Оператор ограничен, не компактен

[Ivan0001]

Доказать, что оператор $A$ в пространствах $l_{p}, p \in (1, \infty), c, c_{0}$
$Ax=(x_{1},\frac{ x_{1}+x_{2} }{ 2 }, \frac{ x_{1}+x_{2} + x_{3}}{ 3 }, ...) $ ограничен, не компактен, но $ \left\| Ae_{n} \right\| \underset{ n \to \infty }{\longrightarrow} 0$

Как показать, что норма ограничена?
$\left\| Ax \right\|_{l_{p}}= (|x_{1}|^{p}+|\frac{ x_{1}+x_{2} }{ 2 }|^{p}+ |\frac{ x_{1}+x_{2} + x_{3}}{ 3 }|^{p} +...)^{\frac{ 1 }{ p }} $

[Oleg Zubelevich]

похоже на оператор Харди

[g______d]

Ivan0001 в сообщении #869341 писал(а):

ограничен

Попробуйте тест Шура.

Ivan0001 в сообщении #869341 писал(а):

не компактен

Можно посмотреть на сопряженный.

[Ivan0001]

Oleg Zubelevich, да это был оператор Харди.
Правильно я действую? Укажите на ошибки, если они есть, пожалуйста
$\left\| Ax \right\|_{c} = \sup_{n \geqslant 1} \frac{|\sum\limits_{k=1}^{n} x_{k}|}{n} \leqslant \sup_{n \geqslant 1} \frac{\sum\limits_{k=1}^{n} |x_{k}|}{n} \leqslant \sup_{n \geqslant 1} \frac{\sum\limits_{k=1}^{n} \sup_{k \geqslant 1} |x_{k}|}{n} = \left\| x \right\|_{c}$, аналогично с $\left\| Ax \right\|_{ C0 }$

$\left\| Ax \right\|_{l_{p}}^{p} = \sum\limits_{k = n}^{ \infty } \frac{1}{k^{p}}$. Так как $ p > 1 $, сумма стремится к нулю при $n \to \infty $
Можно ли менять пределы, а если нет, то как посчитать?
$\lim_{n \to \infty} \left\| Ae_{n} \right\|_{c} = \lim_{n \to \infty} \sup_{n \geqslant 1} \frac{1}{n} = \sup_{n \geqslant 1} \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0$, аналогично с $\left\| Ae_{n} \right\|_{ C0 }$
Доказываю некомпактность. Пусть множество $M \in l_{p}$ ограничено, $m \in M$. Правильно ли я записываю отрицание компактности?
Нужно доказать, что $ \exists \varepsilon > 0 \,\colon \forall N \exists n \leqslant N, \exists m \in M \,\colon $
$(\sum\limits_{k = n+1 }^{\infty} |(Am)_{k}|^p)^\frac{1}{p} \geqslant \varepsilon$
Возьмем $m=(1,1,...), \varepsilon = \frac{1}{2} \Rightarrow (\sum\limits_{k = n+1 }^{\infty} 1)^\frac{1}{p} \geqslant \varepsilon $

В случае с $C,C0$ нужно применить критерий Хаусдорфа или как-то иначе доказать предкомпактность? g______d, полагаю, вы писали о теореме Шаудера, но, к сожалению, я не знаю, как представляются функционалы в пространствах моей задачки, да и придется доказывать то, что эти пространства банаховы (чтобы применить теорему Шаудера).

[ewert]

Ivan0001 в сообщении #872780 писал(а):

Возьмем $m=(1,1,...), \varepsilon = \frac{1}{2} \Rightarrow (\sum\limits_{k = n+1 }^{\infty} 1)^\frac{1}{p} \geqslant \varepsilon $

По-моему, это что-то бессмысленное. Однако саму по себе последовательность единичек рассмотреть есть смысл. Дело в том, что это был бы собственный вектор, отвечающий единичному собственному числу, если бы он вообще принадлежал пространству. А так -- это явный намёк на то, что $\lambda=1$ есть точка непрерывного спектра. Вот и надо попытаться это доказать, подобрав какую-нибудь последовательность векторов, подходящим образом стремящихся к вектору из только единичек.

