Surjectivity de un operador en$L^2(R)$ definido como identidad menos convolución

Question

Estoy teniendo problemas con el siguiente ejercicio. Definir $T:L^2(\mathbb{R})\to L^2(\mathbb{R})$ por medio de la fórmula

$$(Tf)(x)=\int_{0}^{1}f(x+y)dy.$$

He demostrado que, para todos los $f\in L^2(\mathbb{R})$, $Tf$ es una función continua y $||Tf||_2\le||f||_2$, con igualdad de iff $f(x)=0$ en casi todas partes.

Luego está la siguiente pregunta, de la que yo estoy atascado: es $S:=I-T$ surjective? Aquí, $I$ es el operador identidad. Este debe ser factible en el nivel de "Papa Rudin".

Editar: Gracias al último párrafo en @FTP gran respuesta, creo que tengo una idea para una más "elemental" (pero es más complicado) solución.

Sabemos que $X:=L^1(\mathbb{R})\cap L^2(\mathbb{R})$ es denso en $L^2(\mathbb{R})$. Supongamos $S$ es surjective. Desde $S$ es inyectiva y continua, mediante la Asignación Abierta Teorema, se deduce que el $S$ es invertible.

Ahora, vamos a $g\in X$$f=S^{-1}g$. Por densidad, $\{f_n\}\subset X$ tal que $f_n\to f$$L^2(\mathbb{R})$. Escribir $g_n=Sf_n$. Desde cada una de las $f_n$ es integrable, se sigue por Fubini-Tonelli que cada una de las $g_n$ es integrable, y de hecho tenemos

$$\int_{\mathbb{R}}g_n(x)dx\int_{\mathbb{R}}(Sf_n)(x)dx=0.\quad (*)$$

También, por la continuidad de $S$, obtenemos que $g_n\to g$$L^2(\mathbb{R})$.

Si elegimos $g$ muy bonito, con positivos integral, podemos obtener contradicción con la ecuación (*)?

Answer 1

El operador $T$ es la convolución de $f$ con la función $g=\chi_{[-1, 0]}$. Por lo tanto, en la transformada de Fourier lado tenemos a $\widehat{Tf} = \hat f\hat g$. Aquí $$ \hat g(\xi) = \int_{-1}^0 e^{-2\pi i \xi x}\,dx = \frac{e^{2\pi i \xi}-1}{2\pi \xi i} \tag1 $$ En particular, $\hat g$ es suave y $\hat g(0)=1$. Realmente no necesitamos (1) para ver esto, es obvio que las propiedades que $g$ tiene soporte compacto y $\int g=1$ son suficientes.

Por eso, $I-T$ $\hat f\mapsto (1-\hat g)\hat f$ en el de Fourier lado. Esto es claramente inyectiva, como $1-\hat g \ne 0$ en casi todas partes. Si este mapa fue surjective, que iba a ser invertible (abierto de asignación teorema), y a la inversa puede ser otra cosa sino $\hat f\mapsto (1-\hat g)^{-1} \hat f$. Pero éste no es un operador acotado en $L^2$ desde $(1-\hat g)^{-1} \notin L^\infty$.

Sin OMT

Uno puede evitar la asignación abierta y teorema de simplemente presentar una función $\phi\in L^2$ tal que $\phi/(1-\hat g)\notin L^2$. Por ejemplo, $$ \phi(\xi) = \max(0, |\xi|^{-1/3}-1) $$ iba a hacer. Deje $\check \phi$ ser la inversa de la transformada de Fourier de $\phi$; a continuación,$\check \phi\notin \operatorname{ran}(I-T)$. De hecho, si $\check \phi = (I-T)f$, $\hat f(\xi) = \phi(\xi)/(1-\hat g(\xi))$ que no está en $L^2$.

Sin transformada de Fourier

Informalmente, el de arriba es un de largo aliento justificación de "desde $Tf$ $f$ tiene la misma integral, la integral de $f-Tf$ debe ser cero". La frase anterior no es una prueba, ya $f$ $Tf$ no necesitan estar en $L^1(\mathbb{R})$. Pero uno puede considerar la regularización $$ \lim_{c\to 0^+} \int_\mathbb{R} e^{-cx^2} (f(x)-Tf(x))\,dx \tag 2$$ y espectáculo (con la ayuda de Fubini) que (2) es $0$ por cada $f\in L^2$. A continuación, se hace evidente que, por ejemplo, cualquier función positiva no puede ser en $\operatorname{ran}(I- T)$.