泛函分析/拓扑向量空间

(2008 年 5 月 28 日)

一个赋予了拓扑结构的向量空间，使得平移（即 $x+y$ ）和伸缩（即 $\alpha x$ ）连续，被称为拓扑向量空间或简称为TVS。

TVS 的一个子集 $E$ 被称为

有界，如果对于 $0$ 的每个邻域 $V$ ，都存在 $s>0$ 使得对于每个 $t>s$ 有 $E\subset tV$
平衡，如果对于每个标量 $\lambda$ 有 $|\lambda |\leq 1$ ，则 $\lambda E\subset E$
凸，如果对于任何 $x,y\in E$ 和任何 $\lambda _{1},\lambda _{2}\geq 0$ 有 $\lambda _{1}x+\lambda _{2}y=1$ ，则 $\lambda _{1}x+\lambda _{2}y\in E$ .

1 结论 当且仅当 $E$ 为凸集时，对于任何 $s,t>0$ 有 $(s+t)E=sE+tE$ 。
证明：假设 $s+t=1$ ，我们得到 $sx+ty\in E$ 对于所有 $x,y\in E$ 。反之，如果 $E$ 是凸集，

{s \over s+t}x+{t \over s+t}y\in E

，或者

sx+sy\in (s+t)E

对于任何

x,y\in E

。

由于 $(s+t)E\subset sE+tE$ 一般情况下成立，证明完成。 $\square$

定义 $f(\lambda ,x)=\lambda x$ 对于标量 $\lambda$ ，向量 $x$ 。如果 $E$ 是平衡集，对于任何 $|\lambda |\leq 1$ ，根据连续性，

f(\lambda ,{\overline {E}})\subset {\overline {f(\lambda ,E)}}\subset {\overline {E}}

.

因此，平衡集的闭包仍然是平衡集。以类似的方式，如果 $E$ 是凸集，对于 $s,t>0$

f((s+t),{\overline {E}})={\overline {f((s+t),E)}}={\overline {sE+tE}}

,

这意味着凸集的闭包仍然是凸的。这里第一个等式成立，因为 $f(\lambda ,\cdot )$ 是单射的，如果 $\lambda \neq 0$ 。此外， $E$ 的内部，用 $E^{\circ }$ 表示，也是凸的。实际上，对于 $\lambda _{1},\lambda _{2}\geq 0$ ，其中 $\lambda _{1}+\lambda _{2}=1$

\lambda _{1}E^{\circ }+\lambda _{2}E^{\circ }\subset E

,

并且由于左边是开集，它包含在 $E^{\circ }$ 中。最后，TVS 的 *子空间* 是一个同时是线性子空间和拓扑子空间的子集。令 ${\mathcal {M}}$ 是 TVS 的子空间。那么 ${\overline {\mathcal {M}}}$ 是拓扑子空间，并且它在标量乘法下是稳定的，如上面类似的论证所示。令 $g(x,y)=x+y$ 。如果 ${\mathcal {M}}$ 是 TVS 的子空间，那么根据连续性和线性，

g({\overline {\mathcal {M}}},{\overline {\mathcal {M}}})\subset {\overline {g({\mathcal {M}},{\mathcal {M}})}}={\overline {\mathcal {M}}}

.

因此， ${\overline {\mathcal {M}}}$ 是一个线性子空间。我们得出结论，子空间的闭包是一个子空间。

设 $V$ 是 $0$ 的邻域。根据连续性，存在 $\delta >0$ 和 $0$ 的邻域 $W$ ，使得

f(\{\lambda ;|\lambda |<\delta \},W)\subset V

因此，集合 $\{\lambda ;|\lambda |<\delta \}W$ 是开集的并集，包含于 $V$ 且是平衡的。换句话说，每个 TVS 都承认一个由平衡集组成的局部基。

1 定理 设 ${\mathcal {X}}$ 是一个 TVS， $E\subset {\mathcal {X}}$ 。下列等价。

(i) $E$ 是有界的。
(ii) $E$ 的每个可数子集都是有界的。
(iii) 对于 $0$ 的每个平衡邻域 $V$ ，存在 $t>0$ 使得 $E\subset tV$ .

证明：(i) 蕴含 (ii) 是显然的。如果 (iii) 为假，则存在一个平衡邻域 $V$ 使得对于每一个 $n=1,2,...$ ，有 $E\not \subset nV$ 。也就是说，在 $E$ 中存在一个无界序列 $x_{1},x_{2},...$ 。最后，为了证明 (iii) 蕴含 (i)，令 $U$ 为 0 的邻域， $V$ 为一个平衡开集，使得 $0\in V\subset U$ 。使用假设，选择 $t$ 使得 $E\subset tV$ 。那么对于任何 $s>t$ ，我们有

