Deje $X$ ser un espacio de Banach y $Y$ un subespacio cerrado de $X$.
¿Existe una limitada lineal operador $T \colon X \to X$ tal que $\ker T=Y$ ?
Respuesta
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Philip Brooker
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La respuesta es sí si $X$ es separable, pero no en general. Para lanzar el problema de forma ligeramente diferente, recordemos el hecho de que para cualquier delimitada lineal operador $V:W\longrightarrow Z$ hay una factorización $V=\tilde{V}Q$ donde $\tilde{V}$ es uno-a-uno y $Q:W\longrightarrow W/\ker(V)$ es el cociente de mapa (ver, por ejemplo, el Teorema de 1.7.13 de Megginson del libro Una Introducción al Espacio de Banach Teoría). Por lo tanto, es fácil ver que el OP pregunta es equivalente a la siguiente pregunta: Dado un espacio de Banach $X$ $Y$ un subespacio cerrado de $X$, ¿existe un uno-a-uno delimitada lineal operador de$X/Y$$X$?
Primero mostramos la respuesta es afirmativa, al $X$ es separable. Para ello vamos a $X$ ser una de Banach separable espacio y $Y$ un subespacio cerrado de $X$. Para lograr la respuesta positiva en el separables caso vamos a definir uno-a-uno delimitada lineal de operadores $J_1$, $J_2$, $J_3$, $J_4$ y $J_5$ de manera tal que la composición de la $J_5J_4J_3J_2J_1$ está bien definido y delimitado lineal operador de$X/Y$$X$. Ya que cada Banach separable espacio (isométrico) isomorfo a un subespacio de $C[0,1]$ (ver, por ejemplo, el Teorema 5.17 en el libro de Análisis Funcional y de Infinitas Dimensiones de la Geometría por Fabian et al), existe una isometría lineal $J_1$ $X/Y$ a $C[0,1]$. Deje $J_2: C[0,1]\longrightarrow L_2[0,1]$ ser la identidad formal mapa y vamos a $J_3:L_2[0,1]\longrightarrow \ell_2$ ser un isomorfismo isométrico (nótese que un operador $J_3$ existe desde $L_2[0,1]$ $\ell_2$ ambos son infinitas dimensiones separables espacios de Hilbert). Deje $J_4$ ser el operador de $\ell_2$ $\ell_1$que se asigna a cada elemento de a $(a_n)_{n=1}^\infty$ $\ell_2$ para el elemento $(2^{-n}a_n)_{n=1}^\infty$$\ell_1$. Deje $(x_n)_{n=1}^\infty$ ser un almacén de Schauder secuencia básica en $X$ (ver, por ejemplo, el Teorema 6.14 de Fabian et al) y deje $J_5: \ell_1\longrightarrow X$ ser el único delimitada lineal operador de $\ell_1$ $X$satisfacción $J_5((a_n)_{n=1}^\infty) = \sum_{n=1}^\infty a_nx_n$ por cada $(a_n)_{n=1}^\infty\in\ell_1$, señalando que $J_5$ es uno-a-uno por la definición de la propiedad de Schauder secuencias básicas. Como todos los operadores $J_1$, $J_2$, $J_3$, $J_4$ y $J_5$ son acotados, lineal y de uno-a-uno, y dado que la composición de la $J_5J_4J_3J_2J_1$ está bien definido, la prueba de la respuesta afirmativa en la separables caso es completa.
Para un contraejemplo en el caso general, vamos a $\Gamma$ ser una multitud innumerable y deje $R:\ell_1(\Gamma)\longrightarrow c_0(\Gamma)$ ser un surjective delimitada lineal operador (por la existencia de un operador $R$, véase el Ejercicio 5.46 en Fabian et al). Deje $Q:\ell_1(\Gamma)\longrightarrow \ell_1(\Gamma)/\ker(R)$ el valor del cociente mapa y vamos a $\tilde{R}: \ell_1(\Gamma)/\ker(R)\longrightarrow c_0(\Gamma)$ ser uno-a-uno y de tal manera que $R=\tilde{R}Q$ (véase la referencia en el primer párrafo de arriba). Deje $\iota$ denotar la identidad formal mapa de$\ell_1(\Gamma)$$\ell_2(\Gamma)$, que es lineal, uno-a-uno y delimitado (con $\Vert\iota\Vert=1$).
Desde $\tilde{R}$ es de uno a uno y sobre, la Asignación Abierta Teorema implica que $\tilde{R}^{-1}$ es un bien definidos, lineal, uno-a-uno y delimitada operador de $c_0(\Gamma)$ a $\ell_1(\Gamma)/\ker(R)$. Si no existiera un uno-a-uno delimitada lineal operador $S: \ell_1(\Gamma)/\ker(R)\longrightarrow \ell_1(\Gamma)$, $\iota S\tilde{R}^{-1}$ sería un uno-a-uno delimitada lineal operador de $c_0(\Gamma)$ en el espacio de Hilbert $\ell_2(\Gamma)$. Sin embargo, como se señaló en esta respuesta, un argumento por Olagunju demuestra que no hay uno-a-uno delimitada lineal operador de $c_0(\Gamma)$ en cualquier espacio de Hilbert, por lo tanto, ningún operador $S$ puede existir. En particular, tenemos que un contraejemplo existe al $X=\ell_1(\Gamma)$ $\Gamma$ una multitud innumerable.
