Этот оператор непрерывен?
Позволять $I=[0,1]$ а также $E$банахово пространство. Мы отмечаем$X:=\mathcal {C}(I,E), $ пространство всех непрерывных функций из $I$ к $E$, с участием $\left \| x \right \|_X=\sup_{t\in I }\left \| x(t) \right \|_E $.
Позволять $f:I\times E\rightarrow E$ функция такая, что:
Для каждого непрерывного $x\in X$, у нас есть $f(.,x(.))$является Pettis интегрируема на$I$,
для каждого $t \in I,\:\: f_t: E \rightarrow E,\:u \mapsto f_t(u):=f(t,u) \text{ is continuous}.$
Позволять $$T: X \rightarrow X,\:x \mapsto T(x)(t):=\int_{0}^{t}f(s,x(s)) ds$$
Претензия :$T$ непрерывно.
Вот как я пытался это решить :
Для $t\in I,\:f_t$ непрерывно, т. е.
для каждого $u\in E$, $\forall \epsilon>0 , \exists \eta_{t,u,\epsilon}>0 \text{ such that } \forall v\in E$ $$\left \|u-v \right \| \leq \eta_{t,u,\epsilon} \Rightarrow \left \| f(t,u)-f(t,v) \right \| < \epsilon $$
Теперь позвольте $t\in I$, $\epsilon >0$ , а также $x\in X$. Позволять$y\in X$ такой, что $$\left \| x-y \right \|_X\leq \eta_{t,x(t),\epsilon}\;,$$
т.е. $$\forall s\in I,\:\left \| x(s)-y(s) \right \|_{E\times E}\leq \eta_{t,x(t),\epsilon}\;,$$ в частности, $$\left \| x(t)-y(t) \right \|_{E\times E}\leq \eta_{t,x(t),\epsilon}\;.$$
Следовательно, $$\left \| f(t,x(t))-f(t,y(t)) \right \| < \epsilon \quad(*) $$
Так, $$\begin{matrix} \left \| T(x)(t)-T(y)(t) \right \| & = &\left \| \int_{0}^{t} f(s,x(s))-f(s,y(s)) ds\right \| \\ & \leq & \int_{0}^{t} \left \| f(s,x(s))-f(s,y(s)) ds\right \| \quad(**)\\ \end{matrix}$$
к сожалению, я не могу использовать $(*)$ в $(**)$ потому что $(*)$ не всегда на $t$.
Верно ли наше утверждение? Зачем?
Если нет, то в каком состоянии $f_t$ что вы предлагаете вместо преемственности?
Ответы
У меня нет контрпримера, но у меня есть сильное чувство, что эта гипотеза ложна, на основании следующего положительного доказательства.
Если вам нужно немного больше, а именно интегрируемость по Лебегу $t\mapsto f(t,x(t))$ для каждого $x\in Z=L_\infty([0,1],E)$, то, как известно, оператор суперпозиции $F(x)(t)=f(t,x(t))$ "автоматически" продолжается с $Z$ в $Y=L_1([0,1],E)$ (так как $f$ является функцией Каратеодори, а $Y$является регулярным идеальным пространством), см., например, теорему 5.2.1 в книге М. Вэта, Идеальные пространства, Springer, 1997 .
Отсюда следует преемственность $T\colon Z\to X$, потому что, если $x_n\to x$ в $X$ тогда $x_n\to x$ в $Z$, и другие
$$\lVert T(x_n)-T(x)\rVert_X\le\lVert F(x_n)-F(x)\rVert_Y\to0\text.$$
Я не уверен, что автоматическая непрерывность $F$ имеет место также в случае $Z=C([0,1],E)$, но напомню, что такой результат приводился в случае $E=\mathbb R$, и мне не удалось получить к нему доступ. Однако, вероятно, приведенное выше доказательство можно прямо модифицировать для этого случая.
Во всяком случае, доказательство в «более простом» случае $Z=L_\infty([0,1],E)$ уже зависит от тонкого применения теоремы Витали о сходимости (гораздо более тонкого, чем прямая попытка в вопросе), и трудно представить, что существует какое-либо доказательство, которое приходит без использования какой-либо равноинтегрируемой последовательности $F(x_n)$. Поскольку последнее - это именно то, чего вам не хватает для интегрируемости Петтиса, я был бы очень удивлен, если бы это утверждение было верным.