Szymon Draga. Ściśle wypukłe przenormowania przestrzeni Banacha

Transkrypt

1 Instytut Matematyki Uniwersytetu Śląskiego w Katowicach Szymon Draga nr albumu 5013 Ściśle wypukłe przenormowania przestrzeni Banacha praca magisterska promotor dr Tomasz Kochanek Katowice 013

2 Słowa kluczowe: przestrzenie Banacha, normy ściśle wypukłe. Oświadczenie autora pracy Świadomy odpowiedzialności prawnej oświadczam, że niniejsza praca została napisana przeze mnie samodzielnie i nie zawiera treści uzyskanych w sposób niezgodny z obowiązującymi przepisami. Oświadczam również, że przestawiona praca nie była wcześniej przedmiotem procedur związanych z uzyskaniem tytułu zawodowego w wyższej uczelni. Oświadczam ponadto, że niniejsza wersja pracy jest identyczna z załączoną wersją elektroniczną. Data Podpis autora pracy 1

3 Spis treści Wstęp 3 1 Podstawowe klasy norm Definicje Interpretacje geometryczne Uwagi dotyczące przestrzeni Hilberta Uwagi dotyczące przestrzeni skończenie i nieskończenie wymiarowych 7 Możliwe przenormowania 11.1 Metoda transferu Twierdzenie Rainwatera o normie Daya Wnioski dla przestrzeni WCG Ogólne rezultaty dotyczące pewnych klas przestrzeni Przenormowania jednostajnie wypukłe Twierdzenia o niemożności przenormowania Twierdzenie Daya Twierdzenie Lindenstraussa Twierdzenie Bourgaina Twierdzenie Tokareva Problem przenormowania dla przestrzeni C(K) Przykłady Problem otwarty Literatura 39

4 Wstęp Tematyka niniejszej pracy dotyczy geometrii przestrzeni Banacha, a dokładniej badania poszczególnych przestrzeni pod kątem istnienia równoważnej normy, która jest w pewien sposób wypukła. Poszukujemy zatem przenormowań przestrzeni Banacha lub dowodzimy, że takowe nie istnieją. W pierwszym rozdziale definiujemy podstawowe pojęcia, omawiamy związki między nimi oraz ich interpretacje geometryczne. Zauważamy też, że normy w przestrzeniach Hilberta odznaczają się wysoką regularnością oraz że w przestrzeniach skończenie wymiarowych pojęcia wypukłości normy pokrywają się. Większość prezentowanych tutaj faktów jest swego rodzaju folklorem, poza przykładem 1.9, który trudno znaleźć w literaturze. W drugim rozdziale zajmujemy się możliwymi przenormowaniami. Używając metody transferu, pokazujemy, że przestrzenie ośrodkowe oraz przestrzeń l dopuszczają ściśle wypukłe przenormowanie. W dalszej części wprowadzamy normę Daya, pokazujemy, że jest ona lokalnie jednostajnie wypukła, a następnie wyciągamy wnioski dla przestrzeni WCG. Dowodzimy także kilku twierdzeń dotyczących szerszych klas przestrzeni oraz charakteryzujemy przestrzenie dopuszczające UR przenormowanie. Rezultaty z pierwszych dwóch paragrafów pochodzą głównie z książki Diestela [8]. Wyniki z kolejnych dwóch paragrafów zostały w dużej mierze oparte o nowocześniejsze lub trudniejsze twierdzenia, pochodzące między innymi z [], [5]. Twierdzenie., które nie pojawia się w żadnej z cytowanych pozycji, należy do autora. W ostatnim paragrafie powołujemy się na prace [9], [11], [4]. W trzecim rozdziale omawiamy niemożność (w określony sposób wypukłego) przenormowania pewnych przestrzeni Banacha. Dowodzimy mianowicie twierdzenia Daya, które mówi, że przestrzeń l (I) nie dopuszcza równoważnej normy ściśle wypukłej dla nieprzeliczalnego zbioru indeksów I, oraz twierdzenia Lindenstraussa o braku wlur przenormowania przestrzeni l. Przytaczamy również twierdzenie Bourgaina z dowodem i przywołujemy ogólne twierdzenie Tokareva. Ta część pracy także oparta jest na wspomnianej książce Diestela oraz artykułach [5], [3]. W ostatnim rozdziale częściowo udzielamy odpowiedzi na pytanie, które przestrzenie C(K) dopuszczają równoważną normę ściśle/lokalnie jednostajnie wypukłą. Jak wiadomo, problem ten w pełnej ogólności jest otwarty. Cytujemy tutaj twierdzenia z różnych prac oraz książek, na przykład [6], [10], [15]. Do ulepszenia niniejszej pracy niewątpliwie przyczyniły się wykłady Profesora Karola Barona [4] oraz Doktora Tomasza Kochanka [16], za które jestem im bardzo wdzięczny. 3

5 1 Podstawowe klasy norm Ustalmy przestrzeń Banacha (X, ) nad ciałem K {R, C}. Przez S X oznaczać będziemy sferę jednostkową, czyli zbiór {x X : x = 1}. Podobnie, przez B X oznaczać będziemy domkniętą kulę jednostkową {x X : x 1}. 1.1 Definicje Podstawowe pojęcia związane z geometrią przestrzeni Banacha wprowadzimy w poniższej definicji. Definicja 1.1. Niech x, y będą dowolnymi elementami zbioru S X, zaś (x n ) n N, (y n ) n N dowolnymi ciągami jego elementów. (We wszystkich podanych niżej warunkach obiekty te występują pod kwantyfikatorem ogólnym.) Normę nazywamy: ściśle wypukłą, w skrócie SC (od ang. strictly convex), jeżeli x + y = 1 = x = y; słabo lokalnie jednostajnie wypukłą, w skrócie wlur (od ang. weakly locally uniformly rotund), jeżeli x lim n + x n = 1 = x słabo n x; lokalnie jednostajnie wypukłą, w skrócie LUR (od ang. locally uniformly rotund), jeżeli x lim n + x n = 1 = lim x n x = 0; n jednostajnie wypukłą, w skrócie UR (od ang. uniformly rotund), jeżeli x lim n + y n n = 1 = lim x n y n = 0. n Będziemy mówić, że przestrzeń X można przenormować w sposób ściśle wypukły (wlur/lur/ur) lub że ma ściśle wypukłe (wlur/lur/ur) przenormowanie, jeżeli w przestrzeni tej istnieje norma równoważna normie, która jest ściśle wypukła (wlur/lur/ur). Uwaga 1.. Wprowadzone definicje wypukłości normy nie zależą od ciała, nad którym rozważamy daną przestrzeń Banacha. Dowód. Możemy ograniczyć się do słabo lokalnie jednostajnej wypukłości normy. (Definicje pozostałych rodzajów wypukłości w żaden sposób nie zależą od ciała, nad którym rozważamy przestrzeń X.) Załóżmy zatem, że X jest przestrzenią zespoloną i przez X R oznaczmy przestrzeń X traktowaną jak przestrzeń rzeczywista. Pokażemy, że słaba zbieżność w przestrzeni X jest równoważna słabej zbieżności w przestrzeni X R. 4

6 Ustalmy ciąg (x n ) n N punktów przestrzeni X i załóżmy, że jest on słabo zbieżny do zera w przestrzeni X. Jeżeli x 0 X R, to funkcjonał x : X C dany wzorem x (x) = x 0(x) ix 0(ix) dla x X jest C-liniowy i ciągły. Zatem lim n x (x n ) = 0, skąd lim n x 0(x n ) = 0. W celu udowodnienia implikacji odwrotnej załóżmy, że ciąg (x n ) n N jest słabo zbieżny do zera w przestrzeni X R. Wówczas, jeżeli x X, to re x, im x XR. Zatem lim n x (x n ) = lim re x (x n ) + i lim im x (x n ) = 0. n n Na mocy powyższej uwagi możemy zawsze bez straty ogólności zakładać, że rozważana przestrzeń Banacha jest przestrzenią rzeczywistą. Uwaga 1.3. Zachodzą następujące implikacje: UR = LUR = wlur = SC. (1.1) Dowód. Pierwsze dwie implikacje są oczywiste, trzecia wynika z jedyności słabej granicy. W późniejszej części niniejszej pracy przedyskutujemy, w miarę szczegółowo, możliwość odwracania implikacji (1.1). 1. Interpretacje geometryczne W dalszym ciągu bardzo użyteczne będzie następujące spostrzeżenie. Uwaga 1.4. Załóżmy, że x, y X są takimi punktami, że x + y = x + y. Wówczas dla dowolnych liczb nieujemnych α, β zachodzi równość αx + βy = α x + β y. Dowód. Ustalmy α, β [0, ) i bez straty ogólności załóżmy, że α β. Wówczas αx + βy = α(x + y) (α β)y α x + y (α β) y = = α( x + y ) (α β) y = α x + β y. Nierówność w drugą stronę wynika bezpośrednio z nierówności trójkąta. Wniosek 1.5. Jeżeli x, y S X oraz x + y =, to odcinek łączący punkty x i y jest zawarty w sferze jednostkowej. Powyższy wniosek stanowi interpretację geometryczną ścisłej wypukłości normy: mianowicie, norma jest ściśle wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy sfera jednostkowa nie zawiera niezdegenerowanych odcinków. Uwaga 1.6. Norma jest jednostajnie wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy ε>0 δ>0 x,y SX ( x y ε = 5 ) x + y 1 δ. (1.)

