Nombre del tipo de objeto requerido como valor de parámetro

Question

Configuración

Miremos el espacio de Hilbert $L^2(0,1)$ e las $C_0$-semigroup $(T(t))_{t\geq 0}$ definido por $$ T(t):\left\{ \begin{array}{rml} L^2(0,1) & \to & L^2(0,1), \\ f &\mapsto &\left(x \mapsto \begin{cases} f(x+t), & \text{if}\; x+t<1\\ 0, & \text{else} \end{casos} \right). \end{array} \right. $$ Es fácil comprobar que esto es de hecho una $C_0$-semigroup. Por lo tanto, la asignación de $t \mapsto T(t)f$ es una asignación continua de$L^2(0,1)$$L^2(0,1)$. En consecuencia, el $L^2(0,1)$valores de integral $$ g := \int_0^1 T(t)f \,\mathrm{d}t $$ existe.

Pregunta

Con el fin de obtener algo de información sobre el comportamiento de los $g$ sería bueno considerar a $g$ como parámetro integral. Por lo tanto estoy interesado en la siguiente igualdad $$ g(x) = \Big(\int_0^1 T(t)f \,\mathrm{d}t\Big) (x)\stackrel{?}{=} \int_0^1 \big(T(t)f\big)(x)\,\mathrm{d}t . $$ O con una notación diferente $$ g = \int_0^1 \big(x \mapsto \big(T(t)f\big)(x) \big)\,\mathrm{d}t \stackrel{?}{=} \Big(x\mapsto\int_0^1 \big(T(t)f\big)(x)\,\mathrm{d}t\Big) . $$ La evaluación de la asignación no es ni continua ni bien definido en $L^2$. Así que creo que no es trivial para justificar este paso.

Parece bastante común para evaluar este tipo de $L^2(0,1)$valores de las integrales por interpretarla como un parámetro integral, por lo que supongo que hay un teorema que justifica que. Sería genial si alguien tuviera una referencia.

La solución para este caso especial

En este caso en particular creo que tengo una solución. Sé que cada secuencia convergente en $L^2$ tiene una larga que converge incluso de punto-un sabio.e.. Desde $$ g_n := x\mapsto \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{n} \Big(T\Big(\frac{i}{n}\Big)f\Big)(x) $$ converge a $g$ y cada subsequence de $g_n(x)$ converge en $\mathbb{R}$ para el mismo límite para una.e. $x\in (0,1)$, el punto de sabio límite de $g_n$ tiene que coincidir con $g$.e..

Answer 1

$\newcommand{\d}{\,\mathrm{d}}$ $$ g(x) = \int_{0}^{1}(T(t)f)(x)\d t=\int_{0}^{1-x}f(x+t)\d t=\int_{x}^{1}f(y)\d y. $$ Usted puede usar una integral de Riemann para la función de $t\mapsto T(t)f$ porque es una función continua con respecto a la $L^2$ norma. El resultado integral está en $L^2$. Así, el siguiente tiene para al $h\in L^2$ porque se mantiene en las sumas de Riemann en $t$: $$ \langle g,h\rangle = \Big\langle \int_{0}^{1}T(t)f \d t,h\Big\rangle \\ = \int_{0}^{1}\langle T(t)f,h\rangle \d t $$ A continuación, el anterior puede ser escrita como $$ \langle g,h\rangle =\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\chi_{[0,1]}(x+t)f(x+t)h(x)\d x \d t \\ =\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\chi_{[0,1]}(x+t)f(x+t)\d t\, h(x)\d x \\ =\int_{0}^{1}\int_{0}^{1-t}f(x+t)\d t\, h(x)\d x \\ =\Big\langle \int_{0}^{1-t}f(x+t)\d t,h\Big\rangle. $$ Esto es válido para todas las $h\in L^2$, lo que da $$ g(x) = \int_{0}^{1-x}f(x+t)\d t,\;\;.e. x. $$