интегральное уравнение

[terminator-II]

пусть $f:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}_+$ -- измеримая функция такая, что для (почти всех) всех $x$ и $y_1\le y_2$ справедливо неравенство $f(x,y_1)\le f(x,y_2)$
и $f(x,y)\le h(x)\in L^1(\mathbb{R})$ для почти всех $y$.

Задача. доказать, что уравнение $u(t)=\int_{\mathbb{R}}f(s,u(st))ds$ имеет решение $u(t)\in L^\infty(\mathbb{R}).$

[Профессор Снэйп]

Судя по указаниям в теме post224408.html#p224408 нужно строить какое-то монотонное отображение полной решётки.

$L^\infty(\mathbb{R})$ --- это (если я правильно помню), множество измеримых ограниченных функций из $\mathbb{R}$ в $\mathbb{R}$ (с полунормой $\| x \| = \sup \{ |x(t)| : t \in \mathbb{R} \})$. Кроме того, на нём можно естественным образом ввести частичный порядок: $x \leqslant y \Leftrightarrow (\forall t \in \mathbb{R})(x(t) \leqslant y(t))$.

Ясно, что это множество является решёткой ($(x \cup y)(t) = \max \{ x(t), y(t) \}$ и $(x \cap y)(t) = \min \{ x(t), y(t) \}$). Решётка сия, увы, не полна. Хм... Ладно, посмотрим, что дальше будет.

Зададим $\Phi$ следующим образом:

$$ \Phi(x)(t) = \int_\mathbb{R} f(s,x(st)) ds $$

Установим свойства введённого объекта.

1) $\Phi(x)$ определено для всех $x \in L^\infty(\mathbb{R})$. Действительно, при каждом $t$ функция $g_t(s) = f(s,x(st))$ измерима как композиция измеримых функций. Кроме того, она имеет интегрируемую мажоранту $h(s)$ и, значит, является интегрируемой.

2) $\Phi(x) \in L^\infty(\mathbb{R})$ для всякого $x \in L^\infty(\mathbb{R})$. Действительно, в силу ограниченности $x$ и монотонности $f$ по второму аргументу при любых $t$ имеем

$$ 0 \leqslant \Phi(x)(t) \leqslant \int_\mathbb{R} f(s,b) ds $$

где $b \in \mathbb{R}$ таково, что $x(t) \leqslant b$ при всех $t \in \mathbb{R}$.

3) $\Phi$ монотонно. Это очевидно в силу монотонности $f$ по второму аргументу.

Нам надо доказать существование неподвижной точки у $\Phi$. Для этого достаточно выделить в $L^\infty(\mathbb{R})$ полную подрешётку, которая переводится отображением $\Phi$ в себя. Я, к сожалению, не вижу, как это можно сделать. Возможно, не вижу просто из-за слабого знания соответствующих дисциплин: функан, теория интегрирования, теория меры... С того курса матана, который мне читали 17 лет назад, помню лишь то, что поточечный предел последовательности измеримых функций измерим. Отсюда можно вывести, что каждая ограниченная подрешётка в $L^\infty(\mathbb{R})$ будет счётно полной (супремум и инфимум существуют у каждого не более чем счётного подмножества). Но счётной полноты, похоже, мало...

Кроме того, вышеизложенное, конечно же, страдает отсутствием строгости. Поскольку речь идёт об интегрируемости и измеримости, то во многих местах вместо "для всех..." должно стоять "для почти всех...", в определении полунормы вместо $\sup$ должен быть $\mathrm{ess}\sup$ и т. п. Продраться через все эти дебри, безусловно, можно, но пока не вижу смысла делать это, ибо не вижу главного.

Короче, у меня просьба к автору темы. Пусть он выскажется по поводу написанного выше. Стоит ли мне думать над задачей дальше или со своими знаниями функана/матана сюда лучше не соваться

[terminator-II]

и так. надо доказать, что множество $M_c=\{u\in L^\infty[0,1]\mid 0\le u(x)\le c\},\quad c>0$ является полной решеткой относительно стандартного $\le$. здесь и далее все отношения типа $\le,=$ между функциями понимаются в смысле "почти всюду" (пв).
экспромт. хорошо бы еще коллеги функанщики высказались.

достаточно доказать

Утв. всякое подмножество $ W\subset M_c$ имеет точную верхнюю грань.

скетч доказательства.

множество $W$ сепарабельно в $L^2[0,1]$. пусть $W_0=\{w_j\}_{j\in \mathbb{N}}\subset W$ -- плотное относительно $L^2$-нормы подмножество в $W$. в частности это означает, что для любого $w\in W$ найдется последовательность $\{w_{j_n}\}\subset W_0$ такая, что $w_{j_n}\to w$ пв.
пусть $f_n=\bigvee_{i=1}^n w_i$ ясно, что $f_n\le f_{n+1}$ и $f_n\to f\in M_c$ пв.
по-моему очевидно, что $f=\sup W$

[AGu]

Идея тут явно есть -- даже несмотря на то, что из сходимости по норме не следует сходимость почти всюду.

[terminator-II]

AGu в сообщении #224735 писал(а):

Идея тут явно есть -- даже несмотря на то, что из сходимости по норме не следует сходимость почти всюду.

я как-то подумал, что тут люди взрослые и , что не надо объяснять, что если последовательность сходится в $L^2[0,1]$ то из нее можно извлечь сходящуюся почти всюду подпоследовательность

[AGu]

terminator-II в сообщении #224737 писал(а):

я как-то подумал, что тут люди взрослые [...]

Славно. Теперь я вижу, что мой " " был адресован не Вам.