순차적으로 $\sigma(E',E)$-이중 Banach 공간에서 연속 선형 기능 $E'$ 반드시 포인트 평가?
$\newcommand{\bf}[1]{\mathbb #1}\newcommand{\sc}[1]{\mathscr #1}$두 벡터 공간 사이 의 이중성$E$ 과 $F$ 위에 $\bf K$ ($= {\bf R}$ 의 ${\bf C}$)는 정의에 따라 쌍 선형 형식입니다. $$ \langle \cdot, \cdot\rangle :E\times F\to \bf K, $$ 그런 경우 $\langle x, y\rangle =0$ 매번 $x$ 에 $E$, 다음 $y=0$. 그 반대.
위와 같이 이중성이 주어지면 약한 토폴로지 를 정의합니다 .$F$, 일반적으로 표시 $\sigma (F,E)$, 선형 함수에 따라 가장 거친 토폴로지가됩니다. $$ y\in F\mapsto \langle x, y\rangle \in \bf K $$ 매번 연속적이다 $x$ 에 $E$.
고전적인 사실입니다. $\sigma (F,E)$-연속 선형 기능 $\varphi :F\to \bf K$, 벡터 로 표현 될 수 있습니다 .$E$ 존재한다는 의미에서 (필수적으로 고유 한) $x$ 에 $E$ 그런 $$ \phi(y) = \langle x, y\rangle ,\quad\forall y\in E. $$
따라서 다음과 같이 질문 할 수 있습니다.
질문 . 연속성로 교체 할 경우 위의 여전히 보류합니까 연속 연속성 . 즉, 모든 순차적으로$\sigma (F, E)$-연속 선형 기능 켜짐 $F$ 벡터로 표현된다 $E$.
독자가 그것을 증명하거나 반증하는 작업으로 이동하기 전에 불행히도 대답은 부정적이라고 말하겠습니다. 아래에 반대 예가 나와 있습니다.
그래서이 상황을 제한함으로써 이것을 조금 전문화하겠습니다. $E$ Banach 공간이고 $F$ 그 위상 적 이중성과 표준 이중성입니다. $$ \langle x, \varphi \rangle = \varphi (x), \quad \forall x\in E, \quad \forall \varphi \in E'. $$
정확히 말하면 :
질문 . 허락하다$E$ Banach 공간이되고 $\varphi $ 선형 기능이있다 $E'$ 순차적으로 $\sigma (E',E)$-마디 없는. 이다$\varphi $ 반드시 벡터로 표현 $E$?
이것은 분명히 사실입니다 $E$ 반사적이며이를 증명할 수 있다고 생각합니다. $E=c_0$,뿐만 아니라 $E=\ell ^1$.
카운터 예
허락하다 $E=\sc F(H)$ Hilbert 공간에있는 모든 유한 순위 연산자의 집합이고 $F=\sc B(H)$, 추적을 통해 정의 된 이중성, 즉 $$ \langle S, T\rangle = \text{tr}(ST), \quad\forall S\in \sc F(H), \quad\forall T\in \sc B(H). $$
이 경우 $\sigma \big (\sc B(H),\sc F(H)\big )$ WOT (weak operator topology)로 밝혀졌으며 시그마 약한 연산자 토폴로지 ($\sigma $-WOT)의 제한된 하위 집합 $\sc B(H)$.
WOT- 수렴 시퀀스는 Banach-Steinhauss에 의해 묶여 있기 때문에 WOT- 수렴 시퀀스는 $\sigma $-WOT 수렴. 그것은 모든$\sigma $-WOT 연속 선형 기능 켜짐 $\sc B(H)$또한 WOT 연속적입니다. 모든 추적 클래스 연산자에 대해 짧게 설명$S$ 의 위에 $H$ 무한 등급의 선형 함수 $$ T\in \sc B(H) \mapsto \text{tr}(ST)\in {\bf C} $$ 순차적으로 WOT 연속적이지만 연산자로 표시되지 않습니다. $\sc F(H)$.
답변
Mikael de la Salle은 이것이 사실이라고 지적합니다. $E$Conway의 Corollary V.12.8, A Course in Functional Analysis, 2e에서 볼 수 있듯이 분리 가능 합니다.
분리 할 수없는 반례의 경우 셀 수없는 서수 공간을 고려하십시오. $[0, \omega_1]$, 컴팩트 Hausdorff, $E = C([0, \omega_1])$. Riesz 표현 정리에 따르면,$E'$ 서명 된 라돈 조치의 공간 $\mu$ 의 위에 $[0, \omega_1]$총 변동 기준으로. 허락하다$\varphi(\mu) = \mu(\{\omega_1\})$. 이것은 분명히 어떤 벡터로도 표현되지 않습니다.$E$ 기능 이후 $1_{\{\omega_1\}}$ 연속적이지는 않지만 $\varphi$ 순차적으로 $\sigma(E', E)$ 마디 없는.
허락하다 $\mu_n$ 0으로 수렴하는 시퀀스 $\sigma(E', E)$ 수정 $\epsilon > 0$. 각각 이후$\mu_n$ 라돈이므로 총 변동 측정 값도 $|\mu_n|$, 따라서 우리는 $\{\omega_1\}$ 에 $|\mu_n|$-오픈 세트로 외부에서 측정. 그래서 존재$\alpha_n < \omega_1$ 그런 $|\mu_n|((\alpha_n, \omega_1)) < \epsilon$. 허락하다$\alpha = \sup_n \alpha_n < \omega_1$; 그때$|\mu_n((\alpha, \omega_1))| \le |\mu_n|((\alpha, \omega_1)) < \epsilon$ 매번 $n$.
밝히다 $f : [0, \omega_1] \to \mathbb{R}$ 으로 $$f(x) = \begin{cases} 0, & x \le \alpha \\ 1, & x > \alpha \end{cases}$$ 그리고 $f$연속적입니다. 지금$$\varphi(\mu_n) = \mu_n(\{\omega_1\}) = \mu_n((\alpha, \omega_1]) - \mu_n((\alpha, \omega_1)) = \int f\,d\mu_n - \mu_n((\alpha, \omega_1)).$$
그러나 가정에 의해 $\int f\,d\mu_n \to 0$, 및 $|\mu_n((\alpha, \omega_1))| < \epsilon$, 그래서 우리는 결론 $\varphi(\mu_n) \to 0$.