L 2 for every f L 2 and that M 2, and in particular that M is bounded. A straight-forward calculation show that and that M f(x) = for all f L 2. From this it follows that x f(t) dt, x > t (I M)f 2 = f 2 I M =. Problem 4 & 5 See the textbook Problem 6 We want to show that there exists a C > such that for every y R(I + T ) there exists a x X with (I + T )x = y satisfying x C y.

Functional Analysis sid. av 2 First we fix a y R(I + T ) and set d(y) = inf x : (I + T )x = y}. Claim: There exists an x X with (I +T ) x = y such that x = d(y). To see this take a sequence (x n ) with (I + T )x n = y such that x n d(y). Since this sequence is bounded there is a converging subsequence of (T x n ), let this still be denoted by (T x n ), converging to say z X. Here we used the fact that T is compact. But then x n y z in X and hence x = y z has the desired property. Now assume that there is no C > with the property above. Then there are sequences (x n ) and (y n ) satisfying (I + T )x n = y n such that x n y n. Since T is linear we can without loss of generality assume that x n = for all n. Since T is compact there exists a converging subsequence of (T x n ), call it still (T x n ), converging to say v in X. We also have x n v in X. But since y n in X ( x n = for all n) and since T is continuous (T is compact linear) we obtain v = T v. By the definition of x n this yields a contradiction since (I + T )( x n v) = y n and x n v x n = is valid for every n. The conclusion in problem 6 follows.

Functional Analysis sid. av 2 Förslag till lösningar till tentamen i TMA4/MAN67, 22-8-2 Uppgift Givet Af(x) = (x y)f(y) dy, x, dvs. A är en integraloperator på Hilbertrummet L 2 ([, ]) med kärnan k(x, y) = x y. Den adjungerade operatorn A är då också en integraloperator men med kärnan k (x, y) = y x = y x. Vi får för f L 2 ([, ]) att A Af(x) = (y x)af(y) dy = (y x)( (y z)f(z) dz) dy = = ( (y x)(y z) dy)f(z) dz = ( 3 (x + z) + xz)f(z) dz, 2 där vi använt Fubinis sats. För att beräkna A noterar vi att A A är en självadjungerad kompakt operator och A = A A. Vidare gäller för en självadjungerad kompakt operator att dess norm är lika med det största reella tal som är absolutbeloppet av ett egenvärde till operatorn ifråga. Vi noterar att A Af(x) = a(f)x + b(f) där a(f), b(f) är reella tal som beror på f L 2 ([, ]). Följdaktligen har egenfunktioner till A A formen e(x) = ax + b varför vi ansätter A Ae(x) = λe(x), e(x) = ax + b. En liten kalkyl ger a 2 x + b = λ(ax + b), alla x [, ], 2 dvs det enda egenvärdet λ är 2. Vi har alltså A = Uppgift 2 Vi ska visa att 2. u (x) = 2 + +u 2 (x), x (, ) u() = u() = u C 2 har en entydigt bestämd lösning. u. Greenfunktioen till = F x (, ) : u() = u(t) = e(t, t) = Antag e(x, t) = a (t) + a 2 (t)e x uppfyller e. Detta ger e(x, t) = x t. Greenfunktionen ges av x(t, t) = g(x, t) = θ(x t)(x t) + b (t) + b 2 (t) x. Villkoren g(, t) = g(, t), < t < ger b (t) = b 2 (t) = t, < t <. Alltså g(x, t) = θ(x t)(x t) + (t )x. Vi noterar att g(x, t) alla x, t. 2. Sätt (T u)(x) = u C[, ] g(x, t)(2 + + u 2 (x) ) dt, x Det ursprungliga problemet har en unik lösning omm T har en unik fixpunkt.

