泛函分析 05.01 共轭空间和共轭算子 - Hahn-Banach定理

$\color{blue}{第五章 共轭空间和共轭算子}$

$\bullet {\color{red}{对称}}是自然界中非常重要的几何性质.$
$\bullet 线性代数中我们看到{\color{green}{对称矩阵}}有着很好的性质.$
$\blacklozenge 这一章我们要研究:$
$\bullet 内积空间(赋范空间)中的{\color{red}{对称性}},$
$\bullet {\color{green}{线性算子的对称算子}}(或者说共轭算子和自共轭算子).$

$\color{blue}{\S 5.1 Hahn-Banach 定理}$

$\bullet (X, \Vert \cdot \Vert)是赋范线性空间, 在X上可定义{\color{blue}{线性泛函}}.$
$例如上一章第三节的例(4.3.14), 在C[-\pi, \pi] 中, x(t)$
$的 Fourier 级数前 2n + 1 项的部分和({\color{red}{在0点的值}}):$
$\qquad f_n(x) = \int_{-\pi}^{\pi} K_n(s, 0) x(s) ds,$
$每一个 f_n 都是 C[-\pi, \pi] 上的线性泛函.$
$即: {\color{blue}{在 X 上可以定义许多不同线性泛函}}.$
$\blacktriangledown 以下的定理说明{\color{brown}{在赋范空间(X, \Vert \cdot \Vert)上可以定义“足够多”的线性泛函}}.$

