Banach空间技巧

Author：怪使
发布时间：December 3, 2019
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Categories：实分析

Banach空间技巧

Banach空间

对于巴拿赫空间，我们知道它是一个完备的赋范线性空间。

再次提及一下什么叫做范数：对于$X$是复向量空间，$\|{\cdot}\|:X{\to}[0,\infty)$。

$\forall{x,y}{\in}X,\|x+y\|{\le}\|x\|+\|y\|$。（三角不等式）
$\forall{x}{\in}X,{\forall}{\alpha}{\in}C,\|{\alpha}x\|=|\alpha|\|x\|$。（齐次性）
$\|x\|=0{\iff}x=0$。

则$(X,\|{\cdot}\|)$称为赋范线性空间，同时诱导出的度量具有三角不等式性质

$$ p(x,y)=\|x-y\|{\le}\|x-z\|+\|z-y\|=p(x,z)+p(z,y) $$

完备的赋范线性空间称为Banach空间

Hamel基

$X$为域$F$上的向量空间，$\left\{e_i\right\}_{i{\in}I}$称为线性无关，指的是该集族中任意有限个向量是线性无关的。

$X=span\left\{e_i\right\}_{i{\in}I}$，称$\left\{e_i\right\}_{i{\in}I}$为$X$的一组Hamel基，也就是有$\forall{x}{\in}X$，$x$为$\left\{e_i\right\}_{i{\in}I}$中有限个向量的线性组合。

定理：设$X{\neq}\left\{0\right\}$是一个向量空间，则：

存在$X$的Hamel基
若$E$和$F$是$X$的Hamel基，则$card(E)=card(F)$。基数相等。

线性算子

$X,Y$为赋范线性空间，$\Lambda{:}X{\to}Y$为线性算子（书本用的线性变换，但是我们这里统一用中国专用：线性算子）

$$ \|{\Lambda}\|=\sup\left\{\|{\Lambda}x\|_{Y}:x{\in}X,\|x\|_{X}{\le}1\right\} $$

上述是算子范数的定义，当$\|{\Lambda}\|<\infty$时，称$\Lambda$是有界线性算子，记为$\Lambda{\in}L(X,Y)$。

有界线性算子也能组成一个线性空间，验证其线性性质，这里有

$$ \|A+B\|=\sup\left\{\|(A+B)x\|{\le}\|Ax\|+\|Bx\|,\|x\|{\le}1\right\}=\|A\|+\|B\| $$

$$ \|{\alpha}A\|=\sup\left\{\|{\alpha}Ax\|=|\alpha|\|Ax\|,\|x\|{\le}1\right\}=|\alpha|\|A\| $$

而且显然有$\|{\Lambda}\|=\inf\left\{k;\|{\Lambda}x\|{\le}k\|x\|,\|x\|{\le}1\right\}$，并且当$F$为实数域$R$或者复数域$C$时候，成为线性泛函。

并且其算子范数有等价形式，我们发现如果之考虑单位向量$x$，也就是$\|x\|=1$的那些$x$是不会改变其上确界的，这是因为

$$ \|{\Lambda}(\alpha)x\|=\|{\alpha}{\Lambda}x\|=|\alpha|\|{\Lambda}x\| $$

于是有其等价的算子范数定义

$$ \|{\Lambda}\|=\sup\left\{\|{\Lambda}x\|_{Y}:x{\in}X,\|x\|_{X}=1\right\} $$

几何解释

$\Lambda$将$X$中的闭单位球，也就是集$\left\{x{\in}X;\|x\|{\le}1\right\}$映到$Y$以0为中心，半径为$\|{\Lambda}\|$的闭球之内。

线性算子连续与有界

定理：设$\Lambda$是线性赋范空间$X$到线性赋范空间$Y$的线性算子，则以下三个条件是等价的：

$\Lambda$是有界的。
$\Lambda$是连续的。
$\Lambda$在某一点$x_0$是连续的。

证明：若$\|{\Lambda}\|<\infty$，则有$\|{\Lambda}(x_1-x_2)\|{\le}\|{\Lambda}\|\|(x_1-x_2)\|$，这个是用了算子范数的定义，于是可以推出$\Lambda$是一致连续的。从而1可以证明2。从2证明3是显然的，所以最后就从3证明1：假设$\Lambda$在$x_0$处连续，则有

$$ {\forall}{\varepsilon}>0,{\exists}{\delta}>0,\|x-x_0\|{\le}{\delta},\|{\Lambda}x-{\Lambda}x_0\|{\le}{\varepsilon} $$

