La topología débil en un espacio vectorial normado de dimensión infinita no es metrizable

Question

Llevo un tiempo dándole vueltas a este problema, pero no se me ocurre ninguna prueba ni siquiera un enfoque útil...

Dejemos que $X$ sea un espacio vectorial normado de dimensión infinita sobre $\mathbb{K}$ (es decir $\mathbb{R}$ o $\mathbb{C}$ ). Entonces la topología débil $\sigma(X,X^*)$ no es metrizable, es decir, no existe una métrica $d$ tal que la topología inducida de $d$ coincide con $\sigma(X,X^*)$ .

¿Puede alguien ayudarme con esto?

Answer 1

La respuesta original es correcta, y aquí sólo quiero elaborar cada uno de los pasos en detalle (para ganar algunos puntos de contribución si es posible :)) Espero que sean correctos.

Lo reclamamos:

(1) $\text{dim} X^* \geq \text{dim} X$ y la igualdad se mantiene si $\text{dim} X < \infty$ :

Este es un teorema bien conocido, por ejemplo, una posible demostración se encuentra en las páginas 244-248 de la obra de Jacobson {Lecciones de Álgebra Abstracta: II. Álgebra lineal.}

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(2) Espacio dual de $X^*$ del espacio vectorial normado $X$ es Banach con norma $||\cdot ||_{X^*}$ :

Dejemos que $\{T_n\}\subset X^*$ una secuencia de Cauchy. Entonces, para cada $x$ la secuencia $\{T_nx\}\subset \Phi$ es una secuencia de Cauchy, que converge por completitud a algún elemento de $\Phi$ denotado $Tx$ . El mapa $x\mapsto Tx$ es lineal; tenemos que comprobar que es continua y que $\lVert T_n-T\lVert_{X^*}\to 0$ .

Obtenemos $n_0$ de manera que si $n,m\geq n_0$ entonces para cada $x$ $\lVert T_nx-T_mx\rVert_\Phi\leq\lVert x\rVert $ y dejar que $m\to+\infty$ obtenemos $\lVert T_nx-Tx\rVert_\Phi \leq\lVert x\rVert $ así que $\lVert Tx\rVert\leq \lVert x\rVert+ \lVert T_{n_0}\rVert\lVert x\rVert$ y $T$ es continua.

Arreglar $\varepsilon>0$ . Podemos encontrar $N$ de manera que si $n,m\geq N$ y $x\in E$ entonces $\lVert T_nx-T_mx\rVert_\Phi\leq \varepsilon\lVert x\rVert$ . Dejar $m\to \infty$ obtenemos para $n\geq N$ y $x\in X$ que $\lVert T_nx-Tx\rVert_\Phi\leq \varepsilon\lVert x\rVert$ y tomando el supremum sobre el $x\neq 0$ obtenemos para $n\geq N$ que $\lVert T-T_n\rVert_{X^*}\leq \varepsilon$ .

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(3) Todo subespacio propio de un espacio vectorial normado tiene el interior vacío.

Sólo necesitamos demostrar que el único subespacio de un espacio vectorial normado $X$ que tiene un interior no vacío, es $X$ mismo. Supongamos que el subespacio $S$ tiene un interior no vacío. Entonces contiene alguna bola $B(x,r) = \{y : \|y-x\| < r\}$ . Ahora la idea es que cada punto de $V$ puede ser traducido y reescalado para ponerlo dentro de la bola $B(x,r)$ . Es decir, si $z \in V$ y, a continuación, establecer $y = x + \frac{r}{2 \|z\|} z$ para que $y \in B(x,r) \subset S$ . Desde $S$ es un subespacio, tenemos $z = \frac{2 \|z\|}{r} (y-x) \in S$ . Así que $S=V$ .

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(4) El subespacio finito del espacio vectorial normado es cerrado.

Supongamos que tenemos una secuencia convergente $\{x_n\}$ tal que $||x_n-x||\rightarrow 0$ y por lo tanto es una secuencia de Cauchy como $||x_n-x_m||\leq ||x_n-x||+||x_m-x||$ . Desde $\forall n, x_n=\sum_{i=1}^{K} \alpha_{n,i} x'_i, \alpha_{n,i} \in \Phi$ Sabemos que $\forall i, \{\alpha_{n,i} \}_n$ forma una secuencia de Cauchy en $\Phi$ y por lo tanto convergen a algún $\alpha_i \in \Phi$ . Claramente, $x= \sum_{i=1}^{K} \alpha_{n,i} x' _i$ está dentro del subespacio.

