Re: [Ex] - Compattezza di operatori di tipo Volterra

Messaggioda Mathita » 19/01/2020, 19:06

Innanzitutto ringrazio @dissonance e @obnoxious per i preziosissimi consigli: avevo proprio bisogno di qualche hint. Per prima cosa tento di seguire il suggerimento di dissonance così da dimostrare la compattezza di $T_{u}(f)$.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Sotto consiglio di dissonance, interpreto $T_{u}(f)(x)$ come composizione degli operatori

$$S_{u}: C([0,1])\to C([0,1]),\ S_{u}(g)(x):=\frac{1}{u(x)}g(x)$$

e

$$V_{u}:C([0,1])\to C([0,1]),\ V_{u}(f)(x)=\int_{0}^{x}f(t)u'(t)dt$$

Nota a margine: formalmente nelle intestazioni \(S_{u}(g): C([0,1])\to C([0,1])\) e \(V_{u}(f):C([0,1])\to C([0,1])\) devo specificare l'argomento degli operatori? O forse dovrei scrivere meglio \(S_{u}: C([0,1])\to C([0,1])\) e \(V_{u}:C([0,1])\to C([0,1])\)? Oppure chissenefrega e ognuno fa quello che vuole? :-D [Edit] si veda la risposta di dissonance.

Dando per buono che $S_u(g)$ sia un operatore lineare limitato (non è difficile da dimostrare per $u(0)>0$, teorema di Weierstrass is the way), mi concentrerò sulla compattezza di $V_{u}(f)$.

Devo dimostrare che per ogni successione \(\{f_{n}\}_{n}\) limitata di funzioni \(f_n\in C([0,1])\), si ha che $\{V_{u}(f_n)\}_{n}$ ammette una sottosuccessione convergente.

Considero quindi una qualsiasi successione \(\{f_n\}_{n}\subset C([0,1])\) per la quale esiste \(M>0\) tale che

$||f_n||_{\infty}\le M, \forall n\in\mathbb{N}$

dopodiché dimostro che $\{V_{u}(f_n)\}_{n}$ è una successione uniformemente limitata: è una delle ipotesi del teorema di Ascoli-Arzelà.

$|V_{u}(f_n)(x)|=|\int_{0}^{x}f_n(t)u'(t)dt|\le\int_{0}^{x}|f_n(t)|u'(t)dt\le M\int_{0}^{x}u'(t)dt=$

da cui, calcolando l'integrale e usando la monotonia di $u$

$=M(u(x)-u(0))\le M(u(1)-u(0))$

pertanto $\{V_{u}(f_n)\}_{n}$ è una successione equilimitata da $M(u(1)-u(0))$, si noti infatti che il maggiorante non dipende da $n$.

La seconda ipotesi pretesa dagli amici Ascoli e Arzelà è che \(\{V_{u}(f_n)\}_{n}\) sia una successione uniformemente continua: $\forall\varepsilon>0, \exists\delta>0$ tale che

$|V_{u}(f_n)(x)-V_{u}(f_n)(y)|<\epsilon$ con $|x-y|<\delta.$

Tentiamo!

$|V_{u}(f_n)(x)-V_{u}(f_n)(y)|=|\int_{0}^{x}f_{n}(t)u'(t)dt-\int_{0}^{y}f_n(t)u'(t)dt|=$

Senza perdita di generalità, poniamo $x>y$ e usiamo le proprietà degli integrali

$=|\int_{y}^{x}f_n(t)u'(t)dt|\le \int_{y}^{x}|f_n(t) u'(t)|dt\le M\int_{y}^{x}u'(t)dt $

La continuità di $u'$ sull'intervallo chiuso e limitato $[0,1]$ garantisce che $||u'||_{\infty}<+\infty$, pertanto

$M\int_{y}^{x}u'(t)dt\le M ||u'||_{\infty}(x-y)$

e quindi (a parte la voglia di terminare la mia vita a causa del latex :D )

\(|V_{u}(f_n)(x)-V_{u}(f_n)(y)|\le M ||u'||_{\infty}(x-y), \forall x>y\)

Da $M ||u'||_{\infty}(x-y)<\epsilon$ segue che $\delta=\frac{\epsilon}{M||u'||_{\infty}}$ (tralasciando il caso $M=0$ ai lettori più volenterosi di me!).

In teoria ho dimostrato che la successione $\{V_{u}(f_n)\}_{n}$ rispetta tutte le ipotesi del teorema di Ascoli-Arzelà, il quale garantisce che $\{V_{u}(f_n)\}_n$ ammette sottosuccessione convergente, per cui $V_{u}(f)$ è un operatore compatto.

