Demuestra que $f \overset{T}{\rightarrow} \frac{1}{x} \int_0^x f(t) dt$ está acotado, y NO es compacto en $L^2(0, \infty)$

Question

¿Puede alguien ayudarme con esta pregunta?

Dejemos que $f \in X = L^2(0, \infty)$ y definir \begin{equation} (Tf)(x) = \frac{1}{x} \int_0^x f(t) dt \ . \end{equation} Demuestra que $T$ está acotado y NO es compacto.

Gracias de antemano.

Editar: Para la delimitación, lo he intentado: \begin{eqnarray} \| f \| \leq 1 \Rightarrow \| Tf \|^2 &=& \int_0^{\infty} \lvert (Tf)(x) \rvert ^2 \ dx \\ &=& \int_0^{\infty} \lvert \frac{1}{x} \int_0^x f(t) \ dt \rvert ^2 \ dx \\ &\leq& \int_0^{\infty} \frac{1}{x^2} \int_0^x \lvert f(t) \rvert ^2 \ dt \ dx \\ &\leq& \int_0^{\infty} \frac{1}{x^2} \| f \| ^2 \ dx \\ &=& \| f \| ^2 \int_0^{\infty} \frac{1}{x^2} \ dx \\ \end{eqnarray} Pero el problema es que $\int_0^{\infty} \frac{1}{x^2} \ dx$ NO es finito.

Para demostrar que $T$ no es compacto, creo que deberíamos dar una secuencia de funciones, $\{ f_n \}_{n=1}^{\infty}$ , tal que para cada $n$ tenemos $\| f_n \| \leq 1$ y $\{ Tf_n \}$ no tiene subsecuencia de Cauchy. Pero no puedo encontrar tal secuencia de funciones.

Answer 1

Para la acotación, observe que

\begin{align*} \| Tf \|_2^2 &= \int_{0}^{\infty} |Tf(x)|^2 \, dx \\ &\leq \int_{0}^{\infty} \frac{1}{x^2} \int_{0}^{x} \int_{0}^{x} |f(u)||f(v)| \, dudvdx \\ &= \int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} |f(u)||f(v)| \left( \int_{u \vee v}^{\infty} \frac{dx}{x^2} \right) \, dudv \\ &= \int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} \frac{|f(u)||f(v)|}{u \vee v} \, dudv \\ &= \int_{0}^{\pi/2}\int_{0}^{\infty} \frac{|f(r\cos\theta)||f(r\sin\theta)|}{\cos\theta \vee \sin\theta} \, drd\theta \\ &\leq \int_{0}^{\pi/2} \frac{ \| f(r\cos\theta) \|_{L^2(dr)} \| f(r\sin\theta) \|_{L^2(dr)} }{\cos\theta \vee \sin\theta} \, d\theta \\ &= \int_{0}^{\pi/2} \frac{\| f\|_2^2}{(\cos \theta \vee \sin\theta) \sqrt{\cos\theta\sin\theta}} \, d\theta, \end{align*}

donde $a \vee b := \max \{a, b \}$ es la notación abreviada de la función máxima. Entonces no es difícil ver que la última integral está acotada.

Answer 2

Pensé en ofrecer una solución alternativa utilizando La desigualdad integral de Minkowski aplicado a:

$$ \| Tf \|_2 = \left\{ \int_0^{\infty} \left( \int_0^x x^{-1} f(t)\,dt \right)^{2}\,dx \right\}^{1/2} $$

Pero primero hacemos una sustitución de variables $t \rightarrow xt$ por lo que la integral interna está integrando sobre un espacio fijo:

$$ \| Tf \|_2 = \left\{ \int_0^{\infty} \left( \int_0^1 f(xt)\,dt \right)^{2}\,dx \right\}^{1/2} $$

La desigualdad de Minkowski da entonces como resultado:

$$ \| Tf \|_2 \leq \int_0^1 \left \{ \int_0^{\infty} f^2(xt)\, dx \right\}^{1/2}\, dt $$

Ahora deshaga nuestra sustitución de variables, esta vez enviando $x \rightarrow x/t$ y obtener:

$$ \| Tf \|_2 \leq \int_0^1 \left \{ \int_0^{\infty} t^{-1} f^2(x)\, dx \right\}^{1/2}\, dt = \left( \int_0^1 t^{-1/2}\,dt \right)\left ( \int_0^{\infty} f^2(x)\,dx\right )^{1/2}$$

Y, por supuesto, $\int_0^1 t^{-1/2}\,dt$ es finito.

