Compact Integral 연산자?

Question

흥미로운 선형 연산자를 우연히 발견했습니다. 컴팩트한지 잘 모르겠습니다.$$ T: L^2([0, 1]) \rightarrow L^2([0, 1]), \quad (Tf)(x) := \int^1_0 (x-y)^2 f(y)~\mathrm{d}y. $$

다음 인수를 사용하려고했습니다. Let $(f_k)_{k \in \mathbb{N}} \subseteq L^2([0, 1])$ 묶여 놔두다 $(f_{n_k})_{k \in \mathbb{N}} \subseteq L^2([0, 1])$ 한계가 약한 서브 시퀀스 $f \in L^2([0, 1])$. 그때:$$ \lVert Tf_{n_k} - Tf \rVert_{L^2([0, 1])}^2 = \int_0^1 \left \lvert \int^1_0 (x-y)^2 (f_{n_k}(y) - f(y))~\mathrm{d}y \right \rvert^2 ~\mathrm{d}x \leq \sup_{x \in [0, 1]} \left \lvert \int^1_0 (x-y)^2 (f_{n_k}(y) - f(y))~\mathrm{d}y \right \rvert^2 $$ 나는 여전히 이것을 증명할 수있다 $\sup$ 일부에 달성 $x_{n_k} \in [0, 1]$ 그러나 이것은에 대한 의존성 때문에 나를 돕지 않습니다. $n_k$. 그렇지 않으면 그 시점에서 약한 수렴을 사용했을 것입니다.

더 쉬운 방법이 있습니까? 아니면 운영자가 콤팩트합니까?

Answer 1

유한 순위 연산자이므로 간결합니다. $$(Tf)(x)=A\,x^2-B\,x+C,$$ 어디 $A=\int^1_0f(y)\,dy, B=2\int^1_0y\,f(y)\,dy, C=\int^1_0y^2\,f(y)\,dy$, 따라서 경계 집합의 이미지는 다음의 3 차원 부분 공간의 경계 부분 집합입니다. $L^2([0, 1])$.

Answer 2

만약 $k(x,y)=a(x)b(y)$, 어디 $a$ 과 $b$ 연속 기능 $[0,1]$, 다음 $$ \int_0^1 k(x,y) f(x)\, dx = \left(\int_0^1 a(x) f(x)\, dx\right) b(y) = \langle a,f\rangle b(y). $$ 따라서 적분 연산자 $T_k$, 적분 커널에 의해 제공됨 $k$, 만족 $T_k(f) = \langle a,f\rangle b$, 결과적으로 $T_k$랭크 1 연산자로 보입니다. 대신에$$ k(x,y)=\sum_{i=1}^na_i(x)b_i(y), \tag{1} $$ 어디 $a_i$ 과 $b_i$ 다시 연속 기능 $[0,1]$, 해당 적분 연산자는 다음을 충족합니다. $$ T_k(f) = \sum_{i=1}^n \langle a_i,f\rangle b_i, \quad \forall f\in L^2[0,1], $$ 그래서 순위 $T_k$ 기껏해야 $n$, 따라서 유한합니다.

다음으로 가정하면 $k$ 기능의 균일 한 한계 $k_n$ 형식 (1)의, 그것을 보는 것은 어렵지 않습니다 $T_{k_n}\to T_k$, 연산자 규범에서, 그래서 $T_k$ 유한 순위 연산자의 한계이므로 컴팩트 연산자입니다.

Stone-Weierstrass 정리를 쉽게 호출하여 $C([0,1]\times[0,1])$ 형식 (1)의 모든 기능에 의해 형성된 것은 조밀하므로 위 단락의 결론은 모든 연속 $k$. 이것은 다음을 증명합니다.

정리 . 모든 정수 연산자$L^2[0,1]$ 연속 적분 커널은 컴팩트합니다.