积空间上的积分这一章节主要讨论用抽象积分的形式来证明关于二元函数积分的富比尼定理。笛卡尔积上的可测性首先给出一些定义：矩形若$X$和$Y$是两个集，其笛卡尔积$X{\times}Y$是所有$x{\in}X,y{\in}Y$的序对$(x,y)$组成的集，如果$A{\subset}X$和$B{\subset}Y$，得到$A{\times}B{\subset}X{\times}Y$，则称$A{\times}B$的集为$X{\times}Y$内的矩形。若$(X,\mathscr{S}),(Y,\mathscr{F})$是可测空间，也即$\mathscr{S}$为$X$的$\sigma-$代数，而$\mathscr{F}$为$Y$的$\sigma-$代数，在可以在$A{\in}\mathscr{S},B{\in}\mathscr{F}$条件下成为可测矩形。基本集类$$ Q=R_1{\cup}{\cdots}{\cup}R_n $$其中$R_i$为可测矩形，且互不相交，则记$Q{\in}\mathscr{E}$，也即为所有基本集的类。我们定义$\mathscr{S}{\times}\mathscr{F}$为所有的可测矩形的$X{\times}Y$的最小$\sigma-$代数。单调类单调类$\mathfrak{M}$是具有下列性质的集族：若$A_i{\in}\mathfrak{M},B_i{\in}\mathfrak{M},A_i{\subset}A_{i+1},B_i{\supset}B_{i+1}$，对于$i=1,2,3,{\cdots}$成立，且若$$ A=\bigcup_{i=1}^{\infty}A_i,B=\bigcap_{i=1}^{\infty}B_i $$则$A{\in}\mathfrak{M},B{\in}\mathfrak{M}$。也即单调类首先有单调性质，且对单调性质的极限是封闭的。截口若$E{\subset}X{\times}Y,x{\in}X,y{\in}Y$，定义$$ E_x=\left\{y:(x,y){\in}E\right\},E^y=\left\{x:(x,y){\in}E\right\} $$分别称$E_x$和$E^y$为$E$的$x-$截口和$y-$截口。注意到$E_x{\subset}Y,E^y{\subset}X$。定理8.2若$E{\in}\mathscr{S}{\times}\mathscr{F}$，则对每一个$x{\in}X$和$y{\in}Y$，$E_x{\in}\mathscr{F}$和$E^y{\in}\mathscr{S}$。这个定理主要告诉我们可测矩形的最小$\sigma-$代数中，其截口分别属于各自的$\sigma-$代数。这个的证明是倒过来的，它从截口开始，构造出一个$\sigma-$代数的集合，然后通过每个可测矩形属于该集合，最后证明其是可测矩形的最小$\sigma-$代数（两个截口双边给出证明）定理8.3$\mathscr{S}{\times}\mathscr{F}$是包含所有基本集的最小的单调类。这个的证明首先给出一个最小的单调类，然后去证明它就是$\mathscr{S}{\times}\mathscr{F}$。通过推导其是一个$\sigma-$代数，再用定义确定其最小的性质。定义8.4对于$X{\times}Y$上的每一个函数$f$和每一个$x{\in}X$，我们对应一个用$f_x(y)=f(x,y)$定义的$Y$上的函数$f_x$。同样的，对于$X{\times}Y$上的每一个函数$f$和每一个$y{\in}Y$，我们对应一个用$f^y(x)=f(x,y)$定义的$Y$上的函数$f^y$。定理8.5设$f$是一个$X{\times}Y$上的$(\mathscr{S}{\times}\mathscr{F})-$可测函数，则：（a）对于每一个$x{\in}X,f_x$是一个$\mathscr{F}-$可测函数。（b）对于每一个$y{\in}Y,f^y$是一个$\mathscr{S}-$可测函数。这个证明直接用定理8.2的截口推出可测即可。积测度定理8.6设$(X,\mathscr{S},\mu)$和$(Y,\mathscr{F},\lambda)$都是$\sigma-$有限的测度空间。假定$Q{\in}\mathscr{S}{\times}\mathscr{F}$。若对每一个$x{\in}X$和$y{\in}Y$，$$ \varphi(x)=\lambda(Q_x),\psi(y)=\mu(Q^y)\tag{1} $$则$\varphi$是$\mathscr{S}-$可测的，$\psi$是$\mathscr{F}-$可测的，且$$ \int_X{\varphi}d{\mu}=\int_Y{\psi}d{\lambda}\tag{2} $$注：关于测度空间的假定，就是$\mu$和$\lambda$分别是$\mathscr{S}$和$\mathscr{F}$上的正测度，$X$是可数个不相交的具有$\mu(X_n)<\infty$的集$X_n$的并，$Y$是可数个不相交的具有$\lambda(X_n)<\infty$的集$Y_m$的并。定理8.2表明定义（1）是有意义的，因为$$ \lambda(Q_x)=\int_Y{\chi}_{Q}(x,y)d{\lambda(y)},{\quad}(x{\in}X) $$对于$\mu(Q^y)$的说法则为$$ \mu(Q^y)=\int_X{\chi_Q}(x,y)d{\mu}(x),{\quad}(y{\in}Y) $$因此结论（2）可以写为下述形式：$$ \int_Xd{\mu(x)}\int_Y{\chi_Q}(x,y)d{\lambda(y)}=\int_Yd{\lambda(y)}\int_X{\chi_Q(x,y)}d{\mu(x)} $$其证明实质上落实到$Q$的存在性，满足这样的结论的$Q$需要有四个性质：可测矩阵在里面，是单调类，且互不相交并，并且是$\sigma-$有限的。这样的条件不难验证，最后用定理8.3说明$\mathscr{S}{\times}\mathscr{F}$确实能使结论成立。定义8.7如果$(X,\mathscr{S},\mu)$和$(Y,\mathscr{F},\lambda)$和定理8.6一样，且$Q{\in}\mathscr{S}{\times}\mathscr{F}$，则定义$$ (\mu{\times}\lambda)(Q)=\int_{X}\lambda(Q_x)d{\mu(x)}=\int_Y{\mu(Q^y)}d{\lambda(y)} $$称$\mu{\times}\lambda$是测度$\mu$和$\lambda$的乘积，然后由定理1.29直接得到$\mu{\times}\lambda$实际是一个测度。这样就得到一个乘积测度，且可以看出该乘积测度是$\sigma-$有限的。富比尼定理定理8.8设$(X,\mathscr{S},\mu)$和$(Y,\mathscr{F},\lambda)$是$\sigma-$有限的测度空间，设$f$是$X{\times}Y$上的$(\mathscr{S}{\times}\mathscr{F})-$可测函数。（a）若$0{\le}f{\le}\infty$，且若$$ \varphi(x)=\int_Yf_xd{\lambda},\psi(y)=\int_Xf^yd{\mu}{\quad}(x{\in}X,y{\in}Y)\tag{1} $$则$\varphi$是$\mathscr{F}-$可测的，$\psi$是$\mathscr{S}-$可测的，且$$ \int_X{\varphi}d{\mu}=\int_{X{\times}Y}fd(\mu{\times}\lambda)=\int_Y\psi{d{\lambda}}\tag{2} $$其实左右两边都是测度的累次积分，而中间则是乘积测度积分。（b）若$f$是复的，且若$$ \varphi^*(x)=\int_Y|f|_xd{\lambda}和\int_X\varphi^{*}d{\mu}<\infty\tag{3} $$则$f{\in}L^1(\mu{\times}\lambda)$。（c）若$f{\in}L^1(\mu{\times}\lambda)$，则$f_x{\in}L^1(\lambda)$，对几乎所有的$x{\in}X$成立。$f^y{\in}L^1(\mu)$对几乎所有的$y{\in}Y$成立，由（1）式的几乎处处定义的函数$\varphi$和$\psi$分别在$L^1(\mu)$和$L^1(\lambda)$内，并且（2）成立。注解：（2）的第一个积分和最后一个积分也能写为更为常见的形式$$ \int_Xd{\mu(x)}\int_Yf(x,y)d{\lambda(y)}=\int_Yd{\lambda(y)}\int_Xf(x,y)d{\mu(x)}\tag{4} $$这些就是所谓$f$的“累次积分”，（2）式中间的积分经常被称为重积分。（b）和（c）结合起来给出了下列有用结果：若$f$是$(\mathscr{S}{\times}\mathscr{F})-$可测，且若$$ \int_Xd{\mu(x)}\int_Y|f(x,y)|d{\lambda(y)}<\infty\tag{5} $$则（4）的两个累次积分是有限的且相等。换句话说，对于$(\mathscr{S}{\times}\mathscr{F})-$可测函数$f$，当$f{\ge}0$时，“积分的次序可以交换”，当$|f|$的累次积分之一是有限的时候，“积分的次序可以交换”。证明是一个单边证明，然后同理得到双边，先考虑非负简单函数外加单调收敛定理，完成证明，，然后对$|f|$再做。复情况则分为正负部做完。反例8.9给出三个例子说明定理8.6和定理8.8的假定不能删除，不然就会有反例。（1）设$X=Y=[0,1],\mu=\lambda$在$[0,1]$上的勒贝格测度。选取$\left\{\delta_n\right\}$使$0=\delta_1<\delta_2<\delta_3<{\cdots},\delta_n{\to}1$，且设$g_n$是支集位于$(\delta_n,\delta_{n+1})$内的实连续函数，使得$\int^1_0g_n(t)dt=1$对$n=1,2,3,{\cdots}$成立。定义$$ f(x,y)=\sum^{\infty}_{n=1}[g_n(x)-g_{n+1}(x)]g_(y) $$注意在每一点$(x,y)$，和式中至多有一项不同于0，于是在$f$的定义中没有收敛性的问题。一个简单计算指出$$ \int^1_0dx\int^1_0f(x,y)dy=1{\neq}0=\int^1_0dy\int^1_0f(x,y)dx $$因此虽然两个累次积分存在，但是富比尼定理的结论却不成立。注意在这个例子中，除去在$(1,1)$这点以外$f$是连续的，但是$$ \int^1_0dx\int^1_0|f(x,y)|dy=\infty $$（2）设$X=Y=[0,1],\mu=[0,1]$上的勒贝格测度，$\lambda=Y$上的计数测度，若$x=y$，令$f(x,y)=1$；若$x{\neq}y$，则令$f(x,y)=0$，则$$ \int_Xf(x,y)d\mu(x)=0,\int_Yf(x,y)d\lambda(y)=1 $$对所有$[0,1]$内的$x$和$y$成立，因此$$ \int_Xd{\lambda(y)}\int_Xf(x,y)d\mu(x)=0{\neq}1=\int_Xd{\mu(x)}\int_Yf(x,y)d{\lambda(y)} $$而这个是由于$\lambda$不是$\sigma-$有限而结论不成立。注意到：若$\mathscr{S}$是所有$[0,1]$的勒贝格可测集的类而$\mathscr{F}$是由$[0,1]$的所有子集组成，则我们的函数$f$是$(\mathscr{S}{\times}\mathscr{F})-$可测的。要看到这一点，首先注意$f=\chi_{D}$，这里$D$是单位正方形的对角线，给定$n$，令$$ I_i=\left[\frac{j-1}{n},\frac{j}{n}\right] $$并且令$$ Q_n=(I_1{\times}I_1){\cup}(I_2{\times}I_2){\cup}{\cdots}(I_n{\times}I_n) $$则$Q_n$是可测矩形的有限并，且$D={\cap}Q_n$。（3）在例（1）和例（2）中，富比尼定理不成立是由于函数或者空间“太大”造成的，这个例子则是讨论$f$关于$\sigma-$代数$\mathscr{S}{\times}\mathscr{F}$是可测的这一要求所起的作用。为了更为精确地讨论，假定$\mu(X)=\lambda(X)=1,0{\le}f{\le}1$（则可以避免掉足够”大“）；假定对于所有的$x$和$y$，这里的$f_x$是$\mathscr{F}-$可测的而$f^y$是$\mathscr{S}-$可测的，并且假定$\varphi$是$\mathscr{S}-$可测的和$\psi$是$\mathscr{F}-$可测的。这里$\varphi$和$\psi$和定理8.8中一样定义，则$0{\le}\varphi{\le}1,0{\le}\psi{\le}1$，并且两个累次积分是有限的。但是这样也不能使得富比尼定理的结论成立。取$(X,\mathscr{S},\mu)=(Y,\mathscr{F},\lambda)=[0,1]$具有勒贝格测度，这个构造依赖于连续统假设。存在一个单位区间$[0,1]$到良序集$W$上的一一映像$j$，使得对每个$x{\in}[0,1],j(x)$在$W$内至多有可数多个先行元素，这是该假设的一个推论，我们承认其合理性。设$Q$是单位正方形内所有使得$j(x)$在$W$内前于$j(y)$的那些$(x,y)$的集。对于每一个$x{\in}[0,1],Q_X$包含了$[0,1]$的除去可数多个点外的所有点；对于每一个$y{\in}[0,1],Q^y$至多包含$[0,1]$的可数多个点。若$f=\chi_{Q}$，得出$f_x$和$f^y$是博雷尔可测的，且得出$$ \varphi(x)=\int^1_0f(x,y)dy=1,\psi(y)=\int^1_0f(x,y)dx=0 $$对所有的$x$和$y$成立，因此$$ \int^1_0dx\int^1_0f(x,y)dy=1{\neq}0=\int^1_0dy\int^1_0f(x,y)dx $$积测度的完备化动机若$(X,\mathscr{S},\mu)$和$(Y,\mathscr{F},\lambda)$都是完备测度空间，$(X{\times}Y,\mathscr{S}{\times}\mathscr{F},\mu{\times}\lambda)$却不一定是完备的。例如：假定存在一个具有$\mu(A)=0$的$A{\in}\mathscr{S},A{\neq}0$；并且假定存在一个$B{\subset}Y$，使得$B{\not\in}\mathscr{F}$，则$A{\times}B{\subset}A{\times}Y,(\mu{\times}\lambda)(A{\times}Y)=0$，但是$A{\times}B{\not\in}\mathscr{S}{\times}\mathscr{F}$。（这里用到定理7.2）具体一点，若$\mu=\lambda=m_1$（$R^1$上的勒贝格测度），设$A$由任一点组成，并且设$B$是$R^1$的任意不可测集。于是$m_1{\times}m_1$不是一个完备测度；特别$m_1{\times}m_1$不是$m_2$。