E\subset tV=s{t \over s}V\subset sV\subset sU

$\square$

推论 1 在 TVS 中，每个柯西序列和每个紧集都是有界的。
证明：如果该集合不是有界的，则它包含一个不是柯西序列且没有收敛子序列的序列。 $\square$

引理 1 令 $f$ 为 TVS 之间的线性算子。如果对于 $0$ 的某个邻域 $V$ ， $f(V)$ 是有界的，则 $f$ 是连续的。
$\square$

定理 6 设 $f$ 是 TVS ${\mathcal {X}}$ 上的线性泛函。

(i) $f$ 的核要么是闭集，要么是稠密集。
(ii) $f$ 是连续的当且仅当 $\operatorname {ker} f$ 是闭集。

Proof: To show (i), suppose the kernel of $f$ is not closed. That means: there is a $y$ which is in the closure of $\operatorname {ker} f$ but $f(y)\neq 0$ . For any $x\in {\mathcal {X}}$ , $x-{f(x) \over f(y)}y$ is in the kernel of $f$ . This is to say, every element of ${\mathcal {X}}$ is a linear combination of $y$ and some other element in $\operatorname {ker}$ . Thus, $\operatorname {ker} f$ is dense. (ii) If $f$ is continuous, $\operatorname {ker} f=f^{-1}(\{0\})$ is closed. Conversely, suppose $\operatorname {ker} f$ is closed. Since $f$ is continuous when $f$ is identically zero, suppose there is a point $y$ with $f(y)=1$ . Then there is a balanced neighborhood $V$ of $0$ such that $y+V\subset (\operatorname {ker} f)^{c}$ . It then follows that $\sup _{V}|f|<1$ . Indeed, suppose $|f(x)|\geq 1$ . Then

y-{x \over f(x)}\in \operatorname {ker} (f)\cap (y+V)

如果

x\in V

，这是一个矛盾。

$f$ 的连续性现在由引理得出。 $\square$

定理 6 设 ${\mathcal {X}}$ 是 TVS， ${\mathcal {M}}\subset {\mathcal {X}}$ 是它的子空间。假设：

{\mathcal {M}}

是稠密的

\Longleftrightarrow

z\in {\mathcal {X}}^{*}=0

在

{\mathcal {M}}

中意味着

z=0

在

{\mathcal {X}}

中。

(注意，这是推论 2.something 的结论) 然后，每个在子空间 ${\mathcal {M}}$ 上的连续线性函数 $f$ 可以扩展到 ${\mathcal {X}}^{*}$ 的一个元素。
证明：我们基本上重复定理 3.8 的证明。所以，令 ${\mathcal {M}}$ 为 $f$ 的核，它是闭合的，我们可以假设 ${\mathcal {M}}\neq {\mathcal {X}}$ 。因此，根据假设，我们可以找到 $g\in {\mathcal {X}}^{*}$ 使得： $g=0$ 在 $M$ 中，但 $g(p)\neq 0$ 对某些点 $p$ 在 $M$ 之外。根据引理 1.6， $g=\lambda f$ 对某个标量 $\lambda$ 。由于 $f$ 和 $g$ 在 $p$ 处不为零， $\lambda ={g(p) \over f(p)}\neq 0$ 。 $\square$

引理令 $V_{0},V_{1},...$ 是包含 $0$ 的线性空间的一系列子集，使得对于所有 $n\geq 0$ ， $V_{n+1}+V_{n+1}\subset V_{n}$ 。如果 $x\in V_{n_{1}}+...+V_{n_{k}}$ 且 $2^{-n_{1}}+...+2^{-n_{k}}\leq 2^{-m}$ ，那么 $x\in V_{m}$ 。
证明：我们将通过对 $k$ 的归纳来证明这个引理。基本情况 $k=1$ 成立，因为对于所有 $n$ ， $V_{n}\subset V_{n}+V_{n}$ 。因此，假设该引理在 $k-1$ 之前已经被证明。首先，假设 $n_{1},...,n_{k}$ 并不全都不相同。通过排列，我们可以假设 $n_{1}=n_{2}$ 。因此，得出

x\in V_{n_{1}}+V_{n_{2}}+...+V_{n_{k}}\subset V_{n_{2}-1}+...+V_{n_{k}}

且

2^{-n_{1}}+...2^{-n_{k}}=2^{-(n_{2}-1)}+...+2^{-n_{k}}\leq 2^{m}

.

归纳假设得出： $x\in V_{m}$ 。接下来，假设 $n_{1},...,n_{k}$ 都是不同的。同样通过置换，我们可以假设 $n_{1}<n_{2}<...n_{k}$ 。由于当时没有进位，并且 $m<n_{1}$ ， $m+1<n_{2}$ 等等，因此

2^{-n_{2}}+...+2^{-n_{k}}\leq 2^{-(m+1)}

.