也就是有

$$ \|h\|<{\delta},\|{\Lambda}(x+h)-{\Lambda}x_0\|{\le}\varepsilon,\|{\Lambda}h\|<\varepsilon $$

根据算子范数的定义，我们有

$$ \|h\|<{\delta},{\Rightarrow}\|\frac{h}{\delta}\|<1,{\Rightarrow}\|{\Lambda}\|=\sup\left\{\|{\Lambda}\frac{h}{\delta}\|<\frac{\varepsilon}{\delta},\|\frac{h}{\delta}\|{\le}1\right\} $$

也就是有$\|{\Lambda}\|{\le}\frac{\varepsilon}{\delta}$。从而可以知道该算子范数有界。

探讨完备性

接下来的相关定理都与完备性有关，除了之后要介绍的哈恩-巴拿赫定理。

Cantor交定理

设$X$为完备的度量空间，$\left\{A_n\right\}_{n=0}^{\infty}$是$X$的闭子集序列，满足$A_0{\supset}A_1{\supset}{\cdots}$，且$diam{A_n}{\to}0,n{\to}\infty$，则存在$x{\in}X,{\bigcap}^{\infty}_{n=0}A_n=\left\{x\right\}$。其中$diam{A_n}=\sup\left\{p(x,y),x,y{\in}A_n\right\}$。

证明：对每个$n{\ge}0$，存在$x_n{\in}A_n$，则$\left\{x_n\right\}_{n=0}^{\infty}$是柯西列。若$m>n$，则有$x_n,x_m{\in}A_n,p(x_m,x_n)<diam{A_n}{\to}0$，于是存在$x{\in}X$，使得$x_n{\to}x$，因为$X$的完备性质。这样我们找到了这个$x$，接下来仅需证明该$x$是在其交内即可。对于$p(x_m,x_n)<diam{A_n}{\to}0$，我们令$m{\to}\infty$，于是有$p(x,x_n)<diam{A_n}{\to}0$，因为$A_n$是闭集，于是有$x{\in}A_n$，又因为$n$的任意性，于是有${\bigcap}^{\infty}_{n=0}A_n=\left\{x\right\}$。

最后证明唯一性：假设有$x,y{\in}{\bigcap}^{\infty}_{n=0}A_n$，则有$p(x,y)<diam{A_n}{\to}0$，不难知道$x=y$，于是唯一性得证。

Baire定理

设$X$是完备的度量空间，如下两等价性质成立：

$\left\{F_n\right\}^{\infty}_{n=0}$是$X$的闭子集序列，且$int({F_n})=\varnothing$，则$int({{\bigcup}^{\infty}_{n=0}F_n})=\varnothing$。其中$int$表示的是内点
$\left\{O_n\right\}^{\infty}_{n=0}$是$X$的开子集序列，且$\overline{O_n}=X$，则$\overline{{\bigcap}^{\infty}_{n=0}O_n}=X$。

首先先证明1与2是等价的。

设1成立，首先注意到$\overline{A}=X-int(X-A)$，故若$\overline{A}=X{\iff}int(X-A)=\varnothing$。

设${\forall}O_n{\in}X$为开集，$\overline{O_n}=X$，令$F_n=(X-O_n)$为闭集，则$int(F_n)=\varnothing$，由1，$int({{\bigcup}^{\infty}_{n=0}F_n})=\varnothing$，于是则有

$$ {{\bigcup}^{\infty}_{n=0}F_n}={\bigcup}^{\infty}_{n=0}(X-O_n)=X-{\bigcap}^{\infty}_{n=0}O_n $$

于是则有$int(X-{\bigcap}^{\infty}_{n=0}O_n)=\varnothing$，进一步则有$\overline{{\bigcap}^{\infty}_{n=0}O_n}=X$。

同理，如果设2成立，首先注意到$\overline{A}=X-int(X-A)$，故若$\overline{A}=X{\iff}int(X-A)=\varnothing$。

设${\forall}O_n{\in}X$为开集，$\overline{O_n}=X$，令$F_n=(X-O_n)$为闭集，则$int(F_n)=\varnothing$，由2，$\overline{{\bigcap}^{\infty}_{n=0}O_n}=X$，于是则有

$$ {\bigcap}^{\infty}_{n=0}O_n=X-{\bigcup}^{\infty}_{n=0}F_n $$

于是则有$\overline{X-{\bigcup}^{\infty}_{n=0}F_n}=X$，注意到有$\overline{X-A}=X-int(A)$，进一步有$int({{\bigcup}^{\infty}_{n=0}F_n})=\varnothing$。

