Brezis- Análisis funcional, Corolario 1.4

Question

Me cuesta entender la prueba de este corolario. Dice así

Por cada $x \in E$ w $$\begin{align*} ||x|| = \sup_{f \in E^*,||f|| \leq 1} |\langle f,x \rangle| = \max_{f \in E^*, ||f|| \leq 1} |\langle f,x \rangle| \end{align*}$$

w $E^*$ es el espacio dual de $E$ utilizan la notación $|\langle f,x \rangle| = f(x)$ y $||f|| = \sup_{x \in E, ||x|| \leq 1} |f(x)|$ .

La primera línea de la prueba dice,

I $$\begin{align*} \sup_{f \in E^*, ||f|| \leq 1} |\langle f,x \rangle| \leq ||x|| \end{align*}$$

¿Por qué es tan obvio? Porque cualquier $f \in E^*$ tal que $||f|| \leq 1$ sólo sabemos que para cualquier $x \in E$ tal que $||x|| \leq 1$ tenemos $|\langle f,x \rangle| \leq 1$ . Intenté razonar suponiendo primero que $\sup_{f \in E^*, ||f|| \leq 1} |\langle f,x \rangle| > ||x||$ por lo que existiría un $f \in E^*$ con $||f|| \leq 1$ y $|\langle f, x \rangle| > ||x||$ pero no veo cómo esto lleva a una contradicción.

¿Alguna pista? Quizá esté malinterpretando algo.

Answer 1

Tenemos la desigualdad destacada porque para $f\in E^*$ y $x\in E$ tenemos $$|f(x)|\leq\|f\|\|x\|,$$ y estás tomando el supremum sobre $\|f\|\leq1$ . Esto puede comprobarse observando que para $x\in E$ distinto de cero, $x/\|x\|$ tiene norma $1$ Así que $$\left|f\left(\frac{x}{\|x\|}\right)\right|\leq \sup_{x \in E, ||x|| \leq 1} |f(x)|=\|f\|.$$ Multiplicar por $\|x\|$ produce $|f(x)|\leq\|f\|\|x\|$ .

Si tienes más preguntas, házmelo saber y las editaré.