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Por la afirmación 2 sabemos que $(X^*,||\cdot||_{X^*})$ es un espacio de Banach. Supongamos que el espacio de Banach $(X^*,||\cdot||_{X^*})$ tiene una base contable $\{v_n; n\in\mathbb N\}$ . Denotemos $X^*_n=[v_1,\dots,v_n]$ el tramo lineal por la primera base n, que es un subespacio como $\forall x,y\in X^*_n, \alpha,\beta \in \Phi, $ sabemos $\alpha x + \beta y = \sum_{i=1}^{n } (\alpha \lambda_{x,i}+ \lambda_{y,i}) v_i \in X^*_n$ donde $x=\sum_{i=1}^{n }\lambda_{x,i}v_i, y=\sum_{i=1}^{n }\lambda_{y,i}v_i$ . Entonces tenemos:

• $X^*=\bigcup\limits_{n=1}^\infty X^*_n$
• $X^*_n$ es un subespacio de dimensión finita de $X^*$ por lo que está cerrada por la afirmación 4.
• $X_n^*$ es un subespacio propio de $X^*$ , por lo que tiene el interior vacío según la afirmación 3.

Así que vemos que $ (\overline{X}^*_n)^\circ = X_n^\circ=\emptyset$ lo que significa que $X^*_n$ no es denso en ninguna parte. Así que $X^*$ es una unión contable de subconjuntos no densos en ninguna parte y, por tanto, es de primera categoría, lo que contradice el teorema de la categoría de Baire. Por lo tanto, sólo tenemos que demostrar que $(X^*,||\cdot||_{X^*})$ tiene como máximo una base contable, lo que implicaría entonces $\text{dim} X^* < \infty$ ya que de lo contrario tendríamos base contable y se derivan contradicciones como se ha mostrado anteriormente. Entonces por la afirmación 1 sabemos $\text{dim} X < \infty$ .

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Ahora demostramos que existe un conjunto contable $F\subset X^*$ de manera que cada $ f\in X^*$ es una combinación lineal (finita) de elementos en $F$ .

Obsérvese una colección de vecindades de la forma $$B=\left\{x\in X: |f_i(x)|<1,\ f_i\in X^*, 1\leq i\leq K \right\} $$ forma la base local de la topología débil, lo que significa que cualquier vecindad de cero contiene alguna vecindad de esta forma.

Entonces supongamos que $\{A_\alpha \}_{\alpha\in\mathbb{N}}$ forma una base local contable de topología débil, sabemos que para cada $A_\alpha$ existe $$B_\alpha = \left\{x\in X: |f^\alpha_i(x)|<1,\ f^\alpha_i\in X^*, \ 1\leq i\leq K^\alpha\right\} \subset A_\alpha.$$ Afirmamos que $$F= \bigcup_{\alpha\in\mathbb{N}} \left\{f^\alpha_i, 1\leq i\leq K^\alpha \right\} ,$$ que es contable, satisface que cada $f\in X^*$ es una combinación lineal (finita) de elementos en $F$ . Dado $f\in X^*$ la continuidad nos da que $\{x\in X, |f(x)|<1 \}$ forma una vecindad cero; por lo que contiene alguna vecindad básica $A_\alpha$ . Así, $$B_\alpha \subset A_\alpha\subset \{x\in X,\ |f(x)|<1\}.$$ Supongamos que $f_1(x)=\cdots = f_{K^\alpha}(x)=0$ . Entonces $|f(x)|<1$ . La observación clave es que también tenemos $f_1(nx)=\cdots = f_{K^\alpha}(nx)=0$ para todos $n>0$ . Es decir $|f(nx)|<1$ para todos $n$ , lo que implica $|f(x)|<1/n$ para todos $n$ y así $f(x)=0$ . Esto significa que $$\bigcup_{j=1}^{K^\alpha}\ker f_j\subset \ker f.$$ Esto implica (véase, por ejemplo, el lema 3.9 de Rudin Análisis funcional ) que $f$ es una combinación lineal de $f_1(x), \cdots, f_{K^\alpha}(x)$ .

Answer 2

Dejemos que $X$ sea un espacio normado. Se puede demostrar que si la topología débil de $X$ admite una base contable de conjuntos abiertos en $0$ alors $X$ es de dimensión finita:

• Demostrar la existencia de un conjunto contable $\{\zeta_n\}$ en $X^*$ de manera que cada $\zeta \in X^*$ es una combinación lineal finita del $\zeta_n$ .
• De ello se deduce que $X^*$ es de dimensión finita.
• Deduce que $X$ es de dimensión finita.