$l^\infty(I)$ y $l^\infty(J)$ isométrica isomorfo con $|I| \not= |J|.$

Question

Es posible que $l^\infty (I)$ $l^{\infty} (J)$ es isométricamente isomorfo con la cardinalidad de a $I$ no es igual a la cardinalidad de a $J$? Soy capaz de demostrar que si $1\le p < \infty,$ $l^{p} (I)$ $l^p (J)$ son isométricamente isomorfos iff $|I| = |J|,$, pero esto se basa en la construcción de un subconjunto denso de $l^p (I)$ con cardinalidad igual a la de $I.$ Obviamente esta falla en $l^{\infty}$ desde $l^\infty$ no es separable, pero estoy teniendo problemas para subir con un ejemplo.

Edit: Este es un ejercicio de Conway "Curso de formación en Análisis Funcional", Capítulo III, Sección 1, justo después de la introducción a los espacios de Banach, entonces parece que se puede hacer a partir de primeros principios.

Answer 1

He aquí una solución a partir de primeros principios. Como en lyj la respuesta, utilizamos $\ell^\infty(I)$ para detectar el número de pares de subconjuntos disjuntos de a $I$.

Deje $S$ ser la unidad de la esfera de $\ell^\infty(I)$. Para un conjunto $E \subset S$, permítanme decir que el $E$ se dispersa si para cada distinto $f,g \in E$, $\|f + g\| \le 1$ y $\|f - g\| \le 1$.

Lema. Si $E \subset S$ se dispersa, a continuación,$|E| \le |I|$.

Prueba. Para $f \in S$, vamos a $\psi(f) = \{ x \in I : |f(x)| > 1/2\}$. Claramente $\psi(f)$ es no vacío. Ahora supongamos $f,g \in S$$x \in \psi(f) \cap \psi(g)$. Si $f(x)$ $g(x)$ tienen el mismo signo, entonces claramente $|f(x) + g(x)| > 1$, y si $f(x)$ $g(x)$ tienen signos opuestos, entonces $|f(x) - g(x)| > 1$. Así que si $\|f + g\| \le 1$$\|f - g\| \le 1$, podemos ver que $\psi(f) \cap \psi(g) = \emptyset$. Por lo tanto desde $E$ se dispersa, los conjuntos de $\{ \psi(f) : f \in E\}$ son no vacíos y disjuntos a pares. La elección de cada una de las $f$ un punto de $\psi(f)$, tenemos una inyección de $E$ a $I$.

Ahora la solución de la siguiente manera rápida. Deje $I,J$ se establece y supongamos $T : \ell^\infty(I) \to \ell^\infty(J)$ es una isometría. Deje $E \subset \ell^\infty(I)$ el conjunto de indicadores de singleton: $E = \{ 1_{\{x\}} : x \in I\}$. Claramente $E$ es dispersa. Desde $T$ es una isometría lineal, $T(E)$ también está dispersa. A continuación, nuestro lema, tenemos $|T(E)| \le |J|$. Pero desde $T$ es una inyección, $|T(E)| = |E| = |I|$. Por lo $|I| \le |J|$. Si $T$ es un isomorfismo isométrico, luego por la simetría $|I| \ge |J|$ como bueno, y el Cantor-Bernstein-Schroeder teorema nos da $|I| = |J|$.

Answer 2

Una solución, por mi profesor:

Considere la posibilidad de la bola unidad cerrada en $\ell^{\infty}(I).$ Los puntos extremos de este son funciones de $f: I \to \{-1, 1\}.$ Aviso que si $\phi: \ell^{\infty}(I) \to \ell^{\infty}(J)$ es un isomorfismo isométrico, a continuación, $\phi$ se lleva a puntos extremos a los puntos extremos. Podemos suponer sin pérdida de generalidad que $\phi(\chi_I) = \chi_J,$ ya que si no, podemos multiplicar cada coordenada en $\phi(\chi_I)$ adecuadamente para obtener otro isometría. Aquí, $\chi_I$ es la característica de la función en $I$ (para todos los $1$s).

Ahora, para cualquier otro punto extremo $f \in \ell^{\infty}(I),$ tenemos $\frac{\chi_I + f}{2} = \chi_A$ algunos $A\subset I.$ Además, podemos obtener cualquier función característica de esta manera. A continuación, $\phi(\chi_A) = \frac{\chi_J + \phi(f)}{2} = \chi_B$ algunos $B \subset J$ desde $\phi(f)$ es un punto extremo en $\ell^{\infty}(J).$ vamos a denotar $B$ $\varphi(A).$

Nota entonces que para discontinuo $A, A^{\prime}\subset I,$ si $\varphi(A) = B$ $\varphi(A^{\prime}) = B^{\prime},$ $B\cap B^{\prime} = \emptyset$ desde $\phi(\chi_A + \chi_{A^{\prime}}) = \chi_B + \chi_{B^{\prime}}$ norma $1.$ consideremos ahora el conjunto de $\mathcal{B} = \{\varphi(\{i\}): i\in I\}.$ Desde $\varphi({i})\cap \varphi({i^{\prime}}) = \emptyset$ $i\neq i^{\prime},\, |\mathcal{B}| \le |J|$ (de cualquier colección de pares distintos subconjuntos tiene cardinalidad menor que la de la serie desde podemos construir una inyección arbitrariamente escoger un elemento de cada subconjunto). Pero $\varphi$ es un bijection de $I$ $\mathcal{B},$ $|I| \le |J|.$Asimismo, $|J| \le |I|,$, por lo que se hacen.

Answer 3

Como cualquier von Neumann álgebra $\ell_\infty(X)$ tiene predual única, y en nuestro caso se trata de $\ell_1(X)$. Por lo tanto implica la $\ell_\infty(I)\cong\ell_\infty(J)$ $\ell_1(I)\cong\ell_1(J)$. Como usted ya probó, el último isomorfismo es posible iff $|I|=|J|$.

Answer 4

Tenga en cuenta que $\ell^{\infty}(I)=BC(I)$ (juego de funciones continuas acotadas) cuando $I$ está dotado de la topología discreta. A su vez, $BC(I)\cong BC(\beta(I))$, donde $\beta(\cdot)$ denota compactación de piedra – Čech. Por lo tanto, si $\ell^{\infty}(I)\cong\ell^{\infty}(J)$, entonces el $BC(\beta(I))\cong BC(\beta(J))$. El teorema de Banach – piedra, a su vez, implica que el $\beta(I)$ y $\beta(J)$ homeomorfa, de la que sigue que $I$ y $J$ homeomorfa, demasiado.