[Ivan0001]

Isajan писал(а):

Нужно доказать, что
\exists \varepsilon > 0 \colon \forall N ~ \exists n \leqslant N, \exists m \in M\colon~{\left(\sum\limits_{k = n+1}^{\infty}|(Am)_{k}|^p\right)\!}^{1 \!\not{\phantom{|}}\,\,p}\geqslant \varepsilon

Надо было так: \exists \varepsilon > 0 \colon \forall N ~ \exists n > N, \exists m \in M\colon~{\left(\sum\limits_{k = n+1}^{\infty}|(Am)_{k}|^p\right)\!}^{1 \!\not{\phantom{|}}\,\,p}\geqslant \varepsilon

Пусть $m_{n}=1 \!\!\not{\phantom{|}}\, n$, тогда (\sum\limits_{k=n+1}^{\infty} |1 \!\!\not{\phantom{|}}\, k + ... 1 \!\!\not{\phantom{|}}\, k^{2}|^{p})^{1 \!\!\not{\phantom{|}}\, p} \geqslant (\sum\limits_{k=n+1}^{\infty} |1 \!\!\not{\phantom{|}}\, k|^{p})^{1 \!\!\not{\phantom{|}}\, p} \geqslant \varepsilon = 1 \!\!\not{\phantom{|}}\, 2^{p}

Берем m \in M \in C0, тогда A(m)=(m_{1}, ..., \frac{ \sum\limits_{k=1}^{N} m_{k}}{ N }, \frac{ \sum\limits_{k=1}^{N} m_{k}}{ N+1 }, ...) \notin C0, хотя должно быть A(m) \in C0, аналогично с С

[Ivan0001]

Isajan писал(а):

Пусть $m_{n}=1 \!\!\not{\phantom{|}}\, n$, тогда (\sum\limits_{k=n+1}^{\infty}|1 \!\!\not{\phantom{|}}\, k + ... + 1 \!\!\not{\phantom{|}}\, k^{2}|^{p})^{1 \!\!\not{\phantom{|}}\, p}\geqslant (\sum\limits_{k=n+1}^{\infty}|1 \!\!\not{\phantom{|}}\, k|^{p})^{1 \!\!\not{\phantom{|}}\, p}\geqslant \varepsilon = 1 \!\!\not{\phantom{|}}\, 2^{p}

Ряд сходится, не знаю, какую именно подобрать последовательность, чтобы расходился.

[Ivan0001]

ewert в сообщении #872789 писал(а):

Вот и надо попытаться это доказать, подобрав какую-нибудь последовательность векторов, подходящим образом стремящихся к вектору из только единичек.

Если $x_n = 1 - 1/n $ или $x_n = 1 - 1/2^{k} $, то признаки сходимости бесполезны. $x_n = 1 \!\!\not{\phantom{|}}\, 2^k $ значит, $\frac{ \sum\limits_{n=1}^{k} 1 \!\!\not{\phantom{|}}\, 2^n }{ k } \geqslant \frac{ 1 }{ 2^{ \sum\limits_{n=1}^{k} n \!\!\not{\phantom{|}}\, k}} $$ \geqslant 1 \!\!\not{\phantom{|}}\, 2^{1 \!\!\not{\phantom{|}}\, k} $, здесь применено то, что среднее арифметическое больше среднего геометрического. (\sum\limits_{k=n+1}^{\infty} \left| \frac{ x_1+ ...+ x_k }{ k } \right|^p)^{1 \!\!\not{\phantom{|}}\, p} \geqslant (\sum\limits_{k=n+1}^{\infty} 1 \!\!\not{\phantom{|}}\, 2^{p \!\!\not{\phantom{|}}\, k})^{1 \!\!\not{\phantom{|}}\, p}, К такому ряду не применимы признаки сходимости. Я рассматривал различные последовательности, но так и не пришел к нужному результату. Что вы имели ввиду под "последовательностью векторов, подходящим образом стремящихся к вектору из только единичек"?

[sup]

Для всякого $N$ рассмотрите последовательность $x$, у которой $x_N = x_{N+1} = x_{N+2} = \dots = x_{2N} = 1$, а все остальные равны 0. Найдите норму этой последовательности $x$. Оцените снизу норму $Ax$. Сделайте выводы.
Вообще у Вас доказательство ограниченности оператора в $l_p$ отсутствует. В непрерывном случае для доказательства неравенства Харди (советую почитать, если еще не знакомы) применяется интегрирование по частям. В дискретном случае эквивалент - метод суммирования Абеля.
Посему предлагаю такой подход. Положим $S_0 = 0$ и для $n> 0 \quad S_n = \sum \limits_{1 \leqslant k \leqslant n} x_k$. С помощью суммирования по Абелю докажите неравенства

$$\sum \limits_{n \leqslant N}\frac {S_n^p}{n^p} \leqslant C \sum \limits_{n \leqslant N}\frac {S_n^p - S_{n-1}^p}{n^{p-1}} \leqslant C \sum \limits_{n \leqslant N}\frac {S_n^{p-1}|x_n|}{n^{p-1}} $$

После этого уже все должно быть просто.

