Demostrando que un espacio de Banach es separable si su dual es separable

Question

Actualmente estoy leyendo la prueba del siguiente resultado: Si el dual de un espacio de Banach $X$ es separable, entonces $X$ es separable.

Prueba: Sea $\{ f_n \}_{n=1}^{\infty}$ un subconjunto denso de la bola unitaria $\mathcal{B}$ en $X^{\ast}$. Para cada $n \in \mathbb{N}$, elige $x_n \in X$ tal que $f_n(x_n) > \frac{1}{2}$. Sea $Y = \overline{\text{span}\{x_n\}}$ y observa que $Y$ es separable, ya que las combinaciones racionales finitas de $\{ x_n \}$ son densas en $Y$. Ahora es suficiente mostrar que $X=Y$. Procedemos por contradicción. Supongamos que $X \neq Y$. Entonces existe un $f \in X^{\ast}$, con $\| f \| =1$ tal que $f(x) =0$ para todo $x \in Y$. Ahora elige $n$ tal que $\| f_n - f \| < \frac{1}{4}$. Entonces \begin{eqnarray*} \left| f(x_n) \right| & = & \left| f_n(x_n) - f_n(x_n) + f(x_n) \right| \\ & \geq & \left| f_n(x_n) \right| - \left| f_n(x_n) - f(x_n) \right| \\ & \geq & \left| f_n(x_n) \right| - \| f_n - f \| \cdot \| x_n \| \\ & > & \frac{1}{2} - \frac{1}{4} = \frac{1}{4}. \end{eqnarray*}

Entiendo la mecánica de esta prueba, pero quiero entender la razón detrás de la estructura de la prueba.

Entonces, queremos comenzar con un subconjunto denso numerable del dual, y demostrar que esto implica la existencia de un subconjunto denso numerable de $X$.

 1. ¿Por qué elegir el subconjunto denso en la bola unitaria?
 2. ¿Hay alguna previsión que se pueda entender pensando en un espacio de Banach como el cierre de la envoltura de una secuencia en la bola unitaria del dual?
 3. No veo dónde se utiliza la suposición de f(x)=0 en la desigualdad.

¿Alguien tiene una prueba más intuitiva de este resultado?

Answer 1

Un espacio normado tiene la propiedad (que todos los espacios métricos tienen) de que si $X$ es separable entonces todos los subconjuntos también son separables en su topología de subconjunto. Por lo tanto, $X^\ast$ (norma)-separable implica que $B_{X^\ast}$ es separable. Lo contrario también se sostiene en todos los espacios normados $Y$ por "escalado": si $x \neq 0$ entonces elige $\alpha = \frac{1}{\|x_n\|}$ para que $\|\alpha x\| = 1$. Si luego (por la separabilidad de la bola unitaria) encontramos una secuencia $d_n$ en la bola $B_Y$ que converge a $\alpha x$, y también una secuencia de racionales $q_n \to \frac{1}{\alpha}$. Entonces $q_n d_n \to \frac{1}{\alpha} (\alpha x) = x$. Esto muestra esencialmente que si $D$ es contable y denso en $B_Y$ entonces $\{qd: q \in \mathbb{Q}, d \in D\}$ es (contable y) denso en $Y$. Por lo tanto, $B_Y$ es separable si y solo si $Y$ es separable. Así que no perdemos nada al usar la bola unitaria (aquí la esfera realmente). Y el teorema de Hahn-Banach que relaciona cosas en $X$ con $X^\ast$, nos da funcionales en $B_{X^\ast}$ de todos modos.

Usar la esfera unitaria hace las cosas más fáciles, porque conoces la norma de todos los elementos densos, es decir, 1, lo que permite la elección de los $x_n$ (de otra forma necesitaríamos escalar ahí también lo cual hace una demostración más complicada). Debemos demostrar algo en $X$, por lo que podemos encontrar puntos $x_n$ en los cuales $f_n$ es bastante grande: sabemos que $\|f_n\| = \sup \{|f_n(x)|: x \in B_X \}$, así que podemos encontrar $x_n \in B_X$ tal que $|f(x_n)|$ está tan cerca de 1 como queramos. Aquí más de $\frac{1}{2}$ es suficiente.

Como arriba un conjunto denso contable en $B_X$ es suficiente para obtener uno en $X$, usando el span con coeficientes racionales. Por lo tanto, para el $D = \{x_n\}$ que ahora tenemos: tomando sumas finitas de $D$ con coeficientes racionales podemos aproximar todos los miembros del span lineal de $D$ (simplemente aproximamos coeficientes reales en $\mathbb{R}$ por miembros de $\mathbb{Q}$; usamos que el campo es separable). Este $\operatorname{span}_{\mathbb{Q}}(D)$ sigue siendo contable (argumento estándar de teoría de conjuntos: productos finitos de conjuntos contables son contables y la unión de conjuntos contables es contable). Por lo tanto, $Y = \overline{\operatorname{span}(D)}$ tiene un conjunto denso contable $\operatorname{span}_{\mathbb{Q}}(D)$. Por lo tanto, estaríamos listos si $Y = X$. Así que asumimos que no lo es.

Entonces, Hahn-Banach nos permite encontrar un funcional $f$ (de nuevo en $B_{X^\ast}$ donde sabemos algo sobre los $f_n$) que tiene norma 1 y es 0 en $Y$. (En particular, $f$ es tal que es 0 en el conjunto $D$ dónde los $f_n$ son elegidos para ser grandes, y así el $f$ es muy "diferente" de los $f_n$ y por lo tanto no podemos aproximar en norma por los $f_n$.)

Por lo tanto, sabemos que $f(x_n) = 0$ (¡ya que $x_n \in Y$!) y la parte final de la prueba muestra que si $f_n$ es elegido para estar cerca de $f$, el punto $x_n$ donde $f_n$ es grande muestra que $f$ también debería ser al menos $\frac{1}{4}$ en ese punto también. Esto da la contradicción necesaria.

Answer 2

Estoy pensando que la proposición se cumple en la categoría de espacios lineales normados, es decir, el espacio vectorial puede no ser Banach.

El problema de Banach garantiza que el cierre de $span \{ x_n;\ n \in N \}$ es un subespacio de $X$. Pero, si tomamos $Y = span \{ x_n; \ n \in N \}$, y suponemos que $Y$ no es denso, entonces existe $x \in X$ tal que $d(x,Y) := d > 0$.

Ahora, por el Teorema de Hahn Banach, existe $f \in X^*$ tal que $f(x) = d$, $f(Y) = \{ 0 \}$ y $\|f\| = 1$. Ahora, tomando ${n \in N }$ tal que $\|f - f_n\| < 1/4$, ya que $x_n \in B$, $$|f(x_n)| \geq |f_n(x_n)| - \| f_n - f \| \|x_n\| > 1/4$$.