哈恩-巴拿赫定理

在介绍哈恩-巴拿赫定理之前，需要给定一些补充说明，并且证明一些命题。

补充说明

$V$是复（实）的线性空间，指的是

$$ x,y{\in}V,x+y{\in}V,{\alpha}{\in}\mathbb{C},\alpha{x}{\in}V $$

设$\varphi$是复线性空间$V$上的复线性泛函：

$$ {\forall}x{\in}V,\varphi(x){\in}\mathbb{C},\varphi(x+y)=\varphi(x)+\varphi(y);\\ \varphi(\alpha{x})={\alpha}\varphi(x),\alpha{\in}\mathbb{C} $$

若上式对${\forall}\alpha{\in}R^1$，则称$\varphi$是实的线性泛函。（其线性空间还是复的）

若$u$是复线性泛函$f$的实部，$u$为实的线性泛函。

命题

设$V$是复线性空间。

（1），若$u$是$V$上的复线性泛函$f$的实部，则

$$ f(x)=u(x)-iu(ix)\tag{1} $$

（2），若$u$是$V$上的一个实线性泛函，且$f$由（1）式定义，则$f$为$V$上的一个复线性泛函。

（3），若$V$为赋范线性空间，而$u$与$f$有（1）式关系，则$\|f\|=\|u\|$。

（1）证明：设$\alpha,\beta{\in}R^1,z=\alpha+i{\beta},iz=-\beta+i{\alpha},Re(iz)=-\beta$。

故有$z=Re(z)-izRe(iz)$，又因为$Re(if(x))=Ref(ix)=u(ix)$。

故有$f(x)=u(x)-iu(ix)$，仅需令$z=f(x)$即可证明。

（2）证明：由于$f$为线性泛函，$f(x+y)=f(x)+f(y),f({\alpha}x)={\alpha}f(x){\quad}({\forall}\alpha{\in}R^1)$。

$$ f(ix)=u(ix)-iu(-x)=u(ix)+iu(x)=i(-iu(ix)+u(x))=if(x) $$

故$f$为复的线性泛函。

（3）证明：因为$|u(x)|{\le}|f(x)|$，于是有$\|u\|{\le}\|f\|$，由$\|u\|$的定义。

$$ {\forall}x{\in}U,{\exists}\alpha{\in}\mathbb{C},|\alpha|=1,{\quad}s.t.{\alpha}f(x)=|f(x)|\\ z=re^{i{\theta}},取{\alpha}=e^{ir{\theta}},|\alpha|=1\\ |f(x)|=f(\alpha{x})=u(\alpha{x}){\le}\|u\|{\cdot}\|{\alpha}x\|=\|u\|{\cdot}\|x\|,\|f\|{\le}\|u\|(算子范数定义) $$

于是有$\|f\|=\|u\|$。

哈恩-巴拿赫定理

给定上面的命题和相关补充内容，于是我们可以开始证明Hahn-Banach定理。

若$M$是赋范线性空间$X$的子空间，$f$为$M$上的有界线性泛函，则$f$可以延拓成$X$上的有界线性泛函$F$，且$\|F\|=\|f\|$（保范延拓）。

注意：这里的$M$不必是闭子空间。

$F$为$f$的延拓是指：$f$的定义域包含于$F$的定义域，并且$F|_{M}=f$，且两者的范数为：

$$ \|F\|=\sup_{x{\neq}0,x{\in}X}\frac{|F(x)|}{\|x\|},\|f\|=\sup_{x{\neq}0,x{\in}M}\frac{|f(x)|}{\|x\|} $$

下面我们证明这个定理：

第一步我们先证明：设$X$是赋范线性空间，$M$为$X$的子空间，$f$为$M$上实有界线性泛函，当$\|f\|=0$，则令$F=0$；若$\|f\|{\neq}0$，不妨设$\|f\|=1$。