$\color{blue}{5.1.1 Hahn-Banach 定理}$

$定理 5.1.1 (复的 Hahn - Banach 定理) 设 X 是一个{\color{red}{复的赋范空间}}$
$G 是 X 的{\color{red}{子空间}}, f 是 G 上的{\color{blue}{有界线性泛函}}, 则$
${\color{green}{f 可以保持范数不变地延拓到全空间 X 上}},$
$即存在 X 上的有界线性泛函 F, 使得$
$(i) 对于 \forall x \in G, F(x) = f(x);$
$(ii) \Vert F \Vert = \Vert f \Vert _{G},$
$其中 \Vert f \Vert _{G} 表示 {\color{blue}{f 作为G上的有界线性泛函的范数}}.$
$证明:(1){\color{brown}{首先在实的赋范空间中考虑}}.$
$(i) 设 G \neq X, 任取 x_1 \in X \setminus G, 用 G_1 表示由 x_1 和 G$
$张成的线性子空间, 即$
$\qquad {\color{blue}{G_1 = \lbrace x + \alpha x_1 | x \in G, \alpha \in \mathbb{R} \rbrace }}.$
$在 G_1 上定义$
$\qquad {\color{blue}{f_1(x + \alpha x_1) = f(x) + \alpha \beta (x \in G, \alpha \in \mathbb{R}) }} \quad (5.1.1)$
$其中 \beta 是适当选择的实数, 满足:$
${\color{red}{\sup \limits_{x \in G} \lbrace f(x) - \Vert f \Vert _{G} \Vert x - x_1 \Vert \rbrace \leq \beta \leq \inf \limits_{x \in G} \lbrace \Vert f \Vert _{G} \Vert x + x_1 \Vert - f(x) \rbrace}} (5.1.2)$
$容易验证, f_1 是 G_1上的线性泛函.$
${\color{blue}{我们把 f 拖延成 G_1上的线性泛函}}.$
${\color{red}{首先满足(5.1.2)式的 \beta 是存在的}},$
$事实上, 对于任意的 x^{\prime}, x^{\prime \prime} \in G,$
$f(x^{\prime}) + f(x^{\prime \prime}) = f(x^{\prime} + x^{\prime \prime}) \leq \Vert f \Vert _{G} \Vert x^{\prime} + x^{\prime \prime} \Vert$
$\qquad \leq \Vert f \Vert _{G} \Vert x^{\prime} - x_1 \Vert + \Vert f \Vert_{G} \Vert x_1 + x^{\prime \prime} \Vert$
$于是可推出$
${\color{blue}{f(x^{\prime}) - \Vert f \Vert _{G} \Vert x^{\prime} - x_1 \Vert \leq \Vert f \Vert _{G} \Vert x^{\prime \prime} + x_1 \Vert - f(x^{\prime \prime}), \forall x^{\prime}, x^{\prime \prime} \in G}} ,$
$即:$
$\sup \limits_{x \in G} \lbrace f(x) - \Vert f \Vert _{G} \Vert x - x_1 \Vert \rbrace \leq \inf \limits_{x \in G} \lbrace \Vert f \Vert _{G} \Vert x + x_1 \Vert - f(x) \rbrace,$
${\color{blue}{这说明满足 (5.1.2) 式的 \beta 存在}}.$
$(ii) 以下我们证明{\color{brown}{这个延拓是保范的}}.$
$要证明{\color{blue}{延拓是保范的}}, 因{\color{blue}{有界线性泛函延拓时范数不会减少}},$
$根据式(5.1.1)只要证明$
$|f_1(x + \alpha x_1) = |f(x) + \alpha \beta | \leq \Vert f \Vert _{G} \Vert x + \alpha x_1 \Vert , \quad (5.1.3)$
$\qquad \qquad (\forall x \in G, -\infty < \alpha < \infty)$
$要证明上式成立, 只需证明$
$f(x) + \alpha \beta \leq \Vert f \Vert _{G} \Vert x + \alpha x_1 \Vert \quad (\forall x \in G, -\infty < \alpha < \infty) \quad (5.1.4)$
$这时因为在式(5.1.4)中换 x 为 -x, \alpha 为 -\alpha, 就得$
$\qquad f(x) + \alpha \beta \geq - \Vert f \Vert _{G} \Vert x + \alpha x_1 \Vert \quad (5.1.5)$
$把(5.1.4)和由它推出的(5.1.5)结合起来就是(5.1.3).$
$当 \alpha = 0 时 (5.1.4) 式显然成立.$
$当 \alpha > 0 时, 令 x = \alpha u, 根据 \beta 满足 (5.1.2) 式右边的$
$不等式, 即$
$\sup \limits_{x \in G} \lbrace f(x) - \Vert f \Vert _{G} \Vert x - x_1 \Vert \rbrace \leq \beta$
$\qquad \leq \inf \limits_{x \in G} \lbrace \Vert f \Vert _{G} \Vert x + x_1 \Vert - f(x) \rbrace$
$我们有$
$f(x) + \alpha \beta = f(\alpha u) + \alpha \beta = \alpha (f(u) + \beta)$
$\qquad \leq {\color{blue}{\alpha (f(u) + \Vert f \Vert _{G} \Vert u + x_1 \Vert - f(u))}}$
$\qquad = \alpha(\Vert f \Vert _{G} \Vert u + x_1 \Vert)$
$\qquad = \Vert f \Vert _{G} \Vert \alpha u + \alpha x_1 \Vert = \Vert f \Vert _{G} \Vert x + \alpha x_1 \Vert;$
$当 \alpha < 0 时, 令 x = - \alpha u, 根据 \beta 满足 (5.1.2) 式左边$
$的不等式, 我们有$
$f(x) + \alpha \beta = f(-\alpha u) + \alpha \beta = - \alpha(f(u) - \beta)$
$\qquad \leq {\color{blue}{-\alpha (f(u) - (f(u) - \Vert f \Vert _{G} \Vert u - x_1 \Vert)) }}$
$\qquad = -\alpha(\Vert f \Vert _{G} \Vert u - x_1 \Vert)$
$\qquad = \Vert f \Vert _{G} \Vert - \alpha u + \alpha x_1 \Vert = \Vert f \Vert _{G} \Vert x + \alpha x_1 \Vert;$
$这说明{\color{blue}{延拓以后的线性泛函保持原来范数}} \Vert f \Vert _{G} 不变.$
$(iii) 下面我们利用 Zorn 引理证明:$
$\qquad {\color{red}{f可以保范地延拓到全空间X上}}.$
$我们先来回顾以下 Zorn 引理.$
$设 P 是集合. 如果 P 上定义的二元关系 “\preceq” 满足:$
$1.{\color{blue}{自反性}}: a \preceq a;$
$2.{\color{blue}{传递性}}: 若 a \preceq b 且 b \preceq c, 则 a \preceq c;$
$3.{\color{blue}{反对称性}}: 若 a \preceq b 且 b \preceq a, 则 a = b.$
$其中 a, b, c \in P, 则称 P 是带有 \preceq 的{\color{red}{半序集}}, 记为$
$(P, \preceq), 简记为P.$
$另外, 如果半序集 P 中任意两个元素 a, b, 还满足 a \preceq b$
$或 b \preceq a 之一成立, 则称(P, \preceq)是{\color{red}{全序集}}.$
$\bullet 称 m \in P 是子集 S \subset P 的 {\color{red}{上界}}, 如果对于 \forall a \in S,$
$a \preceq m.$
$\bullet 称 m \in P 是 P 的 {\color{red}{极大元}}, 如果 a \in P, m \preceq a 蕴含$
$m = a.$