Functional Analysis sid. 2 av 2 För u, v C[, ] gäller (T u)(x) (T v)(x) = g(x, t) g(x, t) + u 2 (t) + v 2 (t) dt (u(t) + v(t))(u(t) v(t)) ( + u 2 (t))( + v 2 dt (t)) u(t) + v(t) g(x, t) ( + u 2 (t))( + v 2 (t)) dt u v. a+b Vi noterar att (+a 2 )(+b 2 ) 2 2a +a + 2 2 2b +b för alla reella tal a, b samt att 2 vilket ger x g(x, t) dt max x 2 ( x) = 8 T u T v 8 u v. Detta visar att T är en kontraktion på Banachrummet C[, ] och påståendet följer från Banach fixpunktssats. Uppgift 3 Hilbert-Schmidts sats ger T x, x = Σ i λ i x, e i 2 där λ i, e i, i =, 2,..., betecknar egenvärdena respektive motsvarande normerade egenvektorer till operatorn T. Låt n vara ett fixerat positivt heltal > (om n = är påståendet trivialt sant). Hölders olikhet med exponenterna n och n, där = n + n, tillsammans med Hilbert-Schmidts sats ger T x, x (Σ i λ n i x, e i 2 n n ) /n (Σ i x, e i (2 2 n )n ) /n = T n x, x /n x 2(n )/n. Uppgift 4 & 5 Se kursboken.

Functional Analysis sid. 3 av 2 Förslag till lösningar till tentamen i TMA4/MAN67, 22-6- Uppgift Givet Af(x) = (x y)f(y) dy, x, dvs. A är en integraloperator på Hilbertrummet L 2 ([, ]) med kärnan k(x, y) = x y. Den adjungerade operatorn A är då också en integraloperator men med kärnan k (x, y) = y x = y x. Vi får för f L 2 ([, ]) att A Af(x) = (y x)af(y) dy = (y x)( (y z)f(z) dz) dy = = ( (y x)(y z) dy)f(z) dz = ( 3 (x + z) + xz)f(z) dz, 2 där vi använt Fubinis sats. För att beräkna A noterar vi att A A är en självadjungerad kompakt operator och A = A A. Vidare gäller för en självadjungerad kompakt operator att dess norm är lika med det största reella tal som är absolutbeloppet av ett egenvärde till operatorn ifråga. Vi noterar att A Af(x) = a(f)x + b(f) där a(f), b(f) är reella tal som beror på f L 2 ([, ]). Följdaktligen har egenfunktioner till A A formen e(x) = ax + b varför vi ansätter A Ae(x) = λe(x), e(x) = ax + b. En liten kalkyl ger a 2 x + b = λ(ax + b), alla x [, ], 2 dvs det enda egenvärdet λ är 2. Vi har alltså A = Uppgift 2 Vi ska visa att 2. u (x) = 2 + +u 2 (x), x (, ) u() = u() = u C 2 har en entydigt bestämd lösning. u. Greenfunktioen till = F x (, ) : u() = u(t) = e(t, t) = Antag e(x, t) = a (t) + a 2 (t)e x uppfyller e. Detta ger e(x, t) = x t. Greenfunktionen ges av x(t, t) = g(x, t) = θ(x t)(x t) + b (t) + b 2 (t) x. Villkoren g(, t) = g(, t), < t < ger b (t) = b 2 (t) = t, < t <. Alltså g(x, t) = θ(x t)(x t) + (t )x. Vi noterar att g(x, t) alla x, t. 2. Sätt (T u)(x) = u C[, ] g(x, t)(2 + + u 2 (x) ) dt, x Det ursprungliga problemet har en unik lösning omm T har en unik fixpunkt.

Functional Analysis sid. 4 av 2 För u, v C[, ] gäller (T u)(x) (T v)(x) = g(x, t) g(x, t) + u 2 (t) + v 2 (t) dt (u(t) + v(t))(u(t) v(t)) ( + u 2 (t))( + v 2 dt (t)) u(t) + v(t) g(x, t) ( + u 2 (t))( + v 2 (t)) dt u v. a+b Vi noterar att (+a 2 )(+b 2 ) 2 2a +a + 2 2 2b +b för alla reella tal a, b samt att 2 vilket ger x g(x, t) dt max x 2 ( x) = 8 T u T v 8 u v. Detta visar att T är en kontraktion på Banachrummet C[, ] och påståendet följer från Banach fixpunktssats. Uppgift 3 Låt T vara en avbildning på ett normerat rum X som uppfyller följande villkor: Det finns ett reellt tal C och ett reellt tal α > sådana att T (x) T (y) C x y α, alla x, y X. Vi ska visa att T (x) = T ( ) för alla x X. Fixera ett godtyckligt x X. Sätt δ = T (x) T ( ). Fixera ett positivt heltal n och sätt x k = k nx X för k =,, 2,..., n. Då gäller δ = T (x n ) T (x n ) + T (x n )... T (x ) Σ n k= T (x k+) T (x k ) CΣ n k= x k+ x k α = Detta medför att δ = och påstendet i uppgiften är visat. Anm: Om T : R R uppfyller så gäller att = C x α n α, n. T (x) T (y) C x y α, alla x, y R (x + h) T (x) lim T =, alla x R h h dvs. T är en deriverbar funktion med derivatan = för varje x R och alltså är T en konstant funktion. Uppgift 4 & 5 Se kursboken. Uppgift 6 Låt T vara en självadjungerad operator på ett Hilbertrum H för vilken T n är kompakt för något heltal n 2. Vi ska visa att T är kompakt. Vi noterar att T självadjungerad innebär (per definition) att T är en begränsad operator. T är kompakt om vi kan visa att T k kompakt implicerar att T k är kompakt för godtyckligt heltal k 2. Antag nu att T k är kompakt för fixt k 2. Låt (x n ) vara en begränsad följd i H, dvs det finns ett reellt tal M sådant att x n M för alla n. Då T k är kompakt finns det en delföljd (x pn ) av

