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 1, 2, 3  След.
 
 Компактность оператора
Сообщение12.01.2015, 14:10 
Аватара пользователя


28/04/14
564
матмех спбгу
Задан интегральный оператор $T: L^2[1;+\infty) \to L^2[1;+\infty)$ с ядром $K(x,y) = x^{\alpha}\chi_{[x;x+\sqrt{x}]}(y)$, то есть
$$(Tf)(x) = x^{\alpha}\int\limits_{x}^{x+\sqrt{x}}f(y)dy.$$
Нужно исследовать его на компактность при $\alpha \in \mathbb{R}$.

При $\alpha < -\frac34$ оператор компактен в силу квадратичной интегрируемости ядра на $[1;+\infty) \times [1;+\infty)$, либо же оператор можно приблизить последовательностью операторов со срезанным по $x$ ядром $K_n(x,y) = K(x,y)|_{[1;n] \times [1;+\infty)$, каждый из которых в свою очередь также приблизить операторами со срезанным по $y$ ядром $K^{(n)}_m(x,y) = K(x,y)|_{[1;n] \times [1;m]}$, которые компактны в силу теоремы Арцела-Асколи и непрерывности вложения $i : C[1;n] \hookrightarrow L^2[1;n]$. Но существенным является именно то, что $\alpha < -\frac34$.

При $\alpha=-\frac34$ оператор непрерывен, это показано с помощью теста Шура. При $\alpha>-\frac34$ - неограничен или некорректно определен.
Но вот как проверять компактность в случае $\alpha=-\frac34$ - непонятно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение12.01.2015, 15:53 
Аватара пользователя


15/08/09
1363
МПГУ (математический факультет)
Может стоит разложить его ядро в ряд Фурье по ортонормированной системе $\{\varphi_i(x)\cdot \varphi_j(y)\}$ ?. Где $\{\varphi_s\}$- ортонормированная система в $L_2[0;1]$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение12.01.2015, 17:09 
Заслуженный участник


22/11/10
1107
А Вы посмотрите, как оператор действует на финитные функции. Или того лучше, на ступеньку с носителем $(A,B)$ с единичной нормой. Образ такой ступеньки тоже финитная функция. Ну а дальше - по определению. Что такое компактный оператор? И можно ли набор полученных функций согласовать с определением?

 Профиль  
                  
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение12.01.2015, 18:21 
Аватара пользователя


28/04/14
564
матмех спбгу
Оператор называется компактным, если образ замкнутого единичного шара предкомпактен. Вы намекаете, что нужно придумать ступеньки, из последовательности образов которых нельзя извлечь сходящуюся подпоследовательность?

 Профиль  
                  
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение12.01.2015, 18:22 
Заслуженный участник


22/11/10
1107
Только с показателем $\alpha$ у Вас "проблемы". На самом деле речь должна идти об $\alpha = -\frac {1}{2}$.
Для начала, с помощью неравенства Коши получите оценку для $\|Kf\|_{L_2}$.

-- Пн янв 12, 2015 21:24:12 --

Ну да. Именно так. Для $\alpha = -\frac {1}{2}$ проще всего так и поступить. Можете убедиться. А вот при меньших значениях надо немножко "повозиться".

 Профиль  
                  
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение12.01.2015, 19:14 
Аватара пользователя


28/04/14
564
матмех спбгу
Но ведь $$\int\limits_{[1;+\infty) \times [1;+\infty)}|K(x,y)|^2 dxdy = \int\limits_{1}^{+\infty}dx\int\limits_{1}^{+\infty}|K(x,y)|^2dy = \int\limits_{1}^{+\infty}dx\int\limits_{x}^{x+\sqrt{x}}x^{2\alpha}dy = \int\limits_{1}^{+\infty}x^{2\alpha+\frac12}dx$$
И $$\int\limits_{1}^{+\infty}x^{2\alpha+\frac12}dx < +\infty \Leftrightarrow 2\alpha+\frac12<-1 \Leftrightarrow \alpha < -\frac34.$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение12.01.2015, 19:16 
Заслуженный участник


22/11/10
1107
А я разве просил Вас оценивать ядро?
Я просил оценить $Tf$. Возведите все в квадрат, примените неравенство Коши, поменяйте порядок интегрирования. Что получится?

 Профиль  
                  
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение12.01.2015, 20:49 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


31/01/14
6650
Hogtown
demolishka
Оценивая двойной интеграл квадрата ядра Вы пытаетесь выяснить, когда оператор будет Г.-Ш., а хотите—компактный. Кстати, знаете ли Вы оценку операторной нормы (не Г.-Ш.) через ядро?