7 Dowód. Załóżmy, że jest normą jednostajnie wypukłą. Ustalmy ε > 0 i, dla dowodu nie wprost, przypuśćmy, że x n N xn,yn S X ( x n y n ε i n + y n > 1 1 ). n Wówczas x lim n + y n n = 1, ale lim inf n x n y n ε; sprzeczność. W celu dowodu implikacji odwrotnej załóżmy, że zachodzi warunek (1.). Ustalmy ε > 0 oraz ciągi (x n ) n N i (y n ) n N elementów zbioru S X, dla których Na mocy warunku (1.) lim n x n + y n δ>0 x,y SX ( x y ε = = 1. ) x + y 1 δ. Niech N będzie taką liczbą naturalną, że 1 (x n + y n ) > 1 δ dla wszelkich n N. Wtedy x n y n < ε dla n N, co oznacza jednostajną wypukłość normy. Powyższa uwaga stanowi interpretację geometryczną jednostajnej wypukłości: mianowicie, norma jest jednostajnie wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje niezdegenerowany pierścień {x X : r x 1} o tej własności, że jeśli środek odcinka łączącego dwa punkty sfery jednostkowej należy do tego pierścienia, to punkty te leżą dostatecznie blisko. Zwróćmy uwagę na pewną zależność między normą ściśle wypukłą, a jednostajnie wypukłą. W przypadku normy ściśle wypukłej, środek odcinka łączącego dwa różne punkty sfery jednostkowej leży wewnątrz kuli jednostkowej, zaś w przypadku normy jednostajnie wypukłej leży wewnątrz tej kuli, ale odpowiednio głęboko. 1.3 Uwagi dotyczące przestrzeni Hilberta Uwaga 1.7. Jeżeli X jest przestrzenią Hilberta, to norma jest jednostajnie wypukła. Dowód. Możemy założyć, że X jest przestrzenią rzeczywistą. Ustalmy ciągi (x n ) n N i (y n ) n N elementów zbioru S X spełniające warunek x lim n + y n n = 1. Z równości x n + y n = (x n x n ) + (x n y n ) + (y n y n ) = + (x n y n ) wynika, że lim n (x n y n ) = 1. Zatem lim x n y n = lim ((x n x n ) (x n y n ) + (y n y n )) = 0. n n 6 dla n N

8 W tym miejscu dostrzegamy motywację przenormowań przestrzeni Banacha: chcemy odpowiedzieć na pytanie, jak bardzo można zwiększyć regularność normy w danej przestrzeni Banacha, zachowując topologię, aby była ona jak najbliższa regularności normy w przestrzeni Hilberta. Innymi klasycznymi przykładami norm jednostajnie wypukłych są normy w przestrzeniach L p dla p (1, ) (zob. [8, 3.1] lub [14]). 1.4 Uwagi dotyczące przestrzeni skończenie i nieskończenie wymiarowych Uwaga 1.8. Jeżeli X jest przestrzenią skończenie wymiarową, to SC = UR. Dowód. Załóżmy, że X {0} jest przestrzenią skończenie wymiarową oraz że norma jest ściśle wypukła. Ustalmy ε (0, ). Ze zwartości sfery jednostkowej wynika zwartość zbioru K = {(u, w) S X S X : u w ε}. Oczywiście K. Przyjmijmy { } u + w δ = 1 max : (u, w) K > 0. Wówczas, jeżeli x, y S X i x y ε, to x + y 1 δ. Z powyższej uwagi oraz uwagi 1.3 wynika, że w przestrzeniach skończenie wymiarowych wprowadzone pojęcia wypukłości normy pokrywają się. Innymi słowy, w przestrzeniach skończenie wymiarowych odwraca się każda z implikacji (1.1). Następujący przykład pokazuje, że w przestrzeniach nieskończenie wymiarowych zdefiniowane pojęcia są różne. Przykład 1.9. W przestrzeni c 0 norma [1] jest wlur, ale nie jest LUR. x = x + n x(n) Zanim przejdziemy do dowodu, sformułujemy i udowodnimy dwa lematy. Lemat Załóżmy, że (x n ) n N jest ciągiem elementów przestrzeni c 0 punktowo zbieżnym do pewnego elementu αx, gdzie α [0, ), x c 0 \ {0}. Jeżeli lim n ( x n + x x n ) = x oraz istnieje granica lim n x n, to lim n x n = α x. [1] p oznacza standardową normę w przestrzeni L p dla p [1, ]. 7

9 Dowód. Pokażemy, że z każdego podciągu ciągu ( x n ) n N można wyjąć podciąg zbieżny do α x. W tym celu ustalmy dowolny podciąg ciągu ( x n ) n N, który dla uproszczenia zapisu oznaczać będziemy dalej przez ( x n ) n N. Niech K = {k N: x(k) = x }; z przyjętych założeń wynika, że jest to niepusty zbiór skończony. Dalej, jeśli n N i k N \ K, to (x n + x)(k) x n x n (k) + x(k) x n x(k) max{ x(l) : l N \ K} < x. Oznacza to, że istnieje taki indeks k 0 K, że (x n + x)(k 0 ) = x n + x dla nieskończenie wielu n N. Niech (n l ) l N będzie takim ściśle rosnącym ciągiem liczb naturalnych, że (x nl + x)(k 0 ) = x nl + x dla l N. Przechodząc w powyższej równości z l do nieskończoności, uzyskujemy co kończy dowód. (1 + α) x(k 0 ) = lim l x nl + x = lim l x nl + x, Lemat Załóżmy, że (x n ) n N jest ograniczonym ciągiem elementów przestrzeni c 0. Jeżeli ciąg ten jest zbieżny punktowo do pewnego elementu x c 0, to jest on zbieżny słabo do tego punktu. Dowód. Ustalmy funkcjonał x c 0. Niech M [0, ) będzie taką stałą, że x n x M dla n N, zaś (a n ) n N takim ciągiem z przestrzeni l 1, że x = a n e n, gdzie e n oznaczają funkcjonały współrzędnościowe. Oznaczmy x N = N k=1 a k e k dla N N. Wówczas dla wszelkich n, N N mamy x (x n x) (x x N)(x n x) + x N(x n x) M x x N N + a k (x n (k) x(k)). Przechodząc w powyższej nierówności z n do nieskończoności, uzyskujemy k=1 lim sup x (x n x) M x x N, n skąd, po przejściu z N do nieskończoności, otrzymujemy tezę. Dowód tezy z przykładu 1.9. Możemy założyć, że c 0 jest przestrzenią rzeczywistą. Z nierówności x x x dla x c 0 8

10 wynika, że (c 0, ) jest przestrzenią Banacha. Aby pokazać, że norma jest wlur, ustalmy ciąg (x n ) n N punktów sfery jednostkowej przestrzeni (c 0, ), punkt x z tej sfery i załóżmy, że lim n x n + x = 1. Pokażemy, i to zakończy tę część dowodu, że z każdego podciągu ciągu (x n ) n N można wyjąć podciąg słabo zbieżny do punktu x. W tym celu ustalmy dowolny podciąg ciągu (x n ) n N, który dla uproszczenia oznaczać będziemy dalej przez (x n ) n N. Oznaczmy y n = ( k xn (k) ) k N dla n N oraz y = ( k x(k) )k N. Z równości x 1 n + x = x n + x x n + x = = x n + x x n + x wynikają istnienie i równości następujących granic: oraz + y n + y y n + y lim ( x n n + x x n + x ) = 0 (1.3) lim ( y n n + y y n + y ) = 0. (1.4) Ograniczając się ewentualnie do kolejnego podciągu ciągu (x n ) n N (nadal oznaczanego przez (x n ) n N ), możemy założyć istnienie granic lim n x n i lim n y n. Przekształcając równość (1.4), otrzymujemy skąd lim ( y n n + y ) = n lim y n + y = lim ( y n n + (y n y) + y ), gdzie α = lim n y n / y. Zatem lim (y n y) = lim y n n n y = α y, lim y n αy n = lim ( yn n α(y n y) + α y ) = = α y α y + α y = 0, czyli ciąg (y n ) n N jest zbieżny (w przestrzeni l ) do punktu αy. W szczególności, ciąg (y n ) n N jest punktowo zbieżny do αy, a zatem ciąg (x n ) n N jest punktowo zbieżny do αx. Na mocy ciągłości normy, lim n y n = α y, zaś na mocy równości (1.3) i lematu 1.10, lim n x n = α x. Zatem 1 = lim n x n = lim n x n + lim n y n = α x + α y = α x = α. 9

