Найти замыкание и сопряжённый

[vlad_light]

Здачка.
Дано: $A:L^2(-1,1)\to L^2(-1,1), D(A)=C^1([-1,1]), Ax=x'(0)$.
Доказать, что $A$ не имеет замыкания, найти замыкания графика и сопряжённый к $A$. Намекните, как начать.
Спасибо!

[ewert]

vlad_light в сообщении #569673 писал(а):

Доказать, что $A$ не имеет замыкания,

Придумайте последовательность $\{x_n\}$, для которой $\|x_n\|\to0$, но $\|Ax_n\|\not\to0$.

vlad_light в сообщении #569673 писал(а):

найти замыкания графика

Что означает фундаментальность последовательности $(x_n,Ax_n)$ в $L^2(-1,1)\times L^2(-1,1)$?...

vlad_light в сообщении #569673 писал(а):

и сопряжённый к $A$

При каких $y$ функционал $l_y(x)=(Ax,y)$ может быть ограниченным?...

[vlad_light]

Цитата:

Придумайте последовательность

Это я сразу понял, только последовательность подобрать пока не могу... Нам ведь нужно выбирать $\{x_n\}$ из $C^1$? Думал над чем-то типа $x_n(t)=e^{\frac{t^2}{t^2-\frac{1}{n^2}}}$, но у неё в нашей точке производная обращается в 0 Может можно её как-то модифицировать или нужна абсолютно другая ф-ция?

Цитата:

Что означает фундаментальность последовательности

Поскольку $L^2$ банахово, то и декартово произведение будет банаховым пространством, следовательно полным, а значит любая фунд. посл. имеет в нём предел. А как это связано с нашей задачкой?

Цитата:

При каких $y$

Получается при $y\in L^1(-1,1)$. Тут тоже так сразу не пойму, к чему эта подсказка

[ewert]

vlad_light в сообщении #569700 писал(а):

Получается при $y\in L^1(-1,1)$.

Неверно. Хотя бы потому, что $L_1\not\subset L_2$. Но главное в другом. Чему вообще этот функционал-то равен?...

vlad_light в сообщении #569700 писал(а):

А как это связано с нашей задачкой?

Ладно, об этом потом задумаетесь, а пока что ответьте на самый первый вопрос.

vlad_light в сообщении #569700 писал(а):

Думал над чем-то типа $x_n(t)=e^{\frac{t^2}{t^2-\frac{1}{n^2}}}$,

Ни к чему такие изыски -- достаточно простенькой рациональной дроби. Но даже и этого не надо -- просто нарисуйте от руки график функции, у которой в нуле наклон единичный, а сама она маленькая-маленькая.

[vlad_light]

Действительно неправильно: я не ту норму по ошибке рассмотрел
$l_y (x)=(Ax,y)\leq \|A\|\|y\|\|x\|\Rightarrow$ ограничен $\Leftrightarrow \|A\|\|y\|<+\infty$. Последнее выполняется при всех $y\in L^2(-1,1)$, если $A$ - ограничен и при $y=0$, если $A$ - неограничен. Пока не уверен, но кажется, что $A$ - неограничен, следовательно функционал $l_y (x)$ ограничен только при $y=0$.

Цитата:

функции, у которой в нуле наклон единичный

А как это "наклон единичный"? Типа под углом 45 градусов?

(Оффтоп)

И почему у моей ф-ции в 0 получается производная 0? Она же вроди должна быть похожа на дельта-функцию, там же что-то типа скачка получается...

[ewert]

vlad_light в сообщении #569717 писал(а):

И почему у моей ф-ции в 0 получается производная 0?

Потому, что она по рассеянности чётная.

vlad_light в сообщении #569717 писал(а):

Пока не уверен, но кажется, что $A$ - неограничен,

Между прочим, будь этот оператор ограничен -- вопрос о замкнутости практически и не стоял бы.

vlad_light в сообщении #569717 писал(а):

следовательно функционал $l_y (x)$ ограничен только при $y=0$.

Вовсе не следовательно. Напишите же, наконец, к чему сводится действие этого функционала при каждом игреке.

[vlad_light]

Цитата:

Между прочим, будь этот оператор ограничен -- вопрос о замкнутости практически и не стоял бы.

Получается, всякий ограниченый оператор замкнут?

Цитата:

Напишите же, наконец, к чему сводится действие этого функционала при каждом игреке.

$l_y (x)=(Ax,y)=x'(0)\int\limits_{-1}^1 y(t)dt$

(Оффтоп)

намекните, как дальше

[ewert]

vlad_light в сообщении #569739 писал(а):

Получается, всякий ограниченый оператор замкнут?

Он замкнут тогда и только тогда, когда замкнута его область определения. Если же нет, то его замыкание сводится просто к продолжению на замыкание области определения по непрерывности.

vlad_light в сообщении #569739 писал(а):

$l_y (x)=(Ax,y)=x'(0)\int\limits_{-1}^1 y(t)dt$

Не совсем: кое-что Вы забыли, но это не принципиально. Подумайте: что можно было бы сказать про ограниченность этого функционала, если бы интеграла в нём не было? И сделайте выводы.

[vlad_light]

Цитата:

Он замкнут тогда и только тогда, когда замкнута его область определения.

Уже понял, спасибо!

Цитата:

кое-что Вы забыли

Если вы про черту над $y$, то будем считать, что она там есть
Если б там интеграла не было, то данный функционал превратился бы в наш оператор $A$, который действует на $x$ и, как было подмечено ранее, он неограничен. Могу сделать вывод, что он разрывный... Из этого будет следовать, что $A $ - незамкнут, верно?