因为后者根据它的构造是完备的。然而$m_2$是$m_1{\times}m_1$的完备化，这个结果推广到任意维数。定理8.11设$m_k$表示$R^k$上的勒贝格测度，若$k=r+s,r{\ge}1,s{\ge}1$，则$m_k$是$m_r{\times}m_s$乘积测度的完备化。这个实质上就是测度的完备化问题，通过博雷尔集来操作即可。定理8.12设$(X,\mathscr{S},\mu)$和$(Y,\mathscr{F},\lambda)$是完备的$\sigma-$有限测度空间。设$(\mathscr{S}{\times}\mathscr{F})^*$是$\mathscr{S}{\times}\mathscr{F}$关于测度$\mu{\times}\lambda$的完备化。设$f$是$X{\times}Y$上的$(\mathscr{S}{\times}\mathscr{F})^*-$可测函数，则定理8.8的结论成立，仅有的不同之处在于：$f_x$的$\mathscr{F}-$可测性只能对几乎所有$x{\in}X$断定是正确的，因此根据8.8(1)，$\varphi(x)$只是几乎处处在$[\mu]$定义；类似的结论对$f^y$和$\psi$也成立。该定理的证明依赖于两个引理（这里从略）卷积经常能用证明某个集确实很大的方法证明该集不空，这个”大“涉及到各种性质，常见的例子有：1，势方面，超越数确实存在并且很多。2，贝尔定理在拓扑方面，说明了稠密的$G_{\delta}$集是完备度量空间的"大"子集。3，测度论中，尝试证明测度空间中某集具有正测度或者用证明其余集具有零测度来说明其”大“。例如：设$f,g{\in}L^1(R^1)$，暂时假定$f{\ge}0$和$g{\ge}0$，并且考虑积分$$ h(x)=\int^{\infty}_{-\infty}f(x-t)g(t)dt{\quad}(-\infty<x<\infty)\tag{1} $$对任一固定的$x$，上述的被积函数是值域在$[0,\infty]$内的可测函数，以致$h(x)$一定可以用上述很好确定，且$0{\le}h(x){\le}\infty$。但是否存在一个$x$使得$h(x)<\infty$呢？注意到对每一个固定的$x$，（1）中的被积函数是$L^1$的两个元素的乘积，并且这样的乘积不总是在$L^1$内的。（例如当$0<x<1$时，$f(x)=g(x)=1/\sqrt{x}$，当$x$为其他值时为0）。富比尼定理将给出一个肯定的回答，实际上，它指出$h{\in}L^1(R^1)$，因此$h(x)<\infty{\;}a.e.$。定理8.14假定$f{\in}L^1(R^1),g{\in}L^1(R^1)$，则$$ \int^{\infty}_{-\infty}|f(x-y)g(y)|dy<\infty $$对几乎所有的$x$成立，对于这些$x$，定义$$ h(x)=\int^{\infty}_{-\infty}f(x-y)g(y)dy $$则$h{\in}L^1(R^1)$，并且$$ \|h\|_1{\le}\|f\|_1\|g\|_1 $$这里$$ \|f\|_1=\int^{\infty}_{-\infty}|f(x)|dx $$我们称$h$为$f$和$g$的卷积，并记以$h=f{*}g$。其证明搞了俩博雷尔函数去逼近，然后用富比尼定理，再用勒贝格测度的平移不变性质考察积分，立刻得到结果。分布函数分布函数设$\mu$是集合$X$的某一$\sigma-$代数上的$\sigma$有限正测度，设$f:X{\to}[0,\infty)$可测，若对每一个$t{\in}[0,\infty)$，赋予函数值$$ \mu\left\{f>t\right\}=\mu(\left\{x{\in}X:f(x)>t\right\}) $$则该函数称为$f$的分布函数，显然它是一个单调（非递增）的函数，从而是博雷尔可测的。介绍分布函数的原因之一是可以用它在$[0,\infty)$上的积分代替$f$在$X$上的积分，公式$$ \int_Xfd{\mu}=\int^{\infty}_0\mu\left\{f>t\right\}dt $$是下一个定理当$\varphi(t)=t$时的特殊情形，这个讲用来导出第7章中介绍的极大函数的$L^p-$性质。定理8.16假设$f$和$\mu$同上，设$\varphi:[0,\infty]{\to}[0,\infty]$是单调的，对每一个$T<\infty,\varphi$在$[0,T]$上绝对连续而且$\varphi(0)=0$，当$t{\to}\infty$时，$\varphi(t){\to}\varphi(\infty)$，则$$ \int_X(\varphi{\circ}f)d{\mu}=\int^{\infty}_0\mu\left\{f>t\right\}\varphi'(t)dt $$其证明：用简单函数来逼近可测函数，再利用富比尼定理。回忆若$f{\in}L^1(R^k)$，则极大函数$Mf$在弱$L^1$中（定理7.4），最平凡的估计$$ \|Mf\|_{\infty}{\le}\|f\|_{\infty}\tag{1} $$对所有的$f{\in}L^{\infty}(R^k)$成立。一个技巧性地构造可以让我们修改两端而证明下面的哈代-利特尔伍德定理（当$p=1$时不成立，见第7章习题22）定理8.18若$1<p<\infty$且$f{\in}L^p(R^k)$，则$Mf{\in}L^p(R^k)$。其证明从略。
微分本章的结构是通过研究测度的导数和相伴的极大函数（定义），容易得到勒贝格积分上的微分和导数的积分的重要性质（结果与目的），而上一节的拉东-妮柯迪姆定理与勒贝格分解定理在本章起相当重要的结果。（工具）测度的导数定义这一节主要是给出定义和一些性质，结果在下一节给出。定理7.1给出了复博雷尔测度的可微和导数的等价定义（与勒贝格测度相关）定义7.2告诉我们：$\mu$在$x$的导数，可以定义为区间$I$的长度收缩至$x$点时商$\frac{\mu(I)}{m(I)}$的极限，其中$m$表示$R^1$上的勒贝格测度。并且下面给出了多变量的定义。定义商$$ (Q_r\mu)(x)=\frac{\mu(B(x,r))}{m(B(x,r))} $$且当在点$x{\in}R^k$处极限$\lim_{r{\to}0}(Q_r{\mu})(x)$存在时，定义$\mu$在$x$处的对称导数为$$ (D{\mu})(x)=\lim_{r{\to}0}(Q_r{\mu})(x) $$极大函数然后我们用极大函数$M{\mu}$来研究测度的导数$D{\mu}$。极大函数的定义分为两种情况：（1）$\mu>0$，定义极大函数$M{\mu}$为：$$ (M{\mu})(x)=\sup_{0<r<\infty}(Q_r\mu)(x) $$（2）$\mu$为复博雷尔测度，定义极大函数$M{\mu}$为全变差$|\mu|$：$$ |\mu|(E)=\sup\sum^{\infty}_{i=1}|\mu(E_i)|{\quad}(E{\in}\mathfrak{M}) $$然后研究极大函数的性质：性质一：函数$M{\mu}:R^k{\to}[0,\infty]$为下半连续的，从而是可测的。主要证明下半连续，而可测是推论。证明$E=\left\{M{\mu}>\lambda\right\}$为开集即可，主要通过证明$B(x,\delta){\subset}E$即可得到，技巧是通过一个不等式放缩加上极大函数的定义。然后是引入一个重要的覆盖引理，这个引理在下面的极大定理的证明时候要用到。覆盖引理若$W$为有限个球$B(x_i,r_i)(1{\le}i{\le}N)$的并，则存在集$S{\subset}\left\{1,2,{\cdots},N\right\}$使得下面三个结果：（1）对于$i{\in}S$，球$B(x_i,r_i)$是不相交的。（2）$W{\subset}\bigcup_{i{\in}S}B(x_i,3r_i)$。（3）$m(W){\le}3^k\sum_{i{\in}S}m(B(x_i,r_i))$。其证明：根据归纳不断把相交的球给割舍掉，从而达成结果1，然后知道割舍掉的球都包含在3倍半径的球内，实现结果2，而结果3实际上是结果2的定量估计不等式。下面的极大定理告诉我们：在一个很大的集合上，一个测度的极大函数不会很大。极大定理（性质二）若$\mu$为$R^k$上的复博雷尔测度且$\lambda>0$，则$$ m\left\{M{\mu}>\lambda\right\}{\le}3^k{\lambda}^{-1}\|\mu\| $$这里的$\|\mu\|=|\mu|(R^k)$，且上式左边是下式的缩写$$ m\left\{x{\in}R^k:(M\mu)(x)>\lambda\right\} $$其证明：首先给出开集$\left\{M{\mu}>\lambda\right\}$的紧子集，然后通过有限覆盖加上上面的覆叠引理，直接通过结果3得到结论。弱$L^1$引入弱$L^1$空间，是为了配合极大定理：将“极大算子”$M$是有界的，将$L^1$映射到弱$L^1$。并且实际上弱$L^1$是严格大于$L^1$的空间。若$f{\in}L^1(R^k)$且$\lambda>0$，则$$ m\left\{|f|>\lambda\right\}{\le}\lambda^{-1}\|f\|_1 $$实际上是因为$E=\left\{|f|>\lambda\right\}$则有$$ \lambda{m(E)}{\le}\int_{E}|f|dm{\le}\int_{R^k}|f|dm=\|f\|_1 $$上面实际上是将$E$放大到$R^k$上做出的不等式放大。因此，对任何可测函数$f$，如果它使得关于$\lambda$的函数$$ \lambda{\cdot}m\left\{|f|>\lambda\right\} $$在$(0,\infty)$上是有界的，则称$f$是属于弱$L^1$的。从这里可以知道极大函数$Mf$实际上就是弱$L^1$的。实际上弱$L^1$是严格大于$L^1$的空间，这个可以从例子$(0,1)$区间上的函数$\frac{1}{x}$看出。相伴极大函数每一个$f{\in}L^1(R^k)$辅之以一个相伴极大函数$Mf:R^k{\to}[0,\infty]$，其具体定义如下：$$ (Mf)(x)=\sup_{0<r<\infty}\frac{1}{m(B_r)}\int_{B(x,r)}|f|dm $$这里用$B_r$来代替$B(x,r)$是因为仅仅依赖于半径$r$，而对于测度$\mu$，若用等式$d{\mu}=fdm$来定义$f$，则上式实际上就是前面定义的极大函数$M{\mu}$。并且套用前面的极大定理，我们即有：对于任何$f{\in}L^1(R^k)$和$\lambda>0$，有$$ m\left\{M{\mu}>\lambda\right\}{\le}3^k{\lambda}^{-1}\|f\|_1 $$勒贝格点设$f{\in}L^1(R^k)$，点$x{\in}R^k$若满足$$ \lim_{r{\to}0}\frac{1}{m(B_r)}\int_{B(x,r)}|f(y)-f(x)|dm(y)=0 $$则称之为$f$的勒贝格点。如果套用上述定理在$f$在$x$处连续成立，则意味着$|f-f(x)|$在$x$的某一小邻域内的平均值很小，$f$的勒贝格点是指的$f$在该点处从平均意义上讲振动不大的点。对于每一个函数$f{\in}L^1$其实都有勒贝格点，虽然直观上很难看出来，但是下面的定理7.7保证了这一点。定理7.7：若$f{\in}L^1(R^k)$，则几乎所有$x{\in}R^k$都是$f$的勒贝格点。其证明：首先定义一个与勒贝格点相关的函数，然后取极限，则证明转为该函数几乎处处等于0。接下来用稠密性，找到逼近$f$的连续函数$g$，然后根据连续性，该算子对$g$是等于0，然后做这两个函数的差套入该算子函数，做估计，然后推出关于$f$的算子函数估计，再加上极大定理，转为集合语言得到一个可数交集的包含，从而推出其测度为0（勒贝格测度完备性，0测度集合的子集也是0测度）动机根据定理7.7告诉我们的勒贝格点问题，其实勒贝格点刻画了一种勒贝格测度的平均意义上的连续性质。而极大函数是配合$L^1$空间使用的，且其联系了所谓的微分。于是乎可以考虑连续测度，不规则平均意义，积分无限等等问题，也就引申出下面的论题：（1）绝对连续测度的微分（2）其他不是球的集合来考虑微分（3）$R^1$上无限积分的微分（4）可测集的度量稠密性下面讨论的就是这些论题。定理7.8告诉我们：拉东-妮柯迪姆导数可以由商$Q_r{\mu}$的极限得到。（在博雷尔集合上成立）定理7.8：假设$\mu$是$R^k$上的复博雷尔测度且$\mu{\ll}m$，设$f$为$\mu$关于$m$的拉东-妮柯迪姆导数，则$D{\mu}=f{\;}a.e.[m]$，且$$ \mu(E)=\int_E(D{\mu})dm $$对所有的博雷尔集$E{\subset}R^k$成立。其证明：直接引用拉东-妮柯迪姆定理可得，并且由于绝对连续性质，容易看出是在每个勒贝格点处成立，于是在博雷尔集合上成立。良好收缩集假设$x{\in}R^k$，对于$R^k$内的博雷尔集序列$\left\{E_i\right\}$，若存在一个具有下列性质的数$\alpha>0$；每一个$E_i$在一个以$x$为中心半径为$r_i>0$的开球$B(x,r_i)$内，使得$$ m(E_i){\ge}\alpha{\cdot}m(B(x,r_i)),(i=1,2,3,{\cdots}) $$并且当$i{\to}\infty$时，$r_i{\to}0$，则称$\left\{E_i\right\}$良好收缩于$x$。这里给出了在一点处良好收缩的定义，直观上来看，就是对于序号越大的博雷尔集，其测度的下界会越来越小，这里是用一个不断变小的开球的测度乘以常数来衡量其下界的。注解：这里不要求$x{\in}E_i$，甚至不要求$x$在$E_i$的闭包中，这意味着这个球心可以任意选取，这个条件表示了每一个$E_i$都必须占有$x$的某个球形邻域的相当大的部分的定量描述。定理7.10告诉我们良好收缩这个概念，有效地结合了$L^1$中函数在每个勒贝格点处，都可以写为良好收缩的博雷尔集序列衡量的积分形式。定理7.10：若对于每一个$x{\in}R^k$有一组$\left\{E_i(x)\right\}$良好收缩到$x$，并且令$f{\in}L^1(R^k)$，则等式$$ f(x)=\lim_{i{\to}\infty}\frac{1}{m(E_i(x))}\int_{E_i(x)}fdm $$在$f$的每一个勒贝格点处成立，因此$a.e.[m]$。（博雷尔测度上成立）其证明：仅需在勒贝格点上，再根据良好收缩集的定义，因为$E_i(x){\subset}B(x,r_i)$，从而用球来代替这个博雷尔集做出放大不等式，然后一收缩，立刻得到结果。注释：这里对于不同的$x$与$y$，$\left\{E_i(x)\right\}$与$\left\{E_i(y)\right\}$之间没有很大的联系。定理7.11是微积分基本定理容易的一半在勒贝格积分观点中的推广，同时也是定理7.8较强的形式。定理7.11：若$f{\in}L^1(R^1)$，且$$ F(x)=\int^x_{-\infty}fdm(-\infty<x<\infty) $$则$F'(x)=f(x)$在$f$的每一个勒贝格点$x$处都成立，因而$a.e.[m]$。