Ist jeder nacheinander $\sigma(E',E)$-kontinuierliche lineare Funktion auf einem dualen Banach-Raum $E'$ unbedingt eine punktbewertung?
$\newcommand{\bf}[1]{\mathbb #1}\newcommand{\sc}[1]{\mathscr #1}$Eine Dualität zwischen zwei Vektorräumen$E$ und $F$ Über $\bf K$ (($= {\bf R}$ von ${\bf C}$) ist per Definition eine bilineare Form $$ \langle \cdot, \cdot\rangle :E\times F\to \bf K, $$ so dass, wenn $\langle x, y\rangle =0$ für jeden $x$ im $E$, dann $y=0$. Und umgekehrt.
Bei einer Dualität wie oben definiert man die schwache Topologie auf$F$, normalerweise bezeichnet $\sigma (F,E)$, um die gröbste Topologie zu sein, nach der die linearen Funktionale $$ y\in F\mapsto \langle x, y\rangle \in \bf K $$ sind kontinuierlich für jeden $x$ im $E$.
Es ist eine klassische Tatsache, dass jeder $\sigma (F,E)$-kontinuierliche lineare Funktion $\varphi :F\to \bf K$kann durch einen Vektor in dargestellt werden$E$ in dem Sinne, dass es eine (notwendigerweise einzigartige) gibt $x$ im $E$ so dass $$ \phi(y) = \langle x, y\rangle ,\quad\forall y\in E. $$
Man könnte daher fragen:
Frage . Gilt das oben Gesagte immer noch, wenn Kontinuität durch sequentielle Kontinuität ersetzt wird . Mit anderen Worten, muss jeder nacheinander$\sigma (F, E)$-kontinuierliche lineare Funktion ein $F$ durch einen Vektor in dargestellt werden $E$.
Bevor der Leser sich der Aufgabe widmet, sie zu beweisen oder zu widerlegen, möchte ich sagen, dass die Antwort leider negativ ist. Ein Gegenbeispiel wird unten vorgestellt.
Lassen Sie mich dies etwas spezialisieren, indem ich mich auf die Situation beschränke, in der $E$ ist ein Banachraum und $F$ ist sein topologisches Dual mit der kanonischen Dualität $$ \langle x, \varphi \rangle = \varphi (x), \quad \forall x\in E, \quad \forall \varphi \in E'. $$
Um genau zu sein:
Frage . Lassen$E$ sei ein Banachraum und lass $\varphi $ eine lineare Funktion auf sein $E'$ das ist sequentiell $\sigma (E',E)$-kontinuierlich. Ist$\varphi $ notwendigerweise durch einen Vektor in dargestellt $E$?
Dies ist offensichtlich wahr, wenn $E$ ist reflexiv und ich denke, ich kann es auch beweisen $E=c_0$, sowie für $E=\ell ^1$.
Ein Gegenbeispiel
Lassen $E=\sc F(H)$ sei die Menge aller Operatoren mit endlichem Rang auf Hilberts Raum, und $F=\sc B(H)$mit einer durch die Spur definierten Dualität, nämlich $$ \langle S, T\rangle = \text{tr}(ST), \quad\forall S\in \sc F(H), \quad\forall T\in \sc B(H). $$
In diesem Fall $\sigma \big (\sc B(H),\sc F(H)\big )$ Es stellt sich heraus, dass es sich um die schwache Operatortopologie (WOT) handelt, die mit der schwachen Sigma-Operatortopologie (WOT) übereinstimmt.$\sigma $-WOT) auf begrenzten Teilmengen von $\sc B(H)$.
Da WOT-konvergente Sequenzen durch Banach-Steinhauss begrenzt sind, haben wir, dass die WOT-konvergenten Sequenzen die gleichen sind wie die $\sigma $-WOT konvergente. Daraus folgt, dass jeder$\sigma $-WOT-kontinuierliche lineare Funktion ein $\sc B(H)$ist auch WOT-kontinuierlich. Kurz gesagt, für jeden Trace-Klassenoperator$S$ auf $H$ von unendlichem Rang, die lineare Funktion $$ T\in \sc B(H) \mapsto \text{tr}(ST)\in {\bf C} $$ ist sequentiell WOT-kontinuierlich, wird jedoch nicht von einem Operator in dargestellt $\sc F(H)$.
Antworten
Mikael de la Salle weist darauf hin, dass dies wahr ist, wenn $E$ist trennbar, wie in Korollar V.12.8 von Conway, Ein Kurs in Funktionsanalyse, 2e gezeigt .
Betrachten Sie für ein nicht trennbares Gegenbeispiel den unzähligen Ordnungsraum $[0, \omega_1]$, das ist kompakt Hausdorff, und $E = C([0, \omega_1])$. Nach dem Riesz-Repräsentationssatz,$E'$ ist der Raum der signierten Radonmaße $\mu$ auf $[0, \omega_1]$mit seiner Gesamtvariationsnorm. Lassen$\varphi(\mu) = \mu(\{\omega_1\})$. Dies wird eindeutig nicht durch einen Vektor in dargestellt$E$ seit der Funktion $1_{\{\omega_1\}}$ ist nicht kontinuierlich, aber ich behaupte $\varphi$ ist sequentiell $\sigma(E', E)$ kontinuierlich.
Lassen $\mu_n$ sei eine Sequenz, die gegen 0 in konvergiert $\sigma(E', E)$ und beheben $\epsilon > 0$. Seit jeder$\mu_n$ ist Radon, so ist sein Gesamtvariationsmaß $|\mu_n|$und damit können wir uns annähern $\{\omega_1\}$ im $|\mu_n|$-Maßnahme von außen durch offene Sets. Es existiert also$\alpha_n < \omega_1$ so dass $|\mu_n|((\alpha_n, \omega_1)) < \epsilon$. Lassen$\alpha = \sup_n \alpha_n < \omega_1$;; dann$|\mu_n((\alpha, \omega_1))| \le |\mu_n|((\alpha, \omega_1)) < \epsilon$ für jeden $n$.
Definieren $f : [0, \omega_1] \to \mathbb{R}$ durch $$f(x) = \begin{cases} 0, & x \le \alpha \\ 1, & x > \alpha \end{cases}$$ und beachte das $f$ist kontinuierlich. Jetzt$$\varphi(\mu_n) = \mu_n(\{\omega_1\}) = \mu_n((\alpha, \omega_1]) - \mu_n((\alpha, \omega_1)) = \int f\,d\mu_n - \mu_n((\alpha, \omega_1)).$$
Aber unter der Annahme $\int f\,d\mu_n \to 0$, und $|\mu_n((\alpha, \omega_1))| < \epsilon$, so schließen wir $\varphi(\mu_n) \to 0$.