Operador compacto como límite de operadores de rango finito

Question

Esta es mi pregunta,

Tenía que demostrar que el siguiente operador es compacto,

$$T:C[0,1]\rightarrow C[0,1]$$ $$f\mapsto\int_0^tf(s)ds$$ con $||f||=\mathrm{sup}_{x\in[0,1]}|f(x)|$

Creo que he conseguido demostrarlo utilizando la "definición de secuencia acotada" de la compacidad.

Como he visto en muchos posts una forma común de probar que un operador es compacto, es encontrar un squence de operadores de rango finito que converge al operador. Me preguntaba si esto es posible para el superior. Sé que existe una secuencia, pero no estoy seguro de si es posible escribirla explícitamente. ¿Alguien puede ayudarme?

Gracias de antemano.

Answer 1

Para $n\in\mathbb{Z}^+$ , dejemos que $(h_{n,k})_{1 \leqslant k \leqslant n}$ sea una partición continua de la unidad,

$$h_{n,k}(x) = \begin{cases}\qquad 0 &, x < \frac{k-1}{n} - \frac{1}{2^{n+1}}\\ \frac{1}{2} + 2^n\left(x-\frac{k-1}{n}\right) &, \frac{k-1}{n} - \frac{1}{2^{n+1}} \leqslant x \leqslant \frac{k-1}{n}+\frac{1}{2^{n+1}}\\ \qquad 1 &, \frac{k-1}{n}+\frac{1}{2^{n+1}} < x < \frac{k}{n} - \frac{1}{2^{n+1}}\\ \frac{1}{2} - 2^n\left(x-\frac{k}{n}\right) &, \frac{k}{n} - \frac{1}{2^{n+1}} \leqslant x \leqslant \frac{k}{n} + \frac{1}{2^{n+1}}\\ \qquad 0 &, \frac{k}{n} + \frac{1}{2^{n+1}} < x\end{cases}$$

para $1 < k < n$ y el intervalo donde $h_{n,k}(x) = 1$ que se extiende hasta $0$ resp. $1$ para $k = 1$ resp. $k = n$ .

Entonces podemos definir una secuencia de proyecciones de aproximación con rango finito,

$$P_n(f) = \sum_{k=1}^n f\left(\frac{k-\frac{1}{2}}{n}\right)\cdot h_{n,k},$$

y

$$T_n(f)(t) = \int_0^t P_n(f)(s)\,ds$$

es una secuencia de operadores de rango finito que aproximan $T$ .

Otra forma de utilizar la partición de la unidad para obtener una secuencia de operadores aproximantes de rango finito es establecer

$$\tilde{T}_n(f) = \sum_{k=1}^n\int_0^{\frac{k-\frac{1}{2}}{n}} f(s)\,ds\cdot h_{n,k}.$$