Замкнутые линейно независимые множества

[AGu]

Пусть $X$ — произвольное отделимое вещественное локально выпуклое пространство, $X'$ и $X^\#$ — его топологически и алгебраически сопряженные.

1. Если $X'=X^\#$, то все линейно независимые подмножества $X$ слабо замкнуты.
2. Верно ли обратное?

P.S. Вторая задача вашему покорному кажется крутой. Если удастся найти лаконичное решение, будет здорово.
P.P.S. Ответ известен, если что.

[Oleg Zubelevich]

По-видимому, ответ на второй вопрос "да". И сложность задачи какая-то теоретико-множественная.
Рассуждать будем от противного. Пусть $f\in X^*$ -- разрывный функционал, тогда его ядро $K$ сильно плотно в $X$. Берем произвольный элемент $x\in X$. Вот если бы удалось доказать, что существует линейно-независимая направленность $\{x_\alpha\}\subset K,\quad x_\alpha\to x$ то задача была бы решена. Поскольку из сильной сходимости направленности следует слабая сходимость, и значит по предположению $x\in \{x_\alpha\}$ и тогда $K=X$ -- противоречие

[Padawan]

Oleg Zubelevich в сообщении #983540 писал(а):

Берем произвольный элемент $x\in X$. Вот если бы удалось доказать, что существует линейно-независимая направленность $\{x_\alpha\}\subset K,\quad x_\alpha\to x$ то задача была бы решена. Поскольку из сильной сходимости направленности следует слабая сходимость, и значит по предположению $x\in \{x_\alpha\}$ и тогда $K=X$ -- противоречие

Сразу можно строить $\{x_\alpha\}$, сходящуюся к $x$ в слабой топологии. Зачем сильная сходимость?

Может быть базис Гамеля в $K$ будет плотен в слабой топологии?

-- Сб фев 28, 2015 09:40:50 --

Еще лучше: достаточно построить базис Гамеля в $K$, слабое замыкание которого содержит $0$. Тогда получим противоречие, т.к. $0$ не может принадлежать линейно-независимой системе.

-- Сб фев 28, 2015 10:01:35 --

Так вроде бы это всегда возможно, если базис Гамеля бесконечен? И функционалы тут ни при чем. Если бы было верно, что в бесконечномерном ЛВП всегда существует базис Гамеля, слабое замыкание которого содержит нуль, то слабая замкнутость всех линейно независимых множеств просто невозможна. То есть такое возможно только в конечномерных пространствах.

[AGu]

Признаюсь, когда я размышлял над вторым вопросом, мысль о направленности меня посещала. И мысль о сведении к нулю — тоже. Согласен также, что топологию с самого начала можно считать слабой.

Что бы еще подсказать, чтобы ничего не подсказать?.. А вот интересно, если я спрошу, будет ли подсказкой вопрос о том, нужна ли подсказка, то это будет подсказкой?

[Oleg Zubelevich]

Padawan в сообщении #983602 писал(а):

ящуюся к $x$ в слабой топологии. Зачем сильная сходимость?

затем, что мое рассуждение решает задачу для случая метризуемого $X$

[Padawan]

В метризуемом бесконечномерном случае всегда можно найти базис Гамеля, слабое (и даже сильное ) замыкание которого содержит 0. Значит, в метризуемом бесконечномерном случае все линейно независимые системы не могут быть слабо замкнуты. И никаких функционалов не надо.

В общем случаем можно считать, что исходная топология в $X$ - это есть слабая топология $\sigma(X,X')$, где $X'$ -- любое линейное подпространство $X^\#$, о чем и написал AGu

AGu в сообщении #983727 писал(а):

Согласен также, что топологию с самого начала можно считать слабой.

-- Вт мар 03, 2015 20:55:21 --

Oleg Zubelevich
Я это к тому говорил, зачем себя заранее ограничивать, пытаясь построить сильно сходящуюся направленность, если можно только слабо сходящуюся.
Кстати, а конечномерное подпространство в бесконечномерном хаусдорфовом ТВП обязательно нигде не плотно?

