Sketch Proof. 假设 $x_0\in U$，则存在 $V\in \mathcal B^*$，使得

$$x_0\in V=\bigcap^n_{i=1}f_i^{-1}(B_{\varepsilon}(f_i(x_0)))\subseteq U$$

所以 $x_0+\bigcap^n_{i=1}\ker f_i\subseteq U$。直观上看，这是一个仿射平面。如果维数大于 $0$，那么在度量意义下它是无界的。因此只需证明

$$\mathrm{dim}\left(\bigcap_{i=1}^n\ker f_i\right)\geq 1$$

考虑辅助线性映射 $T:X\to \mathbb R^n$，定义为

$$T(x)=(f_1(x),f_2(x),\ldots,f_n(x))\in(X,\|\cdot\|)^*$$

并且 $\ker T=\bigcap^n_{i=1}\ker f_i$，反证维数为 $0$，则 $\mathrm{Im}T\cong X$，从而由双射，矛盾：

$$\dim \mathrm{Im}T=\dim X=\infty$$

Sketch Proof. 反证。若同胚，则记

$$U_n:=\{x\in X:d(x,0)<1/n\}\in \mathscr U^d,\quad \Phi(U_n)\in \mathscr U^w$$

由 $\mathscr U^w$ - 开集是 $\mathscr U^s$ - 无界集，则存在 $y_n\in \Phi(U_n)$，使得 $\|y_n\|>n$，此时由同胚：

$$\Phi^{-1}(y_n)\in U_n\xrightarrow{(X,d)}0\iff y_n\xrightarrow{(X,\mathscr U^w)}0\iff \forall f\in X^*,\ f(y_n)=l(y_n)(f)\to 0$$

由一致有界原理，$\sup_n\|l(y_n)\|_{X^{**}}<\infty$，而规范嵌入是等距同构，$\sup_n\|y_n\|<\infty$，矛盾。

Sketch Proof. 证明分两步：

(1) 充分性。因为 $\mathscr U^w\subseteq \mathscr U^s$，所以 $\mathscr U^w$ - 闭集必然是 $\mathscr U^s$ - 闭集。

(2) 必要性。假设 $K$ 是 $\mathscr U^s$ - 凸闭集。对任意 $x_0\in X\setminus K$，则存在 $\varepsilon>0$，使得 $\overline {B(x_0,\varepsilon)}\cap K=\varnothing$。由几何形式 II，存在 $x^*\in X^*$ 使得

$$\langle x^*,x\rangle>c,\ \forall x\in B(x_0,\delta),\quad x^*|_K\leq c$$

记 $U:=\{x\in X:\langle x^*,x\rangle>c\}\in \mathscr U^w$，则 $B(x_0,\delta)\subseteq U$ 且 $U\cap K=\varnothing$。因此

$$x_0\in U(\in \mathscr U^w)\subseteq X\setminus K\implies X\setminus K\in \mathscr U^w$$

Sketch Proof.

($1_1=1_2$) 注意到 $x\in \overline E^s$，当且仅当对任意 $f\in E^\perp\subseteq X^*$ 都有 $f(x)=0$（充分性，将 $X$ 视为实赋范空间，根据 $E^\perp$ 是闭子空间、$x$ 是紧凸集，应用几何形式 III，这从实部可以分离 $x\in X\setminus \overline E^s$ 和 $E$，而 $E$ 是线性子空间，所以分离函数必须在 $E$ 上消失；或者对直和空间 $\mathrm{span}x\oplus \overline E^s$ 定义分离函数，再延拓）。这推出 $\overline E^s= {^\perp(E^\perp)}$。

($1_2=1_3$) 由于 $\overline E^s$ 是 $\mathscr U^s$ - 凸闭集，所以 $\overline E^s$ 是 $\mathscr U^w$ - 闭集，因此 $\overline E^s\supseteq \overline E^w$。反过来：

$$\overline E^w=\bigcap_{\substack{f\in X^*\\ \\ E\subseteq \mathrm{ker}f}}\mathrm{ker}f=\bigcap_{\substack{f\in X^*\\ \\ \overline E^s\subseteq \ker f}}\mathrm{ker}f=\overline E^s$$

