Компактность оператора A(x(t))=x(sint)

[Zidan98]

Компактен ли оператор $A:C[0,1] \rightarrow C[0,1], A(x(t))=x(\sin t)$? Тут видимо надо использовать теорему Арцела. Очевидно, образ шара будет ограничен, а вот сверхограниченность не получается. Я думаю, ее и нет вовсе, а так как теорема верна в обе стороны (тогда и только тогда..), то и компактности оператора нет. Вот только как доказать отсутствие сверхограниченности? Есть еще вариант подобрать схлдящуюся последовательность в $C[0,1]$, переходящую в расходящуюся, но тоже пока не вышло..

Синус тэ так пишется: \sin t
Сравните $sint$ и $\sin t$. Поправил. /AKM

[Carden]

Рассмотрим $M=\{t^\frac{1}n; n\in\mathbb{N}\}$.
$M$ ограничено, но $\forall n\in\mathbb{N} \left|\sqrt[n]{\sin{0}}-\sqrt[n]{\sin{\frac{\pi}{2^{n+1}}}}\right|\geqslant\frac12$

[MaximVD]

Можно рассмотреть изометрический оператор $B \colon C[0,1] \to C[0, \sin 1]$, действующий по правилу $(B x)(t) = x( \arcsin(t) )$. Если оператор $A$ компактен, то будет компактен и оператор $BA$. Однако, легко проверить, что оператор $BA$ не компактен.

[Zidan98]

Zidan98 в сообщении #523029 писал(а):

Сравните

Ага, взял на заметку.

MaximVD в сообщении #523089 писал(а):

Однако, легко проверить, что оператор не компактен.

не въехал чего-то.

MaximVD в сообщении #523089 писал(а):

Если оператор компактен, то будет компактен и оператор

произведение компактных всегда компактно?

-- Чт янв 05, 2012 05:40:08 --

Carden в сообщении #523080 писал(а):

$M$ ограничено, но $\forall n\in\mathbb{N} \left|\sqrt[n]{\sin{0}}-\sqrt[n]{\sin{\frac{\pi}{2^{n+1}}}}\right|\geqslant\frac12$

${\sin{\frac{\pi}{2^{n+1}}}}\geqslant{(\frac12)}^n$ всегда-таки? у меня даже по индукции что-то не вышло.
И вообще, этим самым Вы хотите отсутствие сверхограниченности доказать?
$\sin{\frac{\pi}{2^{n+1}}}$-как оно связано с образом оператора?

[ewert]

Zidan98 в сообщении #523029 писал(а):

Тут видимо надо использовать теорему Арцела.

Легко. Возьмите последовательность $x_n(t)=\cos(nt)$. Она ограниченна, но не предкомпактна (очевидно, что равностепенной непрерывности нет из-за неограниченного учащения осцилляций). Ну так для последовательноси образов: $(A\,x_n)(t)=\cos(n\sin t)$ всё будет ровно так же и ровно по тем же причинам.

Впрочем, можно и безо всякого Арцела, просто в лоб. Для любой подпоследовательности для сколь угодно большого $n_k$ выберем достаточно большой $n_m$; ну, скажем, $n_m>100n_k$. Тогда в первом корне функции $\cos(n_m\sin t)$, т.е. $t_1=\arcsin\frac{\pi}{2n_m}$, получится $\cos(n_k\sin t_1)=\cos\frac{\pi n_k}{2n_m}>\cos\frac{\pi}{200}$. Это уже означает, что ни для какой подпоследовательности $\|\cos(n_k\sin t)-\cos(n_m\sin t)\|\not\to0$ при $k,m\to\infty$, поскольку ограничены снизу числом $\cos\frac{\pi}{200}\approx1$.

[Carden]

Образом $M=\{t^\frac{1}n; n\in\mathbb{N}\}$ будет
$A(M)=\{\sqrt[n]{\sin t}; n\in\mathbb{N}\}$.
По теореме Арцела-Асколи: $A(M)$ относительно компактно т.и.т.т.,к. $A(M)$ ограниченно и равностепенно-непрерывно.
Отсутствие равностепенной непрерывности можно показать, используя неравенство
$\left|\sqrt[n]{\sin{0}}-\sqrt[n]{\sin{\frac{\pi}{2^{n+1}}}}\right|\geqslant\frac12 \forall n\in\mathbb{N}$

Zidan98 в сообщении #523124 писал(а):

${\sin{\frac{\pi}{2^{n+1}}}}\geqslant{(\frac12)}^n$ всегда-таки? у меня даже по индукции что-то не вышло.

Если ничего не напутал, то $\sin{\frac{\pi}{2^{n+1}}}=\frac{1}{2^n\prod\limits_{k=1}^n{\cos{\frac{\pi}{2^{k+1}}}}}$

[MaximVD]

Zidan98
Если есть 2 непрерывных оператора - $A \colon X \to Y$ и $B\colon Y \to Z$ и хотя бы один из них компактен, то и оператор $BA$ тоже компактен. Это очень легко доказывается.

Если взять $B$, как предложено выше, то оператор $BA$ будет сопоставлять функции $x \in C[0,1]$ её ограничение на $[0, \sin 1]$. Далее можно поступить по-разному. Например, можно взять последовательность $x_n(t) =|t-1|^n$, $n \in \mathbb{N}$ и рассмотреть последовательность $BA x_n$.