Topología más fina en un espacio de los operadores de espacio de banach

Question

deje $X$ ser algún espacio de Banach. Deje $L(X)$ el conjunto de continuo a los operadores en $X$ a $X$.

Deje $(\tau_i)_i$ ser un conjunto de topologías en $L(X)$ s.t. $L(X)$ es espacio vectorial topológico (es decir, la suma y la multiplicación escalar continuo, no necesariamente Hausdorff).

Deje $\tau$ ser la topología inicial en $L(X)$ inducida por el lineal identidades $f_i : L(X) \longrightarrow (L(X),\tau_i)$. A continuación, $(L(X),\tau)$ es un espacio vectorial topológico.

Por el bien de la ilustración: si restringimos $(\tau_i)_i$ a las topologías que son más gruesos que el operador de la topología de la norma en $X$, $\tau_{op}$, luego, obviamente,$\tau = \tau_{op}$.

Pregunta: Qué $\tau = \tau_{op}$ incluso en general? Alternativamente, hay al menos un "buen" conjunto de restricciones en $(\tau_i)_i$, o una caracterización de "razonable" topologías, para lo cual hemos $\tau = \tau_{op}$?

Answer 1

Suponiendo que su $f_i$ es sólo el mapa de identidad con $\tau_i$ en el codominio, $\tau$ es sólo el más áspero de la topología más fina de todas las $\tau_i$. Esto explica la afirmación de que la restricción a los $\tau_i$ más grueso que el $\tau_{op}$ rendimientos $\tau=\tau_{op}$. Pero, a continuación, preguntar si $\tau=\tau_{op}$, en general, es para preguntar si todos los TELEVISORES de la topología en $L(X)$ es más gruesa de lo $\tau_{op}$. Para contradecir lo que sólo necesitas un ejemplo de una topología PLANA que no es comparable a $\tau_{op}$ o uno que es estrictamente más fino que el de $\tau_{op}$. Si $X$ es de infinitas dimensiones, entonces hay espacio de Banach de las normas sobre el $L(X)$ que no son equivalentes para el operador de la norma, la cual, por la asignación abierta teorema significa que las topologías que no son comparables. Así que la respuesta es no.