Điều này không là gì khác hơn Mệnh đề 5 của Ch. III, §3, No. 2 áp dụng cho đơn ánh chính tắc từ K vào E.

Thật vậy, khi đó C cũng là bao lồi đóng của K trong ${E'}^*$ được trang bị tôpô yếu $\sigma(E', E')$, và chỉ cần áp dụng, cho đơn ánh chính tắc từ K vào E, Mệnh đề 4 của Ch. III, §3, No. 2.

Khi $\mu$ là một độ đo dương rời rạc trên K có tổng khối lượng 1, Mệnh đề 2 lại cho bất đẳng thức dùng để định nghĩa các hàm lồi trên K.

Chỉ cần chú ý rằng $\inf_{x \in K} g(x) = a$ là hữu hạn và áp dụng Mệnh đề 2 cho $g - a$.

Cho U là một lân cận của $\mu$ đối với tôpô mờ; ta có thể giả sử rằng U gồm các độ đo $\nu$ trên K sao cho

với $1 \leq i \leq p$ và với mọi $y \in W_a = K \cap (a + V_a)$. Vì $K$ compắc, tồn tại một số hữu hạn điểm $a_j$ ($1 \leq j \leq r$) của $K$ sao cho các $W_{a_j}$ tạo thành một phủ của $K$ ($1 \leq j \leq r$). Xét một phân hoạch đơn vị liên tục $(g_j)_{1 \leq j \leq r}$ trên $K$, phụ thuộc vào phủ $(W_{a_j})$, và đặt $\alpha_j = \mu(g_j)$ với mọi $j$; nếu $\alpha_j \neq 0$ thì đặt $\mu_j = \alpha_j^{-1} g_j \cdot \mu$, và nếu $\alpha_j = 0$ thì đặt $\mu_j = \varepsilon_{a_j}$. Mỗi độ đo $\mu_j$ đều dương, có khối lượng toàn phần bằng 1, và giá của nó được chứa trong tập hợp compắc lồi $W_{a_j}$; hơn nữa, theo định nghĩa,

vì $g_j \cdot \mu = 0$ nếu $\mu(g_j) = 0$; các $\alpha_j$ đều $\geq 0$ và

Gọi $x_j$ là trọng tâm của $\mu_j$, thuộc $W_{a_j}$ (No. 1, Mệnh đề 1), và xét độ đo rời rạc $\nu = \sum_{j=1}^r \alpha_j \varepsilon_{x_j}$; nó là dương và có khối lượng toàn phần bằng 1, và trọng tâm của nó là $\sum_{j=1}^r \alpha_j x_j$, cũng là trọng tâm của $\mu$ theo (3), do đó bằng $x$. Hơn nữa, theo (2), $|f_i(y) - f_i(a_j)| \leq \delta/2$ với mọi $y \in W_{a_j}$ và với mọi $i$, do đó, vì $\operatorname{Supp}(\mu_j) \subset W_{a_j}$, ta có $|\mu_j(f_i) - f_i(a_j)| \leq \delta/2$ với $1 \leq i \leq p$. Mặt khác, vì $x_j \in W_{a_j}$, ta cũng có

với $1 \leq i \leq p$, do đó $|\mu_j(f_i) - \varepsilon_{x_j}(f_i)| \leq \delta$ với mọi $i$ và $j$. Vì các $\alpha_j$ đều $\geq 0$ và có tổng bằng 1, suy ra từ (3) và từ định nghĩa của $\nu$ rằng $\nu$ thỏa mãn bất đẳng thức (1).

Điều phải chứng minh.

Giả sử $x$ là một điểm cực biên của $K$; để chứng minh rằng $\varepsilon_x$ là độ đo dương duy nhất trên $K'$, có tổng khối lượng bằng 1, nhận $x$ làm trọng tâm, theo Mệnh đề 3, chỉ cần thấy rằng tập hợp các độ đo rời rạc $\nu$ trên $K'$ vừa dương, vừa có tổng khối lượng bằng 1, vừa nhận $x$ làm trọng tâm, thu về $\varepsilon_x$. Nhưng một độ đo như thế $\nu$ có dạng $\sum_{i=1}^r \lambda_i \varepsilon_{x_i}$ với $\lambda_i > 0$ đối với $1 \leq i \leq r$ và $\sum_{i=1}^{r} \lambda_i = 1$, và giả thiết rằng $x$ là trọng tâm của $\nu$ có thể được viết thành $x = \sum_{i=1}^{r} \lambda_i x_i$. Vì $x$ là cực biên, điều này suy ra $x_i = x$ với mọi $i$, do đó $\nu = \varepsilon_x$.

Ngược lại, giả sử rằng $\varepsilon_x$ là độ đo dương duy nhất trên $K'$, có tổng khối lượng bằng 1, nhận $x$ làm trọng tâm, và hãy chứng minh rằng $x$ là cực biên. Trong trường hợp ngược lại, sẽ tồn tại hai điểm phân biệt $x', x''$ của $K$ và một số thực $\lambda$ sao cho $0 < \lambda < 1$ và $x = \lambda x' + (1 - \lambda) x''$. Theo Mệnh đề 1, $x'$ (tương ứng $x''$) là trọng tâm của một độ đo dương $\mu'$ (tương ứng $\mu''$) trên $K'$ có tổng khối lượng bằng 1. Khi đó $x$ là trọng tâm của $\lambda \mu' + (1 - \lambda) \mu''$. Vậy $\lambda \mu' + (1 - \lambda) \mu'' = \varepsilon_x$. Do đó $\mu'$ và $\mu''$ tỉ lệ với $\varepsilon_x$, suy ra $x' = x'' = x$, điều này vô lý.

