Задача по фунцианальному анализу

NHGKU2

помогите решить плииииз...
требуется выяснить, является ли оператор Af(x)=(1/x)\int_0^x f(t) dt компактным в L_2[0,1].
я что-то даже его ограниченность не могу проверить...

vital_m

Ограниченность очевидна :
\| Af \|^2 = \int_0^1 (1/x \int_0^x f(t) dt )^2 dx =
\int_0^1 1/x^2 ( \int_0^x f(t) dt )^2 dx
\le
\int_0^1 1/x^2 ( \int_0^x |f(t)| dt )^2 dx
\le [неравенство Коши--Буняковского]
\int_0^1 1/x^2 \int_0^x |f(t)|^2 dt x^2 dx
\le
\int_0^1 \int_0^1 |f(t)|^2 dt dx
= \| f \|^2

halithh

Утверждение, что \| Af \|^2 \le \| f \|^2 неверно. Вчастности, неправильно использовано неравенство КБ. Пример: f(x) = 1 при 0<=x<=0.5 , f(x) = 0 при 0.5<x<=1. Тогда Af(x) = 1 при 0<=x<=0.5 и f(x) = 1/2x при 0.5<x<=1, те Af(x)>f(x) при 0.5<x<=1

halithh

Если взять f(x) = 1 при 0<=x<=с , f(x) = 0 при с<x<=1, то Af(x) = 1 при 0<=x<=с и f(x) = с/x при с<x<=1. Тогда \| f \|^2 = c^2, \| Af \|^2 = c, тогда при c \to 0 , \| Af \| / \| f \| \to \infty

elektronik

Кажется, ты тут намудрил немного..
Давай разберёмся!
В L_2 у нас норма \|f\|^2 = \int_0^1 \|f(t)\|^2dt
Тогда, у рассматриваемой функции f(x) квадрат нормы равен c!
А у (Afy) - [c + (-\frac {c^2}x)\|_c^1] = 2c-c^2!
При c \to 0 \frac {\|Af\|}{\|f\|} \to 2! Всё нормально, кажется! Проверь &)

halithh

Да, согласен.

NHGKU2

большое спасибо! но все же немного неясно, как Вы применяете неравенство Коши-Буняковского; в частности - откуда возникает x^2 здесь:
\int_0^1 1/x^2 ( \int_0^x |f(t)| dt )^2 dx
\le [неравенство Коши--Буняковского]
\int_0^1 1/x^2 \int_0^x |f(t)|^2 dt x^2 dx

если применять его так: ( \int_0^x 1*|f(t)| dt )^2 \le (\int_0^x 1^2 dt) (\int_0^x |f(t)|^2 dt) = x \int_0^x |f(t)|^2 dt, то получается только х в первой степени, а не во второй, как Вы написали...

NHGKU2

неужели никто не знает, как проверить этот оператор на 1) ограниченность; 2) компактность?
не верю! помогите, пожалуйста! очень нужно!

vital_m

Конечно, неясно, ведь там ошибка.
См. эту задачу в Кирилове-Гвишиане N388.

Sanych

Не является компактным.
Доказательство: построим семейство ортогональных векторов, переходящих в ортогональные же без значительного уменьшения нормы.
на отрезке 2t,3t положим функцию равной 1
на отрезке 3t,4t положим функцию равной -1
Тогда оператор переведёт её в функцию g(x)/x
на 2t,3t g(x)=x-2t
на 3t,4t g(x)=4t-x
на серединке 2.5t,3.5t получим g(x)/x>=1/8
В общем, норма никак не может уменьшится больше, чем скажем в 20 раз
Теперь выбираем t_n как степень (1/4)^n, получим ортогональные функции и дальше осталось проверить по определению

sanosik

неограниченность A достигается уже на индикаторах отрезков вида [0,a],
то есть если
g_a(x)=1 при x\in[0,a] и
g_a(x)=0 при x\in(a,1]
то (||A(g_a)||/||g_a||)^2\to \infty при a\to 0.
Вообще оператор не всюду определен в L_2[0,1]

vital_m

Я же нашел эту задачу в Кирилове-Гвишиане.
Утверждается, что оператор ограниченный, но не компактный.

sanosik

да, пардон, обсчитался.

stm6695598

Уффф... доказал ограниченность. Страшное дело. 2 шага.
Сначала хорошая новость. шаг 1 --- стандартные функанские оценки. Именно,
ЕСЛИ для нашего оператора выполняется простое (по формулировке)
Предложение 1:
---------
(Af,Af)+ (1,f)^2 = 2 (Af,f
(где 1 означает функцию, равную единице на отрезке [0;1],
функция f из L_2[0;1] и кроме того для простоты равна нулю в окрестности нуля,
и наконец скалярные произведения-скобки взяты в нашем вещественном L_2[0;1]
--------
ТО для неотрицательной f, равной нулю в окрестности нуля и такой, что ||f|| < 1, получим:
||Af||^2 \le 2(Af,f) \le 2||Af|| откуда понятно, что ||Af|| \le 2.
Теперь по теореме Б.Леви или Лебега получаем, что ||Af|| \le 2 для любой неотрицательной f из нашего L_2.
Если теперь f не сохраняет знак, но из L_2 и обнуляется в окрестности нуля, то f = g-h,
где g(x)=\max(f(x0) и h(x)=\max(-f(x0) --- обе из L_2, но уже неотрицательные,
причем ||f||^2=||g||^2+||h||^2 и, значит,
||Af||^2 \le (||Ag||+||Ah||)^2 \le 4 (||g||+||h||)^2 \le 8(||g||^2 + ||h||^2) = 8 ||f||^2
(в последнем неравенстве использовано неравенство (a+b)^2 \le 2(a^2+b^2 сводящееся к неравенству о среднем геометрическом и ср.арифм.)
Снова переходя к пределу снимаем ограничение на поведение в окрестности нуля и получаем как принадлежность Af к L_2 так и ограничение на норму: ||A||^2 \le 8. (На самом деле кажется, что $A$ сжимающий, но не знаю как доказать).

