Est-ce que chaque séquentiellement $\sigma(E',E)$-fonctionnelle linéaire continue sur un double espace Banach $E'$ nécessairement une évaluation ponctuelle?
$\newcommand{\bf}[1]{\mathbb #1}\newcommand{\sc}[1]{\mathscr #1}$Une dualité entre deux espaces vectoriels$E$ et $F$ plus de $\bf K$ ($= {\bf R}$ de ${\bf C}$) est, par définition, une forme bilinéaire $$ \langle \cdot, \cdot\rangle :E\times F\to \bf K, $$ tel que, si $\langle x, y\rangle =0$ pour chaque $x$ dans $E$, ensuite $y=0$. Et vice versa.
Etant donné une dualité comme ci-dessus, on définit la topologie faible sur$F$, généralement noté $\sigma (F,E)$, pour être la topologie la plus grossière selon laquelle les fonctionnelles linéaires $$ y\in F\mapsto \langle x, y\rangle \in \bf K $$ sont continus pour chaque $x$ dans $E$.
C'est un fait classique que chaque $\sigma (F,E)$-fonctionnelle linéaire continue $\varphi :F\to \bf K$, peut être représenté par un vecteur dans$E$ en ce sens qu'il existe un (nécessairement unique) $x$ dans $E$ tel que $$ \phi(y) = \langle x, y\rangle ,\quad\forall y\in E. $$
On pourrait donc se demander:
Question . Ce qui précède est-il toujours valable si la continuité est remplacée par une continuité séquentielle ? En d'autres termes, doit chaque séquentiellement$\sigma (F, E)$-fonctionnelle linéaire continue sur $F$ être représenté par un vecteur dans $E$.
Avant que le lecteur ne passe à la tâche de le prouver ou de le réfuter, permettez-moi de dire que malheureusement la réponse est négative, un contre-exemple étant présenté ci-dessous.
Alors laissez-moi me spécialiser un peu en me limitant à la situation dans laquelle $E$ est un espace Banach et $F$ est son duel topologique, avec la dualité canonique $$ \langle x, \varphi \rangle = \varphi (x), \quad \forall x\in E, \quad \forall \varphi \in E'. $$
Pour être précis:
Question . Laisser$E$ être un espace Banach et laisser $\varphi $ être une fonctionnelle linéaire sur $E'$ qui est séquentiellement $\sigma (E',E)$-continu. Est$\varphi $ nécessairement représenté par un vecteur dans $E$?
Ceci est évidemment vrai si $E$ est réflexif et je pense que je peux aussi le prouver pour $E=c_0$, ainsi que pour $E=\ell ^1$.
UN CONTRE-EXEMPLE
Laisser $E=\sc F(H)$ être l'ensemble de tous les opérateurs de rang finis sur l'espace de Hilbert, et $F=\sc B(H)$, avec dualité définie au moyen de la trace, à savoir $$ \langle S, T\rangle = \text{tr}(ST), \quad\forall S\in \sc F(H), \quad\forall T\in \sc B(H). $$
Dans ce cas $\sigma \big (\sc B(H),\sc F(H)\big )$ se révèle être la topologie d'opérateur faible (WOT), qui coïncide avec la topologie d'opérateur faible sigma ($\sigma $-WOT) sur des sous-ensembles bornés de $\sc B(H)$.
Puisque les séquences convergentes WOT sont limitées par Banach-Steinhauss, nous avons que les séquences convergentes WOT sont les mêmes que les $\sigma $-WOT convergents. Il s'ensuit que chaque$\sigma $-WOT-continu fonctionnel linéaire sur $\sc B(H)$est également WOT-continu. Bref, pour chaque opérateur de classe trace$S$ au $H$ de rang infini, la fonctionnelle linéaire $$ T\in \sc B(H) \mapsto \text{tr}(ST)\in {\bf C} $$ est séquentiellement WOT-continu, mais il n'est pas représenté par un opérateur dans $\sc F(H)$.
Réponses
Mikael de la Salle souligne que cela est vrai lorsque $E$est séparable, comme le montre le corollaire V.12.8 de Conway, A Course in Functional Analysis, 2e .
Pour un contre-exemple non séparable, considérons l'espace ordinal indénombrable $[0, \omega_1]$, qui est un Hausdorff compact, et $E = C([0, \omega_1])$. Par le théorème de représentation de Riesz,$E'$ est l'espace des mesures de radon signées $\mu$ au $[0, \omega_1]$avec sa norme de variation totale. Laisser$\varphi(\mu) = \mu(\{\omega_1\})$. Ceci n'est clairement représenté par aucun vecteur dans$E$ depuis la fonction $1_{\{\omega_1\}}$ n'est pas continu, mais je prétends $\varphi$ est séquentiellement $\sigma(E', E)$ continu.
Laisser $\mu_n$ être une séquence convergeant vers 0 dans $\sigma(E', E)$ et réparer $\epsilon > 0$. Depuis chaque$\mu_n$ est le radon, tout comme sa mesure de la variation totale $|\mu_n|$, et ainsi nous pouvons approximer $\{\omega_1\}$ dans $|\mu_n|$-mesure de l'extérieur par décors ouverts. Donc il existe$\alpha_n < \omega_1$ tel que $|\mu_n|((\alpha_n, \omega_1)) < \epsilon$. Laisser$\alpha = \sup_n \alpha_n < \omega_1$; ensuite$|\mu_n((\alpha, \omega_1))| \le |\mu_n|((\alpha, \omega_1)) < \epsilon$ pour chaque $n$.
Définir $f : [0, \omega_1] \to \mathbb{R}$ par $$f(x) = \begin{cases} 0, & x \le \alpha \\ 1, & x > \alpha \end{cases}$$ et notez que $f$est continue. À présent$$\varphi(\mu_n) = \mu_n(\{\omega_1\}) = \mu_n((\alpha, \omega_1]) - \mu_n((\alpha, \omega_1)) = \int f\,d\mu_n - \mu_n((\alpha, \omega_1)).$$
Mais par hypothèse $\int f\,d\mu_n \to 0$, et $|\mu_n((\alpha, \omega_1))| < \epsilon$, alors nous concluons $\varphi(\mu_n) \to 0$.