Restricción de adjunto mapa en medir el espacio

Question

Estoy atrapado en un determinado cálculo en la solución de un problema. El problema puede ser formulado como la siguiente:

Deje $X, Y$ ser localmente compacto espacios y $C_b(X)$ denota el espacio delimitado funciones continuas en $X$ $M(X)$ denota el espacio de regular complejo de medidas de Borel en $X$.

Tenemos una lineal mapa de $T: C_b(Y) \rightarrow C_b(X)$. Entonces podemos obtener el mapa adjunto $T^*: C_b(X)^* \rightarrow C_b(Y)^*$ $$T^*(m)(f) = m(Tf)$$ para cada una de las $m\in C_b(X)^*, f\in C_b(Y)$. Sabemos que $M(X) \subset C_b(X)^*$. Mi pregunta es la siguiente:

Si para cada a $x\in X$, tenemos que $$T^*(\delta_x) = \delta_{x'}$$ for some $x'\Y$ (here $\delta_x$ is the Dirac measure at the point $$ x), entonces podemos concluir que $$T^*({M(X)}) \subset M(Y) \ \ ?$$

Creo que debe ser cierto ya que $C_0(X)^* = M(X)$ y desde $C_0(X) \subset C_b(X) = C(\tilde{X})$ donde $\tilde{X}$ es el punto de compactification de $X$.

Pero no estoy seguro de si esta es la correcta línea de pensamiento, o si me estoy perdiendo algo aquí. Cualquier ayuda es muy apreciada !

Answer 1

Sí, yo creo que es cierto.

Si para todas las $x$ existe (único) $y$ tal que $T^* \delta_x = \delta_{y}$, luego deje $\phi : X \to Y$ ser el mapa de $x \mapsto y$. Entonces es claro que $T = \phi^*$ es el pullback operador inducida por $\phi$: $Tf = f \circ \phi$. Desde $X,Y$ son localmente compactos de Hausdorff (supongo que te refieres a tus espacios Hausdorff) y, por tanto, completamente regular, se deduce que el $\phi$ es continua.

(Para ver esto, vamos a $E \subseteq Y$ ser cerrado. Por completar la regularidad, para cada una de las $y \in Y \setminus E$ hay una limitada continua $f_y : Y \to \mathbb{R}$$f_y(E) = 0$$f_y(y)=1$. Por lo tanto $E = \bigcap_y f_y^{-1}(0)$. Ahora $\phi^{-1}(E) = \bigcap_y \phi^{-1}(f_y^{-1}(0)) = \bigcap_y (f_y \circ \phi)^{-1}(0)$. Por supuesto, cada una de las $f_y \circ \phi = T f_y$ es continua por lo $\phi^{-1}(E)$ es cerrado).

Ahora $T^*= \phi_*$ es el pushforward inducidos por el operador, por $\phi$. Basta (por Jordania descomposición) para mostrar que $T^*$ es positivo finito regular medidas positivas finito regular las medidas, así que vamos a $\mu$ positivo, finito regular medida en $X$. Desde $\phi$ es continua y, por tanto, Borel medible, es claro que $\nu = T^* \mu = \phi_* \mu = \mu \circ \phi^{-1}$ es positivo finito medida en $X$.

A ver que $\nu$ es interior regular, vamos a $B \subseteq Y$ ser Borel y corregir $\epsilon > 0$. Ahora $A = \phi^{-1}(B)$ es de Borel en $X$, y, por definición,$\nu(B) = \mu(A)$. Por la regularidad de $\mu$, no es un compacto $K \subseteq A$$\mu(K) \ge \mu(A) - \epsilon$. A continuación, $F = \phi(K)$ es compacto en $X$, e $F \subseteq \phi(A) = B$. Por otro lado, $\phi^{-1}(F)$ es cerrado en $X$ y es un superconjunto de a $K$, lo $$\nu(F) = \mu(\phi^{-1}(F)) \ge \mu(K) \ge \mu(A) - \epsilon = \nu(B) - \epsilon.$$

Exterior de la regularidad de $\nu$ ahora sigue tomando complementa, desde el $\nu$ es una medida finita.