11 Słaba zbieżność ciągu (x n ) n N do punktu x wynika z lematu Aby pokazać, że norma nie jest LUR, przyjmijmy oraz ( x n = + (n+), 0,..., 0, 1 ) }{{}, 0,... c 0 dla n N n 1 x = (, 0, 0,... ) c 0. Wówczas, jak łatwo sprawdzić, x n = 1 = x dla n N oraz Jednak lim n x n + x = 1. lim n x n x = 1. Z przykładu tego wynika, że na ogół nie odwraca się implikacja LUR = wlur. Dalej, w paragrafie.4, udowodnimy znacznie ogólniejszy wynik oraz pokażemy, że nie odwracają się także pozostałe implikacje. 10

12 Możliwe przenormowania.1 Metoda transferu Ustalmy przestrzeń Banacha X. Poniższe twierdzenie stanowi podstawowe narzędzie służące do uzyskiwania pozytywnych odpowiedzi na pytanie dotyczące możności ściśle wypukłego przenormowania danej przestrzeni. Twierdzenie.1 (Klee, 1953). Załóżmy, że Y jest przestrzenią Banacha, w której norma jest ściśle wypukła. Jeżeli istnieje różnowartościowy, ciągły operator liniowy T : X Y, to przestrzeń X można przenormować w sposób ściśle wypukły. Dowód. Niech T : X Y będzie operatorem, o którym mowa w założeniu. Łatwo zauważyć, że funkcjonał : X [0, ) dany wzorem x = x + T x dla x X jest równoważną normą w przestrzeni X. Pokażemy, że norma ta jest ściśle wypukła. W tym celu ustalmy dwa dowolne punkty x, y sfery jednostkowej przestrzeni (X, ) i załóżmy, że x+y = 1. Wówczas x + y + T (x + y) = x + y = x + y = x + T x + y + T y, skąd T x + T y = T x + T y. Korzystając z uwagi 1.4, otrzymujemy T x + T y T x T y T x T y = + T x T y = 1, co na mocy ścisłej wypukłości normy w przestrzeni Y oznacza, że T x T x = T y T y. Uwzględniając różnowartościowość operatora T oraz równość x = y, uzyskujemy x = y. Z twierdzenia tego wyprowadzimy dwa ważne wnioski. Wniosek.. Przestrzeń l można przenormować w sposób ściśle wypukły. Dowód. Ponieważ x n 1 n n x ( = π 6 x możemy zdefiniować operator T : l l wzorem ( ) xn T x = dla x l. n n N ) dla x l, (.1) Łatwo zauważyć, że operator ten jest różnowartościowy, liniowy, a na mocy (.1) także ciągły. Na mocy twierdzenia.1 oraz ścisłej wypukłości normy w przestrzeni (Hilberta) l uzyskujemy więc tezę. 11

13 Zanim podamy drugi wniosek, udowodnimy pewien klasyczny lemat. Lemat.3. Jeżeli X jest ośrodkową przestrzenią Banacha, to istnieje izometryczne zanurzenie T : X l. Dowód. Możemy założyć, że X {0}. Niech {x n : n N} będzie gęstym podzbiorem przestrzeni X, zaś x n (dla n N) takimi ciągłymi funkcjonałami liniowymi, istniejącymi na mocy twierdzenia Hahna Banacha, że x n = 1 oraz x nx n = x n dla każdego n N. Ponieważ x nx x n x = x dla x X, (.) możemy zdefiniować operator T : X l wzorem T x = (x nx) n N dla x X. Łatwo zauważyć, że operator ten jest liniowy. Pokażemy, że T jest izometrią. W tym celu ustalmy x X. Nierówność T x = sup{ x nx : n N} x wynika z nierówności (.). Dla dowodu równości weźmy dowolną liczbę ε > 0. Wówczas, na mocy gęstości zbioru {x n : n N}, istnieje taka liczba naturalna m, że x m x < ε. Zatem x mx = x mx m + x m(x x m ) x mx m x m(x x m ) x m x x m > > x m ε x x m x ε skąd T x = x. > x ε, Wniosek.4. Każdą ośrodkową przestrzeń Banacha można przenormować w sposób ściśle wypukły. Dowód. Załóżmy, że X jest przestrzenią ośrodkową. Na mocy poprzedniego lematu istnieje różnowartościowy, ciągły operator liniowy T : X l. Biorąc pod uwagę wniosek., możemy założyć, że norma w przestrzeni l jest ściśle wypukła. Teza wynika z twierdzenia.1. Alternatywnie powyższy wniosek możemy wyprowadzić z twierdzenia Banacha Mazura (zob. [1, tw ]), które mówi, że każda ośrodkowa przestrzeń Banacha zanurza się izometrycznie w przestrzeń C([0, 1]). Wówczas jednak musimy przestrzeń tę rozpatrywać z równoważną normą ściśle wypukłą, na przykład f = f + f dla f C([0, 1]). 1

14 . Twierdzenie Rainwatera o normie Daya Ustalmy nieskończony zbiór I oraz ciało K {R, C}. Przestrzeń c 0 (I) definiujemy jako c 0 (I) = { x: I K ε>0 card {i I : x(i) ε} < ℵ 0 }. Przestrzeń ta wyposażona w standardową normę supremum x = sup{ x(i) : i I} dla x c 0 (I) (.3) jest przestrzenią Banacha. Podobnie, l (I) = { x: I K i I x(i) < } ; przestrzeń ta z normą x l (I) = x(i) dla x l (I) i I również jest przestrzenią Banacha. Różnowartościowy ciąg (i n ) n N elementów zbioru I nazwiemy uporządkowaniem nośnika punktu x c 0 (I), jeśli x(i 1 ) x(i )... oraz x(i) = 0 dla każdego i I \ {i n : n N}. Określmy (nieliniowy) operator S : c 0 (I) l (I) wzorem n x(i n ), gdy i = i n dla pewnego n N, (Sx)(i) = dla x c 0 (I), 0 w pozostałych przypadkach, gdzie (i n ) n N jest uporządkowaniem nośnika punktu x. Dalej, zdefiniujmy funkcjonał D : c 0 (I) [0, ) wzorem x D = Sx l (I) dla x c 0 (I). Jak zobaczymy poniżej, funkcjonał D jest lokalnie jednostajnie wypukłą normą równoważną standardowej normie (.3) w przestrzeni c 0 (I); normę tę nazywamy normą Daya. Jednak zanim przejdziemy do dowodu, udowodnimy parę lematów. Rysunek 1: Trójwymiarowa sfera jednostkowa w normie Daya 13

15 Lemat.5. Załóżmy, że (s n ) n N oraz (t n ) n N są nierosnącymi ciągami nieujemnych liczb rzeczywistych, zaś σ jest permutacją zbioru liczb naturalnych. Wówczas, jeżeli s n t n <, to s n t n s n t σ(n) = (s n s n+1 )(t t n t σ(1)... t σ(n) ); w szczególności s n t σ(n) s n t n. Dowód. Załóżmy, że s n t n < oraz ustalmy N N. Niech τ będzie dowolną taką permutację zbioru liczb naturalnych, że σ({1,..., N}) = τ({1,..., N}) oraz τ(1)... τ(n). Na mocy monotoniczności ciągów (s n ) n N oraz (t n ) n N mamy N N N 0 s n t n s n t σ(n) (s n s n+1 )(t t n t σ(1)... t σ(n) ) = ( N ) ( N N ) N N = s N+1 t n t σ(n) = s N+1 t n t τ(n) = s N+1 (t n t τ(n) ) N N N N N s n (t n t τ(n) ) = s n t n s n t τ(n) s n t n s τ(n) t τ(n) = N N = s n t n s σ(n) t σ(n). Przechodząc w powyższych nierównościach z N do nieskończoności oraz uwzględniając bezwarunkową zbieżność szeregu s n t n, uzyskujemy tezę. Lemat.6. Załóżmy, że ciąg (i n ) n N jest uporządkowaniem nośnika punktu x c 0 (I). Wówczas dla dowolnego różnowartościowego ciągu (j n ) n N elementów zbioru I zachodzą następujące warunki: (i) 4 n x(j n ) 4 n x(i n ) ; (ii) jeżeli m N, to ( 4 m 4 (m+1)) ( x(i m ) x(i m+1 ) ) 4 n x(i n ) 4 n x(j n ) lub {i 1,..., i m } = {j 1,..., j m }. Dowód. Niech (j n ) n N będzie dowolnym różnowartościowym ciągiem elementów zbioru I. Oznaczmy A = {i n : n N}. Wówczas, korzystając z lematu.5, uzyskujemy 4 n x(j n ) = 4 n x(j n ) 4 n x(i n ) 4 n x(i n ), j n A j n A co dowodzi (i). 14

