О норме оператора в $C[-1, 1]$

[Evgenii2012]

Дорогие друзья! Я решил задачку на норму оператора, но немного засомневался в правильности решения и ответа. Ниже привожу его, прошу прокомментировать. Заранее благодарен!

Найти норму оператора

$$A: C[-1, 1]\rightarrow C[-1, 1]\,,\eqno(1)$$

если

$$Ax(t)=\int\limits_{-1}^tx(s)\,ds-\int\limits_{0}^1sx(s)\,ds \eqno(2)$$

Пусть $x\in C[-1, 1].$ По неравенству треугольника и используя
элементарные свойства интеграла, будем иметь:

$$|Ax(t)|=\biggl|\int\limits_{-1}^tx(s)\,ds-\int\limits_{0}^1sx(s)\,ds\biggr|\leqslant$$

$$\leqslant \int\limits_{-1}^t|x(s)|\,ds+\int\limits_{0}^1s|x(s)|\,ds \leqslant \Vert x(t)\Vert_{C[-1, 1]}\left(t+1+\int\limits_{0}^1s\,ds\right)\leqslant\frac{5}{2}\Vert x(t)\Vert_{C[-1, 1]}\,.$$

Отсюда вытекает, что $\Vert A\Vert_{C[-1, 1]}\leqslant \frac{5}{2}.$ Покажем, что $\Vert A\Vert_{C[-1, 1]}=\frac{5}{2}.$ Для этого рассмотрим последовательность непрерывных функций
$x_n(t),$ определённых следующим образом:

$$x_n(t)=\begin{cases}1\,,&t\in \left[-1, -\frac{1}{n}\right]\,,\\ -2nt-1\,,&t\in\left[-\frac{1}{n},0\right]\,,\\ -1\,,t\geqslant 0\,. \end{cases}$$

Заметим, что $\Vert x_n(t)\Vert_{C[-1, 1]}=1$ и, кроме того, при
$t<0$

$$Ax_n(t)=t+1+\int\limits_{-\frac{1}{n}}^0(-2ns-1)\,ds+\int\limits_{0}^1s\,ds=$$

$$=t+1+\frac{3}{2}\,.$$

Отсюда вытекает, что

$$\Vert Ax_n(t)\Vert_{C[-1, 1]}\geqslant \sup\limits_{t\in [-1, 0]}|Ax_n(t)|= \sup\limits_{t\in [-1, 0]}\left(t+1+\frac{3}{2}\right)=\left(1-\frac{1}{n}+\frac{3}{2}\right)\,.$$

Переходя к $\sup$ по $n=1,2,\ldots$ слева и справа в последнем
неравенстве, будем иметь:

$$\Vert A\Vert_{C[-1, 1]}\geqslant \sup\limits_{n\in {\Bbb N}} \Vert Ax_n(t)\Vert_{C[-1, 1]}\geqslant \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left(1-\frac{1}{n}+\frac{3}{2}\right)=\frac{5}{2}\,.$$

Отсюда следует, что $\Vert A\Vert_{C[-1, 1]}=\frac{5}{2},$ что и
требовалось установить.~$\Box$

[Otta]

Evgenii2012
Я особо не вчитывалась, но это правда, что $Ax_n(t)$ для всех $n$ одно и то же?

[mihaild]

Evgenii2012 в сообщении #1538958 писал(а):

$$Ax_n(t)=t+1+\int\limits_{-\frac{1}{n}}^0(-2ns-1)\,ds+\int\limits_{0}^1s\,ds=$$

$$=t+1+\frac{3}{2}\,.$$

Вот это непохоже на правду. Вроде бы первый интеграл $t$, второй $0$, третий $\frac{1}{2}$.

Ну и вообще рассматривая только неположительные $t$ получить $\frac{5}{2}$ не получится, т.к. оба слагаемых в определении оператора не будут превосходить $\|x\|$.

[Evgenii2012]

Спасибо за Ваше мнение! Я согласен, что рассуждения не вполне корректные. В таком случае, прошу подсказать, как отыскать норму. Подбор функций "в лоб" у меня пока не проходит (для хороших функций получается 3/2, или что-то в этом роде)

[Padawan]

Запишите Ваш оператор в виде $Ax(t)=\int\limits_{-1}^1 K(s,t)x(s)ds$. Тогда $\|A\|=\max\limits_{t\in [-1,1]}\int\limits_{-1}^1 |K(s,t)|ds$. По моим подсчетам получается $\|A\|=1,75$.

