2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки



Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3  След.
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение13.01.2015, 09:57 
Заслуженный участник


22/11/10
1124
Хм, Вы меняете текст быстрее, чем я успеваю ответить :-)

 Профиль  
                  
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение13.01.2015, 10:23 
Аватара пользователя


28/04/14
582
матмех спбгу
При $\alpha < -\frac12$ компактность удается показать способом, приведенным в первом посте (дважды срезать ядро).
Так как для операторов, приближающих основной, выполняется:
$$\|(T_n - T)f\| \leq C \int\limits_{n}^{+\infty}|f(y)|^2 y^{2\alpha+1}dy \leq C n^{2\alpha+1} \to 0,$$
при $n \to +\infty$ и $\|f\|\leq 1$.
А для операторов, приближающих $T_n$ выполняется
$$\|(T^{(n)}_m - T_n)f\| \leq \int\limits_{1}^{n}dx\left(\int\limits_{1}^{+\infty}|K^{(n)}_m-K_n|f(y)dy\right)^2 = 0,$$
при $m>2n$ - внутренний интеграл обнуляется.
Далее, если рассматривать оператор $T^{(n)}_m$ как $T^{(n)}_m: L^2[1;m] \to C[1;n]$, то он компактен в силу теоремы Арцела Асколи: ядро $K(x,y)$ равномерно непрерывно на квадрате $[1;n]\times[1;m]$. Вложение $i : C[1;n] \to L^2[1;n]$ - непрерывно, поэтому $T^{(n)}_m \circ i$ - компактен. Значит, компактен каждый из $T_n$, и, как следствие, $T$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение13.01.2015, 10:52 
Заслуженный участник


22/11/10
1124
Вам несколько раз намекали
Red_Herring в сообщении #961103 писал(а):
Вместо самостоятельного вывода Вы могли применить оценку ...

Поищите это неравенство. (Много интересных неравенств есть в книге Харди, Литтлвуд, Пойа "Неравенства")
А можно и самому доказать эту оценку. Для этого неравенство Коши надо применить немножко хитрее
$$F^2(x) \leqslant \int |K(x,y)|dy \, \int |K(x,y)|f^2(y)dy$$
Хотя, как мне кажется, в данном случае эта оценка никакого выигрыша в вычислениях не дает.

 Профиль  
                  
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение13.01.2015, 11:19 
Аватара пользователя


28/04/14
582
матмех спбгу
Да, спасибо за ссылку. Почитаю на досуге.

При $\alpha=-\frac12$ надо доказывать отсутствие компактности с помощью образов ступенек?

 Профиль  
                  
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение13.01.2015, 11:31 
Заслуженный участник


22/11/10
1124
Вы вольны выбирать любой способ доказательства. Мне кажется, что со ступеньками все очень просто. Надо только выбрать носители ступенек подальше друг от друга. Тогда носители образов не будут пересекаться. Ну и на нормы образов посмотрите.
Кроме того, чуть не забыл, надо еще что-то сказать про $\alpha > -\frac 12$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение13.01.2015, 12:27 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


31/01/14
6924
Hogtown
sup в сообщении #961123 писал(а):
(Много интересных неравенств есть в книге Харди, Литтлвуд, Пойа "Неравенства")

Безусловно. Правда, не помню как в русском издании, в английском—многовато готтики.

 Профиль  
                  
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение13.01.2015, 12:41 
Заслуженный участник


22/11/10
1124

(Оффтоп)

Red_Herring в сообщении #961165 писал(а):
многовато готтики

Вот это, пожалуй, единственный "недостаток". Содержание - просто превосходное. А вот читать бывает довольно тяжело.
Не знаю как другим, а мне иногда бывает трудно проломиться через обозначения и шрифт.

 Профиль  
                  
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение14.01.2015, 07:56 
Аватара пользователя


28/04/14
582
матмех спбгу
Рассмотрим $f_M(y) = y^{\alpha + \frac12}$ при $1 \leq y\leq M$.
Имеем:
$$\|f_M\| = (\int\limits_{1}^{M}y^{2\alpha + 1})dy = C_1 (M^{2\alpha+2} - 1)^{\frac12} = O\left(M^{\alpha + 1}\right).$$
$$\|Tf_M\|^2 \geq \int\limits_{1}^{M-\sqrt{M}}x^{2\alpha}dx\left(\int\limits_{x}^{x+\sqrt{x}}y^{\alpha+1/2}dy \right)^2 \geq \int\limits_{1}^{M-\sqrt{M}}x^{2\alpha}(x+\sqrt{x})^{2\alpha + 1}x dx = O\left(M^{4\alpha+3}\right).$$
Таким образом,
$$\frac{\|Tf_M\|}{\|f_M\|} \geq O\left(M^{\alpha+1/2}\right) \to +\infty,$$
если $M \to +\infty$ и $\alpha>-\frac12.$
Получили, что функционал неограничен или некорректно задан при $\alpha > -\frac12.$