于是上述已经证明了1与2等价，下述证明2成立，也就是证明：对任给的开子集$W$，$W{\cap}({\bigcap}^{\infty}_{n=0}O_0){\neq}\varnothing$。

设$p$为$X$的度量，记$S(x,r)=\left\{y{\in}X,p(x,y)<r\right\}$，$\overline{S(x,r)}$为$S(x,r)$的闭包。

$$ \overline{O_0}=X,W{\cap}O_0{\neq}\varnothing,取x_1与r_1,s.t.{\overline{S(x_1,r_1)}{\subset}W{\cap}O_0},0<r_1<1 $$

$$ \overline{O_1}=X,S(x_1,r_1){\cap}O_1{\neq}\varnothing,取x_2与r_2,s.t.{\overline{S(x_2,r_2)}{\subset}S(x_1,r_1){\cap}O_1},0<r_2<\frac{1}{2} $$

$$ \cdots{\overline{S(x_{n+1},r_{n+1})}{\subset}S(x_n,r_n){\cap}O_n},0<r_{n+1}<\frac{1}{n+1} $$

于是可以做到${\overline{S(x_1,r_1)}{\supset}}{\overline{S(x_1,r_1)}}{\supset}\cdots$，于是根据Cantor交定理，我们可以做到${\bigcup}^{\infty}_{n-1}{\overline{S(x_n,r_n)}}=\left\{x\right\}$。也即

$$ x{\in}W,x{\in}{\bigcap}^{\infty}_{n=0}O_n{\Rightarrow}W{\bigcap}({\bigcap}^{\infty}_{n=0}O_n){\neq}\varnothing $$

证明完毕。

推论：首先我们有对$G_{\delta}$型集的可数交还是$G_{\delta}$型集，$G_{\delta}$型集是开集的可数交。进而结合上述的Baire定理，我们有：$X$为完备的度量空间。稠密的$G_{\delta}$型集的可数交是个$G_{\delta}$型集，并且其在$X$稠密。

Baire纲定理

首先定义疏朗集（无处稠密集）：设$E{\subset}X$为无处稠密集，指的是$int(\overline{E})=\varnothing$。

无处稠密集的可数并称为第一纲集，不是第一纲集的都被称为第二纲集。

我们知道完备的度量空间必定是第二纲集，也就是完备空间是很多的，因为假设是第一纲集，$int({\bigcup}^{\infty}_{n=0}F_n)=\varnothing{\neq}X$这个会导出矛盾。

于是我们有下面的定理：

若$X$是度量空间，$\left\{F_n\right\}$是$X$的闭子集序列，使得$X={\bigcup}^{\infty}_{n=1}F_n$。

若$int(F_n)=\varnothing,n{\ge}1$，则$X$是不完备的。
若$X$是完备的，那一定存在$n_0$，使得$F_{n=0}{\neq}\varnothing$。

应用：

无穷维Banach空间不可能有一个可数无穷的Hamel基。

举例：对于单变量多项式全体构成的向量空间，是不可能赋予一个范数而成为一个Banach空间的。其基为$\left\{1,t,t^2,\cdots\right\}$。

证明：反证法！若$\left\{e_i\right\}^{\infty}_{i{\in}I}$是赋范线性空间$(X,\|{\cdot}\|)$的一个可数无穷的Hamel基，令$F_n=span\left\{e_i\right\}^{\infty}_{i{\in}I},F_n{\subset}F_{n+1}$，则有$X={\bigcup}^{\infty}_{n=1}F_n$，因为$F_n$是有限维的，所以是闭集（有限维线性赋范空间是完备的，因为同构于有限维欧式空间，而有限维欧式空间是完备的），若假设$int(F_n){\neq}\varnothing$，则存在$x=\sum^{n}_{i=1}a_ie_i$与$r>0$，有$\overline{B(x,r)}{\subset}F_n$，我们取到$y=\frac{r}{\|e_{n+1}\|}e_{n+1}+x$，则这个$y{\in}\overline{B(x,r)}$，但是$y{\in}F_n$，这里矛盾，于是$int(F_n)=\varnothing$，这样的话，用Baire定理，则推出$int({\bigcup}^{\infty}_{n=1}F_n)=\varnothing$，这个与$int(X)=X$矛盾啊！，所以是没有一个可数无穷的Hamel基的。