${\color{red}{Zorn 引理}}: 设 P 是{\color{blue}{非空}}半序集. 如果 P 中任何全序子集$
$都有上界, 则 P 至少有一个{\color{red}{极大元}}.$
$令 \mathcal{F} 为 f 的{\color{blue}{全体保范延拓}}, 在 \mathcal{F} 上定义{\color{blue}{半序关系}}:$
$f_1 \preceq f_2 \Leftrightarrow f_2 是 f_1 的延拓, 即:$
$D(f_1) \subset D(f_2) 且 f_1(x) = f_2(x), \forall x \in D(f_1).$
$令 \mathcal{C} 是 \mathcal{F} 中的任何一个全序子集, {\color{red}{可以证明\mathcal{C}有上界}}.$
$事实上. 令 D_0 = \bigcup \limits_{g \in \mathcal{C}} D(g), 对于任意 x \in D_0, 存在 g \in \mathcal{C}$
$使得 x \in D(g), 定义 f_0(x) = g(x). 则 f_0 \in \mathcal{F} 且 f_0 是 \mathcal{C}的上界.$
${\color{blue}{根据 Zorn 引理}}, 在 \mathcal{F} 中存在极大元 \mathcal{F}. 结合前一部分的$
$证明易知 D(F) = X. 由此可得, f 可以保范地延拓到全空间上.$
$(2) {\color{red}{在复的赋范空间, 令}}$
$\qquad f(x) = \varphi(x) + i \psi(x) \quad (x \in G),$
$其中 \varphi, \psi 粉笔表示 f 的实部和虚部, 因 {\color{blue}{f(ix) = i f(x)}},$
$\varphi(ix) + i \psi(ix) = f(ix) = i f(x) = i \varphi(x) - \psi(x)$
$所以复的线性泛函的实部和虚部满足关系:$
$\qquad {\color{red}{ \varphi(ix) = - \psi(x)}}.$
$把 X 看作是实的赋范空间, 则由以上的讨论,$
${\color{blue}{\varphi 可以保范地延拓成 X 上的实线性泛函 \varphi_0}}, 令$
$\qquad F(x) = \varphi_0(x) - i \varphi_0(ix) \quad (x \in X).$
$则 F 就是满足定理要求在全空间上定义的线性泛函.$
$事实上, 对于 \forall x \in X,$
$\qquad {\color{blue}{F(ix)}} = \varphi_0(ix) - i \varphi_0(-x) = \varphi_0(ix) + i \varphi_0(x)$
$\qquad = i(\varphi_0(x) - i \varphi(ix)) = {\color{blue}{iF(x)}}.$
$由此可推出 {\color{red}{F 是 X 上的线性泛函}}. 并且对于 \forall x \in G,$
$F(x) = \varphi_0(x) - i \varphi_0(ix) = \varphi(x) - i \varphi(ix) = f(x).$
$所以 {\color{blue}{F 是 f 的延拓}}.$
$令 \theta = \arg F(x), 结合 |F(x)| 是实数, 我们有$
$|F(x)| = e^{-i \theta} F(x) = F(e^{-i \theta} x)$
$\qquad = \varphi_0(e^{-i \theta} x) - i \varphi_0(i e^{-i \theta} x) = \varphi_0(e^{-i \theta} x)$
$\qquad \leq \Vert \varphi_0 \Vert \Vert e^{-i \theta} x \Vert = \Vert \varphi \Vert _{G} \Vert x \Vert \leq \Vert f \Vert _{G} \Vert x \Vert.$
$所以 \Vert F \Vert \leq \Vert f \Vert _{G}. 另一方面, \Vert F \Vert \geq \Vert f \Vert _{G}, 从而$
${\color{red}{\Vert F \Vert = \Vert f \Vert _{G} }}. 因此 F 就是 f 在全空间上的保范延拓.$
$注1: 在 Hahn - Banach 定理 5.1.1 的{\color{blue}{证明中没有用到范数的如下性质}}:$
$\qquad \Vert x \Vert = 0 \Rightarrow x = 0.$
$\bullet {\color{brown}{也就是说定理中假设范数的条件可以改为半范数p(x).}}$
$\ast 有关半范数和相应结论可参阅刘炳初编著《泛函分析》.$
$注2: Hahn - Banach 定理 5.1.1 是{\color{blue}{纯代数的}},$
$\bullet 虽然它假设了线性空间上有范数或半范数,$
$\bullet 但是定理的表述和证明过程中都{\color{red}{没有用到空间的任何延拓性质}}$
$(或极限概念).$
$注3:{\color{blue}{线性泛函的延拓下不是唯一的}}.$

