Вычислить норму оператора

[Padawan]

Попалась учебная задача: вычислить норму оператора $A\colon L_2(0, 1) \to L_2(0, 1)$,

$$Af(x) =\int\limits_0^x f(t) dt.$$

Я переформулировал в виде задачи вариационного исчисления: $J[y]=\int_0^1 y^2(x) dx\to\max $ при условиях $\int_0^1 y'^2(x)dx=1$, $y(0) =0$, $y(1)$ - любое ($y(x) $ - это $\int _0^x f(t) dt$). Решил, получилась экстремаль $y(x) =\frac{2\sqrt{2}}{\pi}\sin\left(\frac\pi 2x\right) $, с максимумом $J_{\max}=4/\pi^2$ (т.е. $\|A\|=\frac 2\pi$, что совпало с ответом автора задачи).
До строгости понятно тут далеко, потому что во первых в вариационном исчислении достижение максимума ещё обосновывать надо, что сложно (для данной задачи на условный экстремум я не умею), во вторых я произвольно улучшил гладкость функции, сделав её дважды непрерывно дифференцируемой.
Как ещё такие задачи решаются? Как доказать оценку $\|Af\|\leqslant \frac2{\pi}\|f\|$ для любой функции $f\in L_2(0, 1) $?
Думал про спектр оператора, он состоит из одного нуля. К тому же оператор не самосопряженный, и нельзя воспользоваться теоремой Гильберта-Шмидта (что норма- максимальное с. з.).

[drzewo]

тут по крайней мере есть ссылки https://arxiv.org/pdf/2101.10752

-- 20.08.2024, 00:57 --

тоже неудачная ссылка, надо гуглить <<неравенство Стеклова>>

[Padawan]

Может $f(x)$ в ряд Фурье разложить? Его почленно интегрировать можно.

-- Вт авг 20, 2024 02:03:21 --

drzewo
Спасибо за статью, посмотрю

[drzewo]

Padawan в сообщении #1650775 писал(а):

Может $f(x)$ в ряд Фурье разложить? Его почленно интегрировать можно.

по косинусам

[мат-ламер]

Посмотрите задачу 12.93 В задачнике Бородина и др. (т.2). Там есть подсказки для трёх способов решения.

[thething]

Padawan
Можно рассмотреть оператор $A^\ast A$ -- для него через собственные значения. Другой вариант -- представить $A=UB$, где $Ux=x(1-t)$ -- унитарный, $Bx=\displaystyle\int\limits_0^{1-t}x(\tau)d\tau$ -- самосопряжённый.

-- 20.08.2024, 10:18 --

А можно совсем прямолинейно (неравенство Коши-Буняковского и перемена порядка интегрирований):

$$\|Ax\|^2\le\int\limits_0^1\left(\int\limits_0^t\sqrt{\cos\frac{\pi\tau}{2}}\frac{|x(\tau)|}{\sqrt{\cos\frac{\pi\tau}{2}}}d\tau\right)^2dt\le\frac{2}{\pi}\int\limits_0^1\left(\sin\frac{\pi t}{2}\int\limits_0^t\frac{|x(\tau)|^2}{\cos\frac{\pi\tau}{2}}d\tau\right)dt=$$

$$=\frac{2}{\pi}\int\limits_0^1\left(\int\limits_\tau^1\sin\frac{\pi t}{2}dt\right)\frac{|x(\tau)|^2}{\cos\frac{\pi\tau}{2}}d\tau=\frac{4}{\pi^2}\|x\|^2.$$

[Padawan]

drzewo в сообщении #1650776 писал(а):

по косинусам

Ага, по нечётным косинусам вида $\cos\frac{\pi}2(2n-1) x$, чтобы в разложении константы не было.

-- Вт авг 20, 2024 15:55:14 --

thething в сообщении #1650790 писал(а):

Другой вариант -- представить $A=UB$, где $Ux=x(1-t)$ -- унитарный, $Bx=\displaystyle\int\limits_0^{1-t}x(\tau)d\tau$ -- самосопряжённый.

При нахождении собственных значений оператора $B$ получается уравнение

$$\int _0^{1-t}x(\tau) d\tau=\lambda x(t), \quad }\forall t\in[0,1]$$

. Или $-x(1-t)=\lambda x'(t) $. Интересно, как такое решать. И почему не при любых $\lambda$ решение существует. Может ядро оператора $B$ в ряд Фурье разложить?

[thething]

Padawan в сообщении #1650821 писал(а):

Интересно, как такое решать.

Ещё раз продифференцировать, плюс в этом уравнении дополнительно заменить $t\to1-t$

[Padawan]

thething
Точно! Так просто, как я просмотрел... Ну и граничные условия из самого уравнения видно: $x(1)=0$, $x'(0)=0$. Отсюда уже $\lambda$ можно найти. Самый изящный способ, по-моему. Ну и Ваша оценка с Коши-Буняковским тоже круто.

[drzewo]

Padawan в сообщении #1650775 писал(а):

Может $f(x)$ в ряд Фурье разложить? Е

а что разве это не решает задачу?

