$(X \oplus_p Y)^*$ isométrico a $(X^* \oplus_q Y^*)$

Question

Deje que $X,Y$ ser espacios de Banach. Para $1 < p < \infty $ definir una norma sobre $X \oplus Y$ por $\|(x,y)\|_p=(\|x\|_X^p+\|y\|_Y^p)^{1/p}$ .

Los deberes piden que se demuestre eso: $(X \oplus_p Y)^*$ es isométrico a $(X^* \oplus_q Y^*)$ ( $^*$ denota doble).

Por supuesto, mi candidato para la isometría $T:(X^* \oplus_q Y^*) \rightarrow (X \oplus_p Y)^*$ se define por $T( \lambda_1 , \lambda_2 )=((x,y) \mapsto \lambda_1 (x)+ \lambda_2 (y))$ .

Usé las definiciones, pero no pude encontrar una razón para que mi $T$ preserva la norma.

Answer 1

Para $x\in X$ , $y\in Y$ , $\lambda_1\in X^*$ , $\lambda_2\in Y^*$ tenemos la desigualdad \begin {align} | \lambda_1 (x)+ \lambda_2 (y)|& \leq | \lambda_1 (x)|+| \lambda_2 (y)| \leq \|\lambda_1\ |\,\|x\|+\| \lambda_2\ |\,\|y\| \\ \ \\ & \leq (\| \lambda_1\ |^q+\| \lambda_2\ |^q)^{1/q}\,(\|x\|^p+\|y\|^p)^{1/p} \end {alinear} (donde usamos Hölder en el último $\leq$ ). Esto demuestra que $$ \|T(\lambda_1,\lambda_2)\| \leq \|\lambda_1,\lambda_2\|_q. $$ Ahora arreglar $\varepsilon>0$ y que $x'\in X$ , $y'\in Y$ con $\|x'\|=\|y'\|=1$ y $\|\lambda_1\|\leq|\lambda_1(x')|-\varepsilon$ , $\|\lambda_2\|\leq|\lambda_2(y)|-\varepsilon$ . Dejemos que $$ x=\frac{\|\lambda_1\|^{q-1}}{\|(\lambda_1\|^q+\|\lambda_2\|^q)^{1/p}}\,x', \ \ \ y=\frac{\|\lambda_2\|^{q-1}}{\|(\lambda_1\|^q+\|\lambda_2\|^q)^{1/p}}\,y'. $$ Entonces $$ \|(x,y)\|_p^p=\frac{\|\lambda_1\|^{p(q-1)}}{\|\lambda_1\|^q+\|\lambda_2\|^q}+\frac{\|\lambda_2\|^{p(q-1)}}{\|\lambda_1\|^q+\|\lambda_2\|^q}=\frac{\|\lambda_1\|^q+\|\lambda_2\|^q}{\|\lambda_1\|^q+\|\lambda_2\|^q}=1, $$ así que $\|(x,y)\|_p=1$ . Y \begin {align} T( \lambda_1 , \lambda_2 )(x,y)&= \lambda_1 (x)+ \lambda_2 (y)= \frac {\| \lambda_1\ |^{q-1}}{(\| \lambda_1\ |^q+\| \lambda_2\ |^q)^{1/p}\N- \lambda_1 (x')|+ \frac {\| \lambda_2\ |^{q-1}}{(\| \lambda_1\ |^q+\| \lambda_2\ |^q)^{1/p}\N- \lambda_2 (y')| \\ \ \\ & \geq\frac {\| \lambda_1\ |^{q-1}}{(\| \lambda_1\ |^q+\| \lambda_2\ |^q)^{1/p},(|||) \lambda_1\ |- \varepsilon )+ \frac {\| \lambda_2\ |^{q-1}}{(\| \lambda_1\ |^q+\| \lambda_2\ |^q)^{1/p},(|||) \lambda_2\ |- \varepsilon ) \\ \ \\ &= \frac {\| \lambda_1\ |^q+\| \lambda_2\ |^q}{(\| \lambda_1\ |^q+\| \lambda_2\ |^q)^{1/p}- \varepsilon\ , \frac {\| \lambda_1\ |^{q-1}+\| \lambda_2\ |^{q-1}}{(\| \lambda_1\ |^q+\| \lambda_2\ |^q)^{1/p}} \\ \ \\ &=(\| \lambda_1\ |^q+\| \lambda_2\ |^q)^{1/q}- \varepsilon\ , \frac {\| \lambda_1\ |^{q-1}+\| \lambda_2\ |^{q-1}}{(\| \lambda_1\ |^q+\| \lambda_2\ |^q)^{1/p}} \\ \ \\ &=\|( \lambda_1 , \lambda_2 )\|_q- \varepsilon\ , \frac {\| \lambda_1\ |^{q-1}+\| \lambda_2\ |^{q-1}}{(\| \lambda_1\ |^q+\| \lambda_2\ |^q)^{1/p}} \\ \ \\. \end {align} Como $\varepsilon$ era arbitraria, obtenemos que $\|T(\lambda_1,\lambda_2)\|\geq\|(\lambda_1,\lambda_2)\|_q$ . Así que $\|T(\lambda_1,\lambda_2)\|=\|(\lambda_1,\lambda_2)\|_q$ para todos $\lambda_1,\lambda_2$ es decir $T$ es una isometría.

Queda por demostrar que $T$ es sobre, pero asumo que puedes hacerlo.