Pongo dos pruebas, la primera completa la de mi pregunta y la otra se deduce de las referencias en los comentarios.
Propuesta. $K \circ J^{-1}$ en la prueba del teorema en cuestión es un isomorfismo isométrico.
Prueba. Desde $K$ es una isometría, se deduce que $K \circ J^{-1}$ es una isometría. Ahora tenemos que demostrar que es suryente. Dado un elemento $H \in ( X \times Y )''$ podemos construir un elemento de $X'' \times Y''$ mediante la imposición de \begin{equation} H(f(x,\cdot)) =: u(x), H(f(\cdot, y)) =: v(y) \end{equation}
y definiendo $L := (u, v)$ en el sentido de que $L(x,y) = (u(x), v(y))$ para todos $(x,y) \in X\times Y$ . Así que a cada elemento de $(X \times Y)''$ se asocia un par en $X'' \times Y''$ . Por lo tanto, $K\circ J^{-1}$ es suryente. $\square$
Aquí hay otra prueba (tomada y traducida de la referencia proporcionada por @GiuseppeNegro), basada en lo siguiente
Lema. Dejemos que $X$ , $Y$ sean espacios de Banach y $X', Y'$ sus duales. Entonces $(X \times Y)'$ y $X' \times Y'$ son isométricamente isomorfas.
Prueba . Sea $T: X' \times Y' \to (X \times Y)'$ se define por
\begin{equation} \langle T(f,g) , (x,y) \rangle := \langle f,x \rangle + \langle g,y \rangle \quad f \in X', \, g \in Y' \end{equation}
Entonces defina $\phi : X \times Y \to \mathbb K$ por
\begin{equation} \phi( x,y ) := \langle f,x \rangle + \langle g,y \rangle, \quad x \in X, \, y \in Y. \end{equation}
Está claro que $T$ es lineal. Además, es sobreyectiva. De hecho, dado $\phi \in ( X \times Y)'$ podemos definir los funcionales
\begin{equation} f(x) := \langle \phi, (x,0) \rangle, \, g(y) := \langle \phi, (0,y) \rangle, \quad x \in X, \, y \in Y , \end{equation}
para que $f \in X'$ , $g \in Y'$ y $\phi = T(x,y)$ . Ahora queda por demostrar que $T$ es una isometría. Para $(x,y) \in X \times Y$ tenemos
\begin{equation} \lvert \phi(x,y) \rvert \leq \lvert \langle f , x \rangle \rvert + \lvert \langle g , y \rangle \rvert \leq \lVert f \rVert \lVert x \rVert + \lVert g \rVert \lVert y \rVert \leq (\lVert f \rVert ^2 + \lVert g \rVert^2 )^{1/2}(\lVert x \rVert ^2 + \lVert y \rVert^2 )^{1/2} , \end{equation}
y por la desigualdad de Cauchy-Schwarz para la norma euclidiana en $\mathbb{R}^2$ ,
\begin{equation} \lVert \phi \rVert \leq \lVert (f,g) \rVert \lVert (x,y) \rVert. \end{equation}
A la inversa, demostramos que, para todo $\epsilon > 0$ , $\lVert \phi \rVert \geq \lVert (f,g)\rVert - 2\epsilon$ . Sea $\epsilon > 0$ arbitraria. Por definición de $\lVert f \rVert$ existe $x_0 \in X$ tal que $\lVert x_0 \rVert = 1$ y $\lvert \langle f, x_0 \rangle \rvert \geq \lVert f \rVert - \epsilon$ . Sea $\theta \in \mathbb R$ tal que $\langle f, x_0 \rangle = \lvert \langle f, x_0 \rangle \rvert e^{i \theta}$ y establecer $x = e^{-i\theta} \lVert f \rVert x_0$ . Entonces $\lVert v \rVert = \lVert f \rVert$ y
\begin{equation} \langle f, x \rangle = e^{-i\theta}\lVert f \rVert x_0 = \lVert f \rVert \langle f, x_0 \rangle \geq \lVert f \rVert ( \lVert f \rVert - \epsilon ) = \lVert f \rVert^2 - \epsilon \lVert x \rVert. \end{equation}
Una construcción similar puede llevarse a cabo también para $g$ para que
\begin{equation} \langle \phi, (x,y) \rangle = \langle f, x \rangle + \langle g,y\rangle \geq \lVert f \rVert^2 + \lVert g \rVert^2 - ( \lVert x \rVert + \lVert y \rVert ) = ( \lVert f \rVert^2 + \lVert g \rVert^2 )^{1/2} ( \lVert x \rVert^2 + \lVert y \rVert^2 )^{1/2} - ( \lVert x \rVert + \lVert y \rVert ) \geq \lVert ( f,g) \rVert \lVert ( x,y) \rVert - \epsilon \lVert ( x,y) \rVert \end{equation}
y de ahí el resultado. $\square$
La identificación requerida sigue ahora por iteración.
En retrospectiva, creo que la idea es la misma para ambas pruebas. Si mi prueba era correcta (creo que debe serlo ahora), es mucho más sencilla que la otra, porque es más fácil comprobar que los operadores implicados son isometrías. Por favor, informadme de cualquier error que encontréis. (¡mi examen en análisis funcional está muy cerca!)
