El problema es este: si $1\le p<q<\infty$ $\ell^p$ $\ell^q$ no son isométrica (como los espacios de Banach).
Este es un ejercicio, pero me gustaría ver una demostración elegante.
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Comentario Como es bien sabido, los espacios de Banach $c_0$ $\ell^p$ $1\leq p<\infty$ son mutuamente no isomorfo, como consecuencia de Pitt teorema. Ver Corolario 2.1.6 en Albiac-Kalton del libro. Parece un poco más fácil probar que el resultado más débil diciendo que el $\ell^p$ espacios son mutuamente no isométrica.
Tenga en cuenta que $\ell^1$ no es estrictamente convexa, mientras que Clarkson desigualdades muestran que $\ell^p$ es estrictamente convexa para cada $1<p<\infty$. Por lo $\ell^1$ no es isométrico a $\ell^p$ cualquier $1<p<\infty$. Se puede obtener la misma conclusión mediante la reflexividad o convexidad uniforme en lugar de estricta convexidad.
Supongamos ahora que existen $1<p,q<\infty$ tal que $\ell^p$ $\ell^q$ son isométrica a través de algunos isometría $T$: $\|Tx\|_p=\|x\|_q$ para cada $x\in \ell^q$. Tenemos que mostrar que $p=q$.
Boceto de Una escuela primaria de la manipulación de Clarkson de las desigualdades (véase aquí para una breve prueba por el R. P. Boas) los rendimientos de la Reivindicación 1, a continuación. Reclamaciones 2,3,4 siga inmediatamente. Esto nos permite descartar todos los casos, sino $q=p$$q=p'$. Así que sólo queda comprobar que $\ell^2$ es la única $\ell^p$ espacio que es isométrico a su doble (es decir, la Reivindicación 5, esencialmente).
Vamos a denotar $p'$ el conjugado exponente asociados con $p$, es decir,$\frac{1}{p}+\frac{1}{p'}=1 \iff p'=\frac{p}{p-1}$. Recordemos que el doble continua $(\ell^p)'$ es isométrico a $\ell^{p'}$ por cada $1<p<\infty$.
Reivindicación 1 Si $p\geq 2$,$p'\leq q\leq p$.
La prueba Para cada $x,y \in \ell^q$, tenemos $$ \big\| \frac{x+y}{2} \big\|_q^p+\big\| \frac{x-y}{2} \big\|_q^p=\big\| \frac{Tx+Ty}{2} \big\|_p^p+\big\| \frac{Tx-Ty}{2} \big\|_p^p $$ $$ \leq \frac{\|Tx\|_p^p+\|T\|_p^p}{2}=\frac{\|x\|_q^p+\|s\|_q^p}{2} $$ donde hemos utilizado Clarkson es la desigualdad de la $p\geq 2$. En particular, para$x=(1,1,0,\ldots)$$y=(1,-1,0,\ldots)$, esto produce $$2=1+1\leq \frac{2^\frac{p}{q}+2^\frac{p}{q}}{2}=2^\frac{p}{q}\quad\Rightarrow\quad q\leq p$$ Mientras que para $x=(2,0,\ldots)$$y=(0,2,0,\ldots)$, obtenemos $$ 2\cdot 2^\frac{p}{q}=2^\frac{p}{q}+2^\frac{p}{q} \leq \frac{2^p+2^p}{2}=2^p \quad\Rightarrow\quad p'=\frac{p}{p-1}\leq q $$ Por lo tanto, tenemos $p'\leq q\leq p$. $\Box$
La reivindicación 2 Si $p\leq 2$,$p\leq q\leq p'$.
Prueba a Tomar el doble, $\ell^p\simeq \ell^q$ de los rendimientos de un isomorfismo isométrico $\ell^{p'}\simeq \ell^{q'}$. Desde $p'\geq 2$, en la Reivindicación 1 se aplica a $p'$ implica $(p')'\leq q'\leq p'\iff p\leq q\leq p'$. $\Box$
La reivindicación 3 Si $p$ $q$ ambos $\geq 2$ o ambos $\leq 2$,$p=q$.
