Supongamos que $K:L^2([0,1],\mathbb C)\to L^2([0,1],\mathbb C)$ es un delimitada lineal integral operador dado por $$ Kf(x)=\int_0^1 k(x,y)f(y)dy $$ para cada una de las $f\in L^2([0,1],\mathbb C)$$x\in[0,1]$. Deje que nos suponga que $K$ es no-negativa del uno mismo-adjoint y seguimiento de la clase. Podemos concluir que el $\operatorname{Tr}K=\int_0^1k(x,x)dx$?
La traza de un no-negativa del uno mismo-adjoint operador está dado por (ver aquí) $$ \operatorname{Tr} K=\sum_i\langle Ke_i,e_i\rangle, $$ donde $\{e_i\}$ es una base ortonormales de $L^2([0,1],\mathbb C)$. Por lo tanto, tenemos que $$ \operatorname{Tr} K=\sum_i\int_0^1\biggl[\int_0^1 k(x,y)e_i(y)dy\biggr]\overline{e_i(x)}dx=\sum_i\int_0^1\int_0^1 k(x,y)e_i(y)\overline{e_i(x)}dydx. $$ Sin embargo, no estoy seguro de si es posible seguir adelante sin más suposiciones sobre el kernel $k$.
Si asumimos que el $k(x,y)=\varphi(x)\overline\varphi(y)$ por cada $x,y\in[0,1]$, entonces tenemos que $$ \operatorname{Tr} K=\sum_i|\langle\varphi,e_i\rangle|^2=\|\varphi\|^2=\int_0^1|\varphi(x)|^2dx=\int_0^1 k(x,x)dx. $$
Hay un ejemplo de un no-negativa del uno mismo-adjoint clase de seguimiento operador tal que $\operatorname{Tr}K\ne\int_0^1k(x,x)dx$ o es posible demostrar que la traza es siempre igual a la integral del núcleo de la diagonal?
Cualquier ayuda se agradece mucho!
Respuestas
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Tenga en cuenta que la diagonal $\Delta=\{(x,x)\mid x\in[0,1]\}$ es una medida de ajuste a cero, por lo que no es un a priori claro cuál es el significado debe ser de un símbolo como $k(x,x)$. Pero tenemos las siguientes
Teorema: $K$ tiene un eigenbasis $(e_i)_{i\in\mathbb{N}}$ con los correspondientes autovalores $(\lambda_i)_{i\in\mathbb{N}}$. La función de $q: [0,1]^2 \rightarrow \mathbb{C}$ definido por $q(x,y):=\sum_{i=1}^\infty \lambda_i e_i(x) \bar{e}_i(y)$ satisface $k(x,y)=q(x,y)$ en casi todas partes, y si la ponemos a $k(x):=q(x,x)=\sum_{i=1}^\infty \lambda_i \lvert e_i(x) \rvert^2 $,$\mathrm{Tr }\, K = \int k(x)\,dx$.
Prueba: Desde $K$ es auto-adjunto y compacto, el espectral teorema garantiza la existencia de un ONB $(e_i)_{i\in\mathbb{N}}$ tal que, para cualquier $\psi\in L^2([0,1],\mathbb{C})$, tenemos $$ K\psi=\sum_{i=1}^\infty \lambda_i \langle e_i,\psi\rangle e_i. $$ Además, desde el $K$ es de Hilbert-Schmidt, tenemos $\sum_{i=1}^\infty \lvert \lambda_i\rvert^2<\infty$. La fijación de los representantes de la $e_i:[0,1]\rightarrow \mathbb{C}$ base $(e_i)_{i\in\mathbb{N}}$, de ello se sigue que la serie $$ q(x,y):=\sum_{i=1}^\infty \lambda_i e_i(x) \bar{e}_i(y) $$ es convergente en $L^2([0,1]^2,\mathbb{C})$, y dado que tenemos \begin{align} \int \bar{\phi}(x) k(x,y) \psi(y) \, dxdy & = \langle \phi , K\psi\rangle= \sum_{i=1}^\infty \lambda_i \langle \phi, e_i\rangle \langle e_i,\psi\rangle \\ &= \sum_{i=1}^\infty \lambda_i \int \bar{\phi}(x) e_i(x) \bar{e}_i(y) \psi(y)\, dxdy = \int \bar{\phi}(x) q(x,y) \psi(y)\, dxdy \end{align} para todos los $\phi,\psi\in L^2([0,1],\mathbb{C})$, se deduce que el $q=k$ en casi todas partes.