这个定理告诉我们，若积分可以写成这个形式，则必然可导且导数为$f$。（不定积分的导数还是该函数本身）其证明十分简单，仅需取到简单的左右博雷尔集合，其良好收缩，并且利用定理7.10立刻可以证明出左右导数在勒贝格点处的存在性，从而用左右导数相等直接得出该导数的存在性，并且为函数本身。度量密度设$E$为$R^k$的一个勒贝格可测集，如果极限$$ \lim_{r{\to}0}\frac{m(E{\cap}B(x,r))}{m(B(x,r))} $$存在，则称$E$在某点$x{\in}R^k$处的度量密度为该极限。容易看到这里的极限，实际上是拿勒贝格可测集去交上球来衡量的，实际上是每个球测度的勒贝格可测集测度的占比。若我们设$f$为$E$的特征函数，应用定理7.8或者定理7.10则知道：几乎在$E$内的每一点处，$E$的度量密度为1；几乎在$E$的补集的每一点处，$E$的度量密度为0。并且有结论：若$\varepsilon>0$，则不存在$E{\subset}R^1$，使得$$ \varepsilon<\frac{m(E{\cap}I)}{m(I)}<1-\varepsilon $$对任何区间$I$成立。这个结论也就告诉了我们在$R^1$上，不存在介于0与1之间的度量密度，必然是0或者1。上述考虑了绝对连续测度的微分（定理7.8），现在转过来考虑关于$m$奇异的测度的微分。（一个是与$m$绝对连续，一个是与$m$奇异）定理7.13：设对每一个$x{\in}R^k,\left\{E_i(x)\right\}$为相应的良好地收缩到$x$的序列。若$\mu$为一个复博雷尔测度且$\mu{\perp}m$，则$$ \lim_{i{\to}\infty}\frac{\mu(E_i(x))}{m(E_i(x))}=0,a.e.[m] $$定理7.13意味着在与$m$奇异的博雷尔测度上，良好收缩集的密度函数极限为0。其证明：考虑若尔当分解——直接变为两个正测度的分解情况，从而仅需考虑在$\mu{\ge}0$的情况下式子成立。类似于定理7.10的证明，考虑用球来代替博雷尔集合放大不等式估计，于是上述结论直接转为了下面命题的证明$$ (D\mu)(x)=0{\;}a.e.[m] $$然后我们定义上导数$$ (\overline{D}\mu)(x)=\lim_{n{\to}\infty}[\sup_{0<r<1/n}(Q_r{\mu})(x)]{\quad}(x{\in}R^k) $$上式中括号的数随着$n$的增大而简效，且为下半连续函数，可以知道上导数为博雷尔函数。这里主要是要给出$\mu$集中在一个勒贝格测度为0的集合上，然后根据正则性，直接推出在紧集$K$上其勒贝格测度为0，但是其博雷尔测度还是有个估计的，然后考虑博雷尔集合上去掉这个紧集之外的测度，用极大函数去估计，然后得到上导数集合包含于紧集和这个极大函数集合，最后直接用极大定理刻画出这个命题证明即可。整合这里定理7.10和定理7.13可以组合为定理7.14，定理7.10主要是刻画了一个勒贝格点上函数的形式，而定理7.13则告诉我们奇异的博雷尔测度上，其密度函数极限为0。定理7.14：设对每一个$x{\in}R^k,\left\{E_i(x)\right\}$为相应的良好收缩到$x$的博雷尔可测集序列，$\mu$为$R^k$上的一个复博雷尔测度。设$d{\mu}=fdm+d{\mu}$为$\mu$关于$m$的勒贝格分解，则$$ \lim_{i{\to}\infty}\frac{\mu(E_i(x))}{m(E_i(x))}=f(x){\;}a.e.[m] $$特别地，$\mu{\perp}m$当且仅当$(D{\mu})(x)=0{\;}a.e.[m]$。定理7.15与定理7.13形成了鲜明的对比。主要是在于良好收缩集的限制被取消了，并且加入了正博雷尔测度限制。定理7.15：若$\mu$为$R^k$上的正博雷尔测度且$\mu{\perp}m$，则$$ (D{\mu})(x)=\infty{\;}a.e.[\mu] $$其证明：由于奇异条件，于是$m(S)=0,\mu(R^k-S)=0$是可以做到的，$S$为博雷尔集，考虑去掉$S$中那些使得$Q_r(x)$商有界的集合，则可以做到上式，接下来仅需考虑这些去掉的集合其博雷尔测度$\mu$为0即可，这里用球去包，并且用紧集和有限覆盖加上覆盖引理直接推出结果。微积分基本定理微积分基本定理实际上也就是牛顿-莱布尼茨定理，其根本是分为两个部分：其一，一个函数的不定积分的导数还是这个函数本身。而这个实际上定理7.11已经讨论过其二，求导数的积分还原成原函数，也即$$ f(x)-f(a)=\int^x_af'(t)dt{\quad}(a{\le}x{\le}b) $$我们已经知道在数学分析上的结论：设$f$在$[a,b]$内的每一点可微且$f'$是连续函数，则上式成立。现在推广到勒贝格积分，考虑新的问题：一，若假设$f'{\in}L^1$而不是连续，结论是否成立二，若$f$在$[a,b]$内几乎处处连续和可微，结论是否成立这里给出两个例子告诉我们不成立的情况的内部原理，实际上是一个绝对连续性的缺失，而后面定理7.20将会说明绝对连续性质是这个成立的充要条件。绝对连续定义在区间$I=[a,b]$上的复函数$f$称为是绝对连续的，（或者简称$f$在$I$上AC）：若对任意$\varepsilon>0$，存在$\delta>0$，使得对任意的$n$及$I$上的不相交的区间$(\alpha_1,\beta_1),(\alpha_2,\beta_2),{\cdots},(\alpha_n,\beta_n)$，只要$$ \sum^n_{i=1}(\beta_i-\alpha_i)<\delta $$就有$$ \sum^n_{i=1}|f(\beta_i)-f(\alpha_i)|<\varepsilon $$显然取$n=1$的时候直接推出连续。定理7.18：设$I=[a,b],f:I{\to}R^1$为非递减的连续函数，则下列命题等价：（1）$f$在$I$上AC。（2）$f$将零测度集映射到零测度集。（3）$f$在$I$上几乎处处可微，$f'{\in}L^1$且$$ f(x)-f(a)=\int^x_af'(t)dt{\quad}(a{\le}x{\le}b) $$实际上从（2）到（3）可能是比较有意思的一件事情，而从（1）到（3）则可以无视单调性条件得到。其证明：从（1）到（2）是容易的，仅需引入绝对连续的定义，然后根据其映射加上勒贝格测度的完备性，直接得到。而从（2）到（3）首先构造了一个意义映射代替$f$，并且用到拉东-妮柯迪姆定理，直接推出。而从（3）到（1）就是引入绝对连续满足牛顿-莱布尼茨定理的讨论。全变差函数定理7.19：假设$f:I{\to}R^1$是AC的，$I=[a,b]$，定义$$ F(x)=\sup\sum^N_{i=1}|f(t_i)-f(t_{i-1})|{\quad}(a{\le}x{\le}b) $$其中，上确界取遍所有的$N$及所有满足$$ a=t_0<t_1<{\cdots}<t_N=x $$的序列$\left\{t_i\right\}$，则函数$F,F+f,F-f$均为$I$上非递减的绝对连续函数。称$F$为$f$的全变差函数。若$f$为$I$上的（复）函数且$F(b)<\infty$，则无论是否AC，称$F$为$f$的有界变差函数，且$F(b)$称为$f$在$I$上的全变差。其证明异常简单，仅需验证定义且利用线性性质即可。定理7.20：设$f$为$I=[a,b]$上AC的复函数，则$f$在$I$上几乎处处可微，$f'{\in}L^1(m)$，且$$ f(x)-f(a)=\int^x_af'(t)dt{\quad}(a{\le}x{\le}b) $$这个定理直接告诉我们绝对连续加上几乎处处可微，还有导数是$L^1$的，则牛顿莱布尼茨公式是成立的。其证明：仅需验证实函数，设$F$为全变差函数，然后用到定理的7.18的（1）推到（c）直接可以知道。定理7.21：设$f:[a,b]{\to}R^1$在$[a,b]$内的每一点都可微且在区间$[a,b]$上$f'{\in}L^1$，则$$ f(x)-f(a)=\int^x_af'(t)dt{\quad}(a{\le}x{\le}b) $$我们可以看到这个和定理7.20不同的点在于这里直接说明可微而不是几乎处处，这样就可以放松掉绝对连续的条件。其证明：化归为对一端证明，然后根据定理2.25找到一个下半连续函数和导数的不等式，且使得积分反向不等，然后构造函数证明其连续，直接验证其半边的积分关系，最后换成负的，得到另外一半的积分关系即可。可微变换这个部分其实是勒贝格积分下的微分变换情况，也就是往常多元微积分下用到雅可比矩阵的微分变换情况的推广。设$V$是$R^k$内的一个开集，$T$是$V$到$R^k$内的映射，$x{\in}V$。若存在$R^k$上的线性算子$A$，使得$$ \lim_{k{\to}0}\frac{|T(x+h)-T(x)-Ah|}{|h|}=0 $$（自然，$h{\in}R^k$），我们则称$T$在$x$处是可微的，且定义$$ T'(x)=A $$线性算子$T'(x)$称为$T$在$x$处的导数。当$T$在$x$处可微时，$T'(x)$的行列式称为$T$在$x$处的雅可比行列式，记为$J_T(x)$，从而$$ {\Delta}(T'(x))=|J_T(x)| $$引理7.23实际上是定理7.24证明所需要的，且其证明主要依赖于布劳威尔不动点定理。引理7.23：设$S=\left\{x:|x|=1\right\}$为$R^k$中的球面，即单位开球$B=B(0,1)$的边界，若$F:\overline{B}{\to}R^k$为连续映射，$0<\varepsilon<1$，且对任何$x{\in}S$，有$$ |F(x)-x|<\varepsilon $$则$F(B){\supset}B(0,1-\varepsilon)$。其证明：反证法，造出连续函数，然后利用不动点定理直接得到矛盾即可。定理7.24：若（1）$V$是$R^k$上的开集（2）$T:V{\to}R^k$是连续的。（3）$T$在某点$x{\in}V$处可微。则有下述结论$$ \lim_{r{\to}0}\frac{m(T(B(x,r)))}{m(B(x,r))}={\Delta}(T'(x)) $$注意到$T(B(x,r))$是勒贝格可测的，因为$B(x,r)$是$\sigma-$紧的且$T$连续，则$T(B(x,r))$是$\sigma-$紧的。其证明分为两个情形，$A$是否意义映射，这里不予展开。引理7.25是为了证明定理7.26而准备的。引理7.25：假设$E{\subset}R^k,m(E)=0,T$将$E$映到$R^k$内，且当$x{\in}E,y$在$E$中趋于$x$时，$$ \lim\sup\frac{|T(y)-T(x)|}{|y-x|}<\infty $$则$m(T(E))=0$。这个主要告诉我们如果在零测集中满足上面这个算子映射的有界连续性质，则映射后的测度集也是零测集。其证明也很类似于前面所证的某些技巧。不予展开该引理的特殊情况：若$V$是$R^k$中的开集且$T:V{\to}R^k$在$V$中的每一点都可微，则$T$将零测度集映射到零测度集。变量变换定理定理7.26：假设（1）$X{\subset}V{\subset}R^k,V$为开集，$T:V{\to}R^k$是连续的。（2）$X$是勒贝格可测的，$T$在$X$上是一一映射的，$T$在$X$上处处可微。（3）$m(T(V-X))=0$.令$Y=T(X)$，则$$ \int_Yfdm=\int_X(f{\circ}T)|J_T|dm $$对么一个可测的$f:R^k{\to}[0,\infty]$成立。这个事实上就是一个变量变换的操作在勒贝格积分中的推广，这里最需要注意的是（3）也就是去掉一个零测集之后的集合上是可以做到的。其证明和定理7.18的（2）到（3）处有类似的地方，这里需要格外区分博雷尔集和勒贝格可测集，其证明这里也不予展开。最后说一下这个定理的特殊情况：假设$\varphi:[a,b]{\to}[\alpha,\beta]$是AC的单调函数，$\varphi(a)=\alpha,\varphi(b)=\beta$，且若$f{\ge}0$为勒贝格可测的，则$$ \int^{\beta}_{\alpha}f(t)dt=\int^b_af(\varphi(x))\varphi'(x)dx $$仅需套用定理7.26，令$V=(a,b),T=\varphi$，再令$\Omega$为所有使$\varphi$为常数的极大区间的并集，设$X$为$V-\Omega$中所有使得$\varphi'(x)$存在（且有限）的点$x$的集合即可推出。
复测度本章主要内容是给出一个复测度的快速概括，各个定理的理解和命题的使用，以便拿到书后能对该章的思路给出一定的理解，并且把精力投入到对于细节的把握上。全变差首先我们是对一个复测度的引入，复测度首先是一个$\sigma-$代数上的复函数，并且定义为级数形式。$$ \mu(E)=\sum^{\infty}_{n=1}\mu(E_i){\quad}(E{\in}\mathfrak{M}) $$其中$E=\bigcup{E_i}$，且$i{\neq}j$时，有$E_i{\cap}E_j{=}\varnothing$。（划分）接下来我们需要考虑一个问题：前面我们学习过正测度，现在推广到复测度，那么这个复测度首先要存在，也就是级数必须要收敛（且调换顺序也收敛——重排收敛）。然后要证明这个复测度必须满足测度的定义。正测度的控制：接下来我们考虑取一个正测度$\lambda$来控制这个复测度$\mu$，使得这个正测度尽可能小，接近这个复测度：也就是对$E{\in}\mathfrak{M}$的每一个划分，都满足$$ \lambda(E)=\sum^{\infty}_{i=1}\lambda(E_i){\ge}\sum^{\infty}_{i=1}|\mu(E_i)| $$从而启发我们定义一个集函数$|\mu|$为：$$ |\mu|(E)=\sup\sum^{\infty}_{i=1}|\mu(E_i)|{\quad}(E{\in}\mathfrak{M}) $$于是这个$|\mu|$为我们所能取到的最小的$\lambda$（正测度）。我们称这个集函数$|\mu|$为$\mu$的全变差，称为全变差测度。接下来是要证明这个全变差测度确实是一个测度。并且探讨其拥有的性质。定理6.2指出：在$\sigma-$代数$\mathfrak{M}$上的复测度$\mu$的全变差$|\mu|$是$\mathfrak{M}$上的一个正测度。其主要难点是在于可数可加性的证明：关键在于该等式的成立，从一个特殊划分和任意划分两个方向证明。引理6.3告诉我们在有限集上复数的级数的一个平均值估计。（这个可以应用在定理6.4的证明中）定理6.4告诉我们：全变差测度是有界的。（所以有时候称其为有界变差）这个证明是从反证法的思路开始，用到引理6.3，且不断分割为两个不相交集合，从而利用可数可加性得到矛盾。命题6.5是给出了复测度的线性性质（线性相加与数乘），并且给定范数，直接构成复测度的赋范线性空间。命题6.6是针对实测度的全变差测度，定义了正负变差，根据前面的定理6.2，正负变差都是正测度，且根据定理6.4知道是有界变差。而正负变差则为这个正测度的若尔当分解。绝对连续性绝对连续性质中，首先给出了$\sigma-$代数$\mathfrak{M}$的一个正测度$\mu$，和$\mathfrak{M}$上的任意测度$\lambda$（可以是正测度或者是复测度）绝对连续性指的是，对于每一个正测度$\mu(E)=0$的$E{\in}\mathfrak{M}$，我们都有$\lambda(E)=0$成立，记作$\lambda{\ll}\mu$，称作$\lambda$关于$\mu$绝对连续。