(2) 闭集等价于其闭包等于自身。

(3) $\overline E^s=\overline E^w=X$，等价于 $E^\perp=\{0\}$。

# 凸包与 Mazur 定理

Definition. $S\subseteq X=(X,\|\cdot\|)$，定义

$$\mathrm{Conv}(S):=\left\{\sum^n_{i=1}\lambda_i x_i:x_i\in S,\lambda_i\geq 0,\sum^n_{i=1}\lambda_i\leq 1,n\in\mathbb N\right\}$$

称为 $S$ 的凸包，$\overline{\mathrm{Conv}(S)}$ 称为 $S$ 的闭凸包。

Remark. $\mathrm{Conv}(S)$ 是包含 $S$ 的最小凸集。几何意义基于强拓扑。

Theorem. Mazur 定理：$X=(X,\|\cdot\|)$，则

$$x_n\xrightarrow{w} x\implies x\in \overline{\mathrm{Conv}(\{x_n\}_{n\geq 1})}$$

Sketch Proof. 直观上看，弱开集都是无界集，所以包含球内点的开集必然与有界球面相交。

由于 $\mathbb B$ 是 $\mathscr U^s$ - 凸闭集，则是 $\mathscr U^w$ - 闭的。所以 $\overline{\mathbb S}^{w}\subseteq \mathbb B$。反方向，取任意 $x\in \mathbb B$ 及其 $\mathscr U^w$ - 邻域 $U$，存在 $f_1,\ldots,f_n\in X^*$ 及 $\varepsilon>0$，使得

$$x\in V:=\bigcap^n_{i=1}f_i^{-1}(B_{\varepsilon}(f_i(x)))\subseteq U$$

由于 $\dim X=\infty$，则 $\bigcap^n_{i=1}\ker f_i$ 的维数至少为 $1$。取 $y\in \bigcap^n_{i=1}\ker f_i$，且 $y\in \mathbb S$。定义

$$F(t):=\|x+ty\|\in X^*,\quad \forall t\in\mathbb R$$

由于 $\|x\|\leq 1$，所以存在 $t\in \mathbb R$ 使得 $F(t)=1$，这说明

$$x+\bigcap^n_{i=1}\ker f_i\subseteq V\cap \mathbb S\subseteq U\cap \mathbb S\neq \varnothing\implies x\in \overline{\mathbb S}^{w}$$

Sketch Proof. 留作第十六次习题。

Sketch Proof. 留作第十七次习题。

Sketch Proof. 首先 $\pi$ 是满射，因为对任意 $y^*\in Y^*$，由 Hahn-Banach 定理，存在 $x^*\in X^*$，使得 $x^*|_Y=y^*$。由稠密性说明 $x^*$ 是唯一的，这同时也说明了单射。所以 $\pi$ 是双射，以下说明等距：

$$\|x^*\|_{X^*}=\sup_{\|x\|_X\leq 1}|x^*(x)|=\sup_{y\in Y,\|y\|_Y\leq 1}|x^*(y)|=\|y^*\|_{Y^*}$$

但是 $(Y^*,\mathscr U_{l(Y)})\subsetneq (X^*,\mathscr U_{l(X)})$ 是真包含的。方便起见，记 $\tau_X=\mathscr U_{l(X)}$，而 $\tau_Y$ 为 $\mathscr U_{l(Y)}$ 在 $\pi^{-1}$ 作用下的像。只需要选取 $x_0\in X\setminus Y$，则 $l(x_0)$ 在 $(X^*,\tau_X)$ 中是连续的，而在 $(X^*,\tau_Y)$ 中不是连续的。否则存在有限个 $y_1,\ldots,y_n\in Y$ 和常数 $C>0$ 使得

$$l(x_0)(x^*)\leq C\max_{1\leq i\leq n}|x^*(y_i)|,\quad \forall x^*\in X^*$$