Да обязательно. Локально компактное пространство, плотное в хаусдорфовом, обязательно в нём открыто. Так что конечномерное не может быть плотно ни в какой окрестности из $X$, если $X$ бесконечномерно.

[Oleg Zubelevich]

Ваши методические указания были бы интересны, если бы Вы знали как решать задачу.

-- Вт мар 03, 2015 18:41:55 --

AGu
может уже выложете решение? я сдаюсь

[AGu]

Решение у меня набрано и готово к опубликованию в любой момент,
но, пожалуй, пока я лишь сообщу, что ответ на второй вопрос — «нет».

Стало быть, задача состоит в поиске контрпримера.
Думаю, это по-прежнему непросто и интересно.
(Готовый пример я найти не смог, пришлось самому выращивать.
Было весело.)

[AGu]

Рассмотрим «самое простое» бесконечномерное векторное пространство
$X\subset\mathbb R^{\mathbb N}$ всех финитных (зануляющихся) последовательностей.
С точностью до естественного изоморфизма $X^\#=\mathbb R^{\mathbb N}$.
Разыскивается такое собственное подпространство $Y\subset\mathbb R^{\mathbb N}$,
что все линейно независимые подмножества $X$
замкнуты относительно слабой топологии $\sigma(X,Y)$.

(Делаю последнюю паузу. В следующий раз опубликую решение.)

[AGu]

Пусть $Z=\mathbb R^{\mathbb N}$ — векторное пространство всех вещественных последовательностей,
$X\subset Z$ — векторное подпространство всех финитных (зануляющихся) последовательностей,
$Y\subset Z$ — линейная оболочка множества $\mathbb Q^{\mathbb N}$ всех рационально-значных последовательностей.

Рассмотрим стандартную двойственность $\langle x,y\rangle = \sum_{n\in\mathbb N}x(n)y(n)$
и снабдим $X$ слабой топологией $\sigma(X,Y)$.
Отметим, что $X'=Y$ и $X^\#=Z$ с точностью до изоморфизма $f\mapsto \bigl(f(\chi_{\{n\}})\bigr)_{n\in\mathbb N}$.

Установление неравенства $Y\ne Z$ (т.е. $X'\ne X^\#$)
предлагается в качестве приятного упражнения.

Покажем, что все линейно независимые подмножества $X$ замкнуты.
Как легко видеть, для этого достаточно доказать,
что всякое линейно независимое множество отделено от нуля.
(Отсюда, кстати, вытекает отделимость $X$.)

Итак, рассмотрим линейно независимое $E\subset X$ и покажем, что $0\notin\operatorname{cl}E$.
С этой целью построим $y\in\mathbb Q^{\mathbb N}\subset Y$ так, что $|\langle e,y\rangle|\geqslant 1$ для всех $e\in E$.
Искомые числа $y(n)$ определим следующей рекурсией по $n\in\mathbb N$:
если $y(1),\dots,y(n-1)$ уже определены, выберем $y(n)\in\mathbb Q$ так, чтобы

$\displaystyle|y(n)|\geqslant\frac1{|e(n)|}\biggl(1+\biggl|\sum_{i=1}^{n-1}e(i)y(i)\biggr|\biggr)$

для всех $e\in E_n$, где $E_n=\{e\in E:e(n)\ne0,\ (\forall\,i>n)\ e(i)=0\}$.
(Благодаря линейной независимости множество $E_n$ конечно,
и поэтому нужное число $y(n)$ существует.)
Осталось заметить, что $|\langle e,y\rangle|\geqslant 1$ для всех $e\in E$,
так как $E=\bigcup_{n\in\mathbb N}E_n$ и для любого $e\in E_n$

$\displaystyle|\langle e,y\rangle|=\biggl|\sum_{i=1}^ne(i)y(i)\biggr|\geqslant|e(n)y(n)|-\biggl|\sum_{i=1}^{n-1}e(i)y(i)\biggr|\geqslant1$.

[Oleg Zubelevich]

да, побольшеб таких задач

[AGu]

Oleg Zubelevich в сообщении #987099 писал(а):

да, побольшеб таких задач

Если имеются в виду задачи на близкие темы и с близкими идеями,
то могу предложить такой вопрос:

Равносильны ли следующие два свойства локально выпуклого пространства?
(C) все линейно независимые множества слабо замкнуты;
(S) все линейно независимые множества секвенциально слабо замкнуты.