Ahora hacemos uso de la suposición de que $K$ es de la clase de seguimiento: Tenemos $\sum_{i=1}^\infty \lvert \lambda_i\rvert<\infty$. Por lo tanto, podemos definir a la $k(x):=q(x,x)=\sum_{i=1}^\infty \lambda_i \lvert e_i(x)\rvert^2$, y luego tenemos a $k\in L^1([0,1],\mathbb{C})$. Además, hemos $$ \int k(x)\,dx = \sum_{i=1}^\infty \lambda_i \int \lvert e_i(x)\rvert^2\, dx = \sum_{i=1}^\infty \lambda_i = \mathrm{Tr }\, K, $$ el acabado de la prueba.
Esta solución no hacer uso de la no-negatividad de K. para realizar la conexión A la respuesta de Christian Remling, tenga en cuenta que $K$ tiene un no-negativo de la raíz cuadrada $A=\sqrt{K}$, y tenemos $$ Un\psi=\sum_{i=1}^\infty \sqrt{\lambda_i} \langle e_i,\psi\rangle e_i. $$ Desde $K$ es de la clase de seguimiento, se deduce que el $A$ es de Hilbert-Schmidt, y como anteriormente, encontramos un núcleo de $A$, es decir, $$ a(x,y)=\sum_{i=1}^\infty \sqrt{\lambda_i}e_i(x)\bar{e}_i(y). $$ Entonces tenemos $$ q(x,y) = \sum_{i=1}^\infty \lambda_i e_i(x)\bar{e}_i(y) = \int(x,t)a(t,y) \, dt , $$ y, en particular,$k(x)=\int a(x,t)a(t,x) \, dt$. Aquí, también es posible eliminar el supuesto de que $K$ es no negativo, señalando que la descomposición polar $K=U\lvert K \rvert=(U\lvert K \rvert^{1/2})\lvert K \rvert^{1/2}$ nos ofrece con una factorización de $K$ en un producto de Hilbert-Schmidt a los operadores.
Preguntas de este tipo han recibido cierta atención en la literatura, véase, por ejemplo, el papel de Trazabilidad Integral de los Núcleos en Countably Medida generada por los Espacios' por Brislawn. También hay una pregunta relacionada con la MO, Cuando es una transformación integral de la clase de seguimiento.
Brislawn, Chris, Trazabilidad integral de los núcleos en countably medida generada por los espacios, Pac. J. Math. 150, Nº 2, 229-240 (1991). ZBL0724.47014.
Para los positivos $K$ estamos en buena forma, después de abordar el tema que he mencionado en mi comentario. Podemos tomar una raíz cuadrada positiva $A=K^{1/2}$, que es de Hilbert-Schmidt, y $\|K\|_1 = \|A\|_2^2$. Por otra parte, Hilbert-Schmidt a los operadores han cuadrado integrable núcleos, y la de Hilbert-Schmidt norma del operador es igual al $L^2$ norma del kernel. En otras palabras, si se denota el núcleo de $A$$a(x,y)$, luego $$ \textrm{tr}\, K= \|K\|_1=\int\!\!\int |un(x,y)|^2\, dxdy = \int dx\left( \int dy\, (x,y)a(y,x)\right) $$ y esta es la formula elegida debido a que $k(x,y)=\int a(x,t)a(t,y)\, dt$ funciona como un núcleo para $K=A^2$.
(Tenga en cuenta que el pequeño problema que me señaló llevaron a la atención de forma automática, debido a que una versión específica de $k$ se entrega a nosotros).
