Ecuaciones Integrales Lineales de Volterra-Dushnik en Espacios de ...

Capítulo 1. Notaciones y resultados fundamentales 17ii) Queremos ver que Ker{I −} = Ω 0 ([a, b]; X).Sea x ∈ Ker{I −}. Entonces, x ∈ G([a, b]; X) tal que I −[x] = 0.De modo que, x(t − ) = 0 para todo t ∈ (a, b], x(t + ) = 0 para todo t ∈ [a, b) y x(a) = 0.Por lo tanto, el conjunto de discontinuidades es vacío, es decir, x ∈ Ω 0 ([a, b]; X).Sea, ahora, x ∈ Ω 0 ([a, b]; X) si, y sólo si, x ∈ G([a, b]; X) tal que para todo ǫ > 0{}t ∈ [a, b] : ‖x(t)‖ ≥ ǫ es finito.Luego, como x ∈ G([a, b]; X), tenemos que, para todo t ∈ [a, b), existe x(t + ) y paratodo t ∈ (a, b], existe x(t − ).Por otro lado, dado ǫ = 1 n > 0 con n ∈ N, tenemos que existe δ t > 0 tal que‖x(τ)‖ < 1 n∀ τ ∈ (t − δ t , t + δ t ).Así, x(τ) = 0 ∀ τ ∈ (t − δ t , t + δ t ).En consecuencia, x ∈ Ker{I −}.iii) Afirmación 5G([a, b]; X) = G − ([a, b]; X) + Ω 0 ([a, b]; X).En efecto: Sea x ∈ G([a, b]; X), podemos escribir x de la formax = I −[x] + (x − I −[x]).Ahora, como I −[x] ∈ G − ([a, b]; X) yI −[x − I −[x]] = I −[x] − I −[I −[x]] (por ser I −lineal)= I −[x] − I −[x] (por ser I 2 = I − −)= 0,resulta que I −[x − I −[x]] = 0, lo que implica x − I −[x] ∈ Ker{I −}.En consecuencia, G([a, b]; X) = G − ([a, b]; X) + Ω 0 ([a, b]; X).Afirmación 6G − ([a, b]; X) ∩ Ω 0 ([a, b]; X) = {0}.