$L^\infty$与$L^1$的对偶性证明：本质上确界的积分表示

没问题，我来帮你补完这个$L^\infty$范数对偶刻画的证明～我们分两个方向来推进，逻辑会更清晰：

第一步：证明$\boldsymbol{\lVert f\rVert_\infty \leq \sup\left{ \int_\Omega |fg|d\mu : \lVert g\rVert_1\leq1 \right}}$ #

首先回忆$\lVert f\rVert_\infty$的定义：它是满足$\mu({ |f| > t }) = 0$的最小非负实数$t$，等价于$\lVert f\rVert_\infty = \inf{ t\geq0 : |f|\leq t \text{ a.e.} }$。

取任意$t < \lVert f\rVert_\infty$，根据定义，集合$A_t = { |f| > t }$的测度$\mu(A_t) > 0$。题目里给出了关键条件：存在可测集序列$E_n \uparrow {f\neq0}$，且每个$\mu(E_n)<\infty$。因为$A_t \subset {f\neq0}$，当$n$趋向无穷时，$\mu(A_t \cap E_n)$会收敛到$\mu(A_t) > 0$，所以一定存在某个$n_0 \in \mathbb{N}$，使得$\mu(A_t \cap E_{n_0}) = c > 0$。

接下来构造符合要求的$g$：
$$g = \frac{1}{c} \cdot \chi_{A_t \cap E_{n_0}}$$
这里$\chi_S$表示集合$S$的指示函数。很容易验证$\lVert g\rVert_1 = \int_\Omega |g|d\mu = \frac{1}{c} \cdot \mu(A_t \cap E_{n_0}) = 1$，满足$\lVert g\rVert_1 \leq1$的条件。

现在计算积分：
$$\int_\Omega |fg|d\mu = \int_{A_t \cap E_{n_0}} |f| \cdot \frac{1}{c} d\mu > \int_{A_t \cap E_{n_0}} t \cdot \frac{1}{c} d\mu = t \cdot \frac{c}{c} = t$$

因为$t$可以是任意小于$\lVert f\rVert_\infty$的实数，所以上确界必然大于等于$\lVert f\rVert_\infty$。

第二步：证明$\boldsymbol{\sup\left{ \int_\Omega |fg|d\mu : \lVert g\rVert_1\leq1 \right} \leq \lVert f\rVert_\infty}$ #

这个方向的证明相对直接，利用$L^1$与$L\infty$的对偶性（或者说Holder不等式的特例）：

对于任意$g \in \mathcal{L}^1(\Omega, \mathcal{A}, \mu)$且$\lVert g\rVert_1 \leq1$，根据$\lVert f\rVert_\infty$的定义，$|f| \leq \lVert f\rVert_\infty$几乎处处成立，因此：
$$\int_\Omega |fg|d\mu \leq \int_\Omega \lVert f\rVert_\infty \cdot |g|d\mu = \lVert f\rVert_\infty \cdot \int_\Omega |g|d\mu \leq \lVert f\rVert_\infty \cdot 1 = \lVert f\rVert_\infty$$

这就说明上确界不会超过$\lVert f\rVert_\infty$。

结论 #

结合两个方向的证明，我们就得到了想要的等式：
$$\lVert f\rVert_\infty = \sup \left { \int_\Omega \lvert fg\rvert , d\mu : g\in \mathcal L^1(\Omega, \mathcal A, \mu), \lVert g \rVert_1 \leq 1 \right }.$$

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Staki42