Si $X$ es un espacio de Banach y $X^*$ es separable, entonces $X$ es separables.
Aquí, David Mitra menciona una prueba de uso de la Riesz lema. Sin embargo, yo no lo comprendía.
Usted podría también utilizar Riesz' lema:
Deje $Y$ ser un adecuado subespacio cerrado de la normativa espacio de $X$ y $0<\theta<1$. A continuación, hay un $x_\theta$ de la norma 1 para que $\Vert x_\theta-y\Vert>\theta$ for all $s\in S$.
Si $X$ no seperable, usted podría utilizar Hahn de Banach para la construcción de una cantidad no numerable de funcionales $f_\alpha\in X^*$ $\Vert f_\alpha-f_\beta\Vert\ge \theta$ whenever $\alpha\ne\beta$.
Si $X$ es no separable, ¿por qué que nos permiten construir una cantidad no numerable de separados funcionales $f_\alpha$?
Puedo ver por qué este hecho implicaría el teorema. Tomar una contables denso conjunto y $\epsilon$ bolas alrededor de cada punto en ese conjunto, podemos ver que dos elementos de la multitud innumerable $\{ f_\alpha\}$ debe recaer en una sola bola. Pero, a continuación, son en la mayoría de las $2\epsilon$ aparte. Haciendo $\epsilon$ pequeña muestra podemos encontrar dos elementos del conjunto a menos de $\theta$ además, una contradicción.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Aquí es mi favorito de la prueba, que creo que es más simple que el sugerido por David C. Ullrich y con la que me había dado anteriormente, la elaboración de David Mitra de la pista. Utiliza sólo el de Hahn–Banach teorema, pero no Riesz del lexema. Se basa en la sugerencia presentada en el Ejercicio De 5.25, Folland (1999, pág. 160).
Si $X^*$ es separable, vamos a $\{f_n\}_{n\in\mathbb N}$ ser una contables densa subconjunto de ella. Por la definición del operador de la norma $$\|f_n\|\equiv\sup_{\substack{x\in X\\\|x\|\leq 1}}|f_n(x)|,$$ it is possible, for each $n\in\mathbb N$, to choose some $x_n\in X$ such that $\|x_n\|\leq 1$ and $$|f_n(x_n)|\geq\frac{1}{2}\|f_n\|\tag{$\clubsuit$}$$ (if $f_n=0$, then simply choose $x_n=0$; if $\|f_n\|>0$, el uso de la definición de la supremum).
Deje $C\equiv\{x_1,x_2,\ldots\}$. Yo reclamo que $\operatorname{span} C$ es densa, lo que implica que $X$ es separable (véase la última reclamación en mi post anterior). Para ver esto, supongamos que, por el bien de la contradicción, que $\operatorname{span} C$ no es densa; a continuación, $Y\equiv\overline{\operatorname{span} C}$ es un buen subespacio cerrado. Por el de Hahn–Banach teorema, es posible elegir $f\in X^*$ tal que \begin{align*} f(y)=&\,0\quad\forall y\in Y,\\ \|f\|=&\,1; \end{align*} ver de nuevo el Teorema 5.8(a) en Folland (1999, pág. 159). Desde $\{f_n\}_{n\in\mathbb N}$ es denso en $X^*$, existe alguna $n\in\mathbb N$ tal que $\|f_n-f\|< 1/3$. Pero, a continuación, \begin{align*} |f_n(x_n)|=|f_n(x_n)-\underbrace{f(x_n)}_{=0}|\leq\|f_n-f\|<\frac{1}{3},\tag{%#%#%} \end{align*} mientras que \begin{align*} 1=\|f\|\leq\|f-f_n\|+\|f_n\|<\frac{1}{3}+\|f_n\|, \end{align*} de modo que $\diamondsuit$. Poner esto en ($\|f_n\|>2/3$), $\diamondsuit$$$|f_n(x_n)|<\frac{1}{3}<\frac{1}{2}\|f_n\|,$\clubsuit$).
Tercera versión - tal vez este es el adecuado.
Lema. Si $K$ es un separables compacto Hausdorff espacio, a continuación, $C(K)$ es separable. (Y de ello se sigue que $K$ es metrizable, pero no lo vamos a usar.)
Prueba. Wlog $K$ es infinito. Decir $p_1,\dots$ son densos, $p_j\ne p_k$$j\ne k$. Elija $f_{j,k}:K\to\Bbb R$, de tal manera que $f_{j,k}(p_j)\ne f_{j,k}(p_k)$. El álgebra generada por $1$ e las $f_{j,k}$ es separable, y de Stone-Weierstrass muestra es denso en $C(K)$.
Ahora supongamos $X^*$ es separable, y deje $K$ ser la bola unidad cerrada de $X^*$ con el débil* topología. El lema implica que $C(K)$ es separable.
