Dirac medidas son puntos extremos de la unidad de la bola de $C(K)^*$.

Question

He visto pruebas de que Dirac medidas son los puntos extremos de la probabilidad de medidas, pero ¿cómo podemos demostrar lo general complejo de medidas de Borel con el total de la variación de la norma 1?

Yo sólo quiero saber por qué están en el conjunto de todos los puntos extremos.

Answer 1

$\newcommand{\norm}[1]{\left\lVert#1\right\rVert}$ Deje $(X, \mathcal{A})$ medibles espacio y denotan por $\mathcal{M}$ el espacio de (finito) medidas complejas $(X, \mathcal{A})$, dotado de la variación de la norma. Deje $B$ ser la bola unidad cerrada en $\mathcal{M}$. Voy a mostrar el siguiente:

Para cualquier $x \in X$$a \in \mathbb{C}$$|a| =1$, la medida de $a \delta_x$ es un punto extremo de $B$ (donde $\delta_x$ es la medida de Dirac centrado en $x$).

Prueba:

Deje $\mu := a \delta_x$ algunos $|a| =1$. La idea de la prueba es que la variación de la medida de $| \mu |$ es igual a $\delta_x$, por lo que el $| \mu |$ es un punto extremo del conjunto convexo $\mathcal{P}$ de probabilidad de medidas en $(X, \mathcal{A})$.

Supongamos que $\mu = s \nu_1 + (1-s) \nu_2$ donde $\nu_1, \nu_2 \in B$ y $0 <s <1$. Queremos demostrar que $\nu_1 = \nu_2 = \mu$.

En primer lugar, podemos suponer que $\norm{ \nu_1 } = \norm{ \nu_2 } = 1$ (de modo que $| \nu_1 |$ $| \nu_2 |$ son las probabilidades). De lo contrario, tendríamos $\norm{ \mu } = \norm{ s \nu_1 + (1-s) \nu_2 } \leq s \norm{\nu_1} +(1-s) \norm{ \nu_2} < s + (1-s) = 1$, una contradicción.

Tenemos, por definición, de $\mu$ que: $$ \delta_x = | \mu | = | s \nu_1 +(1-s) \nu_2 | \leq s |\nu_1| +(1-s) |\nu_2|. $$

La medida de $\nu := s | \nu_1 | + (1-s) |\nu_2|$ es una medida de probabilidad, por lo que la desigualdad de $\delta_x \leq \nu$ es de hecho una igualdad. De hecho, si $A$ es medible y contiene $x$ debemos tener $$ 1 = \delta_x (A) \leq \nu(A) \leq 1, $$ por lo $\nu(A)=1$. Por otro lado, si $x$ no $A$,$\nu(A) = \nu(X) - \nu(X \setminus A) = 1 - 1 = 0$. Esto significa que $\nu = \delta_x$.

Por lo tanto, tenemos $\delta_x = s | \nu_1 | + (1-s) | \nu_2 |$. Desde $| \nu_1 |$ $| \nu_2 |$ son probabilites y $\delta_x$ es un punto extremo de $\mathcal{P}$, debemos tener $| \nu_1 | = | \nu_2 | = \delta_x$.

La igualdad de $| \nu_1 | = | \nu_2 | = \delta_x$ implica que el $\nu_1$ $\nu_2$ son múltiplos de $\delta_x$. De hecho, si $A$ es un conjunto medible que no contenga $x$, luego $$ | \nu_i (A) | \leq |\nu_i|(A) = \delta_x (A) = 0, $$ de modo que $\nu_i(A) =0$. Por otro lado, si $A$ contiene $x$$\nu_i(A) = \nu_i(X) - \nu_i(X \setminus A ) = \nu_i(X)$. Por lo tanto, tenemos $\nu_i = b_i \delta_x$ donde $b_i = \nu_i(X)$. Además, hemos $| \nu_i | = |b_i \delta_x | = |b_i| \delta_x$, lo que implica que $|b_i|=1$.

Nuestra suposición de que $\mu = s \nu_1 + (1-s) \nu_2$, lo que da $$ un \delta_x = (s b_1 + (1-s) b_2) \delta_x, $$ y, por tanto, $a = s b_1 +(1-s) b_2$ donde $0< s <1$ y $a$, $b_1$ y $b_2$ son números complejos de módulo de $1$. Esto sólo es posible si $a = b_1 = b_2$, y llegamos a la conclusión de que $\nu_1 = \nu_2 = a \delta _x$. $\square$

Answer 2

Aquí es parte de la prueba. Se puede terminar?

La notación. $K$ es un compacto Hausdorff espacio. $C(K)$ es el espacio de Banach de continuo, de valores complejos, las funciones de las $K$ con la norma $$ \|f\| = \sup \{|f(x)\;:\; x \in K\} $$ Un elemento $f \in C(K)$ se llama no negativo si $f(x) \ge 0$ todos los $x \in K$. Escribimos $f \ge 0$ si eso sucede.

Escribir $\mathbb{1}$ para la función constante con valor de $1$. Luego, por supuesto,$\mathbb{1} \in C(K)$$\|\mathbb{1}\| = 1$$\mathbb{1} \ge 0$.

$C(K)^*$ es el espacio de Banach de limitada lineal funcionales en $C(K)$ con la norma $$ \|\alpha\| = \sup \{|\alpha(f)|\;:\; f \C(K), \|f\| \le 1\} $$ Un funcional $\alpha \in C(K)^*$ se llama no negativo iff $\alpha(f) \ge 0$ para todos no negativos $f \in C(K)$. Escribimos $\alpha \ge 0$ si eso sucede.

Para $a \in K$ deje $\delta_a$ ser el "Dirac funcional", definida por $$ \delta_a (f) = f(a)\qquad\text{para todo } f \C(K). $$ A continuación,$\delta_a \in C(K)^*$$\|\delta_a\| = 1$$\delta_a \ge 0$.

Lema. Deje $\alpha \in C(K)^*$. Supongamos $\|\alpha\| \le 1$$\alpha(\mathbf{1}) = 1$. A continuación,$\alpha \ge 0$.

Prueba aquí va

La proposición. Deje $B = \{\alpha \in C(K)^*\;:\;\|\alpha\|\le 1\}$ ser la unidad de la bola de $C(K)^*$. Deje $a \in K$. A continuación, $\delta_a$ es un punto extremo de $B$.

Prueba. Supongamos $\alpha, \beta \in B$$\frac{1}{2}(\alpha+\beta) = \delta_a$. Debemos mostrar ese $\alpha = \beta= \delta_a$. Primero aplicamos el Lema a $\alpha, \beta$. Calcular $$ 1 = |1| = \left|\delta_a(\mathbb{1})\right| =\left|\frac{1}{2}\big(\alpha(\mathbb{1})+\beta(\mathbb{1})\big)\right| \le \frac{1}{2}\left(\big|\alpha(\mathbb{1})\big|+\big|\beta(\mathbb{1})\big|\right) \le \frac{1}{2}(1+1) = 1 . $$ La igualdad se mantiene en el triángulo de la desigualdad, lo que en realidad $\alpha(\mathbb{1}) = 1 = \beta(\mathbb{1})$. También, $\alpha, \beta \in B$ por hipótesis. Así que por el Lema, llegamos a la conclusión de que $\alpha \ge 0, \beta \ge 0$.

A continuación...