[Padawan]

drzewo в сообщении #1650898 писал(а):

а что разве это не решает задачу?

Решает, но надо догадаться по каким функциям в ряд Фурье раскладывать. Надо по

Padawan в сообщении #1650821 писал(а):

нечётным косинусам вида $\cos\frac{\pi}2(2n-1) x$, чтобы в разложении константы не было.

[drzewo]

Padawan в сообщении #1650900 писал(а):

надо догадаться по каким функциям в ряд Фурье раскладывать.

ну да, все закономерно, по собственным функциям оператора Лапласа с краевыми условиями

Padawan в сообщении #1650830 писал(а):

: $x(1)=0$, $x'(0)=0$

[Alex Krylov]

Цитата:

Решает, но надо догадаться по каким функциям в ряд Фурье раскладывать.

Тут и лобовая атака возможна через вот такой ряд Фурье: $f(x)= a_0 + \sum\limits_{n=1}^{\infty}\left\lbrace a_n \cos(2 \pi n x) + b_n \sin(2 \pi n x)\right\rbrace$. Правда результат будет получаться асимптотически.

$g(x) = \int\limits_{0}^{x} f(t) dt = a_0 x + \sum\limits_{n=1}^{\infty}\left\lbrace \frac{a_n}{2 \pi n} \sin(2 \pi n x) + \frac{b_n}{2 \pi n} (1-\cos(2 \pi n x))\right\rbrace=$
$=a_0 (\frac{1}{2}-\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{\sin(2 \pi n x)}{\pi n})+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left\lbrace \frac{a_n}{2 \pi n} \sin(2 \pi n x) + \frac{b_n}{2 \pi n} (1-\cos(2 \pi n x))\right\rbrace=$
$=(\frac{a_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{b_n}{2 \pi n})-\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{b_n}{2 \pi n}\cos(2 \pi n x)+\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{a_n-2a_0}{2 \pi n}\sin(2 \pi n x)$

$\left\lVert g(x)\right\rVert^2 = (\frac{a_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{b_n}{2 \pi n})^2+ \frac{1}{2} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \left\lbrace (\frac{b_n}{2 \pi n})^2+ (\frac{a_n-2a_0}{2 \pi n})^2 \right\rbrace$

Ограничение: $\left\lVert f(x)\right\rVert^2 = a_0^2 + \frac{1}{2}\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left\lbrace a_n^2+b_n^2\right\rbrace=1$

Далее берется последовательность конечномерных приближений. Т.е. решаются конечномерные задачи максимизации отношения Рэлея, т.е. обычные матричные задачи на собственные значения.

[Alex Krylov]

Можно и через полиномы Лежандра:

$f(x) = \sum\limits_{n=0}^{\infty}a_n P_n(2x-1)$
$\left\lVert f(x)\right\rVert^2 = \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{a_n^2}{2n+1}$
$g(x)=\int\limits_{0}^{x} f(t) dt = \frac{a_0(P_1(2x-1)+P_0(2x-1))}{2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{a_n(P_{n+1}(2x-1)-P_{n-1}(2x-1))}{2(2n+1)}$
$\left\lVert g(x)\right\rVert^2 = \frac{1}{3}a_0^2 - \frac{1}{6}a_0 a_1 - \frac{1}{30}a_0 a_2 + \sum\limits_{n=1}^{\infty}\left\lbrace\frac{a_n^2}{2(2n+3)(4n^2-1)} - \frac{a_n a_{n+2}}{2(2n+1)(2n+3)(2n+5)}\right\rbrace$

$N$-я конечномерная аппроксимация для $\left\lVert g(x)\right\rVert^2$ выглядит так:
$\left\lVert g(x)\right\rVert_N^2 = \frac{1}{3}a_0^2 - \frac{1}{6}a_0 a_1 - \frac{1}{30}a_0 a_2 + \sum\limits_{n=1}^{N}\frac{a_n^2}{2(2n+3)(4n^2-1)} - \sum\limits_{n=1}^{N-2}\frac{a_n a_{n+2}}{2(2n+1)(2n+3)(2n+5)}$

В отличие от ряда Фурье (см. пост выше) тут отсутствует явление Гиббса и лучший тип сходимости.

[Alex Krylov]

Вот кстати эта задачка подробно и хорошо разобрана (См. сообщение от пользователя под ником Martin Argerami): https://math.stackexchange.com/questions/155899/norm-of-integral-operator-in-l-2
Суть:
1) Переход от задачи на собственные значения для интегрального оператора $A^*A$ к задаче на собств. значения для дифф. оператора 2-го порядка. Но в этом случае собственные функции принадлежат (как минимум) к классу $C^2[0,1]$
2) Поэтому, используя подход https://math.stackexchange.com/questions/219699/prove-that-the-volterra-operator-is-compact-but-has-no-nonzero-eigenvalues/219915#219915, доказывается, что собственные функции интегрального оператора $A^*A$ принадлежат (как минимум) к классу $C^2[0,1]$