$例 5.1.2 在 \mathbb{R}^2 中, 令 \Vert x \Vert = |\xi_1| + |\xi_2| = (\xi_1, \xi_2).$
$设 G = \lbrace (\xi_1, 0) | \xi_1 \in \mathbb{R} \rbrace 是 \mathbb{R}^2 中形如 (\xi, 0) 的元素$
$构成的一个线性子空间. 令$
$\qquad f(x) = \xi_1, x \in G.$
$f 是 G 上的线性泛函, \Vert f \Vert _{G} = 1.$
$对于 \forall \alpha \in [-1, 1], 定义$
$\qquad {\color{blue}{F_{\alpha}(x) = \xi_1 + \alpha \xi_2, x = (\xi_1, \xi_2)}} \quad (5.1.6)$
$显然, 当 x \in G, x = (\xi_1, 0), F_{\alpha}(x) = \xi_1 = f(x).$
$因为 F_{\alpha}(x) = f(x) (x \in G), 且 \Vert f \Vert _{G} = 1, 所以$
$\qquad \Vert F_{\alpha} \Vert \geq 1.$
$又有$
$\qquad |F_{\alpha}(x)| = |\xi_1 + \alpha \xi_2|$
$\qquad \qquad \leq |\xi_1| + |\alpha||\xi_2|$
$\qquad \qquad \leq |\xi_1| + |\xi_2| = \Vert x \Vert,$
$即 \Vert F_{\alpha} \Vert \leq 1. 所以 \Vert F_{\alpha} \Vert = 1.$
${\color{brown}{但是对于不同的\alpha, F_{\alpha} (5.1.6) 是 f 不同的保范延拓}}.$

$\color{blue}{5.1.2 Hahn-Banach 定理的推论}$

$命题 5.1.3 设 X 是赋范空间, 则对 \forall x_0 \in X, x_0 \neq 0,$
$存在 X 上的有界线性泛函 f, 使得:$
$\qquad {\color{blue}{\Vert f \Vert = 1, f(x_0) = \Vert x_0 \Vert}}.$
$证明: 令 G = \lbrace \alpha x_0 | \alpha \in \mathbb{K} \rbrace, G 是 X 中的线性子空间.$
${\color{blue}{在 G 上定义:}}$
$\qquad {\color{red}{f_0(\alpha x_0) = \alpha \Vert x_0 \Vert }}$
$(当 \alpha = 1 时, f_0(x_0) = \Vert x_0 \Vert).$
$f_0 是 G 上的线性泛函, 事实上:$
$f_0(\alpha x_0 + \beta x_0) = f_0((\alpha + \beta)x_0) = {\color{brown}{(\alpha + \beta) \Vert x_0 \Vert}}$
$\qquad = \alpha \Vert x_0 \Vert + \beta \Vert x_0 \Vert = {\color{brown}{\alpha f_0(x_0) + \beta f_0(x_0)}}.$
$另一方面 x \in G, x = \alpha x_0,$
$|f_0(x)| = |f_0(\alpha x_0)| = |\alpha| \Vert x_0 \Vert = \Vert \alpha x_0 \Vert = \Vert x \Vert,$
$所以 \Vert f_0 \Vert _{G} = 1.$
$由于 f_0 是 G 上 {\color{red}{定义的有界线性泛函}}, 且 \alpha = 1 时,$
$\qquad f_0(x_0) = \Vert x_0 \Vert,$
$所以由定理 5.1.1 {\color{blue}{存在全空间上的有界线性泛函 f}}, 使得$
$\qquad \Vert f \Vert = 1, 且 f(x_0) = f_0(x_0) = \Vert x_0 \Vert.$
$注1：命题说明若 X \neq \lbrace 0 \rbrace, {\color{brown}{则 X 上必有非零线性泛函}}.$

