Theo phép dựng, hạt nhân của $c_E$ là giao của các hạt nhân của các dạng tuyến tính liên tục trên $E$, i.e. bao đóng của $\{0\}$ trong $E$ (II, p. 24, cor. 1).

Khi $E$ là Hausdorff, ta đồng nhất $E$ với một không gian con của $E''$, nhờ ánh xạ $c_E$.

SONG ĐỐI NGẪU THỨ HAI. KHÔNG GIAN PHẢN XẠ

TVS IV.15

Tôpô mạnh trên $E''$ là tôpô $\mathscr{S}$, trong đó $\mathscr{S}$ là họ tất cả các tập con bị chặn mạnh của $E'$. Vì mọi tập con đẳng liên tục của $E'$ đều bị chặn mạnh (III, p. 22, prop. 9), nên tôpô ban đầu trên $E$ yếu hơn tôpô thu được bằng cách lấy ảnh ngược qua $c_E$ của tôpô mạnh trên $E''$; nó có thể thực sự yếu hơn (IV, p. 52, exerc. 1). Tuy nhiên:

Thật vậy, mọi tập con của $E'$ bị chặn mạnh đều là đẳng liên tục (III, p. 22, prop. 10 and III, p. 24).

Các tập con đẳng liên tục của $E''$ là các tập con được chứa trong cực kép (đối với đối ngẫu giữa $E''$ và $E'$) của một tập con bị chặn của không gian con $E$ của $E''$. Khi đó chỉ cần áp dụng định lý về các cực kép (II, p. 45, cor. 3) và định nghĩa của một không gian barrelled (III, p. 24).

Khẳng định thứ hai suy ra từ mệnh đề 3 (IV, p. 15), và từ sự đồng nhất giữa các tập con bị chặn đối với tôpô ban đầu và đối với tôpô yếu của $E$ (III, p. 27, hệ quả 3).

Nói rằng $E$ là bán phản xạ có nghĩa là tôpô trên $E'_b$ tương thích với đối ngẫu giữa $E$ và $E'$, nói cách khác, theo định lý của Mackey (IV, p. 2, đ. lý 1), tôpô trên $E'_b$ thô hơn $\tau(E', E)$ (và thực ra đồng nhất với nó); theo định nghĩa (IV, p. 2), điều đó có nghĩa là mọi tập con đóng, lồi và bị chặn của $E$ đều compact đối với $\sigma(E, E')$, và điều này tương đương với việc nói rằng mọi tập con bị chặn của E đều tương đối compact đối với $\sigma(E, E')$, vì bao lồi đóng của một tập con bị chặn của E là bị chặn (III, p. 3, mệnh đề 1).

Cho B là một tập con bị chặn của M. Vì B bị chặn trong E, và tôpô yếu $\sigma(M, M')$ trên M được cảm sinh bởi $\sigma(E, E')$ (IV, p. 10, mệnh đề 11), bao đóng của B trong M được trang bị $\sigma(M, M')$ là compact. Do đó, theo đ. lý 1, M là bán phản xạ. Khẳng định cuối cùng của hệ quả suy ra từ mệnh đề 10 của IV, p. 9, áp dụng cho tập $\mathscr{S}$ gồm tất cả các tập con đóng, lồi và bị chặn của E.

Điều này suy ra ngay lập tức từ đ. nghĩa 3.

Theo đ. lý 1 (IV, p. 15), điều này cũng có nghĩa là E là phản xạ khi và chỉ khi nó bán phản xạ và thùng.

Nếu E là phản xạ, thì $E'_b$ là phản xạ (mệnh đề 4) và do đó E là thùng (IV, p. 15, đ. lý 1). Ngược lại, nếu E là bán phản xạ và thùng, thì $c_E$ là một song ánh và là song liên tục theo IV, p. 15, mệnh đề 2, do đó E là phản xạ.

Theo các công thức (1) và (2), quả cầu đơn vị trong E'' là lưỡng cực $B^{\circ \circ}$ của B. Khi đó mệnh đề 5 suy ra từ định lý lưỡng cực (II, p. 45, hệ quả 3).