[Evgenii2012]

Большое спасибо за решение этой задачи. Вы не могли бы уточнить, почему норма оператора именно так считается? (Прошу указать литературу, если можно)

[мат-ламер]

Padawan в сообщении #1538979 писал(а):

По моим подсчетам получается $\|A\|=1,75$.

Кстати, у меня сейчас получилось ровно столько. Можно взять $x(t)=1$ для $t<0.5$ и $x(t)=-1 для $t>0.5$ . Плюс немного сгладить функцию вокруг $t=0.5$ . Самую первую оценку из первого поста желательно потщательнее расписать, разбивая отрезок $[-1,1]$ на части. Но всё это пока только предварительно. Может где ошибся в расчётах.

[Padawan]

Evgenii2012 в сообщении #1538984 писал(а):

Вы не могли бы уточнить, почему норма оператора именно так считается?

Оценка $\|Ax\|\leqslant \|A\|\|x\|$, думаю понятна. Ну и для того значения $t$, для которого достигается максимум интеграла $\int\limits_{-1}^1 |K(s,t)|ds$ подберем последовательность $x_n(s)$, как бы сходящуюся к $\operatorname{sign} K(s,t)$.

[Evgenii2012]

Дорогие друзья! Ещё раз, благодарю за подсказки. Ниже привожу решение этой задачи и прошу прокомментировать на предмет правильности. Как-то всё очень сложно (возможно, что я сам "усложняю" решение - можно ли как-то проще?). Также мой прежний вопрос остаётся в силе: приведено ли где-то общее утверждение о подсчёте нормы интегрального оператора в $C[a, b]?$ В книге Березанского, например, есть утверждение по поводу таких операторов в $L_p$, а вот $C[a, b]$ как-то не встретилось.

Найти норму оператора

$$A: C[-1, 1]\rightarrow C[-1, 1]\,,\eqno(1)$$

если

$$Ax(t)=\int\limits_{-1}^tx(s)\,ds-\int\limits_{0}^1sx(s)\,ds \eqno(2)$$

Пусть $x\in C[-1, 1].$ По неравенству треугольника и используя
элементарные свойства интеграла, при $t\leqslant 0$ будем иметь:

$$|Ax(t)|=\biggl|\int\limits_{-1}^tx(s)\,ds-\int\limits_{0}^1sx(s)\,ds\biggr|\leqslant$$

$$\leqslant \int\limits_{-1}^t|x(s)|\,ds+\int\limits_{0}^1s|x(s)|\,ds \leqslant \Vert x(t)\Vert_{C[-1, 1]}\left(1+\int\limits_{0}^1s\,ds\right)=\eqno(3)$$

$$=\frac{3}{2}\Vert x(t)\Vert_{C[-1, 1]}\,.$$

Если же $t\geqslant 0,$ то заметим, что

$$Ax(t)=\int\limits_{-1}^0x(s)\,ds+\int\limits_{0}^tx(s)\,ds+ \int\limits_{0}^t(-sx(s))\,ds+\int\limits_{t}^1(-sx(s))\,ds=$$

$$=\int\limits_{-1}^1K(s, t)\,x(s)\,ds\,,\eqno(4)$$

где

$$K(s, t)=\begin{cases}1\,,&s<0\\1-s\,,&0\leqslant s\leqslant t\,,\\ -s\,,&s\geqslant t\,.\end{cases}$$

Из соотношения (4) следует, что

$$|Ax(t)|\leqslant \Vert x\Vert_{C[-1, 1]} \cdot \max\limits_{t\in [0, 1]}\int\limits_{-1}^{1} |K(s, t)|\,ds\,.\eqno(5)$$

Заметим, что

$$\int\limits_{-1}^{1} |K(s, t)|\,ds=\int\limits_{-1}^0ds+\int\limits_{0}^t(1-s)\,ds+\int\limits_{t}^1s\,ds=\frac{3}{2}+t-t^2:=\varphi(t)\,.$$