[ewert]

vlad_light в сообщении #569755 писал(а):

данный функционал превратился бы в наш оператор $A$

Функционал не может превратиться в оператор. Однако оператор в определённом смысле порождается такого сорта функционалом. Вы думаете в противоположном направлении.

vlad_light в сообщении #569755 писал(а):

как было подмечено ранее, он неограничен.

Что значит "подмечено"? От Вас требуется доказать неограниченность.

vlad_light в сообщении #569755 писал(а):

он разрывный... Из этого будет следовать, что $A $ - незамкнут, верно?

Неверно: неограниченность и незамкнутость непосредственно не связаны.

[vlad_light]

Цитата:

От Вас требуется доказать неограниченность.

Поскольку наш функционал линеен, то ограниченность будет эквивалентна непрерывности. Поэтому нам нужно предъявить такую послежовательность функций из $C^1([-1,1])$, что $\|x_n-x\|_2\to 0$ и $\|l(x_n)-l(x)\|_2\not\to 0$. Этот вопрос мы уже обсуждали, и я пока придумал такое:
Рассмотрим функции $x_n(t)=\frac{t}{1+nt^2}, n\geq 1$.
$\|x_n\|_2^2=\int\limits_{-1}^1 \frac{t^2dt}{(1+nt^2)^2}=\left.\frac{-t}{2n(1+nt^2)}\right |_{-1}^1+\frac{1}{2n}\int\limits_{-1}^1\frac{dt}{1+nt^2}=$
$=\frac{-1}{2n}(\frac{1}{1+n}-\frac{-1}{1+n})+\frac{1}{2n^2}\int\limits_{-1}^1\frac{dt}{\frac1n+t^2}=\frac{-1}{n(1+n)}+\frac{1}{2n^2}\sqrt n\left. \arctan (\sqrt nt)\right |_{-1}^1\to 0$
$x_n'(0)=\left.\frac{1+nt^2-2nt^2}{(1+nt^2)^2}\right |_{t=0}=\frac{1}{1}\not\to 0$
Соответственно, $x_n\to 0, l(x_n)\not\to 0$, т.е. функционал является разрывным, следовательно неограниченным. Также этот пример можно использовать, чтоб показать, что $A$ не имеет замыкания, поскольку $\|Ax_n\|=|Ax_n|\not\to 0$, т.е. мы подобрали такие $x_n$, что $(x_n,Ax_n)$ не является графиком никакого оператора.
Пока всё верно? Если да, то переходим к следующему вопросу: найти замыкание графика $A$. Как тут быть?

[ewert]

vlad_light в сообщении #569806 писал(а):

т.е. мы подобрали такие $x_n$, что $(x_n,Ax_n)$ не является графиком никакого оператора.
Пока всё верно?

В принципе да, только с двумя оговорками. Во-первых, последняя фраза довольно бессмысленна. Во-вторых, не было никакой необходимости возиться с вычислением интеграла: достаточно было сослаться на теорему Лебега (или, если не хочется высоких материй, то просто оценить подынтегральную функцию сверху равномерно через $\dfrac{\mathrm{const}}{n}$, причём конкретное значение константы неинтересно -- главное, что она очевидно существует).

vlad_light в сообщении #569806 писал(а):

найти замыкание графика $A$. Как тут быть?

Доказать, что при сходимости последовательности $\{x_n\}$ в $L_2$ к чему угодно последовательность $\{Ax_n\}$ может сходиться также к какой угодно константе, независимо от предела самих $x_n$.

И не забудьте, что Вам ещё надо раобраться с $A^*$.

[vlad_light]

Если я правильно понял, то можно взять
$x^*_n(t)=a\frac{t}{1+nt^2}+2\sqrt {|b|}, a, b\in\mathbb C$ и тогда
$\|x^*_n(t)\|_2^2\to b$
$Ax^*_n(t)\to a$
Т.е. их пределы не зависят друг от друга. Или это я совсем не то написал?

[ewert]

vlad_light в сообщении #569832 писал(а):

Или это я совсем не то написал?

Нет, совсем не то. Исходите из того, что интегральная норма никак не контролирует значений самой функции в отдельной точке, и уж тем более значений производной. Поэтому любую сходящуюся в Эль-два последовательность можно скорректировать так, чтобы её сходимость там не нарушалась и при этом производные в нуле членов этой последовательности вели себя как угодно. Только для этого Вам придётся отказаться от дурной привычки предъявлять явные формулы для членов последовательности.

Я между тем наконец сообразил, чем было вызвано это Ваше

vlad_light в сообщении #569755 писал(а):

Могу сделать вывод, что он разрывный... Из этого будет следовать, что $A $ - незамкнут, верно?

Это я спровоцировал своей рассеянностью:

ewert в сообщении #569689 писал(а):

Придумайте последовательность $\{x_n\}$, для которой $\|x_n\|\to0$, но $\|Ax_n\|\not\to0$.

Естественно, следовало читать: "последовательность функций, которые сами по себе сходятся к нулю и при этом образы которых тоже сходятся, но уже не к нулю". Это и есть критерий незамыкаемости; и, собственно, именно это Вы и доказали. Прошу прощения, что ввёл в заблуждение.

[vlad_light]

Допустим, я научился строить такие функции Берём любую функцию, делаем в окресности нуля любой скачек и склеиваем его с нашей функцией, чтоб в итоге получилась функция из $C^1$. Можно даже вручную построить семейство таких функций, но это, как Вы говорите, не имеет смысла. Что делать дальше?

Цитата:

...

Т.е. про незамкнутость я сделал правильный вывод?

(Оффтоп)

Я руководствовался тем, что если неограниченный, значит разрывный, следовательно не выполняется условие типа $x_n\to 0\Rightarrow Ax_n\to 0 $, а это похоже на условие замкнутости графика.

Или давайте отдохнём немного от этого и найдём сопряжённый. Или без этого никак?