取$x_0{\in}X{\backslash}M$，令$M_1=\left\{x+{\lambda}x_0|x{\in}M,{\lambda}{\in}R^1\right\}$，这里扩展至加1维空间，令$f_1(x+{\lambda}x_0)=f(x)+{\lambda}\alpha$，其中这个$\alpha$之后会指定，限定该数可以保范。首先证明这个$f_1$是$M_1$上的线性泛函。

$$ \begin{align*} f_1(x_1+{\lambda}x_0+x_2+{\lambda}x_0)&=f_1(x_1+x_2+(\lambda_1+\lambda_2)x_0)\\ &=f(x_1+x_2)+(\lambda_1+\lambda_2)\alpha\\ &=f(x_1)+{\lambda_1}\alpha+f(x_2)+{\lambda_2}\alpha\\ &=f_1(x_1+{\lambda_1}x_0)+f_1(x_2+{\lambda_2}x_0)\\ f_1(t(x+{\lambda}x_0))&=f_1(tx+{\lambda}tx_0)\\ &=f(tx)+{\lambda}t{\alpha}\\ &=t(f(x)+{\lambda}{\alpha})\\ &=tf_1(x+{\lambda}x_0) \end{align*} $$

且对${\forall}x{\in}M,f_1(x)=f(x)$是成立的。

接下来我们确定$\alpha$，使得$\|f_1\|=1$。

先证明$\|f_1\|{\le}1$成立，如果有$\|f_1\|{\le}1$成立，则因为在$M$上有$f(x)=f_1(x)$，而$\|f\|=1$，于是有

$$ \|f_1\|=\sup_{x{\in}M_1}\frac{|f_1(x)|}{\|x\|}{\ge}\sup_{x{\in}M}\frac{|f_1(x)|}{\|x\|}=\sup_{x{\in}M}\frac{|f(x)|}{\|x\|}=\|f\|=1 $$

于是综合就有$\|f_1\|=1$。

于是我们需要仅需证明$\|f_1\|{\le}1$成立，假设该式子成立，则有

$$ |f_1(x+{\lambda}x_0)|=|f(x)+{\lambda}{\alpha}|{\le}\|x+{\lambda}x_0\| $$

代入$-{\lambda}x=x$也就是有：

$$ |f_1({-{\lambda}}x+{\lambda}x_0)|=|-{\lambda}f_1(x-x_0)|=|\lambda||f(x)-{\alpha}|{\le}|{\lambda}|\|x-x_0\|\\ |f(x)-{\alpha}|{\le}\|x-x_0\|{\quad}x{\in}M $$

于是则有

$$ f(x)-\|x-x_0\|{\le}{\alpha}{\le}f(x)+\|x+x_0\| $$

我们令$A_x=f(x)-\|x-x_0\|,B_x=f(x)+\|x+x_0\|$，于是即为$A_x{\le}{\alpha}{\le}B_x$，这样的${\alpha}$当且仅当所有的区间$[A_x,B_x]$有公共点，其等价条件则为：对所有的$x,y{\in}M$，有$A_x{\le}B_y$存在。

而因为

$$ f(x)-f(y)=f(x-y){\le}\|f\|{\cdot}\|x-y\|=\|x-y\|{\le}\|x-x_0\|+\|y-x_0\| $$

即可证明。于是有$\|f_1\|{\le}1$成立。

第二步：设$P$为全体序对$(M',f')$的集族，其中$M'$是包含$M$的$X$上的子空间，而$f'$是$f$到$M'$的保范延拓：$\|f'\|=1$。

我们记$(M',f'){\prec}(M'',f'')$：若$M'{\subset}M'',f'(x)=f''(x){\quad}{\forall}x{\in}M'$。

则$P$是一个偏序集，且非空，根据豪斯多夫极大性定理，则知道$P$有一个极大的全序子集$\Omega$。

设$\Phi$是使得$(M',f'){\in}\Omega$的所有$M'$构成的集族，根据集合的包含关系，$\Phi$是全序集。则$\Phi$的所有元素之并$\widetilde{M}$为一个子空间，即有$\widetilde{M}={\bigcup}_{M'{\in}\Phi}M'$，这里子空间需要证明。

