Spazi di Banach con duali isomorfi

[Principe2]

Mi ero posto questa domanda qualche anno fa e non sono mai riuscito a risolvervi. Forse qualcuno conosce/trova la risposta:

Esistono due spazi di Banach, uno separabile e uno no, tali che i loro duali siano isomorfi?

Ps. per isomorfismo fra spazi di Banach intendo un omeomorfismo lineare.

[gugo82]

Mmmmm... \(c_0\) ed \(\ell^\infty\)?
Se non erro, essi hanno lo stesso duale, i.e. \(\ell^1\); inoltre il primo è separabile (la classe \(c_{00}(\mathbb{Q})\) è numerabile e densa in \(c_0\)) ed il secondo non lo è.

[Principe2]

il duale di $\ell^\infty$ e' $\ell^1$??

P.s. il duale non puo' essere separabile, visto che e' noto che se il duale e' separabile allora anche il preduale lo e'.

[dissonance]

"gugo82":Mmmmm... \(c_0\) ed \(\ell^\infty\)?
Se non erro, essi hanno lo stesso duale, i.e. \(\ell^1\); inoltre il primo è separabile (la classe \(c_{00}(\mathbb{Q})\) è numerabile e densa in \(c_0\)) ed il secondo non lo è.

Buona idea, però mi sa che il duale di \(\ell^{\infty}\) non è \(\ell^1\). Mi ricordo di averne letto a proposito qui:

http://math.stackexchange.com/q/43365/8157

in uno dei commenti dei t.b. si parla del fatto che la sfera unitaria del duale di \(\ell^\infty\) non è sequenzialmente separabile, e perciò questo duale non può essere \(\ell^1\).

[gugo82]

@uber & dissonance: Vero.
Il duale di \(\ell^\infty\) è imparentato con la classe delle misure finitamente additive su \(\mathbb{N}\), se non sbaglio di nuovo... Ma vado a memoria, quindi la probabilità è alta.

[Principe2]

Il duale di $l^\infty$ NON puo' essere $l^1$ perche' $l^1$ e' separabile!!

Mi hanno suggerito l'esempio, ma non ho la dimostrazione su due piedi, ma non penso sia complicata usando il teorema di rappresentazione di Riesz: $C[0,1]$ e $C[0,1]\oplus c_0(\mathbb R)$ hanno duali isomorfi.

P.s. e' impossibile trovare l'esempio con $l^\infty$ perche' e' un'algebra di von Neumann e quindi ha sostanzialmente un unico preduale.

[gugo82]

"Valerio Capraro":Il duale di $l^\infty$ NON puo' essere $l^1$ perche' $l^1$ e' separabile!!

-.- Avevo capito, uber... -.-

"Valerio Capraro":Mi hanno suggerito l'esempio, ma non ho la dimostrazione su due piedi, ma non penso sia complicata usando il teorema di rappresentazione di Riesz: $C[0,1]$ e $C[0,1]\oplus c_0(\mathbb R)$ hanno duali isomorfi.

Allora... \(C^\prime =BV\) e fin qui non ci piove.
Ma \((C\oplus c_0)^\prime\)? Direi \((C\oplus c_0)^\prime=BV\oplus \ell^1\), no?

A questo punto si dovrebbe trovare un isomorfismo tra \(BV\) e \(BV\oplus \ell^1\)... Che non mi pare proprio immediata come cosa.
Forse si deve usare qualche decomposizione per le funzioni \(BV\)?
Tipo, prendere come pezzo in \(\ell^1\) qualcosa collegato ai salti di discontinuità?

[Principe2]

Non sono del tutto convinto che il duale della somma diretta sia la somma diretta dei duali.. una dimostrazione?

notare che non e' $c_0(\mathbb N)$, ma $c_0(\mathbb R)$ (altrimenti la somma diretta sarebbe ancora separabile), il cui duale NON dovrebbe essere $L^1(\mathbb R)$...

[dissonance]

"Valerio Capraro":Non sono del tutto convinto che il duale della somma diretta sia la somma diretta dei duali.. una dimostrazione?

Vero, vero. L'identificazione è \((f+g)(x, y)=f(x)+g(y)\) per \(f \in X^\star, g \in Y^\star, x\in X, y \in Y\). Se ti servono dettagli vedi su Gilardi:

post398002.html#p398002

Teorema 3.10. (editato... Ho la vecchia versione di quelle dispense.)

[gugo82]

"Valerio Capraro":Non sono del tutto convinto che il duale della somma diretta sia la somma diretta dei duali.. una dimostrazione?

Correggimi se sbaglio, perché è da tanto che non ho sottomano questa roba.

