Un Riesz-tipo de norma-la preservación y bijective asignación entre un espacio de Banach y su doble

Question

Deje $\Omega$ ser una medida de espacio y deje $1<p<\infty$$p'=p/(p-1)$. También pongámonos de acuerdo para escribir, simplemente, $L^p$ en lugar de $L^p(\Omega)$.

Si identificamos el espacio dual $\left(L^p\right)^\star$ $L^{p'}$ mediante el isomorfismo $$\left[ v \in L^{p'}\right] \leftrightarrow \left[ L_v\in \left(L^p\right)^\star\ \text{defined to be}\ \langle L_v, u\rangle=\int_{\Omega}vu\, d\mu\right],$$ podemos definir un interesante mapa de $\mathcal{D}\colon L^p\to \left(L^p\right)^\star$ como sigue: $$\mathcal{D}u=\frac{\lvert u \rvert^{p-1}\text{signum}(u)}{\left(\int_{\Omega}\lvert u \rvert^p\, d\mu\right)^{\frac{p-2}{p}}},$$ (con la convención de que las $\mathcal{D}0=0$). Este mapa $\mathcal{D}$ es no-lineal, a excepción de$p=2$, en cuyo caso se convierte en el Riesz isomorfismo del espacio de Hilbert $L^2$ con su doble. También, $\mathcal{D}$ es la norma que preserva y se caracteriza por las siguientes propiedades:

$\mathcal{D}u$ es el único elemento de $\left(L^p\right)^\star$ tal que $$\tag{1} \lVert \mathcal{D}u\rVert_\star=\lVert u \rVert_p\quad \text{and}\quad \langle \mathcal{D}u,u\rangle=\lVert \mathcal{D}u\rVert_{\star}\lVert u\rVert_p.$$

Por otra parte, $\mathcal{D}$ es invertible: de hecho, como se aprecia fácilmente, $$\mathcal{D}^{-1}v=\frac{\lvert v \rvert^{p'-1}\text{signum}(v)}{\left(\int_{\Omega}\lvert v \rvert^{p'}\, d\mu\right)^{\frac{p'-2}{p'}}}.$$ También podemos caracterizar $\mathcal{D}^{-1}$ en completa analogía con lo que ya hemos hecho:

$\mathcal{D}^{-1}v$ es el único elemento de $L^p$ tal que $$\tag{2}\lVert \mathcal{D}^{-1}v\rVert_p=\lVert v\rVert_{\star}\quad \text{and}\quad \langle v, \mathcal{D}^{-1}v\rangle=\lVert v\rVert_\star\lVert\mathcal{D}^{-1}v\rVert_p.$$

La pregunta de la siguiente manera.

Pregunta Supongamos que $X$ es un resumen de Banach espacio. Qué propiedades debe $X$ tener, de manera que una asignación de $\mathcal{D}\colon X \to X^\star$ es único, definido por la propiedad (1)? Cuando se $\mathcal{D}$ bijective?

Como ya se ha mencionado en esta pregunta, la existencia y bijectivity de $\mathcal{D}$ $L^p$ el espacio parecen tener algo que ver con la convexidad uniforme de $L^p$$(L^p)^\star$. Supongo que hay algo más general por debajo de la superficie de aquí.

Gracias por la lectura.

Answer 1

Con su buena pregunta toca a un clásico círculo de ideas en la geometría de espacios de Banach de volver a Banach del libro, y que fue desarrollado por primera vez en más profundidad en el trabajo de Šmulyan, Klee y Día en los años cuarenta y cincuenta. Voy a tratar de dar un esbozo de las intuiciones básicas:

Deje $X$ ser un espacio de Banach con unidad de balón $B_X = \{x : \lVert x \rVert \leq 1\}$, la unidad de la esfera de $S_X = \{x : \lVert x \rVert = 1\}$ y el espacio dual $X^\ast$. Escribir $\langle x^\ast, x\rangle = x^{\ast}(x)$ de la dualidad de vinculación entre el$X^\ast$$X$.

Su "dualidad mapa" $\mathcal{D}$ está determinada únicamente por lo que hace en la unidad de la esfera desde $\mathcal{D}(x) = \lVert x \rVert \mathcal{D}\left(\frac{x}{\lVert x \rVert}\right)$$x \neq 0$, así que centrémonos en la unidad de la esfera. Voy a mirar por primera vez una variante y se refieren a $\mathcal{D}$ después.

