泛函分析/拓扑向量空间

(2008年5月28日)

如果一个向量空间赋予了一个拓扑结构，使得平移（即 $x+y$ ) 和伸缩（即 $\alpha x$ ) 都是连续的，则称之为拓扑向量空间或简称TVS。

TVS 的一个子集 $E$ 被称为

有界的，如果对于 $0$ 的任何邻域 $V$ ，都存在一个 $s>0$ ，使得对于任何 $t>s$ ，都有 $E\subset tV$ 。
平衡的，如果对于任何标量 $\lambda$ 满足 $|\lambda |\leq 1$ ，都有 $\lambda E\subset E$ 。
凸的，如果对于任何 $x,y\in E$ 和任何 $\lambda _{1},\lambda _{2}\geq 0$ 满足 $\lambda _{1}x+\lambda _{2}y=1$ ，都有 $\lambda _{1}x+\lambda _{2}y\in E$ 。

1 推论 对于任何 $s,t>0$ ， $(s+t)E=sE+tE$ 成立当且仅当 $E$ 是凸的。

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 $(s+t)E\subset sE+tE$ 通常成立，证明完成。 $\square$

定义 $f(\lambda ,x)=\lambda x$ ，其中 $\lambda$ 为标量， $x$ 为向量。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。类似地，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是因为当 $\lambda \neq 0$ 时， $f(\lambda ,\cdot )$ 是单射的。此外， $E$ 的内部，记为 $E^{\circ }$ ，也是凸的。事实上，对于 $\lambda _{1},\lambda _{2}\geq 0$ 且 $\lambda _{1}+\lambda _{2}=1$

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

,

并且由于左侧是开集，它包含于 $E^{\circ }$ 。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。设 ${\mathcal {M}}$ 是 TVS 的一个子空间。则 ${\overline {\mathcal {M}}}$ 是一个拓扑子空间，并且它在标量乘法下是稳定的，如上面类似的论证所示。设 $g(x,y)=x+y$ 。如果 ${\mathcal {M}}$ 是 TVS 的一个子空间，根据连续性和线性性，

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 $V$ 为 $0$ 的邻域。根据连续性，存在一个 $\delta >0$ 和一个 $0$ 的邻域 $W$ ，使得

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

由此可见，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。

定理 1 设 ${\mathcal {X}}$ 为 TVS，且 $E\subset {\mathcal {X}}$ 。以下条件等价。

(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 $V$ ，都存在一个 $t>0$ ，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 $V$ ，使得对于每个 $n=1,2,...$ ，都有 $E\not \subset nV$ 。也就是说，存在一个在 $E$ 中的无界序列 $x_{1},x_{2},...$ 。最后，为了证明 (iii) 蕴含 (i)，令 $U$ 为 0 的一个邻域，并令 $V$ 为一个满足 $0\in V\subset U$ 的平衡开集。利用假设，选择 $t$ 使得 $E\subset tV$ 。然后对于任何 $s>t$ ，我们有

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

$\square$

推论 1 拓扑向量空间中的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 $f$ 为拓扑向量空间之间的线性算子。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 令 $f$ 为拓扑向量空间 ${\mathcal {X}}$ 上的一个线性泛函。

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

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

如果

x\in V

，则

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

，这与假设矛盾。

$f$ 的连续性现在由引理得出。 $\square$

定理 6 设 ${\mathcal {X}}$ 为一个 TVS，且 ${\mathcal {M}}\subset {\mathcal {X}}$ 为其子空间。假设：

{\mathcal {M}}

是稠密的

\Longleftrightarrow

在

{\mathcal {M}}

中

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

蕴含着在

{\mathcal {X}}

中

z=0

。

(注意这是推论2.x的结论) 那么，在空间 ${\mathcal {X}}$ 的子空间 ${\mathcal {M}}$ 上的每一个连续线性函数 $f$ 都可以扩展到 ${\mathcal {X}}^{*}$ 中的一个元素。
证明：我们基本上重复定理3.8的证明。因此，令 ${\mathcal {M}}$ 为 $f$ 的核，它是闭合的，并且我们可以假设 ${\mathcal {M}}\neq {\mathcal {X}}$ 。因此，根据假设，我们可以找到 $g\in {\mathcal {X}}^{*}$ ，使得： $g=0$ 在 $M$ 中，但 $g(p)\neq 0$ 对于 $M$ 之外的某一点 $p$ 成立。根据引理1.6， $g=\lambda f$ ，其中 $\lambda$ 为某个标量。由于 $f$ 和 $g$ 在 $p$ 处均不为零， $\lambda ={g(p) \over f(p)}\neq 0$ 。 $\square$