Para responder a su segunda pregunta. Dejemos que

$$ f(x) = \begin{cases} & 0 & x \leq 0 \\ & 1 & 0 < x < 1/2 \\ & -1 & 1/2 \leq x \leq 1 \\ & 0 & 1 \leq x \end{cases} $$

Así que $\|f\|_2 = 1$ . Ahora dejemos que $f_n(x) = n^{-1/2}f\left(\frac{x - n}{n}\right)$ . Así que,

$$\|f_n\|_2 = n^{-1/2} \left( \int_n^{2n} dt \right)^{1/2} = 1.$$

La propiedad importante aquí es que $\int_0^1 f(t) dt = 0$ . Esto va a garantizar que $Tf_n$ tienen un soporte disjunto. ¿Por qué? Recordemos:

$$ Tf_n(x) = \frac{1}{x}\int_0^x n^{-1/2} f\left(\frac{t-n}{n}\right)\,dt $$

Desde $f(x)$ es $0$ para $x < 0$ tenemos que $Tf_n$ es 0 para $x < n$ . Y como $\int_0^1 f(t)\,dt =0 $ tenemos:

$$ Tf_n(2n) = \frac{1}{2n} \int_n^{2n} f\left(\frac{t - n}{n}\right)\,dt = \frac{1}{2n} \int_0^n f\left(\frac{t}{n}\right)\,dt = 0$$

Y puedes ver que $Tf_n(x) = 0$ para $x > 2n$ . Así que si tomamos $f_{2^k}$ como $k = 1, 2, 3, \dots$ podemos ver que $Tf_{2^k}$ tienen soportes disjuntos. Por lo tanto, para demostrar que estos no tienen subsecuencia convergente sólo hay que demostrar que $\|Tf_k\|_2$ está acotado por debajo para cualquier número entero $k$ . Estimaremos $\| Tf_k \|_2^2$ pero sólo se centran en aquellas x en las que $f_k$ es positivo.

$$\| Tf_k \|_2^2 = \int_k^{2k} \frac{1}{x^2} \left\{ \int_0^x f_k(t)\,dt \right\}^2\,dt \geq \int_k^{3k/2} \frac{1}{4k^2} \left\{\int_k^x f_k(t)\,dt \right\}^2\,dx $$

Lo tenemos:

$$ \int_0^x f_k(t)\,dt = k^{-1/2}(x - k) $$

para $k \leq x \leq 3k/2$ . Así que tenemos:

$$\| Tf_k \|_2^2 \geq \frac{1}{4k^2} \frac{1}{k} \int_k^{3k/2} (x - k)^2\, dx$$

Y se puede demostrar que esto está acotado por debajo de ser algo como $1/100$ . Lo siento, pero no se me ocurre nada más para demostrarlo.

Answer 3

Para demostrar la no compacidad, dejemos que $a> 0$ y establecer $f_a(x)= (a/2)^{-1/2}\chi_{(a/2,a)}.$ Entonces $f$ es un vector unitario en $L^2.$ Es sencillo ver

$$T(f_a)(x) = \begin{cases} 0,\, 0 < x < a/2 \\ (a/2)^{1/2}/x,\, x> a.\end{cases}.$$

Supongamos que $a<b/2.$ Porque $T(f_b) = 0$ en $(0,b/2),$

$$T(f_a)(x)-T(f_b)(x) = (a/2)^{1/2}/x, a<x<b/2.$$

Así,

$$\int_0^\infty|T(f_a)(x)-T(f_b)(x)|^2\, dx \ge \int_a^{b/2}|T(f_a)(x)|^2\, dx =\frac{1}{2} -\frac{a}{b}.$$

Esto es $\ge 1/4$ si $a/b\le 1/4.$ Ahora es fácil: los vectores unitarios $f_{1/4^n}$ satisfacer

$$\|T(f_{1/4^n}) - T(f_{1/4^m})\|_2 \ge \frac{1}{2}$$

si $m\ne n.$ Por lo tanto, ninguna subsecuencia de $T(f_{1/4^n})$ puede ser Cauchy. Por lo tanto, $T$ no es compacto.