Para cada $x \in S_X$ en la unidad de la esfera de definir el conjunto de normas funcionalespor $$ \nu(x) = \{x^\ast \en B_{X^{\ast}}:\langle x^\ast,x\rangle=1\}. $$ El conjunto $\nu(x)$ no está vacía por Hahn-Banach, es débil*-cerrado y convexo por definición, por lo $\nu(x)$ es débil*-compacto por el teorema de Alaoglu. Por otra parte, $\nu(x) \subset S_X$ porque $\lVert x^\ast\rVert \lt 1$ implica $\lvert \langle x^\ast, x \rangle \rvert \lt 1$.

Geométricamente, $\nu(x)$ parametriza el apoyo hyperplanes de $B_X$$x \in S_X$: $x^\ast \in \nu(x)$ tenemos que la unidad de la bola se encuentra en sus asociados la mitad de espacio: $B_X \subset \{y \in X : \langle x^\ast, y \rangle \leq 1\}$ $x$ pertenece a sus asociados delimitador hyperplane: $x \in \{y \in X : \langle x^\ast, y\rangle = 1\} \cap S_X$.

El punto de $x \in S_X$ se dice que es un punto de suavidad, si $\nu(x)$ es un singleton, es decir: no hay un único apoyo hyperplane de $B_X$$x$. La idea es que si el punto de $x$ se encuentra en una esquina o en una de dimensiones inferiores de la cara de la unidad de la pelota, a continuación, el conjunto de apoyo a hyperplanes no es única. Comparar estas imágenes de la Wikipedia:

En la foto, a la izquierda hay un único apoyo hyperplane en todos los puntos. Las "esquinas" de la derecha tiene muchos apoyar hyperplanes mientras que los puntos entre dos esquinas tiene un único apoyo hyperplane.

Un espacio de Banach, se dice ser suave si cada $x \in S_X$ es un punto de suavidad. Esta es precisamente la situación de preguntar acerca de: para $x \in S_X$ debemos entonces tener $\mathcal{D}(x) = \nu(x)$.

Una primera de fácil observación relativa suavidad a la estricta convexidad es la siguiente dualidad resultado:

1. Si $X^\ast$ es estrictamente convexa $X$ es suave.

   Prueba. Deje $x \in S_X$ y deje $x^\ast,y^\ast \in \nu(x)$. Si $x^\ast \neq y^\ast$, en estricta convexidad de $X^\ast$ implica que el$\lVert \frac{1}{2} (x^\ast + y^\ast)\rVert \lt 1$, de modo que $\frac{1}{2} (x^\ast + y^\ast) \notin \nu(x)$ contradiciendo la convexidad de $\nu(x)$. Por lo tanto, $\nu(x)$ contiene exactamente un punto.

2. Si $X^\ast$ es suave, a continuación, $X$ es estrictamente convexa.

   Prueba. Si $X$ no es estrictamente convexa, entonces hay $x,y \in S_X$ $x \neq y$ tal que $\frac{1}{2}(x+y) \in S_X$. Deje $x^\ast \in S_{X^\ast}$ ser tal que $x^\ast\left(\frac{1}{2}(x+y)\right) = 1$. A continuación, debemos tener $x^\ast(x) = 1 = x^\ast(y)$ y por lo tanto tenemos los dos puntos distintos $\iota_X(x), \iota_X(y) \in \nu(x^\ast)$ donde $\iota_X\colon X \to X^{\ast\ast}$ es la canónica de inclusión, por lo $X^\ast$ no es suave.

La conversa de estas dos afirmaciones son erróneas, pero si $X$ es reflexiva podemos concluir: $X$ es estrictamente convexa (resp. lisa) si y sólo si $X^\ast$ es suave (resp. estrictamente convexa).

Añadido: El de arriba "dualidad" entre la convexidad y la suavidad es un principio rector en la teoría y en la mayoría de los fundamentales resultado son similares en espíritu, si es mucho más sutil para probar.

No es difícil mostrar que $X$ es estrictamente convexa si y sólo si $\nu(x) \cap \nu(y) = \emptyset$ todos los $x, y \in X$.

Resumiendo y de la expansión de todos los anteriores:

Si $X$ es suave (en particular, si $X^\ast$ es estrictamente convexa) tenemos un canónica mapa de $\nu \colon S_X \to S_{X^\ast}$ que es inyectiva si y sólo si $X$ sí es estrictamente convexa. Si $X$ es reflexiva, a continuación, estricta convexidad de ambos $X$ $X^\ast$ implica bijectivity de $\nu$.

Sólo bijectivity podría no ser totalmente evidente: Si $X$ es reflexiva y tanto $X$ $X^\ast$ son estrictamente convexa ambos $X$ $X^\ast$ son estrictamente suave, por lo tanto tenemos bien definido y inyectiva mapas de $\nu \colon S_X \to S_{X^\ast}$$\nu^\ast \colon S_{X^\ast} \to S_X$. Las definiciones revelan que $\nu^\ast(\nu(x)) = x$ $\nu(\nu^\ast(x^\ast)) = x^\ast$ rendimiento bijectivity.

