\( \ell^1 \) non è riflessivo
Dimostra che se \(X \) è uno spazio vettoriale normato e \( X^{\ast} \) è separabile allora \( X\) è separabile. Deduci che \( \ell^1 \) non è riflessivo.
Indicazione: se \( \{ f_n: n \in \mathbb{N} \} \) è un sottoinsieme denso in \(X^{\ast} \), scegliere per ogni \(n \), \(x_n \in X \) tale che \( \left| f_n(x_n) \right| \geq \frac{1}{2} \parallel f_n \parallel \) e \( \parallel x_n \parallel \leq 1 \).
Allora pre il punto 1, ovvero dimostrare che \(X\) è separabile ci sono. L'unica cosa che non mi è chiara è perché possiamo scegliere un tale \(x_n \) come suggerito dalle indicazioni. Mentre per il punto 2 sono totalmente perso.
Le soluzioni dicono quanto segue ma ci sono diverse cose che non capisco.
In effetti abbiamo che \( \ell^{\infty} \) è congruente a \( ( \ell^1)^{\ast} \). Dunque \( (\ell^1)^{\ast \ast} \) è congruente a \( (\ell^{\infty})^{\ast} \). Più esplicitamente se \(T : \ell^{\infty} \to (\ell^1)^{\ast} \) è una congruenza allora l'operatore lineare \( T^{\ast} : (\ell^1)^{\ast \ast} \to ( \ell^{\infty})^{\ast} \) deifnito da \( T^{\ast} \phi = \phi \circ T \) per \( \phi \in (\ell^1)^{\ast \ast} \) è anche una congruenza. In effetti \(T^{\ast} \) è biettivo, suo inverso è dato da \( (T^{\ast})^{-1} : (\ell^{\infty})^{\ast} \to (\ell^1)^{\ast \ast} \) definito da \( (T^{\ast})^{-1} \psi = \psi \circ T^{-1} \) e \(\psi \in (\ell^{\infty})^{\ast} \).
In più abbiamo che
\[ \parallel T^{\ast} \phi \parallel_{(\ell^{\infty})^{\ast}} \overset{\text{1}}{=} \parallel \phi \circ T \parallel_{\mathcal{L}(\ell^{\infty}, \mathbb{F})} \overset{\text{2}}{\leq} \parallel \phi \parallel_{\mathcal{L}( (\ell^1)^{\ast}, \mathbb{F})} \parallel T \parallel_{\mathcal{L}(\ell^{\infty}, (\ell^1)^{\ast})} \overset{\text{3}}{=} \parallel \phi \parallel_{(\ell^1)^{\ast \ast} } \]
e d'altra parte
\[ \parallel \phi \parallel_{(\ell^1)^{\ast \ast} } = \parallel (\phi \circ T) \circ (T^{-1}) \parallel_{\mathcal{L}( (\ell^1)^{\ast}, \mathbb{F})} \overset{\text{4}}{\leq} \parallel \phi \circ T \parallel_{\mathcal{L}(\ell^{\infty}, \mathbb{F})} \parallel T^{-1} \parallel_{\mathcal{L}((\ell^1)^{\ast},\ell^{\infty})} \overset{\text{5}}{=} \parallel T^{\ast} \phi \parallel_{(\ell^{\infty})^{\ast}} \]
per ogni \( \phi \in ( \ell^1)^{\ast \ast} \), questo prova che \(T^{\ast} \) è una congruenza.
Dunque se \( \ell^1 \) fosse reflessivo, allora \(\ell^1 \) sarebbe congruente a \( ( \ell^{\infty})^{\ast} \). Siccome \( \ell^1 \) è separabile, allora lo sarebbe anche \( \ell^{\infty} \). Contraddizione.
I punti che non ho capito sono le (dis)uguaglianze numerate dal 1 al 5. Proprio non riesco a capirle.
Inoltre non capisco perché se \( \ell^1 \) fosse riflessivo allora avremmo una congruenza tra \( \ell^1 \) e \( ( \ell^{\infty})^{\ast} \). Forse perché l'iniezione canonica se è biettiva è una congruenza??
Inoltre non sono sicuro, questo: "\( \ell^1 \) è separabile, allora lo sarebbe anche \( \ell^{\infty} \)" arriva dal fatto che la se \( Y \) è separabile e \( Y \) è congruente a \(X\) allora \(X\) è separabile (e quindi per il punto 1 conclude che ) ?
È vero in generale che se \( X \) è congruente a \(Y\) allora \(X^{\ast}\) è congruente a \( Y^{\ast} \) ?
Indicazione: se \( \{ f_n: n \in \mathbb{N} \} \) è un sottoinsieme denso in \(X^{\ast} \), scegliere per ogni \(n \), \(x_n \in X \) tale che \( \left| f_n(x_n) \right| \geq \frac{1}{2} \parallel f_n \parallel \) e \( \parallel x_n \parallel \leq 1 \).
Allora pre il punto 1, ovvero dimostrare che \(X\) è separabile ci sono. L'unica cosa che non mi è chiara è perché possiamo scegliere un tale \(x_n \) come suggerito dalle indicazioni. Mentre per il punto 2 sono totalmente perso.
Le soluzioni dicono quanto segue ma ci sono diverse cose che non capisco.
