¿Si tenemos en cuenta el operador $T(f) = \int_0^x f(t)dt$ en el % de espacio de Banach $C[0,1]$, es posible clasificar todos los operadores lineales $A$ tal que $AT=TA$? Intutively, me siento como $AT=TA$, entonces debe ser el caso que sea $A=T$ o $A$ da covolution. ¿Alguien tiene alguna idea si mi corazonada puede ser verdad?
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Matthew Scouten
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Deje $u_n$ ser la función de $u_n(x) = x^n$ ( $u_0(x) = 1$ ). A continuación,$T(u_n) = u_{n+1}/(n+1)$, e $T^{n}(u_0) = u_n/n!$. Si $A$ es cualquiera limitada lineal operador de desplazamientos de los con $T$, debemos tener $A(u_n) = n! A T^n u_0 = n! T^n A u_0$. Puesto que los polinomios son densos en $C[0,1]$, $A$ está determinada únicamente por su valor en $u_0$. En particular, si $A u_0$ es un polinomio $\sum_{i=0}^d c_k u_k = \sum_{i=0}^d c_k k! T^{k} u_0$, entonces tenemos que tener en $A = \sum_{i=0}^d c_k k! T^k$.
EDIT: se puede demostrar por inducción que $$T^n(f)(x) = \int_0^x \frac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!} f(t)\; dt$$ Por lo tanto si $A u_0$ es un polinomio $p(x)$, $$A f(x) = p(0) f(x) + \int_0^x p'(x-t) f(t)\; dt $$
Por otro lado, para cualquier constante $c$ y continua firmado medida de Borel $\mu$$[0,1]$, se puede considerar que el operador
$$A f(x) = c f(x) + \int_{[0,x]} f(x-t)\; d\mu(t)$$ que conmuta con $T$. Tenemos $A u_0(x) = c + \mu([0,x])$. Ahora sospecho que para cualquiera limitada lineal operador $A$ desplazamientos con $T$, $v = A u_0$ debe tener delimitada la variación, lo que implica $A$ es de esa forma.