Functional Analysis sid. 5 av 2 (x n ) för vilken (T k x pn ) konvergerar i H. Då konvergerar också (T k x pn ) i H eftersom T k x pn T k x pm 2 = T k (x pn x pm ), T k (x pn x pm ) = = T k 2 (x pn x pm ), T k (x pn x pm ) T k 2 (x pn x pm ) T k x pn T k x pm T k 2 x pn x pm T k x pn T k p pm 2 T k 2 M T k x pn T k x pm ) }}}} <, n,m och varje Cauchyföljd i ett Hilbertrum konvergerar. Detta medför att T k är kompakt och påståendet i uppgiften är visat.

Functional Analysis sid. 6 av 2 Förslag till lösningar till tentamen i TMA4, 2-5-3. A är integraloperator med kärnan a(x, y) = e x+y cos(x + y), där a C([, π] [, π]) och a(x, y) = a(y, x). a) Banachrummet C[, π] : För u C[, π] gäller Au(x) π e x+y cos(x + y) dy u I(x) u, x [, π], där I C[, π]. Alltså A max x [,π] I(x) = I(x ) för något x [, π]. Vidare gäller I(x ) = lim Au n(x) där n + då min( x + x π 2, x + x 3π 2 ) > n & cos(x + x ) > u n (x) = då min( x + x π 2, x + x 3π 2 ) > n & cos(x + x ) < till beloppet och kontinuerlig för övrigt Här approximerar u n -funktionerna funktion sign(cos(x + )). (Liten) kalkyl ger I(x ) = I( π 2 ) = 2 (e 3π 2 + e π 2 ). b) Banachrummet L 2 [, π] : Då L 2 är Hilbertrum och A är självadjungerad gäller A = sup λ : λ genvärde till A}. Då Au(x) = π ex e y (cos x cos y sin x sin y)u(y)dy = ae x cos x + be x sin x fås egenvärdena λ som lösningar till A(ae x cos x+be x sin x) = λ(ae x cos x+be x sin x) för a + b >, dvs ( 3 8 λ ) e 2π a 8 b = ( 3 8 a 8 + λ ) e 2π b = Detta ger A = 5 32 (e2π ). Svar: vilket ger λ = ±(e 2π ) 5 32. A C[,π] C[,π] = 2 (e 3π 2 + e π 2 ) A L 2 [,π] L 2 [,π] = 5 2 (22π ) Dessutom är A kompakt operator betraktad som operator C[, π] C[, π] och L 2 [, π] L 2 [, π]. Detta följer av Au(x ) Au(x 2 ) 2 π a(x, y) a(x 2, y) 2 dy u 2 L 2 [,π], Arzela-Ascoli sats och inbäddningen u L 2 [,π] π u C[,π]. 2. Beräkna greenfunktionen g(x, y) till differentialoperatorn Lu = u u med randvillkoren R u = u() =, R 2 u u() =.u (x) = e x, u 2 (x) = e x är en bas för N (L) och ansättningen θ(x, t) = a (t)u (x) + a 2 (t)u 2 (x), där e(t, t) =, e x(t, t) =, ger fundamentallösningen e(x, t) = sinh(x t). Vi noterar att g(x, t) = e(x, t)θ(x t) satisfierar randvillkoren för t (, ). Alltså ges lösningen till Lu = f, Ru = (R u, R 2 u) = av Definiera nu u(x) = sinh(x t)θ(x t)f(t)dt = T : C[, ] C[, ] x sinh(x t)f(t)dt.

