2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

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




На страницу Пред.  1, 2, 3
 
 
Сообщение10.06.2008, 10:04 
Аватара пользователя
RIP писал(а):
Отсюда следует, что $\|A_3\|\leqslant\frac p{p-1}=q$. На самом деле имеет место равенство, в чём несложно убедиться (причём для любого пространства вида $L^p(0;T))$

Вы используете какой-то метод, или просто подобрали подходящюю функцию?

 
 
 
 
Сообщение10.06.2008, 11:48 
Аватара пользователя
Spook писал(а):
Вы используете какой-то метод, или просто подобрали подходящюю функцию?

Просто подбирается функция (вернее, последовательность функций вида $f(x)=\begin{cases}x^\alpha,&x\in(0;1),\\0,&x>1\end{cases}$).
P.S. На самом деле из доказательства видно, что при $p\in(1;\infty)$ норма не достигается, т.е. для любой $f\in L^p(0;\infty)\setminus\{0\}$ выполняется $\|A_3f\|_p<q\|f\|_p$.

 
 
 
 
Сообщение10.06.2008, 14:54 
Аватара пользователя
А какие значения пробегает $\alpha$? Я так понял, что это номер функции в последовательности.
RIP писал(а):
P.S. На самом деле из доказательства видно, что при $p\in(1;\infty)$ норма не достигается

При $p=\infty$ я полагаю она тоже не достигается?

 
 
 
 
Сообщение10.06.2008, 17:25 
Аватара пользователя
При $p=\infty$ она как раз достигается на константах.

 
 
 
 
Сообщение10.06.2008, 18:44 
Аватара пользователя
Тогда возникает вопрос, а может он компактен?

 
 
 
 
Сообщение12.06.2008, 10:07 
Аватара пользователя
Хотя нет,такого вопроса не возникает, он некомпактен.
RIP,ewert огромное спасибо за помощь!

 
 
 
 
Сообщение12.06.2008, 13:16 
Spook писал(а):
Хотя нет,такого вопроса не возникает, он некомпактен.

Кстати, он некомпактен в $L_p$ не только на полуоси, но даже и на конечном промежутке.

Любопытно, а как Вы пришли к выводу о некомпактности?

 
 
 
 
Сообщение12.06.2008, 15:25 
Аватара пользователя
Мне показалось интуитивно понятным, но когда я начал обдумывать это, чтобы изложить Вам, то уже усомнился в доказательстве. Рассуждал я так. Пусть дана последовательность $f_n(\overline{x})$ константных нормированных и ортогональных векторов. Она сходится слабо, но не сходится сильно. Так как она константная, то оператор ее в неё же и переведет, то есть мы получили опять слабо сходящуюся последоательность. Это противоречит компактности оператора.

Добавлено спустя 1 минуту 52 секунды:

ewert писал(а):
Кстати, он некомпактен в $L_p$ не только на полуоси, но даже и на конечном промежутке.

А этот конечный прмежуток может выбираться произвольно?

Добавлено спустя 9 минут 37 секунд:

Я окончательно обдумал своё доказательство: это бред :( . Освободиться бы как от векторов...

 
 
 
 
Сообщение12.06.2008, 15:39 
Spook писал(а):
ewert писал(а):
Кстати, он некомпактен в $L_p$ не только на полуоси, но даже и на конечном промежутке.

А этот конечный прмежуток может выбираться произвольно?

Ну, начинаться-то он должен в нуле, конечно, а вот заканчиваться -- естественно, где угодно.

На ограниченном промежутке оператор $A_3$ некомпактен, т.к. у него слишком много собственных чисел: любая функция $$y_{\alpha}(x)=x^{-\alpha}$$ при $$\alpha p<1$$ является собственной, и совокупность соотв. собственных чисел $$\left\{{1\over1-\alpha}\right\}$$ образует континуум. Однако спектр компактного оператора может состоять только из не более чем счётного набора изолированных собственных чисел конечной кратности (плюс точка 0).

На всю полуось утверждение можно распространить так. Пусть $P$ -- оператор, срезающий функцию на любой конечный промежуток (например, $[0;\;1]$. Другими словами, после применения этого оператора на указанном промежутке функция остаётся прежней, а в остальных точках становится равной нулю. Тогда функции $$P\,y_{\alpha}(x)$$ -- собственные для оператора $$P\,A_3$$. Следовательно, $$P\,A_3$$ некомпактен. Но тогда некомпактен и сам $$A_3$$, т.к. $$P$$ ограничен.

----------------------------------------------
Что может означать одновременная "константность, нормированность и ортогональность" -- категорически не понял.

 
 
 
 
Сообщение12.06.2008, 16:00 
Аватара пользователя
ewert писал(а):
Что может означать одновременная "константность, нормированность и ортогональность" -- категорически не понял.

Ну как же: это последовательность ${e_n}$ где на $n$-ом месте стоит 1, остальные 0.
ewert писал(а):
... любая функция $$y_{\alpha}(x)=x^{-\alpha}$$ при $$\alpha p<1$$ является собственной, и совокупность соотв. собственных чисел $$\left\{{1\over1-\alpha}\right\}$$ образует континуум.

А откуда взялось $$\frac{1}{1-\alpha}$$? Может $$-\frac{1}{\alpha}-1$$?
ewert писал(а):
$$P\,A_3$$ некомпактен. Но тогда некомпактен и сам $$A_3$$, т.к. $$P$$ ограничен.

Непонял почему $A_3$ некомпактен. $A_3$ тоже ограничен. Или ограничееный оператор переводит компактный оператор в компактный?

 
 
 
 
Сообщение12.06.2008, 16:09 
Spook писал(а):
ewert писал(а):
Что может означать одновременная "константность, нормированность и ортогональность" -- категорически не понял.

Ну как же: это последовательность ${e_n}$ где на $n$-ом месте стоит 1, остальные 0.

Во-первых, при чём тут векторы; во-вторых, константы же не входят в $L_p[0;\;+\infty)$.

Цитата:
А откуда взялось $$\frac{1}{1-\alpha}$$?

Да просто $\int t^{-\alpha}dt={t^{-\alpha+1}\over-\alpha+1}$. Впрочем, какая разница?

Цитата:
Или ограничееный оператор переводит компактный оператор в компактный?

Да. Как принято говорить, компактные операторы образуют "двусторонний идеал" в алгебре ограниченных: при умножении компактного оператора с любой стороны на ограниченный он остаётся компактным.

 
 
 
 
Сообщение13.06.2008, 00:20 
Аватара пользователя
ewert писал(а):
Во-первых, при чём тут векторы; во-вторых, константы же не входят в $L_p[0;\;+\infty)$.

Я сам затрудняюсь это обьяснить, мой вывод о некомпактности данного оператора был совершенно не обоснован, а в Вашем доказательстве я вроде разобрался. Спасибо, что Вы решили внести ясность в этот вопрос.

 
 
 [ Сообщений: 42 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3


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