Es cada secuencial $\sigma(E',E)$-funcional lineal continuo en un espacio de Banach dual $E'$ necesariamente una evaluación puntual?

Question

$\newcommand{\bf}[1]{\mathbb #1}\newcommand{\sc}[1]{\mathscr #1}$Una dualidad entre dos espacios vectoriales$E$ y $F$ encima $\bf K$ ($= {\bf R}$ de ${\bf C}$) es, por definición, una forma bilineal $$ \langle \cdot, \cdot\rangle :E\times F\to \bf K, $$ tal que, si $\langle x, y\rangle =0$ para cada $x$ en $E$, luego $y=0$. Y viceversa.

Dada una dualidad como la anterior, se define la topología débil en$F$, generalmente denotado $\sigma (F,E)$, para ser la topología más burda según la cual los funcionales lineales $$ y\in F\mapsto \langle x, y\rangle \in \bf K $$ son continuos para cada $x$ en $E$.

Es un hecho clásico que cada $\sigma (F,E)$-funcional lineal continuo $\varphi :F\to \bf K$, puede estar representado por un vector en$E$ en el sentido de que existe un (necesariamente único) $x$ en $E$ tal que $$ \phi(y) = \langle x, y\rangle ,\quad\forall y\in E. $$

Por tanto, se podría preguntar:

Pregunta . ¿Se mantiene lo anterior si la continuidad se reemplaza por la continuidad secuencial ? En otras palabras, debe cada secuencial$\sigma (F, E)$-funcional lineal continuo en $F$ estar representado por un vector en $E$.

Antes de que el lector salte a la tarea de probarlo o refutarlo, permítame decirle que, lamentablemente, la respuesta es negativa; a continuación se presenta un contraejemplo.

Permítanme especializarme un poco en esto restringiéndome a la situación en la que $E$ es un espacio de Banach y $F$ es su dual topológico, con la dualidad canónica $$ \langle x, \varphi \rangle = \varphi (x), \quad \forall x\in E, \quad \forall \varphi \in E'. $$

Para ser preciso:

Pregunta . Dejar$E$ ser un espacio de Banach y dejar $\varphi $ ser un funcional lineal en $E'$ que es secuencialmente $\sigma (E',E)$-continuo. Es$\varphi $ necesariamente representado por un vector en $E$?

Esto es obviamente cierto si $E$ es reflexivo y creo que también puedo demostrarlo $E=c_0$, así como para $E=\ell ^1$.

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UN EJEMPLO DE CONTADOR

Dejar $E=\sc F(H)$ ser el conjunto de todos los operadores de rango finito en el espacio de Hilbert, y $F=\sc B(H)$, con dualidad definida por medio de la traza, a saber $$ \langle S, T\rangle = \text{tr}(ST), \quad\forall S\in \sc F(H), \quad\forall T\in \sc B(H). $$

En este caso $\sigma \big (\sc B(H),\sc F(H)\big )$ resulta ser la topología de operador débil (WOT), que coincide con la topología de operador débil sigma ($\sigma $-WOT) en subconjuntos acotados de $\sc B(H)$.

Dado que las secuencias WOT-convergentes están delimitadas por Banach-Steinhauss, tenemos que las secuencias WOT-convergentes son las mismas que las $\sigma $-WOT convergentes. De ello se deduce que cada$\sigma $-WOT-funcional lineal continuo encendido $\sc B(H)$también es WOT-continuo. Resumiendo una larga historia, para cada operador de clase de rastreo$S$ en $H$ de rango infinito, el funcional lineal $$ T\in \sc B(H) \mapsto \text{tr}(ST)\in {\bf C} $$ es secuencialmente WOT-continuo, pero no está representado por un operador en $\sc F(H)$.

Answer 1

Mikael de la Salle señala que esto es cierto cuando $E$es separable, como se muestra en el Corolario V.12.8 de Conway, A Course in Functional Analysis, 2e .

Para un contraejemplo no separable, considere el espacio ordinal incontable $[0, \omega_1]$, que es compacto Hausdorff, y $E = C([0, \omega_1])$. Según el teorema de representación de Riesz,$E'$ es el espacio de medidas de Radon firmadas $\mu$ en $[0, \omega_1]$con su norma de variación total. Dejar$\varphi(\mu) = \mu(\{\omega_1\})$. Esto claramente no está representado por ningún vector en$E$ desde la función $1_{\{\omega_1\}}$ no es continuo, pero yo reclamo $\varphi$ es secuencialmente $\sigma(E', E)$ continuo.

Dejar $\mu_n$ ser una secuencia convergente a 0 en $\sigma(E', E)$ y arreglar $\epsilon > 0$. Desde cada uno$\mu_n$ es radón, también lo es su medida de variación total $|\mu_n|$, y así podemos aproximarnos $\{\omega_1\}$ en $|\mu_n|$-medida desde el exterior por conjuntos abiertos. Entonces existe$\alpha_n < \omega_1$ tal que $|\mu_n|((\alpha_n, \omega_1)) < \epsilon$. Dejar$\alpha = \sup_n \alpha_n < \omega_1$; luego$|\mu_n((\alpha, \omega_1))| \le |\mu_n|((\alpha, \omega_1)) < \epsilon$ para cada $n$.

Definir $f : [0, \omega_1] \to \mathbb{R}$ por $$f(x) = \begin{cases} 0, & x \le \alpha \\ 1, & x > \alpha \end{cases}$$ y nota que $f$es continuo. Ahora$$\varphi(\mu_n) = \mu_n(\{\omega_1\}) = \mu_n((\alpha, \omega_1]) - \mu_n((\alpha, \omega_1)) = \int f\,d\mu_n - \mu_n((\alpha, \omega_1)).$$

Pero por suposición $\int f\,d\mu_n \to 0$, y $|\mu_n((\alpha, \omega_1))| < \epsilon$, entonces concluimos $\varphi(\mu_n) \to 0$.