Cuando es exactamente el doble de $L^1$ isomorfo a $L^\infty$ a través de la natural mapa?

Question

El espacio dual del espacio de Banach $L^1(\mu)$ para un sigma-finito de medida $\mu$$L^\infty(\mu)$, dada por la correspondencia

$\phi \in L^\infty(\mu) \mapsto I_\phi$ donde$I_\phi(f) = \int f \cdot \phi \,d\mu$$f \in L^1(\mu)$.

Ahora, consideramos que esta para medidas más generales $\mu$. Si $\mu$ no es semifinite, entonces existe un subconjunto medible $A$ $\mu(A) = \infty$ pero $\mu(B) = 0$ para cada subconjunto $B$$A$$\mu(B) < \infty$. Cualquier $\phi$ apoyado en $A$ entonces el mapa de la zero funcional, por lo que la correspondencia no es uno-a-uno.

Si $\mu$ es semifinite, la correspondencia uno-a-uno, pero es lo que hacia?

El uso de la Radon-Nikodym Thorem, cualquier miembro de $L^1(B)^*$ $\mu(B) < \infty$ puede ser representada por una $L^\infty(B)$ clase de función $[\phi_B]$. A diferencia de la $\sigma$-finito medir caso, sin embargo, no veo una manera fácil para formar un "patchwork" $\phi$$\phi|_B = \phi_B$.e.$[\mu]$. Sospecho que esto puede tener una respuesta fácil, pero se me escapa. O tal vez hay un conocido contraejemplo?

Answer 1

Para responder a la pregunta en el título, es el siguiente teorema:

El natural de mapa de $I \colon L^\infty(X) \to (L^1(X))^\ast$ es

1. un isométrico de la inyección si y sólo si $(X,\Sigma,\mu)$ es semifinite.
2. una isométrica isomorfismo si y sólo si $(X,\Sigma,\mu)$ es localizable.

Ya cubierto el punto 1 en la pregunta (la isometría de la propiedad de ser sencilla). El segundo punto es el más delicado.

Una medida de espacio $(X,\Sigma,\mu)$ se llama localizable si es semifinite y, además, la siguiente condición se tiene:

Para cada familia $\mathcal{F} \subseteq \Sigma$ hay $H \in \Sigma$ tal que

1. $F \setminus H$ es un conjunto null para todos los $F \in \mathcal{F}$.
2. Si $G \in \Sigma$ es tal que $F \setminus G$ es un conjunto null para todos los $F \in \mathcal{F}$ $H \setminus G$ es un conjunto null.

A grandes rasgos, esta propiedad afirma que cada familia $\mathcal{F}$ de los conjuntos medibles tiene un menor medibles de la envolvente $H$ (hasta null conjuntos).

La definición de las posibilidades de localización implica a través de un poco técnico argumento de que uno puede pegar juntos funciones medibles. Más precisamente:

Deje $\mathscr{F}$ ser una familia de funciones que cada una de las $f \in \mathscr{F}$ está definido y medible en un subconjunto medible $D_f$ de la localizable medir el espacio $(X,\Sigma,\mu)$. Supongamos, además, que los $f_1 = f_2$.e. en $D_{f_1} \cap D_{f_2}$ siempre $f_1,f_2 \in \mathscr{F}$. Entonces existe una función medible $g \colon X \to \mathbb{R}$ cuya restricción a $D_f$ satisface $g|_{D_f} = f$.e. para todos los $f \in \mathscr{F}$.

Usando este resultado, uno puede componer el Radon-Nikodym derivados se obtiene a partir de la restricción de un continuo lineal funcional $\varphi \colon L^1(X) \to \mathbb{R}$ a los subespacios $L^1(F) \subseteq L^1(X)$ donde $F$ se ejecuta a través de los subconjuntos finitos de la medida de $X$.

La prueba de la inversa de la dirección se procede a una verificación directa de la localización de la propiedad de $(X,\Sigma,\mu)$ el hecho de que $I$ es isométrica implica semi-finitud por el punto 1. del teorema y la "envoltura condición de" usos surjectivity de $I$.

Los detalles se pueden encontrar en 243G en la página 153 de este PDF. El encolado de la propiedad se demuestra en 213N en la página 28.

Answer 2

Deje $X$ ser una multitud innumerable, equipado con el $\sigma$-álgebra $\mathcal{F}$ que consta de todos los conjuntos contables y sus complementos, o cualquier otro $\sigma$-álgebra que contiene todos los embarazos únicos, pero no es $2^X$. Deje $\mu$ contar medida, que se semifinite. Tenga en cuenta que cualquier función en $L^1(\mu)$ se apoya en una contables conjunto. Deje $E$ ser un subconjunto de a $X$ que no está en $\mathcal{F}$, y para$f \in L^1(\mu)$$I(f) = \sum_{x \in E} f(x)$. Claramente este es un funcional lineal continua en $L^1(\mu)$ (norma 1). Sin embargo, si $I(f) = \int fg\,d\mu$ es fácil ver que tendríamos que tener $g = 1_E$, pero esto no es en $L^\infty(\mu)$ porque $E$ no es mensurable.

Pero $\sigma$-finitud no es necesario, ya sea: repita este ejemplo con $\mathcal{F} = 2^X$.