其蕴意指的是：任意测度$\lambda$在正测度$\mu$为0的集合上，其测度也为0。然后给出了集中函数的定义：存在一个集合$A{\in}\mathfrak{M}$，使得$\lambda(E)=\lambda(A{\cap}E)$对于每一个$E{\in}\mathfrak{M}$成立，称呼$\lambda$集中于$A$上。直观上可以理解为：拿一个集合$A$去不断交上这些划分，发现任意测度$\lambda$关于这个划分的测度，完全可以用交集部分的测度来代替。且等价于$E{\cap}A=\varnothing$时，$\lambda(E)=0$。最后给出一个互相奇异的测度关系：首先有$\mathfrak{M}$上两个测度$\lambda_1$和$\lambda_2$，存在不相交的集合$A$和$B$，使得$\lambda_1$集中在$A$上，$\lambda_2$集中在$B$上，则记为$$ \lambda_1{\perp}\lambda_2 $$命题6.8给出了这些概念的一些性质。其证明也很详细。最后我们说明一些很重要的定理：（是在$\sigma-$有限测度上进行的）引理6.9告诉我们：对于一个正$\sigma-$有限测度，存在对集合$X$上每一点的一个函数$w{\in}L^1(\mu)$，其范围为$0<w(x)<1$。这个关键是可以用有限测度来代替任意测度，本质上两个测度是有一样的零测度集。（这个和绝对连续性一致）定理6.10告诉我们：针对正$\sigma-$有限测度$\mu$和复测度$\lambda$，有两个结果：（1）存在唯一的一对复测度$\lambda_a$和$\lambda_s$，使得$$ \lambda=\lambda_a+\lambda_s,\lambda_a{\ll}\mu,\lambda_s{\perp}\mu $$实际上就是一个测度分解。这个称为勒贝格分解。（2）存在唯一的一个$h{\in}L^1(\mu)$，使得$$ \lambda_a(E)=\int_Ehd{\mu}{\quad}(E{\in}\mathfrak{M}) $$这个意味着勒贝格分解后的正有限测度$\lambda_a$，对每个划分$E$，可以写为一个积分形式。其中这个$h$被称为$\lambda_a$关于$\mu$的拉东-妮柯迪姆导数。证明方法是由冯诺伊曼提出的：用到引理6.9做出代替，然后对特征函数先做，对可测函数做，希尔伯特空间的里斯表示（唯一性），完备性保证了存在性。取到勒贝格分解，然后证明上面（1）的性质，并且证明$h$属于$L^1(\mu)$即可。最后讨论了$\lambda$是复测度可以用正负变差化为正测度做，而对于$\mu$和$\lambda$都是$\sigma-$有限测度，则$h$所属空间会更弱。若超出$\sigma-$有限性则定理有不成立的情况。（考虑计数测度）定理6.11告诉我们$\lambda{\ll}\mu$为什么称为“连续”：实际上$\lambda{\ll}\mu$，等价于：对每一个$\varepsilon>0$，对应有一个$\sigma>0$，对于所有的$E{\in}\mathfrak{M},\mu(E)<\delta$时，有$|\lambda(E)|<\varepsilon$。这个等价性质有时也被作为绝对连续的定义。而当$\lambda$是一个正的无界测度，则性质$\lambda{\ll}\mu$不蕴含后面的性质。并且给了反例拉东-妮柯迪姆定理的推论定理6.12告诉我们复测度可以表示为一个绝对值为1的可测函数与其全变差测度的乘积，即为$$ d{\mu}=hd{|\mu|},|h(x)|=1,x{\in}X $$这也称为极分解。首先根据拉东-妮柯迪姆可以得到一个$h{\in}L^1(|\mu|)$，然后再做一个特殊划分，使得这个可测函数$h$绝对值控制为1即可。（通过勒贝格分解的再划分得到极分解）定理6.13告诉我们：若正测度可以写为积分形式，则其全变差也可以写为积分形式。定理6.14（哈恩分解）告诉我们，存在两个不相交的集合$A,B$，使得$A{\bigcup}B=X$，对于实测度$\mu$的正负变差，满足$$ \mu^+(E)=\mu(A{\cap}E){\quad}\mu^-(E)=-\mu(B{\cap}E){\quad}(E{\in}\mathfrak{M}) $$并且有推论：若$\mu=\lambda_1-\lambda_2$，则$\lambda_1{\ge}\mu^+$和$\lambda_2{\ge}\mu^-$。$L^p$上的有界线性泛函这个主题是由$L^p(\mu)$，其中$\mu$为正测度，其空间上的有界线性泛函是否都能写成这样的形式？$$ \Phi_g(f)=\int_Xfgd{\mu},f{\in}L^p(\mu),g{\in}L^q(\mu) $$且这样的表示是否唯一？回答：对于$p=\infty$，是否定的。对于$1<p<\infty$，是肯定的。下面对于$\sigma-$有限情况，$p=1$也是肯定的。定理6.16告诉我们：对于$\sigma-$有限的正测度，且$1{\le}p<\infty$，上面的回答是肯定的。换句话说：在所述条件下，$L^q(\mu)$等距同构于$L^p(\mu)$的对偶空间。里斯表示定理这个是定理2.14的复形式命题6.18其实阐述了一个思路：首先$X$是一个局部紧的豪斯托夫空间，而之前的定理2.14刻画了在$C_c(X)$空间上的正的线性泛函。现在我们要刻画$C_c(X)$空间上的有界线性泛函：因为$C_c(X)$是$C_0(X)$关于上确界范数的稠密子空间，于是每一个这样的$\Phi$有唯一一个到$C_0(X)$上的有界线性泛函的开拓。于是我们可以转向先处理巴拿赫空间$C_0(X)$。考虑$\mu$是复博雷尔测度，然后中间证明$\mu$是正则的，于是可以定义$C_0(X)$空间上的有界线性泛函。定理6.19告诉我们的就是上面的定义$C_0(X)$空间上的有界线性泛函：存在唯一一个复的正则博雷尔测度$\mu$，使得$$ \Phi{f}=\int_Xfd{\mu}{\quad}(f{\in}C_0(X)) $$而且若$$ \int{f}d{\mu}=\int{f}hd{|\mu|},|h|=1 $$则有$$ \|\Phi\|=|\mu|(X) $$最后结合$C_0(X)$与$C_c(X)$的关系，刻画了$C_c(X)$上的有界线性泛函，这部分的证明是比较复杂的。
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。
凹凸函数与詹森不等式凸函数课本是凸函数的定义：设$\varphi$是定义在开区间$(a,b)$上的是函数，其中$-\infty{\le}a<b{\le}\infty$。如果对任意的$a<x<b,a<y<b$和$0{\le}{\lambda}{\le}1$，恒有不等式$$ \varphi((1-{\lambda})x+{\lambda}y){\le}(1-{\lambda})\varphi(x)+{\lambda}\varphi(y) $$则称$\varphi$为凸函数。等价于$$ \frac{\varphi(t)-\varphi(s)}{t-s}{\le}\frac{\varphi(u)-\varphi(t)}{u-t} $$对$a<s<t<u<b$成立。用微分中值定理与上式等价条件容易证明，$\varphi$在$(a,b)$上是凸函数，其充分必要条件是其二阶导数恒大于0。凹函数凹函数又称为上凸函数，实则是将凸函数形式改变一下：设$\varphi$是定义在开区间$(a,b)$上的是函数，其中$-\infty{\le}a<b{\le}\infty$。如果对任意的$a<x<b,a<y<b$和$0{\le}{\lambda}{\le}1$，恒有不等式$$ \varphi((1-{\lambda})x+{\lambda}y){\ge}(1-{\lambda})\varphi(x)+{\lambda}\varphi(y) $$则称$\varphi$为凹函数。等价于$$ \frac{\varphi(t)-\varphi(s)}{t-s}{\ge}\frac{\varphi(u)-\varphi(t)}{u-t} $$对$a<s<t<u<b$成立。用微分中值定理与上式等价条件容易证明，$\varphi$在$(a,b)$上是凹函数，其充分必要条件是其二阶导数恒小于0。詹森不等式对于$\Omega$集合，$\mathfrak{M}$为$\Omega$上的$\sigma$代数，$\mu$为正测度，$\mu(\Omega)=1$。其一般形式：$f:\Omega{\to}R^1,f{\in}L^1(\mu)$，若$\varphi(x)$为$(a,b)$上凸函数，$x{\in}\Omega,a<f(x)<b$，则有$$ \varphi(\int_{\Omega}fd{\mu}){\le}\int_{\Omega}(\varphi{\circ}f)d{\mu} $$证明：令$t=\int_{\Omega}fd{\mu}$，则$a<t<b$（实际上，若$t=b$，则$\int_{\Omega}(b-f){\mu}=0,b=f=0,a.e.$于$\Omega$，而这个与$f(x)<b,{\forall}x{\in}\Omega$矛盾），于是$a<s<t<b$，令$$ \beta=\sup_{a<s<t}\frac{\varphi(t)-\varphi(s)}{t-s},a<s<t,\beta{\ge}\frac{\varphi(t)-\varphi(s)}{t-s} $$$$ \beta{\le}\frac{\varphi(v)-\varphi(t)}{v-t},t<v<b $$两个式子可以推出$$ \varphi(s){\ge}\varphi(t)+\beta(s-t){\quad}(a<s<b) $$于是有令$s=f(x)$，因为$s{\in}(a,b)$$$ \varphi(f(x))-\varphi(t)-\beta(f(x)-t){\ge}0{\quad}{\forall}x{\in}\Omega $$由于$\varphi$连续，所以$\varphi{\circ}f$可测。若$\varphi{\circ}f{\in}L^1{\mu}$，则$$ \int_{\Omega}\varphi{\circ}fd{\mu}-\varphi(\int_{\Omega}fd{\mu})-\beta(\int_{\Omega}fd{\mu}-t){\ge}0 $$因为$t=\int_{\Omega}fd{\mu}$，于是推出詹森不等式：$$ \int_{\Omega}\varphi{\circ}fd{\mu}{\ge}\varphi(\int_{\Omega}fd{\mu}) $$但是若$\varphi{\circ}f=\infty{\notin}L^1(\mu)$，则有$\varphi{\circ}f=(\varphi{\circ}f)^+-(\varphi{\circ}f)^-$。其中$$ (\varphi{\circ}f)^-=-\min\left\{0,\varphi{\circ}f\right\} $$定义一个$g(x)$为下述所示：$$ \varphi(f(x)){\ge}\varphi(t)+\beta(f(x)-t):=g(x) $$于是由$f{\in}L^1(\mu)$可以推出$g{\in}L^1(\mu)$，从而有$$ (\varphi{\circ}f)^-=-\min\left\{0,\varphi{\circ}f\right\}{\le}-\min\left\{g,0\right\}=g^- $$于是有$$ \int_{\Omega}(\varphi{\circ}f)^-d{\mu}{\le}\int_{\Omega}g^-d{\mu}{\le}\int_{\Omega}|g|d{\mu}<\infty $$而$$ \int_{\Omega}(\varphi{\circ}f)^+d{\mu}=+\infty $$也就是$\varphi{\circ}f{\in}L^1(\mu)$推出$\int_{\Omega}(\varphi{\circ}f)d{\mu}=+\infty$。证毕。对于凹函数的反向詹森不等式，仅需改变不等号反向，证明完全一致。
开映像定理与其应用开映像定理设$X,Y$是巴拿赫空间，有界线性算子$\Lambda:X{\to}Y$是满射，则存在$\delta>0$，使得$$ {\Lambda}(B_X(0,1)){\supset}{\delta}B_Y(0,1)=B_Y(0,\delta)\\ B_X(0,1)=\left\{x{\in}X;\|x\|_X{\le}1\right\} $$（开映像定理将开集映为开集）证明分为两步：断言1：在定理条件下，$\exists{\delta}>0$，使得$\overline{\Lambda(B_X(0,1))}{\supset}2{\delta}B_Y(0,1)$。证明断言1：$\forall{y}{\in}Y$，因为$\Lambda$是满射，故$\exists{x}{\in}X$，使得$y=\Lambda{x}$，若$\|x\|<k$，则$y{\in}B_X(0,k)=k{\Lambda}B_x(0,1)$。因为是连续线性算子。令$X_n=\overline{n{\Lambda}B_X(0,1)}$，而$Y={\bigcup}^{\infty}_{n=1}X_n$，由Baire定理，则${\exists}n_0$，使得$intX_{n_0}{\neq}\varnothing$，而实际上根据连续性，就是$int{\overline{\Lambda{B_X(0,1)}}}{\neq}\varnothing$。设$y_0$是$\overline{{\Lambda}B_X(0,1)}$中的内点，则存在$\delta>0$，使得$B_Y(y_0,4\delta){\subset}\overline{B_X(0,1)}$。这里$-y_0$也是$\overline{{\Lambda}B_X(0,1)}$的内点，因为是对称凸集。也就是$$ y_0=n_0{\Lambda}x,-y_0=n_0{\Lambda}-x_0,而x,-x{\in}B_X(0,1){\Longrightarrow}-y_0{\in}\overline{{\Lambda}B_X(0,1)} $$$$ B_Y(0,4\delta)=B_Y(y_0,4\delta)-y_0{\subset}\overline{{\Lambda}B_X(0,1)}+\overline{{\Lambda}B_X(0,1)} $$于是有$B_Y(0,4\delta){\subset}2\overline{{\Lambda}B_X(0,1)}$，进一步有$$ \overline{{\Lambda}B_X(0,1)}{\supset}B_Y(0,2\delta)=2{\delta}B_Y(0,1) $$断言2：若$\Lambda:X{\to}Y$，满足$\overline{\Lambda(B_X(0,1))}{\supset}2{\delta}B_Y(0,1)$，则$B_Y(0,\delta){\subset}{\Lambda}B_X(0,1)$。证明：要证${\forall}y{\in}B_Y(0,\delta),{\exists}x{\in}B_X(0,1)$，使得$\Lambda{x}=y$。