Компактность оператора

[sup]

Хм, Вы меняете текст быстрее, чем я успеваю ответить

[demolishka]

При $\alpha < -\frac12$ компактность удается показать способом, приведенным в первом посте (дважды срезать ядро).
Так как для операторов, приближающих основной, выполняется:

$$\|(T_n - T)f\| \leq C \int\limits_{n}^{+\infty}|f(y)|^2 y^{2\alpha+1}dy \leq C n^{2\alpha+1} \to 0,$$

при $n \to +\infty$ и $\|f\|\leq 1$.
А для операторов, приближающих $T_n$ выполняется

$$\|(T^{(n)}_m - T_n)f\| \leq \int\limits_{1}^{n}dx\left(\int\limits_{1}^{+\infty}|K^{(n)}_m-K_n|f(y)dy\right)^2 = 0,$$

при $m>2n$ - внутренний интеграл обнуляется.
Далее, если рассматривать оператор $T^{(n)}_m$ как $T^{(n)}_m: L^2[1;m] \to C[1;n]$, то он компактен в силу теоремы Арцела Асколи: ядро $K(x,y)$ равномерно непрерывно на квадрате $[1;n]\times[1;m]$. Вложение $i : C[1;n] \to L^2[1;n]$ - непрерывно, поэтому $T^{(n)}_m \circ i$ - компактен. Значит, компактен каждый из $T_n$, и, как следствие, $T$.

[sup]

Вам несколько раз намекали

Red_Herring в сообщении #961103 писал(а):

Вместо самостоятельного вывода Вы могли применить оценку ...

Поищите это неравенство. (Много интересных неравенств есть в книге Харди, Литтлвуд, Пойа "Неравенства")
А можно и самому доказать эту оценку. Для этого неравенство Коши надо применить немножко хитрее

$$F^2(x) \leqslant \int |K(x,y)|dy \, \int |K(x,y)|f^2(y)dy$$

Хотя, как мне кажется, в данном случае эта оценка никакого выигрыша в вычислениях не дает.

[demolishka]

Да, спасибо за ссылку. Почитаю на досуге.

При $\alpha=-\frac12$ надо доказывать отсутствие компактности с помощью образов ступенек?

[sup]

Вы вольны выбирать любой способ доказательства. Мне кажется, что со ступеньками все очень просто. Надо только выбрать носители ступенек подальше друг от друга. Тогда носители образов не будут пересекаться. Ну и на нормы образов посмотрите.
Кроме того, чуть не забыл, надо еще что-то сказать про $\alpha > -\frac 12$.

[Red_Herring]

sup в сообщении #961123 писал(а):

(Много интересных неравенств есть в книге Харди, Литтлвуд, Пойа "Неравенства")

Безусловно. Правда, не помню как в русском издании, в английском—многовато готтики.

[sup]

(Оффтоп)

Red_Herring в сообщении #961165 писал(а):

многовато готтики

Вот это, пожалуй, единственный "недостаток". Содержание - просто превосходное. А вот читать бывает довольно тяжело.
Не знаю как другим, а мне иногда бывает трудно проломиться через обозначения и шрифт.

[demolishka]

Рассмотрим $f_M(y) = y^{\alpha + \frac12}$ при $1 \leq y\leq M$.
Имеем:

$$\|f_M\| = (\int\limits_{1}^{M}y^{2\alpha + 1})dy = C_1 (M^{2\alpha+2} - 1)^{\frac12} = O\left(M^{\alpha + 1}\right).$$

$$\|Tf_M\|^2 \geq \int\limits_{1}^{M-\sqrt{M}}x^{2\alpha}dx\left(\int\limits_{x}^{x+\sqrt{x}}y^{\alpha+1/2}dy \right)^2 \geq \int\limits_{1}^{M-\sqrt{M}}x^{2\alpha}(x+\sqrt{x})^{2\alpha + 1}x dx = O\left(M^{4\alpha+3}\right).$$