Alcune osservazioni: se la dimostrazione è corretta, la condizione $u(0)=0$ non inficia in alcun modo la compattezza di $V_{u}(f)$, mentre compromette la limitatezza di $S_{u}(f)$, senza la quale non può essere usato il teorema suggerito da dissonance.
Ultima modifica di Mathita il 19/01/2020, 20:16, modificato 2 volte in totale.
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Re: [Ex] - Compattezza di operatori di tipo Volterra

Messaggioda dissonance » 19/01/2020, 19:49

Scrivere \(S(g)\colon C([0,1])\to C([0, 1])\) è sbagliato tanto quanto è sbagliato scrivere \(f(x)\colon \mathbb R\to \mathbb R\).

La dimostrazione è corretta ma cerca di essere più sintetico! :-) Meno giri di parole sono meglio sia per il lettore sia per te. Anche il commento è corretto.

E adesso tocca mostrare che se \(u(0)=0\) l'operatore non è compatto.
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Re: [Ex] - Compattezza di operatori di tipo Volterra

Messaggioda Mathita » 19/01/2020, 20:10

dissonance ha scritto:Scrivere \(S(g)\colon C([0,1])\to C([0, 1])\) è sbagliato tanto quanto è sbagliato scrivere \(f(x)\colon \mathbb R\to \mathbb R\).


Grazie mille! Tenterò di stare più attento in futuro. (Intanto modifico) :D

dissonance ha scritto:
La dimostrazione è corretta ma cerca di essere più sintetico! :-) Meno giri di parole sono meglio sia per il lettore sia per te. Anche il commento è corretto.



Colpa dei miei insegnanti (tedeschi che parlano italiano) che imponevano a noi studenti di scrivere ogni singolo passaggio e di riportare sia le definizioni, sia gli enunciati dei teoremi che usavamo. I più bravi del mio corso scrivevano dei veri e propri trattati e consegnavano decine di pagine per un solo compito, per dire. :-D Ci lavorerò su, promesso!

dissonance ha scritto:E adesso tocca mostrare che se \(u(0)=0\) l'operatore non è compatto.


Devo pensarci ancora un po', purtroppo non mi è venuto in mente alcun controesempio :? Se devo essere sincero, sono un po' stremato adesso perché ho dovuto rileggere tutta la teoria che non ricordavo più. :smt012
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Re: [Ex] - Compattezza di operatori di tipo Volterra

Messaggioda dissonance » 19/01/2020, 20:40

Mathita ha scritto:
Colpa dei miei insegnanti (tedeschi che parlano italiano) che imponevano a noi studenti di scrivere ogni singolo passaggio e di riportare sia le definizioni, sia gli enunciati dei teoremi che usavamo.

Didatticamente non è male, all'inizio. Ma poi bisogna iniziare ad allenare la sintesi.

Quanto alla compattezza, mi sono fatto un piccolo esempio; prendendo \(u(x)=\sin x\), la successione \(f_n(x)=\cos(nx)\), che verifica \(\lVert f_n\rVert_\infty=1\), è tale che
\[
T_{\sin} f_n(x)=\frac{1}{2\sin x} \left( \frac{\sin ((n+1)x)}{n+1} + \frac{\sin((n-1)x)}{n-1}\right), \]
che non è una successione equicontinua (perché la derivata prima esplode per \(n\to \infty\), questo l'ho visto facendo i conti con un software, ma non è difficile). Questo dimostra che \(T_{\sin}\) non è compatto.

Questo suggerisce che si possa prendere \(f_n(x)=u'(nx)\) anche nel caso generale. O forse \(f_n(x)=u(nx)\). Bisogna giocare un po' con questi esempi.
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Re: [Ex] - Compattezza di operatori di tipo Volterra

Messaggioda dissonance » 20/01/2020, 12:39

dissonance ha scritto:O forse \(f_n(x)=u(nx)\).

Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Come prima, lascio un suggerimento che può essere ignorato se si vuole fare in autonomia. La successione \(v_n:=T_u f_n\) non è equicontinua. Bisogna dimostrare che \(\lVert v_n'\rVert_\infty\to \infty\) per \(n\to \infty\). Infatti, se non vado errato, \(v'_n(0)\to \infty.\) (Attenzione, come ormai mi capita sempre ho fatto i conti in fretta e non garantisco correttezza.)
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Re: [Ex] - Compattezza di operatori di tipo Volterra

Messaggioda dissonance » 21/01/2020, 21:05

Io poi ho iniziato a pensare un po' allo spettro ma lì qualche suggerimento di obnoxious non ci starebbe male, se possibile, e secondo me.
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Re: [Ex] - Compattezza di operatori di tipo Volterra

Messaggioda Mathita » 22/01/2020, 02:08

Intervengo solo per dire che:

- non ho abbandonato il thread e sono ancora interessato al problema. D'altro canto, il tempo è tiranno durante la settimana e non posso dedicarmici con tutte le sinapsi!

- Non ricordo più la definizione di spettro di un operatore (o meglio, ho riletto la teoria sul Brezis ed è partito un brivido lungo la schiena), pertanto ogni possibile hint è ben accetto.

