Czy ten operator jest ciągły?
Pozwolić $I=[0,1]$ i $E$przestrzeń Banacha. Zauważamy przez$X:=\mathcal {C}(I,E), $ przestrzeń wszystkich funkcji ciągłych z $I$ do $E$, z $\left \| x \right \|_X=\sup_{t\in I }\left \| x(t) \right \|_E $.
Pozwolić $f:I\times E\rightarrow E$ funkcja taka, że:
Dla każdego ciągłego $x\in X$, mamy $f(.,x(.))$czy Pettis można zintegrować na$I$,
dla każdego $t \in I,\:\: f_t: E \rightarrow E,\:u \mapsto f_t(u):=f(t,u) \text{ is continuous}.$
Pozwolić $$T: X \rightarrow X,\:x \mapsto T(x)(t):=\int_{0}^{t}f(s,x(s)) ds$$
Roszczenie :$T$ jest ciągła.
Oto jak próbowałem to rozwiązać :
Dla $t\in I,\:f_t$ jest ciągła, to znaczy
dla każdego $u\in E$, $\forall \epsilon>0 , \exists \eta_{t,u,\epsilon}>0 \text{ such that } \forall v\in E$ $$\left \|u-v \right \| \leq \eta_{t,u,\epsilon} \Rightarrow \left \| f(t,u)-f(t,v) \right \| < \epsilon $$
Teraz pozwól $t\in I$, $\epsilon >0$ , i $x\in X$. Pozwolić$y\in X$ takie że $$\left \| x-y \right \|_X\leq \eta_{t,x(t),\epsilon}\;,$$
to znaczy $$\forall s\in I,\:\left \| x(s)-y(s) \right \|_{E\times E}\leq \eta_{t,x(t),\epsilon}\;,$$ w szczególności, $$\left \| x(t)-y(t) \right \|_{E\times E}\leq \eta_{t,x(t),\epsilon}\;.$$
W związku z tym, $$\left \| f(t,x(t))-f(t,y(t)) \right \| < \epsilon \quad(*) $$
Więc, $$\begin{matrix} \left \| T(x)(t)-T(y)(t) \right \| & = &\left \| \int_{0}^{t} f(s,x(s))-f(s,y(s)) ds\right \| \\ & \leq & \int_{0}^{t} \left \| f(s,x(s))-f(s,y(s)) ds\right \| \quad(**)\\ \end{matrix}$$
niestety nie mogę użyć $(*)$ w $(**)$ ponieważ to $(*)$ nie jednolicie włączone $t$.
Czy nasze twierdzenie jest prawdziwe? dlaczego?
Jeśli nie, jaki jest warunek $f_t$ że proponujesz zamiast ciągłości?
Odpowiedzi
Nie mam kontrprzykładu, ale silne poczucie, że przypuszczenie jest fałszywe, oparte na następującym pozytywnym dowodzie.
Jeśli potrzebujesz nieco więcej, a mianowicie integrowalność Lebesgue'a z $t\mapsto f(t,x(t))$ dla każdego $x\in Z=L_\infty([0,1],E)$, to dobrze wiadomo, że operator superpozycji $F(x)(t)=f(t,x(t))$ jest „automatycznie” ciągła od $Z$ w $Y=L_1([0,1],E)$ (dlatego $f$ jest funkcją Carathéodory, i $Y$jest regularną przestrzenią idealną), patrz np. Twierdzenie 5.2.1 w M. Väth, Przestrzenie idealne, Springer, 1997 .
Oznacza to ciągłość $T\colon Z\to X$, ponieważ jeśli $x_n\to x$ w $X$ następnie $x_n\to x$ w $Z$, a więc
$$\lVert T(x_n)-T(x)\rVert_X\le\lVert F(x_n)-F(x)\rVert_Y\to0\text.$$
Nie jestem pewien, czy automatyczna ciągłość $F$ trzyma się również w przypadku $Z=C([0,1],E)$, ale przypominam sobie, że taki wynik został przytoczony w przypadku $E=\mathbb R$i nie mogłem uzyskać do niego dostępu. Jednak prawdopodobnie wyżej wymieniony dowód można łatwo zmodyfikować w tym przypadku.
Zresztą dowód w „prostszej” sprawie $Z=L_\infty([0,1],E)$ już zależy od subtelnego zastosowania twierdzenia o zbieżności Vitali'ego (znacznie bardziej subtelnego niż prosta próba w pytaniu) i trudno sobie wyobrazić, że istnieje jakikolwiek dowód, który przychodzi bez użycia jakiejś ekwiwalentności ciągu $F(x_n)$. Ponieważ ta ostatnia jest dokładnie tym, czego brakuje ci w integralności Pettisa, byłbym bardzo zaskoczony, gdyby to stwierdzenie było prawdziwe.