Таким образом,

$$\frac{\|Tf_M\|}{\|f_M\|} \geq O\left(M^{\alpha+1/2}\right) \to +\infty,$$

если $M \to +\infty$ и $\alpha>-\frac12.$
Получили, что функционал неограничен или некорректно задан при $\alpha > -\frac12.$

[sup]

Вызывает подозрение переход

$$\geq \int\limits_{1}^{M-\sqrt{M}}x^{2\alpha}(x+\sqrt{x})^{2\alpha + 1}x dx$$

Далее. Использование $O$-символики в оценках снизу не имеет смысла. А у Вас $\dots \geq O\left(M^{4\alpha+3}\right)$
Здесь нужно как-то поправить.

demolishka в сообщении #961790 писал(а):

Получили, что функционал неограничен или некорректно задан при $\alpha > - \frac 12$

Я думаю, проще будет показать, что для некоторых $f \in L_2$ имеем $Tf \not \in L_2$. Что это за функции $f$? Ну, например, которые "едва-едва" проходят в $L_2$. Для ориентира, гармонический ряд расходится. Но если его "немножко подправить", то сойдется.

[demolishka]

Да, на самом деле должно быть вот что (с учетом $\alpha>-\frac12$)

$$\|f_M\|^2 = \int\limits_{1}^{M}y^{2\alpha + 1}dy = C_1 M^{2\alpha+2} - 1 \leq \Lambda_1M^{2\alpha + 2}.$$

$$\|Tf_M\|^2 \geq \int\limits_{1}^{M-\sqrt{M}}x^{2\alpha}dx\left(\int\limits_{x}^{x+\sqrt{x}}y^{\alpha+1/2}dy \right)^2 \geq \int\limits_{1}^{M-\sqrt{M}}x^{2\alpha}x^{2\alpha + 1}x dx \geq \Lambda_2M^{4\alpha+3}.$$

Таким образом,

$$\frac{\|Tf_M\|}{\|f_M\|} \geq CM^{\alpha+1/2}\right) \to +\infty,$$

sup в сообщении #961807 писал(а):

Я думаю, проще будет показать, что для некоторых $f \in L_2$ имеем $Tf \not \in L_2$. Что это за функции $f$? Ну, например, которые "едва-едва" проходят в $L_2$. Для ориентира, гармонический ряд расходится. Но если его "немножко подправить", то сойдется.

Ну, обычно контрпример следует искать, исходя из оценок нормы оператора. В данном случае следовало взять $f(y)$, такую что $|f(y)|^2 = y^{2\alpha + 1}$ для почти всех $y$.

Когда оператор очень диковинно действует, как например в данном случае, или, допустим, вместо/помимо $x^{\alpha}$ в интеграле была бы какая-нибудь экспонента. В этом случае подставлять в оператор функции $f(y)=y^{-\beta}$ или, чего хуже, $f(y)=\frac{1}{\sqrt{y}\ln(y)}$ я не вижу смысла - всё будет очень плохо считаться. В данном случае трюк с $f(y)=y^{-\beta}$ прокатил бы, по сути я его и использовал.

[demolishka]

А вот со ступеньками я никак не пойму. Образ ступеньки с носителем $(A,B)$ - финитная функция с носителем в $(A-\sqrt{A},B)$, при больших $x$ с очень маленькими значениями, поэтому и норма ее будет достаточно маленькой.

Вообще, в этой задаче еще спрашивается про обратимость оператора. Вот $\alpha=-\frac12$ как раз кандидат на это дело(непрерывный, не компактный). Только к доказательству обратимости я кроме теоремы Банаха больше ничего не знаю. Инъективность оператора видна из того, что ядро тривиально. А вот как показать наличие или отсутствие сюръективности - непонятно.

[sup]

demolishka в сообщении #961811 писал(а):

В этом случае подставлять в оператор функции $f(y)=y^{-\beta}$ или, чего хуже, $f(y)=\frac{1}{\sqrt{y}\ln(y)}$ я не вижу смысла - всё будет очень плохо считаться. В данном случае трюк с $f(y)=y^{-\beta}$ прокатил бы, по сути я его и использовал.

