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11.1 给定赋范线性空间 X\mathcal X 中 nn 个线性无关的元素 x1,x2,⋯,xnx_1,x_2,\cdots,x_n，证明：

∃f1,f2,⋯,fn∈X∗,s.t.⟨fi,xj⟩=δij,∀1≤i,j≤n\exists f_1,f_2,\cdots,f_n\in \mathcal X^*,\text{ s.t. }\langle f_i,x_j\rangle =\delta_{ij},\quad \forall 1\leq i,j\leq n

考虑子空间 Y=span{x1,x2,⋯,xn}Y=\mathrm{span}\{x_1,x_2,\cdots,x_n\}，定义线性泛函 gi:Y→Rg_i:Y\to \mathbb R 为

gi(∑i=1naixi)=aig_i(\sum_{i=1}^n a_i x_i)=a_i

则 gi∈Y∗g_i\in Y^*。由 Hahn-Banach 定理，存在延拓 fi∈X∗f_i\in \mathcal X^*，使得 fi∣Y=gif_i|_Y=g_i，则显然

⟨fi,xj⟩=δij,∀1≤i,j≤n\langle f_i,x_j\rangle =\delta_{ij},\forall 1\leq i,j\leq n

本题给出了 l1⊆(l∞)∗l^1\subseteq (l^\infty)^* 的事实。

11.2 记 ℓ∞\ell^\infty 为装备了上确界范数的实有界序列构成的 Banach 空间，定义移位算子 T:ℓ∞→ℓ∞T:\ell^\infty\to \ell^\infty 为

Tx:=(xn+1)n∈N,x=(xn)n∈N∈ℓ∞Tx:=(x_{n+1})_{n\in\mathbb N},\quad x=(x_n)_{n\in\mathbb N}\in \ell^\infty

考虑子空间

Y:=Im(id−T)={x−Tx:x∈ℓ∞}Y:=\mathrm{Im}(\mathrm{id}-T)=\{x-Tx:x\in \ell^\infty\}

(1) 记 c0⊆ℓ∞c_0\subseteq \ell^\infty 为趋于 00 的序列构成的子空间，证明 c0⊆Y‾c_0\subseteq \overline Y；

(2) 记 1=(1,1,⋯)∈ℓ∞\boldsymbol 1=(1,1,\cdots )\in \ell^\infty，证明 sup⁡n∈N∣1+xn+1−xn∣≥1,∀x∈ℓ∞\sup_{n\in\mathbb N}|1+x_{n+1}-x_n|\geq 1,\forall x\in \ell^\infty，并由此推出

d(1,Y)=inf⁡y∈Y∥1−y∥∞=1d(\boldsymbol 1,Y)=\inf_{y\in Y}\|\boldsymbol 1 -y\|_\infty=1

(3) 由 Hahn-Banach 定理，存在有界线性泛函 Λ:ℓ∞→R\Lambda:\ell^\infty\to\mathbb R 使得

Λ(1)=1,∥Λ∥=1,Λ(x−Tx)=0,∀x∈ℓ∞\Lambda(\boldsymbol 1)=1,\quad \|\Lambda\|=1,\quad \Lambda (x-Tx)=0,\forall x\in \ell^\infty

证明任意这样的泛函具有如下性质：

(3-a) Λ(Tx)=Λ(x),∀x∈ℓ∞\Lambda (Tx)=\Lambda(x),\forall x\in \ell^\infty；

(3-b) 若 x∈ℓ∞,xn≥0,∀n∈Nx\in \ell^\infty,x_n\geq 0,\forall n\in\mathbb N，则 Λ(x)≥0\Lambda (x)\geq 0；

(3-c) lim inf⁡n→∞xn≤Λ(x)≤lim sup⁡n→∞xn,∀x∈ℓ∞\liminf_{n\to\infty} x_n \leq \Lambda (x) \leq \limsup_{n\to\infty} x_n,\forall x\in \ell^\infty；

(3-d) 若 x∈ℓ∞x\in\ell^\infty 收敛，则 Λ(x)=lim⁡n→∞xn\Lambda (x)=\lim_{n\to\infty} x_n。

(4) 设 Λ\Lambda 满足 (3) 中条件，试找出 x,y∈ℓ∞x,y\in\ell^\infty 使得 Λ(xy)≠Λ(x)Λ(y)\Lambda (xy)\neq \Lambda (x)\Lambda (y)；（提示：考虑序列 xn:=(−1)nx_n:=(-1)^n 并说明 Λ(x)=0\Lambda (x)=0）