由满足的条件，我们就可以取${\forall}\varepsilon>0,{\exists}x{\in}X,\|x\|<\frac{1}{2}$，使得$\|y-{\Lambda}x\|<\varepsilon$。取到$\varepsilon=\frac{\delta}{2}$，取${\exists}x_1$，使得$\|y-{\Lambda}x_1\|<\frac{\delta}{2}$。用$y-{\Lambda}x_1$代替前面的$y$，于是$\exists{x_2},\|x_2\|<\frac{1}{4}$，使得$\|y-{\Lambda}x_1-{\Lambda}x_2\|<\frac{\delta}{4}$，继续上面的步骤取法，这样下去。$\exists{x_n},\|x_n\|<\frac{1}{2^n}$，使得$\|y-{\Lambda}x_1-{\Lambda}x_2-{\cdots}-{\Lambda}x_n\|<\frac{\delta}{2^n}$。且有$\sum^{\infty}_{n=1}\|x_n\|$是收敛的，于是我们取$x:=\sum^{\infty}_{n=1}x_n$，由于$\Lambda$是连续的，故$y={\Lambda}x$。故此证明完毕。巴拿赫（逆算子）定理$X,Y$是巴拿赫空间，$\Lambda:X{\to}Y$是既单又满的有界线性算子，则${\exists}\delta>0$，使得$\|{\Lambda}x\|{\ge}\delta\|x\|,{\forall}x{\in}X$，也就是$\Lambda^{-1}$是$Y$到$X$上的一个有界线性算子。证明：取$\delta$为开映像定理中的，结合$\Lambda$是既单又满的。若$\|{\Lambda}x\|<\delta,\|x\|<1$，则其逆否命题，$\|x\|{\ge}1,\|{\Lambda}x\|{\ge}\delta$。$\Lambda^{-1}$的定义如下：若$y={\Lambda}x$，则令$x={\Lambda}^{-1}y$，且${\Lambda}^{-1}$是线性算子。$$ {\Lambda}^{-1}(\beta_1y_1+\beta_2y_2)=\beta_1{\Lambda}^{-1}y+\beta_2{\Lambda}^{-1}y_2 $$设$y_1=\Lambda{x_1},y_2=\Lambda{x_2}$，则有$$ \beta_1y_1+\beta_2y_2=\beta_1{\Lambda}x_1+\beta_2{\Lambda}x_2={\Lambda}(\beta_1x_1+\beta_2x_2) $$而由$\Lambda^{-1}$定义可以知道$$ {\Lambda}^{-1}(\beta_1y_1+\beta_2y_2)=\beta_1x_1+\beta_2x_2=\beta_1{\Lambda}^{-1}y+\beta_2{\Lambda}^{-1}y_2 $$对于${\forall}x{\in}X,x{\neq}0$，则有$$ \|\frac{x}{\|x\|}\|=1,\|{\Lambda}\frac{x}{\|x\|}\|{\ge}\delta,\|{\Lambda}x\|{\ge}\delta\|x\|\\ \|y\|{\ge}\delta\|{\Lambda}^{-1}y\|{\Rightarrow}\|{\Lambda}^{-1}y\|{\le}\frac{1}{\delta}\|y\|,\|{\Lambda}^{-1}\|{\le}\frac{1}{\delta} $$$L^1$函数的傅立叶系数首先我们对${\forall}f{\in}L^1(T),\hat{f}:\mathbb{Z}{\to}\mathbb{C}$，其中$\hat{f}$定义如下：$$ \hat{f}(n)=\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}f(t)e^{-int}dt{\quad}(n{\in}\mathbb{Z}) $$断言：${\forall}f{\in}L^1(T)$，当$|n|{\to}\infty,\hat{f}(n){\to}0$。证明：由于$C(T)$稠于$L^1(T)$(定理3.14)，三角多项式（有限个$\left\{e^{int}\right\}^{\infty}_{-\infty}$的线性组合）稠于$C(T)$(定理4.25)。${\forall}{\varepsilon}<0,f{\in}L^1(T),{\exists}g{\in}C(T)$与三角多项式$P$，使得$\|f-g\|_1<\varepsilon,\|g-P\|_{\infty}<\varepsilon$。而$L^1(T)$的范数是$$ \|f\|_1=\frac{1}{2\pi}|f(t)|dt,\|g-P\|_1{\le}\|g-P\|_1<\varepsilon $$推出$\|f-P\|_1<2\varepsilon$，因为$P$是一个三角多项式，当$|n|$足够大，且超过$P$的阶次时，有$$ P(t)=\sum^N_{k=-N}c_ke^{ikt},\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}P(t)e^{-int}dt=0 $$$$ |\hat{f}(n)|=|\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}\left\{f(t)-P(t)\right\}e^{-int}dt|{\le}\|f-P\|_1<2{\varepsilon} $$也就是$|n|{\to}\infty,\hat{f}(n){\to}0$。接下来我们的问题是：若$\left\{a_n\right\}$为一个复数序列，当$|a_n|{\to}\infty$，有$a_n{\to}0$。是否存在$f{\in}L^1(T)$，使得$\hat{f}(t)=a_n$？设$C_0=\left\{\varphi:\mathbb{Z}{\to}C;\varphi(x){\to}0,n{\to}{\pm}\infty\right\}$，也就是$\left\{c_n\right\}^{+\infty}_{-\infty},c_n{\to}0,n{\to}{\pm}\infty$。$$ \|\varphi\|_{\infty}=\sup\left\{|\varphi(n)|:n{\in}\mathbb{Z}\right\} $$则$(C_0,\|{\cdot}\|_{\infty})$为巴拿赫空间。实际上，如果规定${Z}$的每个子集都为开集，则$Z$是一个局部紧的豪斯多夫空间，则$C_0=C_0(Z)$。不是满射映射$f{\to}\hat{f}$是$L^1(T)$到$C_0$内一个单的有界线性变换。证明：定义$\Lambda:f{\mapsto}\hat{f},\Lambda$是线性变换，前面断言：$n{\to}{\pm}\infty,\hat{f}(n){\to}0$。从而$\Lambda:L^1(T){\to}\Lambda(L^1(T)){\subset}C_0$，由于$$ \hat{f}(n)=\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}f(t)e^{-int}dt{\quad}(n{\in}\mathbb{Z}) $$$|\hat{f}(n)|{\le}\|f\|_1{\Rightarrow}\|{\Lambda}\|{\le}1$，令$f=1,|\hat{f}(0)|=1$，故此$\|{\Lambda}\|=1$。下面证明$\Lambda$是单射，设$f{\in}L^1(T)$，若${\Lambda}f=0$，即$\hat{f}(n)=0$，对${\forall}n{\in}\mathbb{Z}$。当$g$为任一三角多项式时，$$ \frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}f(t)g(t)=0\tag{*} $$由定理4.25与控制收敛定理，对于${\forall}g{\in}C(T)$，三角多项式在连续函数中稠密，然后控制收敛直接把极限取进去，从而（*）式也成立。由鲁津定理（连续函数逼近可测函数）的推论与控制收敛定理，（*)式对于任何一个可测函数$g$也成立。从而由定理1.39（b）$$ \int^{\pi}_{-\pi}|f(t)|dt=0{\Rightarrow}f(t)=0(a.e.) $$从而可以证明$\Lambda$为单射。证明不是满射：反证法，若$\Lambda$为满射，$\Lambda(L^1(T))=C_0$，由定理5.10（巴拿赫定理），$\exists{\delta}>0$，使得对${\forall}f{\in}L^1(T)$，有$\|\hat{f}\|_{\infty}{\ge}\|f\|_1$，由5.11节定义的$$ D_n(t)=\sum^{n}_{k=-n}e^{ikt}=\frac{sin(n+\frac{1}{2})t}{sin\frac{t}{2}} $$有$D_n(t){\in}L^1(T),\|D_n\|_{\infty}=1$，因为$$ \hat{D_n}(k)=\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}D_n(t)e^{-ikt}dt $$而当$n{\to}\infty$时，$\|D_n\|_1{\to}\infty$，因此不存在$\delta>0$，使得$\|\hat{D_n}\|_{\infty}{\ge}\delta\|D_n\|_1$，对${\forall}n{\in}\mathbb{Z}$成立，于是这个反例告诉我们不是满射。闭图像定理首先定义图像：对于$\Lambda:X{\to}Y$的线性算子。$$ G(\Lambda)=\left\{(x,\Lambda{x}),{\forall}x{\in}X\right\}{\subset}X{\times}Y $$定理：设$X$与$Y$为巴拿赫空间，$\Lambda:X{\to}Y$为一个线性算子，若$G(\Lambda)$为$X{\times}Y$上的闭集，则$\Lambda$是连续的。要证明这个定理需要用到开映像定理的推论：若$X$是赋范线性空间，其上赋予两个范数$\|{\cdot}\|_1,\|{\cdot}\|_2$，若存在$c>0$使得$\|{\cdot}\|_1{\le}c\|{\cdot}\|_2$，且$(X,\|{\cdot}\|_1)$与$(X,\|{\cdot}\|_2)$均为巴拿赫空间，则${\exists}C>0$，使得$\|{\cdot}\|_2{\le}C\|{\cdot}\|_1$。这个推论的证明仅需用到：$i:X{\to}X$，然后用一下巴拿赫（逆算子）定理即可。证明闭图像定理：在$X$上考虑两个范数$$ \|x\|_1=\|x\|_X+\|{\Lambda}x\|_Y,\|x\|_2=\|x\|_X $$则有$\|x\|_2{\le}\|x\|_1$，而用到开映射的推论我们有$\|x\|_1{\le}C\|x\|_2$，于是可以推出$$ \|x\|_X+\|{\Lambda}x\|_Y{\le}C\|x\|_X,\|{\Lambda}x\|_Y{\le}(c-1)\|x\|_X\\\|{\Lambda}\|{\le}C-1 $$于是则有$\Lambda$连续，也就是闭图像推出这个线性算子是连续的。
一致有界与连续函数的傅立叶展开
一致有界与连续函数的傅立叶展开Banach-Steinhaus定理上述巴拿赫-斯坦豪斯定理，也称为共鸣定理，一致有界定理。$X$为巴拿赫空间，$Y$为线性赋范空间，$\left\{{\Lambda}_{\alpha}\right\}_{\alpha{\in}A}$，$\Lambda_{\alpha}{\in}L(X,Y)$是一族连续线性算子，那么要么存在$M<\infty$，使得对每个$\alpha{\in}A,\|{\Lambda}_{\alpha}\|{\le}M$；要么对所有属于$X$的某个稠密$G_{\delta}$型集的$x$，有$\sup_{\alpha{\in}A}\|{\Lambda}_{\alpha}\|=\infty$。其中一致有界性质体现在：若${\forall}x{\in}M$，$\sup_{\alpha{\in}A}\|{\Lambda}_{\alpha}x\|<\infty$，则$\sup_{\alpha{\in}A}\|{\Lambda}_{\alpha}\|<\infty$。也就是对于这个线性算子作用下，每个都有界，最后可以推出这个算子有界。其几何意义如下：或者是$$ \Lambda_{\alpha}:B_X{\to}MB_Y,{\forall}{\alpha}{\in}A,\|{\Lambda_{\alpha}}x\|{\le}M\|x\| $$或者是：至少有一个$x$使$\left\{{\Lambda}_{\alpha}x\right\}$不包含于$Y$的任何一个球内。且这些$x$形成$X$上的一个稠密$G_{\delta}$集。证明该定理：令$\varphi(x)=\sup_{\alpha{\in}A}\|{\Lambda}_{\alpha}x\|\;{\forall{x}{\in}X}$，令$V_n=\left\{x|\varphi(x)>n\right\}$，则因为$\Lambda_{\alpha}$是连续线性变换，而$Y$上的范数为连续函数，故此有$\varphi$是关于$x$的下半连续函数，从而知道$V_n$为开集。一，若有$V_N$在$X$中不稠密，则存在一点$x_0{\in}X$和$r>0$，使得$\|x\|<r$时，$x_0+x{\notin}V_n$。于是则推出$\varphi(x_0+x){\le}N$，或者说$\|{\Lambda}_{\alpha}(x_0+x)\|{\le}N,\;{\forall}{\alpha}{\in}A,\|x\|<r$，$x=(x_0+x)-x_0$，$$ \|{\Lambda}_{\alpha}\|{\le}\|{\Lambda_{\alpha}(x_0+x)\|+\|{\Lambda}_{\alpha}x_0\|}{\le}2N $$取到$M=\frac{2N}{r}$，则有$\|{\Lambda}_{\alpha}x\|{\le}M\|x\|$，也就是$\|{\Lambda}\|{\le}M$。二，$\overline{V_n}=X$，则$\bigcap^{\infty}_{n=1}V_n$是一个$G_{\delta}$型集，由于Baire定理，$\overline{\bigcap^{\infty}_{n=1}V_n}=X$，则对任意的$x{\in}\bigcap^{\infty}_{n=1}V_n$，有$\varphi(x)>n\;{\forall}n$，$\varphi(x)=\infty$。推论：$X$为巴拿赫空间，$Y$为线性赋范空间，$\left\{A_n\right\}_{n=1}^{\infty}$，$A_n{\in}L(X,Y)$，若$\forall{x}{\in}X$，$\left\{A_nx\right\}$在$Y$中收敛（可以知道$\sup_{n{\ge}1}\|A_nx\|<\infty$有界），则$\sup\|A_n\|<\infty$。