Analisi funzionale - insiemi densi.
Denotiamo con $M(X)$ lo spazio delle misure di Borel regolari.
Sappiamo che se $X$ è compatto $T_2$ allora $C(X)'=M(X)$. Supponiamo che $X$ sia anche metrizzabile, allora è noto che sia separabile.
Io sono riuscito a dimostrare che $M(X)$ è $W^*$- separabile (topologia debole star). Da questo vorrei dedurre che $C(X)$ è separabile.
Io ho ragionato in questo modo:
$M(X)$ è $W^*$ - separabile, allora, in particolare, la sua palla unitaria $B_1(M(X))$ sarà $W^*$ - separabile. Sia quindi $\{\mu_n\}_n$ con $||\mu_n||=1$ la successione $W^*$-densa in $B_1(M(X))$.
Da osservare che per definizione di norma esiste $f_n$ tale che $|m_n(f_n)|>=1/2$ per ogni $n\in\NN$
Consideriamo $Y=\span\{f_n|n\in NN\}$ allora se per assurdo $\bar{Y}$ è propriamente contenut in $C(X)$, per il teorema di Hahn - Banach (più precisamente un suo facile corollario) esiste $\mu\in M(X)$ di norma unitaria tale che $\mu(f)=0$ per ogni $f\in Y$, in particolare $\mu(f_n)=0$ per ogni $n$.
Dunque $1/2<=|\mu_n(f_n)|=|\mu_n(f_n)-\mu(f_n)|$
Ma per ipotesi si ha che esiste $n$ tale che $\mu_n(f)\to \mu(f)$ (per la convergenza nella topologia debole) per ogni $f\in C(X)$ e questa è quindi una contraddizione.
vi convince questa dimostrazione?
Grazie a tutti!!!
Sappiamo che se $X$ è compatto $T_2$ allora $C(X)'=M(X)$. Supponiamo che $X$ sia anche metrizzabile, allora è noto che sia separabile.
Io sono riuscito a dimostrare che $M(X)$ è $W^*$- separabile (topologia debole star). Da questo vorrei dedurre che $C(X)$ è separabile.
Io ho ragionato in questo modo:
$M(X)$ è $W^*$ - separabile, allora, in particolare, la sua palla unitaria $B_1(M(X))$ sarà $W^*$ - separabile. Sia quindi $\{\mu_n\}_n$ con $||\mu_n||=1$ la successione $W^*$-densa in $B_1(M(X))$.
Da osservare che per definizione di norma esiste $f_n$ tale che $|m_n(f_n)|>=1/2$ per ogni $n\in\NN$
Consideriamo $Y=\span\{f_n|n\in NN\}$ allora se per assurdo $\bar{Y}$ è propriamente contenut in $C(X)$, per il teorema di Hahn - Banach (più precisamente un suo facile corollario) esiste $\mu\in M(X)$ di norma unitaria tale che $\mu(f)=0$ per ogni $f\in Y$, in particolare $\mu(f_n)=0$ per ogni $n$.
Dunque $1/2<=|\mu_n(f_n)|=|\mu_n(f_n)-\mu(f_n)|$
Ma per ipotesi si ha che esiste $n$ tale che $\mu_n(f)\to \mu(f)$ (per la convergenza nella topologia debole) per ogni $f\in C(X)$ e questa è quindi una contraddizione.
vi convince questa dimostrazione?
Grazie a tutti!!!
Risposte
Se per [tex]$m_n$[/tex] intendi [tex]$\mu_n$[/tex], dato per assodato la correttezza dell'applicazione di un corollario del teorema di Hahn-Banach (che non conosco), concordo con te!
è una conseguenza del teorema di Hahn Banach usato per separare insiemi.
In particolare vale questo risultato (quello che uso io):
"Sia $X$ uno spazio vettoriale topologico localmente convesso (svtlc), sia $M$ un sottospazio lineare di $X$ e sia $x_0\in X$. Allora se $x_0$ non appartiene a $\bar{M}$ si ha che esiste $f\in X'$ tale che $f(x_0)=1$ e $f(m)=0$ per ogni $m\in M$."
Per dimostrarlo si usa il teorema di Hahn - Banach in forma geometrica e si osserva che gli unici sottospazi vettoriali in $RR$ sono $RR$ stesso o $\{0\}$, da cui si ottiene la tesi.
Per applicarlo bisogna notare che la topologia debole star è una topologia di svtlc.
