subespacio de dimensión finita de un espacio de Banach se complementa

Question

En 'Análisis Funcional'de Rudin, Lemma $4.21$

Dejemos que $M$ sea un subespacio cerrado de un espacio vectorial topológico $X$ .

(a) Si $X$ es localmente convexo y $dim(M) < \infty$ entonces $M$ se complementa en $X$ .

(b) Si $dim(X/M) < \infty$ entonces $M$ se complementa en $X$ .

(La siguiente prueba está copiada del libro)

La prueba: (a) Sea $\{ e_1,...,e_n \}$ sea una base para $M$ . Cada $x \in M$ tiene entonces una representación única $$x = \alpha_1(x)e_1 + ...+ \alpha_n(x)e_n.$$

Cada $\alpha_i$ es una función lineal continua en $M$ que se extiende a un miembro de $X^*$ por el Teorema de Hahn-Banach. Sea $N$ sea la intersección de los espacios nulos de estas extensiones. Entonces $X = M \oplus N$ .

(b) Que $\pi: X \rightarrow X / M$ sea el mapa cociente, y que $\{ e_1,...,e_n \}$ sea una base para $X/M$ , elige $x_i \in X$ para que $\pi(x_i)=e_i$ para $1 \leq i \leq n$ y que $N$ sea el espacio vectorial abarcado por $\{ x_1,...,x_n \}$ . Entonces $X=M \oplus N$ .

Pregunta:

(1) Cómo demostrar que $X \subseteq M + N$ ¿para ambos casos?

(2) Cómo demostrar que $M \cap N = \{ 0 \}$ para (b)?

(3) Por qué necesitamos $X$ sea localmente convexo para (a)?

Answer 1

(1) Podemos ampliar $\alpha_i$ de $M$ al conjunto de $X$ ( aquí necesitamos la convexidad local, ya que Hahn-Banach no se cumple en el caso general), llamemos a estas extensiones $x_i^* \in X^*$ . Escriba $N := \bigcap_{i=1}^n \ker x_i^*$ . Demostraremos que $X = M + N$ . Sea $x \in X$ y definir $m := \sum_{i=1}^n x_i^*(x)e_i \in M$ . Tenemos para $1 \le j \le n$ que \begin{align*} x_j^*(m) &= \sum_{i=1}^n x_i^*(x)x_j^*(e_i)\\ &= \sum_{i=1}^n x_i^*(x)\alpha_j(e_i) \end{align*} Ahora bien, tenga en cuenta que como el $e_i$ forman una base de $M$ los coeficientes en $$ e_i = 0\cdot e_1 + \cdots + 1 \cdot e_i + \cdots + 0 \cdot e_n \stackrel!= \sum_{j=1}^n \alpha_j(e_i)e_j $$ son únicos, por lo que $\alpha_j(e_i) = \delta_{ij}$ para que podamos continuar \begin{align*} x_j^*(m) &= \sum_{i=1}^n x_i^*(x)\delta_{ij}\\ &= x_j^*(x) \end{align*} Es decir $x_j^*(x-m) =0$ para todos $j$ Por lo tanto $x-m \in N$ o $$ x \in m + N \subseteq M + N $$ como $x$ era arbitraria, tenemos $X = M+N$ .

(2) Empezaremos a mostrar $X = M+N$ Así pues, dejemos que $x \in X$ , escriba $$ \pi(x) = \sum_{i=1}^n \lambda_i e_i $$ para algunos $\lambda_i \in \mathbf K$ . Definir $n := \sum_{i=1}^n \lambda_i x_i$ entonces tenemos $$ \pi(n) = \sum_{i=1}^n \lambda_i \pi(x_i) = \sum_{i=1}^n \lambda_i e_i = \pi(x) $$ es decir $\pi(x-n) = 0$ o $x-n \in M$ . Por lo tanto, $x \in n+M \subseteq M+N$ .
Para mostrar $M \cap N = \{0\}$ , dejemos que $x \in M \cap N$ . Como $x \in N$ podemos escribir $x = \sum_{i=1}^n \lambda_i x_i$ para algunos $\lambda_i \in \mathbf K$ . Como $x \in M$ tenemos $\pi(x) = 0$ . Ahora $$ 0 = \pi(x) = \sum_{i=1}^n \lambda_i \pi(x_i) = \sum_{i=1}^n \lambda_i e_i $$ Como el $e_i$ son linealmente independientes, se deduce que $\lambda_i = 0$ Por lo tanto $x = \sum_i\lambda_i x_i = 0$ .