$推论 5.1.4 设 X 是一个赋范空间, 对于 \forall x_1, x_2 \in X,$
$x_1 \neq x_2, 则{\color{red}{存在线性泛函 f}}, 使得 \Vert f \Vert = 1, 且$
$\qquad {\color{blue}{ f(x_1) \neq f(x_2)}}. \quad (5.1.7)$
$证明: 令 x_0 = x_1 - x_2 \neq 0, 由命题 5.1.3, 存在 X 上线$
$性泛函 f, \Vert f \Vert = 1, 且$
$\qquad f(x_1 - x_2) = \Vert x_1 - x_2 \Vert \neq 0.$
$所以 f(x_1) \neq f(x_0).$
$注: 这说明{\color{blue}{有足够多的线性泛函}} 可把空间中任何两个$
${\color{red}{不同的元素区分开来}}.$

$推论 5.1.5 设 X 是一个赋范空间, 如果对于 X 的任何有$
$界线性泛函 f 都有$
$\qquad f(x_0) = 0, \qquad (5.1.8)$
$则 x_0 = 0.（{\color{blue}{否则存在f, \Vert f \Vert = 1, f(x_0) = \Vert x_0 \Vert \neq 0.}})$
$注：{\color{brown}{这是判断 x = 0 的一个重要手段}}.$