In particolare vale questo risultato (quello che uso io):
"Sia $X$ uno spazio vettoriale topologico localmente convesso (svtlc), sia $M$ un sottospazio lineare di $X$ e sia $x_0\in X$. Allora se $x_0$ non appartiene a $\bar{M}$ si ha che esiste $f\in X'$ tale che $f(x_0)=1$ e $f(m)=0$ per ogni $m\in M$."
Per dimostrarlo si usa il teorema di Hahn - Banach in forma geometrica e si osserva che gli unici sottospazi vettoriali in $RR$ sono $RR$ stesso o $\{0\}$, da cui si ottiene la tesi.
Per applicarlo bisogna notare che la topologia debole star è una topologia di svtlc.
"fu^2":Questa cosa va giustificata meglio, almeno per le mie orecchie. Infatti noi sappiamo che $M(X)$ è debole-* separabile, ovvero che esiste una famiglia numerabile $ccM \subset M(X)$ tale che
$M(X)$ è $W^*$ - separabile, allora, in particolare, la sua palla unitaria $B_1(M(X))$ sarà $W^*$ - separabile. Sia quindi $\{\mu_n\}_n$ con $||\mu_n||=1$ la successione $W^*$-densa in $B_1(M(X))$.
$forall \mu in M(X), exists {mu_n}_{n \in NN}\ "in"\ ccM\ "t.c."\ mu_n \to mu$ debolmente-*.
In particolare ad ogni $\mu \in M(X), ||mu||=1$ corrisponde una successione $\mu_n in ccM$. Ma come fai a garantire che $||mu_n||=1$ per ogni $n$?
Il tuo discorso si fa di solito negli spazi metrici: uno spazio metrico è separabile se e solo se esso è a base numerabile di aperti, cosicché ogni sottoinsieme di uno spazio metrico separabile è esso stesso separabile. Non escludo assolutamente che qualcosa del genere valga anche per $M(X)$ con topologia debole-*, ma non mi sembra ovvio e (IMHO) andrebbe giustificato.
Addendum: (ancora IMHO) Dovresti curare un po' il linguaggio. Dico proprio la lingua italiana. Certe volte non sei proprio chiaro, usi congiunzioni e verbi un po' a casaccio. Intendiamoci, non è un insulto, al contrario io trovo che tu sia bravissimo come matematico e che con poco sforzo potresti migliorare molto nell'esposizione. Personalmente, quando incontro una grammatica curata tendo ad interessarmi al contenuto. Invece un lavoro mal fatto dal punto di vista grammaticale è per me faticoso da leggere o da ascoltare.
effettivamente...
Mi sa che devo cambiare strada, cavolo! l'impresa si sta rivelando più ardua del previsto...
Il mio obiettivo è quello di dimostrare che $C(X)$ è separabile se $X$ è compatto e metrico, però, alla luce delle tue attente osservazioni, dissonance, mi sa che passare per il duale - $M(X)$ - potrebbe non essere la scelta migliore...
Grazie!
Mi sa che devo cambiare strada, cavolo! l'impresa si sta rivelando più ardua del previsto...
Il mio obiettivo è quello di dimostrare che $C(X)$ è separabile se $X$ è compatto e metrico, però, alla luce delle tue attente osservazioni, dissonance, mi sa che passare per il duale - $M(X)$ - potrebbe non essere la scelta migliore...
Grazie!
Ma lo sai che pure io sono rimasto stupito dalla difficoltà del problema? Pensavo fosse una cosa standard, perché ho in mente il caso di $C[0, 1]$ dove un sottoinsieme denso numerabile si può costruire più o meno esplicitamente. Invece vedo che in generale è un casino.
Comunque io non escludo che questa idea possa funzionare: infatti funzionerebbe se si sapesse a priori che $M(X)$ è separabile in norma. Ora non so se esistano spazi di Banach non separabili col duale debole-* separabile... Se ne troviamo uno allora è sicuro che la tua argomentazione non può andare. Faccio una piccola ricerca.
Comunque io non escludo che questa idea possa funzionare: infatti funzionerebbe se si sapesse a priori che $M(X)$ è separabile in norma. Ora non so se esistano spazi di Banach non separabili col duale debole-* separabile... Se ne troviamo uno allora è sicuro che la tua argomentazione non può andare. Faccio una piccola ricerca.
Ah a proposito, mi sono ricordato di un'altra cosa che ti dovevo chiedere.
