泛函分析作业 12

12.1 $K\subseteq X=(X,+,\cdot,\mathbb R)$，证明以下命题：

1. $K$ 是吸收集等价于 $0$ 是 $K$ 的代数内点；
2. 若 $K$ 是凸集，则 $K$ 是吸收集等价于 $\forall x\in X,P_K(x)<+\infty$；
3. 若 $K$ 是平衡凸吸收集，有

$$V:=\{x\in X:P_K(x)<1\}\subseteq K\subseteq W:=\{x\in X:P_K(x)\leq 1\}$$

并且 $V,W$ 也是平衡凸吸收集；$V$ 是 $K$ 的代数内点全体；$P_K=P_V=P_W$。

(1-1) 先证明必要性。$K$ 是吸收集，则对任意 $x\in X$，存在 $t>0$ 使得

$$x\in rK,\quad \forall|r|\geq t$$

特别地，取 $x=0$，则这推出 $0\in K$。此外，对于 $\theta\in (0,1]$，$|r\theta^{-1}|\geq t$，所以

$$\dfrac \theta r x\in K$$

并且 $\theta=0$ 时也成立，由于 $x$ 任意性，推出 $0$ 是 $K$ 的代数内点。

(1-2) 再证明充分性。如果 $0\in K$ 是 $K$ 的代数内点，则对于任意 $x\in X$，存在 $t_x>0$ 使得

$$0+[0,t_x]x:=\{\theta x:\theta\in [0,t_x]\}\subseteq K$$

这推出对任意 $|r|\geq t^{-1}_{x}$，都有 $x\in rK$，从而 $K$ 是吸收集。

(2-1) 命题等价于说明，$0$ 是 $K$ 的代数内点等价于 $\forall x\in X,P_K(x)<+\infty$。

(2-2) 先证明必要性。由代数内点的定义，沿用记号。对于任意 $x\in X$

$$P_K(x)=\inf\{r>0:x\in rK\}\leq t^{-1}_x<+\infty$$

(2-3) 再证明充分性。对于任意 $x\in X$，由 $P_K(x)<+\infty$，存在 $r_x>0$ 使得 $x\in r_x K$。如果存在 $r>r_x$ 使得 $x\notin rK$，则由 $K$ 的凸性，根据 $xr^{-1}\in [0,xr_x^{-1}]$ 导出矛盾。所以

$$0+[0,r_x^{-1}]x\subseteq K$$

指出吸收集满足 $0\in K$，这证明了 $0$ 是 $K$ 的代数内点。

(3-1) 证明和 $V$ 有关的结论。

(3-1-a) 包含关系。由 $K$ 的凸性，对于任意 $x\in V$，存在 $r<1$ 使得 $x\in rK$，根据如下推出 $x\in K$:

$$kr\in [0,k]\subseteq K,\quad \forall k\in K$$

(3-1-b) 凸性。对于任意 $x_1,x_2\in V$ 和 $\theta\in [0,1]$，有

$$P_K(x_i)=r_i=\inf\{r>0:x_i\in rK\}<1$$

所以取 $r=\max\{r_1,r_2\}$，则 $x_i\in rK$。由于 $K$ 是凸集，有

$$\theta x_1+(1-\theta)x_2\in rK$$

这说明 $P_K(\theta x_1+(1-\theta)x_2)\leq r<1$，从而 $\theta x_1+(1-\theta)x_2\in V$，所以 $V$ 是凸集。

(3-1-c) 平衡性。首先说明如果 $K$ 是 $\mathbb R$ - 线性空间 $X$ 的凸集，那么 $K$ 是平衡集等价于 $-K\subseteq K$。这是显然的，因为根据平衡集的定义，$0\in K$，根据凸集的定义，只要 $k\in K$，就有 $[0,k]\subseteq K$；而结合平衡性，就有 $[-k,0]\subseteq K$。因此，对于 $v\in V$，存在 $r<1$ 使得 $v\in rK$，所以 $-v\in r(-K)\subseteq rK$，从而 $-v\in V$。这说明 $V$ 是平衡集。

(3-1-d) 吸收性。等价于说明 $0$ 是 $V$ 的代数内点。由于 $0$ 是 $K$ 的代数内点，则对于任意 $x\in X$，有 $t_x>0$ 使得 $0+[0,t_x]x\subseteq K$，又因为

$$P_K(\theta x)=\inf\{r>0:\theta x\in rK\}\leq \theta t_x<1,\quad \forall \theta \in [0,t^{-1}_x)$$