[Ivan0001]

sup в сообщении #876702 писал(а):

Оцените снизу норму $Ax$. Сделайте выводы.

\left\| Ax \right\|_{l_p}= (\sum\limits_{k=0}^{N} \left| \frac{ k + 1}{ N + k } \right|^{p} + \sum\limits_{k=1}^{\infty} \left| \frac{ N + 1}{ 2N + k } \right|^{p})^{1 \!\!\not{\phantom{|}}\, p} \geqslant (\frac{ N+1 }{ N^{p} } + N \left| \frac{ N+1 }{ 3N } \right|^{p} + N \left| \frac{ N+1 }{ 4N } \right|^{p})^{1 \!\!\not{\phantom{|}}\, \infty} \geqslant (N \!\!\not{\phantom{|}}\, 3^{p})^{1 \!\!\not{\phantom{|}}\, p}
Если взять $ \varepsilon = (N \!\!\not{\phantom{|}}\, 3^{p})^{1 \!\!\not{\phantom{|}}\, p}$, то некомпактность оператора доказана.

sup в сообщении #876702 писал(а):

Вообще у Вас доказательство ограниченности оператора в $l_p$ отсутствует.

Да, я забыл написать:
Пусть $ p \geqslant 2, a_n \geqslant 0 ~~\forall{n\in\mathbb{N}}$. Если ряд $\sum{a_n^p}$ сходится, то справедливо неравенство Харди-Ландау

\sum_{n=1}^{\infty}\!\left(\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\right)^p < (\frac{p}{p-1})^{p}\sum_{n=1}^{\infty}a_n^p
Отсюда следует
$\left\| A \right\|_{l_p} < (\frac{ p }{ p-1 })\left\| x \right\|_{l_p}$

sup в сообщении #876702 писал(а):

Посему предлагаю такой подход

Спасибо, возможно я это проделаю польже.

-- 18.06.2014, 22:02 --

Для пространства $C_0$ нужно было доказать, что $\overline{A(M)}=C_0$, где M - ограниченное множество в C_0, значит $A(M) \subset C_0$, в частности $A(m) \in C_0~~ \forall m \in M$

Ivan0001 в сообщении #874865 писал(а):

Берем $m \in M \in C_0$, тогда $A(m)=(m_{1}, ..., \frac{ \sum\limits_{k=1}^{N} m_{k}}{ N }, \frac{ \sum\limits_{k=1}^{N} m_{k}}{ N+1 }, ...) \notin C_0$, хотя должно быть $A(m) \in C_0$, аналогично с пространством С

А у нас это не так, потому и некомпактный оператор, думаю решение правильное.

[Ivan0001]

Ivan0001 в сообщении #876889 писал(а):

$\left\| Ax \right\|_{l_p}= (\sum\limits_{k=0}^{N} \left| \frac{ k + 1}{ N + k } \right|^{p} + \sum\limits_{k=1}^{\infty} \left| \frac{ N + 1}{ 2N + k } \right|^{p})^{1 \!\!\not{\phantom{|}}\, p} \geqslant (\frac{ N+1 }{ N^{p} } + N \left| \frac{ N+1 }{ 3N } \right|^{p} + N \left| \frac{ N+1 }{ 4N } \right|^{p})^{1 \!\!\not{\phantom{|}}\, \infty} \geqslant (N \!\!\not{\phantom{|}}\, 3^{p})^{1 \!\!\not{\phantom{|}}\, p}$

$\left\| Ax \right\|_{l_p}= (\sum\limits_{k=0}^{N} \left| \frac{ k + 1}{ N + k } \right|^{p} + \sum\limits_{k=1}^{\infty} \left| \frac{ N + 1}{ 2N + k } \right|^{p})^{1 \!\!\not{\phantom{|}}\, p} \geqslant (\frac{ N+1 }{ N^{p} } + N \left| \frac{ N+1 }{ 3N } \right|^{p} + N \left| \frac{ N+1 }{ 4N } \right|^{p})^{1 \!\!\not{\phantom{|}}\, p} \geqslant (N \!\!\not{\phantom{|}}\, 3^{p})^{1 \!\!\not{\phantom{|}}\, p}$