进一步定义$A:X{\to}Y$，且由$Ax=\lim_{n{\to}\infty}A_nx$，则$A{\in}L(X,Y),\|A\|{\le}\lim_{n{\to}\infty}\inf\|A_n\|$。证明：推论的前面，由于收敛，所以有界，然后通过巴拿赫-斯坦豪斯定理就可以推出。下面的证明进一步：首先$A$是一个线性变换：$$ A_n(\alpha_1x_1+\alpha_2x_2)=\alpha_1A_nx_1+\alpha_2A_nx_2 $$两边取极限，从而得到$$ A(\alpha_1x_1+\alpha_2x_2)=\alpha_1Ax_1+\alpha_2Ax_2 $$然后证明其有界性质：$$ \begin{align*}\frac{\|Ax\|}{\|x\|}&=\lim_{n{\to}\infty}\frac{\|A_nx\|}{\|x\|}=\lim\inf\frac{\|A_nx\|}{\|x\|}\\&{\le}\lim\inf\frac{\|A_n\|\|x\|}{\|x\|}=\lim\inf\|A_n\|\end{align*} $$因为$\|A\|{\le}\lim_{n{\to}\infty}\inf\|A_n\|<\infty$，于是可以知道$\|A\|{\le}\infty$有界。一致有界定理的应用给定一个权函数$w{\in}L^1(0,1)$，对于$f{\in}C[0,1]$，$l(f)=\int^1_0f(t)w(t)dt$，这个积分在$L$积分上有意义，因为$w$是$L^1(0,1)$上的函数，而$l:C[0,1]{\to}R$。我们选择$[0,1]$上n+1个分点，$0{\le}x^{(n)}_0<x^{(n)}_1<\cdot<x^{(n)}_n{\le}1$和n+1个数$w^n_j(j=0,\cdots,n)$，用$l_n(f)=\sum^n_{j=0}w^{(n)}_jf(x^n_j)$来逼近$l(f)$，$l$与$l_n$均为连续线性泛函，而$C[0,1]$按照上确界范数构成巴拿赫空间。Polya定理：给定权函数$w{\in}L^1[0,1]$和线性泛函序列$l_n:f{\in}C[0,1]{\to}l_n(f)=\sum^n_{j=0}w^{(n)}_jf(x^n_j){\in}R$。其中分点与上述一致。则$l_n$有如下性质：若$$ \lim_{n{\to}\infty}|\int^1_0p(t)w(t)dt-l_n(p)|=0\quad{\forall}p{\in}P[0,1] $$则有$$ \lim_{n{\to}\infty}|\int^1_0f(t)w(t)dt-l_n(f)|=0\quad{\forall}f{\in}C[0,1] $$的充要条件是$\sup_{n{\ge}1}(\sum^n_{j=0}|w_j^{(n)}|)<\infty$。证明：$|l_nf|{\le}\|f\|\sum^n_{j=0}|w^{(n)}_j|$，$\|l_n\|=\sup_{f{\neq}0}\frac{\|l_nf\|}{\|f\|}{\le}\sum^n_{j=0}|w^{(n)}_j|$。然后我们定义函数$f_0$是逐段连续函数，$f_0(0)=sgn(w^{(n)}_0)$，$f_0(x^{(n)}_j)=sgn(w^{(n)}_j),(0{\le}j{\le}n)$，$f_0(1)=sgn(w^{(n)}_n)$，于是有$l_n(f_0)=\sum^n_{j=0}|w^{(n)}_j|$，$\|l_n\|=\sum^n_{j=0}|w^{(n)}_j|$。这里用上述的巴拿赫-斯坦豪斯的推论即可证明，先证明必要性：$\Longrightarrow$，已经有了$$ \lim_{n{\to}\infty}|\int^1_0f(t)w(t)dt-l_n(f)|=0\quad{\forall}f{\in}C[0,1] $$则根据推论$l_n(f)$在$R$中收敛到$\int^1_0f(t)w(t)dt$，于是可以推出$\sup_{n{\ge}1}\|l_nx\|<\infty$，也就是$\|l_n\|=\sum^n_{j=0}|w^{(n)}_j|<\infty$。然后证明充分性：$\Longleftarrow$，根据已经知道的$$ \lim_{n{\to}\infty}|\int^1_0p(t)w(t)dt-l_n(p)|=0\quad{\forall}p{\in}P[0,1] $$与$\sup_{n{\ge}1}(\sum^n_{j=0}|w_j^{(n)}|)<\infty$，我们有$\|l_n\|=\sum^n_{j=0}|w^{(n)}_j|<\infty$，于是对于$P[0,1]$，由于上述收敛，并且$P[0,1]$在$C[0,1]$中稠密（维尔斯特拉斯定理），我们由巴拿赫-斯坦豪斯定理，可以知道一致有界，这里稠密的情况下还满足$\sup_{n{\ge}1}(\sum^n_{j=0}|w_j^{(n)}|)<\infty$，所以是点点有界推出的一致有界——$\|l_n\|=\sum^n_{j=0}|w^{(n)}_j|<\infty$，这样的话我们可以对$C[0,1]$空间上来做逼近，于是有$$ \lim_{n{\to}\infty}|\int^1_0f(t)w(t)dt-l_n(f)|=0\quad{\forall}f{\in}C[0,1] $$关于函数的Fourier级数我们在数学分析中曾经学过，对$f{\in}[-\pi,\pi]$，若$$ f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum^{\infty}_{n=1}(a_ncosnx+b_nsinnx) $$$$ a_n=\frac{1}{\pi}\int^{\pi}_{-\pi}f(x)cosnxdx,n=0,1,2,\cdots $$$$ b_n=\frac{1}{\pi}\int^{\pi}_{-\pi}f(x)sinnxdx,n=1,2,\cdots $$其中的部分和$$ S_n(f;x)=\frac{1}{\pi}\int^{\pi}_{-\pi}f(u)\frac{sin[(n+\frac{1}{2})(u-x)]}{2sin\frac{u-x}{2}}du $$我们之前做的$L^2(T)$上的正交完备集，也给出了$f$与对应的$\hat{f}$，同时用欧拉函数表示出来$$ e^{inx}=consx+isinnx{\quad}L^2(T) $$我们在数学分析中知道，其收敛$S_n(f;x){\to}f$，最弱可以放松到$f'_{+}(x)$和$f'_{-}(x)$存在。当然其实这部分和利普希茨函数实际上等价。而且我们用里斯-费希尔定理知道，对于$l^2(A){\cong}L^2{T}$，并且知道其稠密性：三角多项式$\left\{e^{int}\right\}^{+\infty}_{-\infty}$，则可以知道其在$C(T)$根据其范数稠密，在$L^2(T)$根据$\|{\cdot}\|_2$范数稠密。并且有$S_n(t)=\sum^n_{k=-n}\hat{f}(n)e^{ikt}$按照$L^2(T)$范数收敛于$f$。其中$\hat{f}(n)=\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}f(t)e^{-int}dt$，并且根据帕塞瓦尔等式有$$ (f,g)=\sum^{+\infty}_{-\infty}\hat{f}(n)\overline{\hat{g}(n)} $$且相对应的，根据里斯-费希尔定理，我们知道有$\sum^{+\infty}_{-\infty}|c_n|^2<+\infty$，其中$c_n=\hat{f}(n)$，且$$ \|f\|^2_2=\sum^{+\infty}_{-\infty}|c_n|^2 $$连续函数的Fourier级数首先我们探讨的问题是$f{\in}C(T)$是否有$f$的Fourier级数点点收敛到$f(x)$？然后还探讨了如果没有，那么不收敛的点到底有多少？我们知道在$L^2(T)$上我们曾经做到$\int_T|S_n(t)-f(t)|^2du{\to}0$，并且可以找到一个子列$S_{n_i}$使得$S_{n_i}$几乎处处收敛到$f(t)$，记得是用一个级数做的。但是这对于$C(T)$却没有办法。于是我们探讨接下来的方式：$$ S_n(f;x)=\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}f(t)D_n(x-t)dt,{\quad}D_n(t)=\sum^n_{k=-n}e^{ikt} $$这种情况下我们想知道$S_n(f;x){\to}f(x)$是否成立？令$S^*(f;x)=\sup_{n{\ge}1}|S_n(f;x)|$，这里为了书写方便不妨取$x=0$，实际上不是0也可也做到，令$\Lambda_nf=S_n(f;0)$。我们知道$C(T)$装备上确界范数$\|f\|_{\infty}$是形程一个巴拿赫空间，因为一致收敛的极限函数是连续的，所以还是在这个$C(T)$上，完备性容易证明。然后我们知道$\Lambda_n$是$C(T)$上的有界线性泛函。证明如下：首先是线性性质$$ {\Lambda}_n(\alpha{f}+\beta{g})={\alpha}{\Lambda}_nf+{\beta}\Lambda_ng $$而其有界性可以这样证明：$$ |S_n(f;0)|=|\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}f(t)D_{n}(-t)dt|{\le}\|f\|_{\infty}\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}|D_n(-t)|dt $$$$ \|{\Lambda}_n\|{\le}\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}|D_n(t)|dt=\|D_n\|_1 $$接下来我们声称：$\|{\Lambda}_n\|{\to}\infty(n{\to}\infty)$，这个证明需要一定的技巧，首先我们先证明$\|D_n\|_1$是趋于无穷的，然后我们再说明$\|{\Lambda}_n\|=\|D_n\|_1$。$$ e^{it/2}D_n(t)=\sum^n_{k=-n}e^{i(kt+t/2)},{\quad}e^{-it/2}D_n(t)=\sum^n_{k=-n}e^{i(kt-t/2)} $$用左边减去右边，就可以得到$$ \begin{align*}2isin(\frac{t}{2})D_n(t)&=\sum^n_{k=-n}[cos(kt+\frac{t}{2})+isin(kt+\frac{t}{2})-cos(kt-\frac{t}{2})-isin(kt-\frac{t}{2})]\\&=2isin(n+\frac{1}{2})t\end{align*} $$于是则有$D_n(t)=\frac{sin(n+\frac{1}{2})t}{sin{\frac{t}{2}}}$。于是则有因为有$\|sinx\|{\le}\|x\|$于是有$|sin\frac{t}{2}|{\le}\frac{t}{2}$，这个接下来会用到$$ \begin{align*}\|D_n(t)\|_1&=\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}|\frac{sin(n+\frac{1}{2})t}{sin{\frac{t}{2}}}|dt\\&{\ge}\frac{2}{\pi}\int^{\pi}_0\frac{|sin(n+\frac{1}{2})t|}{t}dt=\frac{2}{\pi}\int^{(n+1/2)\pi}_0|sint|\frac{dt}{t}\\&{\ge}\frac{2}{\pi}\sum^n_{k=1}\int^{k\pi}_{(k-1)\pi}|sint|\frac{dt}{k\pi}=\frac{4}{\pi}\sum^n_{k=1}\frac{1}{k}{\to}\infty\end{align*} $$上述用了一个放缩，一个变量代换$t=(n+1/2)t$，还用到了积分线性性质展开成为逐段积分，然后后面因为是绝对值的$sin$在一个$\pi$区间内积分，于是可以直接得出为$2$，然后根据后面的调和级数发散，可以直接推出了$\|D_n(t)\|{\to}\infty$。接下来证明：$\|{\Lambda}_n\|=\|D_n\|_1$。$n$固定，令$$ g(t)=\begin{cases}1,D_n(t)>0\\-1,D_n(t)<0\end{cases} $$则由于$D_n(t)$连续，所以$g(t)$的间断点只是$D_n(t)$为0的点，仅有有限个。于是$g(t)$是逐段连续的函数，并且有$|g(t)|{\le}1$。于是存在一个$f_i{\in}C(T)$连续函数，其$|f_i|{\le}1$，被常值函数1控制，并且$\lim_{n{\to}\infty}f_j(t)=g(t)(a.e.)$，这里的几乎处处是指的除去这有限个间断点。由控制收敛定理则有$$ \begin{align*}\lim_{j{\to}\infty}{\Lambda}_n(f_j)&=\lim_{j{\to}\infty}\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}f_j(-t)D_n(t)dt\\&=\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}g(-t)D_n(t)dt=\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}|D_n(t)|dt\\&=\|D\|_1\end{align*} $$也就证明了$\|{\Lambda}_n\|=\|D_n\|_1$。从而由巴拿赫-斯坦豪斯定理：$S^*(f;0)=\infty$对$C(T)$中某个稠密$G_{\delta}$型集上的每个$f$成立。从而对$\forall{x}{\in}T$对应$E_x{\subset}C(T)$是$G_{\delta}$型集（稠密），对$\forall{f}{\in}E_x$，有$S^*(f;x)=\infty$。在这里我们看到对于两个指标性变量$x$与$f$实际上都有这个式子成立。所以如果取可数个$x_i$，$E_{x_i}$如上所述，取$E={\bigcap}^{\infty}_{i=1}E_{x_i}$，因为每个$E_{x_i}$为稠密的$G_{\delta}$型集，由于Baire定理的推论，则有$E$也为稠密的$G_{\delta}$型集。于是推出，在每个$E_{x_i}$上都有$S^*(f;x_i)=\infty(\forall{f}{\in}E)$。同时我们有，$S^*(f;x)$是连续函数族$S_n(f;x)$的上确界，于是推出$S^*(f;x)$是下半连续的，故而有$$ \left\{x:S^*(f;x)=\infty\right\}={\bigcap}^{\infty}_{n=1}\left\{x|S^*(f;x)>n\right\} $$是可数个开集的交集，也就是$G_{\delta}$型集，且取$x_{i}$取自$[-\pi,\pi]$，则可以做到稠密$$ \overline{{\bigcup}\left\{x_i\right\}}=[-\pi,\pi] $$定理：存在一个集$E{\subset}C(T)$，它在$C(T)$中为稠密的$G_{\delta}$型集，且有如下的性质：${\forall}f{\in}E$，集$Q_f=\left\{x|S^*(f;x)=\infty\right\}$是$[-\pi,\pi]$上稠密的$G_{\delta}$型集。最后我们甚至可以在某些情况下说明这个$E$以及$Q_f$是不可数集合，也即是说这个不收敛的点是非常多的！定理：在不存在孤立点的完备度量空格键中，没有一个可数稠密集是$G_{\delta}$集。证明：设$x_k$是$X$的可数稠密集$E$的点，假定$E$是$G_{\delta}$型集，则$E={\bigcap}V_n$，这里的$V_n$是稠密的开集。设$$ W_n=V_n-{\bigcup}^{n}_{k=1}\left\{x_k\right\} $$则每一个$W_n$集还是一个稠密开集，但是${\bigcap}W_n=\varnothing$，而这和Baire定理是矛盾的。于是我们深刻地了解到在$C(T)$中Fourier级数是不能做到点点收敛与函数$f(x)$的，同时也知道不能收敛的点集是不可数的稠密$G_{\delta}$型集合。
