Generalización de la norma de operadores lineales acotados II

Question

Deje $E$ ser un complejo espacio de Hilbert con producto interior $\langle\cdot\;, \;\cdot\rangle$ y la norma $\|\cdot\|$y deje $\mathcal{L}(E)$ ser el álgebra de todos los delimitada lineal de operadores en $E$.

Deje $M\in \mathcal{L}(E)^+$ (es decir, $\langle Mx\;, \;x\rangle \geq0,\;\forall x\in E$), se consideran los siguientes subespacios de $\mathcal{L}(E)$: $$\mathcal{L}_M(E)=\left\{A\in \mathcal{L}(E):\,\,\exists c>0 \quad \mbox{such that}\quad\|Ax\|_M \leq c \|x\|_M ,\;\forall x \in \overline{\mbox{Im}(M)}\right\},$$ con $\|x\|_M:=\|M^{1/2}x\|,\;\forall x \in E$. Si $A\in \mathcal{L}_M(E)$, $M$-semi-norma de $A$ se define nosotros $$\|A\|_M:=\sup_{\substack{x\in \overline{\mbox{Im}(M)}\\ x\not=0}}\frac{\|Ax\|_M}{\|x\|_M}$$

De acuerdo a esta respuesta, por $A\in \mathcal{L}_M(E)$, tenemos $$\|A\|_M=\displaystyle\sup_{\|x\|_M\leq1}\|Ax\|_M=\displaystyle\sup_{\|x\|_M=1}\|Ax\|_M.$$

Deje $A\in \mathcal{L}_M(E)$, yo lo veo en un papel que es sencillo, que $$\|A\|_M=\sup\left\{|\langle Ax, y\rangle_M|;\;x,y\in \overline{\mbox{Im}(M)} ,\;\|x\|_{M}\leq1,\|y\|_{M}\leq 1\right\},$$ donde $\langle Ax, y\rangle_M=\langle MAx, y\rangle.$ ¿Cómo puedo demostrar este resultado?

Gracias a todos !!!

Answer 1

Si usted sabe que $$ \|\|_M=\sup\{\|Ax\|_M:\ \|x\|_M\leq1\}, $$ usted tiene $$ \|Ax\|_M=\frac{\langle Ax,Ax\rangle_M}{\|Ax\|_M}=\langle Ax,\frac{Ax}{\|Ax\|_M}\rangle_M, $$ así $$\tag1 \|\|_M\leq \sup\left\{|\langle Ax, y\rangle_M|;\;x,y\in \overline{\mbox{Im}(M)} ,\;\|x\|_{M}\leq1,\|s\|_{M}\leq 1\right\}. $$ Por otro lado, si $\|y\|_M\leq1$, luego $$ \langle Ax,y\rangle_M\leq\|Ax\|_M\,\|s\|_M\leq\|Ax\|_M, $$ así $$\tag2 \sup\left\{|\langle Ax, y\rangle_M|;\;x,y\in \overline{\mbox{Im}(M)} ,\;\|x\|_{M}\leq1,\|s\|_{M}\leq 1\right\}\leq\|\|_M. $$ A continuación, $(1)$ e $(2)$ juntos dan $$ \|\|_M=\sup\left\{|\langle Ax, y\rangle_M|;\;x,y\in \overline{\mbox{Im}(M)} ,\;\|x\|_{M}\leq1,\|s\|_{M}\leq 1\right\}. $$

Answer 2

Nota primero que para $A\in \mathcal{L}_M(E)$, tenemos $$\|A\|_M=\displaystyle\sup_{\|x\|_M\leq1,x \in \overline{\mbox{Im}(M)}}\|Ax\|_M,$$ y para todos los $x \in \overline{\mbox{Im}(M)}$ hemos $$\|Ax\|_M\leq \|A\|_M\|x\|_M.$$

Para cualquier $x,y \in \overline{\mbox{Im}(M)}$ con $\|x\|_M, \|y\|_M \leq1$ hemos $$|\langle Ax\mid y\rangle_M| \leq\|Ax\|_M\|y\|_M \leq \|A\|_M\|x\|_M\|y\|_M \leq\|A\|_M.$$ Ahora, para cualquier $x \in \overline{\mbox{Im}(M)}$ con $Ax \in \overline{\mbox{Im}(M)}\setminus \{0\}$ tenemos: $$\left|\langle Ax\mid\frac{Ax}{\|Ax\|_M}\rangle_M\right| = \frac{\|Ax\|_M^2}{\|Ax\|_M} = \|Ax\|_M.$$ Esto implica que para todos los $x \in \overline{\mbox{Im}(M)}$ con $Ax \in \overline{\mbox{Im}(M)}\setminus \{0\}$ hemos \begin{equation}\label{proofnorm1} \sup_{\|y\|_M\leq 1,y \in \overline{\mbox{Im}(M)}}|\langle Ax\mid y\rangle_M| \geq \left|\langle Ax\mid \frac{Ax}{\|Ax\|_M}\rangle_M\right| =\|Ax\|_M. \end{equation} Así que tomando el supremum de más de $\|x\|_M\leq 1$ con $x \in \overline{\mbox{Im}(M)}$le da: $$\sup_{\|x\|_M, \|y\|_M\leq 1, x,y \in \overline{\mbox{Im}(M)}}|\langle Ax\mid y\rangle_M| \geq \sup_{\|x\|_M\leq 1,x \in \overline{\mbox{Im}(M)}} \|Ax\|_M = \|A\|_M.$$