Kompakter Integraloperator?

Question

Ich bin auf einen interessanten linearen Operator gestoßen. Ich bin mir nicht sicher, ob es kompakt ist:$$ T: L^2([0, 1]) \rightarrow L^2([0, 1]), \quad (Tf)(x) := \int^1_0 (x-y)^2 f(y)~\mathrm{d}y. $$

Ich habe versucht, das folgende Argument zu verwenden: Let $(f_k)_{k \in \mathbb{N}} \subseteq L^2([0, 1])$ begrenzt sein und lassen $(f_{n_k})_{k \in \mathbb{N}} \subseteq L^2([0, 1])$ eine Teilfolge mit schwacher Grenze sein $f \in L^2([0, 1])$. Dann:$$ \lVert Tf_{n_k} - Tf \rVert_{L^2([0, 1])}^2 = \int_0^1 \left \lvert \int^1_0 (x-y)^2 (f_{n_k}(y) - f(y))~\mathrm{d}y \right \rvert^2 ~\mathrm{d}x \leq \sup_{x \in [0, 1]} \left \lvert \int^1_0 (x-y)^2 (f_{n_k}(y) - f(y))~\mathrm{d}y \right \rvert^2 $$ Ich kann das immer noch beweisen $\sup$ wird auf einigen erreicht $x_{n_k} \in [0, 1]$ aber das hilft mir nicht wegen der Abhängigkeit von $n_k$. Andernfalls hätte ich zu diesem Zeitpunkt eine schwache Konvergenz verwendet.

Gibt es einen einfacheren Weg oder ist der Bediener sogar kompakt?

Answer 1

Es ist ein Operator mit endlichem Rang und daher kompakt: $$(Tf)(x)=A\,x^2-B\,x+C,$$ wo $A=\int^1_0f(y)\,dy, B=2\int^1_0y\,f(y)\,dy, C=\int^1_0y^2\,f(y)\,dy$Das Bild einer begrenzten Menge ist also eine begrenzte Teilmenge eines dreidimensionalen Unterraums von $L^2([0, 1])$.

Answer 2

Wenn $k(x,y)=a(x)b(y)$, wo $a$ und $b$ sind kontinuierliche Funktionen an $[0,1]$, dann $$ \int_0^1 k(x,y) f(x)\, dx = \left(\int_0^1 a(x) f(x)\, dx\right) b(y) = \langle a,f\rangle b(y). $$ Daher der Integraloperator $T_k$, gegeben durch den integralen Kernel $k$befriedigt $T_k(f) = \langle a,f\rangle b$und infolgedessen $T_k$wird als Betreiber mit dem ersten Rang angesehen. Wenn stattdessen$$ k(x,y)=\sum_{i=1}^na_i(x)b_i(y), \tag{1} $$ wo $a_i$ und $b_i$ sind wieder kontinuierliche Funktionen an $[0,1]$erfüllt der entsprechende Integraloperator $$ T_k(f) = \sum_{i=1}^n \langle a_i,f\rangle b_i, \quad \forall f\in L^2[0,1], $$ so der Rang von $T_k$ ist höchstens $n$daher endlich.

Wenn wir das als nächstes annehmen $k$ ist eine einheitliche Funktionsgrenze $k_n$ von der Form (1) ist das nicht schwer zu sehen $T_{k_n}\to T_k$in der Betreibernorm also $T_k$ ist ein kompakter Operator, da er die Grenze für Operatoren mit endlichem Rang darstellt.

Das Stone-Weierstrass-Theorem kann leicht aufgerufen werden, um zu zeigen, dass die Teilmenge von $C([0,1]\times[0,1])$ gebildet durch alle Funktionen der Form (1) ist dicht, so dass die Schlussfolgerung des obigen Absatzes für jede kontinuierliche gilt $k$. Das beweist:

Satz . Beliebiger integraler Operator an$L^2[0,1]$ mit einem kontinuierlichen integralen Kernel ist kompakt.