Докажите, что двойственное пространство $\ell^1$ является $\ell^{\infty}$

Question

Докажите, что двойственное пространство $\ell^1$ является $\ell^{\infty}$

Моя попытка : я получил ответ здесь, но я не могу его понять

мы знаем, что норма $ x\in \ell^1$ дан кем-то $||x||_1=\sum_{k=1}^{\infty}|a_k|$

норма $ x\in \ell^{\infty}$ дан кем-то $||x||_{\infty}=\sup_{k\in \mathbb{N}}|a_k|$

Теперь вот мое доказательство :

поскольку $\ell^1$ является бесконечномерным, поскольку содержит бесконечную последовательность в виде $(0,0,\dots,1,0,\dots)$

Итак, есть основа $\{e_1,e_2,\dots,e_k\dots\}$ из $\ell^1$ где $e_k=M_{jk}=\begin{cases} 1 &\text{ if } j=k \\ 0 & \text{ if } j \neq k. \end{cases}$

Это означает, что каждый $x \in \ell^1$ можно записать как $x=a_1e_1+a_2e_2+\dots$

Теперь возьмем ограниченный линейный функционал $f$ из $\ell^1$

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

После этого я не могу двигаться дальше ..

Answer 1

Ясно, что каждый элемент $v\in\ell^\infty$ определяет элемент двойственного к $\ell^1$, поскольку если $v=(v_j)$ и $x=(x_j)\in\ell^1$, тогда $$ v(x)=\sum_j v_jx_j\quad\text{and}\quad |v(x)|\le \sum_j |v_j||x_j|\le \big(\sup_j |v_j|\big)\sum_j|x_j|=\|v\|_\infty\|x\|_1 $$ Позволять $\varphi\in(\ell^1)^*$ и установить $v_j=\varphi(e_j)$ и $v=(v_j)$. Ясно$$ |v_j|=|\varphi(e_j)|\le \|\varphi\|_*\|e_j\|_1=\|\varphi\|_* $$ и, следовательно $v\in\ell^\infty$ и $\|v\|_\infty\le \|\varphi\|_\infty$. Осталось показать, что$\varphi(x)=v(x)$, для всех $x\in\ell^1$ и $\|v\|_\infty= \|\varphi\|_*$.

Ясно, $\varphi(x)=v(x)$, для $x=e_j$ и для всех $x$являются конечными линейными комбинациями $e_j$с. Они также оба являются ограниченными линейными функционалами и соглашаются на плотное подмножество$\ell^1$, а значит, согласие везде, т. е. $v\equiv \varphi$.

Для заключительной части осталось показать, что $\|v\|_\infty\ge\|\varphi\|_*$. Теперь для каждого$\epsilon>0$, существует единичный вектор $w=(w_j)\in\ell^1$, так что $$ |\varphi(w)|>\|\varphi\|_*-\epsilon $$ а также существует $n\in\mathbb N$, так что $\|w-w(n)\|_1<\epsilon$, где $w(n)=(w_1,w_2,\ldots,w_n,0,0,\ldots)$ и ясно $v(w(n))=\varphi(w(n))$. Так$$ \|v\|_\infty\ge |v(w)|\ge |v(w_n)|-|v(w-w_n)|\ge|\varphi(w_n)|-\|v\|_\infty\|w-w_n\|_1 \\ \ge |\varphi(w)|-|\varphi(w-w_n)|-\epsilon\|v\|_1 \ge \|\varphi\|_*-\epsilon-\|\varphi\|_*|w-w_n|_1-\epsilon\|v\|_1 \\ \ge \|\varphi\|_*-\epsilon-\epsilon\|\varphi\|_*-\epsilon\|v\|_1= \|\varphi\|_*-\epsilon(1+\|\varphi\|_*+\|v\|_1) $$ и это верно для всех $\epsilon>0$, откуда следует, что $\|v\|_\infty\ge\|\varphi\|_*$.