¿Se puede prescindir de la representación de Riesz?

Question

Más detalladamente, ¿se puede establecer que el dual lineal continuo de un espacio de Hilbert es de nuevo un espacio de Hilbert sin apelar al Teorema de la Representación de Riesz?

Para mí, el Teorema de la Representación de Riesz es el resultado de que toda función lineal continua sobre un espacio de Hilbert es de la forma $v \mapsto \langle v, u \rangle$ para algunos $u$ en el espacio de Hilbert.

Aunque no tengo nada en contra del Teorema de la Representación de Riesz en sí, me pregunto si es posible prescindir de él. Mi motivación es bastante endeble, pero considere la situación en la que tiene un espacio de producto interno arbitrario, $V$ . Entonces su dual es un espacio de Hilbert. Sin embargo, para utilizar la Representación de Riesz para demostrarlo, primero hay que completar $V$ a un espacio de Hilbert y luego aplicar Riesz. Completar los espacios métricos y, en particular, demostrar que la terminación de un espacio de producto interno es un espacio de Hilbert, me parece un trabajo muy duro (y difícil de motivar a los estudiantes en particular), así que me pregunté si se podría evitar demostrando directamente que el dual es un espacio de Hilbert.

Answer 1

Ha sido un tiempo desde que me hizo buscar en la prueba en vez de sólo la cita, pero CREO que la esencia de la TSR para espacios de Hilbert, es el bijection entre cerrados hyperplanes (=cerrado codimension $1$ subespacios) en un espacio de Hilbert $H$ y las líneas ortogonales a cada uno, y el hecho de que este puede ser configurado para ser conjugado-lineal. Esto a su vez se basa -- creo -- en el hecho de que para cada una de las $x \in H$ y cada subespacio cerrado $V$ hay un único punto en $V$ más cercano a $x$.

Si queríamos ver en el (continua) el doble de un producto interior espacio de $E$, entonces el anterior razonamiento me sugiere que la finalización de $E$ va a entrar en el cuadro de alguna manera. Por si $\psi$ es una funcional lineal continua en $E$ queremos considerar $\ker \psi$ y, a continuación, asociar a una elección de vector normal, pero no estoy seguro de que podemos demostrar que una elección adecuada existe sin el uso de integridad.

(Existen un montón de codimension 1 densa subespacios incompleto yo.p. espacios de curso: dotar a $C[0,1]$ con el producto interior dado por la integración a lo largo de $[0,1]$, es decir, el $L^2[0,1]$ producto interior, y consideremos el subespacio de $C[0,1]$ consiste de todas aquellas funciones que se desvanecen en $0$. Así que en la configuración anterior, la continuidad de la ψ tiene que acostumbrarse en la prueba de que el doble de $E$ es un espacio de Hilbert.)

Me tome el punto de que tal vez hay una manera de mostrar que el doble de $E$ es un espacio de Hilbert, que no comience por completar $E$. Pero uno puede terminar la construcción de algún tipo de resumen de la finalización de todos modos.

Answer 2

Yo no he pensado esto. ¿Pero el dual lineal continuo es un espacio de Banach, y si podría demostrar que cumplen la regla del paralelogramo luego la norma vendría de un producto interno, sí?

Answer 3

Bueno, hay una manera, pero yo no sé si me gusta: Vamos a $V$ ser un complejo producto interior el espacio, y para cualquier $f\in V^*$ $\epsilon>0$ deje $$V^f(\epsilon)=\{v\in V:\|v\|=\|f\|, f(v)\ge\|f\|^2(1-\epsilon)\}$$

Ahora, como $\epsilon\to0$ esperamos que los funcionales inducidos por $v\in V^f(\epsilon)$ a converger a $f$. Más precisamente, vamos a $\bar v$ ser funcional a las $\bar v(u)=\langle u,v\rangle$. Es fácil estimar $|f(u)-\bar v(u)|$ al $u$ es paralelo a $v$. Es sólo un poco más difícil hacerlo cuando se $u\perp v$: Supongamos primero que $\|u\|=\|v\|=\|f\|$ y considerar la posibilidad de $f(\overline{f(u)}u+\overline{f(v)}v)$, calcular la norma de uso de Pitágoras y emplear la definición de $\|f\|$ encontrar $$\|f(u)\|^2\le\|f\|^4-|f(v)|^2\le\|f\|^4(2\epsilon-\epsilon^2)=\|f\|^2\|u\|^2(2\epsilon-\epsilon^2)$$

He omitido algunos detalles, pero el resultado final es que el $\|\bar v-f\|\to0$ al$v\in V^f(\epsilon)$$\epsilon\to0$. Ahora por fin podemos definir el producto interior en $H^*$ por $$\langle f,g\rangle=\lim\langle w,v\rangle$$ where $v\V^f(\epsilon)$, $w\V^g(\epsilon)$ and $\epsilon\to0$.

Es bastante? No lo creo, pero parece que para responder a su pregunta. Como un bono, la representación de Riesz es el teorema de ahora, por supuesto, a la vuelta de la esquina.

Answer 4

Lo puede hacer por coordinatizing todo. Es decir, si eres feliz usando un orthonormal base $(e_i)_{i\in I}$ para el Hilbert espacio (donde el índice puede bien ser incontables), para luego si $f$ es una lineal funcional no es difícil mostrar que $f(x)=\sum\langle x,e_i\rangle f(e_i)$ y por lo tanto, $\|f\|^2=\sum|f(e_i)|^2$ y usted está esencialmente.