Mostrar que una secuencia en$\ell^\infty(\mathbb{N})^*$ tiene una subred débil * convergente

Question

Actualmente estoy mirando la secuencia de funcionales en la bola unidad cerrada de $\ell^\infty(\mathbb{N})^*$, que se dan por $e_n(x) := x_n$.

Sé que la bola unidad cerrada es débil*-compacto por el Banach teorema de Alaoglu y me han demostrado que no tienen una débil*-convergente larga.

Ahora quiero demostrar que todavía puedo encontrar convergente de subred. Es claro para mí que en espacios compactos, cada red tiene un convergentes de subred, pero estoy luchando para demostrar los siguientes:

Deje $N_k= \{n \in \mathbb{N}: n \ge k\}$ ser un filterbasis y deje $\mathcal{U}$ denotar la utrafilter del filtro que es inducida por los conjuntos de $N_k$. Además, vamos a $I := \{(U,u) \ | \ U \in \mathcal{U}, u \in U \}$ ser dirigido conjunto con la relación $(U,u) \triangleleft (V,v) $ fib $V \subseteq U$.Estoy tratando de ver la red en el set de $I$ como una subred de la secuencia de $e_n$ y, a continuación, me gustaría mostrar que esta subred de hecho convergen en la débil*-topología.

No estoy muy seguro de cómo hacer esto. Estaba pensando, ya que la débil*-convergencia es básicamente pointwise convergencia sería más fácil mirar en una secuencia $x \in \ell^\infty$, puesto que el $e_n$ son sólo la evaluación de las secuencias en un determinado índice. Mi idea era que cualquiera limitada secuencia convergente larga, $x_{n_k}$, por lo que yo pude ver en el set $\{n_k :k\in \mathbb{N}\}$ y tal vez de usar el hecho de que para cualquier conjunto a $A \subseteq \mathbb{N}$ $A \in \mathcal{U}$ o $A^C \in \mathcal{U}$, ya que el $\mathcal{U}$ es un ultrafilter.

Answer 1

Supongamos por simplicidad que $0\leq x_n\leq 1$ todos los $n$ (la prueba de obras en general, sólo una de las necesidades de las particiones del disco duro en lugar del intervalo, que son un poco más molesto para escribir; o, escribir $x$ como una combinación lineal de cuatro secuencias, cada una con valores en $[0,1]$ y trabajar con cada uno de ellos).

Para cada una de las $n\in\mathbb N$, definir conjuntos $$ Un^n_j=x^{-1}\left(\left[\frac{j-1}{2^n},\frac{j}{2^n}\right)\right)\ \ \ j=1,\ldots,2^n $$ (hacer $A^n_{2^n}=x^{-1}([1-2^{-n},1])$). Así, para cada $n$ tenemos una partición de $\bigcup_j A^n_j=[0,1]$. Desde $\mathcal U$ es un ultrafilter, para cada una de las $n$ hay una sola $j(n)$ $A^n_{j(n)}\in\mathcal U$ (esto se deduce de la propiedad $B\in\mathcal U\iff B^c\not\in\mathcal U$).

Como $A^n_{j(n)},A^{n+1}_{j(n+1)}\in\mathcal U$, se deduce que el $A^{n+1}_{j(n+1)}\subset A^n_{j(n)}$ (de lo contrario, serían distintos, lo que significa que su intersección es el conjunto vacío, es en $\mathcal U$) y que todos ellos son no vacíos. Esto implica que $$ \left[\frac{j(n+1)}{2^{n+1}},\frac{j(n+1)}{2^{n+1}}\right)\subconjunto \left[\frac{j(n)}{2^{n}},\frac{j(n)}{2^{n}}\right)\ \ \ n\in\mathbb N. $$ Por tanto, tenemos una disminución de nido de intervalos, lo que garantiza que no existe $$ r=\lim_n\frac{j(n)}{2^n}\in[0,1]. $$ Ahora vamos a mostrar que $\lim_{I}x_{n_I}=r$. Fix $\varepsilon>0$, e $n$$2^n>1/\varepsilon$. Para cualquier $m\in A^n_{j(n)}$, ya que el $r\in [(j(n)-1)/2^n,j(n)/2^n)$, tenemos $$|x_m-r|<\frac1{2^n}<\varepsilon. $$ And if $(Un^n_{j(n)},m)\triangleleft (V,v)$, then $V\subconjunto de Un^n_{j(n)}$ so $v\en A^n_{j(n)}$ and then $$\tag{*}|x_v-r|<\frac1{2^n}<\varepsilon.$$Thus the net $\{x_{(U,U)}\}_{(U,U)\in I}$ converges to $r$.

Lo anterior funciona para cualquier ultrafilter, y diferentes ultrafilters le suelen dar a los límites diferentes. Si el director ultrafilters están permitidos, consigue $x_n$ para el ultrafilter generado por $n$; y cuando se utilice una ultrafilter (como el que en su pregunta), se obtiene un límite adecuado. Este límite será siempre uno de la acumulación de los puntos de la secuencia, de manera que, en particular, de acuerdo con el límite habitual si la sucesión es convergente.

Para finalmente abordar la cuestión, debido a un arbitrario $x\in\ell^\infty$ los anteriores construcciones de $r_x\in\mathbb C$, así que ahora tenemos un mapa de $\gamma_I:\ell^\infty\to\mathbb C$. De ser un límite, es lineal (y multiplicativo). Debido a $r_x$ es un punto de acumulación de a$x$,$|r_x|\leq\|x\|_\infty$, lo $\gamma_I$ está acotada. Finalmente, podemos ver $(*)$ $$ |e_v(x)-\gamma_I(x)|<\frac1{2^n}, $$ mostrando que $$\lim_I e_v(x)=\gamma_I(x).$$

Answer 2

Creo que he encontrado un resultado a este problema, que es en realidad un poco más general. Resulta, que la subred que se construye encima de converge a la medida de probabilidad $\pi\mathcal{U}$, que satisface $\pi\mathcal{U}(A) = 1$ si $A \in \mathcal{U}$ y es igual a $0$ lo contrario.

El resultado puede encontrarse en Libro infinito Análisis Dimensional - guía de un autostopista, teorema de 16,36 de Aliprantos