Creo que la situación es quizá más clara en el caso $(H^1)^*$ y $H^1$ que también son espacios de Hilbert isomorfos por el isomorfismo de Riesz con respecto al $H^1$ producto escalar.
En resumen
El problema es que el siguiente diagrama no no viajar ¡! $$ \begin{array}{ccccccc} H^1 & \hookrightarrow & L^2 \\ \downarrow & \unicode{x21af} & \downarrow \\ (H^1)^* & \hookleftarrow & (L^{2})^* \end{array} $$ Si utilizamos isomorfismos múltiples de Riesz, es ambiguo escribir $f \in (H^1)^*$ para una función $f \in H^{1}$ . Dado que no está claro qué camino tomamos en el diagrama anterior.
Por lo tanto, debemos ceñirnos a un isomorfismo y no utilizar varios (no conmutativos).
Un ejemplo
Consideramos que $\Omega = [0,1]$ y $H^1([0,1])$ . Este espacio contiene una función definida mediante $f(x) = x$ .
- utilizando la incrustación en $L^2$ obtenemos $f_{L^2}(x) = x$
- utilizando el $L^2$ -Riesz, encontramos $f_{(L^{2})^*}[ g ] = \int_0^1 x \cdot g(x) \, \mathrm{d} x $ para $g \in L^2$
- y finalmente, $f_{(H^1)^*}[g] = \int_0^1 x \cdot g(x)$ para $g \in H^1$
Ahora bien, ¿y si utilizamos el $H^1$ -¿Isomorfismo de Riesz directamente?
El producto escalar viene dado por $\langle f , g \rangle_{H^1} = \int f(x) g(x) + f'(x) g'(x)\, \mathrm d x$
Por lo tanto, para $g \in H^1$ obtenemos $$ \widetilde{f}_{(H^1)^*}[g] = \int x g(x) + g'(x)\, \mathrm d x. $$
Por lo tanto $$\widetilde{f}_{(H^1)^*} \neq f_{(H^1)^*}! $$
Como vemos en el ejemplo, si aplicamos los isomorfismos implicados por el $L^2$ y el $H^1$ productos escalares, tendríamos que utilizar símbolos diferentes para la misma función, con el fin de no perder de vista la forma en que tomamos de $H^1$ à $(H^1)^*$ .
(Aviso: Por supuesto, hay que tener cuidado con las evaluaciones de puntos, especialmente en $L^2$ . Pero para abreviar las fórmulas, he cometido este delito aquí. Siéntase libre de corregir las fórmulas anteriores en términos como $f_{(L^2)^*}[g] = \int_{0}^1 f_{L^2} g \, \mathrm d \lambda$ en su lugar).
