¿Es la hipótesis $\mu \ge 0$ redundante en el Ex 3.15 de Brezis?

Question

Estoy haciendo el Ex 3.15 en el libro de Brezis de Análisis Funcional.

Dejemos que $(E, |\cdot|)$ sea un espacio de Banach reflexivo. En lo que sigue, el subconjunto convexo $K$ de $E$ está dotado de la topología débil $\sigma (E, E')$ tal que $K$ es compacto. Sea $F = \mathcal C(K)$ con su norma habitual $| \cdot |_\infty$ . Arreglar algunos $\mu \in F'$ con $\|\mu\|_{F'}=1$ y asumir que $\mu \geq 0$ en el sentido de que $$ \langle\mu, u\rangle \geq 0 \quad \forall u \in \mathcal C(K) \text{ such that } u \geq 0 \text { on } K . $$ Demostrar que existe un elemento único $x_{0} \in K$ tal que $$ \langle \mu, f_{\mid K} \rangle = \langle f, x_{0} \rangle \quad \forall f \in E'. $$

En la siguiente prueba, no utilizo la suposición de que $\mu \ge 0$ . Creo que cometí algún error pero no pude reconocerlo. ¿Podría comprobar mi intento?

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Considere el mapa $\varphi:E' \to \mathbb R, f \mapsto \langle \mu, f_{\mid K} \rangle$ . Está claro que $f$ es lineal. Sea $B_E$ sea la bola unitaria cerrada de $E$ . Porque $K$ es débilmente compacto, $K$ está acotado. Hay $r>0$ tal que $rK \subset B_E$ . Tenemos $$ |f_{\mid K}-g_{\mid K}|_{\infty} = \sup_{x\in K} |\langle f-g, x\rangle| = \frac{1}{r} \sup_{x\in rK} |\langle f-g, x\rangle| \le \frac{1}{r} \sup_{x\in B_E} |\langle f-g, x\rangle| = \frac{1}{r} \|f-g\|_{E'}. $$

De ello se desprende que $\varphi$ es continua y por lo tanto $\varphi\in E''$ . Porque $E$ es reflexivo, podemos identificar $\varphi$ con un único $x_0 \in E$ es decir, $$ \langle f, x_0 \rangle = \langle \varphi, f \rangle = \langle \mu, f_{\mid K} \rangle \quad \forall f \in E'. $$

Supongamos lo contrario, que $x_0 \notin K$ . Entonces podemos separar estrictamente $\{x_0\}$ y $K$ por el teorema de Hahn-Banach. Esto significa que hay $a,b \in \mathbb R$ y $f \in E'$ tal que $$ \langle f,x \rangle <a <b< \langle f,x_0 \rangle = \langle \mu, f_{\mid K} \rangle \le \|\mu\|_{F'} \cdot |f_{\mid K} |_\infty = |f_{\mid K} |_\infty \quad \forall x\in K. $$

Observe que $\langle f,x \rangle < |f_{\mid K} |_\infty$ para todos $x\in K$ es una contradicción porque $f \in E'$ y $K$ es débilmente compacto.

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Actualización: @MaoWao ha demostrado que me he equivocado al final. Con suerte, he encontrado una solución :v

Dejemos que $\lambda := \langle \mu, 1 \rangle$ . Por la condición de positividad, obtenemos $$ \|\mu\|_{F'} = \sup_{\substack{u\in \mathcal C(K) \\ |u|_\infty = 1}} \langle \mu, u \rangle \le \sup_{\substack{u\in \mathcal C(K) \\ |u|_\infty = 1}} \langle \mu, 1 \rangle = \lambda. $$

De ello se desprende que $\|\mu\|_{F'} = \lambda$ y por lo tanto $\lambda = 1$ . Se deduce de $f_{\mid K} <a<b$ que $f(x_0) = \langle \mu, f_{\mid K} \rangle \le \langle \mu, a \rangle < \langle \mu, b \rangle$ . Esto implica $a < b < \langle \mu, a \rangle < \langle \mu, b \rangle$ y por lo tanto $a<b<\lambda a<\lambda b$ . Esto implica a su vez $\lambda \neq 1$ que es una contradicción. Esto completa la prueba.

Podemos ver que la restricción de positividad y el hecho de que $\|\mu\|_{F'} = 1$ son esenciales.

Answer 1

MaoWao ha señalado el problema. Aquí hay una prueba completamente diferente. Tenemos $$\tag1 \langle \mu,f|_K\rangle=\int_Kf\,d\mu. $$ La observación clave es que $f$ es lineal. También $f|_K$ está acotado, ya que $f$ es débilmente continua (por definición de la topología débil) y una imagen continua de un conjunto compacto es compacta. Sea $$ Z=\{\eta\in C(K)':\ \eta\geq0,\ \|\eta\|\leq1\}. $$ Este conjunto es débil $^*$ -cerrado (fácil de comprobar) tan débil $^*$ -compacto por Banach-Alaoglu. También es convexo. Entonces por Krein-Milman, $$ Z=\overline{\operatorname{conv}}^{w^*}\operatorname{ext}Z. $$ Es fácil comprobar que los puntos extremos de $Z$ son las medidas puntuales. En resumen, existen redes $\{t_{jk}\}_j\subset[0,1]$ , $\{s_{jk}\}_j\subset K$ , $k=1,\ldots,r(j)$ con $\sum_kt_{jk}=1$ , $t_{jk}\geq0$ y $$ \mu=\lim_j \sum_{k=1}^{r(j)}t_{jk}\,\delta_{s_{jk}} $$ en el sentido de la palabra. Entonces $$\tag2 \int_Kf\,d\mu=\lim_j\sum_{j=1}^{r(j)}t_j\delta_{s_{jk}}(f) =\lim_j\sum_{j=1}^{r(j)}t_j\,f({s_{jk}}) =\lim_j\,f\Big(\sum_{j=1}^{r(j)}t_j\,{s_{jk}}\Big) $$ Porque $K$ es convexo, $\sum_{j=1}^{r(j)}t_j\,{s_{jk}}\in K$ para todos $j$ . Como $K$ es débilmente compacta, existe una subred débilmente convergente que converge a algún $x_0\in K$ . Así, desde $(2)$ obtenemos $$\tag3 \mu(f)=\int_Kf\,d\mu=f(x_0). $$ La singularidad de $x_0$ se deduce del hecho de que $E'$ separa los puntos en $E$ .

Answer 2

Tu prueba se equivoca en el último paso, $\langle f,x\rangle<\|f|_K\|_\infty$ para todos $x\in K$ no es una contradicción. Es cierto que hay $x\in K$ tal que $|\langle f,x\rangle|=\|f|_K\|_\infty$ pero no se puede garantizar que se mantenga sin el valor absoluto.

De hecho, la propia afirmación es errónea sin este supuesto de positividad, como mi ejemplo de los comentarios ( $E=\mathbb R$ , $K=\{1\}$ , $\mu(f)=-f(1)$ ) muestra.