Введение скалярного произведения в нормирован. пространстве

[Someone]

А "вкладывается непрерывно" — это не обязательно гомеоморфно?
Тогда так: сепарабельное метрическое пространство имеет мощность не более континуума, поэтому берём нормированное пространство мощности больше континуума, и впихнуть его в сепарабельное пространство не удастся по причине недостаточной мощности последнего.

[Oleg Zubelevich]

ну да, я уж так и подумал, что там какие-то ограничения по мощностям

[Oleg Zubelevich]

Суммируем сказанное.

Теорема. На всяком банаховом пространстве $(X,\|\cdot\|)$ существует невырожденная положительно определенная симметричная билинейная функция $(\cdot,\cdot):X\times X\to \mathbb{R}$ такая, что $|(x,y)|\le c\|x\|\|y\|.$

Доказательство.

Через $S$ обозначим единичный шар пространства $X'$. Множество $S$ компактно в *-слабой топологии.
Рассмотрим линейный оператор $A:X\to C(S)$, который строится следующим образом. Каждому элементу $x\in X$ ставится в соответствие непрерывная функция $f_x:S\to\mathbb{R}$ по правилу $f_x(u)=\langle x,u\rangle$. Этот оператор является изометрией и $E=A(X)$ замкнутое подпространство в $C(S)$ [Совр. пробл. мат. Фунд. напр. том 19 Функциональный анализ-1].

Таким образом достаточно построить скалярноре произведение на $E$.


Пусть $R=(C(S))'$ -- пространство мер Радона на $S$. Пространство $R$ частично упорядочено отношением
$\mu'\le \mu'',\quad \mu',\mu''\in R$ iff $\mu'(\psi)\le\mu''(\psi)$ для любой $\psi\in C(S),\quad \psi\ge 0$ [Л. Шварц Анализ том 1].

Выделим в $R$ множество $M=\{\mu\in R\mid\mu\ge 0,\quad \|\mu\|\le 1\}$.

Это множество содержит максимальный элемент. Действительно, пусть $\{\mu_\alpha\}\subset M$ какая-нибудь цепь, она же неубывающая направленность. Возьмем произвольную функцию $\psi\in C(S)$ и представим ее в виде

$$\psi=\psi_++\psi_-,\quad \psi_+\ge 0,\quad \psi_-\le 0,\quad \psi_\pm\in C(S).$$

Направленности $\mu_\alpha(\psi_\pm)$ монотонны и ограничены, следовательно они имеют пределы, следовательно направленность $\mu_\alpha(\psi)$ имеет предел. По теореме Банаха-Штейнгауза $\mu_\alpha\to \mu\in M$. Очевидно, $ \mu_\alpha\le \mu$.
По лемме Цорна в $M$ найдется максимальный элемент , назовем его $\nu$.

Проверим, что $(f,g)=\nu(f\cdot g),\quad f,g\in E$ является искомым скалярным произведением на $E$. Очевидно проверять надо только невырожденность.

Предположим от противного, что существует $g\in E$ такая, что $\nu(g^2)=0$ при этом $g\ne 0$. При этом мы знаем, что $g(u)=\langle x,u\rangle$ для некоторого $x\in X$.
Множество $g(u)>c> 0$ является открытым в $X'$ в *-слабой топологии. Следовательно, множество $U=S\bigcap\{u\in X'\mid g(u)>c>0\}$ открыто в индуцированной топологии $S$.
Возьмем произвольную неотрицательную функцию $\psi\in C(S)$ с носителем в $U$. Домножая эту функцию на достаточно малое число $\sigma>0$ можно добиться того, что $\sigma\psi(u)\le g^2(u)$. Следовательно $\sigma\nu(\psi)\le\nu(g^2)=0$. Значит $\nu(\psi)=0$, значит множество $U$ не содержится в носителе меры $\nu.$

Пусть теперь $\tilde\nu$ -- положительная мера , носитель которой находится в $U$. Скажем, $\tilde \nu$ это элемент $(C(U))'$ с локально компактным $U$. и пусть $\tilde \nu(\varphi) \le 1$ для $\varphi\le 1$. Склеивая эту меру с мерой $\nu$ [Л. Шварц Анализ том 1] получаем меру $\xi\in M$ такую, что $\xi>\nu$. Противоречие.


ЧТД


Проверяйте! надеюсь ни где не проврался Придирки приветствуются.

[sergei1961]

Похоже на своeобразную версию Хана-Банаха, хотя Вы опять справедливо можете строго мне указать, что это тривиальщина. Ещё по форме похоже на неравенства Гротендика, только по форме.