因此，根据归纳假设， $x\in V_{n_{1}}+V_{m+1}\subset V_{m}$ 。 $\square$

1 定理 令 ${\mathcal {X}}$ 是一个 TVS。

(i) 如果 ${\mathcal {X}}$ 是豪斯多夫空间并且具有可数个局部基底，则 ${\mathcal {X}}$ 是可度量的，且度量为 $d$ ，使得

$d(x,y)=d(x+z,y+z)$ 以及 $d(\lambda x,0)\leq d(x,0)$ 对所有 $|\lambda |\leq 1$ 成立

(ii) 对于每一个邻域 $V\subset {\mathcal {X}}$ of $0$ ，存在一个连续函数 $g$ 使得

$g(0)=0$ ， $g=1$ 在 $V^{c}$ 上，并且 $g(x+y)\leq g(x)+g(y)$ 对任何 $x,y$ 成立。

证明：为了证明（ii），令 $V_{0},V_{1},...$ 是 $0$ 的邻域序列，满足引理中的条件，且 $V=V_{0}$ 。定义 $g=1$ 在 $V^{c}$ 上，以及 $g(x)=\inf\{2^{-n_{1}}+...+2^{-n_{k}};x\in V_{n_{1}}+...+V_{n_{k}}\}$ 对任意 $x\in V$ 成立。为了证明三角不等式，我们可以假设 $g(x)$ 和 $g(y)$ 均小于 1，因此假设 $x\in V_{n_{1}}+...+V_{n_{k}}$ 且 $y\in V_{m_{1}}+...+V_{m_{j}}$ 。那么

x+y\in V_{n_{1}}+...+V_{n_{k}}+V_{m_{1}}+...+V_{m_{j}}

因此， $g(x+y)\leq 2^{-n_{1}}+...+2^{-n_{k}}+2^{-m_{1}}+...+2^{-m_{j}}$ 。对所有这样的 $n_{1},...,n_{k}$ 求下确界，我们得到

g(x+y)\leq g(x)+2^{-m_{1}}+...+2^{-m_{j}}

and do the same for the rest we conclude $g(x+y)\leq g(x)+g(y)$ . This proves (ii) since $g$ is continuous at $0$ and it is then continuous everywhere by the triangular inequality. Now, to show (i), choose a sequence of balanced sets $V_{0},V_{1},...$ that is a local base, satisfies the condition in the lemma and is such that $V_{0}={\mathcal {X}}$ . As above, define $f(x)=\inf\{2^{-n_{1}}+...+2^{-n_{k}};x\in V_{n_{1}}+...+V_{n_{k}}\}$ for each $x\in {\mathcal {X}}$ . For the same reason as before, the triangular inequality holds. Clearly, $f(0)=0$ . If $f(x)\leq 2^{-m}$ , then there are $n_{1},...,n_{k}$ such that $2^{-n_{1}}+...+2^{-n_{k}}\leq 2^{-m}$ and $x\in V_{n_{1}}+...+V_{n_{k}}$ . Thus, $x\in V_{m}$ by the lemma. In particular, if $f(x)\leq 2^{-m}$ for "every" $m$ , then $x=0$ since ${\mathcal {X}}$ is Hausdorff. Since $V_{n}$ are balanced, if $|\lambda |\leq 1$ ,

\lambda x\in V_{n_{1}}+...+V_{n_{k}}

对于每个

n_{1},...,n_{k}

，其中

x\in V_{n_{1}}+...+V_{n_{k}}

.

这意味着 $f(\lambda x)\leq f(x)$ ，特别是 $f(x)=f(-(-x))\leq f(-x)\leq f(x)$ 。定义 $d(x,y)=f(x-y)$ 将完成 (i) 的证明。事实上，我们收集的 $f$ 的性质表明函数 $d$ 是一个具有所需性质的度量。然后该引理表明，对于任何 $m$ ， $\{x;f(x)<\delta \}\subset V_{m}$ 对于某些 $\delta \leq 2^{m}$ 。也就是说，集合 $\{x;f(x)<\delta \}$ 在 $\delta >0$ 上构成了原始拓扑的局部基。 $\square$

在 (i) 中， $d$ 的第二个性质意味着以这个 $d$ 定义的原点开球是平衡的，并且当 ${\mathcal {X}}$ 具有由凸集组成的可数局部基时，它可以被强化为： $d(\lambda x,y)\leq \lambda d(x,y)$ ，这意味着以原点为中心的开球是凸的。事实上，如果 $x,y\in V_{n_{1}}+...+V_{n_{k}}$ ，并且如果 $\lambda _{1}\geq 0$ 且 $\lambda _{2}\geq 0$ 且 $\lambda _{1}+\lambda _{2}$ ，则

\lambda _{1}x+\lambda _{2}y\in V_{n_{1}}+...+V_{n_{k}}

因为凸集的和仍然是凸的。也就是说，

f(\lambda _{1}x+\lambda _{2}y)\leq \min\{f(x),f(y)\}\leq {f(x)+f(y) \over 2}

并且通过迭代和连续性，可以证明对于每个 $|\lambda |\leq 1$ ，有 $f(\lambda x)\leq \lambda f(x)$ 。

推论 对于某个点 $x$ 的任何邻域 $V$ ，存在 $x$ 的一个邻域，使得 ${\overline {W}}\subset V$
证明：由于我们可以假设 $x=0$ ，取 $W=\{x;g(x)<2^{-1}\}$ 。 $\square$

推论 如果 TVS ${\mathcal {X}}$ 的每一个有限集都是闭集，则 ${\mathcal {X}}$ 是豪斯多夫空间。
证明：令 $x,y$ 是给定的。根据前面的推论，我们可以找到一个包含 $x$ 的开集 $V\subset {\overline {V}}\subset \{y\}^{c}$ 。 $\square$