Cada multiplicativo lineal funcional en $\ell^{\infty}$ es el límite a lo largo de un ultrafilter.

Question

Es bien sabido que para cualquier ultrafilter $\mathscr{u}$$\mathbb{N}$, el mapa\begin{equation}a\mapsto \lim_{\mathscr{u}}a\end{equation} es un multiplicativo lineal funcional, donde $\lim_{\mathscr{u}}a$ es el límite de la secuencia de $a$ a lo largo de $\mathscr{u}$.

Yo recuerdo vagamente que alguien me dijo una vez que cada multiplicativo lineal funcional en $\ell^{\infty}$ es de esta forma. Es decir, dada una multiplicativo lineal funcional $h$$\ell^{\infty}$, hay un ultrafilter $\mathscr{u}$ tal que \begin{equation} h(a)=\lim_{\mathscr{u}}a \end{equation} para todas las $a\in\ell^{\infty}$.

Sin embargo, no puedo encontrar una prueba de esto. Puedo demostrar que si $h$ es la evaluación en$n$, $h$ corresponde al director de ultrafilter centrado en $n$, pero hay otros tipos de multiplicativa funcionales (todos estos deben desaparecer en cualquier combinación lineal de punto de masas).

Puede alguien dar una sugerencia sobre cómo hacer este último caso? Gracias!

Answer 1

Hay varias maneras de hacer esto, pero voy a ir con la mayoría de los "elementales".

Deje $\varphi$ ser distinto de cero multiplicativo funcional en $\ell^\infty(\mathbb{N})$. Desde $\varphi(1)=\varphi(1^2)=\varphi(1)^2$, obtenemos que $\varphi(1)=1$ (no puede ser cero, porque entonces $\varphi=0$).

Ahora vamos a $a\in\ell^\infty(\mathbb{N})$ tal que $a(n)\in\{0,1\}$ todos los $n$. Escribir $\alpha=\varphi(a)$. Como $a(1-a)=0$, tenemos $$ 0=\varphi(a(1-a))=\varphi(a)\varphi(1-a)=\alpha(1-\alpha). $$ Así que o $\alpha=0$ o $\alpha=1$.

Tenga en cuenta que podemos escribir $a=1_A$, $A\subset\mathbb{N}$, donde $A=\{n: a(n)=1\}$. Ahora definir $$ \mathcal U=\{A:\ \varphi(1_A)=1\}. $$ Podemos ver que

• $\mathbb{N}\in\mathcal U$ (desde $\varphi(1)=1$)
• $A\in\mathcal U\ \iff\ A^c\not\in\mathcal U$ (debido a $1_A\,1_{A^c}=0$)
• Si $A,B\in\mathcal U$, $A\cap B\in\mathcal U$ (debido a $1_{A\cap B}=1_A\,1_B$)
• Si $A\in\mathcal U$$A\subset B$, $B\in\mathcal U$ (debido a $1_A=1_A\,1_B$)

En otras palabras, $\mathcal U$ es un ultrafilter.

Ahora vamos a $c\in\ell^\infty(\mathbb{N})$ ser positivo, es decir,$0\leq c\leq 1$. Definir conjuntos $$ A_j^{(n)}=\{m:\ \frac{j}{2^n}\leq c(m)<\frac{(j+1)}{2^n}\},\ \ j=0,1,\ldots,2^n-1. $$ Fijo $n$, estos conjuntos son disjuntos a pares y $$\tag{1}\bigcup_jA_j^{(n)}=\mathbb{N}.$$ Como $\mathcal U$ es un ultrafilter, para cada una de las $n$ no es exactamente una $j(n)$ tal que $A_{j(n)}^{(n)}\in\mathcal U$, y ninguno de los otros.

Definir $$ c_n=\sum_{j=0}^{2^n-1}\,\frac{j}{2^n}\,1_{A_j^{(n)}}. $$ Por definición, $\|c-c_n\|\leq 2^{-n}$, lo $c_n\to c$ en la norma. Como $\varphi$ es la norma-continuo, tenemos $\varphi(c)=\lim_n\varphi(c_n)$. Y $$ \varphi(c_n)=\sum_{j=0}^{2^n-1}\,\frac{j}{2^n}\,\varphi(1_{A_j^{(n)}})=\frac{j(n)}{2^n}, $$ así $$ \varphi(c)=\lim_n \ c(j(n))=\lim_{\mathcal U}\ c. $$ El último paso es extender por la linealidad a todos los de $\ell^\infty(\mathbb{N})$.