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Permítanme añadir: Un único apoyo hyperplane debería ser algo así como un plano tangente, por lo que no es de extrañar que uno puede demostrar que el funcional $\nu(x) \colon X \to \mathbb{R}$ es determinado por el Gâteaux derivado de la norma mapa de $N(x) = \lVert x \rVert$: para todos los $y \in X$ hemos $$ \nu(x)y = \partial_y N(x) = \lim_{t \to 0} \frac{\lVert x + ty\rVert - \lVert x\rVert}{t} $$ (desde $N$ es convexa, $y \mapsto \partial_y N(x)$ es lineal). De hecho, la norma de un espacio de Banach es diferenciable Gâteaux en $x \in S_X$ si y sólo si $x$ es un punto de suavidad.

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Añadido posterior:

La suavidad y la continuidad de $\nu$ está fuertemente relacionada con la geometría de la unidad de la esfera: Uno puede fácilmente demostrar que para suavizar $X$ el mapa de $\nu\colon S_X \to S_{X^\ast}$ es la norma-débil*-continua. El mapa de $\nu$ es la norma-norma continua si y sólo si la norma es "uniforme de Fréchet diferenciable", así se llama un espacio de Banach uniformemente lisa siempre $\nu$ es la norma-norma continua.

Permítanme terminar diciendo Šmulyan del teorema de aclarar el papel de la convexidad uniforme en su pregunta:

Un espacio de Banach $X$ es uniforme y suave [resp. uniformemente convexo] si y sólo si $X^\ast$ es uniformemente convexo [resp. uniforme y suave].

Por supuesto, esto se generaliza y explica en parte sus observaciones sobre $L^p$, $1 \lt p \lt \infty$

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Una referencia para todo esto y mucho más es el capítulo 5 de Megginson del libro (donde estricta convexidad se llama rotundidad) o, alternativamente, recomiendo el libro por Marián Fabian, Petr Habala, Petr Hájek, Vicente Montesinos, Václav Zizler. En ambos libros se puede encontrar exhaustivo de exposiciones, un montón de ejemplos y referencias históricas, así como muchos esclarecedor ejercicios.

Answer 2

Teorema 1. Deje $X$ ser una normativa espacio en el campo de $\mathbb{R}$, entonces las siguientes condiciones son equivalentes

1) $X^*$ es estrictamente convexo del espacio.

2) cada funcionales definidos en el subespacio de $X$ han única norma de preservación de la extensión.

Prueba. Ver este artículo.

Teorema 2. Deje $X$ ser un espacio de Banach, entonces las siguientes condiciones son equivalentes

1) $X$ es reflexiva

2) cada funcional $f\in X^*$ alcanza su norma

Prueba. Ver este artículo.

Teorema 3. Deje $X$ ser una normativa espacio, entonces no existe un mapa de $\mathcal{D}:X\to X^*$ tal que $$ \Vert\mathcal{D}(x)\Vert=\Vert x\Vert\qquad\langle \mathcal{D}(x),x\rangle=\Vert\mathcal{D}(x)\Vert\Vert x\Vert\qquad\etiqueta{1} $$

Prueba. Para arbitrario $x\in X$, por Hahn-Banach teorema de no existir $f\in X^*$ tal que $f(x)=\Vert x\Vert$$\Vert f\Vert=1$. Ahora vamos a definir los $$ \mathcal{D}:X\X^*:x\mapsto \Vert x\Vert f $$ A continuación, podemos comprobar fácilmente que $\mathcal{D}$ satisface $(1)$. Vamos a probar a $\mathcal{D}$ es inyectiva. Suponga $\mathcal{D}$ no es inyectiva, entonces no existe $x\in X\setminus\{0\}$, de tal manera que $\mathcal{D}(x)=0$, entonces para todos los $x'\in X$ tiene $\mathcal{D}(x)(x')=\Vert x\Vert f(x')=0$. Desde $x\neq 0$, entonces para todos los $x'\in X$ tiene $f(x')=0$, y, en particular,$f(x)=0$. Por construcción $\Vert x\Vert=f(x)$, lo $\Vert x\Vert=0$$x=0$. La contradicción, por lo $\mathcal{D}$ es inyectiva.

