1第12讲 Hahn －Banach 延拓定理教学目的掌握线性泛函延拓定理的证明思想及其推论。
授课要点1、 实空间线性泛函的控制延拓定理。
2、 复空间线性泛函的控制延拓定理。
3、保范延拓定理。
4、 延拓定理的推论及其意义。
对于一个线性赋范空间来说，对它上面的线性泛函知道得越多，对这个空间本身就了解得越多（参见第9讲思考题1）. 有时候为了某种目的，要求有满足一定条件的线性泛函存在，Hahn －Banach 定理为这样的线性泛函的存在提供了保证.定义1 设()D T 与()1D T 分别是算子T 与1T 的定义域，若()()1D T D T ⊂，并且1,T x Tx =()x D T ∀∈，则称算子1T 是T 的延拓.定义2 线性空间X 上的实泛函()p x 称为是次可加的，若()()()p x y p x p y +≤+，,x y X ∀∈称为是正齐性的，若()()p x p x αα=，x X ∀∈，0α≥.显然线性空间上的每个半范数都是次可加正齐性泛函.定理1（Hahn －Banach ） 设X 是实线性空间，:p X R →是X 上的正齐性次可加泛函，M X ⊂是线性子空间，则（1）对于M 上定义的每个线性泛函0f ，存在0f 从M 到X 的延2拓f ：X R →，()()0f x f x =，x M ∀∈ （2）若()()0f x p x ≤，x M ∀∈，可选取f 满足()()f x p x ≤，x X ∀∈ ()1 证 明 1设M X ≠，取0\x X M ∈，记'M =span {}0,x M ，则x M ′′∀∈，0x x tx ′=+，其中x M ∈，t R ∈. 此分解式是唯一的，否则另有110x x t x ′=+，1x M ∈，则()110x x t t x −=−−，若1t t ≠，则101x x x t t −=−M ∈，与0x 的取法矛盾，于是1t t =，并且1x x =. 对于任何常数c ，令()()0f x f x tc ′=+，0x x tx ′∀=+.则容易验证f 是M ′上的线性泛函. 实际上f 是0f 从M 到M ′的延拓，因为当x M ′∈时，0t =，从而()()0f x f x ′=.2 我们将证明当x M ∀∈，()()0f x p x ≤时，适当选择c ，可使()()f x p x ′′≤，x M ′′∀∈.实际上,x y M ∀∈，由于()()()()000f x f y f x y p x y +=+≤+()()00p x x p x y ≤−++，即()()()()0000f x p x x p x y f y −−≤+−，故存在c 满足()()00sup x Mf x p x x c ∈−−≤()()00inf y M p x y f y ∈≤+−， ()23我们将取这样的c 作成所要的线性泛函.此时若0x x tx ′=+，0t ＞，由()()00p x y f y c +−≥对于每个y M ∈成立，用1t x −代替y ，则()()1100p x t x f t x c −−+−≥，从而()()()()00f x f x tc p x tx p x ′′=+≤+=.若0x x tx ′=+，0t <，由()()00f x p x x c −−≤对于每个x M ∈成立，用1t x −−代替x ，则()()1100f t x p t x x c −−−−−−≤，即()()00f x p x tx tc −++≥. 从而()()()()00f x f x tc p x tx p x ′′=+≤+=.当0t =时，显然()()()()0f x f x p x p x ′′==＜. 故f 是0f 从M 到M ′上满足()1的延拓。
3 现在让我们应用Zorn 引理完成定理的最后证明.设G 是0f 的所有延拓的集合，即对于每个g G ∈， （1） g 在X 的子空间g M 上有定义，g M M ⊂， （2） x M ∀∈，()()0g x f x =， （3） ()()g x p x ≤，g x M ∈.在G 中规定半序：g g ′≤当且仅当g g M M ′⊂，并且()()g x g x ′=()g x M ∈，容易验证，G 确实是半序集.若0G 是G 的全序子集，令 0gg G MM∈=∪，当g x M ∈时，定义()()h x g x =. 由于0G 是全序的， M为线性子空间：例如当 ,x x M ′∈时，若g x M ∈，'g x M ′∈，不妨设'g g M M ⊂, 则 gx x M M αβ′′+∈⊂，此时4()()()()'h x x g x x g x g x αβαβαβ′′′′′+=+=+()()h x h x αβ′=+,h 是线性泛函. 显然 M M ⊂并且当x M ∈时，()()()0h x g x f x ==.此外若 x M ∈，不妨设gx M ∈，则()()()h x g x p x =≤，从而h G ∈，h g ≥()0g G ∀∈，h 是0G 的上界.根据Zorn 引理，G 有极大元f ，f 即是定理中所需要的延拓. 为此只需证明.f M X = 如若不然，必存在0\f x X M ∈，由1有f G ′∈，f M ′=span 0{,},x M f f M M ′≠，故f f ′≥,f f ′≠，这与f 为极大元矛盾.