16 Aby udowodnić (ii), ustalmy m N i załóżmy, że {i 1,..., i m } {j 1,..., j m }. Niech σ będzie permutacją zbioru liczb naturalnych określoną wzorem m + 1 dla n = m, σ(n) = m dla n = m + 1, n dla n N \ {m, m + 1}. Wówczas 4 n x(j n ) 4 n x(i σ(n) ). Zatem, korzystając ponownie z lematu.5, uzyskujemy ( 4 m 4 (m+1)) ( x(i m ) x(i m+1 ) ) = = ( 4 m 4 (m+1)) m m x(i p ) x(i σ(p) ) p=1 p=1 ( 4 n 4 (n+1)) n n x(i p ) x(i σ(p) ) = p=1 p=1 = 4 n x(i n ) 4 n x(i σ(n) ) 4 n x(i n ) 4 n x(j n ), co kończy dowód. Twierdzenie.7 (Day, 1955). Funkcja D : c 0 (I) [0, ) jest normą równoważną normie (.3). Dowód. Najpierw pokażemy, że D jest normą. Warunki x D = 0 = x = 0 oraz αx D = α x D dla x c 0 (I), α K wynikają bezpośrednio z określenia funkcji D. Wystarczy zatem sprawdzić nierówność trójkąta. W tym celu ustalmy x, y c 0 (I). Niech (i n ) n N, (j n ) n N i (k n ) n N będą uporządkowaniami nośników odpowiednio punktów x, y i x + y. Z nierówności trójkąta dla normy w przestrzeni l oraz tezy (i) lematu.6 otrzymujemy ( ) 1 x + y D = 4 n (x + y)(k n ) ( ) 1 ( 4 n x(k n ) + ( ) 1 ( 4 n x(i n ) + 4 n y(k n ) ) 1 4 n y(j n ) ) 1 = x D + y D. Równoważność normy D z normą (.3) wynika z nierówności ( 1 ) 1 x x D 4 n x 1 = 3 x dla x c 0 (I). 15

17 Twierdzenie.8 (Rainwater [], 1969). Norma Daya w przestrzeni c 0 (I) jest lokalnie jednostajnie wypukła. Dowód. Ustalmy ciąg (x n ) n N punktów i punkt x ze sfery jednostkowej przestrzeni (c 0 (I), D ), dla których lim 1 n (x n + x) D = 1. Niech (i m ) m N, (i (n) m ) m N oraz (j m (n) ) m N (dla n N) będą uporządkowaniami nośników odpowiednio punktów x, x n oraz x n + x. Korzystając z tożsamości równoległoboku dla modułu oraz tezy (i) lematu.6, otrzymujemy nierówność m=1 4 m xn (j (n) m ) x(j (n) m ) = = 4 ( m x n (j m (n) ) + x(j m (n) ) (x n + x)(j m (n) ) ) m=1 ( 4 m xn (i (n) m ) + x(im ) (xn + x)(j m (n) ) ) = m=1 = x n D + x D x n + x D, prawdziwą dla wszelkich n N, z której wynika, że ( lim xn (j (n) n m ) x(j m (n) ) ) = 0 dla m N. (.4) Dla dowodu nie wprost przypuśćmy, że ciąg ( x n x D ) n N nie jest zbieżny do zera. Wówczas, korzystając z równoważności normy Daya ze standardową normą supremum oraz ewentualnie ograniczając się do podciągu ciągu (x n ) n N (oznaczanego w dalszym ciągu przez (x n ) n N ), możemy założyć, że dla pewnej liczby ε > 0 zachodzi warunek x n x ε dla n N. Niech M będzie największą liczbą naturalną o tej własności, że x(i M ) ε 4. Wtedy x(i M+1 ) < ε 4 x(i M). Połóżmy δ = ( 4 M 4 (M+1)) ( x(i M ) x(i M+1 ) ) > 0. Niech N 1 będzie taką liczbą naturalną, że x n D + x D x n + x D < δ dla n N 1. [] Nazwisko Rainwater jest fikcyjne; pod takim pseudonimem publikowali różni matematycy. Praca, z której pochodzi dowodzone twierdzenie, jest pracą zbiorową. 16

18 Wówczas, jeżeli n N 1, to 4 m x(i m ) 4 m x(j (n) m ) ( = 4 m x(i m ) x(j (n) m ) ) m=1 m=1 m=1 4 ( m x(i m ) x(j m (n) ) + (x n x)(j m (n) ) ) = m=1 ( = 4 m xn (j m (n) ) + x(im ) (xn + x)(j m (n) ) ) = m=1 = x n D + x D x n + x D < δ, co na mocy tezy (ii) lematu.6 oznacza, że {i 1,..., i M } = {j (n) 1,..., j (n) M } dla n N 1. Ograniczając się ewentualnie do kolejnego podciągu ciągu (x n ) n N (oznaczanego w dalszym ciągu przez (x n ) n N ), stwierdzamy, że istnieją takie elementy j 1,..., j M zbioru I, że j m (n) = j m dla n N i m = 1,..., M. Na mocy (.4) lim x n(j m ) = x(j m ) dla m = 1,..., M, n zaś z równości {i 1,..., i M } = {j 1,..., j M } wynika, że lim x n(i m ) = x(i m ) dla m = 1,..., M. n Niech N > M będzie taką liczbą naturalną, że (x n x)(i m ) < ε dla m = 1,..., M; n N x n (i m ) x(i m ), < ε 4 M+ zaś (k n ) n N takim ciągiem elementów zbioru I, że (x n x)(k n ) = x n x dla n N. Ustalmy liczbę naturalną n 0 N. Jeśliby k n0 {i 1,..., i M }, to mielibyśmy x n0 x = (x n0 x)(k n0 ) < ε, co jest niemożliwe. Wobec tego k n0 / {i 1,..., i M }. Z tezy (i) lematu.6 wynika, że M m=1 x n0 (i m ) 4 m + x n 0 (k n0 ) 4 M+1 x n0 D, (.5) zaś na mocy nierówności x(i m ) < ε, prawdziwej dla m > M, mamy 4 x D = m=1 M m=1 x(i m ) 4 m = x(i m ) 4 m + M m=1 m=m+1 x(i m ) 4 m + m=m+1 ε 4 m+ = M m=1 x(i m ) 4 m x(i m ) ε + 4 m 3 4. M+ (.6) 17

19 Łącząc (.5) i (.6), uzyskujemy Zatem sprzeczność. x n0 (k n0 ) 4 M+1 x n0 D M M m=1 m=1 x n0 (i m ) 4 m = x D M m=1 x(i m ) x n0 (i m ) ε ε + 4 m 3 4M+ 3 4 x n0 (i m ) 4 m 4 M+. M+ < ε x n0 x = (x n0 x)(k n0 ) x n0 (k n0 ) + x(k n0 ) < ε + ε 4 < ε;.3 Wnioski dla przestrzeni WCG Z twierdzeń.1 i.8 wynika, że jeśli dla pewnej przestrzeni Banacha X istnieją zbiór I oraz różnowartościowy, ciągły operator liniowy T : X c 0 (I), to przestrzeń X ma ściśle wypukłe przenormowanie. W paragrafie tym opiszemy pewną klasę takich przestrzeni. Definicja.9. Przestrzeń Banacha X nazywamy WCG (od ang. weakly compactly generated), jeżeli istnieje taki słabo zwarty zbiór K X, że cl lin K = X. Uwaga.10. (i) Każda ośrodkowa przestrzeń Banacha jest WCG. (ii) Każda przestrzeń refleksywna jest WCG. Dowód. (i): Załóżmy, że X {0} jest ośrodkową przestrzenią Banacha. Wówczas ośrodkowa jest także sfera jednostkowa S X ; niech x n, n N, będą takimi punktami zbioru S X, że cl {x n : n N} = S X. Weźmy { } 1 K = n x n : n N {0}. Jak łatwo zauważyć, zbiór K jest zwarty, a więc tym bardziej słabo zwarty. Ponadto cl lin K lin S X = X. (ii): Jeśli X jest przestrzenią refleksywną, to kula jednostkowa B X słabo zwartym; oczywiście, cl lin B X = X. jest zbiorem Z powyższej uwagi wynika, że pojęcie przestrzeni WCG jest uogólnieniem pojęć przestrzeni ośrodkowej i refleksywnej. Klasa przestrzeni WCG jest jednak istotnie szersza: na przykład, jeśli I jest zbiorem nieprzeliczalnym, to przestrzeń c 0 (I) jest WCG, ale nie jest ośrodkowa ani refleksywna (zob. [10, 13.1] lub [16, przykład 8.5]). Przestrzenie c 0 (I) są w pewnym sensie uniwersalne dla przestrzeni WCG, co wynika z następującego twierdzenia, które przytaczamy bez dowodu; można go znaleźć w []. 18