引理设 $V_{0},V_{1},...$ 是一个线性空间的子集序列，包含 $0$ ，使得对于每个 $n\geq 0$ ，都有 $V_{n+1}+V_{n+1}\subset V_{n}$ 。如果 $x\in V_{n_{1}}+...+V_{n_{k}}$ 且 $2^{-n_{1}}+...+2^{-n_{k}}\leq 2^{-m}$ ，则 $x\in V_{m}$ 。
证明：我们将通过对 $k$ 进行数学归纳法来证明该引理。基本情况 $k=1$ 成立，因为对于每个 $n$ ，都有 $V_{n}\subset V_{n}+V_{n}$ 。因此，假设该引理已经证明到 $k-1$ 。首先，假设 $n_{1},...,n_{k}$ 不全相同。通过排列，我们可以假设 $n_{1}=n_{2}$ 。然后得出

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}

。

现在由归纳假设得到： $x\in V_{m}$ 。接下来，假设 $n_{1},...,n_{k}$ 全部不同。再次根据排列，我们可以假设 $n_{1}<n_{2}<...n_{k}$ 。由于当时没有进位发生，并且 $m<n_{1}$ ， $m+1<n_{2}$ ，因此

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

.

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

定理 1 设 ${\mathcal {X}}$ 为一个 TVS。

(i) 如果 ${\mathcal {X}}$ 是 Hausdorff 空间并且有一个可数局部基，则 ${\mathcal {X}}$ 可度量化，其度量为 $d$ ，使得

$d(x,y)=d(x+z,y+z)$ 并且 $d(\lambda x,0)\leq d(x,0)$ ，对于所有 $|\lambda |\leq 1$

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

$g(0)=0$ ， $g=1$ 在 $V^{c}$ 上，并且对于任意 $x,y$ ，有 $g(x+y)\leq g(x)+g(y)$ 。

证明：为了证明(ii)，令 $V_{0},V_{1},...$ 是0的一系列满足引理中条件的邻域，并且 $V=V_{0}$ 。定义 $g=1$ 在 $V^{c}$ 上，并且对于每个 $x\in V$ ， $g(x)=\inf\{2^{-n_{1}}+...+2^{-n_{k}};x\in V_{n_{1}}+...+V_{n_{k}}\}$ 。为了证明三角不等式，我们可以假设 $g(x)$ 和 $g(y)$ 都小于1，因此假设 $x\in V_{n_{1}}+...+V_{n_{k}}$ 并且 $y\in V_{m_{1}}+...+V_{m_{j}}$ 。然后

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

因此， $g(x+y)\leq 2^{-n_{1}}+...+2^{-n_{k}}+2^{-m_{1}}+...+2^{-m_{j}}$ 。对所有此类 $n_{1},...,n_{k}$ 取下确界，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}

且

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

。

这意味着 $f(\lambda x)\leq f(x)$ ，特别地 $f(x)=f(-(-x))\leq f(-x)\leq f(x)$ 。定义 $d(x,y)=f(x-y)$ 将完成(i)的证明。事实上，我们收集到的 $f$ 的性质表明函数 $d$ 是具有所需性质的度量。然后，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。 $\square$

(i)中 $d$ 的第二个性质意味着关于这个 $d$ 的原点的开球是平衡的，当 ${\mathcal {X}}$ 有一个由凸集组成的可数局部基时，它可以加强为： $d(\lambda x,y)\leq \lambda d(x,y)$ ，这意味着关于原点的开球是凸的。确实，如果 $x,y\in V_{n_{1}}+...+V_{n_{k}}$ ，并且如果 $\lambda _{1}\geq 0$ 和 $\lambda _{2}\geq 0$ ，且 $\lambda _{1}+\lambda _{2}$ ，那么

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

因为凸集的和仍然是凸集。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 $|\lambda |\leq 1$ ， $f(\lambda x)\leq \lambda f(x)$ 。

推论 对于某一点 $x$ 的任何邻域 $V$ ，存在 $x$ 的一个邻域 $W$ ，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 ${\mathcal {X}}$ 的每个有限集都是闭集，则 ${\mathcal {X}}$ 是豪斯多夫空间。
证明：令 $x,y$ 为给定值。根据前面的推论，我们找到一个包含 $x$ 的开集 $V\subset {\overline {V}}\subset \{y\}^{c}$ 。 $\square$