 Профиль  
                  
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение13.01.2015, 06:33 
Аватара пользователя


28/04/14
564
матмех спбгу
Я видимо как всегда смотрю не в ту сторону, но
$$\forall x \in [1;+\infty) \; |Tf| \leq \left(\int_{1}^{+\infty}|K(x,y)|^2dy\right)^{\frac12}\left(\int_{1}^{+\infty}|f(y)|^2dy\right)^{\frac12}.$$
и как оценить $|Tf|$ по-другому я не вижу.

 Профиль  
                  
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение13.01.2015, 08:25 
Заслуженный участник


22/11/10
1107
Это очень грубо.
Для начала уточним пределы. Положим $F(x) = (Tf)(x)$. Тогда
$$|F(x)| \leqslant \left(\int \limits_{x}^{x+\sqrt x}|K(x,y)|^2dy\right)^{\frac12}\left(\int \limits_{x}^{x+\sqrt x}|f(y)|^2dy\right)^{\frac12}.$$
А надо оценить
$$ \int \limits_1^{\infty} F^2(x)dx$$
Ну так возводите неравенство в квадрат, меняйте порядок интегрирования и тд.

 Профиль  
                  
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение13.01.2015, 09:08 
Аватара пользователя


28/04/14
564
матмех спбгу
$$\int\limits_{1}^{+\infty}|F(x)|^2 dx \leq \int\limits_{1}^{+\infty}dx\int\limits_{x}^{x+\sqrt{x}}x^{2\alpha+\frac12}|f(y)|^2dy = \iint\limits_{x \leq y\leq x+\sqrt{x}, \\ 1 \leq x < +\infty}x^{2\alpha+\frac12}|f(y)|^2 dxdy$$ $$ =\int\limits_{1}^{+\infty}dy\int\limits_{x_0(y)}^{y}x^{2\alpha+\frac12}|f(y)|^2dx,$$
где $x_0(y) + \sqrt{x_0(y)} = y$.

$$\int\limits_{1}^{+\infty}|F(x)|^2 dx \leq \int_{1}^{+\infty}C(y^{2\alpha+\frac32} - x_0(y)^{2\alpha+\frac32})|f(y)|^2dy.$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение13.01.2015, 09:12 
Заслуженный участник


22/11/10
1107
Ну вот уже и понесли (С)
Только я бы записал последний интеграл в виде
$$\int\limits_{1}^{+\infty}dy|f(y)|^2 \int\limits_{x_0(y)}^{y}x^{2\alpha+\frac12}dx$$
Теперь надо оценить внутренний интеграл.
И?

-- Вт янв 13, 2015 12:16:41 --

Предлагаю доказать, что
$x_0(y) =  y + O(\sqrt y)$
И отсюда получить оценку для внутреннего интеграла, как $O(y^{2\alpha + 1})$

 Профиль  
                  
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение13.01.2015, 09:45 
Аватара пользователя


28/04/14
564
матмех спбгу
$x_0(y) \leq y \Rightarrow \sqrt{x_0(y)} \leq \sqrt{y} \Rightarrow y-x_0(y) \leq \sqrt{y}.$ То есть, $y-x_0(y) = O\left(\sqrt{y}\right)$. Таким образом, $x_0(y) = y + O\left(\sqrt{y}\right).$
И
$$\int\limits_{x_0(y)}^{y}x^{2\alpha+\frac12}dx \leq \int\limits_{y-\sqrt{y}}^{y}x^{2\alpha+\frac12}dx = Cy_{0}^{2\alpha+\frac12}y^{\frac12},$$
где $y_{0} \in (y-\sqrt{y};y).$

 Профиль  
                  
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение13.01.2015, 09:56 
Заслуженный участник


22/11/10
1107
Мда, как-то все "вязко" ...
Тут можно уже грубо оценивать. Максимум под интегралом умножить на длину интервала.
Ладно, в конечном итоге должно получиться $O(y^{2\alpha + 1})$.
Таким образом, Ваш оператор будет ограниченным при $\alpha \leqslant \frac 12$. Дальше что?

 Профиль  
                  
 
 Re: Компактность оператора
Сообщение13.01.2015, 09:56 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


31/01/14
6650
Hogtown
demolishka
Вместо самостоятельного вывода Вы могли применить оценку
$$
\|T\| \le \max \bigl( \sup_x |K_T(x,y)|\,dy;\ \sup_y |K_T(x,y)|\,dx\bigr)
$$

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 34 ]  На страницу 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