Pero el mapa de $x\mapsto f_x$ donde $f_x(x^*)=x^*(x)$, es una isometría de $X$ a $C(K)$. Por lo $X$ es separable.
Supongamos que $X$ es no separable y corregir $\theta\in(0,1)$. Deje $\Omega$ el conjunto de contables de los números ordinales. Fix $\alpha\in\Omega$ y el uso de la inducción transfinita, supongamos que $x_{\beta}\in X$ $f_{\beta}\in X^*$ ya han sido definidos para todos los $\beta\in\Omega$ tal que $\beta<\alpha$ (si $\alpha=\min\Omega$, simplemente definen $x_{\alpha}\equiv0$$f_{\alpha}\equiv 0$).
Deje $$X_{\alpha}\equiv\{x_{\beta}\,|\,\beta\in\Omega,\,\beta<\alpha\}.$$ Desde $X_{\alpha}$ es contable y $X$ es no separable, se deduce que el $Y_{\alpha}\equiv\overline{\operatorname{span}X_{\alpha}}$ es una adecuada subespacio cerrado (voy a probar esta al final del post). Elija cualquiera de los $x_{\alpha}\in X\setminus Y_{\alpha}$ tal que \begin{align*} \|x_{\alpha}\|=&\,1,\\ \inf_{y\in Y_{\alpha}}\|x_{\alpha}-y\|\geq&\,\theta, \end{align*} lo cual es posible por Riesz del lexema. Ahora, usando la de Hahn-Banach teorema, existe $f_{\alpha}\in X^*$ tal que \begin{align*}f_{\alpha}(y)=&\,0\quad\forall y\in Y_{\alpha},\\ \|f_{\alpha}\|=&\,1,\\ f_{\alpha}(x_{\alpha})=&\,\inf_{y\in Y_{\alpha}}\|x_{\alpha}-y\|\geq\theta; \end{align*} véase, por ejemplo, el Teorema 5.8(a) en Folland (1999, pág. 159).
Ahora, la familia $\{f_{\alpha}\}_{\alpha\in\Omega}$ es incontable ($\Omega$ es incontable y, como en el siguiente argumento se revelan, $f_{\alpha}$ $f_{\beta}$ son distintos para distintos $\alpha,\beta\in\Omega$). Supongamos que $\alpha,\beta\in\Omega$$\alpha\neq\beta$. Sin pérdida de generalidad, supongamos que $\beta<\alpha$. A continuación, $x_{\beta}\in X_{\alpha}\subseteq Y_{\alpha}$, lo $f_{\alpha}(x_{\beta})=0$. También, $f_{\beta}(x_{\beta})\geq\theta$. Por lo tanto, $$\|f_{\alpha}-f_{\beta}\|=\sup_{\substack{x\in X\\\|x\|\leq1}}|f_{\alpha}(x)-f_{\beta}(x)|\geq|f_{\alpha}(x_{\beta})-f_{\beta}(x_{\beta})|\geq\theta.$$
La siguiente afirmación revela que si $X$ no es separable, entonces el subespacio $\operatorname{span} X_{\alpha}$ no es denso para cualquier $\alpha\in\Omega$.
Reclamo: Si $C\equiv\{x_1,x_2,\ldots\}\subseteq X$ es una contables subconjunto y $\operatorname{span}C$ es un subespacio denso, a continuación, $X$ es separable.
Prueba: Vamos a $\mathbb S$ ser una contables subconjunto denso del campo subyacente ($\mathbb R$ o $\mathbb C$, presumiblemente). Definir, para cada $n\in\mathbb N$, $$L_n\equiv\{q_1 x_1+\ldots+q_n x_n\,|\,q_1,\ldots,q_n\in\mathbb S\}$$ and $L\equiv\bigcup_{n=1}^{\infty} L_n$. It is easy to see that $L$ es contable.
Yo reclamo que $L$ es densa. Para ver esto, elija cualquiera de los $x\in X$$\varepsilon>0$. Desde $\operatorname{span} C$ es densa, existen algunos $n\in\mathbb N$ y a los miembros del campo subyacente $p_1,\ldots,p_n$ tal que $$\left\|x-\sum_{m=1}^np_mx_m\right\|<\frac{\varepsilon}{2}.$$ Now, for each $m\in\{1,\ldots, n\}$, pick $q_m\in\mathbb S$ such that $$|p_m-q_m|<\frac{\varepsilon}{2n(\|x_m\|+1)}.$$ Then, $y\equiv\sum_{m=1}^n q_m x_m\en L$ and $$\|x-y\|\leq\left\|x-\sum_{m=1}^np_mx_m\right\|+\left\|\sum_{m=1}^n(p_m-q_m)x_m\right\|<\frac{\varepsilon}{2}+\sum_{m=1}^n|p_m-q_m|\|x_m\|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon.$$ Hence, $x\in\overline{L}$ and the proof is complete. $\quad\blacksquare$
