共役空間が稠密であることの証明（関数解析）

質問

A⊂Bをそれぞれバナッハ空間として、AはBにdenseに埋め込まれているものとします。かつ埋め込みは連続であるとします。すなわちすべてのx∈Aに対して、||x||_A≦K||x||_Bが成り立つようなK>0が存在するとします。

このときAの共役空間(A上の有界線型汎関数の全体)A*とBの共役空間B*に対して、A*⊃B*は明らかですが、B*はA*の中でdenseになるのでしょうか？A*の元をB*の元で近似できればよいのですが、うまく証明できずにいます。あるいは反例があるのでしょうか？

実際に考えている問題は、Bがヒルベルト空間の場合なので、B=B*とみなせます。この場合に限っての証明でもよいので、ご助言いただければと思います。

回答No.3

ringohatimitu

一般の場合ですが L^∞[0,1]⊂L^1[0,1] のときを考えてみます。dual-spaceに対しては　L^∞[0,1]⊂(L^∞[0,1])*　（連続な埋め込み）ですが　L^∞[0,1]　が可分なのに対し　(L^∞[0,1])*　は可分ではありません。したがってdenseではないです。

お礼

どうもありがとうございます。Ａがバナッハなら反例があるのですね。L^2[0,1]⊂L^1[0,1]のdualだとL^∞[0,1]⊂L^2[0,1]となるだけだから、Ａがヒルベルト、あるいは反射的バナッハぐらいじゃないとダメだろうということなのかと思いました。

補足

L^∞[0,1]は可分ですか？非可分であるように思いますが。(L^∞[0,1])*が可分でないことはどう証明したらよいのでしょうか。

数列空間（エルが読み難いですが）で考えて、l_0^∞（0に収束する有界列）の共役が、l^1（絶対収束列）、第二共役がl^∞（有界列）であることを用いて、l^1⊂l_0^∞（dense、continuously）の共役がl^1⊂l^∞でdenseでないと思いました。

A⊂BがdenseでBが可分でもAが可分でないようなこともあり得るようです。位相の入り方が違うせいだと思います。意外に直感を裏切ることが多々あるように思いました。

別のところで教えていただいた回答案です。Aがヒルベルトの場合、もしA*⊃B*がdenseでないなら、B*の閉包はA*と一致しないので、ある0≠x∈A**=A（リース同型で同一視）で、B*上の任意の元φに対して、x(φ)=0となるものが存在します（ハーン・バナッハ）。他方0≠x∈A⊂Bなので、あるφ∈B*でφ(x)=1となるものも存在します（これもハーン・バナッハ）。リース同型でx(φ)=φ(x)と見ているから、これは矛盾です。反射的バナッハ空間でも同様の証明が出来るようです。

回答No.2

ojisan7

共役空間 B* のノルムは、有界線型汎関数ｆ∈B* に対して
||f||_B*＝sup{|f(x)|;||x||_B<=1}
と、定義されます。
したがって、任意のｆ∈B* に対して、
||f||_B*＝sup{|f(x)|;||x||_B<=1}
＝sup{|f(Kx)|;||Kx||_B<=1}
となります。
このあとは、ｆが線型汎関数であることと、
||x||_A≦K||x||_B
を使えば、
sup{|f(Kx)|;||Kx||_B<=1}<=K||f||_A*
を自然に導くことができます。考えてみて下さい。

したがって、結論は、B*はA*の中でdenseです。

お礼

ありがとうございます。ひとつ下にも書いたのですが、あるK>0があって、||x||_B≦K||x||_Aが成り立っている、の間違いでした。本当に申し訳ありませんでした。

回答No.1

grothendieck

通常Banach空間は完備とします。ご質問の仮定だとAとBが一致してしまわないでしょうか？

補足

すいません。書き間違いです。埋め込みが連続なので、あるK>0があって、||x||_B≦K||x||_Aが成り立っている、でした。さらにBではなくAがヒルベルト空間の場合が最も考察したい場合です。おそらく使わないとは思うのですが、Bに可分性も仮定してしまっても構わないです。いわゆるバナッハ空間のヒルベルト部分空間というものです。よく確認せず投稿してしまい申し訳ありませんでした。