Каждые последовательно $\sigma(E',E)$-непрерывный линейный функционал на двойственном банаховом пространстве $E'$ обязательно балльная оценка?
$\newcommand{\bf}[1]{\mathbb #1}\newcommand{\sc}[1]{\mathscr #1}$Двойственности между двумя векторными пространствами$E$ а также $F$ над $\bf K$ ($= {\bf R}$ из ${\bf C}$) по определению является билинейной формой $$ \langle \cdot, \cdot\rangle :E\times F\to \bf K, $$ так что, если $\langle x, y\rangle =0$ для каждого $x$ в $E$, тогда $y=0$. И наоборот.
Учитывая двойственность, как указано выше, можно определить слабую топологию на$F$, обычно обозначается $\sigma (F,E)$, как грубейшая топология, согласно которой линейные функционалы $$ y\in F\mapsto \langle x, y\rangle \in \bf K $$ непрерывны для каждого $x$ в $E$.
Это классический факт, что каждый $\sigma (F,E)$-непрерывный линейный функционал $\varphi :F\to \bf K$, может быть представлен вектором в$E$ в том смысле, что существует (обязательно единственный) $x$ в $E$ такой, что $$ \phi(y) = \langle x, y\rangle ,\quad\forall y\in E. $$
Поэтому можно спросить:
Вопрос . Сохраняется ли вышеупомянутое, если непрерывность заменяется последовательной непрерывностью ? Другими словами, каждый последовательно$\sigma (F, E)$-непрерывный линейный функционал на $F$ быть представлен вектором в $E$.
Прежде чем читатель перейдет к задаче доказательства или опровержения, позвольте мне сказать, что, к сожалению, ответ отрицательный, и контрпример представлен ниже.
Так что позвольте мне немного остановиться на этом, ограничившись ситуацией, в которой $E$ является банаховым пространством и $F$ является его топологическим двойственным, с канонической двойственностью $$ \langle x, \varphi \rangle = \varphi (x), \quad \forall x\in E, \quad \forall \varphi \in E'. $$
Точнее:
Вопрос . Позволять$E$ - банахово пространство и пусть $\varphi $ - линейный функционал на $E'$ что последовательно $\sigma (E',E)$-непрерывный. Является$\varphi $ обязательно представлен вектором в $E$?
Очевидно, это верно, если $E$ рефлексивно, и я думаю, что могу доказать это для $E=c_0$, а также для $E=\ell ^1$.
ПРИМЕР СЧЕТЧИКА
Позволять $E=\sc F(H)$ - множество всех операторов конечного ранга в гильбертовом пространстве, а $F=\sc B(H)$, с двойственностью, определяемой с помощью следа, а именно $$ \langle S, T\rangle = \text{tr}(ST), \quad\forall S\in \sc F(H), \quad\forall T\in \sc B(H). $$
В таком случае $\sigma \big (\sc B(H),\sc F(H)\big )$ оказывается слабой операторной топологией (WOT), которая совпадает со слабой операторной топологией сигма ($\sigma $-WOT) на ограниченных подмножествах $\sc B(H)$.
Поскольку WOT-сходящиеся последовательности ограничены Банахом-Штейнхауссом, мы имеем, что WOT-сходящиеся последовательности такие же, как и $\sigma $-WOT конвергентные. Отсюда следует, что каждый$\sigma $-WOT-линейный непрерывный функционал на $\sc B(H)$также WOT-непрерывно. Короче говоря, для каждого оператора класса трассировки$S$ на $H$ бесконечного ранга линейный функционал $$ T\in \sc B(H) \mapsto \text{tr}(ST)\in {\bf C} $$ последовательно WOT-непрерывно, но не представляется оператором в $\sc F(H)$.
Ответы
Микаэль де ла Саль указывает, что это правда, когда $E$отделима, как показано в следствии V.12.8 Конвея, Курс функционального анализа, 2e .
В качестве неотделимого контрпримера рассмотрим несчетное порядковое пространство $[0, \omega_1]$, компактный по Хаусдорфу, и $E = C([0, \omega_1])$. По теореме Рисса о представлении$E'$ это пространство подписанных радоновых мер $\mu$ на $[0, \omega_1]$с его полной нормой вариации. Позволять$\varphi(\mu) = \mu(\{\omega_1\})$. Это явно не представлено каким-либо вектором в$E$ поскольку функция $1_{\{\omega_1\}}$ не непрерывно, но я утверждаю $\varphi$ последовательно $\sigma(E', E)$ непрерывный.
Позволять $\mu_n$ - последовательность, сходящаяся к 0 в $\sigma(E', E)$ и исправить $\epsilon > 0$. Поскольку каждый$\mu_n$ есть радон, как и мера его полной вариации $|\mu_n|$, и, таким образом, мы можем аппроксимировать $\{\omega_1\}$ в $|\mu_n|$-измерять снаружи открытыми наборами. Итак, существует$\alpha_n < \omega_1$ такой, что $|\mu_n|((\alpha_n, \omega_1)) < \epsilon$. Позволять$\alpha = \sup_n \alpha_n < \omega_1$; тогда$|\mu_n((\alpha, \omega_1))| \le |\mu_n|((\alpha, \omega_1)) < \epsilon$ для каждого $n$.
Определять $f : [0, \omega_1] \to \mathbb{R}$ от $$f(x) = \begin{cases} 0, & x \le \alpha \\ 1, & x > \alpha \end{cases}$$ и обратите внимание, что $f$непрерывно. Сейчас$$\varphi(\mu_n) = \mu_n(\{\omega_1\}) = \mu_n((\alpha, \omega_1]) - \mu_n((\alpha, \omega_1)) = \int f\,d\mu_n - \mu_n((\alpha, \omega_1)).$$
Но по предположению $\int f\,d\mu_n \to 0$, а также $|\mu_n((\alpha, \omega_1))| < \epsilon$, поэтому мы заключаем $\varphi(\mu_n) \to 0$.