现在我们转到复空间上的线性泛函f . 不妨设()()()12f x f x if x =+，其中12,f f 分别是f 的实部和虚部，根据f 的线性，容易验证12,f f 是实线性泛函. 又由f 的复线性以及实际计算得到()()()()12if x f ix f ix if ix ==+， ()()()12if x if x f x =−.从而()()21f x f ix =−，故()()()11f x f ix if ix =− ()2 由此知道，复空间上任何复线性泛函可以通过它的实部表达出来.但应注意，对于实线性泛函1f ，一般来说()()11f ix if x ≠.定理 2 设X 是复线性空间，p 是X 上的半范数. 若M 是X 的线性子空间，0f 是M 上的复线性泛函，满足()()0f x p x ≤，x M ∀∈，则存在X 上的线性泛函F ，使得()()0F x f x =，x M ∀∈，5()()F x p x ≤，x X ∀∈. (3)证 明 在M 上，设()()()011f x f x if ix =−，把M 看成实线性子空间（同样的，把X 看成实线性空间），由假设()()()()110f x f x f x p x ≤≤≤，x M ∀∈，由定理1，存在实线性泛函1:F X R →，使得 ()()11F x f x =，x M ∀∈，()()1F x p x ≤，x X ∀∈.考虑复泛函()()()11F x F x iF ix =−，由于()()()11F x y F x y iF ix iy +=+−+()()()()1111F x F y iF ix iF iy =+−− ()()F x F y =+，,x y X ∀∈若α为实数，()()()11F x F x iF i x ααα=−()()11F x iF ix αα=−()F x α=又()()()11F ix F ix iF x =−−()()()11iF x iF ix iF x =−=由此，对于任意复数,αβ与任意,x y X ∈，()()()F x y F x F y αβαβ+=+F 是复线性的. 若x M ∈，则()()()()()()11110F x F x iF ix f x if ix f x =−=−=故F 是0f 的延拓. 若设()i F x re θ=，则()i F ex r θ−=为实数，此时()()()()()1i i i F x F e x F e x p e x p x θθθ−−−==≤=.()F x 即是所要求的复线性泛函.定理 3 设X 是（实或复）线性赋范空间，M X ⊂是线性子空间，0f 是M 上的连续线性泛函. 则存在X 上的线性泛函f ，使得6()()0f x f x =，x M ∀∈，0f f =. (4)（称f 是0f 的保范线性延拓）.证 明 令()0p x f x =，()p x 是X 上的半范数并且()()00f x f x p x ==，x M ∀∈在复空间情况，由定理2，存在X 上的线性泛函f ，使得()()0f x f x =，x M ∀∈，并且()()0f x p x f x ≤=，x X ∀∈在实空间情况，由定理1，存在X 上的线性泛函f 使得 ()()0(),f x p x p x f x x X ±≤±==∀∈.从而()0f x f x ≤，0f f ≤，f 连续. 另一方面，()()001,1,supsupx x M x x Mf f x f x ≤∈≤∈==()1,supx x Xf x f ≤∈≤=， ()5总之，0f f =.注意，()5说明了任一线性泛函（或算子）延拓后范数不会减少。
推论1 设X 是线性赋范空间，0x X ∈，00x ≠，则存在f X ∗∈使得1f =，()00f x x =.证 明 考虑子空间{}0;M x αα=∈Φ和M 上的线性泛函()000f x x αα=，0f 在M 上连续. 实际上，对于0,x x α=()0000()f x f x x x αα===，所以01f =. 又显然()000f x x =，由定理3，存在f X ∗∈，1f =.当x M ∈时()()0f x f x =，特别地，()()0000f x f x x ==.推论2 设X 是线性赋范空间，12,x x X ∈，12x x ≠，则存在7f X ∗∈，()()12f x f x ≠.证明 由120x x −≠，根据推论1，存在f X∗∈，()12120f x x x x −=−≠，故()()12f x f x ≠.从直观上说，推论1表明，对于一个非零线性赋范空间，一定存在非零连续线性泛函. 推论2则表明非零连续线性泛函是足够多的，以至于每两个不同的点都可以由某个连续线性泛函区分开来. 有时简单的说，X ∗在X 上可以区分点.推论3 设X 是线性赋范空间，12,x x X ∈，若对于任何f X ∗∈，()()12f x f x =，则12x x =.这是由推论2的逆否命题.推论4 设X 为线性赋泛空间，0x X ∈，则()001sup f x f x ≤=. ()6证 明 首先由1f ≤，则 ()00f x fx ≤0x ≤，于是()001sup f f x x ≤≤. 再由推论1，存在f X ∗∈，1f =，()00f x x =，故()001sup f x f x ≤≤,从而等式()5成立.。