Да вроде для $f(y)=y^{-\beta}$ все неплохо считается ...
Ладно, не хотите так делать - не надо. Но тогда надо как-то более строго заклинания произносить. Вот Вы для $f_M(y)$ получили какое-то неравенство. Дальше Вы говорите - что-то-там не ограничено. И что? Мутно как-то, на мой взгляд. Тогда уж более четко сформулируйте, почему такие $\alpha$ нам не подходят. Именно поэтому я и предложил построить спец. функцию. Сразу видно, что оператор не действует из $L_2$ в $L_2$. Просто и понятно.

Для ступеньки. А Вы можете сказать, как выглядит образ где-то в середине своего носителя? Там все прекрасно считается.

-- Ср янв 14, 2015 14:05:55 --

С обратимостью тут все довольно просто. Ведь гриб-то круглый $F(x) = (Tf)(x)$ обязательно будет ...

[demolishka]

sup в сообщении #961840 писал(а):

Тогда уж более четко сформулируйте, почему такие $\alpha$ нам не подходят

Потому что для всякого $\alpha > -\frac12$ предъявлено семейство функций $f_M(y) \in L^2$ на которых величина $\frac{\|Tf_M\|}{\|f_M\|}$ принимает сколь угодно большие значения, а это значит, что оператор $T$ как минимум неограничен при таких $\alpha$.

sup в сообщении #961840 писал(а):

Для ступеньки. А Вы можете сказать, как выглядит образ где-то в середине своего носителя? Там все прекрасно считается.

Если ступенька достаточно большая ($A+\sqrt{A} < B$), то значение образа есть $x^{\alpha}\int\limits_{x}^{x+\sqrt{x}}\frac{1}{B-A}dy$.

[sup]

Ну да. А интеграл Вы сосчитать не можете. От константы

-- Ср янв 14, 2015 14:12:32 --

И, уж если на то пошло, речь шла о нормированной ступеньке. А значит в знаменателе $\sqrt {B - A}$.

-- Ср янв 14, 2015 14:15:52 --

demolishka в сообщении #961849 писал(а):

а это значит, что оператор $T$ как минимум неограничен при таких $\alpha$.

А как максимум? Почему Вы заставляете меня додумывать что Вы хотите сказать?

[demolishka]

Пусть $f_{AB}$ - нормированная ступенька с носителем $(A;B)$.
При $A+\sqrt{A}<B$ и $A<B-2\sqrt{B}$ имеем:

$$\|Tf_{AB}\|^2 = \int\limits_{1}^{+\infty}x^{2\alpha}dx\int\limits_{x}^{x+\sqrt{x}}f_{AB}(y)dy \geq \int\limits_{A}^{B-\sqrt{B}}x^{2\alpha}dx\left(\int\limits_{x}^{x+\sqrt{x}}\frac{1}{\sqrt{B-A}}dy\right)^2 = \int\limits_{A}^{B-\sqrt{B}}\frac{x^{2\alpha+1}}{B-A}dx $$

$$\geq A^{2\alpha+1}\frac{B-\sqrt{B}-A}{B-A} \geq \frac12 A^{2\alpha+1}$$

Таким образом при $\alpha=-\frac12$ имеем $\|Tf_AB\| \geq \sqrt{\frac12}$. Заметим, что последовательность ступенек $f_n = f_{n,2n}$ удовлетворяет этому свойству при достаточно больших $n$. Теперь возьмем подпоследовательность, состоящую из четных элементов. Тогда носители образов пары не совпадающих ступенек не будут пересекаться и соответственно для любой подпоследовательности будет выполнено $\|Tf_{n_k} - Tf_{n_m}\| \geq \sqrt{\frac12}$ при $k\not=m$. Таким образом, оператор $T$ - не компактный при $\alpha=-\frac12$.

sup в сообщении #961850 писал(а):

А как максимум? Почему Вы заставляете меня додумывать что Вы хотите сказать?

А как максимум может быть некорректно определен, то есть $Tf \notin L^2$ при некоторых $f \in L^2$. Но это не важно.
Или вы хотите от меня услышать то, что он не будет компактным, ибо компактные операторы непрерывны?