Tu dici di avere dimostrato che $M(X)$ è debole-* separabile, ma in che senso, precisamente? Stiamo parlando di topologie non metrizzabili, quindi la separabilità per successioni è diversa dalla separabilità topologica. Tu quale delle due hai dimostrato?
Tu dici di avere dimostrato che $M(X)$ è debole-* separabile, ma in che senso, precisamente? Stiamo parlando di topologie non metrizzabili, quindi la separabilità per successioni è diversa dalla separabilità topologica. Tu quale delle due hai dimostrato?
Ho trovato una strada diretta!!! (Dopo una mattina di duro lavoro)
La chiave di tutto è che l'insieme [tex]\mathtext{Lip}(X)[/tex] è denso in [tex]C(X)[/tex] per Stone - Weiestrass ed è separabile. In particolare nel caso reale (i.e. $X=[0,1]$), l'insieme denso in questo spazio è dato dai polinomi.
Posto qui di seguito la dimostrazione a grandi linee, se vuoi più dettagli chiedi pure. Penso proprio che sia giusta (per dovere di cronaca, non sapendo che pesci pigliare, ho cercato tutta mattina in rete un aiuto e dopo due ore sono arrivato su un libro che dava tale dimostrazione come eserzio guidato e quindi ho seguito quella... non sono ancora così bravo!...)
Procediamo con ordine:
Consideriamo uno spazio metrico $X$ compatto e l'insieme di tutte le funzioni continue a valori reali [tex]C(X)[/tex]. Quello che vogliamo dimostrare è che [tex]C(X)[/tex] è separabile.
Definiamo
[tex]\mathtext{Lip}_K(X)=\{f\in C(X) : |f(x)-f(y)|\leq Kd(x,y), \forall x,y \in X\}[/tex]
e poniamo [tex]\mathtext{Lip}(X)=\cup_{k\geq 1}\mathtext{Lip}_K (X)[/tex]
Allora, utilizzando il teorema di Weiestrass ([tex]\displaystyle\sup_{x\in X} |f(x)|=M<\infty[/tex]}), è facile vedere che [tex]\mathtext{Lip}(X)[/tex] è una sottoalgebra di [tex]C(X)[/tex].
Inoltre, tale sottoalgebra contiene le costanti e, dal momento che la funzione [tex]f(x)=d(x,z_0)\in\mathtext{Lip}(X)[/tex] (per la disuguaglianza triangolare), si ha anche che separa i punti. Dunque per il teorema di Stone - Weiestrass si ha che [tex]\bar{\mathtext{Lip}(X)}=C(X)[/tex]
dunque per mostrare a tesi è sufficiente mostrare che [tex]\mathtext{Lip}(X)[/tex] è separabile.
Consideriamo quindi gli insiemi [tex]E_k=\{f\in C(X) : \norm{f}\norm \leq K, f\in \mathtext{Lip}_K(X)\}[/tex]. Allora, per Ascoli Arzelà tale insieme è compatto in [tex]C(X)[/tex] e quindi è separabile.
La tesi segue osservando che [tex]\mathtext{Lip}(X)=\cup E_K[/tex]
ps la dimostrazione che avevo provato io effettivamente non è limpida ed è misteriosa in alcuni passaggi, quindi penso che la abbandonerò!
pps poi girando su internet ho trovato anche questo: http://www.jstor.org/pss/2042045
sostanzialmente da ragione alla mia tesi(anzi afferma molto di più), però non posso leggerlo completamente !!
La chiave di tutto è che l'insieme [tex]\mathtext{Lip}(X)[/tex] è denso in [tex]C(X)[/tex] per Stone - Weiestrass ed è separabile. In particolare nel caso reale (i.e. $X=[0,1]$), l'insieme denso in questo spazio è dato dai polinomi.
Posto qui di seguito la dimostrazione a grandi linee, se vuoi più dettagli chiedi pure. Penso proprio che sia giusta (per dovere di cronaca, non sapendo che pesci pigliare, ho cercato tutta mattina in rete un aiuto e dopo due ore sono arrivato su un libro che dava tale dimostrazione come eserzio guidato e quindi ho seguito quella... non sono ancora così bravo!...)
Procediamo con ordine:
Consideriamo uno spazio metrico $X$ compatto e l'insieme di tutte le funzioni continue a valori reali [tex]C(X)[/tex]. Quello che vogliamo dimostrare è che [tex]C(X)[/tex] è separabile.
