Prouvez ce double espace de $\ell^1$ est $\ell^{\infty}$

Dec 23 2020

Prouvez ce double espace de $\ell^1$ est $\ell^{\infty}$

Ma tentative : j'ai eu la réponse ici mais je ne suis pas en mesure de comprendre la réponse

nous savons que la norme de $ x\in \ell^1$ est donné par $||x||_1=\sum_{k=1}^{\infty}|a_k|$

norme de $ x\in \ell^{\infty}$ est donné par $||x||_{\infty}=\sup_{k\in \mathbb{N}}|a_k|$

Maintenant, ici ma preuve commence :

Puisque $\ell^1$ est de dimension infinie car il contient la séquence infinie sous la forme $(0,0,\dots,1,0,\dots)$

Il existe donc une base $\{e_1,e_2,\dots,e_k\dots\}$ de $\ell^1$$e_k=M_{jk}=\begin{cases} 1 &\text{ if } j=k \\ 0 & \text{ if } j \neq k. \end{cases}$

Cela implique que chaque $x \in \ell^1$ peut être écrit comme $x=a_1e_1+a_2e_2+\dots$

Prenons maintenant une fonctionnelle linéaire bornée $f$ de $\ell^1$

$f: \ell^1 \to \mathbb{R}$ Défini par $f(x)= f(a_1e_1+a_2e_2+\dots)= a_1f(e_1)+a_2 f(e_2)+\dots=\sum_{k=1}^{\infty}a_kf(e_k)$

Après cela, je ne peux plus continuer.

Réponses

1 YiorgosS.Smyrlis Dec 23 2020 at 20:18

Clairement, chaque élément de $v\in\ell^\infty$ définit un élément du duel de $\ell^1$, puisque si $v=(v_j)$ et $x=(x_j)\in\ell^1$, puis $$ v(x)=\sum_j v_jx_j\quad\text{and}\quad |v(x)|\le \sum_j |v_j||x_j|\le \big(\sup_j |v_j|\big)\sum_j|x_j|=\|v\|_\infty\|x\|_1 $$ Laisser $\varphi\in(\ell^1)^*$ Et mettre $v_j=\varphi(e_j)$ et $v=(v_j)$. Clairement$$ |v_j|=|\varphi(e_j)|\le \|\varphi\|_*\|e_j\|_1=\|\varphi\|_* $$ et donc $v\in\ell^\infty$ et $\|v\|_\infty\le \|\varphi\|_\infty$. Il reste à montrer que$\varphi(x)=v(x)$, pour tous $x\in\ell^1$ et $\|v\|_\infty= \|\varphi\|_*$.

Clairement, $\varphi(x)=v(x)$, pour $x=e_j$ et pour tous $x$qui sont des combinaisons linéaires finies des $e_j$'s. Elles sont également toutes deux des fonctionnelles linéaires bornées, et elles s'accordent sur un sous-ensemble dense de$\ell^1$, et donc l'accord partout, c'est à dire, $v\equiv \varphi$.

Pour la dernière partie, il reste à montrer que $\|v\|_\infty\ge\|\varphi\|_*$. Maintenant, pour chaque$\epsilon>0$, il existe un vecteur unitaire $w=(w_j)\in\ell^1$, tel que $$ |\varphi(w)|>\|\varphi\|_*-\epsilon $$ et aussi il existe $n\in\mathbb N$, tel que $\|w-w(n)\|_1<\epsilon$, où $w(n)=(w_1,w_2,\ldots,w_n,0,0,\ldots)$ et clairement $v(w(n))=\varphi(w(n))$. Donc$$ \|v\|_\infty\ge |v(w)|\ge |v(w_n)|-|v(w-w_n)|\ge|\varphi(w_n)|-\|v\|_\infty\|w-w_n\|_1 \\ \ge |\varphi(w)|-|\varphi(w-w_n)|-\epsilon\|v\|_1 \ge \|\varphi\|_*-\epsilon-\|\varphi\|_*|w-w_n|_1-\epsilon\|v\|_1 \\ \ge \|\varphi\|_*-\epsilon-\epsilon\|\varphi\|_*-\epsilon\|v\|_1= \|\varphi\|_*-\epsilon(1+\|\varphi\|_*+\|v\|_1) $$ et c'est vrai pour tous $\epsilon>0$, ce qui implique que $\|v\|_\infty\ge\|\varphi\|_*$.