- Ho provato a calcolare gli autovalori/autovettori di $T_{u}$ sotto la condizione $u(0)>0$ e, se non ho sballato i calcoli,

Testo nascosto, fai click qui per vederlo
$\lambda=0$, ma ho il timore che sia frutto di un grave errore di ragionamento


Non ancora pervenuto il caso $u(0)=0$. :D
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Re: [Ex] - Compattezza di operatori di tipo Volterra

Messaggioda dissonance » 22/01/2020, 09:22

Non voglio metterti pressione, prendi il tuo tempo e dai priorità alle tue cose. Questo forum è una macchina perditempo. La cosa buona è che è meglio perdere tempo qui, che su siti di stupidaggini.
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Quanto allo spettro, nel caso degli operatori compatti è facile: lo spettro è l'unione di \(\{0\}\) e dell'insieme degli autovalori. Sono d'accordo con te che non ci sono autovalori non nulli. Ma secondo me non c'è neanche l'autovalore nullo. Infatti, se
\[
\frac{1}{u(x)}\int_0^x f(y)u'(y)\, dy = 0, \]
allora \(\int_0^x f(y)u'(y)\, dy = 0\), perché \(u(x)>0\) sempre. Quindi, derivando, \(f(x)u'(x)=0\), e siccome \(u'(x)>0\), concludiamo che \(f=0\).

Invece se \(u(0)=0\) qualcosa cambia: \(\lambda=1\) è un autovalore, corrispondente all'autovettore \(f=1\). Secondo me, lo spettro in questo caso è \(\{0, 1\}\). Ma anche qui, \(0\) non è un autovalore, io penso che sia un valore spettrale di un tipo più complicato, pure io non sono molto familiare con queste cose strampalate.
dissonance
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Re: [Ex] - Compattezza di operatori di tipo Volterra

Messaggioda obnoxious » 22/01/2020, 14:38

@tutti:
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
penso che nel caso \( u(0)> 0 \) abbia ragione Mathita, lo spettro è \( \{0\}\) perché deve essere non vuoto (cfr. per esempio Teorema 6, Capitolo 21.2 di Functional Analysis, P. Lax). Nel caso \( u(0) = 0\) non ne ho idea, ero solo arrivato a dire che \( \sigma(T) \subseteq \mathbb{D} \) (disco unitario chiuso) e poi mi ero scocciato di fare i calcoli.
consumami
distruggimi
è un po' che non mi annoio
obnoxious
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Re: [Ex] - Compattezza di operatori di tipo Volterra

Messaggioda Mathita » 22/01/2020, 18:43

@tutti

Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Ha ragione dissonance: $\lambda=0$ non è un autovalore di $T_{u}$, epperò $\sigma(T_{u})=\{0\}$. Nel contesto della teoria degli operatori infinito-dimensionali, il concetto di spettro si discosta da quello che si incontra in algebra lineare: non è composto dagli autovalori dell'operatore, o almeno non solo. Purtroppo ci sono cascato con tutte le scarpe quando ho scritto il messaggio precedente. :-D

Ad ogni modo vorrei rendervi partecipi della strada che sto percorrendo.

Caso $u(0)>0$. Supponiamo che $\lambda\ne 0$ sia un autovalore di $T_{u}$, allora esiste \(f\in C([0,1])\setminus\{0\}\) tale che $T_{u}(f)(x)=\lambda f(x)$ per ogni $x\in[0,1]$, cioè:

$$\frac{1}{u(x)}\int_{0}^{x}f(t)u'(t)dt=\lambda f(x),\quad\forall x\in[0,1]$$

Si noti che dobbiamo richiedere la derivabilità di $f$: lo è il primo membro, deve esserlo anche il secondo. Moltiplicando i due membri per $u(x)$, derivando membro a membro e svolgendo qualche calcolo algebrico arrivo all'equazione differenziale:

$f'(x)+\frac{\lambda-1}{\lambda}\frac{u'(x)}{u(x)}f(x)=0$

a cui attribuisco la condizione iniziale $f(0)=0$ scaturita dal fatto che

$T_{u}(f)(0)=0\implies \lambda f(0)=0 \implies f(0)=0$.

Indipendentemente da $\lambda\ne 0$, il problema di Cauchy

\(\begin{cases}f'(x)+\frac{\lambda-1}{\lambda}\frac{u'(x)}{u(x)}f(x)=0\\ f(0)=0\end{cases}\)

è soddisfatto univocamente dalla funzione identicamente nulla !assurdo!, per cui $\lambda\ne 0$ non è autovalore di $T_{u}$. In base alla dimostrazione di dissonance, inoltre, nemmeno $\lambda=0$ è autovalore di $T_{u}$, di conseguenza l'insieme degli autovalori è vuoto $(EV(T_{u})=\emptyset)$.

Avevo tentato di riproporre gli stessi passaggi con la condizione $u(0)=0$, però... non so, ho l'impressione di non disporre della derivabilità del primo membro.
Mathita
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