Si $A \colon H^s \to H^{s+t}$ es $A^\alpha \colon H^s\to H^{s+\alpha t}$ ?

Question

Dejemos que $D \subset \mathbb R^d$ sea un dominio acotado con frontera suave y consideremos un operador lineal real invertible acotado $$ A \colon H^s(D) \to H^{s+t}(D), \quad t > 0. \tag{1} $$ Supongamos que $A$ es simétrico, cuando se considera como un operador compacto en $H^s(D)$ . Entonces $A$ admite la eigendecomposición: $$ A = \sum_{k=0}^\infty \lambda_k \varphi_k \otimes \varphi_k. $$ Supongamos también que $\lambda_k > 0$ para todos $k$ . Entonces podemos definir $$ A^\alpha = \sum_{k=0}^\infty \lambda^\alpha \varphi_k \otimes \varphi_k, \quad \alpha > 0. $$ Se puede decir, en general, que $A^\alpha$ es un operador acotado e invertible $$ A^\alpha \colon H^{s}(D) \to H^{s+\alpha t}(D)? \tag{2} $$ Probablemente, debería mencionar este respuesta, que afirma que el resultado es de hecho verdadero si $A$ es un operador pseudodiferencial elíptico.

Observación. Si (1) se cumple para todos los $s$ entonces (2) se cumple para los enteros $\alpha$ ¿también es válido para otros alfa?

Answer 1

NOTACIÓN . Dejamos que $\langle f|g\rangle:=\int_D f(x) \overline{g(x)}\, dx$ y $\|f\|^2:=\langle f|f\rangle$ .

Con la notación introducida anteriormente, tenemos que $$\|f\|_{H^s}= \| (1-\Delta)^{s/2} f\|, $$ por lo que podemos reformular el problema como sigue:

PROBLEMA . Dado que el operador $A$ satisface $$\| (1-\Delta)^{t/2} A f\|\le C\|f\|$$ para un determinado $t>0$ ¿es cierto que $$\|(1-\Delta)^{\alpha t/2}A^\alpha f\|\le C_\alpha\|f\|,\quad \forall \alpha \in [0, 1]\ ?$$

La respuesta es afirmativa siempre que esta Suposición adicional se satisface: $$\tag{Extra} (1-\Delta)^{\alpha t/2} A^\alpha = [ (1-\Delta)^{t/2} A]^\alpha.$$ De hecho, esta suposición permite utilizar el siguiente lema.

LEMMA . Dejemos que $B$ sea un operador autoadjunto no negativo en $L^2(D)$ y que $f\in L^2(D)$ . Definir $$\tag{1}I(\alpha):=\| B^\alpha f\|.$$ Entonces $I\colon [0, \infty)\to [0, \infty)$ es log-convexo, es decir, $$\tag{2}I((1-\theta)a+\theta b)\le I(a)^{1-\theta}I(b)^\theta.$$

Prueba del lema . Desde $I$ es continua, basta con demostrar (2) con $\theta=\frac12$ . Utilizando la auto-unión de $B$ escribimos $$ I\left( \frac{a+b}{2}\right)^2 =\left\langle B^{\frac{a+b}{2}} f\Big| B^{\frac{a+b}{2}}f\right\rangle=\langle B^a f| B^b f\rangle\le \|B^a f\|\|B^b f\|=I(a) I(b).\ \square$$

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Solución del problema . Dejemos que $B:=(1-\Delta)^{t/2} A$ , donde $t>0$ se indica en el enunciado del problema. Por supuesto, la función $I$ dada por (1) satisface $$ I(0)=\|f\|, \qquad I(1)\le C\|f\|.$$ Por el lema tenemos que $$I(\alpha)\le I(0)^{1-\alpha}I(1)^\alpha= C^\alpha \|f\|.$$ Si se cumple (Extra), el lado izquierdo de la última desigualdad es igual a $\|(1-\Delta)^{\alpha t/2} A^\alpha f\|$ y, por lo tanto, la prueba está completa. $\square$