20 Twierdzenie.11 (Amir, Lindenstrauss, 1968). Jeżeli X jest przestrzenią WCG, to istnieją zbiór I oraz różnowartościowy, ciągły operator liniowy T : X c 0 (I). Z wcześniejszego rozumowania oraz twierdzenia Amira Lindenstraussa natychmiast wynika następujący wniosek. Wniosek.1. Każda przestrzeń WCG ma ściśle wypukłe przenormowanie. Stąd oraz z punktu (ii) uwagi.10 wynika, że każda przestrzeń refleksywna ma ściśle wypukłe przenormowanie. W analogiczny sposób można stąd wywnioskować prawdziwość wniosku.4, jednak użyty tu zaawansowany aparat matematyczny nie jest potrzebny do dowodu tego faktu. Uzasadnia to umieszczenie alternatywnego, bardziej elementarnego dowodu w paragrafie.1..4 Ogólne rezultaty dotyczące pewnych klas przestrzeni Wróćmy do problemu odwracania implikacji (1.1). Z wcześniejszego wniosku. wynika, że w przestrzeni l istnieje norma ściśle wypukła, zaś z twierdzenia Lindenstraussa, które udowodnimy w następnym rozdziale, wynika, że norma ta nie jest wlur. Oznacza to, że na ogół nie odwraca się implikacja wlur = SC. Aby zobaczyć, że nie odwraca się także implikacja UR = LUR, pokażemy, że norma Daya nie jest jednostajnie wypukła. Tak samo jak paragrafie. niech I będzie zbiorem nieskończonym. Uwaga.13. Norma Daya w przestrzeni c 0 (I) nie jest jednostajnie wypukła. Dowód. Bez straty ogólności możemy założyć, że zbiór I jest przeliczalny i utożsamić go ze zbiorem N. Oznaczmy Niech α n = ( 1,..., 1, 0,... ) ( D 1 4 n = }{{} 3 n ( 1 x n =,..., αn 1 } {{ α n } n ) 1 ), 0,... dla n N. oraz y n = x n+1 dla n N. Wówczas x n D = 1 = y n D dla n N oraz Jednocześnie ( 1 x n + y n D = + 1 1,..., + 1 ) 1,, 0,... = αn α n+1 α n α n+1 α n+1 }{{} D = n ( ( ) n 4 m + 4 (n+1) α n α n+1 m=1 αn+1 x n y n D 1 x n y n = 1 α n ) 1 n. dla n N.

21 Kończy to elementarne uzasadnienie, że nie odwraca się żadna z implikacji (1.1). Niżej pokażemy, że implikacje te nie odwracają się w pewnym bardzo silnym sensie. Jednak dowody te będą mniej elementarne i, aby je przeprowadzić, wprowadzimy kilka pojęć. Do końca tego paragrafu niech (X, ) oznacza nieskończenie wymiarową przestrzeń Banacha. Definicja.14. Powiemy, że ciąg (e n, e n) n N elementów przestrzeni X X jest bazą Markushevicha (krótko M-bazą) przestrzeni X, jeżeli spełnia on warunki: (i) przestrzeń lin{e n : n N} jest gęsta w przestrzeni X; (ii) przestrzeń lin{e n : n N} jest -słabo gęsta w przestrzeni X ; (iii) e m(e n ) = δ m,n dla wszelkich m, n N. Definicja.15. Powiemy, że M-baza (e n, e n) n N przestrzeni X jest ograniczona, jeżeli sup{ e n e n : n N} <. Definicja.16. Powiemy, że M-baza (e n, e n) n N przestrzeni X jest zwężająca (ang. shrinking), jeżeli przestrzeń lin{e n : n N} jest gęsta w przestrzeni X. Użyteczne będzie następujace twierdzenie, które przytoczymy tutaj bez dowodu; można go znaleźć w [1]. Twierdzenie.17 (Pełczyński, 1976). Każda ośrodkowa i nieskończenie wymiarowa przestrzeń Banacha posiada ograniczoną M-bazę. Ponadto, jeżeli przestrzeń X jest ośrodkowa, to istnieje M-baza przestrzeni X, która jest jednocześnie ograniczona i zwężająca. Przydatna dla nas będzie również pewna prosta charakteryzacja (słabo) lokalnie jednostajnej wypukłości normy. Lemat.18. Norma jest (słabo) lokalnie jednostajnie wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnych ciągu (x n ) n N punktów przestrzeni X i punktu x X \ {0} warunki lim n x n = x oraz lim n x n + x = x implikują (słabą) zbieżność ciągu (x n ) n N do punktu x. Dowód. Załóżmy, że norma jest (słabo) lokalnie jednostajnie wypukła oraz ustalmy ciąg (x n ) n N punktów przestrzeni X i punkt x X \ {0} spełniające warunki lim n x n = x i lim n x n + x = x. Bez straty ogólności możemy założyć, że x n 0 dla n N. Wtedy x n x n + x x = x n x n + x ( x x n x n x ) x x n + x x n x x n x x a zatem ciąg ( ) x n x n jest (słabo) zbieżny do punktu x n N 0. x n,

22 W przypadku własności wlur, dla każdego x X zachodzi równość x n lim n x x n = lim x n x n x n = x x x x = x x. Zaś w przypadku własności LUR mamy x n x n x = x x x x x n x x x n x n + x x n x n x x Implikacja odwrotna jest oczywista. n 0. Następne twierdzenie mówi, że implikacja wlur = SC nie odwraca się w bardzo silnym sensie (zob. [5]). Twierdzenie.19 (Yost, 1981). W każdej ośrodkowej i nieskończenie wymiarowej przestrzeni Banacha istnieje równoważna norma ściśle wypukła, która nie jest wlur. Dowód. Załóżmy, że przestrzeń X jest ośrodkowa. Niech (e n, e n) n N będzie ograniczoną M-bazą przestrzeni X. Bez straty ogólności możemy założyć, że e n = 1 dla n N. Zdefiniujmy funkcjonał : X [0, ) wzorem ( ) 1 { x = 4 n e nx 1 + max x, 1 } e 1x + sup e nx n dla x X. Łatwo zauważyć, że jest normą w przestrzeni X. Ponadto z ograniczoności M-bazy (e n, e n) n N wynika, że norma ta jest równoważna normie. Aby pokazać, że norma jest ściśle wypukła, ustalmy punkty x, y sfery jednostkowej przestrzeni (X, ) i załóżmy, że x+y = 1. Łatwo zauważyć, że wówczas ( ) 1 4 n e n(x + y) ( = Oznacza to, że istnieje taka liczba α K, że 4 n e nx ) 1 + ( e ny = αe nx dla n N. 4 n e ny ) 1. Ponieważ przestrzeń lin{e n : n N} jest -słabo gęsta, rodzina {e n : n N} oddziela punkty przestrzeni X. Zatem y = αx. Wystarczy zauważyć, że α = 1. Aby stwierdzić, że norma nie jest wlur, skorzystamy z lematu.18. Zauważmy, że e 1 = 1 = lim n e n oraz lim n e 1 + e n =. Jednakże lim n e 1e n = 0 oraz e 1e 1 = 1, czyli ciąg (e n ) n N nie jest słabo zbieżny do e 1. Definicja.0. Mówimy, że przestrzeń Banacha ma własność Schura, jeżeli każdy słabo zbieżny ciąg jej elementów jest zbieżny. 1