Functional Analysis sid. 7 av 2 enligt T u(x) = x sinh(x t) 2 ( + (u(t2 )))dt, som är en kontinuerlig funktion då integranden C([, ] [, ]). T är en kontraktion då T u(x) T v(x) = 2 2 x x sinh(x t)((u(t 2 )) (v(t 2 )))dt sinh(x t)dt u v = 2 (cosh x ) u v (e )2 u v eftersom 2e (e )2 2e Banachs fixpunktssats ger existens av entydigt bestämd fixpunkt, vilken också är den entydigt bestämd lösningen till differentialekvationsproblemet. 3. Antag att det finns S, T B(E) sådana att ST T S = I. Detta medför att T ST T 2 S = T = ST 2 T ST vilket ger 2T = ST 2 T 2 S. P.s.s. följer nt n = ST n T n S för alla positiva heltal n. Vidare fås då AB A B för alla A, B B(E) att <. n T n S T T n + T n T S n = 2, 3,... Då S, T < följer att T n = för n tillräckligt stort, dvs T n = B(E) för något positivt heltal. Men nt n = ST m T n S tillämpad på n = n, n,..., 2 ger T =. Detta motsäger att ST T S = I. Alltså saknas S, T B(e) med egenskapen ovan. 4. & 5. Kursboken... 6. Antag T B(H) normal och x H. Då gäller T x 2 = T x, T x = T T x, x = T T x, x = T x, T x = T x 2 och T x = T x följer. a) visad. Av a) följer att N (T ) = N (T ) för alla normala operator T B(H). Fixera att λ är λi T normal om T är normal ty (λi T ) = λi T och. Då (λi T )( λi T ) = λ 2 I λt λt + T T = T T = T T } = ( λi T )(λi T ). Alltså gäller N (λi T ) = N ( λi T ) dvs b) visad. Alternativt kan man bara räkna på från T x λx 2.

Functional Analysis sid. 8 av 2 Förslag till lösningar till tentamen i TMA4, 2-5-3 Uppgift Givet Af(x) = cos(x y)f(y) dy, x 2π. A är en begränsad linjär operator på C[, 2π]: Linjäriteten trivial (men bör visas). Begränsningen av A följer av Af(x) = 2π f, cos(x y)f(y) dy där f = sup x [,2π] f(x). Alltså följer Af 2π f, cos(x y) f(y) }}}} f vilket medför A 2π. A är en begränsad linjär operator på L 2 [, 2π]: Linjäriteten trivial som ovan. Begränsningen av A följer av där f L 2 Af(x) 2 dx Hölders olikhet} ( ( cos(x y) 2 dy)( = ( f(y) 2 dy) /2. Alltså följer vilket medför A 2π. A C[,2π] C[,2π] = 4: Vi noterar att A C[,2π] C[,2π] cos(x y) f(y) dy) 2 dx Af L 2 2π f L 2, cos(x y) dy = dy f(y) 2 dy) dx 4π 2 f 2 L 2, cos(y) dy = 4. För n =, 2,..., låt f n vara kontinuerliga funktioner på [, 2π] som uppfyller f n = och dessutom = på intervallen [, π 2 n ] [ 3π 2 + n, 2π] och = på intervallet [ π 2 + n, 3π 2 n ] (här kan f n t.ex. väljas som styckvis linjära funktioner). Då gäller samt Af n () Af n () 4 cos(y) dy 2 2 n = 4 4 n, vilket visar påståendet ovan. A L 2 [,2π] L 2 [,2π] = π: Vi noterar att A är en kompakt självadjungerad operator på Hilbertrummet L 2, varför A L2 [,2π] L 2 [,2π] = sup λ : λ egenvärde till A}. Eftersom Af(x) = a cos x + b sin x, där a, b beror på f, ges varje egenfunktion på denna form. Liten kalkyl ger att λ är ett egenvärde till A om ekvationssystemet i a, b har en icke-trivial lösning, dvs om λ = π. Uppgift 2 Vi har f C[, ], λ A(a cos( ) + b sin( ))(x) = λ(a cos(x) + b sin(x)), där λ < e(e ), och ska visa att har en entydigt bestämd lösning. u (x) + u (x) + λ u(x) = f(x), x (, ) u() = u() = u C 2