[g______d]

Oleg Zubelevich в сообщении #751273 писал(а):

Выделим в $R$ множество $M=\{\mu\in R\mid\mu\ge 0,\quad \|\mu\|\le 1\}$
Это множество содержит максимальный элемент.

$\|\mu\|$ – это полная вариация? Тогда разве любая $\delta$-мера не будет максимальным элементом?

Если говорить о самом доказательстве, то сохраняется ли условие $\|\mu\|\leqslant 1$ при склейке?

[Oleg Zubelevich]

Да, Вы правы. Это не доказательство.

Само по себе утверждение верно в случае сепарабельного $X$ потому, что сепарабельное банахово пространство непрерывно вложено в $C[0,1]$. При этом хватает примеров, когда скалярное произведение можно ввести и в несепарабельном банаховом пространстве. Т.е. сепарабельность явно не важна. А вот что важно?

-- Сб авг 03, 2013 13:39:38 --

вот можно ли всетаки ввести хорошую меру в $S$?

[Oleg Zubelevich]

теперь посмотрим, что здесь скажут: http://mathoverflow.net/questions/13851 ... nach-space

-- Вс авг 04, 2013 13:53:57 --

посмотрел, ужаснулся своему английскому, а исправлять поздно

[sup]

Вопрос можно переформулировать так. Можно ли всякое нормированное пространство непрерывно вложить в какое-нибудь гильбертово. А если не всякое, то какие условия являются необходимыми/достаточными?
Предельно "неблагоприятный" случай, это пространство $C(X)$ с несчетным $X$ c дискретной топологией. Как-то не похоже, что его можно вложить в гильбертово.

[Oleg Zubelevich]

вот ссылка с mathoverflow: http://journals.cambridge.org/action/di ... id=2065876

вопрос, тем не менее остался, сформулировать достаточные условия вложимости банахова пространства в гильбертиово из которых хотя бы вытекал случай $L^\infty[0,1]\subset L^2[0,1]$, наверное для этого уже надо статью читать

-- Вс авг 04, 2013 17:42:28 --

а качните плз эту статьтью у кого доступ есть

[g______d]

Попробуйте sci-hub.

Пример из статьи – это пространство всех ограниченных функций на $[0;1]$ с $\sup$-нормой. То же самое, что $l_{\infty}$ на континуальном множестве.

[sergei1961]

Статью взяли, не нужна помощь?

[sup]

До статьи не добрался, но имеется простое доказательство на основе тождества параллелограмма:
в гильбертовом пространстве
$\|a+b\|^2 +\|a-b\|^2=2(\|a\|^2 +\|b\|^2)$
В силу этого тождества либо
$\|a+b\|^2 \geqslant \|a\|^2 +\|b\|^2$
либо
$\|a-b\|^2 \geqslant \|a\|^2 +\|b\|^2$

Будем рассуждать от противного. Пусть наше $C(X) \subset H$, где $H$ - гильбертово. Без потери общности можно считать, что $\|u\|_{C(X)} > \|u\|_H$.
Далее, рассмотрим функции с одноточечным носителем и значением 1 в точке носителя. У них у всех норма в $C(X)$, очевидно, равна 1. Таких функций несчетное множество, а значит для некоторого натурального $n$ найдутся функции $a_1,a_2,a_3 \dots a_n$, такие, что $\|a_k\|_H^2 >1/n$ (на самом деле даже не просто $n$, а континуум, но нам это не важно).
Рассмотрим семейство функций вида $a_1 \pm a_2 \pm \dots a_n$.
Нормы этих функций в $C(X)$ равны 1, а в силу предыдущего как минимум у одной из них квадрат нормы в $H$ не меньше 1. Противоречие.

[Oleg Zubelevich]

sup в сообщении #752437 писал(а):

значит для некоторого натурального $n$ найдутся функции $a_1,a_2,a_3 \dots a_n$, такие, что $\|a_k\|_H^2 >1/n$

а можно это подробно

[sup]

Да все просто. Обозначим через $A$ множество $a\in C(X)$ функций с одноточечным носителем. Для всякого $a \in A$ $a \neq 0$ имеем $\|a\|_H >0$. Для всякого натурального $n$ обозначим $A_n = \{a \in A | \|a\|_H^2 > 1/n\}$. Очевидно, что
$ A = \{0\}\bigcup\limits_n A_n$. Значит, одно из множеств $A_n$ несчетно.

-- Вт авг 06, 2013 18:01:14 --

Что-то очень небрежно получилось. Уточнение. $A$ содержит только функции с одноточечным носителем и значением 1 в точке носителя. $A = \bigcup \limits_n A_n$

[Oleg Zubelevich]

понял, спасибо