23 Oczywiście to, że przestrzeń Banacha ma własność Schura nie oznacza, że topologia (pochodząca od normy) jest równa słabej topologii tej przestrzeni; ma to miejsce jedynie w przestrzeniach skończenie wymiarowych, które wszystkie z tego powodu mają własność Schura. Przykładem nieskończenie wymiarowej przestrzeni z własnością Schura jest przestrzeń l 1 (zob. [16, tw..9]). Z przytoczonego faktu wynika, że każda norma wlur w przestrzeni l 1 jest LUR. W konsekwencji twierdzenie dla implikacji LUR = wlur analogiczne do twierdzenia Yosta byłoby fałszywe. Implikacja ta jednak również nie odwraca się w dość silnym sensie. Lemat.1. Załóżmy, że (x n ) n N jest ograniczonym ciągiem elementów przestrzeni X, zaś {x γ : γ Γ} dowolną rodziną funkcjonałów z przestrzeni X. Jeżeli przestrzeń lin{x γ : γ Γ} jest gęsta w przestrzeni X oraz lim n x γ(x n ) = 0 dla każdego γ Γ, to ciąg (x n ) n N jest słabo zbieżny do zera. Dowód. Oczywiście, jeżeli x lin{x γ : γ Γ}, to lim n x (x n ) = 0. Niech M [0, ) będzie taką stałą, że x n M dla każdego n N. Ustalmy funkcjonał x X. Dalej, niech (x n) n N będzie ciągiem elementów przestrzeni lin{x γ : γ Γ} zbieżnym do x. Wówczas, jeżeli m, n N, to x (x n ) (x x m)(x n ) + x m(x n ) M x x m + x m(x n ). Przechodząc w powyższej nierówności najpierw z n, a później z m do nieskończoności, otrzymujemy lim sup x (x n ) = 0, n co oznacza słabą zbieżność ciągu (x n ) n N. Twierdzenie.. Jeżeli przestrzeń X jest ośrodkowa, to w przestrzeni X istnieje równoważna norma wlur, która nie jest LUR. Dowód. Załóżmy, że przestrzeń X jest ośrodkowa. Niech (e n, e n) n N będzie ograniczoną i zwężającą M-bazą przestrzeni X. Bez straty ogólności możemy założyć, że e n = 1 dla każdego n N. Zdefiniujmy funkcjonał 0 : X [0, ) wzorem x 0 = max { 1 x, sup e n(x) n N } dla x X. Łatwo zauważyć, że funkcjonał ten jest normą w przestrzeni X. Ponadto, z ograniczoności M-bazy (e n, e n) n N wynika, że norma ta jest równoważna normie. Zdefiniujmy funkcjonał : X [0, ) wzorem x = ( x n e n(x) ) 1 dla x X.

24 Łatwo zauważyć, że jest równoważną normą w przestrzeni X. Pokażemy, że jest ona wlur, ale nie jest LUR. Dla dowodu pierwszej części ustalmy wektory x n, n N, i x ze sfery jednostkowej 1 przestrzeni (X, ) oraz załóżmy, że lim n (x n + x) = 1. Oznaczmy y n = ( x n 0, 1 e 1(x n ), e (x n ),... ) dla n N oraz Mamy y n + y = ( ( y = ( x 0, 1 e 1(x), e (x),... ). ( x n 0 + x 0 ) + x n + x 0 + m=1 m=1 4 m e m(x n + x) ) 1 4 m e m(x n + x) ) 1 = xn + x n, skąd na mocy lokalnie jednostajnej wypukłości normy w przestrzeni (Hilberta) l, lim n y n y = 0. W szczególności, lim n e m(x n ) = e m(x) dla m N. Z lematu.1 oraz własności zwężania M-bazy (e n, e n) n N otrzymujemy słabą zbieżność ciągu (x n ) n N do punktu x. Aby pokazać, że norma nie jest LUR, rozważmy ciąg (e 1 + e n ) n N oraz punkt e 1. Jak łatwo sprawdzić, lim e 1 + e n = 1 5 = e1 n oraz lim e 1 + e n = 5. n Jednak e n 1 dla n N. Wniosek.3. Jeżeli przestrzeń X ma własność Schura, to przestrzeń X nie jest ośrodkowa. Warto odnotować, że powyższy fakt jest znany w znacznie silniejszej formie, która mówi, że każda nieskończenie wymiarowa przestrzeń Banacha z własnością Schura zawiera podprzestrzeń izomorficzną z przestrzenią l 1 (a zatem przestrzeń do niej sprzężona zawiera nieprzeliczalny zbiór dyskretny złożony z przedłużeń Hahna Banacha funkcjonałów odpowiadających elementom 1 A l, gdzie A jest dowolnym podzbiorem zbioru N) [3]. Dowód tego faktu opiera się jednak na bardzo mocnym [3] Mogłoby się wydawać, że przestrzeń sprzężona do przestrzeni zawierającej izomorficzną kopię przestrzeni l 1 zawiera izomorficzną kopię przestrzeni l, jednak nie jest to prawdą. Z twierdzenia Banacha Mazura wynika, że przestrzeń l 1 zanurza się (izometrycznie) w przestrzeń C([0, 1]), zaś jej dual nie zawiera podprzestrzeni izomorficznej z przestrzenią l. Gdyby tak było, to podprzestrzeń ta byłaby komplementarna (zob. [16, problem 1.7]), co z kolei oznaczałoby, że zawiera ona podprzestrzeń komplementarną izomorficzną z przestrzenią l 1 (zob. [17, tw. 3 i tw. 1]). To zaś jest niemożliwe (zob. [16, tw. 3.]). 3

25 twierdzeniu Rosenthala, tzw. Rosenthal s l 1 -Theorem (zob. [1, tw ]), którego dowód angażuje teorię Ramseya i które mówi, że jeżeli (x n ) n N jest ograniczonym ciągiem elementów nieskończenie wymiarowej przestrzeni Banacha, to zawiera on słaby podciąg Cauchy ego [4] lub podciąg (x nk ) k N, który jest równoważny bazie kanonicznej (e k ) k N przestrzeni l 1 (tj. istnieje taki izomorfizm przestrzeni Banacha T : cl lin{x nk : k N} l 1, że T x nk = e k dla każdego k N). Naszkicujemy krótko ten dowód. Inny dowód wniosku.3 (szkic). Załóżmy, że przestrzeń X ma własność Schura. Ponieważ zbiór B X nie jest zwarty, istnieje taki ciąg (x n ) n N jego elementów, że dla pewnego ε > 0 spełniony jest warunek x m x n ε dla m, n N; m n. Dla dowodu nie wprost przypuśćmy, że pewien podciąg ciągu (x n ) n N (nadal oznaczany przez (x n ) n N ) jest słabym ciągiem Cauchy ego. Wówczas ciąg (y n ) n N dany wzorem y n = x n x n 1 dla n N słabo zbiega do zera. Na mocy własności Schura ciąg (y n ) n N zbiega do zera (w normie), co jest niemożliwe. Z twierdzenia Rosenthala wynika więc teza..5 Przenormowania jednostajnie wypukłe Implikacja UR = LUR także nie odwraca się w silnym sensie z poniższych dwóch twierdzeń bezpośrednio wynika, że w każdej przestrzeni WCG, która nie jest refleksywna istnieje równoważna norma, która jest LUR, ale nie jest UR. Twierdzenia te przytaczamy tutaj bez dowodów; można je znaleźć odpowiednio w [8,.4] oraz [10, 13.4] lub [4]. Twierdzenie.4 (Pettis, 1939). Każda przestrzeń Banacha, która ma UR przenormowanie jest refleksywna. Twierdzenie.5 (Troyanski, 1971). Każda przestrzeń WCG ma LUR przenormowanie. Znana jest także dokładna charakteryzacja przestrzeni, które dopuszczają równoważną normę jednostajnie wypukłą (zob. [9] lub [10, tw. 9.14]); przywołamy ją bez dowodu. Definicja.6. Powiemy, że przestrzeń Banacha X jest skończenie reprezentowalna (ang. finitely representable) w przestrzeni Banacha Y, jeżeli dla każdych ε > 0 i skończenie wymiarowej podprzestrzeni F przestrzeni X istnieje taki różnowartościowy operator liniowy T : F Y, że T T 1 < 1 + ε. [4] Ciąg (x n ) n N elementów przestrzeni Banacha nazywamy słabym ciągiem Cauchy ego, jeżeli jest on ciągiem Cauchy ego w słabej topologii tej przestrzeni; równoważnie, dla każdego ciągłego funkcjonału liniowego x istnieje granica lim n x x n. 4