 Профиль  
                  
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение14.01.2015, 09:33 
Заслуженный участник


22/11/10
1124
Вызывает подозрение переход
$$\geq \int\limits_{1}^{M-\sqrt{M}}x^{2\alpha}(x+\sqrt{x})^{2\alpha + 1}x dx$$
Далее. Использование $O$-символики в оценках снизу не имеет смысла. А у Вас $\dots \geq O\left(M^{4\alpha+3}\right)$
Здесь нужно как-то поправить.
demolishka в сообщении #961790 писал(а):
Получили, что функционал неограничен или некорректно задан при $\alpha > - \frac 12$

Я думаю, проще будет показать, что для некоторых $f \in L_2$ имеем $Tf \not \in L_2$. Что это за функции $f$? Ну, например, которые "едва-едва" проходят в $L_2$. Для ориентира, гармонический ряд расходится. Но если его "немножко подправить", то сойдется.

 Профиль  
                  
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение14.01.2015, 09:45 
Аватара пользователя


28/04/14
582
матмех спбгу
Да, на самом деле должно быть вот что (с учетом $\alpha>-\frac12$)
$$\|f_M\|^2 = \int\limits_{1}^{M}y^{2\alpha + 1}dy = C_1 M^{2\alpha+2} - 1 \leq \Lambda_1M^{2\alpha + 2}.$$
$$\|Tf_M\|^2 \geq \int\limits_{1}^{M-\sqrt{M}}x^{2\alpha}dx\left(\int\limits_{x}^{x+\sqrt{x}}y^{\alpha+1/2}dy \right)^2 \geq \int\limits_{1}^{M-\sqrt{M}}x^{2\alpha}x^{2\alpha + 1}x dx \geq \Lambda_2M^{4\alpha+3}.$$
Таким образом,
$$\frac{\|Tf_M\|}{\|f_M\|} \geq CM^{\alpha+1/2}\right) \to +\infty,$$
sup в сообщении #961807 писал(а):
Я думаю, проще будет показать, что для некоторых $f \in L_2$ имеем $Tf \not \in L_2$. Что это за функции $f$? Ну, например, которые "едва-едва" проходят в $L_2$. Для ориентира, гармонический ряд расходится. Но если его "немножко подправить", то сойдется.

Ну, обычно контрпример следует искать, исходя из оценок нормы оператора. В данном случае следовало взять $f(y)$, такую что $|f(y)|^2 = y^{2\alpha + 1}$ для почти всех $y$.

Когда оператор очень диковинно действует, как например в данном случае, или, допустим, вместо/помимо $x^{\alpha}$ в интеграле была бы какая-нибудь экспонента. В этом случае подставлять в оператор функции $f(y)=y^{-\beta}$ или, чего хуже, $f(y)=\frac{1}{\sqrt{y}\ln(y)}$ я не вижу смысла - всё будет очень плохо считаться. В данном случае трюк с $f(y)=y^{-\beta}$ прокатил бы, по сути я его и использовал.

 Профиль  
                  
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение14.01.2015, 10:51 
Аватара пользователя


28/04/14
582
матмех спбгу
А вот со ступеньками я никак не пойму. Образ ступеньки с носителем $(A,B)$ - финитная функция с носителем в $(A-\sqrt{A},B)$, при больших $x$ с очень маленькими значениями, поэтому и норма ее будет достаточно маленькой.

Вообще, в этой задаче еще спрашивается про обратимость оператора. Вот $\alpha=-\frac12$ как раз кандидат на это дело(непрерывный, не компактный). Только к доказательству обратимости я кроме теоремы Банаха больше ничего не знаю. Инъективность оператора видна из того, что ядро тривиально. А вот как показать наличие или отсутствие сюръективности - непонятно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение14.01.2015, 10:54 
Заслуженный участник


22/11/10
1124
demolishka в сообщении #961811 писал(а):
В этом случае подставлять в оператор функции $f(y)=y^{-\beta}$ или, чего хуже, $f(y)=\frac{1}{\sqrt{y}\ln(y)}$ я не вижу смысла - всё будет очень плохо считаться. В данном случае трюк с $f(y)=y^{-\beta}$ прокатил бы, по сути я его и использовал.

