Questo operatore è continuo?

Question

Permettere $I=[0,1]$ e $E$uno spazio Banach. Notiamo da$X:=\mathcal {C}(I,E), $ lo spazio di tutte le funzioni continue da $I$ per $E$, con $\left \| x \right \|_X=\sup_{t\in I }\left \| x(t) \right \|_E $.

Permettere $f:I\times E\rightarrow E$ una funzione tale che:

• Per ogni continuo $x\in X$, noi abbiamo $f(.,x(.))$è Pettis integrabile su$I$,

• per ogni $t \in I,\:\: f_t: E \rightarrow E,\:u \mapsto f_t(u):=f(t,u) \text{ is continuous}.$

Permettere $$T: X \rightarrow X,\:x \mapsto T(x)(t):=\int_{0}^{t}f(s,x(s)) ds$$

Reclamo :$T$ è continuo.

---

Ecco come ho provato a risolverlo :

Per $t\in I,\:f_t$ è continuo, cioè

per ciascuno $u\in E$, $\forall \epsilon>0 , \exists \eta_{t,u,\epsilon}>0 \text{ such that } \forall v\in E$ $$\left \|u-v \right \| \leq \eta_{t,u,\epsilon} \Rightarrow \left \| f(t,u)-f(t,v) \right \| < \epsilon $$

Adesso molla $t\in I$, $\epsilon >0$ , e $x\in X$. Permettere$y\in X$ tale che $$\left \| x-y \right \|_X\leq \eta_{t,x(t),\epsilon}\;,$$

cioè $$\forall s\in I,\:\left \| x(s)-y(s) \right \|_{E\times E}\leq \eta_{t,x(t),\epsilon}\;,$$ in particolare, $$\left \| x(t)-y(t) \right \|_{E\times E}\leq \eta_{t,x(t),\epsilon}\;.$$

Quindi, $$\left \| f(t,x(t))-f(t,y(t)) \right \| < \epsilon \quad(*) $$

Così, $$\begin{matrix} \left \| T(x)(t)-T(y)(t) \right \| & = &\left \| \int_{0}^{t} f(s,x(s))-f(s,y(s)) ds\right \| \\ & \leq & \int_{0}^{t} \left \| f(s,x(s))-f(s,y(s)) ds\right \| \quad(**)\\ \end{matrix}$$

purtroppo non posso usare $(*)$ nel $(**)$ perché $(*)$ non uniformemente acceso $t$.

---

La nostra affermazione è vera? perché?

In caso contrario, qual è la condizione $f_t$ che suggerisci invece di continuità?

Answer 1

Non ho un controesempio, ma una forte sensazione che la congettura sia falsa, sulla base della seguente dimostrazione positiva.

Se hai bisogno di un po 'di più, vale a dire l'integrazione di Lebesgue di $t\mapsto f(t,x(t))$ per ogni $x\in Z=L_\infty([0,1],E)$, allora è noto che l'operatore di sovrapposizione $F(x)(t)=f(t,x(t))$ è "automaticamente" continuo da $Z$ in $Y=L_1([0,1],E)$ (perché $f$ è una funzione di Carathéodory, e $Y$è uno spazio ideale regolare), vedi ad esempio Teorema 5.2.1 in M. Väth, Ideal spaces, Springer, 1997 .

Ciò implica la continuità di $T\colon Z\to X$, perchè se $x_n\to x$ nel $X$ poi $x_n\to x$ nel $Z$, e così

$$\lVert T(x_n)-T(x)\rVert_X\le\lVert F(x_n)-F(x)\rVert_Y\to0\text.$$

Non sono sicuro se la continuità automatica di $F$ vale anche nel caso $Z=C([0,1],E)$, ma ricordo che un tale risultato è stato citato nel caso $E=\mathbb R$e non sono riuscito ad accedervi. Tuttavia, probabilmente la prova di cui sopra può essere modificata direttamente per quel caso.

Comunque, la prova nel caso "più semplice" $Z=L_\infty([0,1],E)$ dipende già da una sottile applicazione del teorema di convergenza di Vitali (molto più sottile del semplice tentativo nella domanda), ed è difficile immaginare che ci sia una dimostrazione che arriva senza usare una sorta di equi-integrabilità della sequenza $F(x_n)$. Poiché quest'ultimo è esattamente ciò che ti manca per l'integrabilità di Pettis, sarei molto sorpreso se l'affermazione fosse vera.