26 Definicja.7. Powiemy, że przestrzeń Banacha X jest superrefleksywna, jeżeli każda przestrzeń Banacha, która jest skończenie reprezentowalna w przestrzeni X jest refleksywna. Oczywiście każda przestrzeń superrefleksywna jest refleksywna, jednak nie na odwrót. Świadczy o tym przykład przestrzeni ( ) { ( X = l n 1 = x = (x n ) n N l n ) 1 } 1 x := x n < l wyposażonej w normę, gdzie l n 1 oznacza n-wymiarową przestrzeń z l 1 -normą. Naśladując dowód zupełności przestrzeni l, można wykazać, że X jest przestrzenią Banacha, zaś wzorując się na dowodzie refleksywności przestrzeni l i wykorzystując refleksywność (skończenie wymiarowych) przestrzeni l n 1 (dla n N), pokazujemy refleksywność przestrzeni X (rutynowy dowód pomijamy). Przestrzeń ta nie jest jednak superrefleksywna, jako że (nierefleksywna) przestrzeń l 1 jest w niej skończenie reprezentowalna (wynika to z równoważności warunków (v) i (vi) w [16, tw. 1.3]). Innym, znacznie prostszym w uzasadnieniu, lecz nieośrodkowym przykładem przestrzeni refleksywnej, która nie jest superrefleksywna jest przestrzeń ( ) Y = E α α<c l (c) = { x = (x α ) α<c ( E α x ) 1 := x α α<c α<c } < wyposażona w normę, gdzie (E α) α<c jest (pozaskończonym) ciągiem wszystkich skończenie wymiarowych podprzestrzeni przestrzeni l 1. Refleksywność przestrzeni Y można wytłumaczyć w podobny sposób jak refleksywność przestrzeni X, natomiast skończona reprezentowalność przestrzeni l 1 w tej przestrzeni jest oczywista. Twierdzenie.8 (Enflo, 197). Przestrzeń Banacha ma UR przenormowanie wtedy i tylko wtedy, gdy jest superrefleksywna. Przytoczona charakteryzacja sugeruje, że przestrzenie mające UR przenormowanie powinny być w pewien sposób regularne czy symetryczne. Nie ma to jednak miejsca, co widać z twierdzenia.30 (dowód można znaleźć w pracy [11]). Definicja.9. Nieskończenie wymiarową przestrzeń Banacha nazywamy dziedzicznie nierozkładalną, w skrócie HI (od ang. hereditarily indecomposable), jeżeli nie istnieje jej domknięta podprzestrzeń Y, którą da się przedstawić w postaci Y = Y 1 Y, gdzie Y 1 i Y są nieskończenie wymiarowymi, domkniętymi podprzestrzeniami przestrzeni Y. Odnotujmy, że pierwszą przestrzeń HI skonstruowali Gowers i Maurey (zob. [1]), rozwiązując w ten sposób negatywnie problem istnienia bezwarunkowego ciągu bazowego w dowolnej nieskończenie wymiarowej przestrzeni Banacha. Skonstruowana przez nich przestrzeń jest co prawda refleksywna, jednak norma w niej nie jest jednostajnie wypukła. Wykorzystując idee zawarte w pracy Gowersa i Maureya, Ferenczi zmodyfikował ich konstrukcję, dowodząc następującego twierdzenia. Twierdzenie.30 (Ferenczi, 1997). Istnieje dziedzicznie nierozkładalna przestrzeń Banacha, w której norma jest jednostajnie wypukła. 5

27 3 Twierdzenia o niemożności przenormowania 3.1 Twierdzenie Daya Ustalmy niepusty zbiór I oraz ciało K {R, C}. Przestrzeń l (I) definiujemy jako l (I) = { x: I K x jest funkcją ograniczoną }. Podobnie jak c 0 (I), przestrzeń ta wyposażona w normę supremum x = sup{ x(i) : i I} dla x l (I) (3.1) jest przestrzenią Banacha. Rozważać będziemy też (domkniętą) podprzestrzeń l c (I) wyżej zdefiniowanej przestrzeni złożoną z funkcji, które przyjmują niezerowe wartości jedynie na przeliczalnym zbiorze indeksów: l c (I) = {x l (I): card {i I : x(i) 0} ℵ 0 }. Prawdopodobnie pierwszym udowodnionym twierdzeniem o niemożności ściśle wypukłego przenormowania pewnej przestrzeni Banacha było następujące twierdzenie Daya [5]. Twierdzenie 3.1 (Day, 1955). Jeżeli I jest zbiorem nieprzeliczalnym, to przestrzeń l c (I) nie ma ściśle wypukłego przenormowania. Dowód. Dla każdego x S l c (I) zdefiniujmy zbiór F x = {y S l c (I) : y(i) = x(i), o ile x(i) 0}. Niech będzie dowolną normą w przestrzeni l c (I) równoważną normie (3.1); bez straty ogólności możemy założyć, że x x dla wszelkich x l c (I). Pokażemy, że norma nie jest ściśle wypukła. Oznaczmy M x = sup{ y : y F x } i m x = inf{ y : y F x } dla x S l c (I). Pokażemy, że dla dowolnego x S l c (I) zachodzi nierówność x M x + m x. W tym celu zauważmy, że jeżeli y F x, to 1 x y x y = 1 oraz (x y)(i) = x(i) x(i) = x(i), o ile x(i) 0, skąd x y F x. Ustalmy ε > 0 i tak dobierzmy y F x, aby y m x + ε. Z wcześniejszego spotrzeżenia wnosimy, że x y M x. Zatem x x y + y M x + m x + ε. Przechodząc z ε do zera, uzyskujemy x M x + m x. [5] Oryginalnie Day udowodnił twierdzenie, które jest wnioskiem 3., jednak dowód polegał w istocie na pokazaniu, że podprzestrzeń l c (I) nie dopuszcza równoważnej normy ściśle wypukłej. 6

28 Niech M = sup{ y : y S l c (I)}. Skonstruujemy indukcyjnie ciąg (x n ) n N punktów zbioru S l c (I) spełniający warunki x n+1 F xn oraz M xn m xn M 1 n dla n N. (3.) Dobierzmy x 1 S l c (I) w taki sposób, aby 3M+1 4 x 1. Wówczas M x1 m x1 M x1 x 1 M 3M + 1 = M 1. Załóżmy, że dla pewnej liczby naturalnej n zdefiniowaliśmy już ciąg (x i ) n i=1 spełniający żądane warunki. Dobierzmy x n+1 F xn w taki sposób, aby Wówczas 3M xn + x n 4 x n+1. M xn+1 m xn+1 M xn+1 x n+1 M xn 3M x n + x n M x n m xn co kończy konstrukcję indukcyjną. M 1 n+1, = M x n x n Ponieważ x n+1 F xn, F xn+1 F xn, co oznacza, że M xn+1 M xn i m xn m xn+1 dla n N. Z monotoniczności ciągów (M xn ) n N i (m xn ) n N oraz (3.) wynika, że są one zbieżne do wspólnej granicy, powiedzmy s. Z warunku (3.) wynika także, że możemy zdefiniować wektor x S l c (I) wzorem x n (i), gdy x n (i) 0 dla pewnego n N, x(i) = 0 w pozostałych przypadkach. Łatwo zauważyć, że z F x wtedy i tylko wtedy, gdy z F xn. Stąd dla każdego z F x mamy m xn z M xn dla n N, a w konsekwencji z = s. Ponieważ zbiór F x zawiera niezdegenerowany odcinek, odcinek taki zawiera również sfera jednostkowa przestrzeni (l c (I), ). Bezpośrednio z twierdzenia Daya wynika następujący wniosek. Wniosek 3.. Jeżeli I jest zbiorem nieprzeliczalnym, to przestrzeń l (I) nie ma ściśle wypukłego przenormowania. 7