若$x{\in}\widetilde{M}$，则存在$M'{\in}\Phi$，使得$x{\in}M'$，令$F(x)=f'(x)$，因为$\Omega$为包含关系的全序集，所以$F$的选择与$M'$的选择无关。接下来先证明$F(x)$是个范数为1的线性泛函。

$$ x_1,x_2{\in}\widetilde{M},{\exists}M',s.t.x_1,x_2{\in}M'\\ F(x_1+x_2)=f'(x_1+x_2)=f'(x_1)+f'(x_2)=F(x_1)+F(x_2)\\ F({\alpha}x)=f'({\alpha}x)={\alpha}f'(x)={\alpha}F(x) $$

然后证明其范数为1：

$$ |F(X)|=|f'(x)|{\le}1且\|F\|=\sup_{\|x\|=1,x{\in}\widetilde{M}}|F(x)|\\ \|F\|{\le}1 $$

又有：

$$ \|F\|=\sup_{\|x\|=1,x{\in}\widetilde{M}}|F(x)|{\ge}\sup_{\|x\|=1,x{\in}M'}|f'(x)|=1\\ \|F\|{\ge}1 $$

于是$\|F\|=1$。

若$\widetilde{M}$为$X$的真子空间，那么有$(\widetilde{M'},F')$是$(\widetilde{M},F)$的延拓，$(\widetilde{M},F){\prec}(\widetilde{M'},F')$，这个与$\Omega$的极大性矛盾。

第三步：设$f$是赋范线性空间$X$的子空间$M$上的复有界线性泛函。

$u$为$f$的实部，用前两步的结论，$u$可以保范延拓到$X$上的有界线性泛函$U$，且$\|U\|=\|u\|$，定义

$$ F(x)=U(x)-iU(ix){\quad}(x{\in}X) $$

则$F$为$f$的一个复线性开拓。（命题（1）），且有前后两个等号是命题（3），中间是用的实哈恩-巴拿赫定理

$$ \|F\|=\|U\|=\|u\|=\|f\| $$

完成复赋范线性空间上复泛函的证明。

两个推论

推论1

定理5.19：设$M$是赋范线性空间$X$的子空间，有$x_0{\in}X$，则$x_0{\in}\overline{M}{\iff}$不存在$X$上的有界线性泛函$f$，使得对所有的$x{\in}M,f(x)=0$，但是$f(x_0){\neq}0$。

从左到右的证明：若$x{\in}\overline{M},f$为$X$上的有界线性泛函，且对所有的$x{\in}M,f(x)=0$，则根据$f$的连续性（有界），则可以推出$f(x_0)=0$。

从右边到左边，我们假设$x{\notin}\overline{M}$，只要说明这个有界线性泛函是存在的，则可以证明完毕：若$x_0{\notin}\overline{M}$，则存在$\delta>0$，使得对任意的$x{\in}M,\|x-x_0\|>\delta$，设$M’$为由$M$和$x_0$张成的子空间$\left\{x+{\lambda}x_0|x{\in}M,{\lambda}{\in}\mathbb{C}\right\}$，并且有$f(x+{\lambda}x_0)=\lambda$，于是则有

$$ f(x)=0,x{\in}M;f(x_0)=1 $$

考察其范数

$$ \|{\lambda}x_0+x\|=|\lambda|{\cdot}\|x_0+\frac{1}{\lambda}x\|{\ge}|{\lambda}|\delta $$

于是有

$$ \frac{|f(x+{\lambda}x_0)|}{\|x+{\lambda}x_0\|}{\le}\frac{1}{\delta},\|f\|{\le}\frac{1}{\delta} $$