(5) 设 Λ\Lambda 满足 (3) 中条件，证明不存在序列 y∈ℓ1y\in \ell^1 使得 Λ(x)=∑n=1∞xnyn,∀x∈ℓ∞\Lambda (x)=\sum^\infty_{n=1}x_ny_n,\forall x\in \ell^\infty（提示：根据 (3-b) 任意这样的序列必然有非负项 yn≥0y_n\geq 0 并满足 ∑n=1∞yn=1\sum^\infty_{n=1}y_n=1，于是存在 N∈NN\in\mathbb N 使得 ∑n=1Nyn>0\sum^N_{n=1}y_n>0，与 (3-d) 矛盾）。

(1) 任意 a∈c0a\in c_0，对任意 ε>0\varepsilon>0，存在 N∈NN\in\mathbb N，使得当 n>Nn>N 时，∣an∣<ε|a^n|<\varepsilon，则定义

xε∈ℓ∞,xεn={0,n=1−∑k=1n−1ak,2≤n≤N−∑k=1N−1ak,n>Nx_\varepsilon\in \ell^\infty,\quad x^n_\varepsilon=\left\{\begin{array}{ll}0,&n=1\\-\sum_{k=1}^{n-1} a^k,&2\leq n\leq N\\-\sum_{k=1}^{N-1} a^k,&n>N\end{array}\right.

则

xε−Txε=a−a~ε,a~εn={0,n≤Nan,n>Nx_\varepsilon-Tx_\varepsilon=a-\tilde a_\varepsilon,\quad \tilde a^n_\varepsilon=\left\{\begin{array}{ll}0,&n\leq N\\a^n,&n>N\end{array}\right.

这说明 ∥a−(xε−Txε)∥∞<ε\|a-(x_\varepsilon -Tx_\varepsilon)\|_\infty<\varepsilon，所以 a∈Y‾a\in \overline Y，故 c0⊆Y‾c_0\subseteq \overline Y。

(2) 对任意 x∈ℓ∞x\in \ell^\infty，如果 xnx^n 不是单调递增的，那么结论立刻成立；否则，设 xnx^n 是单调递增的，而有界，因此存在极限 lim⁡n→∞xn=L\lim_{n\to\infty} x^n=L，同时由收敛列推出 lim⁡n→∞xn+1−xn=0\lim_{n\to\infty} x^{n+1}-x^n=0，从而命题得证。应用这个结论就能推出

d(1,Y)=inf⁡y∈Ysup⁡n∈N∥1−yn∥∞≥1,y=x−Tx,x∈ℓ∞d(\boldsymbol 1,Y)=\inf_{y\in Y}\sup_{n\in\mathbb N}\|1 -y^n\|_\infty\geq 1,\quad y=x-Tx,x\in \ell^\infty

而 x=1x=\boldsymbol 1 时，y=0y=0，等号成立，因此 d(1,Y)=1d(\boldsymbol 1,Y)=1。

(3) 说明可以用 Hahn-Banach 定理延拓：显然 X=span{1}=ker⁡(id−T)X=\mathrm{span}\{\boldsymbol 1\}=\ker (\mathrm{id}-T)，并且 X∩Y={0}X\cap Y=\{0\}，所以在子空间 span{1}⊕Y\mathrm{span}\{\boldsymbol 1\}\oplus Y 上定义线性泛函 Λ0\Lambda_0 为

Λ0(a1+y)=a,∀a∈R,y∈Y\Lambda_0(a\boldsymbol 1 +y)=a,\quad \forall a\in \mathbb R,y\in Y

并且 ∥Λ0∥=1\|\Lambda_0\|=1，由 Hahn-Banach 定理，存在延拓 Λ∈(ℓ∞)∗\Lambda\in (\ell^\infty)^*，使得 Λ∣span{1}⊕Y=Λ0\Lambda|_{\mathrm{span}\{\boldsymbol 1\}\oplus Y}=\Lambda_0，并且 ∥Λ∥=1\|\Lambda\|=1，进一步还有 Λ(Y)=0\Lambda (Y)=0。

(3-a) 由延拓的定义，Λ(x−Tx)=0,∀x∈ℓ∞\Lambda (x-Tx)=0,\forall x\in \ell^\infty，所以 Λ(Tx)=Λ(x),∀x∈ℓ∞\Lambda (Tx)=\Lambda (x),\forall x\in \ell^\infty。

