Una pregunta sobre la integral de Hilbert de las funciones con valores

Question

Esta pregunta surge de un intento de refundir en un formato adecuado para la enseñanza de algunos cálculos estándar que suelen demostrarse por handwaving, sin mucho cuidado por los detalles. Mi esperanza es que algún experto en esta área está rondando y me puede dar una respuesta inmediata, en la parte superior de su cabeza...

Una función de $f:I\to H$ a partir de un intervalo de los reales en un espacio de Hilbert es decir para ser scalarly integrable si $(f(t),x)$ es de $L^1(I)$ para todos los $x\in H$. Esto es suficiente para garantizar que para cada subconjunto medible $E$ de % de $I$ se puede encontrar una $x_E\in H$ con la propiedad $(x_E,x)=\int_E(f(t),x)dt$ para todos los $x\in H$. El vector $x_E$ se llama la integral de Pettis $f$ sobre $E$. Ahora si $T:H\to K$ es un almacén de mapa de $H$ a un segundo espacio de Hilbert $K$, también se $Tf$ es integrable Pettis y $T\int_E f=\int_E Tf$. Esto es bastante fácil de probar. Necesito la misma propiedad para cualquier cerrados no acotados operador $T$. Este tipo de propiedad es conocido por más fuertes nociones de integral (para la integral de Bochner esto es debido a Hille), pero supongo que es falso, de tal generalidad para la integral de Pettis.

Ahora mi pregunta: se supone que yo sé que $f:I\to H$ es scalarly integrable, por lo tanto tiene un Pettis integral, además de que toma valores en el dominio $D(T)$, y el de las integrales $\int_E f$ son todos los que figuran en $D(T)$. Puedo concluir que $Tf$ tiene un Pettis integral y $T\int_I f=\int_I Tf$?

EDIT: después de una excelente serie de posts, parece que la pregunta está casi resuelto, en el siguiente sentido. Supongamos, además, que los $D(T)$ es densa y que $H$ es separable (o el intervalo de $I$ es reemplazado por un discreto medir el espacio). A continuación, el resultado es true. Esto cubre todas las aplicaciones relevantes, donde los espacios de Hilbert son algunas de las $L^2(R^n)$ e $T$ es un cerrado, densamente definido como operador un operador diferencial, posiblemente, con la variable de los coeficientes.

Creo que Bill, Gerald y fedja debería resumir sus argumentos en un papel corto, esto puede ser útil para otras personas, y de las matemáticas no es trivial. Por otro lado, no sé qué puestos deben ser revisados como respuesta; la última palabra es la de Gerald, pero Bill argumento clave en finito de sumas es bastante fresco. Dime qué hacer :)

Answer 1

fedja es lento a su puesto de prueba para las medidas discretas, así que voy a publicar uno con disculpas a él para ponerlo antes de su.

Es suficiente para probar el siguiente lema:

Supongamos $X$ es un espacio de Banach, $Y$ es una norma subespacio denso de $X^*$, e $x_n$ es una secuencia en $X$. Supongamos que para cada una de las $f\in Y$, $\sum |f(x_n)|< \infty$ y también que para cada conjunto de $E$ de los números naturales no es $x_E \in X$ s.t. para todos $f\in Y$, $f(x_E)=\sum_{n\in E} f(x_n)$. A continuación, $x_n$ está acotada.

Para ver que esto es suficiente, suponga que tiene $X$, $Y$, $x_n$, $x_E$ como se indicó anteriormente. Observe que para cualquier secuencia $F_n$ de distinto finito de conjuntos de números naturales, la secuencia de $y_n:= \sum_{k\in E_n} x_k$ cumple las condiciones del lema y, por lo tanto, por el lema, $\sup_F \|\sum_{k\in F} x_k\|<\infty$, donde el sup es sobre todos los conjuntos finitos $F$ de los números naturales. Esto significa que $\sum x_n$ es un WUC (ver, por ejemplo, la sección sobre la convergencia incondicional en el libro de Albiac y Kalton) y por lo tanto converge incondicionalmente si $X$ es reflexiva.

Para demostrar el lema, tenga en cuenta primero que $f(x_n)\to 0$ por cada $f\in Y$. Si $x_n$ es no acotado, entonces un estándar de deslizamiento joroba argumento da un subsequence $y_n$ de % de $x_n$ y de la unidad de vectores $f_n$ en la unidad de la bola de la densa subespacio $Y$ de % de $X^*$ s.t. $|f_n(y_n)| - \sum_{k\not= n} |f_n(y_k)|\to \infty$ as $n\to \infty$. Deje $E=\{n_k\}$ donde $y_k = x_{n_k}$. A continuación, para todos $n$, $f_n(x_E)=\sum_{k\in E} f_n(x_k)$, pero por construcción el módulo de esta última suma se extiende hacia el infinito. Esto contradice el acotamiento de la secuencia de $f_n$.

Tenga en cuenta que la densidad de $Y$ puede ser sustituida por la suposición de que $Y$ es la aportación de más de $X$. Yo no creo que acerca de si es suficiente que el $Y$ ser débiles$^*$ denso (que es más débil que la aportación al $X$ es no reflexiva).

