Integración en espacios de Banach

Question

Deje $X$ ser un espacio de Banach y dejar $L = \{f:[0,1]\to X\vert\, f \text{ Borel-measurable}, \int_0^1 \Vert f \Vert < + \infty \}$ ($\int$ siendo la integral de Lebesgue.) Ahora definir $$ T:L \X^{**} \quad \text{por} \quad (Tf)(x^*) = \int_0^1 x^*\circ f \quad \text{para todo } x^* \X^* $$ Esto es bien definido: $x^*\circ f$ es integrable y $Tf \in X^{**}$. Vamos a seguir $i: X \to X^{**}$ ser el cannonical la incorporación, es decir,$i(x)(x^*) = x^*(x)$. Mi pregunta es: hay para todos los $f\in L$ $x \in X$ tal que $Tf=i(x)$?

EDIT: por lo que he leído en la Wikipedia acerca de la integral de Pettis esto no siempre parece ser el caso. Una función de $f \in Y$ se llama integrable Pettis si la ecuación de $Tf = i(x)$ es solucionable. Luego uno se define a $\int_0^1 f=x$. Tenga en cuenta también que la integrabilidad Pettis no requiere norma integrabilidad.

Answer 1

Esta es sólo una respuesta parcial.

Como se ha señalado por Joonas, la respuesta a tu pregunta es "Sí", si sabemos que el rango de $f$ es separable.

Ahora, vamos a tratar de mostrar que el rango de $f$ es de hecho separables.

Hacia una contradicción, supongamos que el rango de $f$ es no separable. A continuación, se pueden encontrar algunas $\varepsilon >0$ y un incontable de la familia de los puntos de $(y_i)_{i\in I}$ en el rango de $f$ tal que $\Vert y_i-y_j\Vert\geq\varepsilon$ siempre $i\neq j$. Escribir $y_i:=f(x_i)$ $V_i:= B(y_i, \varepsilon/2)$ (abierto de la bola).

El $V_i$'s de a pares distintos bloques abiertos, y cada uno de ellos se cruza con el rango de $f$. Desde $f$ es Borel, para cualquier conjunto $J\subseteq I$, la $E_J:=\bigcup_{i\in J} f^{-1}(V_i)=f^{-1}(\bigcup_{i\in J} V_i)$ es un subconjunto de Borel $[0,1]$ porque $\bigcup_{i\in J} V_i$ es un conjunto abierto; y los conjuntos de $E_J$ son pares distintos porque los $V_i$'s de a pares distintos.

De ello se desprende que hay, al menos, como muchos subconjuntos de Borel $[0,1]$, ya que hay subconjuntos de la multitud innumerable $I$. Sin embargo, es bien sabido que existen en la mayoría de las $2^{\aleph_0}$ conjuntos de Borel en $[0,1]$. Así llegamos a la conclusión de que el poder de la multitud innumerable $I$ tiene cardinalidad en la mayoría de las $2^{\aleph_0}$.

Esta es una contradicción si por ejemplo supongamos que la Hipótesis continua en su posesión; pero no sé si esto da una contradicción sin ningún extra conjunto de la teoría de la asunción. Explícitamente, no sé si puede ser demostrado en el conjunto habitual de la teoría de que el poder conjunto de una multitud innumerable debe tener cardinalidad estrictamente mayor que $2^{\aleph_0}$ (presumiblemente, no se demuestra...).

Answer 2

Esta respuesta está basada en un extra de asunción, a saber, que $f$ es separable. Esto significa que $f([0,1])$ está contenida en un separables subespacio de $X$ (después de un cambio de $f$ en un conjunto null si es necesario), la respuesta es sí.

Desde $f$ es medible y toma valores en un Banach separables en el espacio, es Bochner medibles. Debido a que su norma es integrable, en realidad, es integrable Bochner.

Usted puede tomar $x=\int_0^1f\in X$ (Bochner integral). Entonces para cualquier $x^*\in X^*$ $$ i(x)(x^*) = x^*(x) = x^*\left(\int_0^1f\right) = \int_0^1^*f = (Tf)(x^*) $$ puesto que la integral de Bochner desplazamientos con el continuo lineal mapas.

Answer 3

Comentario

No proporcione un contraejemplo.

Lo voy a dejar para la demostración.

Ejemplo

Dado el espacio de Hilbert $\ell^2([0,1])$.

Considerar el famoso (?)ejemplo: $$\eta:[0,1]\to\ell^2([0,1]):x\mapsto\delta_x$$

Entonces es absolutamente integrable: $$\int_{[0,1]}\|\eta\|\mathrm{d}\lambda=\int_{[0,1]}1\mathrm{d}\lambda=1<\infty$$

Pero no es separable con valores de: $$\eta([0,1])\subseteq\overline{\mathcal{A}}\implies\#\mathcal{A}\geq\#\mathbb{R}$$

Y no es Borel medible: $$A\notin\mathcal{B}([0,1]):\quad A=\eta^{-1}\left(\bigcup_{a\in A}B_{\frac{1}{\sqrt{2}}}(\delta_a)\right)$$

La conclusión de ejemplo.

Referencia

Para leer más: Integral de Riemann