Imagen de la bola de unidad cerrada bajo un operador compacto

Question

Deje $X,Y$ ser espacios de Banach y $A\in\mathcal L(X,Y)$ . La tarea es demostrar el siguiente:

$A$ es compacto si y sólo si la imagen de la bola unidad cerrada en $X$ es compacto en $Y$.

He probado esta al $X$ es un espacio reflexivo.

Prueba. Deje $X$ ser un espacio reflexivo, $\bar B$ la bola unidad cerrada en $X$, e $A$ un operador compacto. Vamos a seguir $y_n=Ax_n$ ser una secuencia en $A(\bar B)$.

En espacios reflexivos $\bar B$ es débilmente compacto, de modo que existe una larga $x_{n_j} \to x$ débilmente.

Debido a $A$ es compacto, $Ax_{n_j}\to Ax$ fuertemente.

Por otro lado, $A(\bar B)$ es relativamente compacto, de modo que existe $z_k=Ax_{n_{j_k}}$ que converge fuertemente a $y\in Y$.

Pero $z_k\to x$ fuertemente. Por lo $y=x$, y la imagen es compacto.

Está demostrado fácilmente que si la imagen es compacto, el operador también es compacto.

Pero no sé qué hacer en caso de nonreflexive espacios. ¿Hay algún contraejemplo o la prueba, en tal caso?

Answer 1

Es falso en general que la imagen de la bola unidad cerrada en virtud de un operador compacto es cerrado (y por lo tanto compacto). Aquí está un ejemplo sencillo:

Considere la posibilidad de $X = C[0,1]$ con el uniforme de la norma, y el operador compacto $A \in B(X)$ definido por la fórmula:

$\displaystyle\qquad Af(x) = \int_0^x f(t)\,dt$.

La compacidad de $A$ es fácilmente demostrado el uso de Arzelà–Ascoli. Nuestro operador $A$ produce un anti-derivada de cualquier entrada dada, y la imagen de la bola unidad cerrada de $X$ bajo $A$ es el conjunto

$\displaystyle\qquad \{f \in C^1[0,1] \mathrel: f(0)=0,\ \lVert f'\rVert \leq 1\}$

lo que, ciertamente, no es un subconjunto cerrado de $X$.

Answer 2

Esto es mucho más fácil. Utilice la definición de operador compacto. Un operador es compacto si y sólo si la imagen de un conjunto limitado es precompacto. La bola unidad está limitada y cualquier otro conjunto limitado está dentro de un$\lambda$ veces la bola unidad.