(3-b) 对任意 x∈ℓ∞x\in \ell^\infty，设 α=∥x∥∞\alpha =\|x\|_\infty，则 ∥α1−x∥∞≤α\|\alpha\boldsymbol 1 -x\|_\infty\leq \alpha，所以

Λ(x)=Λ(α1−(α1−x))=α−Λ(α1−x)≥α−∥Λ∥∥α1−x∥∞=0\Lambda (x)=\Lambda (\alpha \boldsymbol 1 -(\alpha \boldsymbol 1 -x))=\alpha -\Lambda (\alpha \boldsymbol 1 -x)\geq \alpha -\|\Lambda\|\|\alpha \boldsymbol 1 -x\|_\infty=0

(3-c) 只需要证明右侧，左侧同理。注意到平移算子的特性，定义 x∣Nx|_N 为 xx 从第 N+1N+1 项开始的子序列。由 (3-b) 给出

Λ(x)=Λ(Tn(x)−sup⁡k>Nxk1)+sup⁡k>Nxk=Λ(Tn(x−sup⁡k>Nxk1))+sup⁡k>Nxk≤sup⁡k>Nxk\begin{array}{ll}\Lambda(x)&=\Lambda (T^n(x)-\sup_{k>N}x_k\boldsymbol 1)+\sup_{k>N}x_k\\ \\&=\Lambda (T^n(x-\sup_{k>N}x_k\boldsymbol{1}))+\sup_{k>N}x_k\\ \\&\leq \sup_{k>N}x_k \end{array}

取 N→∞N\to\infty 即可。

(3-d) 根据 (3-c) 可知，如果 x∈ℓ∞x\in \ell^\infty 收敛，则上下极限相等，推出结论。

(4) 考虑序列 xn=(−1)nx^n=(-1)^n，则 1=Λ(1)=Λ(x2)≠0=Λ(x)21=\Lambda(\boldsymbol 1)=\Lambda(x^2)\neq 0=\Lambda(x)^2，这是因为

−Λ(x)=Λ(−x)=Λ(Tx)=Λ(x)-\Lambda(x)=\Lambda(-x)=\Lambda(Tx)=\Lambda (x)

(5) 反证，如果存在满足题设要求的 y∈ℓ1y\in \ell^1，则取 δk=(δnk=δkn)k∈N\delta_{k}=(\delta_{nk}=\delta^n_k)_{k\in\mathbb N}，由 (3-b)

Λ(δi)=yi≥0\Lambda(\delta_{i})=y_i\geq 0

另外 Λ(1)=∑n=1∞yn=1\Lambda(\boldsymbol 1)=\sum^\infty_{n=1} y_n=1. 但由 (3-d) 知道取 a=(ak=2−k)k∈Na=(a_k=2^{-k})_{k\in\mathbb N} 推出

0≤∑n=1∞anyn=Λ(a)=lim⁡n→∞an=00 \leq \sum^\infty_{n=1} a_n y_n=\Lambda(a)=\lim_{n\to\infty} a_n=0

取等条件为 yn=0y_n=0，矛盾。

本题旨在说明 Hahn-Banach 延拓定理不唯一。

11.3 假设

C:={x={xn}n≥1∈ℓ∞:lim⁡n→∞xnexists}\mathcal C:=\{x=\{x_n\}_{n\geq 1}\in \ell^\infty:\lim_{n\to\infty} x_n\text{ exists}\}

S:={x={xn}n≥1∈ℓ∞:lim⁡n→∞x2nexists,lim⁡n→∞x2n+1exists}\mathcal S:=\{x=\{x_n\}_{n\geq 1}\in \ell^\infty:\lim_{n\to\infty} x_{2n} \text{ exists},\lim_{n\to \infty}x_{2n+1}\text{ exists}\}

令 f(x)=lim⁡n→∞xn,∀x∈C;f1(x)=lim⁡n→∞x2n,f2(x)=lim⁡n→∞x2n+1,∀x∈Sf(x)=\lim_{n\to\infty} x_n,\forall x\in \mathcal C;f_1(x)=\lim_{n\to\infty} x_{2n},f_2(x)=\lim_{n\to\infty} x_{2n+1},\forall x\in \mathcal S. 则

(1) S,C\mathcal S,\mathcal C 是 ℓ∞\ell^\infty 的闭子空间；

(2) f∈C∗;f1,f2∈S∗f\in\mathcal C^*;f_1,f_2\in \mathcal S^* 且 ∥f∥=∥f1∥=∥f2∥=1\|f\|=\|f_1\|=\|f_2\|=1，此时 f1∣C=f2∣Cf_1|_{\mathcal C}=f_2|_{\mathcal C}；