Definiamo
[tex]\mathtext{Lip}_K(X)=\{f\in C(X) : |f(x)-f(y)|\leq Kd(x,y), \forall x,y \in X\}[/tex]
e poniamo [tex]\mathtext{Lip}(X)=\cup_{k\geq 1}\mathtext{Lip}_K (X)[/tex]
Allora, utilizzando il teorema di Weiestrass ([tex]\displaystyle\sup_{x\in X} |f(x)|=M<\infty[/tex]}), è facile vedere che [tex]\mathtext{Lip}(X)[/tex] è una sottoalgebra di [tex]C(X)[/tex].
Inoltre, tale sottoalgebra contiene le costanti e, dal momento che la funzione [tex]f(x)=d(x,z_0)\in\mathtext{Lip}(X)[/tex] (per la disuguaglianza triangolare), si ha anche che separa i punti. Dunque per il teorema di Stone - Weiestrass si ha che [tex]\bar{\mathtext{Lip}(X)}=C(X)[/tex]
dunque per mostrare a tesi è sufficiente mostrare che [tex]\mathtext{Lip}(X)[/tex] è separabile.
Consideriamo quindi gli insiemi [tex]E_k=\{f\in C(X) : \norm{f}\norm \leq K, f\in \mathtext{Lip}_K(X)\}[/tex]. Allora, per Ascoli Arzelà tale insieme è compatto in [tex]C(X)[/tex] e quindi è separabile.
La tesi segue osservando che [tex]\mathtext{Lip}(X)=\cup E_K[/tex]
ps la dimostrazione che avevo provato io effettivamente non è limpida ed è misteriosa in alcuni passaggi, quindi penso che la abbandonerò!
pps poi girando su internet ho trovato anche questo: http://www.jstor.org/pss/2042045
sostanzialmente da ragione alla mia tesi(anzi afferma molto di più), però non posso leggerlo completamente
!!
Ecco, questo mi convince, si si. Diciamo che questo delle funzioni Lipschitziane è un modo per recuperare i polinomi: se $X$ è un aperto di $RR^n$, noi abbiamo facilmente la separabilità osservando che lo spazio dei polinomi è denso in $C(X)$. Se non ci sono i polinomi, però, ci sono le funzioni Lipschitziane! Quelle dipendono solo dalla metrica.
Comunque, riguardo l'approccio precedente, pure io penso che non vada molto lontano. Ho chiesto informazioni qui:
http://math.stackexchange.com/q/43365/8157
forse ti può interessare.
Comunque, riguardo l'approccio precedente, pure io penso che non vada molto lontano. Ho chiesto informazioni qui:
http://math.stackexchange.com/q/43365/8157
forse ti può interessare.
Non avevo notato questa sottile mancanza, pardon. 
Ma in effetti è una cosa che sfugge all'occhio, perché si è abituati a pensare la separabilità in un contesto di spazi metrici. Come dicevamo, se uno spazio metrico $X$ è separabile, ogni suo sottoinsieme $Y$ resta separabile: questo è un fatto da non dare per scontato in spazi topologici non metrizzabili.
Ad esempio l'argomento portato da fu nel primo post non funziona e non è recuperabile. Come potete vedere seguendo il link contenuto nel mio precedente post, esistono esempi di spazi di Banach con duale deb.-* sequenzialmente separabile ma NON separabili. Ora il ragionamento di fu non fa uso di proprietà particolari degli spazi $C(X)$ e $M(X)$, cosicché rinominando il primo $E$ e il secondo $E'$, esso potrebbe essere ripetuto provando così che
\[
(E'\ \text{debole-}\star\text{ sequenzialmente separabile}) \Rightarrow (E\ \text{separabile})
\]
il che, come detto, è falso.
Ad esempio l'argomento portato da fu nel primo post non funziona e non è recuperabile. Come potete vedere seguendo il link contenuto nel mio precedente post, esistono esempi di spazi di Banach con duale deb.-* sequenzialmente separabile ma NON separabili. Ora il ragionamento di fu non fa uso di proprietà particolari degli spazi $C(X)$ e $M(X)$, cosicché rinominando il primo $E$ e il secondo $E'$, esso potrebbe essere ripetuto provando così che
\[
(E'\ \text{debole-}\star\text{ sequenzialmente separabile}) \Rightarrow (E\ \text{separabile})
\]
il che, come detto, è falso.
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