所以 $[0,t_x^{-1}x)\subseteq V$，这说明 $0$ 是 $V$ 的代数内点。

(3-1-e) 代数内点全体。和 (3-1-d) 类似，对于任意 $v\in V$，存在 $r<1$ 使得 $v\in rK$，不妨设 $v=rk$，其中 $k\in K$。由于 $0$ 是 $K$ 的代数内点，则对于任意 $x\in X$，存在 $t_x>0$ 使得 $[0,t_x]x\subseteq K$，所以

$$v+[0,t_x(1-r)]x=rk+(1-r)[0,t_x]x\subseteq rK+(1-r)K\subseteq K$$

由 $x\in X$ 的任意性，推出 $V$ 包含于 $K$ 的代数内点全体。只需考虑任意 $w\in K\setminus V$，则 $P_K(w)\geq 1$。如果 $w$ 是 $K$ 的代数内点，则存在 $t_w>0$ 使得 $w+[0,t_w]w\subseteq K$，则 $(1+t_w)w\in K$，推出矛盾。

$$1=P_K(w)\leq \dfrac 1{1+t_w}<1$$

(3-1-f) Minkowski 泛函相等。由包含关系 $V\subseteq K$，显然 $P_K\leq P_V$。只需证明反向不等式。对于任意 $x\in X$，选取序列 $\{r_n>P_K(x)\}\subseteq \mathbb R$ 使得 $r_n\to P_K(x)$，并且不妨设 $k_n\in K$ 使得 $x=r_n k_n$，注意到

$$x=r_nk_n=\dfrac{nk_n}{1+n}\dfrac {(n+1)r_n}n\in \dfrac {(n+1)r_n}{n}V,\quad \forall n\in\mathbb N$$

取 $n\to\infty$ 即可证明 $P_V\leq P_K$。

(3-2) 证明和 $W$ 有关的结论。全部都是同理的。

12.2 设 $X$ 为实赋范线性空间，$0\in C\subseteq X$ 为凸集。$C$ 的 Minkovski 泛函 $p:X\to [0,\infty]$ 定义为

$$p(x):=\inf\{\lambda>0:\lambda^{-1}x\in C\},\quad x\in X$$

证明：$p$ 是连续的当且仅当 $0\in\mathrm{int}C$，此时 $\mathrm{int}C=p^{-1}([0,1))$，$\overline C=p^{-1}([0,1])$。

(1) 先证明充分性。如果 $0\in \mathrm{int}C$，则 $0$ 是 $C$ 的代数内点，配合凸性推出 $p$ 是点态有界的。另外，存在 $\delta>0$ 使得 $B(0,\delta)\subseteq C$。对于任意 $x\in X$ 和 $\varepsilon>0$，当 $y\in B(x,\delta\varepsilon)$ 时，考虑到 $C$ 是凸吸收集，所以 $p$ 满足次可加性，因此

$$|p(x)-p(y)|\leq p(x-y)\leq p_{B(0,\delta)}(x-y)\leq \dfrac{\|x-y\|}\delta<\varepsilon$$

这说明 $p$ 在 $X$ 上连续。

(2) 再证明必要性。如果 $p$ 连续，这隐含 $p$ 点态有界，从而 $0$ 是 $C$ 的代数内点。反证法。如果 $0\notin \mathrm{int}C$，则存在序列 $(X\setminus C)\ni x_n\to0$，推出以下矛盾

$$p(x_n)\geq 1,\quad \forall n\in\mathbb N;\quad p(0)=0$$

(3) 参见 [12.1] 的证明 (3-1-a,b)，这说明仍然有

$$p^{-1}([0,1))\subseteq C\subseteq p^{-1}([0,1])$$

用 $p$ 的连续性可以说明 $p^{-1}([0,1))$ 和 $p^{-1}((1,\infty))$ 都是开集，$p^{-1}(\{1\})$ 是闭集，因此得到结论。

12.3 设 $\mathcal X$ 是赋范线性空间，$E$ 是 $\mathcal X$ 中的非空平衡凸集，$f$ 是 $\mathcal X$ 上的线性泛函，证明：

$$|f(x)|\leq \sup_{y\in E}\mathrm{Re}f(y),\quad \forall x\in E$$

对于任意 $y\in E$，由 $E$ 的平衡凸性，对于任意 $\alpha\in \mathbb F,|\alpha|=1$，都有 $\alpha y\in E$，所以

$$\begin{array}{ll}|f(x)|=|f(x)e^{-i\arg f(x)}|=f(xe^{-i\arg f(x)})=\mathrm{Re}f(xe^{-i\arg f(x)}) \end{array}$$

12.4 设 $\mathcal X$ 是实赋范线性空间，$E\subseteq \mathcal X$ 是非空的平衡闭凸集，证明：

$$\forall x_0\in \mathcal X\setminus E,\exists f\in\mathcal X^*,a>0,\text{s.t.}|f(x)|<a<|f(x_0)|,\quad \forall x\in E$$

