Operador lineal integral de convolución en$L^2$

Question

Defina un operador lineal en$L^2[0,1]$por$K(f)(t) = \int_{0}^{t}(t-s)f(s)ds$. Dado$g \in L^2[0,1]$, encontrar$f$tal que$f = g + K(f)$.

Estoy realmente perdido en cómo hacer esto. eso ya lo demostre$K$es un operador lineal acotado, así que pensé que tal vez podría usar el teorema de representación de Riesz, pero no creo que esa sea la dirección correcta.

Realmente agradecería una pista sobre dónde ir. ¡Gracias!

Answer 1

La ecuación integral se puede resolver usando la transformada de Laplace. Aplique la transformada de Laplace a ambos lados, utilizando el hecho de que la transformada de Laplace de una convolución de dos funciones es el producto de las transformadas de Laplace de cada función. Al hacerlo, obtenga la ecuación$$F(s) = G(s) + \frac{G(s)}{2(s-1)} - \frac{G(s)}{2(s+1)}$$dónde$F$y$G$son las transformadas de Laplace de$f$y$g$, respectivamente. Tome la transformada inversa de Laplace término por término, usando el teorema de convolución para encontrar la inversa de Laplace del segundo y último término en el lado derecho.

Answer 2

Esta es la misma pregunta que muestra que$f\mapsto K(f)-f$es un operador lineal sobreyectivo. Porque$K$es un operador de Hilbert-Schmidt, es compacto y$T(f)=K(f)-f$es por lo tanto Fredholm. De hecho, es Fredholm de índice cero, porque el índice de Fredholm no cambia con la adición de pactos. Entonces, si demostramos que el kernel es trivial, entonces demostramos que el operador es sobreyectivo.

Asumir que$T(f)=0$, o equivalente,$K(f)=f$. Luego, para casi todos$t$,$f(t)=\int_0^t (t-s)f(s)\,ds$. Como la imagen de un operador de convolución es continua, podemos elegir un representante continuo para$f$, y pide igualdad puntual. Ahora, en cualquier momento$t_0$,$\frac{1}{h}[f(t_0+h)-f(t_0)]=\frac{1}{h}\int_{t_0}^{t_0+h}(t-s)f(s)\,ds$, que es menor o igual que$\|f\|_\infty\cdot h$, y por lo tanto la función es diferenciable. Ahora, al diferenciar bajo la integral, vemos que$f'(t_0)=\int_0^{t_0} f(s)\,ds$, y esto significa que$f''(t_0)=f(t_0)$, asi que$f(t)=c_1\sin(t)+c_2\cos(t)$. Conectando estos rendimientos inmediatamente que$c_1,c_2=0$, por lo que el núcleo es trivial, y el índice de Fredholm es cero significa que el operador$T$es sobreyectiva.