Максимум данного выражения $\varphi=\varphi(t)$ по $t\in[0, 1]$ даёт
в точке $t_0=\frac{1}{2}$ значение
$\varphi\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{7}{4}.$ Тогда из (3) и (5) вытекает, что $\Vert A\Vert_{C[-1, 1]}\leqslant \frac{7}{4}.$ Покажем, что $\Vert A\Vert_{C[-1, 1]}=\frac{7}{4}.$ Для этого
рассмотрим последовательность непрерывных функций $x_n(t),$
определённых следующим образом:

$$x_n(t)=\begin{cases}1\,,&t\in \left[-1, \frac{1}{2}-\frac{1}{n}\right]\,,\\ -2n\left(t-\frac{1}{2}\right)-1\,,&t\in\left[\frac{1}{2}-\frac{1}{n},\frac{1}{2}\right]\,,\\ -1\,,&t\geqslant \frac{1}{2}\,. \end{cases}$$

Заметим, что $\Vert x_n(t)\Vert_{C[-1, 1]}=1$ и

$$J_n:=\int\limits_0^1sx_n(s)\,ds=\frac{1}{2}\cdot\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{n}\right)^2+I_n-\frac{3}{8} \,,\eqno(6)$$

где

$$I_n:=\int\limits_{\frac{1}{2}-\frac{1}{n}}^{\frac{1}{2}}sx_n(s)\,ds\rightarrow 0\eqno(7)$$

при $n\rightarrow\infty\,.$ Тогда

$$Ax_n(t)=\begin{cases}t+1-J_n\,,&t\leqslant \frac{1}{2}-\frac{1}{n}\,, \\ \frac{3}{2}-\frac{1}{n}+\int\limits_{\frac{1}{2}-\frac{1}{n}}^{t}\left(-2n \left(s-\frac{1}{2}\right)-1\right)\,ds-J_n \,,& t\in\left[\frac{1}{2}-\frac{1}{n}, \frac{1}{2}\right]\,,\\ 2-\frac{1}{n}-t-J_n \,,& t\geqslant \frac{1}{2}\,.\end{cases}$$

Отсюда вытекает, что

$$\Vert Ax_n(t)\Vert_{C[-1, 1]}\geqslant Ax_n\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{n}\right) =\frac{3}{2}-\frac{1}{n}-J_n\rightarrow \frac{7}{4}$$

при $n\rightarrow\infty,$ так как в силу (6) и (7) имеем:
$J_n\rightarrow -\frac{1}{4}$ при $n\rightarrow\infty.$
Переходя к $\sup$ по $n=1,2,\ldots$ слева и справа в последнем
неравенстве, будем иметь:

$$\Vert A\Vert_{C[-1, 1]}\geqslant \sup\limits_{n\in {\Bbb N}} \Vert Ax_n(t)\Vert_{C[-1, 1]}\geqslant \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{3}{2}-\frac{1}{n}-J_n\right)=\frac{7}{4}\,.$$

Отсюда следует, что $\Vert A\Vert_{C[-1, 1]}=\frac{7}{4},$ что и
требовалось установить.~$\Box$

[Padawan]

Evgenii2012 в сообщении #1539033 писал(а):

при $t\leqslant 0$ будем иметь

Evgenii2012 в сообщении #1539033 писал(а):

Если же $t\geqslant 0,$ то заметим, что...

$$Ax(t)=\int\limits_{-1}^1K(s, t)\,x(s)\,ds$$

Зачем разделять случаи $t<0$ и $t>0$ ? Запишите $K(s,t)$ при всех $t$. И точные значения интегралов от $x_n(s)$ вычислять вовсе необязательно. Достаточно воспользоваться одной из теорем о предельном переходе под знаком интеграла.

[Evgenii2012]

Спасибо за комментарий. Однако (если я, конечно, не ошибся) при $t<0$ функция $K(s, t)$ выглядит как
$K(s, t)=\begin{cases}1\,,& s\leqslant 0\,, &0\,,& t\leqslant s \leqslant 0\,, \\ -s\,,&s\geqslant 0. \end{cases}$ Эти функции при $t>0$ и $t<1$ довольно сложно объединить в одну формулу. Кроме того, не совсем понятно, что нам это даёт. Вы не могли бы пояснить?

[Padawan]

Да, все так. При $t<0$ одно выражение, при $t>0$ другое. И функция $\varphi(t)=\int\limits_{-1}^1|K(s,t)|ds$ тоже при $t<0$ и $t>0$ имеет разные выражения. И мы ищем $\max\limits_{t\in[-1,1]}\varphi(t)$. Это дает нам единообразие в рассуждениях.

[Evgenii2012]

Padawan, большое спасибо Вам за пояснения ). Вопросов больше не имею