Demostrar que el operador de Volterra es compacto pero no tiene valores propios distintos de cero

Question

El operador de Volterra se define como el operador $V:L^2[0,1]\rightarrow L^2[0,1]$ por \begin{eqnarray} (V)(f(x))=\int_0^xf(y)dy \end{eqnarray> ¿Me ayudarías a demostrar que este operador es compacto pero no tiene eigenvalores?

Answer 1

Tenga en cuenta que $$ Vf(x)=\int_0^1f(t)k(x,t)\,dt, $$ donde $k(x,t)=1_{[0,x]}(t)$. Es un hecho general que tal operador es Hilbert-Schmidt (y en particular compacto) si y solo si $k\in L^2([0,1]^2)$. O se puede mostrar que la función medible $k$ es un límite uniforme de funciones simples, y estas funciones simples se pueden usar como núcleos para definir operadores que aproximan $V$. Como estos operadores son de rango finito, $V$ es compacto.

En cuanto a los valores propios, si $\lambda\ne0$ y $Vf=\lambda f$, entonces obtenemos $$\tag{1} f(x)=\frac1\lambda\,\int_0^xf(t)\,dt. $$ Usando que $f$ está en $L^2$, tenemos, para $x, \begin{align} |f(y)-f(x)|&=\frac1{|\lambda|}\,\left|\int_x^yf(t)dt\right|\leq\frac1{|\lambda|}\,\int_x^y|f(t)|dt=\frac1{|\lambda|}\,\int_0^1|f(t)|\,1_{[x,y]}(t)\,dt\\ &\leq\frac{\|f\|_2}{|\lambda|}\,\left(\int_0^1(1_{[x,y]})^2\,dt\right)^{1/2}=\frac{\|f\|_2}{|\lambda|}\,\sqrt{y-x}. \end{align} Entonces $f$ es continua. Luego, al volver a mirar (1), obtenemos que $f$ es diferenciable; por lo tanto, después de diferenciar, (1) es la ecuación $f=\lambda f'$. Esto implica que $f(t)=c\,e^{ t/\lambda}$. Pero $f(0)=0$, por lo que la única solución para (1) es $f=0$, y $\lambda$ no puede ser un valor propio.

El caso $\lambda =0$ es trivial: si $Vf=0$, entonces $f=0$.