È ogni sequenziale $\sigma(E',E)$-Funzionale lineare continuo su un doppio spazio Banach $E'$ necessariamente un punto di valutazione?

Jan 11 2021

$\newcommand{\bf}[1]{\mathbb #1}\newcommand{\sc}[1]{\mathscr #1}$Una dualità tra due spazi vettoriali$E$ e $F$ al di sopra di $\bf K$ ($= {\bf R}$ di ${\bf C}$) è, per definizione, una forma bilineare $$ \langle \cdot, \cdot\rangle :E\times F\to \bf K, $$ tale che, se $\langle x, y\rangle =0$ per ogni $x$ nel $E$, poi $y=0$. E viceversa.

Data una dualità come sopra, si definisce la topologia debole su$F$, solitamente indicato $\sigma (F,E)$, per essere la topologia più grossolana secondo la quale i funzionali lineari $$ y\in F\mapsto \langle x, y\rangle \in \bf K $$ sono continui per ogni $x$ nel $E$.

È un fatto classico che ogni $\sigma (F,E)$-funzionale lineare continuo $\varphi :F\to \bf K$, può essere rappresentato da un vettore in$E$ nel senso che esiste un (necessariamente unico) $x$ nel $E$ tale che $$ \phi(y) = \langle x, y\rangle ,\quad\forall y\in E. $$

Ci si potrebbe quindi chiedere:

Domanda . Quanto sopra è ancora valido se la continuità è sostituita dalla continuità sequenziale . In altre parole, deve ogni sequenzialmente$\sigma (F, E)$-continuo funzionale lineare su $F$ essere rappresentato da un vettore in $E$.

Prima che il lettore salti al compito di provarlo o smentirlo, lasciatemi dire che purtroppo la risposta è negativa, un controesempio presentato di seguito.

Quindi permettetemi di specializzarmi un po 'limitandomi alla situazione in cui $E$ è uno spazio Banach e $F$ è il suo duale topologico, con la dualità canonica $$ \langle x, \varphi \rangle = \varphi (x), \quad \forall x\in E, \quad \forall \varphi \in E'. $$

Per essere precisi:

Domanda . Permettere$E$ sii uno spazio di Banach e lascia $\varphi $ essere un funzionale lineare su $E'$ che è in sequenza $\sigma (E',E)$-continuo. È$\varphi $ necessariamente rappresentato da un vettore in $E$?

Questo è ovviamente vero se $E$ è riflessivo e penso di poterlo provare anche per $E=c_0$, così come per $E=\ell ^1$.


UN COUNTER ESEMPIO

Permettere $E=\sc F(H)$ essere l'insieme di tutti gli operatori di rango finito nello spazio di Hilbert, e $F=\sc B(H)$, con dualità definita per mezzo della traccia, vale a dire $$ \langle S, T\rangle = \text{tr}(ST), \quad\forall S\in \sc F(H), \quad\forall T\in \sc B(H). $$

In questo caso $\sigma \big (\sc B(H),\sc F(H)\big )$ risulta essere la topologia dell'operatore debole (WOT), che coincide con la topologia dell'operatore debole sigma ($\sigma $-WOT) su sottoinsiemi limitati di $\sc B(H)$.

Poiché le sequenze convergenti WOT sono limitate da Banach-Steinhauss, abbiamo che le sequenze convergenti WOT sono le stesse delle $\sigma $-WOT convergenti. Ne consegue che ogni$\sigma $-WOT-funzionale lineare continuo su $\sc B(H)$è anche WOT-continuo. Per farla breve, per ogni operatore di classe trace$S$ sopra $H$ di rango infinito, il funzionale lineare $$ T\in \sc B(H) \mapsto \text{tr}(ST)\in {\bf C} $$ è sequenzialmente WOT-continuo, ma non è rappresentato da un operatore in $\sc F(H)$.

Risposte

6 NateEldredge Jan 11 2021 at 13:35

Mikael de la Salle sottolinea che questo è vero quando $E$è separabile, come mostrato nel Corollario V.12.8 di Conway, A Course in Functional Analysis, 2e .

Per un controesempio non separabile, considera lo spazio ordinale non numerabile $[0, \omega_1]$, che è compatto Hausdorff, e $E = C([0, \omega_1])$. Secondo il teorema di rappresentazione di Riesz,$E'$ è lo spazio delle misure firmate Radon $\mu$ sopra $[0, \omega_1]$con la sua norma di variazione totale. Permettere$\varphi(\mu) = \mu(\{\omega_1\})$. Questo chiaramente non è rappresentato da alcun vettore in$E$ poiché la funzione $1_{\{\omega_1\}}$ non è continuo, ma sostengo $\varphi$ è in sequenza $\sigma(E', E)$ continuo.

Permettere $\mu_n$ essere una sequenza convergente a 0 in $\sigma(E', E)$ e aggiustare $\epsilon > 0$. Dal momento che ciascuno$\mu_n$ è Radon, così è la sua misura di variazione totale $|\mu_n|$, e quindi possiamo approssimare $\{\omega_1\}$ nel $|\mu_n|$-misura dall'esterno con set aperti. Quindi esiste$\alpha_n < \omega_1$ tale che $|\mu_n|((\alpha_n, \omega_1)) < \epsilon$. Permettere$\alpha = \sup_n \alpha_n < \omega_1$; poi$|\mu_n((\alpha, \omega_1))| \le |\mu_n|((\alpha, \omega_1)) < \epsilon$ per ogni $n$.

Definire $f : [0, \omega_1] \to \mathbb{R}$ di $$f(x) = \begin{cases} 0, & x \le \alpha \\ 1, & x > \alpha \end{cases}$$ e nota quello $f$è continuo. Adesso$$\varphi(\mu_n) = \mu_n(\{\omega_1\}) = \mu_n((\alpha, \omega_1]) - \mu_n((\alpha, \omega_1)) = \int f\,d\mu_n - \mu_n((\alpha, \omega_1)).$$

Ma per ipotesi $\int f\,d\mu_n \to 0$, e $|\mu_n((\alpha, \omega_1))| < \epsilon$, quindi concludiamo $\varphi(\mu_n) \to 0$.