stm6695598

Шаг 2.
Для доказательства Предложения 1 учитывается очевидное равенство
(Afx) = (1/x)\int_0^x f(t)dt = \int_0^1 f(xy)dy [замена t=xy ]
для например непрерывных обнуляющихся в окрестности нуля функций f и 0<x<1
И (в этом и состоит плохая новость) доказывается "матанско-теормерская"
Лемма 1:
Если f и g --- непрерывные на отрезке [0;1] неотрицательные вещественные функции,
равные нулю в некоторой окрестности нуля, то
(все интегралы, у которых не указаны пределы, берутся от нуля до единицы;
скобки в первой и последней строке цепочки равенств --- в смысле L_2):
(Af,Ag)+ (1,f1,g) =
\int ( \int f(xy)dy ) (\int g(xz)dz ) dx + (\int f(y) dy) (\int g(z)dz) = (1)
= \int \int ( f(u)g(v) ) / max(u,v) dudv = (2)
= \int (f(u) (1/u) \int_0^u g(v)dv) du + \int (g(v) (1/v) \int_0^v f(u)du) dv=
= (f,Ag)+(Af,g)
При этом в доказательстве равенства (2) просто квадрат разбивается на два треугольника
биссектрисой первого координатного угла и от двойных интегралов по треугольникам переходим к повторным.
А вот в доказательстве равенства (1) я нашёл, прости Господи, плотность
(равную p(u,v) = -1+ max1/u1/v ) образа трехмерной меры Лебега при отображении единичного трехмерного куба 0<x,y,z<1 на
двумерный квадрат 0<u,v<1 задаваемом формулами u=xy, v=xz...
Плотность, конечно, --- относительно двуметной меры Лебега на квадрате.

halithh

Чтобы перейти от только неотрицательных функций, можно легко показать, что || Af || <= || A|f| || .
Тогда из ваших рассуждений будет следовать, что ||A||^2 <= 4 . При этом, скорее всего , ||A||^2 = 2 .
Насчет компактности уже написал пример бесконечной системы ортогональных функций образом которой является также система ортогональных функций, причем ||Af|| = c||f|| для некоторого c>0, что противоречит компактности.

stm6695598

Замечание вдогонку. Конечно, в Лемме 1 неотрицательность f и g никакой роли не играет, без этог условия доказательство работает.

stm6695598

некомпактность не означает неограниченности.
Вообще сначала было неясно, почему если f из L_2, то и Af \in L_2.

stm6695598

некомпактность можно доказать проще, чем выше, если учесть, что для нашего оператора имеется очевидно континуум разных собственных функций вида x^a, a> -1/2,
а у компактного оператора ненулевых собственных чисел должно быть не более чем счетное число.

halithh

Если мне не изменяет память, спектр проходят несколько позже

stm6695598

Это зависит от лектора.
Тут дело не в спектре, а в теоремах Фредгольма для операторов вида скалярный + копмактный, их можно сразу давать после трех теорем Банаха и определения компактности.

stm6695598

и еще, мне нравится ваш критический настрой
--- если он приведёт к доказательству ограниченности попроще, без нахождения плотности образа меры, буду признателен за идею или ссылку.

sanosik

да, конечно, как только корректность и ограниченность оператора A в L_2 доказаны,
так сразу тождество
(Af,Af)+ (1,f)^2 = 2 (Af,f) доказывается для всех f из вещественного L_2,
и отсюда ||Af||^2 \le 2 (Af,f) \le 2||Af|| ||f|| и значит норма не превосходит 2.
точную норму завтра с утра поищем

vital_m

Точная норма равна 2 (см. Кир-Гв) и дотигается на функциях, введенных
в первых постах.

sanosik

спасибо, а то лень было смотреть.
жалко только, что в К-Г подсказки нет, как попроще корректность доказать.

sanosik

кому кстати сдаешь?

NHGKU2

всем принявшим участие огромное СПАСИБО!
особенно про очень простое доказательство некомпактности через континуум собственных функций.
с ограниченностью тоже вроде разобрался, по модулю нахождения плотности меры...
но если вдруг есть идеи доказательства ограниченности этого оператора попроще, то буду очень признателен!

NHGKU2

Шейпаку

sanosik

плотность меры на плоскости надо находить по формуле p(u,v)= d_u d_v F(u,v)
(кроме диагонали - но эти почти всюду)
где функция распределения F(u,v)= мера прямоугольника [0,u]x[0,v]
= мера Лебега множества тех троек (x,y,z) из единичного куба, для которых
xy<u и xz<v. Последний объем вычисляется обычным образом, интеграл по х от 0 до 1
от (плоской) меры сечения нашей трехмерной фигуры плоскостью проходящей перпендикулярно оси Оx через точку (х,0,0).
спроси у него, знает ли он простое решение

sanosik

d_u и d_v --- это конечно частные производные по u и v соотв.

NHGKU2

еще раз спасибо
сейчас буду втыкать...
если не забуду, спрошу у него решение попроще.

hakimus

Шейпачёк - молодец..
Только не затрагивай с ним национальные вопросы. Он убеждённый западэнэц....
Это так.. для информации...

sanosik

Вопрос психологии: может ли студент точно выяснить, знает ли препод сам решение задачи которую задал студенту?
Оставить комментарий
Имя или ник:
Комментарий: