Demostrar que el siguiente operador es compacto.

Question

Sea $A$ definida en $l_2$ por $y=Ax$ donde $y_i=\sum_j^\infty a_{ij} x_j$ y donde $\sum_{ij}^\infty a_{ij}^2$ es finita.

Demuestra que $A:l_2\rightarrow l_2$ y que $A$ es compacto, sin utilizar nociones de precompacidad.

He visto la misma pregunta respondida aquí pero me pregunto si se puede hacer sin los argumentos de precompacidad.

¡Gracias!

Answer 1

Puedes usar el siguiente resultado para demostrarlo:

Teorema: Si $L: H\rightarrow H$ es un operador lineal acotado en un espacio de Hilbert separable $H$, $(e^{n})_{n}$ es una base ortonormal, y $\sum_{n=1}^{\infty}\Vert Le^{n}\Vert^2<\infty$, entonces $L$ es compacto.

Prueba: Define el operador $L_{N}$ como $L_{N}x=\sum_{n=1}^{N}\langle x,e^{n}\rangle e^{n}$. Queremos mostrar que $L_{N} \rightarrow L$ con respecto a la topología de la norma del operador para concluir que $L$ es compacto (una sucesión convergente de operadores compactos converge a un operador compacto). Nota que \begin{align*} \left\Vert L_{N}x-Lx\right\Vert ^{2} & =\left\Vert \sum_{n\geq N+1}\left\langle x,e^{n}\right\rangle Le^{n}\right\Vert ^{2}\\ & \leq\left(\sum_{n\geq N+1}\left|\left\langle x,e^{n}\right\rangle \right|\left\Vert Le^{n}\right\Vert \right)^{2}\\ & \leq\left(\sum_{n\geq N+1}\left\langle x,e^{n}\right\rangle ^{2}\right)\left(\sum_{n\geq N+1}\left\Vert Le^{n}\right\Vert ^{2}\right)\\ & \leq\left\Vert x\right\Vert \sum_{n\geq N+1}\left\Vert Le^{n}\right\Vert ^{2}. \end{align*} Ahora, para cualquier $\epsilon>0$, podemos elegir $N$ lo suficientemente grande para que $\sum_{n\geq N+1}\Vert Le^{n}\Vert^{2}<\epsilon$, de donde se sigue el resultado deseado.

Answer 2

El quid de la cuestión es que $\{a_i\}_{i \in \mathbb{N}} \in c_0$.

Supongamos que $a_n \to 0$, entonces $a \in c_0$ (llamamos a la secuencia "a"). Entonces, para todo $\epsilon > 0$, existe un $k$ suficientemente grande tal que $|a_k| < \epsilon$. Por lo tanto, aproximamos $A$ por sus truncamientos de rango finito $A_N$ con $A_Nx = \{a_nx_n\}_{x=1}^{N}$. Es bien sabido que los operadores de rango finito son compactos (te insto a que pienses en esto, si no has visto este hecho antes). Por lo tanto, queremos demostrar que $\|A_n - A_m\|$ es de Cauchy, y luego por el Criterio de Cauchy $\{A_n\}_{n \in \mathbb{N}}$ convergerá uniformemente.

Entonces, tenemos para $n > m > k$, $\|A_n - A_m\|^2 = \sup_{\|x\|_2 = 1} \sum_{i=m+1}^n |a_ix_i|^2 < \sup_{\|x\|_2 = 1} \epsilon^2 \sum_{i=m+1}^n |x_i|^2 \le \epsilon^2$ ya que $\|x\|_2 = 1$, y al eliminar los cuadrados vemos que esto prueba la convergencia uniforme por el Criterio de Cauchy. Para ver que $A_n \to A$ en norma, tenemos que $\|A - A_n\|^2 \le \displaystyle \sup_{\|x\|_2 = 1} \sum_{i=n+1}^\infty |a_ix_i|^2 < \sup_{\|x\|_2=1} \epsilon^2 \|x\|_2^2 = \epsilon^2$. Luego, $A$ es el límite uniforme de operadores compactos de rango finito y, por lo tanto, $A$ también lo es (el límite uniforme de operadores compactos es compacto).