Да вроде для $f(y)=y^{-\beta}$ все неплохо считается ...
Ладно, не хотите так делать - не надо. Но тогда надо как-то более строго заклинания произносить. Вот Вы для $f_M(y)$ получили какое-то неравенство. Дальше Вы говорите - что-то-там не ограничено. И что? Мутно как-то, на мой взгляд. Тогда уж более четко сформулируйте, почему такие $\alpha$ нам не подходят. Именно поэтому я и предложил построить спец. функцию. Сразу видно, что оператор не действует из $L_2$ в $L_2$. Просто и понятно.

Для ступеньки. А Вы можете сказать, как выглядит образ где-то в середине своего носителя? Там все прекрасно считается.

-- Ср янв 14, 2015 14:05:55 --

С обратимостью тут все довольно просто. Ведь гриб-то круглый $F(x) = (Tf)(x)$ обязательно будет ...

 Профиль  
                  
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение14.01.2015, 11:06 
Аватара пользователя


28/04/14
582
матмех спбгу
sup в сообщении #961840 писал(а):
Тогда уж более четко сформулируйте, почему такие $\alpha$ нам не подходят

Потому что для всякого $\alpha > -\frac12$ предъявлено семейство функций $f_M(y) \in L^2$ на которых величина $\frac{\|Tf_M\|}{\|f_M\|}$ принимает сколь угодно большие значения, а это значит, что оператор $T$ как минимум неограничен при таких $\alpha$.
sup в сообщении #961840 писал(а):
Для ступеньки. А Вы можете сказать, как выглядит образ где-то в середине своего носителя? Там все прекрасно считается.

Если ступенька достаточно большая ($A+\sqrt{A} < B$), то значение образа есть $x^{\alpha}\int\limits_{x}^{x+\sqrt{x}}\frac{1}{B-A}dy$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение14.01.2015, 11:10 
Заслуженный участник


22/11/10
1124
Ну да. А интеграл Вы сосчитать не можете. От константы :shock:

-- Ср янв 14, 2015 14:12:32 --

И, уж если на то пошло, речь шла о нормированной ступеньке. А значит в знаменателе $\sqrt {B - A}$.

-- Ср янв 14, 2015 14:15:52 --

demolishka в сообщении #961849 писал(а):
а это значит, что оператор $T$ как минимум неограничен при таких $\alpha$.

А как максимум? Почему Вы заставляете меня додумывать что Вы хотите сказать?

 Профиль  
                  
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение14.01.2015, 11:52 
Аватара пользователя


28/04/14
582
матмех спбгу
Пусть $f_{AB}$ - нормированная ступенька с носителем $(A;B)$.
При $A+\sqrt{A}<B$ и $A<B-2\sqrt{B}$ имеем:

$$\|Tf_{AB}\|^2 = \int\limits_{1}^{+\infty}x^{2\alpha}dx\int\limits_{x}^{x+\sqrt{x}}f_{AB}(y)dy \geq \int\limits_{A}^{B-\sqrt{B}}x^{2\alpha}dx\left(\int\limits_{x}^{x+\sqrt{x}}\frac{1}{\sqrt{B-A}}dy\right)^2 = \int\limits_{A}^{B-\sqrt{B}}\frac{x^{2\alpha+1}}{B-A}dx $$
$$\geq A^{2\alpha+1}\frac{B-\sqrt{B}-A}{B-A} \geq \frac12 A^{2\alpha+1}$$

Таким образом при $\alpha=-\frac12$ имеем $\|Tf_AB\| \geq \sqrt{\frac12}$. Заметим, что последовательность ступенек $f_n = f_{n,2n}$ удовлетворяет этому свойству при достаточно больших $n$. Теперь возьмем подпоследовательность, состоящую из четных элементов. Тогда носители образов пары не совпадающих ступенек не будут пересекаться и соответственно для любой подпоследовательности будет выполнено $\|Tf_{n_k} - Tf_{n_m}\| \geq \sqrt{\frac12}$ при $k\not=m$. Таким образом, оператор $T$ - не компактный при $\alpha=-\frac12$.

sup в сообщении #961850 писал(а):
А как максимум? Почему Вы заставляете меня додумывать что Вы хотите сказать?

А как максимум может быть некорректно определен, то есть $Tf \notin L^2$ при некоторых $f \in L^2$. Но это не важно.
Или вы хотите от меня услышать то, что он не будет компактным, ибо компактные операторы непрерывны?

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 34 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group