Prendiamo \(X,Y\) di Banach e poniamo per comodità notazionale \(Z:=X\oplus Y\).
Lo spazio \(Z\) è costituito dalle coppie ordinate \((x,y)\), con \(x\in X,\ y\in Y\); esso si può strutturare canonicamente come spazio vettoriale usando le operazioni di \(X\) ed \(Y\); inoltre \(Z\) è di Banach rispetto alla norma \(\lVert (x,y)\rVert_Z :=\lVert x\rVert_X+\lVert y\rVert_Y\).

Vogliamo far vedere che \(Z^\prime =X^\prime \oplus Y^\prime\), cioè che ogni funzionale lineare limitato \(\zeta \in Z^\prime\) si può rappresentare come coppia ordinata \((\xi,\eta)\) con \(\xi \in X,\ \eta \in Y\).

- L'inclusione \(\supseteq\) è evidente: infatti presi \(\xi \in X^\prime,\ \eta \in Y^\prime\) e posto:
\[ \langle \zeta (\xi,\eta) , z\rangle := \langle \xi ,x\rangle +\langle \eta ,y\rangle \qquad \text{per } z=(x,y)\]
il funzionale \(\zeta (\xi ,\eta)\) è evidentemente lineare e ha:
\[|\langle \zeta (\xi, \eta) ,z\rangle| \leq \max \{ \lVert \xi\rVert_{X^\prime} ,\lVert \eta \rVert_{Y^\prime}\}\ \lVert z\rVert_Z\]
quindi \(\zeta (\xi, \eta) \in Z^\prime\) e \(\lVert \zeta_{\xi,\eta}\rVert_{Z^\prime} \leq \max \{ \lVert \xi\rVert_{X^\prime} ,\lVert \eta \rVert_{Y^\prime}\}\).

- D'altra parte, assegnato \(\zeta \in Z^\prime\), per linearità si ha:
\[\langle \zeta ,z\rangle = \langle \zeta ,(x,o_Y)\rangle +\langle \zeta ,(o_X, y)\rangle \qquad \text{per } z=(x,y)\]
ed i due funzionali \(\xi (\zeta), \eta (\zeta)\) definiti ponendo:
\[\langle \xi (\zeta) ,x\rangle := \langle \zeta ,(x,o_Y)\rangle \quad \text{e} \quad \langle \eta (\zeta) ,y\rangle :=\langle \zeta ,(o_X, y)\rangle\]
sono lineari (risp. in \(X\) ed \(Y\)) e limitati con \(\lVert \xi(\zeta) \rVert_{X^\prime} ,\lVert \eta(\zeta) \rVert_{Y^\prime} \leq \lVert \zeta\rVert_{Z^\prime}\), quindi vale l'inclusione \(\subseteq\).

- L'applicazione \(Z^\prime \ni \zeta \mapsto (\xi(\zeta),\eta(\zeta)) \in X^\prime \oplus Y^\prime\) è un isomorfismo tra spazi di Banach (il secondo è dotato della norma \(\max \{ \lVert \cdot \rVert_{X^\prime} , \lVert \cdot \rVert_{Y^\prime}\}\)). Quindi abbiamo finito, perché abbiamo stabilito che se \(X\oplus Y\) è normato da \(\lVert \cdot \rVert_X +\lVert \cdot \rVert_Y\), allora \( ((X\oplus Y)^\prime , \lVert \cdot \rVert_{(X\oplus Y)^\prime} )\) è isomorfo a \( (X^\prime \oplus Y^\prime, \max \{ \lVert \cdot \rVert_{X^\prime} ,\lVert \cdot \rVert_{Y^\prime}\} )\)

Giusto?

Il tutto dovrebbe funzionare anche se normiamo tutte le somme dirette in gioco con la norma prodotto, i.e. \( \lVert \cdot \rVert_{1\oplus 2} :=\sqrt{\lVert \cdot \rVert_1^2 + \lVert \cdot \rVert_2^2}\)... Anzi, forse è anche meglio, così leviamo di mezzo quella dualità tra la norma \(1\) su \(X\oplus Y\) e la norma \(\infty\) su \(X^\prime \oplus Y^\prime\).

P.S.: Sulle dispense di Gilardi segnalate da dissonance, questo risultato è il 3.10 a pagina 60.

"Valerio Capraro":notare che non e' $c_0(\mathbb N)$, ma $c_0(\mathbb R)$ (altrimenti la somma diretta sarebbe ancora separabile), il cui duale NON dovrebbe essere $L^1(\mathbb R)$...

Qui non capisco il ruolo dell'insieme numerico tra parentesi... Per me $c_0(\mathbb{R})$ è lo spazio delle successioni infinitesime di numeri reali, quindi non riesco a dare un senso serio a $c_0(\mathbb{N})$.