Prueba De Asumir $p,q\geq 2$. La aplicación de la Reivindicación 1 a $p$ rendimientos $q\leq p$, mientras que la aplicación se a $q$ da $p\leq q$. Por lo tanto $p=q$. El caso de $p,q \leq 2$ sigue de la Reivindicación 2, en una manera similar. O usted puede simplemente tomar los duales y a la conclusión de que $p'=q'$ ya que ambos son $\geq 2$. $\Box$
La reivindicación 4 Si $p\geq 2$$q\leq 2$,$q=p'$.
La prueba Por la Reivindicación 1 para$p$,$p'\leq q$. Por la Reivindicación 2 por $q$, obtenemos $p\leq q' \iff q\leq p'$. Por lo tanto $q=p'$. $\Box$
Reivindicación 5 Si $\ell^p$ es isométrico a $\ell^{p'}$,$p=p'=2$.
La prueba Sigue reflexionando sobre lo que la forma más fácil argumento de que podría ser...
Federico
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969
Creo que se debe trabajar.
Supongamos por la certeza $p < q$. A continuación,$\ell^p \subset \ell^q$. Supongamos que existe una isometría $J: \ell^p \to \ell^q$. A continuación, $J(\ell^p) \subset \ell^q$ y, en particular, $J(B_{\ell^p}) \subset B_{\ell^q}$ donde $B_X$ es la unidad de la bola de $X$. Nos deja la elección de $r >0$ s.t. $r B_{\ell^q} \subset J(B_{\ell^p})$ ($r$ debe existir, ya que $J(B_{\ell^p})$ es no vacío). Siendo una isometría, $J$ es un isomorfismo de $\ell^p$ a $J(\ell^p)$, es decir, en $\ell_q$, así que por Pitt teorema debe ser compacto. Pero $J(B_{\ell^p})$ no puede ser compacta, ya que $rB_{\ell^q}$ no lo es. Por lo tanto $J$ no puede ser una isometría.
Comentario 1. Tome con cuidado! A mí me parece que funciona, pero espere a que la comunidad de revisión por pares!
Observación 2. Es bien sabido que cada Banach separable espacio es isométricamente incrustado en un subespacio cerrado de $\ell^\infty$, por lo que estamos correctamente teniendo en cuenta sólo el caso de $p,q < \infty$. La prueba de este hecho se basa en el de Hahn-Banach teorema; tal vez uno lo puede adaptar a nuestro caso.
Martin
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2000
ADVERTENCIA: Esta respuesta está basada en una (más probablemente) suposición falsa y así es (probablemente) el mal. Ver comentarios
He aquí una respuesta parcial que funciona al $p$ $q$ son números enteros. Este supuesto es utilizado en el área sombreada a continuación.
Si una isometría lineal de $\ell^p$ a $\ell^q$ existido, su restricción para el subespacio $$\left\{ (x_1, x_2, 0, 0 \ldots)\ :\ x_1, x_2\in \mathbb{R}\right\}\subset \ell^p$$ sería una isometría lineal de $(\mathbb{R}^2, \lvert\cdot\rvert_p)$ a $(\mathbb{R}^2, \lvert\cdot\rvert_q)^{[1]}$. Por lo tanto, sólo tenemos que mostrar que éste no puede existir.
Desde $p$ es un entero par, la $\lvert\cdot\rvert_p$-unidad de el círculo es una curva algebraica de grado $p$: $$S_p=\left\{ (x_1, x_2)\ :\ x_1^p+x_2^p=1\right\}, $$ y cualquier nonsingular lineal de operación se transforma en una curva algebraica de la misma medida. Este reglamento la existencia de una isometría lineal de $(\mathbb{R}^2, \lvert\cdot\rvert_p)$ onto $(\mathbb{R}^2, \lvert\cdot\rvert_q)$ porque tal asignación transformaría $S_p$ a $S_q$ y el segundo tiene un grado $q$.
$^{[1]}$ Donde $\lvert (x_1, x_2)\rvert_p=\left( \lvert x_1\rvert^p+\lvert x_2\rvert^p\right)^{\frac{1}{p}}.$
MozenRath
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182