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。简称$\|{\cdot}\|_T$为$X$的$K^n$范数，于是$n$维线性赋范空间的范数与其$K^n$范数等价。2，由上述范数等价定理其实可以推出有限维线性赋范空间和欧式空间同构，我们对$R^n$上取到$Q^n$即可。3，这个同样对有限维欧式空间成立，立即可以推得。4，这个推论仅仅需要落实到$K^n$，子空间对每个坐标分量都是收敛的，所以就是收敛的。
傅立叶展开本节主要讲述了希尔伯特空间上都有其极大规范正交集，并且因此导出其上的三角级数，并讲述了$L^2(T)$空间上的傅立叶展开。希尔伯特空间的规范正交集为了证明每个希尔伯特空间上都有极大规范正交集，对极大的确定，需要引入选择公理和偏序集概念。偏序集集合$\mathscr{P}$定义了一种关系“${\le}$”：$a{\le}b且b{\le}c$，蕴含着$a{\le}c$（传递性）$a{\le}a,\forall{a{\in}\mathscr{P}}$，（自反性）$a{\le}b且b{\le}a$，蕴含着$a=b$（同一性）则称呼${\le}$为偏序，如果对$\forall{a,b}{\in}(\mathscr{P},{\le})$，有$a{\le}b(或b{\le}a)$，则$(\mathscr{P},{\le})$称为全序集。这个例子就不提了，学过数据结构对这些应该具有很深的了解。豪斯多夫极大性定理豪斯多夫极大性定理：每个非空偏序集都含有极大的全序子集。（其证明可以用选择公理或者佐恩引理）希尔伯特空间4.22定理：希尔伯特空间$H$的每一个规范正交就集都包含在一个极大的规范正交集内。（实际上就是每个希尔伯特空间都有其规范正交基）设$H$为非平凡的希尔伯特空间，则$\exists{u}{\in}H,\|u\|=1$，保证了$H$中存在非空的规范正交集。证明：$H$上按集合的包含关系“${\subset}$”确定了一个偏序，假设$\mathscr{P}$为包含规范正交集$B$的集类，$(\mathscr{P},{\subset})$成为一个偏序集，$B{\in}\mathscr{P},\mathscr{P}{\neq}{\varnothing}$，故此由豪斯多夫极大性定理可以推出：$B{\subset}\Omega$为$\mathscr{P}$的极大全序集类，我们令$S={\cup}_{A{\in}\Omega}A,B{\subset}S$显然，于是有了一个极大的全序集。下面仅需证明$S$为极大规范正交集即可。1：$S$是规范正交集：如果$u_1,u_2{\in}S$，存在$A_1,A_2{\in}\Omega,u_1{\in}A_1,u_2{\in}A_2$，因为$\Omega$是全序集类，于是有$A_1{\subset}A_2(或A_2{\subset}A_1)$，则$u_1,u_2{\in}A_2$，因为$A_2$为规范正交集，于是有$$ (u_1,u_2)=\begin{cases} 0,u_1{\neq}u_2\\ 1,u_1=u_2 \end{cases} $$于是证明了$S$是规范正交集。2：证明$S$是极大的，反证法：若$S$不是极大的，则$S$是一个规范正交集合$S^*$的真子集，于是$S^*{\notin}\Omega$，这是因为$S={\cup}_{A{\in}\Omega}$，且$S{\subset}S^*$，于是可以把$S^*$加入到$\Omega$中保持全序，于是造出了一个比$\Omega$更大的全序集合类，这个与$\Omega$的极大性质矛盾。三角级数三角级数的由来实际上是通过圆周和$2\pi$周期的对应得到的。定义$T$为复平面上单位圆周：$T=\left\{z{\in}C,|z|=1\right\}$。如果$F$为$T$上的一个函数，$f$为$R^1$上的函数，则显然通过映射$e^{it}$从$(0,2\pi]$到圆周，可以定义一个$$ f(t)=F(e^{it}) $$这样$f$实则是一个以$2\pi$为周期的函数，反过来其实也能找到一个映射$arctan(\frac{1+z}{i(1-z)})+\pi$从圆周到$(0,2\pi]$，使得上式成立。这样的话，我们局限在圆周$T$上可以得到相应的以$2\pi$为周期的函数类。定义$L^p(T)(1{\le}p<\infty)$为$R^1$上所有的复勒贝格可测，以$2\pi$为周期的函数类。并且定义其范数为$$ \|f\|_p=(\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}|f(t)|^pdt)^{\frac{1}{p}} $$而实际上也就是在看$L^p(\mu)$中，$\mu$为$[0,2\pi]$上勒贝格测度除以$2\pi$的那些函数类。接下来定义$L^{\infty}(T)$为所有$L^{\infty}(R^1)$上的以$2\pi$为周期的函数类，范数为本性上确界。定义$C(T)$为$T$上连续复函数，是$R$上周期为$2\pi$的连续复函数，其范数定义如下$$ \|f\|_{\infty}=\sup_{t}|f(t)| $$引入三角多项式$$ f(t)=a_0+\sum^N_{n=1}(a_ncosnt+b_nsinnt)(t{\in}R^1) $$的有限和式，这里的$a_i,b_i$均为复数，由欧拉恒等式$e^{it}=cos+isint$，所以上式可以写为$$ f(t)=\sum^N_{-N}c_ne^{int} $$其中从$-N$排起是因为$cosnt=\frac{e^{int}+e^{-int}}{2}$，出现了$-n$。令$u_n(t)=e^{int}(n{\in}Z)$，如果在$L^2(T)$中用如下方式定义内积$$ (f,g)=\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}f(t)\overline{g(t)}dt $$则有如下结果：$$ \begin{align*} (u_n,u_m)&=\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}e^{i(n-m)t}dt\\ &=\begin{cases} 1,n=m,\\ 0,n{\neq}m \end{cases} \end{align*} $$这样，我们取到了$\left\{u_n|n{\in}Z\right\}$为$L^2(T)$的一个规范正交集，通常称其为三角系。接下来要证明这个三角系是极大的，因此可以在$L^2(T)$上用这些三角系来表示周期为$2\pi$的函数。三角系的完备性我们要证明三角系是完备的，通过定理4.18四个等价条件，相当于要证明全体三角多项式在$L^2(T)$中稠密，这部分的证明是用一个$C(T)$来过渡的，根据定理3.14，而且$T$为紧集，于是$C(T)$在$L^2(T)$里面是稠密的。也就是$$ \forall{f}{\in}L^2(T),\forall{\varepsilon>0},\exists{g}{\in}C(T),\|f-g\|_2<\varepsilon $$那么接下来我们仅需证明该全体三角多项式在$C(T)$中稠密即可过渡到$L^2(T)$中稠密了。假设我们已经有全体三角多项式在$C(T)$中稠密，也就是说$$ \forall{g}{\in}C(T),\forall{\varepsilon>0},\exists{p}{\in}P,\|g-p\|_{\infty}<\varepsilon $$又因为$\|g-p\|_2{\le}\|g-p\|_{\infty}$，这是因为$$ \|g-p\|_2=(\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}|g-p|^2dt)^{\frac{1}{2}}{\le}(\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}\|g-p\|^2_{\infty}dt)^{\frac{1}{2}}=\|g-p\|_{\infty} $$于是则有$$ \|f-p\|_2=\|f-g\|_2+\|g-p\|_2{\le}2{\varepsilon} $$这样我们就能证明全体三角多项式在$L^2(T)$中稠密，也就是三角系是完备的，可以在$L^2(T)$上用这些三角系来表示周期为$2\pi$的函数。那么接下来的问题就是证明该全体三角多项式在$C(T)$中稠密了！这个定理的证明有点复杂，之后再补！于是有定理4.25：若$f{\in}C(T)$且$\varepsilon>0$，则存在一个三角多项式$P$，使得对每个实数t，有$$ |f(t)-P(t)|<\varepsilon $$有一个更为精细的结果是由费耶尔给出的，他证明了：任何$f{\in}C(T)$的傅立叶级数部分和的算术平均值都一致收敛于$f$，定理的证明和上面复杂的定理证明有些类似。傅立叶级数接下来我们在$L^2(T)$上给出傅立叶级数，也就是确定之前给出的三角多项式展开的系数表示。首先对任意的$f{\in}L^1(T)$，我们用公式定义$$ \hat{f}(n)=\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}\hat{f(t)}e^{-int}dt\quad(n{\in}Z)\tag{1} $$定义$f$的傅立叶系数，这里$Z$为全体整数的集这样子对每个$f{\in}L^1(T)$，都对应了$Z$上的一个函数$\hat{f}$。$\hat{f}$的傅立叶级数就是$$ \sum^{\infty}_{-\infty}\hat{f}(n)e^{int}\tag{2} $$它的部分和是$$ s_N(t)=\sum^N_{-N}\hat{f}(n)e^{int}\quad(N=0,1,2,\cdots)\tag{3} $$又因为$L^2(T){\subset}L^1(T)$的嵌入，这里证明一下$$ {\forall}f{\in}L^2(T),\int_T1{\cdot}|f|d{\mu}{\le}(\int_T1^2d{\mu})^{\frac{1}{2}}(\int_T|f|^2d{\mu})^{\frac{1}{2}}<{\infty} $$所以$L^2(T)$中有限必然在$L^1(T)$中有限。因此，（1）可以直接应用到$L^2(T)$空间中。由于4.17定理（里斯-费耶尔）：$l^2{\to}L^2$可以知道，当$\left\{c_n\right\}$是一个复数序列，使$$ \sum^{\infty}_{n=-\infty}|c_n|^2<{\infty}\tag{4} $$时，则存在一个$f{\in}L^2(T)$，从而用（1）则有$$ c_n=\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}{f(t)}e^{-int}dt\quad(n{\in}Z)\tag{5} $$而由于定理4.18四个等价条件，帕塞瓦尔等式则有：当$f{\in}L^2(T)$和$g{\in}L^2(T)$时$$ \sum^{\infty}_{-\infty}\hat{f}(n)\overline{\hat{g}(n)}=\frac{1}{2\pi}\int^{\pi}_{-\pi}f(t)\overline{g(t)}dt \tag{6} $$而左边的级数绝对收敛，并且若$s_N$像（3）中一样，则$$ \lim_{N{\to}\infty}\|f-s_N\|_2=0 \tag{7} $$由（6）的一个特殊情形，有$$ \|f-s_N\|_2^2=\sum_{|n|>N}|\hat{f}(n)|^2 \tag{8} $$（7）式说明了每个$f{\in}L^2(T)$都是它的傅立叶级数部分和的极限，也就是说$f$的傅立叶级数在$L^2$意义下收敛于$f$。这里用里斯-费耶尔定理和帕塞瓦尔等式通过指明了$f{\to}\hat{f}$是$L^2(T)$到$l^2(T)$上的希尔伯特空间的同构，所以可以结合起来考虑。因为在其他函数空间中，例如$L^1(T)$中，傅立叶级数的理论比$L^2(T)$的更为困难，所以这里是默认了$L^1(T)$导出的$L^2(T)$。当然可以考虑做到$L^p(T)$，这个仅需要注意到$L^p(T)$的嵌入即可：$\cdots{\subset}L^3(T){\subset}L^2(T){\subset}L^1(T)$这个可以用赫尔德不等式做一下：$$ \int_T1{\cdot}|f|d{\mu}{\le}(\int_T1^pd{\mu})^{\frac{1}{p}}(\int_T|f|^qd{\mu})^{\frac{1}{q}}<{\infty}\\\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1 $$只要选取恰当的$p,q$，应该是能够做到这一点的。
