¿La Continuidad en la debilidad de Operador Topología implica la Continuidad en el Fuerte del Operador de la Topología?

Question

Esta tarea problema me ha desconcertado durante casi un año. Como nadie en la clase ha descubierto, me gustaría solicitar una prueba o una refutación aquí.

Problema (Probar o Refutar) Deje $X$ ser un espacio de Banach y asumir que $T\colon [0,\infty) \to \mathcal{L}(X, X)$ satisface

1. $T(0)=I$,
2. $T(s+t)=T(s)T(t)$ todos los $s,t\in[0,\infty)$,
3. Para todos los $x\in X$ $x^*\in X^*$ tenemos $x^*(T(t)x)\to x^*(x)$$t\to 0^+$.

Mostrar que $T$ es lineal $C_0$-semigroup.

Explicación El tercer estado de estados que $T$-es continua en el débil operador de la topología, mientras que ser un $C_0$-semigroup requiere de continuidad en el fuerte del operador de la topología.

Un Resultado Parcial que podemos probar para el caso de al $X$ es reflexiva. De nuevo, quiero subrayar que no estoy seguro de si el enunciado del problema es la verdad. La prueba para que el resultado parcial podría ser más complicado. Uno puede trabajar en el problema de él/ella misma, antes de buscar en nuestro resultado.

La idea principal proviene de Un Corto Curso de Operador de Semigroups por S. Axler y K. A. Ribet Engel, Klaus-Jochen y Nagel, Rainer, aunque todavía hay algunas ideas originales en la prueba.

Una Técnica Lema Deje $f:[0,1]\to\mathbb{R}$ ser un almacén de derecho función continua. A continuación, $f$ tiene sólo countably discontinua de puntos.

Omitimos la prueba de la técnica lema. De vuelta para demostrar que el problema suponiendo que $X$ es reflexiva.

Prueba de resultado parcial

Deje $E=\left\{x\in X\mid (T(h)-I)x\to 0\text{ strongly as }h\to 0^+\right\}$. Nuestro objetivo es demostrar $E=X$.

Hemos convergencia de $T$ en la debilidad de operador topología en 0 y que también han acotamiento de las secuencias que son débilmente convergente, entonces todavía podemos obtener ese $||T(t)||\leq Me^{\omega t}$ todos los $t\geq 0$ y algunos $M\geq 1$, $\omega\geq 0$.

También, tenemos derecho a la continuidad en la debilidad de operador de topología: para todos los $x\in X^*, x\in X$ $$\langle{x^*,T(t+h)x T(t)x}\rangle=\langle{x^*,(T(h)-I)T(t)x}\rangle\0\text{ como }h\to 0^+. $$

Ahora vamos a definir los $L_r(x),x\in X, 0<r<1$ ser tal que para todos los $x^*\in X^*$ $$L_r(x)(x^*)=\frac{1}{r}\int_0^r\langle{x^*,T(s)x}\rangle ds. $$ Esta integral de Riemann de sentido ya que el integrando es la derecha continua, y es ,por el lema, Riemann integrable. Está claro que $L_r(x)$ es, en efecto lineal. Nota también se $|{L_r(x)(x^*)}|\leq||{x^*}||\sup_{0<s<1}||{T(s)x}||$, lo $L_r(x)$ es acotado, por lo tanto está bien definido.

Lo que es más, ya $X$ es reflexiva, podemos encontrar $y_r(x)\in X$ tal que $J_X(y_r(x))=L_r(x)$ y $$\langle{x^*,y_r(x)}\rangle=\frac{1}{r}\int_0^r\langle{x^*,T(s)x}\rangle ds.(*) $$

A continuación, calculamos que \begin{eqnarray*} &&||{(T(h)-I)y_r(x)}||=\sup_{||{x^*}||=1}\langle{x^*,(T(h)-I)y_r(x)}\rangle\\ &=&\sup_{||{x^*}||=1}\frac{1}{r}\left({\int_0^r\langle{x^*,T(s+h)x}\rangle ds-\int_0^r\langle{x^*,T(s)x}\rangle ds}\right)\\ &=&\sup_{||{x^*}||=1}\frac{1}{r}\left({\int_r^{r+h}\langle{x^*,T(s)x}\rangle ds-\int_0^h\langle{x^*,T(s)x}\rangle ds}\right)\\ &\leq&\sup_{||{x^*}||=1}\frac{2h}{r}||{x^*}||\sup_{0<s<1}||{T(s)}||\,||{x}|| \to 0\text{ as }h\to 0^+. \end{eqnarray*} Por lo tanto $D=\left\{y_r(x)\in X\mid x\in X, 0<r<1\right\}\subset E$. Claramente $y_r(x) \rightharpoonup x$$r\to 0^+$, lo $D$ es débilmente denso en $X$$E$, donde "débilmente denso en $X$" significa que su débil secuencial de cierre es $X$. Nota también se $E$ es convexa, por lo tanto, $E$ está fuertemente denso en $X$.

Finalmente, fix $\epsilon>0, x\in X$. No es $y\in E$ tal que $||{x-y}||<\frac{\epsilon}{3+3Me^\omega}$. Elija $\delta\in(0,1)$ tal que para todos los $0\leq h<\delta$,$||{T(h)y-y}||<\frac{\epsilon}{3}$. Entonces \begin{eqnarray*} ||{T(h)x-x}||&\leq& ||{T(h)(x-y)}||+||{T(h)y-y}||+||{y-x}||<\epsilon. \end{eqnarray*} Por lo tanto $E=X$. Q. E. D.