P.S. Эта задача тоже кажется крутой (хотя, боюсь, не столь интересной).
P.P.S. Ответ опять-таки известен.

[Oleg Zubelevich]

AGu в сообщении #987760 писал(а):

Если имеются в виду задачи на близкие темы и с близкими идеями,
то могу предложить такой вопрос:

имеются в виду задачи про локально выпуклые пространства, над вопросом подумаю, спасибо

[red_alert]

Ответ на последний вопрос — нет.

Пусть $I$ — любое несчетное множество, $X$ — пространство финитных (имеющий конечный носитель) функций $\mathbb{R} \rightarrow I$. Пространство линейных функционалов над $X$ естественным образом изоморфно пространству $Z$ всех функций $\mathbb{R} \rightarrow I$. Возьмем в качестве $Y \subset Z$ пространство функций $\mathbb{R} \rightarrow I$ с не более чем счетным носителем и снабдим $X$ слабой топологией $\sigma(X,Y)$.

1) Не все линейно независимые множества будут замкнуты. Например, незамкнутым будет множество $\{e_i: i \in I\}$, составленное из «единичных» базисных векторов ($e_i(j) = \delta_{ij}$). Действительно, любая окрестность нуля содержит пересечение ядер некоторых линейных функционалов $\widehat{y_1},\ldots,\widehat{y_n}$, «порожденных» элементами $y_1,\ldots,y_n \in Y$. Поскольку $\bigcup \limits_{j=1}^n \operatorname{supp} y_j$ не более чем счетно (как объединение конечного числа не более чем счетных множеств), а $I$ несчетно, то найдется некоторый вектор $e_j$, попадающий в пересечение ядер. Таким образом, $0 \in \operatorname{cl} \{e_i: i \in I\}$.

2) Покажем, что все линейно независимые множества секвенциально замкнуты. Для этого достаточно доказать, что не существует линейно независимой последовательности, сходящейся к нулю.

Предположим противное: пусть $(x_n)_{n \in \mathbb{N}} \subset X$ — линейно независимая последовательность, $x_n \to 0$. Можно считать, что элементы $(x_n)$ попарно разные.

Обозначим $I_n := \bigcup \limits_{i=1}^{n} \operatorname{supp} x_i$. Можно считать, что $\forall n\;(\operatorname{supp} x_n) \setminus I_{n-1} \ne \varnothing$. (Этого можно добиться выбором подпоследовательности, используя то, что $\{x_n\}_{n \in \mathbb{N}}$ линейно независимы и попарно разные.) Для любого $n$ выберем какое-нибудь $i_n \in (\operatorname{supp} x_n) \setminus I_{n-1}$.

Построим теперь $y \in Z$, полагая $y(i) := 0$ для $i \in I \setminus \{i_n\}_{n \in \mathbb{N}}$. (Таким образом, $\operatorname{supp} y \subset \{i_n\}_{n \in \mathbb{N}} \Rightarrow y \in Y$.) Значения $y(i_n)$ определим по индукции. Пусть уже построены $y(i_1),\ldots,y(i_{n-1})$ (то есть $y$ уже определено на множестве $I_{n-1}$). Положим
$\displaystyle y(i_n) := \dfrac{1}{|x_n(i_n)|} (1 + \sum \limits_{i \in I_{n-1}} |x_n(i) y(i)|)$.

Как несложно показать теперь,
$\displaystyle |\langle x_n , y \rangle| = |\sum \limits_{i \in I_n} x_n(i) y(i)| \ge |x_n(i_n) y(i_n)| - |\sum \limits_{i \in I_{n-1}} x_n(i) y(i)| \ge 1$ для всех $n$,
что противоречит сходимости последовательности $(x_n)_{n \in \mathbb{N}}$ к нулю.

[red_alert]

red_alert в сообщении #992502 писал(а):

функций $\mathbb{R} \rightarrow I$

Конечно, должно быть $I \rightarrow \mathbb{R}$.