29 3. Twierdzenie Lindenstraussa Kolejnym twierdzeniem, które wykażemy, jest twierdzenie Lindenstraussa, którego dowód w dużej mierze został oparty na ideach zawartych w dowodzie twierdzenia Daya (zob. [8, 4.5, s. 13]). Twierdzenie 3.3 (Lindenstrauss, 197). Przestrzeń l nie ma wlur przenormowania. Dowód. Niech będzie dowolną normą w przestrzeni l równoważną standardowej normie supremum. Bez straty ogólności możemy założyć, że x x dla wszelkich x l. Pokażemy, że norma nie jest wlur. Niech Z = {x l : x(i) = 0 dla nieskończenie wielu i N} oraz s = sup{ x : x Z i x = 1}. Skonstruujemy indukcyjnie pewne ciągi (x n ) n N elementów zbioru Z, (F n ) n N podzbiorów zbioru Z, (L n ) n N podzbiorów zbioru liczb naturalnych, (m n ) n N i (M n ) n N liczb rzeczywistych oraz (i n ) n N liczb naturalnych; jednym z istotnych założeń indukcyjnych jest M n m n s 1 n dla n N. (3.3) Weźmy x 1 Z tak, aby x 1 = 1 oraz 3s x 1. Niech L 1 będzie takim nieskończonym podzbiorem zbioru {i N: x 1 (i) = 0}, że zbiór {i N: x 1 (i) = 0} \ L 1 również jest nieskończony. Wybierzmy dowolnie i 1 {i N: x 1 (i) = 0} \ L 1 i połóżmy F 1 = { x l : x(i 1 ) = 1 = x, x(i) = x 1 (i) dla i {j N: x 1 (j) 0} L 1, a zbiór {j N: x 1 (j) = 0 = x(j)} \ L 1 jest nieskończony }. Dalej, niech m 1 = inf{ x : x F 1 } i M 1 = sup{ x F 1 }. Zauważmy, że jeżeli x F 1, to 1 x 1 x x 1 x = 1 oraz x 1 (i 1 ) x(i 1 ) = x(i 1 ) = 1, skąd x 1 x F 1. Ustalmy ε > 0 i tak dobierzmy y F 1, aby y m 1 + ε. Z wcześniejszego spotrzeżenia wnosimy, że x 1 y M 1. Stąd x 1 x 1 y + y M 1 + m 1 + ε. Przechodząc z ε do zera, uzyskujemy x 1 M 1 + m 1. Zatem M 1 m 1 M 1 x 1 s 3s + 1 = s 1. 8

30 Załóżmy, że dla pewnej liczby n N, skonstruowaliśmy już ciągi (x j ) n j=1, (F j ) n j=1, (L j ) n j=1, (m j ) n j=1, (M j ) n j=1 i (i j ) n j=1. Weźmy x n+1 F n tak, aby 3M n + m n 4 x n+1. Niech L n+1 będzie takim nieskończonym podzbiorem zbioru że zbiór { i N: xj (i) = 0 dla j {1,..., n + 1} } n \ L j, j=1 { i N: xj (i) = 0 dla j {1,..., n + 1} } \ n+1 j=1 L j (3.4) również jest nieskończony. Wybierzmy dowolnie i n+1 ze zbioru (3.4) i połóżmy F n+1 = { x l : x(i n+1 ) = 1 = x, x(i) = x n+1 (i) dla i {k N: x j (k) 0 dla pewnego j {1,..., n + 1}} n+1 j=1 L j, a zbiór {i N: x j (i) = 0 = x(i) dla j {1,..., n + 1}} \ jest nieskończony }. n+1 L j j=1 Dalej, niech m n+1 = inf{ x : x F n+1 } i M n+1 = sup{ x F n+1 }. Rozumując jak wyżej, stwierdzamy, że x n+1 M n+1 + m n+1. W konsekwencji, korzystając z (3.3), otrzymujemy M n+1 m n+1 M n+1 x n+1 M n 3M n + m n Kończy to konstrukcję indukcyjną. Niech x będzie wektorem zdefiniowanym jako = M n m n s 1 n+1. x x n (i), gdy i {j N: x n (j) 0} L n dla pewnego n N, (i) = 0 w pozostałych przypadkach. Z określenia zbiorów F n wynika, że wektor ten jest poprawnie zdefiniowany. Łatwo też zauważyć, że x F n. Na mocy monotoniczności ciągów (m n ) n N i (M n ) n N oraz (3.3) istnieją granice lim n m n i lim n M n oraz są równe, powiedzmy η. Z nierówności m n x n+1 M n dla n N wynika, że x = η = lim n x n ; w szczególności η > 0. Dalej, ponieważ 1 (x n + x ) F n+1, lim n x n + x = η. 9

31 Zdefiniujmy funkcjonał x : l K wzorem x x = LIM ( ) x(in ), x (i n ) n N gdzie LIM oznacza granicę Banacha [6]. Łatwo zauważyć, że funkcjonał x jest liniowy, a na mocy nierówności ( ) x x(in ) x LIM x (i n ) = LIM (x(i n)) n N LIM x, n N prawdziwej dla każdego x l, także ciągły. Ponieważ x m (i n ) = 0 dla m n, dla każdej liczby naturalnej m zachodzi równość x x m = LIM ( ) ( ) xm (i n ) xm (i n ) = LIM = 0. x (i n ) x n N (i n ) n=m Ponadto x x = LIM(1) n N = 1, co w połączeniu z lematem.18 dowodzi, że norma nie jest wlur. 3.3 Twierdzenie Bourgaina W paragrafie tym wszystkie przestrzenie Banacha traktujemy jak przestrzenie nad ciałem R. Aby udowodnić twierdzenie Bourgaina (zob. [5]), będzie nam potrzebna następująca charakteryzacja ścisłej wypukłości normy. Lemat 3.4. Załóżmy, że (X, ) jest przestrzenią Banacha. Wówczas norma jest ściśle wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy każdy niezerowy ciągły funkcjonał liniowy określony na przestrzeni X przyjmuje swoją normę w co najwyżej jednym punkcie sfery jednostkowej. Dowód. Załóżmy, że jest normą ściśle wypukłą. Dla dowodu nie wprost przypuśćmy, że x X \{0} x,y SX (x y i x (x) = x = x (y)). Wówczas sprzeczność. x + y 1 ( ) x + y x x = x (x) + x (y) x = 1; [6] Funkcjonał liniowy LIM: l K nazywamy granicą Banacha, jeżeli spełnia on warunki: (i) LIM (x) 0, o ile x(n) 0 dla każdego n N; (ii) LIM (x(1), x(),...) = LIM(x(), x(3),...) dla każdego x l ; (iii) LIM (1, 1,...) = 1. Korzystając z twierdzenia Hahna Banacha, można udowodnić, że granica Banacha istnieje (zob. np. [7, tw. 7.1]); ponadto każdy taki funkcjonał jest ciągły. 30

32 Zamiast implikacji odwrotnej udowodnimy jej kontrapozycję. W tym celu załóżmy, że ) x + y x,y SX (x y i = 1. Zdefiniujmy funkcjonał x 0 : lin{x, y} R wzorem x 0(αx + βy) = α + β dla α, β R. Łatwo zauważyć, że x 0 jest ciągłym funkcjonałem liniowym oraz x 0 1. Pokażemy, że x 0 = 1. W tym celu ustalmy α, β R. Wobec liniowości x 0 wystarczy rozważyć dwa przypadki: jeśli α, β 0, to x 0(αx + βy) = α + β = α + β = α x + β y = αx + βy ; jeśli zaś α < 0, a β 0, to x 0(αx + βy) = α + β = α x + y (α β) y = = α(x + y) (α β)y α(x + y) (α β)y = αx + βy. Na mocy twierdzenia Hahna Banacha istnieje taki funkcjonał x X, że x = 1 oraz x lin{x, y} = x 0. Wystarczy zauważyć, że funkcjonał ten osiąga swoją normę w punktach x i y. Lemat 3.5. Załóżmy, że x l, L jest nieskończonym podzbiorem zbioru liczb naturalnych, zaś ε liczbą dodatnią. Wówczas istnieje taki nieskończony podzbiór M zbioru L, że x x < ε dla x B l spełniających x n = 0 dla n N \ M. Dowód. Bez straty ogólności załóżmy, że x = 1. Niech p będzie taką liczbą naturalną, że p > 1, zaś M ε 1,..., M p parami rozłącznymi, nieskończonymi podzbiorami zbioru L. Przypuśćmy nie wprost, że żaden spośród zbiorów M 1,..., M p nie ma żądanej własności. Wówczas istnieją takie punkty x (1),..., x (p) B l, że x n (i) = 0 dla n N \ M i oraz x x (i) ε dla każdego i {1,..., p}. Połóżmy x = x (1) x (p). Wówczas x 1 oraz x x > 1; sprzeczność. Twierdzenie 3.6 (Bourgain, 1980). Przestrzeń l /c 0 nie ma ściśle wypukłego przenormowania. Dowód. Niech będzie dowolną normą w przestrzeni l /c 0 równoważną standardowej normie. Oznaczmy Y = (l /c 0, ). Dalej, niech π : l Y będzie odwzorowaniem kanonicznym. Ustalmy ciąg (ε n ) n N liczb dodatnich zbieżny do zera. Skonstruujemy indukcyjnie pewne ciągi (F n ) n N podzbiorów przestrzeni l, (s n ) n N liczb rzeczywistych, (x (n) ) n N punktów przestrzeni l, (yn) n N funkcjonałów z przestrzeni Y i (L n ) n N nieskończonych podzbiorów zbioru N. Weźmy F 1 = {x l : x 1} (na mocy twierdzenia Banacha Alaoglu jest to zbiór -słabo zwarty) oraz s 1 = sup { π(x) : x F 1 }. 31