泛函分析/拓撲向量空間

(2008 年 5 月 28 日)

一個賦予了拓撲結構的向量空間，使得平移（即 $x+y$ ）和伸縮（即 $\alpha x$ ）連續，被稱為拓撲向量空間或簡稱為TVS。

TVS 的一個子集 $E$ 被稱為

有界，如果對於 $0$ 的每個鄰域 $V$ ，都存在 $s>0$ 使得對於每個 $t>s$ 有 $E\subset tV$
平衡，如果對於每個標量 $\lambda$ 有 $|\lambda |\leq 1$ ，則 $\lambda E\subset E$
凸，如果對於任何 $x,y\in E$ 和任何 $\lambda _{1},\lambda _{2}\geq 0$ 有 $\lambda _{1}x+\lambda _{2}y=1$ ，則 $\lambda _{1}x+\lambda _{2}y\in E$ .

1 結論 當且僅當 $E$ 為凸集時，對於任何 $s,t>0$ 有 $(s+t)E=sE+tE$ 。
證明：假設 $s+t=1$ ，我們得到 $sx+ty\in E$ 對於所有 $x,y\in E$ 。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

對於任何

x,y\in E

。

由於 $(s+t)E\subset sE+tE$ 一般情況下成立，證明完成。 $\square$

定義 $f(\lambda ,x)=\lambda x$ 對於標量 $\lambda$ ，向量 $x$ 。如果 $E$ 是平衡集，對於任何 $|\lambda |\leq 1$ ，根據連續性，

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

.

因此，平衡集的閉包仍然是平衡集。以類似的方式，如果 $E$ 是凸集，對於 $s,t>0$

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

,

這意味著凸集的閉包仍然是凸的。這裡第一個等式成立，因為 $f(\lambda ,\cdot )$ 是單射的，如果 $\lambda \neq 0$ 。此外， $E$ 的內部，用 $E^{\circ }$ 表示，也是凸的。實際上，對於 $\lambda _{1},\lambda _{2}\geq 0$ ，其中 $\lambda _{1}+\lambda _{2}=1$

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

,

並且由於左邊是開集，它包含在 $E^{\circ }$ 中。最後，TVS 的 *子空間* 是一個同時是線性子空間和拓撲子空間的子集。令 ${\mathcal {M}}$ 是 TVS 的子空間。那麼 ${\overline {\mathcal {M}}}$ 是拓撲子空間，並且它在標量乘法下是穩定的，如上面類似的論證所示。令 $g(x,y)=x+y$ 。如果 ${\mathcal {M}}$ 是 TVS 的子空間，那麼根據連續性和線性，

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

.

因此， ${\overline {\mathcal {M}}}$ 是一個線性子空間。我們得出結論，子空間的閉包是一個子空間。

設 $V$ 是 $0$ 的鄰域。根據連續性，存在 $\delta >0$ 和 $0$ 的鄰域 $W$ ，使得

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

因此，集合 $\{\lambda ;|\lambda |<\delta \}W$ 是開集的並集，包含於 $V$ 且是平衡的。換句話說，每個 TVS 都承認一個由平衡集組成的區域性基。

1 定理 設 ${\mathcal {X}}$ 是一個 TVS， $E\subset {\mathcal {X}}$ 。下列等價。

(i) $E$ 是有界的。
(ii) $E$ 的每個可數子集都是有界的。
(iii) 對於 $0$ 的每個平衡鄰域 $V$ ，存在 $t>0$ 使得 $E\subset tV$ .

證明：(i) 蘊含 (ii) 是顯然的。如果 (iii) 為假，則存在一個平衡鄰域 $V$ 使得對於每一個 $n=1,2,...$ ，有 $E\not \subset nV$ 。也就是說，在 $E$ 中存在一個無界序列 $x_{1},x_{2},...$ 。最後，為了證明 (iii) 蘊含 (i)，令 $U$ 為 0 的鄰域， $V$ 為一個平衡開集，使得 $0\in V\subset U$ 。使用假設，選擇 $t$ 使得 $E\subset tV$ 。那麼對於任何 $s>t$ ，我們有

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

$\square$

推論 1 在 TVS 中，每個柯西序列和每個緊集都是有界的。
證明：如果該集合不是有界的，則它包含一個不是柯西序列且沒有收斂子序列的序列。 $\square$

引理 1 令 $f$ 為 TVS 之間的線性運算元。如果對於 $0$ 的某個鄰域 $V$ ， $f(V)$ 是有界的，則 $f$ 是連續的。
$\square$

定理 6 設 $f$ 是 TVS ${\mathcal {X}}$ 上的線性泛函。

(i) $f$ 的核要麼是閉集，要麼是稠密集。
(ii) $f$ 是連續的當且僅當 $\operatorname {ker} f$ 是閉集。

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

，這是一個矛盾。

$f$ 的連續性現在由引理得出。 $\square$

定理 6 設 ${\mathcal {X}}$ 是 TVS， ${\mathcal {M}}\subset {\mathcal {X}}$ 是它的子空間。假設：

{\mathcal {M}}

是稠密的

\Longleftrightarrow

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

在

{\mathcal {M}}

中意味著

z=0

在

{\mathcal {X}}

中。

(注意，這是推論 2.something 的結論) 然後，每個在子空間 ${\mathcal {M}}$ 上的連續線性函式 $f$ 可以擴充套件到 ${\mathcal {X}}^{*}$ 的一個元素。
證明：我們基本上重複定理 3.8 的證明。所以，令 ${\mathcal {M}}$ 為 $f$ 的核，它是閉合的，我們可以假設 ${\mathcal {M}}\neq {\mathcal {X}}$ 。因此，根據假設，我們可以找到 $g\in {\mathcal {X}}^{*}$ 使得： $g=0$ 在 $M$ 中，但 $g(p)\neq 0$ 對某些點 $p$ 在 $M$ 之外。根據引理 1.6， $g=\lambda f$ 對某個標量 $\lambda$ 。由於 $f$ 和 $g$ 在 $p$ 處不為零， $\lambda ={g(p) \over f(p)}\neq 0$ 。 $\square$