(3) 能否构造一个例子，表明 Hahn-Banach 延拓方式是无穷的。

采用上标为分量，下标为指标的记号。

(1-1) 验证子空间，对于任意 x,y∈Cx,y\in\mathcal C 和 a∈Ra\in\mathbb R

lim⁡n→∞axn+yn=lim⁡n→∞axn+yn=alim⁡n→∞xn+lim⁡n→∞yn\lim_{n\to\infty}ax^n+y^n=\lim_{n\to\infty} ax^{n}+y^{n}=a\lim_{n\to\infty} x^{n}+\lim_{n\to\infty}y^{n}

极限存在。

(1-2) 验证闭集，对于 Cauchy 列 {xk}⊆C\{x_k\}\subseteq \mathcal C，对任意 ε>0\varepsilon>0，存在 N∈NN\in\mathbb N，使得当 m,n>Nm,n>N 时，∥xm−xn∥∞<ε\|x_m -x_n\|_\infty<\varepsilon，则对于任意固定分量 j∈Nj\in\mathbb N，{xkj}⊆R\{x^j_k\}\subseteq \mathbb R 也是 Cauchy 列，所以存在极限 x0jx^j_0，综上，得到极限序列 x0=(x0j)j∈Nx_0=(x_0^j)_{j\in\mathbb N}，使得 lim⁡k→∞∥xk−x0∥∞=0\lim_{k\to\infty}\|x_k -x_0\|_\infty=0，并且

∣x0m−x0n∣≤∣x0m−xkm∣+∣xkm−xkn∣+∣xkn−x0n∣|x^m_0-x^n_0|\leq |x^m_0-x^m_k|+|x^m_k-x^n_k|+|x^n_k-x^n_0|

推出 {x0j}\{x^j_0\} 也是收敛列，所以 x0∈Cx_0\in \mathcal C，因此 C\mathcal C 是闭子空间。S\mathcal S 的证明类似，只不过是将奇偶分量分别考虑，但上确界范数统一控制了收敛性。

(2-1) 验证线性泛函，对于任意 x,y∈Cx,y\in \mathcal C 和 a∈Ra\in\mathbb R

f(ax+y)=lim⁡n→∞(axn+yn)=alim⁡n→∞xn+lim⁡n→∞yn=af(x)+f(y)f(ax+y)=\lim_{n\to\infty} (ax^n+y^n)=a\lim_{n\to\infty} x^n+\lim_{n\to\infty}y^n=af(x)+f(y)

所以 f∈C∗f\in \mathcal C^*，类似地可证 f1,f2∈S∗f_1,f_2\in \mathcal S^*。

(2-2) 另外，由于

∥f∥=sup⁡∥x∥∞≤1∣f(x)∣=sup⁡∥x∥∞≤1∣lim⁡n→∞xn∣≤1\|f\|=\sup_{\|x\|_\infty\leq 1}|f(x)|=\sup_{\|x\|_\infty\leq 1}|\lim_{n\to\infty} x^n|\leq 1

取 x=1x=\boldsymbol 1，则 ∥f∥≥1\|f\|\geq 1，所以 ∥f∥=1\|f\|=1，类似地可证 ∥f1∥=∥f2∥=1\|f_1\|=\|f_2\|=1。

(2-3) 由极限的定义，对于任意 x∈Cx\in \mathcal C，都有

f1(x)=lim⁡n→∞x2n=lim⁡n→∞xn=f(x)=lim⁡n→∞x2n+1=f2(x)f_1(x)=\lim_{n\to\infty} x^{2n}=\lim_{n\to\infty} x^n=f(x)=\lim_{n\to\infty}x^{2n+1}=f_2(x)

证明了 f1∣C=f2∣Cf_1|_{\mathcal C}=f_2|_{\mathcal C}。

(3) 考虑对任意 α∈[0,1]\alpha\in [0,1] 定义 S\mathcal S 上的线性泛函

fα(x)=(1−α)f1(x)+αf2(x)f_\alpha (x)=(1-\alpha)f_1(x)+\alpha f_2(x)

显然 fα∣C=ff_\alpha|_{\mathcal C}=f，并且 ∥fα∥=1\|f_\alpha\|=1，所以 Hahn-Banach 延拓方式是无穷的。