Operador continuo pero no compacto en$L^2(0,\infty)$

Question

Defina el siguiente operador en$L^2(0,\infty)$:

ps

Me gustaría ver que sea continuo pero no compacto.

Entonces, este es un operador integral con kernel$$Tf(x)=\frac{1}{x} \int_0^xf(y)dy,\quad f\in L^2(0\infty).$. El problema es que$k(x,y)=\frac{1}{x}\mathbf1_{(0,x)}(y)$ ni siquiera está en$k$. Por lo tanto, el límite habitual$L^2(0,\infty)^2$ no funciona. Por lo tanto, ni siquiera estoy seguro de por qué el operador está bien definido.

Es decir, ¿por qué$\|Tf\|_2\leq \|k\|_2\cdot \|f\|_2$ está en$Tf$? ¿Y cómo podemos mostrar continuidad / no compacidad?

Answer 1

Dejar $\def\norm#1{\left\|#1\right\|_{L^2}}f \in L^2(0,\infty)$. Tenemos \begin{align*} \norm{Tf}^2 &= \def\abs#1{\left|#1\right|}\int_0^\infty \frac 1{x^2} \abs{\int_0^x f(y)\, dy}^2 \, dx\\ &\le \int_0^\infty \frac 1{x^2}\left(\int_0^x y^{1/4}y^{-1/4}\abs{f(y)}\, dy\right)^2 \, dx \\ &\le \int_0^\infty \frac 1{x^2} \left[\left( \int_0^x y^{-1/2}\, dy\right)^{1/2}\left(\int_0^x y^{1/2}\abs{f(y)}^2 \, dy\right)^{1/2}\right]^2 \, dx\\ &= \int_0^\infty \frac {2x^{1/2}}{x^2} \int_0^x y^{1/2}\abs{f(y)}^2 \, dy\, dx\\ &= \int_0^\infty \int_y^\infty \frac 2{x^{3/2}} \, dx\cdot y^{1/2}\abs{f(y)}^2 \, dy\\ &= \int_0^\infty \frac 4{y^{1/2}} \cdot y^{1/2}\abs{f(y)}^2\, dy\\ &= 4 \norm f^2 \end {align *} Por lo tanto,$\norm{Tf}\le 2\norm f$, lo que demuestra la continuidad de$T$.

Para ver que$T$ no es compacto, deje$f_n := n^{1/2} \chi_{[0,1/n]}$, luego$\norm{f_n} = 1$ y$$ \norm{Tf_n - Tf_m}^2 \ge \int_0^{1/m} (m^{1/2} - n^{1/2})^2\, dx = \left(1 - \left(\frac nm\right)^{1/2}\right)^2 $ $ So$(Tf_n)$ no tiene una subsecuencia convergente.