$\color{blue}{5.1.3 线性泛函和闭集分离}$

$推论 5.1.6 设G是赋范空间 X 的子空间, x_0 \in X, 若$
$\qquad d = d(x_0, G) = \inf \limits_{x \in G} \Vert x - x_0 \Vert > 0 \quad (5.1.9)$
${\color{blue}{则存在 X 上的有界线性泛函 f, }}$
$\qquad \Vert f \Vert = \dfrac{1}{d}; f(x_0) = 1; f(x) = 0, \forall x \in G. \quad (5.1.10)$
$证明: 设 G_1 是由 x_0 即 G 张成的线性空间, 即:$
$\qquad G_1 = \lbrace \alpha x_0 + x | \alpha \in \mathbb{K}, x \in G \rbrace.$
$在 G_1 上定义:$
$\qquad f_1(\alpha x_0 +x) = \alpha, \alpha \in \mathbb{K}, x \in G.$
${\color{red}{显然 f_1 是 G_1 上的线性泛函}}, 满足$
$\qquad f_1(x_0) = 1; f_1(x) = 0, \forall x \in G(\because \alpha = 0).$
$因为当 \alpha \neq 0 时, 由(5.1.9)式, \forall x \in G, 我们有$
$\qquad {\color{blue}{\Vert \alpha x_0 + x \Vert = |\alpha| \Vert x_0 + \dfrac{x}{\alpha} \Vert \geq |\alpha| d}}.$
$所以结合 f_1(x) = 0 (x \in G), 我们有$
$\qquad {\color{blue}{|f_1(\alpha x_0 + x)| = |\alpha| \leq \dfrac{1}{d} \Vert \alpha x_0 + x \Vert}},$
$即 f_1 是{\color{red}{有界线性泛函}}, 并且 \Vert f_1 \Vert_{G_1} \leq \dfrac{1}{d} .$
$另外, 因为$
$\qquad d = d(x_0, G) = \inf \limits_{x \in G} \Vert x - x_0 \Vert > 0,$
$根据下确界的定义 \exists x_n \in G, 使得:$
$\qquad \Vert x_n - x_0 \Vert \to d(n \to \infty).$
$由于|f_1(x_n - x_0)| = 1, 且$
$\qquad |f_1(x_n - x_0)| \leq \Vert f_1 \Vert _{G_1} \Vert x_n - x_0 \Vert,$
$于是$
$\qquad \Vert f_1 \Vert _{G_1} \geq \dfrac{1}{\Vert x_n - x_0 \Vert} \to \dfrac{1}{d}(n \to \infty).$
$即 \Vert f_1 \Vert _{G_1} \geq \dfrac{1}{d}. 我们有$
$\qquad {\color{red}{\Vert f_1 \Vert _{G_1} = \dfrac{1}{d}}}.$
$由定理 5.1.1 知, {\color{blue}{f_1 可以保持范数不变延拓到全空间 X 上的线性泛函 f}},$
$且$
$\Vert f \Vert = \dfrac{1}{d}; f(x_0) = 1; f(x) = 0(x \in G). \quad (5.1.11)$
$注1:这是一种{\color{red}{分离的性质}},$
$\qquad x_0 \overline{\in} G, d = \inf \limits_{x \in G} \Vert x - x_0 \Vert > 0,$
$则可以用线性泛函 f 把 x_0 和 G 分开,$
$\qquad {\color{blue}{f(x) = 0, x \in G; f(x_0) = 1; \Vert f \Vert = \dfrac{1}{d} }}.$
$注2: 如果{\color{red}{G是闭子空间}}, x_0 \overline{\in} G, 则$
$\qquad {\color{blue}{d = d(x_0, G) = \inf \limits_{x \in G} \Vert x - x_0 \Vert > 0}}.$
$于是存在线性泛函 f, 使得$
$\qquad {\color{blue}{\Vert f \Vert = \dfrac{1}{d}, 且 f(x) = 0, x \in G; f(x_0) = 1}}.$
${\color{brown}{即线性泛函 f 把这两个闭集分离开来}}.$
$对于三维空间上的线性泛函,$
$\qquad f(x) = a x + by + cz$
$集合{\color{red}{\lbrace (x, y, z) | f(x) = k \rbrace }} 是三维空间中的一个平面,$
$一般地可以定义:$

$定义 5.1.7 设 X 是一个赋范空间, f 是 X 上的线性泛函, 称$
$\qquad {\color{blue}{L_f^k = \lbrace x \in X | f(x) = k \rbrace }}$
${\color{blue}{是 X 中的超平面}}.$
$设 \Omega \subset X, 如果对于任何的 x \in \Omega, 有 f(x) \leq k 或$
$f(x) \geq k, 则称{\color{red}{\Omega 位于 L_f^k 的一侧}}.$
$进一步, 如果还有 x_0 \in \Omega \cap L_f^k, 则称 {\color{blue}{超平面在 x_0 处支撑着 \Omega }}.$

$命题 5.1.8 设 \overline B(0, R) = \lbrace x | \Vert x \Vert \leq R \rbrace 是赋范空间 X$
$中的闭球, 则在{\color{brown}{球面S(0, R) = \lbrace x | \Vert x \Vert = R \rbrace 上的每一点处}},$
${\color{blue}{存在支撑球的超平面 L_f^R}}.$
$证明: 由于 x_0 \in S(0, R), \Vert x_0 \Vert = R, x_0 \neq 0,$
$根据命题 5.1.3, 存在 X 上的有界线性泛函 f, 使得$
$\Vert f \Vert = 1,$
$\qquad {\color{blue}{f(x_0) = \Vert x_0 \Vert = R }}.$
$所以 x_0 \in L_f^R. 并且: 当 x \in \overline B(0, R) 时,$
$\qquad {\color{blue}{f(x) \leq }} \Vert f \Vert \Vert x \Vert = \Vert x \Vert \leq {\color{blue}{R}}.$
$即 \overline B(0, R) 在超平面 L_f^R的一侧.$