$(Ax)(t)= \int_{0}^{1} \frac{\sin(ts)}{\mid t-s \mid^{\frac{1}{3}}} x(s) ds$ $A : L_2[0,1] \to L_2[0,1] $ es compacto.

Question

La pregunta es la siguiente:

Mostrar que el operador lineal $(Ax)(t)= \int_{0}^{1} \frac{\sin(ts)}{\mid t-s \mid^{\frac{1}{3}}} x(s) ds$ $A : L_2[0,1] \to L_2[0,1] $ es compacto.

$\textbf{An idea:}$

Para demostrar que $A$ es compacta, es suficiente para mostrar que su kernel $k(t,s) = \frac{\sin(ts)}{\mid t-s \mid^{\frac{1}{3}}} $ es continua y está en $L_2[0,1] \times L_2[0,1]$, yo.e tenemos que demostrar que $\int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \left| \frac{\sin(ts)}{\mid t-s \mid^{\frac{1}{3}}} \right|^2 ds dt \leq +\infty $.

Para mostrar esto, tenemos \begin{align} \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \left| \frac{\sin(ts)}{\mid t-s \mid^{\frac{1}{3}}} \right|^2 ds dt &\leq \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{1}{\mid t-s \mid^{\frac{2}{3}}} ds dt \\& = \int_{0}^{1} \left( \int_{0}^{t} \frac{1}{( t-s )^{\frac{2}{3}}} + \int_{t}^{1} \frac{1}{( s-t )^{\frac{2}{3}}} ds \right) dt \\&= \int_{0}^{1} \left( -3(t-s)^{frac{1}{3}}\mid_{0}^{t} + 3(s-t)^{frac{1}{3}}\mid_{t}^{1} \right) dt \\& = \int_{0}^{1} \left( -3 t^{\frac{1}{3}} + 3(1 -t)^{\frac{1}{3}} \right) dt \\&= -\frac{9}{4} t^{\frac{4}{3}}\mid_{0}^{1} - \frac{9}{4} (1-t)^{\frac{4}{3}}\mid_{0}^{1} = - \frac{9}{4} + \frac{9}{4} =0 < +\infty \end{align} Esto demuestra la reclamación.

Por favor, hágamelo saber si estoy equivocado o si tenemos que mostrar algo más para asegurarse de que el mencionado integral operador compacto?

Gracias!

Answer 1

Podemos simplificar el argumento: Para cualquier $t\in [0,1],$

$$\int_{0}^{1} \frac{1}{\mediados de t-s \mid^{\frac{2}{3}}} ds\le \int_{t-1}^{t+1} \frac{1}{\mediados de t-s \mid^{\frac{2}{3}}} ds = \int_{-1}^{1} \frac{1}{\mediados del s \mid^{\frac{2}{3}}} ds <\infty.$$

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Añadido posterior: Solo un comentario sobre por qué el operador $A$ es compacto. Si se nos da una infinita matriz $M=(a_{ij})$ tal que $\sum |a_{ij}|^2 < \infty$ (es decir, $M$ es de Hilbert-Schmidt), podemos definir un operador $T:l^2 \to l^2$ $T(x)=Mx^T.$ no creo que sea demasiado difícil para mostrar $T$ es compacto: Se toma una secuencia $(x_n)$ en la unidad de la bola, y por diagonalización, muestran que existe una larga $x_{n_k}$ que converge en cada coordenada. La condición en $M$ muestra $Tx_{n_k}$ converge en $l^2.$

Creo que el resultado de $k\in L^2[0,1]^2$ sigue por el este: Tome una base ortonormales $\phi_j$ $L^2[0,1].$ $\phi_i\phi_j$ es una base ortonormales $L^2[0,1]^2.$ Escritura $k$ $\sum_{ij} a_{ij}\phi_i\phi_j,$ y las funciones de escritura $x\in L^2[0,1]$ $x= \sum_j b_j \phi_j.$ El operador $A$ ahora corresponde a la matriz de la situación anterior, y la compacidad de $A$ sigue.