Functional Analysis sid. 9 av 2 u. Greenfunktioen till + u = F x (, ) : u() = u(t) = e(t, t) = Antag e(x, t) = a (t) + a 2 (t)e x uppfyller e x(t, t) =. Detta ger e(x, t) = et x. Greenfunktionen ges av g(x, t) = θ(x t)( e t x ) + b (t) + b 2 (t)e x. Villkoren g(, t) = g(, t), < t < ger b (t) + b 2 (t) = e t + b (t) + b 2 (t)e =, < t <. Alltså g(x, t) = θ(x t)( e t x ) + et e e + e et e e x. Vi noterar att g(x, t) alla x, t. 2. Sätt (T u)(x) = u C[, ] g(x, t)(f(t) λ u(t) )dt, x Det ursprungliga problemet har en unik lösning omm T har en unik fixpunkt. För u, v C[, ] gäller (T u)(x) (T v)(x) = λ g(x, t) u(t) v(t) dt λ g(x, t)(λ v(t) λ u(t) )dt g(x, t) dt u v Sätt j(x) = g(x, t) dt. Här är j(x) = g(x, t)( )dt, lösningen till j + j = med randvillkoren j() = j() =. Alltså j(x) = e e x e e e x med j max = j(ln e e ) = e + ln( e ) e e = e(e ). Härav följer T u T v λ e(e ) u v, och Banach fixpunktssats medför att T har unik fixpunkt om λ < e(e ). Uppgift 3 Givet avbildningen Visa att T (x, x 2,..., x n,...) = (x, 2 (x + x 2 ),..., n (x +... x n ),...).. T : l 2 l 2 är en begränsad linjär operator 2. T ej är surjektiv Linjäriteten hos T är trivial. T begränsad operator: Tag = (x, x 2,..., x n,...) l 2 och betrakta T 2 l 2. VLOG kan vi anta att x n för alla n. T 2 l 2 = x2 + 2 2 (x + x 2 ) 2 +... + n 2 (x +... x n ) 2 +... = = Σ k=x 2 k( k 2 + (k + ) 2 +...)+ + Σ k=σ j=k+2x k x j ( j 2 + (j + ) 2 +...). Vidare gäller Σ k=n k 2 n x dx = 2 n, n 2 2 n =

vilket ger Dessutom har vi Här är där Σ k=σ j= Functional Analysis sid. 2 av 2 T 2 l 2 2 2 l + 2 2Σ k=σ j=k+x k x j j 2 2 l + 2 4Σ k=σ x k x j j= k + j. x k x j k + j = Σ k=σ j=( k + j )/2 ( k j )/4 x k }( k + j )/2 ( j k )/4 x j } Hölders olikhet} (Σ k=σ j= k + j (k j )/2 x 2 k) /2 (Σ k=σ j= k + j ( j k )/2 x 2 j) /2. Σ k=σ j= Σ j= = k + j (k j )/2 x 2 k = Σ k=x 2 k Σ j= k + j (k j )/2, k + j (k j )/2 + y y dy = C, med C oberoende av k. Följdaktligen gäller Σ k=σ j= k + x ( k x )/2 dx = y = x k } = x k x j k + j C 2 l 2 vilket medför att T l 2 2 + 4C l 2. T ej surjektiv: Vi noterar att T : l 2 l 2 är injektiv, dvs T = T 2 = 2, och begränsad. Om T är surjektiv så ger den inversa avbildningssatsen att T är en begränsad linjär avbildning. Sätt n = (,,...,, }} plats n,,...). Då gäller n l 2 = och T n = (,,...,, }} n,...), plats n dvs T n l 2 n, för alla n. Detta medför T =, vilket ger en motsägelse. Alltså T är ej surjektiv. (Alternativt kan man notera att följden = (,, 3,, 5,,,,...) l2 7 medan den enda sekvens sådan att T = ges av = (,,,,,,...) l 2.) Uppgift 4 & 5 Se kursboken. Uppgift 6 Låt T vara en begränsad linjär operator på ett Hilbertrum H med T =. Antag att T x = x för ett x H. Ska visa att T x = x. Betrakta Alltså gäller T x = x. T x x 2 = T x x, T x x = = T x 2 T x, x x, T x + x 2 = = T x 2 x, T x T x, x + x 2 = = T x 2 x 2 ( T 2 ) x 2 = = ( T 2 ) x 2 =.