Answer 1

He aquí una prueba de que $T$ es continua en el fuerte del operador de la topología. Como se señaló en la pregunta, para cada una de las $x\in X$, el mapa de $t\mapsto T_tx$ es de derecha continuo en la topología débil, y a la norma acotada en cada intervalo acotado. Para completar la prueba dada en la pregunta para cualquier espacio de Banach, nosotros solo se requiere la siguiente lema.

Lema: Vamos a $X$ ser un espacio de Banach, $a < b\in\mathbb{R}$, e $f\colon[a,b]\to X$ débilmente a la derecha continua y a la norma acotada. Entonces, hay una (única) $y\in X$ tal que $$ x^*(y)=\int_a^b x^*(f(t))\,dt $$ para todos los $x^*\in X$.

Podemos escribir $y=\int_a^bf(t)\,dt$, que es la integral de Bochner. En lugar de definir $L_r$, podemos definir a la $y_r(x)\in X$ directamente como $y_r(x)=\frac1r\int_0^rT_tx\,dt$, que satisface $$ x^*(y_r(x))=\frac1r\int_0^r x^*(T_tx)\,dt $$ para todos los $x^*\in X^*$. Así, el resto de la prueba dada en la pregunta sigue sin modificarse arbitrarias de los espacios de Banach.

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El principal paso para probar el lema anterior es la Pettis mensurabilidad teorema. Para un espacio medible $(E,\mathcal{E})$ y un espacio de Banach $X$, en función de la $f\colon E\to X$ se llama simple si es de la forma$f(t)=\sum_{k=1}^n1_{t\in E_k}x_k$$E_k\in\mathcal{E}$$x_k\in X$, e $f$ dijo estar fuertemente $\mathcal{E}$-medible si hay una secuencia $\{f_n\colon n=1,2,\ldots\}$ de simples funciones convergentes pointwise a $f$. Una función de $f\colon E\to X$ se valoran separadamente si su imagen se encuentra en un separables subespacio de $X$.

Teorema (Pettis): Vamos a $(E,\mathcal{E})$ ser un espacio medible, $X$ un espacio de Banach, y $f\colon E\to X$. Los siguientes son equivalentes

1. $f$ está fuertemente $\mathcal{E}$-medible.
2. $f$ es separadamente con valores y $t\mapsto x^*(f(t))$ $\mathcal{E}$- medible para cada una de las $x^*\in X^*$.

Una declaración y prueba de la Pettis mensurabilidad teorema en este formulario se encuentra en estas notas. Entonces, para cualquier finito de medida $\mu$ $(E,\mathcal{E})$ cualquier $f\colon E\to X$ que es la norma en el limitado y fuertemente medible también es integrable Bochner, por lo que la integral de Bochner $y=\int f\,d\mu$ está bien definido y satisface $x^*(y)=\int x^*(f)\,d\mu$ todos los $x^*\in X^*$. La construcción de la integral de Bochner es sencillo. Para un simple $f(t)=\sum_{k=1}^n1_{t\in E_k}x_k$ la integral de Bochner es $\int f\,d\mu=\sum_{k=1}^n\mu(E_k)x_k$. Para una fuertemente medible y a la norma acotada $f$, podemos elegir una secuencia de funciones simples $f_n$ convergentes pointwise a $f$. Si $f$ es acotada en norma por $K$ entonces podemos asumir que $f_n$ son norma-delimitada por $K+1$ (reemplace$f_n(t)$$1_{\{\lVert f_n(t)\rVert\le K+1\}}f_n(t)$). Entonces se puede ver que $\int f_n\,d\mu$ es de Cauchy en $X$, y nos pusimos $\int f\,d\mu$ a ser su límite.

Para demostrar el lema entonces, aplicando la integrabilidad Pettis teorema, es suficiente para demostrar que si $f\colon[a,b]\to X$ es débilmente derecho-continuo, a continuación, se valoran separadamente y débilmente medibles con respecto a la Borel sigma-álgebra en $[0,1]$.

Medición de la $t\mapsto x^*(f(t))$ se deduce del hecho de que se haga continua y que haga real continua con valores de funciones de Borel measurabile. Para mostrar que se trata separadamente de valoración, vamos a $S$ ser la unión de $\{b\}$, y el de los números racionales en $[a,b]$. Deje $Y_0$ ser el subespacio generado por $\{f(t)\colon t\in S\}$, e $Y$ ser la norma de cierre de $Y_0$$X$. A continuación, $Y$ es separable. También, como $Y_0$ es un subespacio (en particular, es convexa), $Y$ es también el débil cierre de $Y_0$. Ahora, para cualquier $t\in[a,b]$ existe $t_n\in S$ $t_n\downarrow t$ y, por la debilidad de la derecha-la continuidad, tenemos $f(t_n)\to f(t)$ débilmente, por lo $f(t)\in Y$. Por lo tanto, la imagen de $f$ está contenido en $Y$, e $f$ se valoran separadamente.

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Actualización: Una prueba de que el resultado se da también en estas notas, y utiliza la integral de Bochner esencialmente de la misma manera como en mi respuesta. El papel En semigroups de los operadores localmente convexo espacios relaja las condiciones adicionales. Sólo tenemos que asumir que $X$ es metrizable localmente convexo de un espacio y, a continuación, si $T_t$ es fuertemente medible a lo largo del $t > 0$ (o, por Pettis teorema, casi separadamente valorado y poco medibles) entonces es muy continuada a lo largo de $t > 0$.