Answer 2

Esto es lo que tenemos. Deje $X$ ser reflexiva espacio de Banach (la gráfica de $T$ en el original), vamos a $(\Omega,\mathcal F, \mu)$ ser un espacio de probabilidad, vamos a $f : \Omega \to X$ ser scalarly medibles, vamos a $Y$ ser un subespacio denso de $X^*$. Suponga $\int|\langle f(t),y\rangle|\,d\mu(t)<\infty$ para todos los $y \in Y$. Para cada una de las $E \in \mathcal F$, supongamos que hay $m(E) \in X$ tal que $$ \langle m(E),y\rangle = \int_E\langle f(t),y\rangle\,d \mu(t) \qquad\qquad\hbox{(1)} $$ para todos los $y \in Y$. A continuación, queremos a la conclusión de que la $f$ es integrable Pettis de modo que (1) tiene para todos los $y \in X^*$.

Suponga $X$ es separable, por lo que también conocemos $t \mapsto \|f(t)\|$ es medible. Para $k \in \mathbb N$, deje $J_k = \{ t \in \Omega : k-1 \le \|f(t)\| < k\}$. Por lo tanto $J_1, J_2, \dots$ es un medibles partición de $\Omega$. Restringir a un conjunto $J_k$ tenemos el mismo problema, pero ahora $f$ es acotado, y por lo tanto, ciertamente integrable Pettis (incluso integrable Bochner) y desde el subespacio denso $Y$ separa los puntos de $X$, llegamos a la conclusión de (1) se tiene para todos los $E \subseteq J_k$ y todos los $y \in X^*$.

Ahora fix $y \in X^*$ posiblemente no en $Y$. Vamos $E = \{ t \in \Omega : \langle f(t), y\rangle > 0\}$ y $E_k = J_k \cap E$ para $k \in \mathbb N$. (Suponga que tenemos escalares.) Aplicar Bill secuencial argumento a los vectores $m(E_k)$ a la conclusión de que serie $\sum_k m(E_k)$ converge incondicionalmente, así, en particular, para este particular, $y$ la serie $\sum_k \langle m(E_k),y\rangle$ converge y por lo tanto $\langle f(t),y\rangle$ es integrable sobre el conjunto donde se es positiva. Del mismo modo es integrable sobre el conjunto donde es negativa. Por lo $\langle f(t),y\rangle$ es en $L^1$.

Answer 3

Esto es una especie de recapitulación de lo que ya ha sido dicho. Estoy totalmente revisado cuidadosamente todos los detalles involucrados aquí, y concluyó que las siguientes sostiene.

Teorema A. Deje $\mu$ ser $\sigma$−finito medida en $\Omega$, y deje $T:H\supseteq D\to H_1$ ser un cerrado lineal operador de real o complejo de Hilbert espacios con $H$ separables. Deje $f:\Omega\to D$ ser una función tal que $(f;\mu,H)$ es Pettis con $^{\rm Pettis}H$−$\int_Af{\rm d}\mu\in D$ para todos los $A\in {\rm dom\ }\mu$. A continuación, también se $(T\circ f;\mu,H_1)$ es Pettis con $^{\rm Pettis}H_1$−$\int_\Omega T\circ f{\rm d}\mu=T\big({}^{\rm Pettis}H$−$\int_\Omega f{\rm d}\mu\big)$.

La "medida−vector" mapa de $(f;\mu,H)=(f,(\mu,H))$ siendo Pettis significa que por cada $A\in{\rm dom\ }\mu$ hay $x\in H$ tal que para todo continuo lineal $u:H\to\boldsymbol K$ el escalar mapa de $(u\circ f;\mu,\boldsymbol K)$ es integrable con $u(x)=\int_Au\circ f{\rm d}\mu$. Aquí $\boldsymbol K$ es el estándar real o complejo topológico de campo y $H$ podría ser cualquier Hausdorff localmente convexo de un espacio de más de $\boldsymbol K$. El $x$ cuando existente es único, y yo, a continuación, escribir $x={}^{\rm Pettis}H$−$\int_Af{\rm d}\mu$.

Tenga en cuenta que escalar integrabilidad de $(f;\mu,H)$ es una condición suficiente para que se Pettis al $H$ es reflexiva espacio de Banach, en particular, cuando se Hilbert. Por razones estéticas, yo no la incluyen en la formulación del Teorema anterior.

Para manejar el $\sigma$-finito caso, se procede de manera similar como en Gerald Edgar respuesta, pero en lugar de los conjuntos de $J_k$ es de los conjuntos de $\Omega_{i_k}\cap J_{j_k}$ donde $k\mapsto(i_k,j_k)$ es algunos bijection $\mathbb N\to\mathbb N\times\mathbb N$ , e $\langle\Omega_i:i\in\mathbb N\rangle$ es un medibles partición de $\Omega$ en conjuntos de medida finita.

Si yo fuera a escribir un decente demostración del Teorema, me gustaría dividir la prueba en una secuencia de lemas por ejemplo, de la siguiente manera.

