Sobre el encierro de $\frac d{dx}$ operador

Question

El ejemplo de la sección de la cerrada lineal de operador en la página de la wikipedia https://en.wikipedia.org/wiki/Unbounded_operator#Closed_linear_operators dice que

(1) "Considerar la posibilidad de que el operador de la derivada de $A =\frac d {dx}$ donde $X = Y = C([a, b])$ es el espacio de Banach de todas las funciones continuas en un intervalo de $[a, b]$. Si uno toma su dominio $D(A)$$C^1([a, b])$, $A$ es un cerrado el operador, que no está delimitado."

(2) "Por otro lado, si $D(A) = C^\infty([a, b])$, $A$ dejará de ser cerrado, pero va a ser se pude cerrar, con el cierre de su extensión definida en $C^1([a, b])$."

La primera afirmación parece fácil de entender. Desde el límite de una secuencia continua de funciones diferenciables $f_n$ si converge sería continuamente una función derivable $f$ $\frac d {dx} f$ es una función continua $\in C[a,b]$. Sin embargo, la segunda afirmación parece no ser fácil de entender. ¿Alguien puede dar una forma más rigurosa prueba de esta dos declaraciones claramente? Gracias.

Answer 1

Comencemos por recordar que un operador $A:X \to X$ dominio $D(A) \subseteq X$ es cerrado si su gráfica $$G(A) = \{(x, Ax) : x \in D(A)\} \subseteq X \times X$$ está cerrada.

Para el primer ejemplo, esto significa que queremos comprobar que si $f_n \in D(A) = C^1[a,b]$ y $f_n \to f$, $Af_n = f_n' \to g$ en $X = C[a,b]$ entonces tenemos que $f \in C^1[a,b]$$f' = g$. Esto es realmente un ejercicio simple es el análisis real. Empieza por escribir $$f_n(t) = f_n(a) + \int_a^t f_n'(s) ds$$ and then send $n \to \infty$ (using the fact that the convergence $f_n' \g$ es uniforme a pasar el límite a través de la integral) para ver que $$f(t) = f(a) + \int_a^t g(s) ds.$$ Por lo $f \in C^1[a,b]$ $f' = g$ como se desee.

Para el segundo ejemplo, es suficiente para tomar alguna secuencia de funciones $f_n \in C^\infty[a,b]$ tal que $f_n \to f$, $f_n' \to f'$ en $C[a,b]$ $f \not \in C^\infty[a,b]$ (desde entonces $(f_n, f_n')$ es una secuencia en $G(A)$ que converge en $X \times X$ a un elemento del complemento de $G(A)$). Para ello, puede utilizar el hecho de que $C^\infty$ es denso en $C^1$ con su habitual norma (simplemente elija cualquiera de los $f$ $C^1 \setminus C^\infty$ y un aproximado en $C^1$-norma por elementos de $C^\infty$). Esta idea también indica que cualquier cerrada extensión de este segundo operador debe contener el primer operador.

Por lo tanto, debido a que el operador $A$ en el primer ejemplo es un cerrado de extensión de la una en el segundo, se deduce que este segundo operador se pude cerrar (ya que sólo significa que se tiene un circuito cerrado de extensión) y que su cierre es el operador del primer ejemplo.

Answer 2

Recordar este teorema:

Deje $I = [a,b]$ $f_n : I \to \mathbb{R}$ una secuencia de funciones diferenciables tales que la secuencia de los derivados $(f_n')_n$ converge uniformemente a una función $g : I \to \mathbb{R}$. También se $\exists x_0 \in I$ de manera tal que la secuencia de $(f_n(x_0))_n$ converge. A continuación, $(f_n)_n$ converge uniformemente a una función derivable $f : I \to \mathbb{R}$$f' = g$.

Así que si $(f_n)_n$ es una secuencia de funciones en $C^1[a,b]$ tal que $f_n \to f$ uniformemente en $C[a,b]$ $f_n' \to g$ uniformemente en $C[a,b]$, luego el teorema anterior nos da que la $f$ es diferenciable y $f' = g$. Desde $g$ es un límite uniforme de funciones continuas es continua, por lo $f' \in C[a,b]$ y, por tanto,$f \in C^1[a,b]$.

Por lo tanto, la gráfica de $\{(f,f') : f \in C^1[a,b]\}$ es cerrada, lo $\frac{d}{dx}$ es cerrado en $C^1[a,b]$.

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Para mostrar que $\frac{d}{dx}$ no está cerrado en $C^\infty[-1,1]$, considere la posibilidad de $f_n \in C^\infty[-1,1]$ dada por

$$f_n(x) = \frac12x\sqrt{x^2+\frac1n} + \frac1{2n}\ln\left(x + \sqrt{x^2+\frac1n}\right)$$

Tenemos $f_n \to \frac12 x|x|$ uniformemente. Para ver esto, observe que $x\mapsto x+\sqrt{x^2+\frac1n}$ es creciente y $x\mapsto\left|\ln x\right|$ aumenta al $x \ge 1$ y disminuye al $x \le 1$.

Por lo tanto

$$\left|\ln\left(x+\sqrt{x^2+\frac1n}\right)\right| \le \max\left\{-\ln\left(-1+\sqrt{1+\frac1n}\right), \ln\left(1+\sqrt{1+\frac1n}\right)\right\} \le \max\left\{-\ln\left(-1+\sqrt{1+\frac1n}\right), \ln\left(1+\sqrt2\right)\right\} \le -\ln\left(-1+\sqrt{1+\frac1n}\right)$$

por lo suficientemente grande como $n$ y

$$\left|\sqrt{x^2+\frac1n} - |x|\right| = \sqrt{x^2+\frac1n} - \sqrt{x} = \frac{\frac1n}{\sqrt{x^2+\frac1n} + \sqrt{x^2}} \le \frac{\frac1n}{\frac1{\sqrt{n}}} = \frac1{\sqrt{n}}$$ así

\begin{align} \left|f_n(x) - \frac12x|x|\right| &= \left|\frac12x\sqrt{x^2+\frac1n} + \frac1{2n}\ln\left(x + \sqrt{x^2+\frac1n}\right) - \frac12 x|x|\right| \\ &\le \frac{|x|}2\left|\sqrt{x^2+\frac1n} - |x|\right| + \frac1{2n}\left|\ln\left(x + \sqrt{x^2+\frac1n}\right)\right|\\ &\le \frac1{\sqrt{n}} - \frac1{2n}\ln\left(-1+\sqrt{1+\frac1n}\right)\\ &\xrightarrow{n\to\infty} 0 \end{align}

de manera uniforme en $x \in [-1,1]$.

Por otro lado, $f_n'(x) = \sqrt{x^2+\frac1n}$ y el cálculo anterior muestra también que $f_n' \to |\cdot|$ de manera uniforme, y $|x| = \frac{d}{dx}\left(\frac12 x|x|\right)$.

Por lo tanto $f_n \to \frac12 x|x|$ uniforme y $f_n' \to \frac{d}{dx}\left(\frac12 x|x|\right)$ uniformemente, sino $\frac12 x|x|$ no es una función suave.

Llegamos a la conclusión de que $\frac{d}{dx}$ no está cerrado en $C^\infty[-1,1]$.