Ta nhận thấy rằng một không gian chuẩn phản xạ là đầy đủ nên là một không gian Banach, và đối ngẫu của nó là một không gian Banach phản xạ theo mệnh đề 4 của IV, p. 16.

Cho E' là đối ngẫu của E và $M^\circ$ là trực giao của M trong E'. Với tư cách là một không gian chuẩn, ta có thể đồng nhất không gian $E'/M^\circ$ với đối ngẫu $M'$ của M (IV, p. 9, mệnh đề 10). Vì M là nửa phản xạ (IV, p. 16, hệ quả), nên nó là phản xạ, do đó $E'/M^\circ$ cũng vậy; tương tự $M^\circ$ là phản xạ, và cả đối ngẫu của nó $E/M^{\circ \circ} = E/M$ cũng phản xạ.

Trước hết giả sử tồn tại một tập bị chặn $\overline{B}$ trong $\mathfrak{T}$. Bao đóng $\overline{B}$ của B đối với tôpô ban đầu của E là bị chặn; hơn nữa, $\overline{B}$ là compact vì E là một không gian Montel. Tôpô trên $\overline{B}$ cảm sinh bởi $\sigma(E, E')$ là Hausdorff và thô hơn tôpô cảm sinh bởi tôpô ban đầu; vì vậy chúng trùng nhau (GT, I, § 9, No. 4). Điều này chứng minh mệnh đề trong trường hợp này.

Tiếp theo giả sử rằng $\mathfrak{T}$ có một cơ sở đếm được. Chỉ cần (GT, I, § 6, No. 8, mệnh đề 11) xét trường hợp của một dãy $(x_n)_{n \geq 1}$ tiến tới $x_0$ đối với $\sigma(E, E')$. Gọi B là tập hợp tất cả $x_n$ với $n \geq 0$. Tập hợp này bị chặn đối với $\sigma(E, E')$, nên cũng bị chặn đối với tôpô ban đầu (III, p. 27, hệ quả 3). Như vậy ta đã quy về trường hợp thứ nhất của chứng minh.

Mọi không gian Montel đều phản xạ: điều này suy ra từ đn. 4 và từ đl. 2 của IV, p. 16. Hơn nữa:

Cho E là một không gian Montel và $E'_b$ là đối ngẫu mạnh của nó. Vì E phản xạ, $E'_b$ là không gian thùng (IV, p. 15, đl. 1). Vì mọi tập con bị chặn của E đều tương đối compact, tôpô mạnh trên $E'$ trùng với tôpô hội tụ compact. Gọi B là một tập con bị chặn của $E'_b$; nó bị chặn đối với tôpô yếu $\sigma(E', E)$, nên là đẳng liên tục vì E là không gian thùng. Khi đó định lý Ascoli (GT, X, § 2, No. 4, hệ quả và § 2, No. 5, hệ quả 1) kéo theo rằng bao đóng của B đối với $\sigma(E', E)$ là compact đối với tôpô hội tụ compact; do đó B là tương đối compact trong $E'_b$.

Cho E là một không gian Montel khả mêtric. Ta biết (II, p. 5) rằng E có thể được đồng nhất với một không gian con của tích $F = \prod_{n \in \mathbf{N}} F_n$ của một dãy các không gian định chuẩn, và thậm chí có thể giả sử rằng $\mathrm{pr}_n(E) = F_n$ với mọi $n \in \mathbf{N}$. Nếu mỗi không gian khả mêtric $F_n$ đều thỏa mãn tiên đề đếm được thứ nhất, thì F cũng vậy (GT, IX, § 2, No. 8), nên E cũng vậy.

Ta lập luận bằng phản chứng. Chẳng hạn giả sử rằng $F_0$ không thỏa mãn tiên đề đếm được thứ nhất. Gọi $B_0$ là quả cầu đơn vị (đóng) trong $F_0$; đây là một không gian mêtric không thỏa mãn tiên đề đếm được thứ nhất. Ta sẽ dùng bổ đề sau:

Với mỗi số nguyên $n \geq 1$, gọi $\mathfrak{F}_n$ là tập hợp (được sắp thứ tự bởi quan hệ bao hàm) các tập con D của X sao cho $d(x, y) \geq \frac{1}{n}$ với các $x, y$ phân biệt trong D. Tập hợp $\mathfrak{F}_n$ có đặc trưng hữu hạn, nên có một phần tử cực đại $D_n$ (S, III, § 4, No. 5). Khi đó với mọi $y \in X$, tồn tại một điểm $x$ trong $D_n$ sao cho $d(x, y) < \frac{1}{n}$, do tính chất cực đại của $D_n$.

