Định lý ánh xạ mở có thể thất bại nếu tên miền không phải là Banach
Cho một ví dụ về không gian Banach $V$, một không gian quy chuẩn $W$, một bản đồ xạ ảnh tuyến tính có giới hạn $T: V \to W$ và một tập hợp con đang mở $G \subseteq V$ như vậy mà $T(G)$ không mở trong $W$.
Cố gắng : Cân nhắc$V= (C([0,1], \Vert \cdot \Vert_\infty), W= (C([0,1], \Vert \cdot \Vert_1)$ và $T: V \to V: f \mapsto f$. Thông suốt$T$ là một phép so sánh tuyến tính với $$\Vert Tf \Vert_1 = \int_0^1 |f| \le \int_0^1 \Vert f \Vert_\infty = \Vert f \Vert_\infty$$
vì thế $\Vert T \Vert \leq 1$ và $T$bị ràng buộc. Hơn nữa, chúng tôi có$\Vert f \Vert_1 \leq \Vert f \Vert_\infty$.
Bây giờ chúng tôi cho thấy rằng $G= B_\infty(0,1)$ không mở cho $\Vert \cdot \Vert_1$. Thật vậy, giả sử ngược lại rằng$0$ là một $\Vert \cdot \Vert_1$- điểm bên trong của $G$. Sau đó có$\epsilon > 0$ như vậy mà
$$B_1(0, \epsilon) \subseteq G = B_\infty(0,1)$$
Vì vậy cho $f \in C([0,1])\setminus \{0\}$ chúng ta có $$\Vert \frac{\epsilon}{2 \Vert f \Vert_1} f \Vert_\infty \leq 1$$
I E $\Vert f \Vert_\infty \leq \frac{2}{\epsilon} \Vert f \Vert_1$ cho $f \in C([0,1])$. Nhưng sau đó các định mức$\Vert \cdot \Vert_1$ và $\Vert \cdot \Vert_\infty$ tương đương với nhau, điều này ngụ ý rằng $W$là Banach. Đây là một mâu thuẫn.
Câu hỏi : Nỗ lực của tôi có đúng không?
Trả lời
Vâng, nỗ lực của bạn là chính xác.
Sự tương đương của các tiêu chuẩn đòi hỏi cả hai sự bất bình đẳng, vì vậy sẽ rất tốt nếu đề cập đến điều đó.
Tôi nghĩ nó cũng có thể được cải thiện bằng cách giải thích tại sao $W$ không phải là không gian Banach.