Necesito demostrar que el operador $\displaystyle Af(x) = \frac 1x\int\limits_0^x\ f(t) dt$ no es compacto en $L_2[0,1]$.
He tratado de calcular el espectro de $A$, pero no pudo.
Respuesta
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Primer método.
Utilizamos el siguiente resultado:
Deje $H$ un espacio de Hilbert y $T\colon H\to H$ lineal acotado operador. A continuación, $T$ es compacto si y sólo si para toda secuencia $\{x_n\}$ débilmente convergente a $0$ la secuencia de $\{\lVert Tx_n\rVert\}$ converge a $0$.
Considere la posibilidad de $f_n(x):=\sqrt n\mathbb 1_{\left[0,\frac 1n\right]}(x)$. Esta secuencia es limitado y para todo polinomio $P$ tenemos $\lim_{n\to\infty}\int_{\left[0,1\right]}f_nPd\lambda x=0$, la secuencia de $\{f_n\}$ converge débilmente a $0$. Pero $$\lVert Af_n\rVert^2=\int_0^{\frac 1n}\frac 1ndx+\int_{\frac 1n}^1\frac 1{nx^2}dx\geq\frac 1n\left[-\frac 1x\right]_{1/n}^1=1-\frac 1n $$ lo que demuestra que la secuencia de $\{Af_n\}$ no converge fuertemente a $0$, por lo $A$ no es compacto.
Segundo método.
Utilizamos el hecho de que en un espacio de Hilbert separable, una compacta auto-adjunto operador contable de espectro.
El hecho de que $A$ es auto-adjunto a seguir, desde un sencillo cálculo. Ahora, vamos a ver el espectro de la $A$. En primer lugar, mirar a la no-cero autovalores de a $A$. Si $\lambda$ es un autovalor de a $A$, vamos a $f\neq 0$ y el vector propio. Entonces, dominado por la convergencia y el uso de la fórmula integral, $f$ es continua, entonces gracias a esta fórmula, diferenciable y $f(x)=\lambda f(x)+x\lambda f'(x)$ por lo tanto $\frac{\lambda-1}{\lambda x}f(x)+f'(x)=0$ $\exp\left(1-\frac 1{\lambda}\ln x\right)f(x)$ es constante: $f(x)=Cx^{\frac 1{\lambda}-1}$. Necesitamos $f$$L_2$, por lo tanto $2-\frac 2{\lambda}<1$$1<\frac 2{\lambda}$, por lo $0<\lambda <2$. Por el contrario, los anteriores cálculos muestran que para $0<\lambda<2$, $x^{\frac 1{\lambda}-1}$ es un autovector. Por lo tanto el espectro contiene $(0,2)$ y no puede ser contable.