Đặt $D = \bigcup_n D_n$; khi đó tập hợp D là trù mật trong X, và vì X không thỏa mãn tiên đề đếm được thứ nhất, D không đếm được, nên một trong các $D_n$ là không đếm được.

Đpcm.

Theo bổ đề 1, áp dụng cho $B_0$, tồn tại một tập con không đếm được $A_0$ của $F_0$ và một số $\varepsilon > 0$ sao cho $\|x\| \leq 1$ và $\|x - y\| \geq \varepsilon$ với các $x, y$ phân biệt trong $A_0$. Ta có $\mathrm{pr}_0(E) = F_0$ và do đó tồn tại một tập con A của E sao cho $\mathrm{pr}_0$ cảm sinh một song ánh từ A lên $A_0$.

Ta sẽ xây dựng bằng quy nạp một dãy $(x_m)_{m \geq 0}$ các điểm của A; và một dãy giảm $(C_m)_{m \geq 0}$ các tập con của A thỏa mãn các điều kiện sau : a) Không tập hợp nào trong các tập hợp $C_m$ là đếm được. b) Với mọi $n \geq 0$, tập hợp $\mathrm{pr}_k(C_m)$ bị chặn trong $F_k$ đối với $0 \leq k \leq m$. c) Với mọi $m \geq 0$, ta có $x_m \in C_m - C_{m+1}$.

Đặt $C_0 = A$. Giả sử các tập hợp $C_m$ với $0 \leq m \leq n$ đã được xác định sao cho thỏa mãn a) và b) với $0 \leq m \leq n$, và cả các điểm $x_m$ trong $C_m - C_{m+1}$ với $0 \leq m < n$. Với mọi số nguyên $r \geq 1$, gọi $C_{n,r}$ là tập hợp tất cả các $x \in C_n$ sao cho

Vì $C_n$ không đếm được, nên tồn tại một số nguyên $r \geq 1$ sao cho $C_{n,r}$ không đếm được. Ta chọn một điểm $x_n$ trong $C_{n,r}$ và đặt $C_{n+1} = C_{n,r} - \{ x_n \}$. Hiển nhiên $C_{n+1} \subset C_n$ và $x_n \in C_n - C_{n+1}$, tập hợp $C_{n+1}$ không đếm được và $\mathrm{pr}_k(C_{n+1})$ bị chặn trong $F_n$ đối với $0 \leq k \leq n + 1$.

Ta có $x_m \in C_m$, và do đó $x_m \in C_n$ khi $m \geq n$. Vậy phép chiếu của dãy $(x_m)_{m \geq 0}$ trên $F_n$ bị chặn với mọi $n \geq 0$; nói cách khác, dãy $(x_m)_{m \geq 0}$ bị chặn trong E, và điều đó thiết lập bổ đề 2.

Điều phải chứng minh.

Với các ký hiệu của bổ đề 2, dãy bị chặn $(x_m)_{m \geq 0}$ có một điểm giới hạn $y$ trong E. Do đó dãy $(\mathrm{pr}_0(x_m))_{m \geq 0}$ có một điểm giới hạn $\mathrm{pr}_0(y)$ trong $F_0$, nhưng điều này mâu thuẫn với phép dựng của $A_0$.

Trên đối ngẫu E' của E, tôpô mạnh đồng nhất với tôpô hội tụ compắc, vì E là một không gian Montel. Bây giờ chỉ cần áp dụng hệ quả 1 của mệnh đề 6 của III, p. 18.

Ta có thể chỉ ra rằng đối ngẫu mạnh của một không gian Montel mêtric hóa được E không phải là mêtric hóa được nếu E là vô hạn chiều (IV, p. 57, bài tập 1).