un problema de análisis funcional o de teoría de operadores

Question

Necesito una pequeña pista para resolver este problema por favor.

El problema:
Considere el operador $ T: C([ 0,1 ])\to C([ 0,1 ]) $ que se define como sigue $$ T(u)(x)=\int_{0}^{x^{2}}u(\sqrt s)ds. $$ Demostrar que para cada $\lambda\in \mathbb{R},$ no existe $ u\in C([ 0,1 ]) $ diferente de la función nula, tal que $ Tu=\lambda u. $

Lo que he hecho: He intentado probar la proposición con algunos ejemplos. Por ejemplo, he puesto $ u(x)=x $ o $ u(x)=2x^{2}. $ Y lo encontré sin tener ningún problema lo que se contradice con lo anterior. Por favor, hágame saber si hay algo que es útil.

Answer 1

Sugerencia Proceda en dos pasos, la estrategia es encontrar todo las funciones $u$ tal que $T(u)=\lambda.u$ y luego concluir.

Primer paso (Encuentre una condición -con derivadas- para que las soluciones de $T(u)=\lambda u$ debe satisfacer y encontrar uno de ellos) Si se fija $$F(x):=\int_{0}^x u(\sqrt{s})ds\ .$$ Entonces $T(u)=F(x^2)$ . Si $u$ es s.t. $$T(u)=\lambda u\qquad (1),$$ tomando derivados, se obtiene. $$ \lambda u'(x)=T(u)'=2xF'(x^2)=2x.u(x)\qquad (2) $$ Primero se supone que $\lambda\not=0$ . Entonces, si $u$ satisface (1), satisface (2) y $$ u'=\frac{2x}{\lambda}.u\qquad (3) $$ entonces, tenemos $u=e^{\frac{x^2}{\lambda}}$ como solución particular (llame a esta solución $Z_\lambda$ ).

Segundo paso (Encontrar todas las soluciones de $T(u)=\lambda u$ debe satisfacer y concluir) Considere cualquier solución de $T(u)=\lambda u$ . Formamos $y=(Z_\lambda)^{-1}u=e^{-\frac{x^2}{\lambda}}u$ y computar. Como debe satisfacer (3), se tiene $$ y'=(-\frac{2x}{\lambda})e^{-\frac{x^2}{\lambda}}u+e^{-\frac{x^2}{\lambda}}u'=(-\frac{2x}{\lambda})e^{-\frac{x^2}{\lambda}}u+e^{-\frac{x^2}{\lambda}}(\frac{2x}{\lambda})u=0 $$ entonces $y=c$ constante y $u=c.e^{\frac{x^2}{\lambda}}$ . Ahora $$ T(u)=\int_{0}^{x^2} u(\sqrt{s})ds=c.\int_{0}^{x^2} e^{\frac{s}{\lambda}}ds=c.[\lambda.e^{\frac{s}{\lambda}}]_0^{x^2}=\lambda.c.(e^{\frac{x^2}{\lambda}}-1) $$ si $T(u)=\lambda.u$ esto obliga a $\lambda.c=0$ y luego $c=0$ de ahí el reclamo.

Para $\lambda=0$ de (2), se obtiene $2x.u(x)=0$ y luego $u\equiv 0$ .

Nota: (Después de la publicación de Ranc) El operador $T$ es el conjugado de un operador de Volterra (pero no, en el sentido habitual, un Operador de Volterra ). Siendo el factor de conjugación la isometría $u\to U(u)$ con $U(u)(x)=u(x^2)$ ( $T=UWU^{-1}$ ).

Answer 2

Es mucho más fácil que resolver el ODE:

Tenga en cuenta que $ T(u)(x)=2\int_{0}^{x} su (s) ds $ ,

Por lo tanto, para cada $0<\lambda\leq 1$ tienes $$ \sup_{x\in [0,\lambda] }| T (u)(x)|\leq 2\lambda sup_{x\in [0,\lambda]}|u (x)| $$ lo que demuestra que cualquier valor propio debe ser menor que $2\lambda $ para todos $\lambda\in (0,1]$ . En otras palabras, cero es el único valor propio posible.

