Deje $X$ ser espacio de Banach y $X^*$ ser su espacio dual. Deje $S\subset X$ ser un conjunto convexo que contiene el origen. Demostrar que $\bar S = S^{**}.$

Question

Estoy aprendiendo el Doble de Espacio en el análisis funcional. Tengo problemas para demostrar esta afirmación.

Deje $X$ ser espacio de Banach y $X^*$ ser su espacio dual. Deje $S\subset X$ ser un conjunto convexo que contiene el origen. Definir

$$S^*=\{\phi\in X^*: \phi(x)\le 1\ \;\forall x\in S\},$$ $$S^{**}=\{x\in X;\phi(x)\le 1, \text{for all}~\phi\in S^*\}.$$ Demostrar que $\bar S = S^{**},\bar S~\text{is the closure of} ~S.$

Mi intento:

Quiero mostrar a $\bar S\subset S^{**}$$S^{**} \subset \bar S$.

$\forall x,y\in S,(1-a)x+ay\in S$. $\phi((1-a)x+ay)=(1-a)\phi(x)+a\phi(y) \subset\phi(S)$.

Puedo mostrar que $\phi(S)$ es un conjunto convexo. Pero no sé qué puedo hacer para demostrar la declaración.

Answer 1

En primer lugar, observe que si $S$ es convexa, entonces $\overline{S}$ también es convexa (esto es cierto en cualquier espacio vectorial topológico - sigue simplemente de la continuidad de las operaciones de la estructura de espacio vectorial).

1. $S^{**}\subset \overline{S}$.

   Supongamos $x_0\notin \overline{S}$. A continuación, $\left\{x_0\right\}$ $\overline{S}$ son dos distintos subconjuntos convexos de $X$; por otra parte, $\left\{x_0\right\}$ es compacto y $\overline{S}$ es cerrado. Por el fuerte forma geométrica de la de Hahn-Banach teorema, existe un funcional $\phi \in X^*$ tal que $$\phi(x_0)>\sup_{x\in \overline{S}}\phi(x) $$ Deje $y_0:=\sup_{x\in \overline{S}}\phi(x)$ - podemos distinguir dos casos.

   Si $y_0> 0$ $\phi':=\phi/y_0\in X^*$ es tal que $\sup_{x\in \overline{S}}\phi'(x)=1$ , por lo tanto $\phi'(x)\leq 1$ todos los $x\in \overline{S}$, lo $\phi' \in S^{*}$, pero $\phi'(x_0)>1$. Por lo tanto $x_0\notin S^{**}$.

   Si $y_0\leq 0$,$\phi(x_0)>0$. Elija $\lambda >0$ tal que $\lambda \phi(x_0)>1$ y establezca $\phi':=\lambda \phi\in X^*$. Luego tenemos a $\phi'(x)\leq 0 \leq 1$ todos los $x\in S$ (por lo $\phi' \in S^*$), y $\phi'(x_0)>1$. Así llegamos a la misma conclusión que en el caso anterior, $x_0\notin S^{**}$.

2. $\overline{S}\subset S^{**}$.

   Deje $x_0\in \overline{S}$. A continuación, hay una secuencia $\left\{x_n\right\}\subset S$$x_n\to x$. Ahora tome $\phi \in S^*$. A continuación, $\phi(x_n)\leq 1$ todos los $n$, y por lo tanto $\phi(x_0)\leq 1$ así por la continuidad. Por lo tanto $x_0\in {S}^{**}$.

Answer 2

Desde $\phi (x) \le 1,\; \forall x \in S,\; \forall \phi \in S^*$ $S \subset S^{**}$

En el otro lado $\forall \phi \in X^*$, $\phi$ es continuo, por lo $\{x \in X:\; \phi (x) \le 1\}$ es un conjunto cerrado y $$S^{**} = \bigcap_{\phi \in S^* } \{x \in X :\; \phi(x) \le 1\}$$ so $S^{**}$ is a closed set (intersection of closed sets) then $\barra de S \subconjunto \bar {S^{**}} = S^{**}$

Conversly, si $a \not\in \bar S$ $\epsilon = \frac{d(a, \bar S)}2 > 0$ $S$ $B(a,\epsilon)$ son dos convexo disjoints conjuntos de $X$. Por el de Hahn–Banach separación teorema (https://en.wikipedia.org/wiki/Hahn%E2%80%93Banach_theorem#Hahn%E2%80%93Banach_Separation_Theorem) desde $B(a,\epsilon)$ está abierto, usted puede obtener un $\psi \in X^*$ $t \in \mathbb R$ tal que $$\forall x \in S, \; \forall y \in B(a,\epsilon), \; \psi (x) \le t < \psi (y)$$ Since $0 \en S$ then $t \ge 0$,

Desde $\left(1-\frac{\epsilon}{2\left\|a\right\|}\right)a \in B(a, \epsilon)$, $\psi (a) \left(1-\frac{\epsilon}{2\left\|a\right\|}\right) > t$

deje $\phi = \frac1{\psi (a)\left(1-\frac{\epsilon}{2\left\|a\right\|}\right)} \psi$, luego $$\forall x \in X,\;\phi(x) = \frac{1}{\psi (a)\left(1-\frac{\epsilon}{2\left\|a\right\|}\right)}\psi (x) \le \frac t{\psi (a) \left(1-\frac{\epsilon}{2\left\|a\right\|}\right)} \le 1 $$ and $\phi (a) = \frac1{\left(1-\frac{\epsilon}{2\left\|a\right\|}\right)} > 1$ then $\phi \S^*$ and $\no \S^{**}$.