因为 $E$ 是闭凸集，且 $x_0\notin E$，不妨设 $d(x_0,E)=2r_0>0$，则 $B(x_0,r_0)\cap E=\varnothing$ 且是内部非空的凸集。由 Hahn-Banach 定理几何形式 II，存在非零泛函 $f\in \mathcal X^*$ 和 $c\in\mathbb R$，使得

$$f(x_0)<c\leq f(x),\quad \forall x\in E$$

由于 $E$ 是平衡集，所以

$$c\leq \min\{f(x),f(-x)=-f(x)\},\quad \forall x\in E$$

则 $c\leq 0$，于是

$$|f(x)|\leq -c<\dfrac {-c- f(x_0)}2=a<- f(x_0)=|f(x_0)|,\quad \forall x\in E$$

12.5 设 $E,F$ 是实赋范线性空间 $\mathcal X$ 中的两个互不相交的非空凸集，并且 $E$ 是开的且平衡的，证明：

$$\exists f\in\mathcal X^*,\text{s.t.} |f(x)|<\inf_{y\in F}|f(y)|,\quad\forall x\in E$$

由 Hahn-Banach 定理几何形式 II，存在非零泛函 $f\in \mathcal X^*$ 和 $c\in\mathbb R$，使得

$$f(x)<c\leq f(y),\quad \forall x\in E,y\in F$$

由于 $E$ 是平衡集，所以 $c>0$。结论是显然的。

12.6 定义 $A:=\{x\in l^2:x_i=0,\forall i>1\}$ 以及

$$B:=\{x=(x_i)^\infty_{i=1}\in \mathbb R^{\mathbb N}:|ix_i-i^{1/3}|\leq x_1,\forall i>1\}\subseteq l^2$$

试证明 $A,B$ 是 $l^2$ 中的两个互不相交的非空闭凸集，并且 $A-B$ 在 $l^2$ 空间中稠密，并由此推出 $A,B$ 不能被仿射超平面分离。

(1) $A,B$ 是 $l^2$ 中的两个互不相交的非空闭凸集。$A,B$ 互不相交。反证法，假设存在 $x\in A\cap B$，则 $x=(x_1,0,0,\ldots)$，这与以下式子矛盾。

$$|i\cdot 0 - i^{1/3}|\leq x_1,\quad \forall i>1$$

剩下的性质对于 $A,B$ 几乎是显然的，$B\subseteq l^2$ 通过移项放缩得到。只证明 $B$ 的闭凸性。凸性。对于任意 $x,y\in B$ 和 $\theta\in [0,1]$，考虑 $z=\theta x+(1-\theta)y$

$$\begin{array}{ll}|i(\theta x_i+(1-\theta)y_i)-i^{1/3}|&\leq \theta |ix_i-i^{1/3}|+(1-\theta)|iy_i-i^{1/3}|\\ \\ &\leq \theta x_1+(1-\theta)y_1\end{array}$$

这证明了凸性。闭性。对任意序列 $B\ni x^n\xrightarrow{\|\cdot \|_{l^2}} x\in l^2$，有（上标 $n$ 表示序列元素）

$$\begin{array}{ll}|ix_i - i^{1/3}|&\leq |ix_i-ix_i^n|+|ix_i^n-i^{1/3}|\\ \\ &\leq \|x^n-x\|+|x^n_1|\\ \\ &\leq 2\|x^n-x\|+|x_1|\end{array}$$

取 $n\to\infty$ 即可证明闭性。

(2) $A-B$ 在 $l^2$ 空间中稠密。对于任意 $z=(z_i)_{i=1}^\infty\in l^2$ 和 $n\in\mathbb N$，考虑前 $n$ 个分量，取

$$x^n_1=\inf \{x:|iz_i - i^{1/3}|\leq x,2\leq i\leq n\}$$

定义

$$x^n=-(x^n_1,z_2,\ldots ,z_n,(n+1)^{-2/3},(n+2)^{-2/3},\ldots)\in B$$

$$y^n=(z_1-x^n_1,0,0,\ldots)\in A$$

所以 $y^n-x^n\in A-B$，并且

$$\|z-(x^n-y^n)\|^2=\sum_{i=2}^n |z_i|^2+\sum^\infty_{k=n+1}k^{-4/3}$$

定义序列 $x^n,y^n$ 满足 $\|z-(x^n-y^n)\|\to 0$，因此稠密。

(3) $A,B$ 不能被仿射超平面分离。反证法，如果可以，则存在非零泛函 $f\in (l^2)^*$ 和 $c\in\mathbb R$，使得

$$f(x)\leq c\leq f(y),\quad \forall x\in A,y\in B$$

这推出 $f(x-y)\leq 0$ 恒成立，从而 $f(A-B)\subseteq (-\infty,0]$，而由 $l^2$，知道存在 $a\in l^2$ 使得

$$f(z)=\langle z,a\rangle=\sum^\infty_{i=1}z_ia_i,\quad \forall z\in l^2$$

由于 $A-B$ 在 $l^2$ 中稠密，所以分别考虑

$$e_n=(0,0,\ldots,\pm 1,0,\ldots)$$

在 $A-B$ 中的逼近序列，则推出 $a_n=0$，与非零泛函矛盾。