พิสูจน์ว่าพื้นที่คู่ของ $\ell^1$ คือ $\ell^{\infty}$
พิสูจน์ว่าพื้นที่คู่ของ $\ell^1$ คือ $\ell^{\infty}$
ความพยายามของฉัน : ฉันได้รับคำตอบที่นี่แต่ฉันไม่สามารถเข้าใจคำตอบได้
เรารู้ว่าบรรทัดฐานของ $ x\in \ell^1$ ให้โดย $||x||_1=\sum_{k=1}^{\infty}|a_k|$
บรรทัดฐานของ $ x\in \ell^{\infty}$ ให้โดย $||x||_{\infty}=\sup_{k\in \mathbb{N}}|a_k|$
ตอนนี้หลักฐานของฉันเริ่มต้น :
ตั้งแต่ $\ell^1$ เป็นมิติที่ไม่มีที่สิ้นสุดเนื่องจากมีลำดับไม่สิ้นสุดในรูปแบบ $(0,0,\dots,1,0,\dots)$
ดังนั้นจึงมีพื้นฐาน $\{e_1,e_2,\dots,e_k\dots\}$ ของ $\ell^1$ ที่ไหน $e_k=M_{jk}=\begin{cases} 1 &\text{ if } j=k \\ 0 & \text{ if } j \neq k. \end{cases}$
นี่หมายความว่าทุกๆ $x \in \ell^1$ สามารถเขียนเป็น $x=a_1e_1+a_2e_2+\dots$
ตอนนี้ใช้ฟังก์ชันเชิงเส้นที่มีขอบเขต $f$ ของ $\ell^1$
$f: \ell^1 \to \mathbb{R}$ ที่กำหนดโดย $f(x)= f(a_1e_1+a_2e_2+\dots)= a_1f(e_1)+a_2 f(e_2)+\dots=\sum_{k=1}^{\infty}a_kf(e_k)$
หลังจากนั้นฉันไม่สามารถดำเนินการต่อไปได้ ..
คำตอบ
ชัดเจนทุกองค์ประกอบของ $v\in\ell^\infty$ กำหนดองค์ประกอบของ dual of $\ell^1$ตั้งแต่ถ้า $v=(v_j)$ และ $x=(x_j)\in\ell^1$แล้ว $$ v(x)=\sum_j v_jx_j\quad\text{and}\quad |v(x)|\le \sum_j |v_j||x_j|\le \big(\sup_j |v_j|\big)\sum_j|x_j|=\|v\|_\infty\|x\|_1 $$ ปล่อย $\varphi\in(\ell^1)^*$ และตั้งค่า $v_j=\varphi(e_j)$ และ $v=(v_j)$. อย่างชัดเจน$$ |v_j|=|\varphi(e_j)|\le \|\varphi\|_*\|e_j\|_1=\|\varphi\|_* $$ และด้วยเหตุนี้ $v\in\ell^\infty$ และ $\|v\|_\infty\le \|\varphi\|_\infty$. มันยังคงแสดงให้เห็นว่า$\varphi(x)=v(x)$, เพื่อทุกสิ่ง $x\in\ell^1$ และ $\|v\|_\infty= \|\varphi\|_*$.
เห็นได้ชัดว่า $\varphi(x)=v(x)$สำหรับ $x=e_j$ และสำหรับทุกคน $x$ซึ่งเป็นชุดค่าผสมเชิงเส้นที่ จำกัด ของ $e_j$ของ นอกจากนี้ยังเป็นฟังก์ชันเชิงเส้นที่มีขอบเขตและพวกเขาเห็นด้วยกับชุดย่อยที่หนาแน่นของ$\ell^1$และด้วยเหตุนี้จึงเห็นด้วยทุกที่กล่าวคือ $v\equiv \varphi$.
สำหรับส่วนสุดท้ายก็ยังคงแสดงให้เห็นว่า $\|v\|_\infty\ge\|\varphi\|_*$. ตอนนี้สำหรับทุกๆ$\epsilon>0$มีเวกเตอร์หน่วย $w=(w_j)\in\ell^1$, ดังนั้น $$ |\varphi(w)|>\|\varphi\|_*-\epsilon $$ และยังมีอยู่ $n\in\mathbb N$, ดังนั้น $\|w-w(n)\|_1<\epsilon$, ที่ไหน $w(n)=(w_1,w_2,\ldots,w_n,0,0,\ldots)$ และชัดเจน $v(w(n))=\varphi(w(n))$. ดังนั้น$$ \|v\|_\infty\ge |v(w)|\ge |v(w_n)|-|v(w-w_n)|\ge|\varphi(w_n)|-\|v\|_\infty\|w-w_n\|_1 \\ \ge |\varphi(w)|-|\varphi(w-w_n)|-\epsilon\|v\|_1 \ge \|\varphi\|_*-\epsilon-\|\varphi\|_*|w-w_n|_1-\epsilon\|v\|_1 \\ \ge \|\varphi\|_*-\epsilon-\epsilon\|\varphi\|_*-\epsilon\|v\|_1= \|\varphi\|_*-\epsilon(1+\|\varphi\|_*+\|v\|_1) $$ และนี่เป็นเรื่องจริงสำหรับทุกคน $\epsilon>0$ซึ่งหมายความว่า $\|v\|_\infty\ge\|\varphi\|_*$.