¿Existe un isomorfismo explícito entre $L ^ \infty [0,1] $ y \ell^\infty$ $?

Question

Hay una explícita isomorfismo entre $L^\infty[0,1]$ y $\ell^\infty$?

En cierto sentido, este es un seguimiento a mi respuesta a esta pregunta cuando la falta de isomorfismo entre los espacios $L^r$ y $\ell^s$ para $1 \leq r,s \lt \infty$, menos de $r$ y $s$ son dos fue discutido (entre otras cosas).

No es algo sorprendente que el hecho de que los espacios de Banach $X = L^\infty[0,1]$ y $Y = \ell^\infty$ son isomorfo. Más precisamente, no son mutuamente inversas delimitada lineal mapas de $T: X \a Y$ e $S: Y \X$ (ver más abajo para una prueba de de la existencia).

Hay una directa y explícita manera de demostrar esto? En otras palabras: me pregunto si hay un explícito y natural de expresión, ya sea para $S$ o $T$.

Aquí está el argumento que yo sé: el Uso de Pełczyński de la técnica de descomposición se puede probar que $X = L^\infty$ y $Y = \ell^\infty$ son isomorfos como espacios de Banach:

1. Elija una contables de la partición de $[0,1] = \bigcup_{n=0}^\infty E_n$ en distintos conjuntos de medida positiva y enviar $(x_n)_{n \in \mathbb{N}} \in \ell^\infty$ $\sum_{n=0}^\infty x_n [E_n]$ para obtener un isométrico de la incrustación de $i: Y \hookrightarrow X$. Desde $\ell^\infty$ es inyectiva, su imagen se complementa, en particular, esto produce un la descomposición $X \cong Y \oplus \widetilde{Y}$.

2. Elija una densa secuencia de $(f_n)_{n \in \mathbb{N}}$ de la unidad de la esfera de $L^1[0,1]$. Para $h \in L^\infty[0,1]$ let $j(h) = \left( \int f_n \ h \right)_{n \in \mathbb{N}} \in \ell^\infty$ para obtener un mapa isométrico $j: L^\infty[0,1] \a \ell^\infty$. Desde $L^\infty[0,1]$ es inyectiva, su imagen es complementa en $\ell^\infty$, por lo que esto produce un la descomposición $Y \cong X \oplus \widetilde{X}$.

3. Observar que $X \cong X \oplus X$ desde $L^\infty[0,1] = L^\infty[0,1/2] \oplus L^\infty[1/2,1] \cong L^\infty [0,1] \oplus L^\infty [0,1]$ y $Y \cong Y \oplus de$ Y por la descomposición de $\mathbb{N}$ en los conjuntos de números pares e impares. Por lo tanto, Pełczyński el argumento de los rendimientos: $$X \cong Y \oplus \widetilde{Y} \cong (Y \oplus Y) \oplus \widetilde{Y} \cong Y \oplus (Y \oplus \widetilde{Y}) \cong Y \oplus X$$ y $$Y \cong X \oplus \widetilde{X} \cong (X \oplus X) \oplus \widetilde{X} \cong X \oplus (X \oplus \widetilde{X}) \cong X \oplus Y$$ de modo que $X \cong Y \oplus X \cong X \oplus Y \cong$Y.

Por supuesto, uno puede rastrear a través de este argumento y de "construir" un isomorfismo, pero los mapas resultantes son bastante más complicada de lo que yo estoy buscando. Un mayor déficit de este argumento es que la apelación a la inyectividad de propiedades hace que esta intrínsecamente no-constructiva.

Cualquier simplificaciones de este argumento o punteros a la literatura sería bienvenida.

Answer 1

Supongamos que $T: L^\infty \a \ell^\infty$ es su isomorfismo. Mirando este coordinatewise, esto corresponde a un almacén de la secuencia de $\phi_n$ fijas lineal funcionales en $L^\infty$ que

1) no es $\epsilon > 0$ tal que $\max_n |\phi_n(f)| \ge \epsilon \|f\|_\infty$ para todo $f \in L^\infty$

2) Para cada secuencia delimitada $t_n$ de reales hay $f \in L^\infty$ tal que $\phi_n(f) = t_n$.

Hasta donde yo sé, el único realmente "edificable" limitado lineal funcionales en $L^\infty$ son de la forma $f \a \int_0^1 f(x) g(x)\, dx$ donde $g \en L^1$. Si todo $\phi_n$ fueron de esta forma, dicen $\phi_n(f) = \int_0^1 f(x) g_n(x)\, dx$, entonces $T^*$ asignaría $\ell^1$ (como un subespacio cerrado de $(\ell^\infty)^*$) uno-a-uno a un subespacio cerrado $V$ de $L^1[0,1]$, es decir, para cualquier $y \in \ell^1$ y $f \in L^\infty$, $(T^* y)(f) = y(Tf) = \sum_n y_n \phi_n(f) = \int_0^1 \left(\sum_n y_n g_n(x)\right) f(x)\, dx$ donde $\sum_n y_n g_n \en L^1$. Ahora $$V^\asesino = \{f \en L^\infty: \int_0^1 f(x) g(x)\ dx = 0 \text{ para todo } g \V\} = (T^*)^{-1}(\ell^1)^\asesino = \{0\}$$ y, a continuación, $V = L^1$. Pero sabemos que $\ell^1$ y $L^1[0,1]$ no son isomorfos, así que esto es imposible. Que dice que cualquier isomorfismo de $L^\infty$ en $\ell^\infty$ debe involucrar a algunos de los "exóticos" lineal funcionales en $L^\infty$.