于是由Hahn-Banach定理，$f$可以保范延拓到$X$。于是这个有界线性泛函是存在的。

推论2

定理5.20：若$X$为一个赋范线性空间，且$x_0{\in}X,x_0{\neq}0$，则存在$X$上范数为1的有界线性泛函$f$，使得$f(x_0)=\|x_0\|$。

证明：令$M=\left\{{\lambda}x_0|{\lambda}{\in}\mathbb{C}\right\}$，定义$f({\lambda}x_0)={\lambda}\|x_0\|$，于是可以推出$\|f\|=1$，并且$f$是线性泛函。然后用Hahn-Banach定理可以延拓到$X$上。

注释

$X$是赋范线性空间，而$X^*$为$X$上全体有界的线性泛函构成的集族，在$X^*$上定义加法和数乘如下，成为一个线性空间。

$$ f,g{\in}X^*,(f+g)(x)=f(x)+g(x),{\quad}{\forall}x{\in}X\\ (\alpha{f})(x)={\alpha}f(x)=f({\alpha}x) $$

其上的范数为算子范数

$$ \|f\|=\sup_{x{\in}X,x{\neq}0}\frac{|f(x)|}{\|x\|} $$

则$X^*$为赋范线性空间，且还是完备的，也就是个巴拿赫空间。

证明如下：

显然$X^*$是一个线性赋范空间。给定$\left\{f_n\right\}{\subset}X^*$是一列柯西序列，也就是对${\forall}\varepsilon>0$，存在$N>0$使得

$$ \|f_n-f_m\|<{\varepsilon},{\quad}{\forall}n,m>N $$

于是有

$$ |f_n(x)-f_m(x)|{\le}\|f_n-f_m\|{\cdot}\|x\|<\|x\|{\cdot}\varepsilon,{\quad}{\forall}n,m>N,{\forall}x{\in}X $$

因此$\left\{f_n(x)\right\}{\subset}\mathbb{C}$仍然是一列柯西序列，并且我们定义

$$ f(x)=\lim_{n{\to}\infty}f_n(x),{\quad}{\forall}x{\in}X $$

容易证明$f$是$X$上的线性泛函。因为$\left\{\|f_n\|\right\}$是一列柯西序列，存在$M>0$使得

$$ \|f_n\|{\le}M,n=1,2,\cdots $$

因此，对于上面的$\varepsilon,N$，则有$n>N$时候，

$$ |f(x)|{\le}|f_n(x)|+\|x\|{\varepsilon}{\le}\|x\|(M+\varepsilon){\quad}{\forall}x{\in}X $$

它使得

$$ |f(x)|{\le}M\|x\|{\quad}{\forall}x{\in}X $$

于是有$\|f\|{\le}M$。也就是说$f{\in}X^*$。因此，$X^*$是一个巴拿赫空间。

另外

根据推论2，我们甚至可以用算子范数反过来得到$\|x\|$。

取$x{\in}X{\backslash}\left\{0\right\}$，且$x^*(f)=f(x),{\forall}f{\in}X^*$，于是有

$$ \|x^*\|=\sup_{f{\neq}0}\frac{|f(x)|}{\|f\|},|f(x)|{\le}\|f\|{\cdot}\|x\|{\Rightarrow}\|x^*\|{\le}\|x\| $$

又根据推论2，我们有

$$ \|x^*\|=\|x\|=\sup_{\|f\|=1}|f(x)| $$

于是我们可以知道$x{\in}(X^*)^*$，也就是有$X{\subset}X^{**}$，从而可以利用泛函造出更多的函数，并且扩大了空间。

平凡地我们还有希尔伯特空间为自反空间，也就是$H^*=H$，同时有共轭空间，也就是

$$ \frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1,(L^p(\mu))^*=L^q(\mu),(L^p(\mu))^{**}=L^p(\mu) $$

最后说一下，该定理用来做凸集分离，或者配合里斯表示定理扩展空间，定义广义函数。还有就是其延拓作用均有各种应用。