引理令 $V_{0},V_{1},...$ 是包含 $0$ 的線性空間的一系列子集，使得對於所有 $n\geq 0$ ， $V_{n+1}+V_{n+1}\subset V_{n}$ 。如果 $x\in V_{n_{1}}+...+V_{n_{k}}$ 且 $2^{-n_{1}}+...+2^{-n_{k}}\leq 2^{-m}$ ，那麼 $x\in V_{m}$ 。
證明：我們將透過對 $k$ 的歸納來證明這個引理。基本情況 $k=1$ 成立，因為對於所有 $n$ ， $V_{n}\subset V_{n}+V_{n}$ 。因此，假設該引理在 $k-1$ 之前已經被證明。首先，假設 $n_{1},...,n_{k}$ 並不全都不相同。透過排列，我們可以假設 $n_{1}=n_{2}$ 。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}

.

歸納假設得出： $x\in V_{m}$ 。接下來，假設 $n_{1},...,n_{k}$ 都是不同的。同樣透過置換，我們可以假設 $n_{1}<n_{2}<...n_{k}$ 。由於當時沒有進位，並且 $m<n_{1}$ ， $m+1<n_{2}$ 等等，因此

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

.

因此，根據歸納假設， $x\in V_{n_{1}}+V_{m+1}\subset V_{m}$ 。 $\square$

1 定理 令 ${\mathcal {X}}$ 是一個 TVS。

(i) 如果 ${\mathcal {X}}$ 是豪斯多夫空間並且具有可數個區域性基底，則 ${\mathcal {X}}$ 是可度量的，且度量為 $d$ ，使得

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

(ii) 對於每一個鄰域 $V\subset {\mathcal {X}}$ of $0$ ，存在一個連續函式 $g$ 使得

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

證明：為了證明（ii），令 $V_{0},V_{1},...$ 是 $0$ 的鄰域序列，滿足引理中的條件，且 $V=V_{0}$ 。定義 $g=1$ 在 $V^{c}$ 上，以及 $g(x)=\inf\{2^{-n_{1}}+...+2^{-n_{k}};x\in V_{n_{1}}+...+V_{n_{k}}\}$ 對任意 $x\in V$ 成立。為了證明三角不等式，我們可以假設 $g(x)$ 和 $g(y)$ 均小於 1，因此假設 $x\in V_{n_{1}}+...+V_{n_{k}}$ 且 $y\in V_{m_{1}}+...+V_{m_{j}}$ 。那麼

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

因此， $g(x+y)\leq 2^{-n_{1}}+...+2^{-n_{k}}+2^{-m_{1}}+...+2^{-m_{j}}$ 。對所有這樣的 $n_{1},...,n_{k}$ 求下確界，我們得到

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}}

對於每個

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

，其中

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

.

這意味著 $f(\lambda x)\leq f(x)$ ，特別是 $f(x)=f(-(-x))\leq f(-x)\leq f(x)$ 。定義 $d(x,y)=f(x-y)$ 將完成 (i) 的證明。事實上，我們收集的 $f$ 的性質表明函式 $d$ 是一個具有所需性質的度量。然後該引理表明，對於任何 $m$ ， $\{x;f(x)<\delta \}\subset V_{m}$ 對於某些 $\delta \leq 2^{m}$ 。也就是說，集合 $\{x;f(x)<\delta \}$ 在 $\delta >0$ 上構成了原始拓撲的區域性基。 $\square$

在 (i) 中， $d$ 的第二個性質意味著以這個 $d$ 定義的原點開球是平衡的，並且當 ${\mathcal {X}}$ 具有由凸集組成的可數區域性基時，它可以被強化為： $d(\lambda x,y)\leq \lambda d(x,y)$ ，這意味著以原點為中心的開球是凸的。事實上，如果 $x,y\in V_{n_{1}}+...+V_{n_{k}}$ ，並且如果 $\lambda _{1}\geq 0$ 且 $\lambda _{2}\geq 0$ 且 $\lambda _{1}+\lambda _{2}$ ，則

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

因為凸集的和仍然是凸的。也就是說，

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

並且透過迭代和連續性，可以證明對於每個 $|\lambda |\leq 1$ ，有 $f(\lambda x)\leq \lambda f(x)$ 。

推論 對於某個點 $x$ 的任何鄰域 $V$ ，存在 $x$ 的一個鄰域，使得 ${\overline {W}}\subset V$
證明：由於我們可以假設 $x=0$ ，取 $W=\{x;g(x)<2^{-1}\}$ 。 $\square$

推論 如果 TVS ${\mathcal {X}}$ 的每一個有限集都是閉集，則 ${\mathcal {X}}$ 是豪斯多夫空間。
證明：令 $x,y$ 是給定的。根據前面的推論，我們可以找到一個包含 $x$ 的開集 $V\subset {\overline {V}}\subset \{y\}^{c}$ 。 $\square$