Teorema 4. Deje $X$ ser una normativa espacio estrictamente convexa doble, entonces el mapa de $\mathcal{D}$ con las propiedades de las $(1)$ está definida de forma única y, como consecuencia, la siguiente propiedad tiene $$ \mathcal{D}(\lambda x)=|\lambda| \mathcal{D}(x)\etiqueta{2} $$

Prueba. Desde $X^*$ es estrictamente convexa, entonces del teorema 1 se desprende que el mapa de $\mathcal{D}$ satisfacción $(1)$ está definida de forma única. Por otra parte $\mathcal{D}$ tienen la propiedad $(2)$. De hecho, tenga en cuenta que si tenemos $f\in X^*$ tal que $f(x)=\Vert f\Vert\Vert x\Vert$$\Vert f\Vert=\Vert x\Vert$,$(|\lambda| f)(x)=\Vert f\Vert\Vert \lambda x\Vert$$\Vert |\lambda| f\Vert=\Vert \lambda x\Vert$. El único definitness de $\mathcal{D}$ llegamos a la conclusión de que $(2)$ mantiene.

Teorema 5. Deje $X$ ser reflexiva, estrictamente convexo de un espacio estrictamente convexa doble. A continuación, el mapa de $\mathcal{D}$ satisfacción $(1)$ es único, y además es bijective y que satisface a $(2)$.

Prueba. Tome $f\in X^*$. Si $f=0$,$\mathcal{D}(0)=f$, a considerar de otra manera $\hat{f}=\Vert f\Vert^{-1}f$. Desde $X$ es reflexiva, no existe $\hat{x}\in X$ tal que $\hat{f}(\hat{x})=\Vert \hat{f}\Vert=1$$\Vert\hat{x}\Vert=1$. En otras palabras $\Vert \hat{f}\Vert=\Vert \hat{x}\Vert$, $\hat{f}(\hat{x})=\Vert\hat{f}\Vert\Vert\hat{x}\Vert$. Desde $X^*$ es estrictamente convexa, de teorema 1 podemos ver que tan funcional es único e $\mathcal{D}(\hat{x})=\hat{f}$. Por tanto, para $x=\Vert f\Vert \hat{x}$ tenemos $\mathcal{D}(x)=\mathcal{D}(\Vert f\Vert \hat{x})=\Vert f\Vert \mathcal{D}(\hat{x})=\Vert f\Vert\hat{f}=f$. Esta $\mathcal{D}$ es surjective.

Suponga que $\mathcal{D}$ no es inyectiva, entonces no existe $x_1,x_2\in X$ tal que $x_1\neq x_2$$\mathcal{D}(x_1)=\mathcal{D}(x_2)$. Denotar $f=\mathcal{D}(x_1)=\mathcal{D}(x_2)$. Desde $\mathcal{D}$ satisface $(1)$ hemos $\Vert f\Vert=\Vert x_1\Vert$, $f(x_1)=\Vert f\Vert\Vert x_1\Vert$ y $\Vert f\Vert=\Vert x_2\Vert$, $f(x_2)=\Vert f\Vert\Vert x_2\Vert$. Fix $t\in(0,1)$ y considerar el vector $x=t x_1+(1-t)x_2$,$f(x)=\Vert f\Vert(t\Vert x_1\Vert+(1-t)\Vert x_2\Vert)$. Lo que implica $f\Vert(t\Vert x_1\Vert+(1-t)\Vert x_2\Vert)=|f(x)|\leq\Vert f\Vert\Vert x\Vert$, y como consecuencia $t\Vert x_1\Vert+(1-t)\Vert x_2\Vert\leq\Vert x\Vert$. En el otro lado de la desigualdad del triángulo $\Vert x\Vert\leq t\Vert x_1\Vert +(1-t)\Vert x_2\Vert$. Esto significa que $\Vert tx_1+(1-t)x_2\Vert=t\Vert x_1\Vert+(1-t)\Vert x_2\Vert$ todos los $t\in(0,1)$. Considere los vectores $\hat{x}_!=\Vert x_1\Vert^{-1}x_1$, $\hat{x}_2=\Vert x_2\Vert^{-1}x_2$. Desde $\Vert x_1\Vert=\Vert x_2\Vert=\Vert f\Vert$ tenemos $\Vert\hat{x}_1\Vert=\Vert\hat{x}_2\Vert=1$$\Vert t\hat{x}_1+(1-t)\hat{x}_2\Vert=\Vert t\Vert\hat{x}_1\Vert+(1-t)\Vert\hat{x}_2\Vert$$x_1\neq x_2$. Esto significa que la unidad de la esfera de $X$ contiene segmento, y como consecuencia $X$ no es estrictamente convexa. La contradicción, por lo $\mathcal{D}$ es inyectiva.