希尔伯特空间上的规范正交基本节首要提出规范正交集的概念，并且对有限集的规范正交集做出刻画，然后通过一系列手段，从有限集推广到无限集。最终实现在希尔伯特空间上建立起规范正交基的操作。规范正交集定义4.13：$V$为域$F$上的向量空间，$S{\subset}V$，若$S$的任一有限子集均线性无关，则称$S$为线性无关的。并且记$$ [S]=span S=\sum_{\alpha{\in}F}C_{\alpha}u_{\alpha},u_{\alpha}{\in}S,C_{\alpha}{\in}F $$也就是说$[S]$为有限个线性无关向量构成的线性组合。设$H$为希尔伯特空间，并且有$\left\{u_{\alpha}\right\}_{\alpha{\in}A}{\subset}H,(u_{\alpha},u_{\beta})=0,{\alpha\neq}{\beta}$，则称$\left\{u_{\alpha}\right\}_{\alpha{\in}A}$为正交集。若满足上述定义的同时还有$$ (u_{\alpha},u_{\beta})=\begin{cases} 0,{\alpha}{\neq}{\beta}\\ 1,{\alpha}{=}{\beta} \end{cases} $$则称$\left\{u_{\alpha}\right\}_{\alpha{\in}A}$为规范正交集。其中对于$\forall x{\in}H,{\hat{x}(\alpha)=(x,u_{\alpha})}(\alpha{\in}A)$为傅立叶系数，于是有$\hat{x}:A{\to}\mathbb{C}$。有限集上的正交规范集设$\left\{u_{\alpha}\right\}_{\alpha{\in}A}$是$H$的规范正交集，且$F$为$A$的有限子集，设$M_F$是$\left\{u_{\alpha}\right\}_{\alpha{\in}F}$张成的空间$M_F=span\left\{u_{\alpha}:{\alpha}{\in}F\right\}$，则有：若$\varphi$为$A$上一个复函数且在$F$外取值为0，则存在一个向量$y{\in}M_F$，也就是$y=\sum_{\alpha{\in}F}\varphi(\alpha)u_{\alpha}$使得$\hat{y}(\alpha)=(\varphi,u_{\alpha})=\varphi(\alpha)$对每一个$\alpha{\in}A$成立，同时，$\|y\|^2=\sum_{\alpha{\in}F}|\varphi(\alpha)|^2$。若$x{\in}H$且$s_F(x)=\sum_{\alpha{\in}F}\hat{x}(\alpha)u_{\alpha}$，则$\|x-s_F(x)\|{\le}\|x-s\|$，对除$s=s_F(x)$外的所有$s{\in}M_F$，有$\sum_{\alpha{\in}F}|\hat{x}(\alpha)|^2{\le}\|x\|^2$。证明：对于1，首先有$\hat{y}(\alpha)=(\varphi,u_{\alpha})=\varphi(\alpha)$，这个对任意${\alpha}{\in}A$，因为$y=\sum_{\alpha{\in}F}\varphi(\alpha)u_{\alpha}$，由于其正交性$$ \|y\|^2=(y,y)=(\sum_{\alpha{\in}F}\varphi(\alpha)u_{\alpha},\sum_{\alpha{\in}F}\varphi(\alpha)u_{\alpha})=\sum_{\alpha{\in}F}|\varphi(\alpha)|^2 $$证明：对于2，$s_F(x){\in}M_F,x$给定，我们用$s_F$代替$s_F(x)$，于是有$s_F(\alpha)=\hat{x}(\alpha),\alpha{\in}F$，$x-s_F(x){\pm}u_{\alpha},\alpha{\in}F$，这个可以用内积验证。$x-s_F{\pm}s_F-s,\forall s{\in}M_F$，这是因为$s_F{\in}M_F,s{\in}M_F,s_F-s{\in}M_F$。$$ \|x-s\|^2=\|(x-s_F)+(s_F-s)\|^2=\|x-s_F\|^2+\|s_F-s\|^2\Longrightarrow\|x-s\|{\ge}\|x-s_F\| $$$$ 0{\le}\|x-s_F\|^2=(x-\sum_{\alpha{\in}F}\hat{x}(\alpha)u_{\alpha},x-\sum_{\alpha{\in}F}\hat{x}(\alpha)u_{\alpha}){\le}x^2-\sum|\hat{x}(\alpha)|^2 $$或者在上面的式子中，$s{\in}M_F$，令$s=0$，$\|x\|^2=\|x-s_F\|^2+\|s_F\|^2{\Longrightarrow}\sum_{\alpha{\in}F}|\hat{x}(\alpha)|^2=\|s_F(x)\|^2{\le}\|x\|^2$。然后我们上面证明了对于有限集合的正交规范集的性质，接下来推广到无限，最后给出规范正交集什么时候成为空间的一组基的情况预备知识与符号$0{\le}\varphi(\alpha)<\infty,\forall \alpha{\in}A$，我们定义相关的空间与上面的要求$$ \sum_{\alpha{\in}A}\varphi(\alpha)=\sup\left\{\varphi(\alpha_1)+\cdots+\varphi(\alpha_n)|\alpha_1,\cdots,\alpha_n{\in}A互不相同,n{\in}N\right\} $$上述表示实际上是$\varphi(x)$在$A$上计数测度的积分，也就是有$\sum_{\alpha{\in}A}\varphi(\alpha)=\int_A{\varphi}d\mu$我们现在用$l^p(A)$表示$L^p(\mu)$，也就是有$\varphi:A{\to}\mathbb{C}$，也就是$\sum_{\alpha{\in}A}|\varphi(\alpha)|^p=\int_A|\varphi|^p{d\mu}<\infty$。$$ p=2,l^2(A){\to}L^2(\mu),\varphi{\in}l^2(A),\sum_{{\alpha}{\in}A}|\varphi(\alpha)|^2<\infty $$$$ 在L^2(\mu)上,(f,g)=\int_A f\overline{g}d{\mu}\\在l^2(A)上,(\varphi,\psi)=\sum_{\alpha{\in}A}\varphi(\alpha)\overline{\psi(\alpha)},\varphi{\in}l^2(A),\psi{\in}l^2(A),\varphi{\overline{\psi}}{\in}l^1(A) $$由于简单函数全体在$L^p(\mu)$中稠，也就是$\forall f{\in}L^p(\mu),\forall \varepsilon>0,\exists s$为简单函数，使得$\|f-s\|_p<\varepsilon$。于是对应我们有$\left\{\varphi:\varphi在A的有限子集外都为0\right\}$在$l^2(A)$上稠密若$\varphi{\in}l^2(A)$，则因为$\sum_{\alpha{\in}A}|\varphi(\alpha)|^p<\infty$，则$\left\{\alpha{\in}A,\varphi(\alpha){\neq}0\right\}$的集合个数至多可数。证明：令$A_n$为使得$|\varphi(\alpha)|>\frac{1}{n}$，即为$$ \begin{align*}A_n&=\left\{\alpha{\in}A:|\varphi(\alpha)|>\frac{1}{n}\right\}\\&=\left\{\alpha{\in}A:n|\varphi(\alpha)>1|\right\}\end{align*} $$$$ \#A_n<\sum_{\alpha{\in}A_n}|n{\varphi(\alpha)}|^2{\le}n^2\sum_{\alpha{\in}A}|\varphi(\alpha)|^2<\infty $$其中的$n$是每个固定的值，于是推出$A_n$的个数有限。$A=\bigcup^{\infty}_{i=1}A_n$至多可数。等距同构的过渡这个引理主要是从稠密子集的等距映射，过渡到空间的等距同构，实现了从小空间到大空间的过渡。4.16假设$X$和$Y$为度量空间，$X$是完备的$f:X{\to}Y$连续$X_0$是$X$的稠密子集，$f$在$X_0$上等距映射。$f(X_0)$在$Y$上稠密则$f$是$X$到$Y$上的等距同构映射，当然$f$是满射。证明：这里的等距同构是很简单的，$p_Y(f(x_1),f(x_2))=p_X(x_1,x_0)$，等距映射只是保持距离的一种简单映射，所以等距是容易验证的。但是到上指的是满射，于是重点放在满射的证明上面。满射的证明：$\forall y{\in}Y$，因为$\overline{f(X_0)}=Y$，于是$\exists\left\{x_n\right\}{\subset}X_0$，使得$p_Y(f(x_n),y){\to}0$，于是$\left\{f(x_n)\right\}$为$Y$中的柯西序列，由于$f$为$X_0$中等距映射，所以$\left\{x_n\right\}$是$X_0$中的柯西列，于是，存在$x_0{\in}X_0$，使得$p_X(x_n,x_0){\to}0$，这个存在性是由于$X$完备保证的，于是有$f(x_0)=\lim_{n{\to}\infty}f(x_n)=y$。希尔伯特子集到$l^2(A)$的等距同构设$\left\{u_{\alpha}|\alpha{\in}A\right\}$为$H$上的规范正交集，$P$为有限个$u_{\alpha}$的线性组合全体构成的集合，则有不等式$\sum_{\alpha{\in}A}|\hat{x}(\alpha)|{\le}\|x\|^2<\infty$，且其中的$\hat{x}(\alpha)=(x,u_{\alpha})$。这个不等式对任意$x{\in}H$成立，且$x{\to}\hat{x}$是一个$H$到$l^2(A)$的连续线性映射，是$\overline{P}$到$l^2(A)$的等距同构。证明：这个不等式的成立证明比较简单，前面已经对有限集证明过这个不等式，而当前不等式左边的定义其实就是之前有限集证明的上确界。既然对任意有限集都成立，取到上确界自然也成立，所以该不等式可以证毕。（成为贝塞尔不等式）接下来继续证明：定义$f(x)=\hat{x},\hat{x}(\alpha)=(x,u_{\alpha}),f:H{\to}l^2(A)$，先验证这是一个线性映射。$$ f(a_1x_1+a_2x_2)=(a_1x_1+a_2x_2,u_{\alpha})=a_1(x_1,u_{\alpha})+a_2(x_2,u_{\alpha})=a_1\hat{x}(\alpha)+a_2\hat{x}(\alpha)=a_1f(x_1)+a_2f(x_2) $$于是，线性是显然的，接下来证明连续性质：对$x-y$作用贝塞尔不等式$$ \|f(x)-f(y)\|^2=\|\hat{x}-\hat{y}\|^2=\sum|\hat{(x-y)}(\alpha)|{\le}\|x-y\|^2 $$于是可以推出$f$是连续的。最后我们借用之前的过渡引理，直接证明等距同构。这里首先要说明$\overline{P}$是完备的，因为$\overline{P}$为$H$的闭子集。在这里$X=\overline{P},X_0=P,Y=l^2(A)$。于是有$f:P{\to}l^2(A)$，于是都任意的$x{\in}P,x=\sum_{\alpha{\in}F}\hat{x}(\alpha)u_{\alpha}$，其中$F$为$P$的有限子集，$\|x\|^2=\sum_{\alpha{\in}F}\hat{x}(\alpha)$。$$ \hat{x}(\alpha)=\sum_{\alpha{\in}F}(x,u_\alpha)\overline{(x,u_\alpha)}=\|x\|^2{\Longrightarrow}\|\hat{x}\|=\|x\| $$是等距映射，接下来要证明稠密性。对于$l^2(A)$空间，$\varphi{\in}l^2(A),\sum){\alpha{\in}A}|\varphi(\alpha)|^2<\infty$，有$x=\sum_{\alpha{\in}A}\varphi(\alpha)u_{\alpha}$，于是有$$ \|x\|^2=\sum_{\alpha{\in}A}|\varphi(\alpha)|^2\Longrightarrow{x}{\in}{\overline{P}} $$于是$f(P)$在$l^2(A)$中稠密，然后通过过渡引理，直接证明$f$是从$\overline{P}$到$l^2(A)$上的等距同构。注意：其实课本这里是将$l^2(A)$的结构刻画出来给出稠密的，$l^2(A)$由支集为有限集$F{\subset}A$的函数组成，换句话说就是先拉低到每个有限集$F$，然后我们知道对于$F$是可以找到在$P$的原像$x$的，于是所有的$P$中元素通过$f$投到$f(P)$也就是这些有限集$F$，然后这些有限集又在$l^2(A)$中稠密，证明了：$f(P)$在$l^2(A)$中稠密。规范正交基等价条件4.18：设$\left\{u_{\alpha}|\alpha{\in}A\right\}$为$H$中的规范正交集，则下列4个条件等价：$\left\{u_{\alpha}\right\}$为$H$上的极大规范正交集。$\left\{u_{\alpha}\right\}$的元素有限线性组合全体构成的集合在$H$中稠密$$ \sum_{\alpha{\in}A}|\hat{x}(\alpha)|^2=\|x\|^2\quad\forall{x{\in}H} $$ 4. $$ \sum_{\alpha{\in}A}\hat{x}(\alpha)\overline{\hat{y}(\alpha)}=(x,y)\quad{\forall}x{\in}H,y{\in}H $$证明：首先是通过1证明2：用反证法：假设$\overline{P}{\neq}H$，则由定理4.11的推论：$P^{\bot}$存在非零元，于是这个$\left\{u_{\alpha}\right\}$还不够大，需要把这个非零元也给纳入进来，于是就与极大这个性质矛盾。证毕。然后通过2证明3：首先有$\overline{P}=H{\to}l^2(A)$为等距同构，于是则有$\|x\|^2=\|\hat{x}\|^2=\sum_{\alpha{\in}A}|\hat{x}(\alpha)|^2$。然后通过3证明4：这个引入一个希尔伯特空间的极化恒等式$$ 4(x,y)=\|x+y\|^2-\|x-y\|^2+i\|x+iy\|^2-i\|x-iy\|^2 $$仅需代入3进行计算即可得到4。最后通过4证明1：用反证法，假设1不成立，最后推出4不成立即可：若1不成立，则在$H$内存在$u{\neq}0$，使得$(u,u_{\alpha})=0$，对所有的$\alpha{\in}A$成立。于是若$x=y=u,(x,y)=\|u\|{\neq}0$，然而对于所有的$\alpha{\in}A,\hat{x}(\alpha)=0$，取到这个$u$却不满足4等于0，故4也就不成立。同构首先给出两个希尔伯特空间同构的概念：对于$H$的两个子空间$H_1,H_2$是同构的，如果存在线性映射$$ \Lambda:H_1{\to}H_2，保持内积：({\Lambda}x,{\Lambda}y)=(x,y),\forall{x,y}{\in}H $$由定理4.17和4.18可以导出命题：若$\left\{u_{\alpha}|\alpha{\in}A\right\}$为$H$中的极大规范正交集，$\hat{x}(\alpha)=(x,u_{\alpha})$，则映射$x{\to}\hat{x}$是$H{\to}l^2(A)$上希尔伯特空间的同构。那么对于任意两个空间$l^2(A),l^2(B)$，我们指出其同构的充分必要条件是$$ l^2(A){\cong}l^2(B){\iff}\overline{\overline{A}}=\overline{\overline{B}} $$也就是两个集合等势，其基数相同。