Sketch Proof.

1. 如果 $K$ 是紧空间且 $\mathcal A\subseteq \mathcal P(K)$ 满足有限交性质，并且是 $K$ 子空间闭集子族，那么它们的补集不是 $K$ 的开覆盖，则它们的交非空。否则它们的补集构成开覆盖，由紧性推出有有限子覆盖，则由有限交性质推出矛盾。反过来，对于 $K$，任意取开覆盖，取它们的补集，没有公共交点，所以这个闭集族不满足有限交性质，则存在有限个闭集交为空，取补集就得到了有限开覆盖。

2. 由 Zorn 引理知道，集族包含关系是有限交集族中的偏序关系，并且集族非空，且每条链都有上界（取全体并），所以就有极大元。

3. 由极大的定义可知前者，而后者是前者的推论。

Sketch Proof. 按照有限交版本的紧性定义，只需要证明所有子空间闭集族满足有限交性质，必定满足全体交非空。

假设 $\mathcal A\subseteq \mathcal P(K)$ 满足有限交性质，且 $\mathcal A$ 中元素均为 $K$ 中闭集，则存在极大有限交集族 $\mathcal B\subseteq \mathcal P(K)$ 使得 $\mathcal A\subseteq \mathcal B$。接下来证明，存在 $x\in K$ 使得 $x\in \overline B$ 对任意 $B\in\mathcal B$ 成立（这样就能推出 $\bigcap _{A\in\mathcal A}A\neq \varnothing$，从而证明紧性）。由于 $K=\prod_{i\in I}K_i$，记

$$\mathcal B_i:=\{\overline {\pi_i(B)}:B\in\mathcal B\}\subseteq \mathcal P(K_i),\quad \forall i\in I$$

则 $\mathcal B_i$ 满足有限交性质（因为 $\mathcal B$ 满足有限交性质，所以有限交的分量非空），且 $\mathcal B_i$ 中元素是 $K_i$ 中闭集，那么

$$\bigcap _{B\in\mathcal B}\overline {\pi_i(B)}\neq \varnothing,\quad \forall i\in I$$

逐分量选取 $x_i$，则可以构造 $x=(x_i)_{i\in I}$，接下来证明 $x\in \overline B$ 对任意 $B\in \mathcal B$ 成立。根据闭包定义，任取 $U\subseteq K$ 是乘积拓扑下的开集，满足 $x\in U$，我们想要证明 $U\cap B\neq \varnothing$ 对任意 $B\in\mathcal B$。由乘积拓扑定义，存在 $J\subseteq I$，其中 $J$ 是有限集，使得

$$x\in \bigcap _{j\in J}\pi^{-1}_j(U_j)\subseteq U,\quad U_j\in \mathcal T_{X_j}$$

所以 $x_j\in U_j\cap \overline {\pi_j(B)}$ 对任意 $j\in J,B\in\mathcal B$ 成立。由于 $U_j$ 是开集，所以

$$U_j\cap \pi_j(B)\neq \varnothing\implies \pi^{-1}_j(U_j)\cap B\neq \varnothing,\quad \forall j\in J,B\in\mathcal B$$

从而 $\pi_j^{-1}(U_j)\in\mathcal B$ 对任意 $j\in J$，推出 $U\cap B\neq \varnothing$，成立。

Sketch Proof. 令 $I:=X$，则由 Tychonoff 定理

$$K:=\prod_{x\in X}K_x:=\prod _{x\in X}[-\|x\|,\|x\|]$$

是 $(\mathbb R^X,\mathscr U_{\{\pi_x\}_{x\in X}})$ 上的紧集。事实上，对任意 $f\in K$，都有 $|f(x)|\leq \|x\|$，从而 $K$ 实际上是

$$K=\{f:X\to\mathbb R:|f(x)|\leq \|x\|,\forall x\in X\}$$

令 $L:=\{f:X\to\mathbb R:f\text{ linear}\}\subseteq \mathbb R^X$，则

$$\mathbb B^*=K\cap L$$

接下来通过上述关系，证明 $\mathbb B^*$ 在 $(X^*,\mathscr U^{w*})$ 下是紧集。

1. $L$ 是 $(\mathbb R^X,\mathscr U_{\{\pi_x\}_{x\in X}})$ 的闭集：类似于张量中商等价类的方法，定义

$$\begin{cases}\Phi_{x,y}(f):=f(x+y)-f(x)-f(y)=\pi_{x+y}(f)-\pi_x(f)-\pi_y(f)\\ \\ \Psi_{x,\lambda}(f):=f(\lambda x)-\lambda f(x)=\pi_{\lambda x}(f)-\lambda \pi_x(f)\end{cases}$$

由于 $\Phi,\Psi\in \mathrm{span}\{\pi _x:x\in X\}$，所以在投影泛函族诱导的拓扑下连续，推出

$$L=\left[\bigcap_{x,y\in X}\Phi^{-1}_{x,y}(0)\right]\cap \left[\bigcap_{x\in X,\lambda\in \mathbb R}\Psi^{-1}_{x,\lambda}(0)\right]$$