Desde $\mathcal{D}$ es surjective y inyectiva es bijective. El resto sigue por el teorema 4.

Teorema 6. Deje $X$ ser una normativa espacio único, definido bijective mapa de $\mathcal{D}:X\to X^*$ satisfacción $(1)$, $\mathcal{D}$ satisfacer $(2)$, y lo que es más $X$ es reflexiva, estrictamente convexa estrictamente convexa doble.

Prueba. Desde $\mathcal{D}$ satisfacer $(2)$ y definida de forma única, a continuación, desde el teorema de $4$ tenemos que $\mathcal{D}$ satisfacer $(2)$. Ahora toma arbitraria $f\in X^*$. Si $f=0$, entonces es obviamente alcanza su norma, a considerar de otra manera $\hat{f}=\Vert f\Vert^{-1} f$. Obviamente, $\Vert\hat{f}\Vert=1$ Desde $\mathcal{D}$ es bijective, tenemos un poco de $\hat{x}\in X$ tal que $\mathcal{D}(\hat{x})=\hat{f}$. Por lo tanto $\Vert\hat{x}\Vert=\Vert\hat{f}\Vert=1$$\hat{f}(\hat{x})=\Vert \hat{f}\Vert\Vert\hat{x}\Vert=\Vert \hat{f}\Vert$. A continuación, $f(\hat{x})=\Vert f\Vert$ mientras $\Vert\hat{x}\Vert=1$. Esto significa que la norma de $f$ es alcanzado. Ya que para todas las $f\in X^*$ su norma es alcanzado, entonces por el teorema 2 el espacio de $X$ es reflexiva.

Suponga que $X^*$ no es estrictamente convexa, entonces la unidad de la esfera de $X^*$ contiene algunos segmet, por lo tanto, no existe $f_1,f_2\in X^*$ tal que $f_1\neq f_2$$\Vert f_1\Vert=\Vert f_2\Vert=\Vert(f_1+f_2)/2\Vert=1$. Desde $\mathcal{D}$ es bijective entonces no existe $x\in X$ tal que $\mathcal{D}(x)=(f_2+f_2)/2$, y lo que es más $\Vert x\Vert=\Vert\mathcal{D}\Vert=\Vert(f_1+f_2)/2\Vert=1$. Desde $\Vert(f_1(x)+f_2(x))/2\Vert=\mathcal{D}(x)(x)=\Vert\mathcal{D}(x)\Vert x\Vert=1$$\Vert f_1\Vert=\Vert f_2\Vert=1$,$f_1(x)=f_2(x)=1$. Así $f_1(x)=\Vert f_1\Vert\Vert x\Vert$, $\Vert f_1\Vert=\Vert x\Vert$ y $f_2(x)=\Vert f_2\Vert\Vert x\Vert$, $\Vert f_2\Vert=\Vert x\Vert$. Esto significa que $\mathcal{D(x)}=f_1$$\mathcal{D}(x)=f_2$. Esto contradice la suposición $f_1\neq f_2$. Por lo tanto $X^*$ es estrictamente convexa.

Suponga que $X$ no es estrictamente convexa, entonces la unidad de la esfera de $X$ contiene algunas segmento, es decir, no existe $x_1,x_2\in X$ tal que $x_1\neq x_2$, $\Vert x_1\Vert=\Vert x_1\Vert=\Vert (x_1+x_2)/2\Vert=1$. Por Hahn-Banach teorema de no existir $f\in X^*$, de modo que con $f((x_1+x_2)/2)=\Vert(x_1+x_2)/2\Vert=1$. La última igualdad con $\Vert x_1\Vert=\Vert x_2\Vert=1$ implica $f(x_1)=f(x_2)=1$. Así $f(x_1)=\Vert f\Vert\Vert x_1\Vert$, $\Vert f\Vert=\Vert x_1\Vert$ y $f(x_2)=\Vert f\Vert\Vert x_2\Vert$, $\Vert f\Vert=\Vert x_2\Vert$ y a partir de la singularidad de $\mathcal{D}$ llegamos a la conclusión de $\mathcal{D}(x_1)=f$$\mathcal{D}(x_2)=f$. Desde $\mathcal{D}$ es bijective $x_1=x_2$, lo que contradice la suposición de $x_1\neq x_2$. Por lo tanto $X$ es estrictamente convexa.

Teorema 7. Deje $X$ ser una normativa espacio, entonces las siguientes condiciones son equivalentes

1) $X$ es reflexiva, estrictamente convexa estrictamente convexa doble

2) existen único bijective mapa de $\mathcal{D}:X\to X^*$ satisfacción $(1)$

Prueba. Sigue por el teorema 5 y 6.