Operadores compactos en$L_1[0,1]$

Question

Deje $(T_Kx)(t)=\int_0^1 K(t, s)x(s)ds$ ser lineal operador en $L_1[0,1]$. Aquí $K(t, s)$ es medible de la función en $[0,1]\times[0,1]$ con $\sup\{\int_0^1|K(t,s)|dt ,s\in[0,1]\}<\infty$. Demostrar que $T_K:L_1[0,1]\to L_1[0,1]$ es compacto.

Mis pensamientos:

Es fácil mostrar que $T$ está acotada. La próxima quiero mostrar que la $T$ es compacto, es decir, para cualquier conjunto acotado $M\subset L_1[0,1]$ la imagen $T(M)$ es precompact. Tenemos un criterio para precompactness en $L_1[0,1]:$ $A\subset L_1[0,1]$ es precompact $\Leftrightarrow$ $A$ es limitado y para cualquier $\varepsilon>0$ hay $\delta>0$ tal que para cualquier $h\in[0,\delta]$ e $x\in A$ tenemos $\int_0^1|x(t+h)-x(t)|dt<\varepsilon$, donde $x(t+h)=0$ cuando $t+h\notin[0,1]$. Quiero comprobar si es verdad para $T(M)$, donde $M$ es un conjunto acotado. Queremos \begin{align} \int^1_0|(Tx)(t+h)-(Tx)(t)|dt&=\int^1_0\Bigl|\int_0^1 \Bigl(K(t+h,s)-K(t,s)\Bigr)x(s)ds\Bigr|dt\\ &\leq \int^1_0\int_0^1 \Bigl|K(t+h,s)-K(t,s)\Bigr||x(s)|dsdt \end{align} para ser pequeña para todos los $x\in M$ pequeñas y $h$. Para mostrar que es pequeño intento de aproximar $K(t, s)$ con función continua. El uso de Luzin del teorema podemos encontrar continua en $[0,1]\times[0,1]$ funciones $g(t,s)$ , de modo que $K(t,s)$ e $g(t, s)$ no son iguales sólo en el set de arbitrariamente pequeña medida. Tenemos \begin{align} \int^1_0\int_0^1 \Bigl|K(t+h,s)-K(t,s)\Bigr||x(s)|dsdt&=\iint_A \Bigl|K(t+h,s)-K(t,s)\Bigr||x(s)|dsdt \,+\\ &\quad \iint_B \Bigl|g(t+h,s)-g(t,s)\Bigr||x(s)|dsdt=:I_1+I_2 \end{align} donde $B=\{(t,s)\in [0, 1]\times [0,1]: g(t+h,s)=K(t+h,s), g(t,s)=K(t,s)\}$, $A=[0,1]\times[0,1]-B$.

Si $g(t,s)$ es fijo, la segunda integral de la $I_2$ será pequeña para los pequeños $h$ debido a los uniformes de la continuidad de la $g(t,s)$ y la estimación puede ser independientes de $x$. Mis problemas comenzaron cuando traté de estimación de la primera integral de la $I_1$. Debido a la continuidad absoluta de Lebesgue la integral, $I_1$ es pequeña cuando la medida de $A$ es pequeña, pero esta estimación depende de $x$.

Cómo puede ser que el problema se resuelva?

Answer 1

Parece que la instrucción como es, no es cierto en general. Adicional de condiciones uniformes en el kernel $K$ son necesarios para $T_K$ a ser compacto.

Considerar el kernel $$ K(t,s)=\frac{1}{\sqrt{st}}\mathbb{1}(t<s)\mathbb{1}(0\leq s,t\leq1)$$ Satisface las condiciones del problema para $\int^1_0|K(t,s)|\,dt\equiv2$. Tenemos que $$\int^1_0|K(t+h,s)-K(t,s)|\,dt = 2\mathbb{1}(0<s\leq h) + \frac{2\sqrt{h}}{\sqrt{s}}\mathbb{1}(h<s\leq1)$$ En consecuencia \begin{align} \int^1_0|T_Kx(t+h)-T_Kx(t)|\,dt &\leq \int^1_0|x(s)|\int^1_0 |K(t+h,s)-K(t,s)|\,dt\,ds \\ &=2\int^h_0|x(s)|\,ds +2\sqrt{h}\int^1_h\frac{|x(s)|}{\sqrt{s}}\,ds \end{align} A partir de esta estimación, se ve que el término $\int^h_0|x(s)|\,ds$ no puede ser controlada de manera uniforme en $x\in M$ (a menos que M es finito o uniforme integrable).

El problema, en mi opinión, se deriva de la falta de uniformidad con la que se puede aproximar a un kernel $K$ del tipo descrito en el problema de niza funciones (funciones continuas, por ejemplo). Es decir, un determinado $K$ que satisface la condición de $\|\int^1_0K(t,\cdot)\,dt\|_\infty<\infty$ no puede por aproximar muy bien por funciones continuas, de modo que \begin{align} \int^1_0|x(s)|\int^1_0 |K(t+h,s)-K(t,s)|\,dt\,ds &\leq \int^1_0|x(s)|\int^1_0 |K(t+h,s)-H(t+h,s)|\,dt\,ds + \\ &\quad \int^1_0|x(s)|\int^1_0|H(t+h,s)-H(t,s)|\,dt\,ds +\\ &\quad\int^1_0|x(s)|\int^1_0 |H(t,s)-K(t,s)|\,dt\,ds\\ &\leq \int^1_0|x(s)|\int^1_0|H(t+h,s)-H(t,s)|\,dt\,ds + \\ &\quad 2\int^1_0|x(s)|\int^1_0 |H(t,s)-K(t,s)|\,dt\,ds. \end{align} con $H\in C([0,1]\times[0,1])$, de manera uniforme se convierte pequeño en $M$.

Aquí hay otro ejemplo que muestra que incluso compacidad débil en $L_1[0,1]$ no puede contener. Definir el kernel $$G(t,s)=\frac{1}{\sqrt{s}}\mathbb{1}(t\leq\sqrt{s})\mathbb{1}(0<s,t\leq1)$$ A continuación, $\int^1_0|G(t,s)\,dt=1$, e $T_Gx(t):=\int^1_0x(s)G(t,s)\,ds=\int^1_{t^2}\frac{x(s)}{\sqrt{s}}\,ds$ La colección de mapas de $g_s:t\rightarrow G(t,s)$ no es uniformemente integrable y a su vez, esto implica que para que un general delimitada conjunto $M\subset L_1[0,1]$, $T(M)$ no es uniformemente integrable.