Para ver que el cero no es un valor propio, observe que $[T(u)(x)]'=2xu (x) $ . Por lo tanto, si $ T (u)\equiv 0$ entonces $ 2x u (x)=0$ para todos $ x $ Así que $ u (x) =0$ para todos $ x> 0$ y, por continuidad, también para $ x=0$

Answer 3

Me gustaría sugerir una solución más orientada al análisis funcional, que se basa en el análisis del espectro de los operadores de Volterra. Esto se puede terminar en una frase:

Resulta que $T$ es el operador de Volterra de $C([0,1])$ a sí mismo, por lo que el espectro es $\{0\}$ pero $0$ no es un valor propio.

Por supuesto, esto no es una pista, ni es fácil, pero decidí que es razonable mostrarlo, ya que ya tienes muchas buenas pistas y respuestas. Voy a esbozar la mayor parte de la prueba, una parte importante (serie de Neumann THM) se omite, pero no es difícil si usted está familiarizado con algo de teoría de operadores sobre espacios de Banach.

Prueba : Nota $Tf(x) = \int_0 ^{x^2} f(\sqrt{y}) \mathrm{d}y = \int_0 ^x 2 f(\tau)\tau \mathrm{d}\tau$ es decir, que $T$ es un operador de Volterra (y podemos decir mucho sobre estos). Recordemos que Neumann THM sobre series de operadores: Supongamos que $T\colon X \rightarrow X$ es un operador definido en un espacio de Banach $X$ , entonces si $\sum_{n=0}^\infty\| T^n \| < \infty$ tenemos $I-T$ es invertible, y su inversa es $\sum_{n=0}^\infty T ^n$ .

Evaluemos $\|T^n\|$ (recuerda $x\in(0,1)$ ): $$|Tf(x)|=\left| \int_0 ^x 2\tau f(\tau) \mathrm{d}\tau \right| \leq \int_0 ^x |2 f(\tau)| \mathrm{d}\tau \leq \int_0^x2\|f\|_\infty \mathrm{d}\tau=2\|f\|_\infty x $$ que da un límite puntual para $Tf(x)$ y también muestra $\|T\| \leq 2$ . Evaluemos $T^2$ de manera similar:

$$|T^2f(x)|= \left| \int_0^x 2\tau \cdot Tf(\tau) \mathrm{d}\tau \right| \leq \int_0^x |2\tau \cdot Tf(\tau) |\mathrm{d}\tau\leq 2^2\|f\|_\infty \int_0^x\tau \mathrm{d}\tau = 2^2 \|f\|_\infty \frac{x^2}{2}$$

que de nuevo da un límite puntual $|T^2f(x)| \leq 2\|f\|_\infty x^2$ y $\|T^2\| \leq 2\|f\|_\infty$ . El razonamiento inductivo muestra $$|T^nf(x)| \leq 2^n \|f\|_\infty \cdot \frac{x^{n}}{n!}$$ que da $\|T^n\| \leq 2^n/(n-1)!$ por lo que las series convergen y $I-T$ es invertible, y $T-I$ es invertible.

Toma $\lambda \in \mathbb{C} \setminus{0}$ y mira $T-\lambda I$ . ¿Es invertible? Sí. $T-\lambda I = \lambda ( \lambda^{-1} T -I)$ Por lo tanto, es suficiente con mostrar $ \lambda^{-1} T -I$ es invertible, pero lo es (ya que $\lambda^{-1}T$ es el operador de Volterra).

Dado que el espectro $\sigma(T)$ no está vacío - debe contener el punto $\{0\}$ y nos queda por determinar si $0$ es un valor propio.

Aunque no es inmediato, mostrar $0$ no es un valor propio es fácil, y me tomo el privilegio de detenerme aquí.

Answer 4

Nota:

$$\int\limits_0^{x^2} u(\sqrt{s})ds = \int\limits_0^{x^2}\sqrt{s}ds = \frac{2}{3}\Big[s\sqrt{s}\Big]^{x^2}_0 = \frac{2}{3}x^3$$

por lo que tomar $u(x) = x$ no es un contraejemplo.

EDITAR: De hecho para todos $u(x) = x^n$ tendríamos $$T(u)(x) = \int s^{n/2} ds \sim (x^2)^{n/2 + 1} \sim x^{n+2}$$

por lo que la potencia diferirá en $2$ . Intentaría construir series de Taylor generales y demostrar que no puede ser una solución para cualquier conjunto de coeficientes.

Answer 5

Sugerencia: Tenga en cuenta que una función propia es diferenciable, entonces se obtiene una EDO.

(tal vez me equivoque)