Este operador é contínuo?
Deixar $I=[0,1]$ e $E$um espaço de Banach. Notamos por$X:=\mathcal {C}(I,E), $ o espaço de todas as funções contínuas de $I$ para $E$, com $\left \| x \right \|_X=\sup_{t\in I }\left \| x(t) \right \|_E $.
Deixar $f:I\times E\rightarrow E$ uma função tal que:
Para cada contínuo $x\in X$, temos $f(.,x(.))$é Pettis integrável em$I$,
para cada $t \in I,\:\: f_t: E \rightarrow E,\:u \mapsto f_t(u):=f(t,u) \text{ is continuous}.$
Deixar $$T: X \rightarrow X,\:x \mapsto T(x)(t):=\int_{0}^{t}f(s,x(s)) ds$$
Reivindicar :$T$ é contínuo.
Foi assim que tentei resolver isso :
Para $t\in I,\:f_t$ é contínuo, isto é,
para cada $u\in E$, $\forall \epsilon>0 , \exists \eta_{t,u,\epsilon}>0 \text{ such that } \forall v\in E$ $$\left \|u-v \right \| \leq \eta_{t,u,\epsilon} \Rightarrow \left \| f(t,u)-f(t,v) \right \| < \epsilon $$
Agora deixe $t\in I$, $\epsilon >0$ , e $x\in X$. Deixar$y\in X$ de tal modo que $$\left \| x-y \right \|_X\leq \eta_{t,x(t),\epsilon}\;,$$
ie $$\forall s\in I,\:\left \| x(s)-y(s) \right \|_{E\times E}\leq \eta_{t,x(t),\epsilon}\;,$$ em particular, $$\left \| x(t)-y(t) \right \|_{E\times E}\leq \eta_{t,x(t),\epsilon}\;.$$
Por isso, $$\left \| f(t,x(t))-f(t,y(t)) \right \| < \epsilon \quad(*) $$
Então, $$\begin{matrix} \left \| T(x)(t)-T(y)(t) \right \| & = &\left \| \int_{0}^{t} f(s,x(s))-f(s,y(s)) ds\right \| \\ & \leq & \int_{0}^{t} \left \| f(s,x(s))-f(s,y(s)) ds\right \| \quad(**)\\ \end{matrix}$$
infelizmente não posso usar $(*)$ dentro $(**)$ porque isso $(*)$ não uniformemente $t$.
Nossa afirmação é verdadeira? porque?
Se não, qual é a condição $f_t$ que você sugere em vez de continuidade?
Respostas
Não tenho um contra-exemplo, mas um forte sentimento de que a conjectura é falsa, com base na seguinte prova positiva.
Se você precisar de um pouco mais, ou seja, integrabilidade Lebesgue de $t\mapsto f(t,x(t))$ para cada $x\in Z=L_\infty([0,1],E)$, então é sabido que o operador de superposição $F(x)(t)=f(t,x(t))$ é “automaticamente” contínuo de $Z$ para dentro $Y=L_1([0,1],E)$ (Porque $f$ é uma função Carathéodory, e $Y$é um espaço ideal regular), ver, por exemplo, o Teorema 5.2.1 em M. Väth, Espaços ideais, Springer, 1997 .
Isso implica a continuidade de $T\colon Z\to X$, porque se $x_n\to x$ dentro $X$ então $x_n\to x$ dentro $Z$, e entao
$$\lVert T(x_n)-T(x)\rVert_X\le\lVert F(x_n)-F(x)\rVert_Y\to0\text.$$
Não tenho certeza se a continuidade automática de $F$ vale também no caso $Z=C([0,1],E)$, mas lembro que tal resultado foi citado no caso $E=\mathbb R$, e não consegui acessá-lo. No entanto, provavelmente a prova mencionada acima pode ser modificada diretamente para esse caso.
De qualquer forma, a prova no caso “mais simples” $Z=L_\infty([0,1],E)$ já depende de uma aplicação sutil do teorema de convergência de Vitali (muito mais sutil do que a tentativa direta na questão), e é difícil imaginar que haja qualquer prova que venha sem usar algum tipo de equi-integrabilidade da sequência $F(x_n)$. Uma vez que o último é exatamente o que falta para a integrabilidade Pettis, eu ficaria muito surpreso se a afirmação fosse verdadeira.