La proyección teorema muestra que cada cerrados lineal subespacio $ M $ de espacio de hilbert $H$ ha al menos uno de los complementry cerrado lineal subespacio es decir $M^\perp$.
Pero en algunos espacios de Banach un subespacio cerrado puede no tener complementry cerrado lineal subespacio; por ejemplo, el cierre de la subespacio $c_0$ de espacio de banach $l^\infty$ no se complementan en $l^\infty$.
Me pregunto por qué $c_0$ no tienen complementa lineal subespacio en $l^\infty$.
Que $c_0$ no se complementan en $\ell^\infty$ originalmente fue demostrado por Phillips (1940), pero un menor prueba fue publicado por Robert Whitley, *la Proyección de $m$ a $c_0$, La American Mathematical Monthly, Vol. 73, Nº 3 (Mar., 1966), pp 285-286. Yo croquis éste, después de la presentación en Conway es Un curso en el Análisis Funcional.
Paso 1: Luego hay un sinnúmero de familia de los infinitos subconjuntos de a $\mathbb N$ finitos intersecciones. (Prueba: interruptor de$\mathbb{N}$$\mathbb{Q}$, recogida secuencias convergentes a irrationals. Más detalles en esta pregunta.)
Paso 2: Deje $T: \ell^\infty \to \ell^{\infty}$ ser un operador tal que $\ker T\supseteq c_0$. Entonces existe un subconjunto infinito $A$ $\mathbb{N}$ tal que $P(x) = 0$ todos los $x$ apoyado en $A$. (Prueba a continuación.)
Paso 3: Si $c_0$ fueron complementados en $\ell^\infty$, habrá una proyección continua $P: \ell^\infty \to \ell^\infty$ con rango de $c_0$. Aplicar el Paso 2 con $T = I-P$ nos íbamos a encontrar un conjunto infinito $A$ tal que $(I-P)(x) = 0$ de todas las secuencias apoyado en $A$. Pero, a continuación,$P(\chi_A) = \chi_A\notin c_0$, una contradicción. $\quad\Box $
Para demostrar el Paso 2, considere la posibilidad de una familia $\{A_i\}_{i \in I}$ como en el Paso 1. Supongamos que al contrario que para cada una de las $i \in I$ podemos encontrar $x_i \in \ell^\infty$ apoyado en $A_i$ tal que $T(x_i) \neq 0$, en particular,$x_i \notin c_0$. La normalización de $x_i$, podemos suponer que la $\|x_i\|=1$ todos los $i \in I$.
Desde $I$ es incontable debe ser $n \in \mathbb{N}$ tal que $I_n := \{i \in I\,:\,(Tx_i)(n) \neq 0\}$ es incontable. Desde $I_n$ es incontable, no debe ser $k$ tal que $I_{n,k} := \{i \in I\,:\,|(Tx_i)(n)| \geq 1/k\}$ es incontable.
Ahora fix $n$ $k$ tal que $I_{n,k}$ es incontable. Deje $J \subset I_{n,k}$ ser finito, y considerar la posibilidad de $y = \sum_{j \in J} \operatorname{sign}{[(Tx_j)(n)]} \cdot x_j$. Tenga en cuenta que $$ (Ty)(n) = \sum_{j \J} \operatorname{signo}{[(Tx_j)(n)]}\cdot (Tx_j)(n) \geq \frac{\# J}{k} $$ por nuestra elección de $y$. Desde $A_i \cap A_j$ es finito para $i \neq j$, podemos escribir $y = f + z$ donde $f$ ha finito de apoyo y $\|z\| \leq 1$. Por lo tanto $T(y) = T(f) + T(z) = T(z)$ por las hipótesis de $T$ y, por tanto,$\|T(y)\| \leq \|T\| \|z\| \leq \|T\|$. Este rendimientos $\# J \leq \|P\| k$ contradiciendo ese $I_{n,k}$ es infinito.
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