In effetti abbiamo che \( \ell^{\infty} \) è congruente a \( ( \ell^1)^{\ast} \). Dunque \( (\ell^1)^{\ast \ast} \) è congruente a \( (\ell^{\infty})^{\ast} \). Più esplicitamente se \(T : \ell^{\infty} \to (\ell^1)^{\ast} \) è una congruenza allora l'operatore lineare \( T^{\ast} : (\ell^1)^{\ast \ast} \to ( \ell^{\infty})^{\ast} \) deifnito da \( T^{\ast} \phi = \phi \circ T \) per \( \phi \in (\ell^1)^{\ast \ast} \) è anche una congruenza. In effetti \(T^{\ast} \) è biettivo, suo inverso è dato da \( (T^{\ast})^{-1} : (\ell^{\infty})^{\ast} \to (\ell^1)^{\ast \ast} \) definito da \( (T^{\ast})^{-1} \psi = \psi \circ T^{-1} \) e \(\psi \in (\ell^{\infty})^{\ast} \).
In più abbiamo che
\[ \parallel T^{\ast} \phi \parallel_{(\ell^{\infty})^{\ast}} \overset{\text{1}}{=} \parallel \phi \circ T \parallel_{\mathcal{L}(\ell^{\infty}, \mathbb{F})} \overset{\text{2}}{\leq} \parallel \phi \parallel_{\mathcal{L}( (\ell^1)^{\ast}, \mathbb{F})} \parallel T \parallel_{\mathcal{L}(\ell^{\infty}, (\ell^1)^{\ast})} \overset{\text{3}}{=} \parallel \phi \parallel_{(\ell^1)^{\ast \ast} } \]
e d'altra parte
\[ \parallel \phi \parallel_{(\ell^1)^{\ast \ast} } = \parallel (\phi \circ T) \circ (T^{-1}) \parallel_{\mathcal{L}( (\ell^1)^{\ast}, \mathbb{F})} \overset{\text{4}}{\leq} \parallel \phi \circ T \parallel_{\mathcal{L}(\ell^{\infty}, \mathbb{F})} \parallel T^{-1} \parallel_{\mathcal{L}((\ell^1)^{\ast},\ell^{\infty})} \overset{\text{5}}{=} \parallel T^{\ast} \phi \parallel_{(\ell^{\infty})^{\ast}} \]
per ogni \( \phi \in ( \ell^1)^{\ast \ast} \), questo prova che \(T^{\ast} \) è una congruenza.
Dunque se \( \ell^1 \) fosse reflessivo, allora \(\ell^1 \) sarebbe congruente a \( ( \ell^{\infty})^{\ast} \). Siccome \( \ell^1 \) è separabile, allora lo sarebbe anche \( \ell^{\infty} \). Contraddizione.
I punti che non ho capito sono le (dis)uguaglianze numerate dal 1 al 5. Proprio non riesco a capirle.
Inoltre non capisco perché se \( \ell^1 \) fosse riflessivo allora avremmo una congruenza tra \( \ell^1 \) e \( ( \ell^{\infty})^{\ast} \). Forse perché l'iniezione canonica se è biettiva è una congruenza??
Inoltre non sono sicuro, questo: "\( \ell^1 \) è separabile, allora lo sarebbe anche \( \ell^{\infty} \)" arriva dal fatto che la se \( Y \) è separabile e \( Y \) è congruente a \(X\) allora \(X\) è separabile (e quindi per il punto 1 conclude che ) ?
È vero in generale che se \( X \) è congruente a \(Y\) allora \(X^{\ast}\) è congruente a \( Y^{\ast} \) ?
Risposte
Passaggio 1 -> definizione di norma di in \( (\ell^{\infty})^{\ast} \)
Passaggio 2,4 -> È una proprietà della composizione di norme.
Ma i passaggi 3 e 5 mi sono oscuri. Anche perché mi sembra equivalente ad affermare che la norma di \(T\), rispettivamente di \( T^{-1} \), è uguale a \(1\)...
Direi di sì, perché se è riflessivo l'iniezione canonica è suriettiva, dunque biiettiva, inoltre l'iniezione canonica è un isometria, o in altre parole preserva le norme, dunque è una congruenza.
Passaggio 2,4 -> È una proprietà della composizione di norme.
Ma i passaggi 3 e 5 mi sono oscuri. Anche perché mi sembra equivalente ad affermare che la norma di \(T\), rispettivamente di \( T^{-1} \), è uguale a \(1\)...
"3m0o":
Inoltre non capisco perché se \( \ell^1 \) fosse riflessivo allora avremmo una congruenza tra \( \ell^1 \) e \( ( \ell^{\infty})^{\ast} \). Forse perché l'iniezione canonica se è biettiva è una congruenza??
Direi di sì, perché se è riflessivo l'iniezione canonica è suriettiva, dunque biiettiva, inoltre l'iniezione canonica è un isometria, o in altre parole preserva le norme, dunque è una congruenza.
"3m0o":
Ma i passaggi 3 e 5 mi sono oscuri. Anche perché mi sembra equivalente ad affermare che la norma di \( T \), rispettivamente di \( T^{-1} \), è uguale a \( 1 \)...
Lo è forse. Infatti per definizione di congruenza abbiamo
\[ \lVert T \xi \rVert_{ ( \ell^{1})^{\ast} } = \lVert \xi \rVert_{ \ell^{\infty} } \]
Ma per definizione di norma di operatori abbiamo
\[ \lVert T \rVert_{ \mathcal{L}( \ell^{\infty}, (\ell^1)^{\ast} ) } = \sup_{ \lVert \xi \rVert_{ \ell^{\infty}} = 1 } \{ \lVert T \xi \rVert_{ ( \ell^{1})^{\ast} } \} = \sup_{ \lVert \xi \rVert_{ \ell^{\infty}} = 1 } \{ \lVert \xi \rVert_{ \ell^{\infty}} \} =1 \]
e per definizione di congruenza abbiamo che \( \lVert T \rVert_{ \mathcal{L}(\ell^{\infty}, (\ell^1)^{\ast})} = 1 \). Mi verrebbe così da dire che la norma di ogni operatore che è una congruenza ha norma \(1\), dunque pure \( T^{-1} \).
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