Para un espacio de Banach $X$, vamos a $A \subseteq \mathcal{B}(X^*)$ denota el subespacio cerrado de los operadores de $T : X^* \to X^*$ tal que $T = S^*$ algunos $S \in \mathcal{B}(X)$, $T$ es el adjunto de algunos delimitada operador lineal en $X$. Se puede demostrar que esta condición es equivalente a $T$ siendo débil*-continua. Ciertamente, $A=\mathcal{B}(X^*)$ para un espacio de Hilbert. ¿Existen espacios de Banach $X$ que $A$ es finito positivo codimension en $\mathcal{B}(X^*)$, es decir, el cociente del espacio de $\mathcal{B}(X^*)/A$ es finito-dimensional (pero no trivial)?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Si $X$ es reflexiva, a continuación,$A= B(X^*)$.
Si $X^{**}/X$ es de infinitas dimensiones, vamos a $(x_n^{**})$ ser una secuencia en $X^{**}$ linealmente independientes sobre $X$. Fijar un valor distinto de cero $x^*\in X^*$. Si una combinación lineal finita $\sum a_nx^{**}_n\otimes x^*\in A$, $\sum a_nx^{**}_n\in X$ y, por tanto, $a_n =0$ todos los $n$. Por lo tanto $(x^{**}_n\otimes x^*)$ es linealmente independiente sobre $A$. Esto demuestra que $B(X^*)/A$ es de infinitas dimensiones.
Esto deja a la cuasi-reflexiva de espacios ($X^{**}/X$ finito dimensionales). Estoy bastante seguro de que $B(X^*)/A$ es finito dimensionales y no trivial para $X=$ James Espacio.
Philip Brooker
Puntos
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La respuesta es no.
Como se señaló en Denny Leung respuesta del si $X$ es reflexiva, a continuación,$A=B(X^\ast)$.
Una doble versión de Denny Leung posterior de argumento para un cierto no-reflexiva caso de que en realidad le da la respuesta completa en el nonreflexive caso. En efecto, supongamos $X$ es nonreflexive, fix $x^{\ast\ast}\in X^{\ast\ast}\setminus X$ y deje $(x_n^\ast)$ ser linealmente independientes de la secuencia en $X^\ast$. Desde $x^{\ast\ast}$ no es débil$^\ast$-continuo, la secuencia de $(x^{\ast\ast}\otimes x_n^\ast)$ es linealmente independiente sobre $A$, por lo tanto $B(X^\ast)/A$ es de infinitas dimensiones.