Answer 2

Robert Israel la respuesta que da a una hermosa y convincente el argumento de por qué algunas elemento de la no-constructivity debe ser involucrado en un isomorfismo entre $\ell^\infty$ y $L^\infty$.

Desde Nate Eldredge trajo con ello en los comentarios, voy a poner el argumento de forma ligeramente diferente al abandonar el pleno del axioma de elección y el uso de un teorema de Väth con el fin de establecer:

Teorema $(\operatorname{ZF}+\operatorname{DC}+\operatorname{PM}_\omega)$. Hay no hay isomorfismo entre $\ell^\infty$ y $L^\infty$.

Aquí $\operatorname{DC}$, es habitual el axioma de la dependiente de la elección y $\operatorname{PM}_\omega$ es la frase "no Hay ninguna (finitely aditiva de probabilidad) de la medida en $\omega$, que es cero en todos los conjuntos finitos".

• A grandes rasgos, $\operatorname{PM}_\omega$ afirma que no es funcional en $\ell^\infty$, que no provienen de $\ell^1$. Väth prueba de ello (y dependiente de la elección) $(L^\infty)^\ast = L^1$ todas $\sigma$-finito medir espacios: Martin Väth, El espacio dual de $L^\infty$ es $L^1$, Indag. Mathem., N. S., 9 (4), 1998, 619-625.

• Solovay del modelo (en el que cada conjunto de números reales es medible) demuestra la consistencia relativa de $\operatorname{ZF}+\operatorname{DC}+\operatorname{PM}_\omega$. En ese modelo no puede ser por tanto no hay isomorfismo entre $\ell^\infty$ y $L^\infty$. Mientras Solovay del modelo se basa en la existencia de un cardinal inaccesible , cuya consistencia de la fuerza es el camino más allá de la una de la $\operatorname{ZF}$, Pincus y Solovay demostró que no es gran cardenal hipótesis es necesaria para establecer la consistencia relativa de $\operatorname{ZF}+\operatorname{DC}+\operatorname{PM}_\omega$ véase el §1 de Väth del artículo para más antecedentes y referencias detalladas.

Prueba del teorema. Suponemos que $\operatorname{ZF}+\operatorname{DC}+\operatorname{PM}_\omega$ así que por Väth resultados, $\ell^1 = (\ell^\infty)^\ast$ y $L^1 = (L^\infty)^\ast$.

1. Si hay un isomorfismo $T: L^\infty \a \ell^\infty$ obtendríamos un isomorfismo $T^\ast: \ell^1 \L^1$.

   De hecho, $\|T^\ast\| \leq \|T\|$ de la siguiente manera a partir de una aplicación directa de la definición del operador de la norma (sin embargo: el establecimiento de la igualdad requeriría de Hahn-Banach). Las pruebas de que el hecho de que un operador acotado es continua (es Lipschitz) así como $(ST)^\ast = T^\ast S^\ast$ y $\operatorname{id}_{X}^\ast = \operatorname{id}_{X^\ast}$ no implica ninguna opción en absoluto.

   El resto del argumento será establecer que $\ell^1$ y $L^1$ no son isomorfos y así vamos a terminar con una contradicción.

2. Es un teorema de $\operatorname{ZF}$ que $\ell^1$ tiene la propiedad de Schur: cada débilmente convergente secuencia en $\ell^1$ es la norma convergente.

   En efecto, la prueba descritos en Pedersen del Análisis, Ejercicio E 2.4.7, página 68 pasa a través de, así como la prueba de que $\ell^\infty$ es el espacio dual de $\ell^1$ (gracias a Brian M. Scott y Asaf Karagila para comprobar esto). Para la conveniencia del lector, aquí está el argumento de que es básicamente la misma que la dada por Davide Giraudo en este hilo:

   

   El punto es que la secuencia de $a(n)$ y la larga de $(x_n)$ puede ser al mismo tiempo y explícitamente definidos por inducción utilizando el bien de la orden en $\mathbb{N}$, la hipótesis de que $x_n$ converge débilmente a cero, que $x \mapsto \sum_{k=1}^{(n-1)} |x(k)|$ es débilmente (secuencialmente) continua y que $\|x_n\|_1 \geq \varepsilon$ infinitamente a menudo.

3. El espacio $L^1$ no tiene la propiedad de Schur, ya que uno puede simplemente escribir ejemplos de débilmente convergente secuencias que no son norma convergentes, por ejemplo, $f_n(x) = \exp{(2\pi i \n \,x})$.

   Dependiente de la elección es más que suficiente para probar la existencia de la de Riemann-Lebesgue lema que indica que $\langle f_n, h \rangle \to 0$ como $n \to \infty$ para todo $h \in L^1 \supset L^\infty$. Vea los comentarios en Fremlin de la Teoría de la Medida del Volumen 5II, en el comienzo de 566, especialmente 566B y 566C y comparar la prueba de la de Riemann-Lebesgue lexema dado en el Volumen 2, 282E y 282F para obtener más detalles.

4. Si $S: E \F$ es un isomorfismo y $E$ tiene la propiedad de Schur, también lo $F$ (esto se deduce de los comentarios de la parte 1. de la prueba).

La combinación de 2., 3. y 4., vemos que no hay isomorfismo entre $\ell^1$ y $L^1$. Por lo tanto, hemos llegado a la contradicción anunció en el paso 1.