İkili uzayını kanıtlayın $\ell^1$ dır-dir $\ell^{\infty}$

Dec 23 2020

İkili uzayını kanıtlayın $\ell^1$ dır-dir $\ell^{\infty}$

Benim girişimim : Cevabı burada aldım ama cevabı anlayamıyorum

biliyoruz ki norm $ x\in \ell^1$ tarafından verilir $||x||_1=\sum_{k=1}^{\infty}|a_k|$

normu $ x\in \ell^{\infty}$ tarafından verilir $||x||_{\infty}=\sup_{k\in \mathbb{N}}|a_k|$

Şimdi işte kanıt başlangıcım :

Dan beri $\ell^1$ sonsuz boyutludur çünkü formdaki sonsuz diziyi içerir $(0,0,\dots,1,0,\dots)$

Yani bir temel var $\{e_1,e_2,\dots,e_k\dots\}$ nın-nin $\ell^1$ nerede $e_k=M_{jk}=\begin{cases} 1 &\text{ if } j=k \\ 0 & \text{ if } j \neq k. \end{cases}$

Bu, her birinin $x \in \ell^1$ olarak yazılabilir $x=a_1e_1+a_2e_2+\dots$

Şimdi sınırlı bir doğrusal işlevsellik alın $f$ nın-nin $\ell^1$

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

Bundan sonra daha fazla ilerleyemiyorum ..

Yanıtlar

1 YiorgosS.Smyrlis Dec 23 2020 at 20:18

Açıkça, her unsuru $v\in\ell^\infty$ ikilisinin bir öğesini tanımlar $\ell^1$çünkü eğer $v=(v_j)$ ve $x=(x_j)\in\ell^1$, sonra $$ v(x)=\sum_j v_jx_j\quad\text{and}\quad |v(x)|\le \sum_j |v_j||x_j|\le \big(\sup_j |v_j|\big)\sum_j|x_j|=\|v\|_\infty\|x\|_1 $$ İzin Vermek $\varphi\in(\ell^1)^*$ ve ayarla $v_j=\varphi(e_j)$ ve $v=(v_j)$. Açıkça$$ |v_j|=|\varphi(e_j)|\le \|\varphi\|_*\|e_j\|_1=\|\varphi\|_* $$ ve dolayısıyla $v\in\ell^\infty$ ve $\|v\|_\infty\le \|\varphi\|_\infty$. Bunu göstermek için kalır$\varphi(x)=v(x)$, hepsi için $x\in\ell^1$ ve $\|v\|_\infty= \|\varphi\|_*$.

Açıkça, $\varphi(x)=v(x)$, için $x=e_j$ ve herkes için $x$sonlu doğrusal kombinasyonları olan $e_j$'s. Ayrıca her ikisi de sınırlı doğrusal işlevlerdir ve yoğun bir alt kümesi üzerinde anlaşırlar.$\ell^1$ve dolayısıyla her yerde hemfikir, yani $v\equiv \varphi$.

Son kısım için, şunu göstermeye devam ediyor $\|v\|_\infty\ge\|\varphi\|_*$. Şimdi, her biri için$\epsilon>0$bir birim vektör var $w=(w_j)\in\ell^1$, öyle ki $$ |\varphi(w)|>\|\varphi\|_*-\epsilon $$ ve ayrıca var $n\in\mathbb N$, öyle ki $\|w-w(n)\|_1<\epsilon$, nerede $w(n)=(w_1,w_2,\ldots,w_n,0,0,\ldots)$ ve açıkça $v(w(n))=\varphi(w(n))$. Yani$$ \|v\|_\infty\ge |v(w)|\ge |v(w_n)|-|v(w-w_n)|\ge|\varphi(w_n)|-\|v\|_\infty\|w-w_n\|_1 \\ \ge |\varphi(w)|-|\varphi(w-w_n)|-\epsilon\|v\|_1 \ge \|\varphi\|_*-\epsilon-\|\varphi\|_*|w-w_n|_1-\epsilon\|v\|_1 \\ \ge \|\varphi\|_*-\epsilon-\epsilon\|\varphi\|_*-\epsilon\|v\|_1= \|\varphi\|_*-\epsilon(1+\|\varphi\|_*+\|v\|_1) $$ ve bu herkes için geçerli $\epsilon>0$ki bunun anlamı $\|v\|_\infty\ge\|\varphi\|_*$.