是 $(\mathbb R^X,\mathscr U_{\{\pi_x\}_{x\in X}})$ 的闭集。

2. 变形拓扑结构：由于 $\pi_x(x^*)=x^*(x)=l(x)(x^*)$，所以 $\pi_x=l(x)$，从而

$$\begin{array}{ll}(\mathbb B^*,\mathscr U_{\{\pi_x\}_{x\in X}}\left|_{\mathbb B^*}\right.)&=(\mathbb B^*,\mathscr U_{\{\pi_x\}_{x\in X}}\cap \mathbb B^*)\\ \\&=(\mathbb B^*,\mathscr U_{\{l(x)\}_{x\in X}}\cap\mathbb B^*)\\ \\ &=(\mathbb B^*,\mathscr U^{w*}\cap \mathbb B^*)\end{array}$$

因为 $K$ 是 $\mathscr U_{\{\pi_x\}_{x\in X}}$- 紧集，$L$ 是 $\mathscr U_{\{\pi_x\}_{x\in X}}$- 闭集，所以 $\mathbb B^*=K\cap L$ 是 $\mathscr U_{\{\pi_x\}_{x\in X}}$- 紧集，从而 $(\mathbb B^*,\mathscr U^{w*}\cap \mathbb B^*)$ 是紧集。

Sketch Proof. 取 $\Lambda_n(x)=x_n$ 对于任意 $x\in (x_n)_{n\geq 1}\in \ell^\infty$。则 $\{\Lambda_n\}_{n\geq 1}\subseteq \mathbb B^*$。假设存在 $\mathscr U^{w*}$- 收敛子列 $\Lambda_{n_k}\xrightarrow{w*}\Lambda$，则对于任意 $x\in \ell^\infty$，都有

$$\Lambda_{n_k}(x)=x_{n_k}\to \Lambda(x)$$

取 $x=(-1,1,-1,1,\ldots)$，则矛盾。因此 $K=\{\Lambda_n:n\geq 1\}$ 是 $\mathscr U^{w*}$- 闭集，但不是 $\mathscr U^{w*}$- 列紧集。

Sketch Proof. 取 $D=\{x_n:n\geq 1\}\subseteq X$ 是 $X$ 的可数稠密子集。对于 $(X^*,\mathscr U^{w*})$ 中的任意有界序列 $\{x^*_m\}_{m\geq 1}\subseteq X^*$，即

$$\sup_{m\geq 1}\|x^*_m\|_{X^*}<\infty$$

则对于任意 $n\geq 1$，$\{|\langle x^*_m,x_n\rangle|\}_{m\geq 1}\subseteq \mathbb R$ 是有界序列。由 Bolzano-Weierstrass 定理（紧性原理），存在收敛子列。通过对角线法则，存在 $\{n_i\}_{i\geq 1}\subseteq \mathbb N$，使得对于任意 $k\in \mathbb N$，都有 $\langle x^*_{n_i},x_k\rangle$ 是 Cauchy 列。由 Banach-Steinhaus 定理，存在强收敛：

$$\exists x^*\in X^*,\text{s.t. }\quad \langle x^*_{n_i},x\rangle\to \langle x^*,x\rangle,\ \forall x\in X$$

所以 $\{x^*_{n_i}\}_{i\geq 1}$ 是 $\mathscr U^{w*}$- 收敛子列。

Sketch Proof.

($1\implies 2$) $K$ 是弱 $*$ 紧，则由于 $(X^*,\mathscr U^{w*})$ 是 Hausdorff 空间，所以 $K$ 是弱 $*$ 闭集。只需证明有界：对于任意 $x\in X$，有

$$l(x):(X^*,\mathscr U^{w*})\to \mathbb R,\quad l(x)(x^*)=\langle x^*,x\rangle$$

是连续的，所以 $l(x)(K)$ 是 $\mathbb R$ 的紧子集。固定 $x\in X$，则有界：

$$\sup_{x^*\in K}|\langle x^*,x\rangle|=\sup l(x)(K)<\infty$$

由一致有界原理（此时需要 $X$ 是完备的），推出 $\sup_{x^*\in K}\|x^*\|<\infty$，即 $K$ 是强有界集。

($2\implies 1$) （不需要 $X$ 是完备的）$K$ 强有界，则存在 $a>0$，使得 $K\subseteq a\mathbb B^*$。而 $a\mathbb B^*$ 是弱 $*$ 紧集，由于 $K$ 是弱 $*$ 闭集，所以 $K$ 是弱 $*$ 紧集。

($2\implies 3$) $X$ 是可分赋范空间，且强有界，则列紧。

($1\implies 3$) $X$ 是可分的，\\\\\

($3\implies 4$) $K$ 是弱 $*$ 列紧的。假设 $K$ 无界，则存在 $\|x_n^*\|\geq n$，利用弱 $*$ 列紧性，存在收敛子列 $x_{n_k}^*\xrightarrow{w*}x^*$，这推出一致有界，矛盾。所以推出有界。\\\\\

($4\implies 2$) $K$ 是弱 $*$ 列闭的。令 $x^*_0\in \overline K^{w*}$，定义截断集

$$U_n:=\{x^*\in X^*:|\langle x^*-x^*_0,x_k\rangle|<1/n,\forall 1\leq k\leq n\}\in\mathscr U^{w*}$$

\\\\\

# 不可分情形

Remark. 对不可分 Banach 空间 $X$，上述定理满足

$$1\iff 2\implies 4;\quad 3\implies 4$$