O limite de uma sequência de operadores lineares contínuos na topologia de operadores fracos é novamente um operador linear contínuo?

Question

Pelo teorema de Banach-Steihaus sabemos que se$(A_n)_{n\in\mathbb N}\subseteq\mathfrak L(X,Y)$, Onde$X$é um Banach e$Y$um espaço normado, converge na topologia de operador forte, então seu limite na topologia de operador forte é novamente um operador linear limitado de$X$para$Y$.

Agora eu li isso em um espaço de Hilbert$H$o seguinte resultado mais forte é válido: Se$(A_n)_{n\in\mathbb N}\subseteq\mathfrak L(H)$converge na topologia do operador fraco, então seu limite na topologia do operador fraco é novamente um operador linear limitado em$H$.

Por que é importante que$H$que é um espaço de Hilbert? A afirmação não permanece verdadeira no caso anterior considerado$(A_n)_{n\in\mathbb N}\subseteq\mathfrak L(X,Y)$, Onde$X$é um Banach e$Y$um espaço normalizado?

Se$E$é um espaço normado, sabemos que$B\subseteq E$é limitado se e somente se for fracamente limitado. Assim, uma sequência fracamente convergente é limitada por norma.

Não deveria seguir imediatamente que se$(A_n)_{n\in\mathbb N}\subseteq\mathfrak L(X,Y)$é fracamente convergente, é limitado na topologia do operador forte e, portanto, limitado na topologia do operador uniforme pelo teorema de Banach-Steihaus?

Answer 1

Acho que o que você está dizendo é verdade. Nunca pensei nisso, pois sempre presumi que o limite do operador fraco$A$do$A_n's$estava sempre em$A\in \mathfrak L(X,Y)$. Estou escrevendo o argumento apenas para nos convencer. De fato, basta supor que$Y$tem uma norma, não necessariamente completa.

Então, vamos supor que$A_n\overset{\text{wo}}{\to}A$na topologia de operador fraco onde$A:X\to Y$é um operador linear, não necessariamente limitado. A convergência na topologia do operador fraco é descrita por$h(A_n x)\to h(A x)$para cada$x\in X$e$h\in Y^*$. Isso implica que o conjunto$\{A_n x: n\in \mathbb{N}\}$é fracamente limitado em$Y$, portanto, também é limitado em$Y$. Pelo Banach-Steihaus segue que$\sup_{n}||A_n||=M<\infty$. Para agora$x\in X$com$||x||=1$temos$$||Ax||=\max_{h\in Y^*,\, ||h||=1}|h(Ax)|$$Então, há algum$||h||=1$dentro$Y^*$de tal modo que$||Ax||=|h(Ax)|$. Usando a convergência fraca para$A_nx$acabamos com\begin{align} ||Ax||&=|h(Ax)|\\ &=\lim_{n\to \infty}|h(A_nx)|\\ &\leq \underbrace{||h||}_{=1}\liminf_{n\to \infty}||A_n||\cdot \underbrace{||x||}_{=1} \end{align}Por isso,$||Ax||\leq M$para cada$||x||=1$e, portanto,$||A||\leq M<\infty$.

Edit: (Respondendo ao comentário)

A existência de tal$A$é mais complicado. Para garantir tal existência, precisamos de outra suposição para$Y$, já que há um contra-exemplo aqui onde$X=Y=c_0$. O único natural que pude pensar enquanto tentava provar é que$Y$tem que ser reflexivo (de não ser um espaço Banach fomos direto para a reflexividade :P). No caso em que$X=Y=H$é um espaço de Hilbert as coisas eram um pouco mais fáceis, pois podemos identificar$H^*$com$H$e não precisa mexer com os segundos duals.

O argumento no caso em que$Y$é reflexivo é o seguinte:

Suponha que$\lim_{n}\langle A_n x, h \rangle$existe para cada$x\in X$e$h\in Y^*$. Para fixo$x\in X$deixar$f_x:Y^*\to \mathbb{R}$definido por$$\langle h, f_x\rangle =\lim_{n\to \infty}\langle A_n x, h\rangle$$É fácil verificar isso$f_x$é um funcional linear e pela discussão anterior também é limitado. Significado,$f_x \in Y^{**}$. Por reflexividade, há$y_x\in Y$de tal modo que$\langle h, f_x\rangle =\langle y_x, h\rangle$para todos$h\in Y^*$. Agora deixe$x\overset{A}{\longmapsto} y_x$. Agora, é fácil verificar que$A:X\to Y$é um operador linear. Pela discussão anterior ela também é limitada.