证明线性泛函$f(x)=3\xi_1-5\xi_2$在$\ell^1$上有界并计算其范数
没问题，我来一步步帮你理清楚这个推导过程，分两部分完成：先证有界性，再求泛函的范数。
首先回忆下$\ell1$空间的核心定义：所有满足$\sum_{k=1}\infty |\xi_k| < \infty$的序列$x=(\xi_1,\xi_2,\xi_3,...)$构成的空间，其范数为$|x|1 = \sum{k=1}^\infty |\xi_k|$。线性泛函有界的判定标准是：存在常数$c>0$，使得对所有$x \in \ell^1$，都有$|f(x)| \leq c|x|_1$。
一、证明泛函有界
你已经得到$|f(x)| = |3\xi_1 -5\xi_2|$，接下来用绝对值的三角不等式拆解这个式子：
绝对值三角不等式：$|a - b| \leq |a| + |b|$
代入后可得：
$$|f(x)| = |3\xi_1 -5\xi_2| \leq |3\xi_1| + |5\xi_2| = 3|\xi_1| + 5|\xi_2|$$
再看$\ell^1$的范数$|x|1 = |\xi_1| + |\xi_2| + \sum{k=3}^\infty |\xi_k|$，显然后面的无穷项和是非负的，所以$|\xi_1| + |\xi_2| \leq |x|_1$。我们把上面的式子进一步放大：
$$3|\xi_1| +5|\xi_2| \leq 5|\xi_1| +5|\xi_2| = 5(|\xi_1| + |\xi_2|) \leq 5|x|_1$$
这里用5作为放大系数是因为它是3和5中的最大值，能让我们得到最优的常数$c$。当然你也可以直接用$3|\xi_1| \leq3|x|_1$、$5|\xi_2| \leq5|x|_1$，加起来得到$|f(x)| \leq8|x|_1$，虽然常数大了点，但同样能证明有界性。
到此我们就得到了$|f(x)| \leq5|x|_1$，完全满足有界线性泛函的定义，所以$f(x)$在$\ell^1$上是有界的。
二、求泛函的范数
线性泛函的范数定义是：
$$|f| = \sup\left{ |f(x)| \mid x \in \ell^1, |x|_1=1 \right}$$
从上面的证明我们已经知道$|f| \leq5$，现在只需要找到一个满足$|x|_1=1$的序列$x$，让$|f(x)|=5$，就能确定$|f|=5$。
构造这样的序列：取$x=(0, -1, 0, 0, ...)$——也就是只有第二个分量是-1，其余全为0。
- 先算范数：$|x|_1 = |0| + |-1| + |0| + ... =1$，符合范数为1的要求；
- 再算$f(x)$：$f(x)=3*\xi_1 -5*\xi_2 =30 -5(-1)=5$，所以$|f(x)|=5$。
这说明$\sup$的上界5是可以取到的，因此$|f|=5$。
哦对了，你也可以取$x=(0,1,0,...)$，此时$f(x)=-5$，绝对值同样是5，效果一样。
内容的提问来源于stack exchange，提问作者spitfiredd