Primera reformular el problema de la siguiente manera. Deje $H_2$ ser el espacio de Hilbert con $D$ como su conjunto subyacente y estructurada de tal manera que $[{\rm id},T]:x\mapsto(x,Tx)$ se convierte en lineal y isométrico $H_2\to H\times H_1$. De modo que el interior del producto para $H_2$ es $\varphi_2=\varphi+\varphi_1\circ[T,T]$ al $\varphi,\varphi_1$ son los de $H,H_1$, respectivamente. Deje $S$ ser el subconjunto de la doble vertiente de la $H_2$ formarse los lineales de las formas de la forma $x\mapsto\varphi(x,y)$ para algunos $y\in H$. Poner a $ E = (H_2)_\sigma(S)$, es decir, el espacio vectorial $H_2$ equipado con la topología débil de dar el doble de $S$,, suponemos que $(f;\mu,E)$ es Pettis, y preguntar si también se $(f;\mu,H_2)$ es tal. Si es así, se sigue trivialmente que así es $(T\circ f;\mu,H_1)$ desde $T:H_2\to H_1$ es un continuo lineal mapa.

Lema 1. En la configuración anterior $S$ es denso en $(H_2)'_\beta$ .

Lema 2. En la configuración anterior $(f;\mu,H_2)$ es scalarly medibles.

Lema 3. En la configuración anterior $H_2$ es separable.

Lema 4. Deje $E$ ser un Hausdorff localmente convexo del espacio y deje $K$ ser compacto en $E_\sigma$. Deje que el no-vacío de la familia $\boldsymbol x:I\to E$ ser tal que $\sum_B\boldsymbol x\in K$ para todos los no-vacío finito $B\subseteq I$. A continuación, $\boldsymbol x$ es summable en $E_\sigma$ con $E_\sigma$−$\sum\boldsymbol x\in K$.

Lema 5. Deje $F$ ser reflexiva espacio de Banach con $S$ una densa subespacio vectorial en $F'_\beta$. Deje $\boldsymbol x=\langle x_i:i\in\mathbb N_0\rangle$ ser una secuencia en $F$ tal que $\sum_{i\in\mathbb N_0}|u(x_i)|$ es finito, para todos los $u\in S$. Asumir que por cada $B\subseteq\mathbb N_0$ hay $s_B \in F$ con $u(s_B)=\sum_{i\in B}u(x_i)$ para todos los $u\in S$. A continuación, $\mathrm{rng \,} \boldsymbol x$ es un conjunto acotado en $F$ e $\boldsymbol x$ es summable en $F_\sigma$.

Lema 5 es esencialmente lo que está contenida en el proyecto de Ley de Johnson respuesta, y el Lema 4 es el WUC−materia necesitaba allí.

Answer 4

Mientras que el argumento de abajo no prueba nada, muestra por qué a encontrar un contraejemplo no será demasiado fácil.

Vamos a hablar de sumas infinitas. $\sum_S x_k$ "converge" si para cada $x\in H$, la suma de $\sum_S (x,x_k)$ converge absolutamente y define claramente delimitado lineal funcional en $H$. Suponga que esta convergencia se lleva a cabo para cada $S\subset \mathbb Z$. A continuación, para cada una de las $c\in\ell^\infty$, la suma de $\sum c_k(x_k,x)$ converge absolutamente y también define claramente delimitado lineal funcional en $H$. La primera es obvia. Para demostrar esto último, tenga en cuenta que la familia $\sum_F x_k$ donde $F$ ejecuta a través de todos los conjuntos finitos es débilmente limitado y, por lo tanto, limitada. Pero entonces el mismo puede ser dicho acerca de $\sum_F c_kx_k$ (las habituales combinaciones convexas truco), y hemos terminado. También vemos que el $c\mapsto \sum c_kx_k$ es un almacén de asignación.

Ahora, el dominio $D_T$ es sólo la imagen de la continua proyección lineal $P$ a partir de la gráfica de $\Gamma\subset H\times H$ a $H$. Nuestra hipótesis es que el $\sum_S x_k\in D_T$ para todos los $S$. Si supiéramos que $\sum c_kx_k\in D_T$ para todos los $c\in\ell^\infty$ (que es no garantizado por los supuestos, pero que es lo que cualquier ser humano normal tendría en su contraejemplo de la construcción intento casi automáticamente; he perdido 2 horas tratando diferentes, tales naiive construcciones y el propósito principal de este post es para prevenir que otras personas hagan el mismo error estúpido), entonces debemos utilizar el habitual asignación abierta teorema de argumento a la conclusión de que el $P$-imagen de alguna bola abierta de radio finito en el gráfico norma contiene todos los $\sum_k c_kx_k$ con $\|c\|_{\ell^\infty}\le 1$. Por lo tanto, las sumas $\sum_F Tx_k$ son uniformemente acotada, lo que garantiza que $(Tx_k,x)\in\ell^1$ para todos los $x$ con una norma de obligado. Luego se utiliza la que el dominio del operador adjunto es densa y terminar la historia.

Por lo tanto, nuestra única posibilidad es utilizar el hecho de que la limitada secuencias con un número finito de valores distintos que no abarcan $\ell^\infty$.