operatore con integrale

[Maxandri]

Sia T operatore che su f definito in L^2 agisce nel seguente modo
\[(Tf)(x)=\int_{0}^x f(y)dy\]
1. Devo dimostrare che l'operatore aggiunto è dato da \[(T^{+}f)(x)=\int_{x}^{1}f(y)dy)\]
2. Dire se \[T^{+}T\] è diagonalizzabile e perchè.
3. Scrivere l'equazione agli autovalori di O e dopo aver osservato che
\[f^{'}(0)=0
f(1)=0\]
trovarne gli autovalori. (suggerimento derivare due volte l'equazione agli autovalori).
Purtroppo brancolo nel buio e non so da dove cominciare. Non ho idea da dove cominciare in questo tipo di esercizi. Grazie

[Antimius]

C'è un errore nel primo integrale perché non diepnde da $x$. Probabilmente volevi scrivere $x$ al posto di $\infty$.

Potresti cominciare ragionando sulla definizione di operatore aggiunto: $\langle Tf, g \rangle = \langle f, T^{*}g \rangle$, che "tradotto" nel prodotto scalare di $L^2(0,1)$¹significa $$\int_0^{1} \Bigg( \int_0^x f(y) dy \Bigg) g(x) dx = \int_0^{1} f(x)T^{*}g(x)dx$$
Prova a invertire l'ordine di integrazione nel membro di sinistra e poi a confrontarlo con il membro di destra, per trovare $T^{*}$

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Note

1. Dal risultato, ipotizzo che tu stia lavorando su questo spazio però l'esercizio dovrebbe specificare se sei su $(0,1)$. ↑

[gugo82]

Per quanto riguarda gli autovalori, chi è $O$???

[Maxandri]

scusate
allora O= (T+)T, sì, sono in (0,1) O è diagonalizzabile vuol dire che dev'essere unitario, giusto? Per gli autovalori?
Per T+ basta prendere una x tra 0 e 1 con \[\int_{0}^{x}(\int_{0}^{1}g(x)dx)f(y)dy\]?

[anonymous_0b37e9]

Per $T^+$ basta prendere ...

Si deve dimostrare l'uguaglianza sottostante:

$\int_{0}^{1}dxg(x)T[f(x)]=\int_{0}^{1}dxf(x)T^+[g(x)]$

Per quanto riguarda il secondo membro, utilizzando l'operatore aggiunto indicato dal testo:

$\int_{0}^{1}dxf(x)T^+[g(x)]=\int_{0}^{1}dxf(x)\int_{x}^{1}g(y)dy$

Per quanto riguarda il primo membro, dopo un paio di manipolazioni:

$\int_{0}^{1}dxg(x)T[f(x)]=\int_{0}^{1}dxg(x)\int_{0}^{x}f(y)dy=\int_{0}^{1}dyf(y)\int_{y}^{1}g(x)dx=\int_{0}^{1}dxf(x)\int_{x}^{1}g(y)dy$

Più in dettaglio:

$\int_{0}^{1}dxg(x)\int_{0}^{x}f(y)dy=\int_{0}^{1}dyf(y)\int_{y}^{1}g(x)dx$

è stata ottenuta notando che il dominio dell'integrale doppio è il triangolo di vertici $(0,0) ^^ (1,0) ^^ (1,1)$ e integrando prima in x e poi in y (nel primo membro si integrava prima in y e poi in x);

$\int_{0}^{1}dyf(y)\int_{y}^{1}g(x)dx=\int_{0}^{1}dxf(x)\int_{x}^{1}g(y)dy$

è stata ottenuta scambiando semplicemente la x con la y.

Inoltre, per quanto riguarda le due proprietà $[f'(0)=0] ^^ [f(1)=0]$, dopo aver scritto l'equazione agli autovalori sottostante:

$[T^+[T[f(x)]]=\lambdaf(x)] rarr [\int_{x}^{1}dy_2\int_{0}^{y_2}f(y_1)dy_1=\lambdaf(x)]$

si evince non solo che:

$[\int_{1}^{1}dy_2\int_{0}^{y_2}f(y_1)dy_1=\lambdaf(1)] rarr [f(1)=0] ^^ [\lambda ne 0]$

ma anche, dopo una prima derivazione:

$[(d(\int_{x}^{1}dy_2\int_{0}^{y_2}f(y_1)dy_1))/(dx)=-\int_{0}^{x}f(y_1)dy_1=\lambdaf'(x)] rarr [-\int_{0}^{0}f(y_1)dy_1=\lambdaf'(0)] rarr$

$rarr [f'(0)=0] ^^ [\lambda ne 0]$

Infine, giova sottolineare che, dopo una seconda derivazione:

$-f(x)=\lambdaf''(x)$

[Maxandri]

Grazie, chiarissimo come sempre, per la diagonalizzazione? Conosco la diagonalizzazione in geometria per matrici, ma per operatori? Basta dimostrare che sono unitari?

[anonymous_0b37e9]

Dire se $T^+T$ è diagonalizzabile e perchè.

Poichè:

$(T^+T)^+=T^+T$

$T^+T$ è autoaggiunto (non unitario), quindi diagonalizzabile. Veramente, sto ragionando come nel caso in cui lo spazio abbia dimensione finita. Poiché, nel caso in cui la dimensione sia infinita, la teoria sottostante è senz'altro più complessa, lascio ad altri la necessità di argomentare più rigorosamente (nella migliore delle ipotesi).

Per quanto riguarda gli autovalori e gli autovettori, è necessario osservare che, per $[\lambda lt 0]$, non esistono autovettori diversi dal vettore nullo che soddisfano $[f(1)=0] ^^ [f'(0)=0]$. Invece, per $[\lambda gt 0]$:

$[f(x)=Acos(sqrt(\lambda)/\lambdax)+Bsin(sqrt(\lambda)/\lambdax)] ^^ [f(1)=0] ^^ [f'(0)=0] rarr$

$rarr \{(Acos(sqrt(\lambda)/\lambda)+Bsin(sqrt(\lambda)/\lambda=0)),(B=0):} rarr \{(Acos(sqrt(\lambda)/\lambda)=0),(B=0):} rarr$

$rarr \{([sqrt(\lambda)/\lambda=(n+1/2)\pi] ^^ [n gt= 0]),(B=0):} rarr \{([\lambda=1/((n+1/2)^2\pi^2)] ^^ [n gt= 0]),(B=0):}$

In definitiva:

$[\lambda_n=1/((n+1/2)^2\pi^2)] ^^ [f_n(x)=Acos[(n+1/2)\pix]] ^^ [n gt= 0]$