有限维赋范线性空间和紧性

这里是在赋范线性空间中做，这是因为对于度量空间可以取离散度量，所以性质不好，而对于赋范线性空间则可以做到两点之间的连线还在这个空间内。

有限维向量空间任意两个范数$\|{\cdot}\|_1$和$\|{\cdot}\|_2$是等价的。也就是$\|{\cdot}\|_1$和$\|{\cdot}\|_2$导出的拓扑相同，通常用以下式子表示，存在$c_1,c_2>0$，使得

$$ c_1\|x\|_1{\le}\|x\|_2{\le}c_2\|x\|_2 $$

任意有限维赋范向量空间是可分的，也就是它含有可数的稠子集
有限维赋范线性空间的子集是紧的当且仅当它是闭的有界集
赋范线性空间$X$的有限维子空间是闭的。

证明：

1，设这个有限维空间维数为$n$，于是$X$存在一组基$e_1,e_2,{\cdots},e_n$，对于任意一个元素$x{\in}X$，有其线性表示

$$ x=\xi_1{e_1}+\xi_2{e_2}+{\cdots}+\xi_n{e_n} $$

每个$x{\in}X$唯一对应着$K^n$空间中的一点$\xi=Tx:=(\xi_1,\xi_2,\cdots,\xi_n)$。于是很自然地，我们会考虑$x$在$X$中的范数$\|x\|$与$Tx$在$K^n$中的范数

$$ |Tx|=|\xi|=(\sum^{n}_{j=1}|\xi_j|^2)^{\frac{1}{2}} $$

之间的关系。因此，我们首先考虑一下函数$p(\xi):=\|\sum^n_{i=1}\xi_je_j\|({\forall}{\xi}{\in}K^n)$。

首先，$p$函数对$\xi$是一致连续的。这个是因为对于$\forall{\xi}=(\xi_1,\xi_2,\cdots,\xi_n),\eta=(\eta_1,\eta_2,\cdots,\eta_n){\in}K^n$，由于三角不等式与施瓦茨不等式有

$$ \begin{align*} |p(\xi)-p(\eta)|&{\le}p(\xi-\eta)\\ &{\le}\sum^n_{i=1}|\xi_i-\eta_i|\|e_i\|\\ &{\le}(\sum^n_{i=1}|\xi_i-\eta_i|^2)^{\frac{1}{2}}(\sum^n_{i=1}\|e_i\|^2)^{\frac{1}{2}}\\ &{\le}|\xi-\eta|(\sum^n_{i=1}\|e_i\|^2)^{\frac{1}{2}} \end{align*} $$

其次，根据范数的齐次性，对${\forall}\xi{\in}R^n{\backslash}{\theta}$有

$$ p(\xi)=|\xi|\|\sum^n_{j=1}\frac{|\xi_j|}{|\xi|}e_j\|=|\xi|p(\frac{\xi}{|\xi|}) \tag{1} $$

我们注意到$K^n$的单位球面$S_1{:=}\left\{\zeta{\in}K^n;|\zeta|=1\right\}$是一个紧集，于是$p(\zeta)$在$S_1$上必定能取到非负的最小值$C_1$与最大值$C_2$（这个由$p$定义可知非负），也就是有

$$ C_1{\le}p(\zeta){\le}C_2\quad(\forall{\xi}{\in}K^n) \tag{2} $$

于是（2）结合（1）就有，注意$p(\zeta)=\frac{p(\xi)}{|\xi|}$，归一化

$$ C_1|\xi|{\le}p(\xi){\le}C_2|\xi|\tag{3} $$

下面要证明$C_1>0$。我们用反证法：假设$C_1=0$，那么存在$\zeta^*{\in}S_1$，满足$p(\zeta^*)=0$，设$\zeta^*=(\zeta^*_1,\zeta^*_2,\cdots,\zeta^*_n)$，也就有

$$ \zeta^*_1e_1+\zeta^*_2e_2+\cdots+\zeta^*_ne_n=0 $$

因为$\left\{e_1,e_2,\cdots,e_n\right\}$是基，所以上式意味着$\zeta^*={\theta}$，而这和$\zeta^*{\in}S_1$矛盾，因为其范数不是1。

改写一下式子（3）为

$$ C_1|Tx|{\le}\|x\|{\le}C_2|Tx|\quad{\forall{x}{\in}X} $$

如果我们将$|Tx|$看做是在$X$空间中引入的另一个范数$\|x\|_T$，也就是有$\|x\|_T{:=}|Tx|(\forall{x}{\in}X)$，那么上式表明$\|{\cdot}\|$与$\|{\cdot}\|_T$是等价的。