Problema de integrales fraccionarias: $g(x)_{|_{[0,t]}}=\frac{(-1)^{\alpha-1}}{\Gamma(1-\alpha)}\int_x^t(y-x)^{-\alpha}h(y)\,dy$

Question

Consideremos $0<\alpha<1/2$ y denotan por $W_T^{1-\alpha,\infty}(0,T)$ el espacio de las funciones medibles $g:[0,T]\to\Bbb R$ tal que $$ ||g||_{1-\alpha,\infty,T}:=\sup_{0<s<t<T}\left[\frac{|g(t)-g(s)|}{(t-s)^{1-\alpha}}+\int_s^t\frac{|g(y)-g(s)|}{(y-s)^{2-\alpha}}\,dy\right]<+\infty\;\;\;. $$

Por otra parte, podemos definir el derecho unilateral de Riemann-Liouville integral de la orden de $1-\alpha$ de una función de $f\in L^p(0,t)$,$1\le p\le\infty$, como $$ I_{t}^{1-\alpha}f(x):=\frac{(-1)^{\alpha-1}}{\Gamma(1-\alpha)}\int_x^t(y-x)^{-\alpha}f(y)\,dy\;\;\; $$ por una.una. $x\in[0,t]$.

Mi problema es el siguiente: en un papel por Nulart y Rascanu se afirma que, si $g\in W_T^{1-\alpha,\infty}(0,T)$, a continuación, su restricción a $[0,t]$ se queda en $I_{t-}^{1-\alpha}(L^{\infty}(0,t))$ todos los $0<t<T$; en otras palabras, dadas las $g$ existe $h\in L^{\infty}(0,t)$ tal que $$ g(x)|_{[0,t]}=I_{t-}^{1-\alpha}h(x)=\frac{(-1)^{\alpha-1}}{\Gamma(1-\alpha)}\int_x^t(y-x)^{-\alpha}h(y)\,dy\;\;\;.$$

A mí me parece, que NO tengo que buscar explícitamente la $h$ dependiendo de la $g$ sino que debo usar un argumento teórico, lo que demuestra la existencia de tal $h$; pero no sé cómo hacerlo.

Estoy bastante perdido, puede que alguien sombra un poquito de por favor?

EDIT: Obviamente $\Gamma$ es la función Gamma de Euler y $(-1)^{\alpha-1}=e^{i\pi(\alpha-1)}$, pero estos términos son constantes, por lo tanto esto no juega ningún papel relevante aquí.

SEGUNDA EDICIÓN: podemos afirmar que el "simétrico" reclamación; la dualidad subyacente podría ayudar.

Denotamos por a $W_0^{\alpha,1}(0,T)$ el espacio de las funciones medibles $f:[0,T]\to\Bbb R$ tal que $$ ||f||_{\alpha,1}:=\int_0^T\frac{|f(s)|}{s^{\alpha}}\,ds+\int_0^T\int_0^s\frac{|f(s)-f(y)|}{(s-y)^{\alpha+1}}\,dyds<+\infty $$

Como antes de definir el lado izquierdo de Riemann-Liouville integral de la orden de $\alpha$ de una función de $f\in L^p(0,t)$,$1\le p\le\infty$, como $$ I_{0+}^{\alpha}f(x):=\frac{1}{\Gamma(\alpha)}\int_0^x(x-y)^{\alpha-1}f(y)\,dy\;\;\; $$ por una.una. $x\in[0,t]$.

Entonces si $g\in W_0^{\alpha,1}(0,T)$, a continuación, su restricción a $[0,t]$ se queda en $I_{0+}^{\alpha}(L^1(0,t))$ todos los $0<t<T$.

Answer 1

Acaba de definir \begin{align*} \eta_t(x)&:=D_{t-}^{1-\alpha}(f-f(t))(x)\\ &=\frac{(-1)^{1-\alpha}}{\Gamma(\alpha)}\left[\frac{f(x)-f(t)}{(t-x)^{1-\alpha}}+(1-\alpha)\int_x^t\frac{f(x)-f(y)}{(y-x)^{2-\alpha}}\,dy\right]\chi_{]0,t[}(x) \end{align*} ($D_{t-}^{1-\alpha}$ es el Weyl derivados).

A partir de este, un cálculo directo muestra que $||\eta_t||_{\infty}\le C||f||_{1-\alpha,\infty,t}$, lo $f\in W_T^{1-\alpha,\infty}(0,T)\Rightarrow \eta_t\in L^{\infty}(0,t)$.

Finalmente $$ I_{t}^{1-\alpha}\eta_t(x)=I_{t}^{1-\alpha}D_{t}^{1-\alpha}(f-f(t))(x)=f(x)-f(t) $$ de la que es sencillo, que $$ f(x)=\frac{(-1)^{\alpha-1}}{\Gamma(1-\alpha)}\int_x^t(y-x)^{-\alpha}\underbrace{\left[\eta_t(y)+\frac{\Gamma(1-\alpha)}{(-1)^{\alpha-1}}f(t)\frac{1-\alpha}{(t-x)^{1-\alpha}}\right]}_{=:h_t(y)}\,dy $$ y claramente $h_t\in L^{\infty}(0,t)$, a partir de la cual llegamos a la conclusión.

EDITAR pido perdón si he hecho una pregunta, me contestó ella y, finalmente, incluso he aceptado, pero la verdad es que fue así: yo estaba luchando en este problema, he publicado y luego me puse una recompensa. En el mientras tanto, yo seguía pensando en ella. A continuación, he resuelto y las soluciones satisfecho me he aceptado mi propia respuesta.

Yo lo hice todo en la buena fe, la verdad.