Để chứng minh mệnh đề thứ nhất, ký hiệu bởi I khoảng $[0, 1]$ của $\mathbf{R}$; vì K compac và khả mêtric hóa, nên $K \times K \times I$ cũng vậy; tập con U của $K \times K \times I$ gồm các bộ ba $(x, y, \lambda)$ sao cho $x \neq y$ và $0 < \lambda < 1$ là mở trong $K \times K \times I$, do đó tồn tại một dãy $(F_n)$ các tập đóng trong $K \times K \times I$ mà hợp là U (GT, IX, §2, No. 5, Mệnh đề 7). Ánh xạ $q : K \times K \times I \to K$ xác định bởi $q(x, y, \lambda) = \lambda x + (1 - \lambda) y$ là liên tục và, theo định nghĩa của điểm cực biên, $K - M = q(U) = \bigcup_n q(F_n)$; nhưng $F_n$ là compac vì nó đóng trong $K \times K \times I$, do đó $q(F_n)$ là compac và vì thế đóng trong K; vậy tập hợp $U_n = K - q(F_n)$ là mở trong K, và ta có $M = \bigcap_n U_n$.

Trong phần tiếp theo của chứng minh, ta sẽ ký hiệu bởi $u$ một hàm số liên tục và lồi trên K, bởi $G \subset E \times \mathbf{R}$ đồ thị của $u$, và bởi S bao lồi đóng của G trong $E \times \mathbf{R}$.

Theo định lý Hahn-Banach, để $(a, b)$ thuộc S, điều kiện cần và đủ là $h(a, b) \geq 0$ với mọi hàm afin tuyến tính liên tục $h$ trên $E \times \mathbf{R}$ sao cho $h(x, u(x)) \geq 0$ với $x \in K$. Đặt $h(x, t) = f(x) - \lambda t$, trong đó $f$ là một hàm afin tuyến tính liên tục trên E, ta thấy rằng quan hệ $(a, b) \in S$ là tương đương với tính chất sau: quan hệ

kéo theo

(5)

Trước hết đặt $\lambda = 0$; việc (4) kéo theo (5) với mọi hàm afin tuyến tính liên tục $f$ trên $E$ là tương đương với quan hệ $a \in K$ theo định lý Hahn-Banach. Tiếp theo, đặt $\lambda = -1$ và thay $f$ bởi $-f$; khi đó quan hệ $f(x) \leq u(x)$ trong K phải kéo theo $f(a) \leq b$. Nhưng vì $u$ lồi và liên tục trên $K$, nên $u(a)$ bằng cận trên đúng của các $f(a)$ đối với các hàm afin tuyến tính liên tục $f$ trên $E$ sao cho $f(x) \leq u(x)$ trên $K$ (TVS, II, §5, No. 4, Mệnh đề 5); do đó ta thu được quan hệ $b \geq u(a)$. Cuối cùng, đặt $\lambda = 1$; khi đó nói rằng (4) kéo theo (5) có nghĩa, theo định nghĩa, là $b \leq \overline{u}(a)$. Điều này chứng minh bổ đề, vì quan hệ (4) (tương ứng. (5)) là tương đương với quan hệ thu được bằng cách nhân hai vế với một vô hướng $> 0$.

Thật vậy, khi đó tồn tại hai điểm phân biệt $y, z$ của $K$ sao cho $x = (y + z)/2$, do đó $u(x) < (u(y) + u(z))/2$ vì $u$ là chặt lồi. Nếu $f$ là một hàm afin tuyến tính trên $E$, thì $f(x) = (f(y) + f(z))/2$; áp dụng quan hệ này cho các hàm afin tuyến tính liên tục $f$ thỏa mãn $f \geq u$ trên $K$, ta được

Các bổ đề này đã được thiết lập, vì vậy theo đó ta có (Bổ đề 1) $(a, \overline{u}(a)) \in S$ với mọi $a \in K$. Vì $G$ compac, là ảnh của $K$ dưới ánh xạ liên tục $x \mapsto (x, u(x))$, nên theo Mệnh đề 1 của No. 1, tồn tại một độ đo dương $\nu$ trên $G$, có tổng khối lượng bằng 1, nhận $(a, \overline{u}(a))$ làm trọng tâm. Vì hạn chế của phép chiếu $pr_1$ lên $G$ là một đồng phôi từ $G$ lên $K$, độ đo $\nu$ có thể được chuyển tải bằng đồng phôi này, điều đó cho một độ đo $\mu$ trên $K$ (dương và có tổng khối lượng bằng 1) sao cho

(6)

Quan hệ thứ nhất trong các quan hệ (6) có nghĩa là $a$ là trọng tâm của $\mu$. Hàm $\overline{u}$ là nửa liên tục trên và bị chặn trên $K$, nên khả tích đối với $\mu$ (§4, No. 4, Hệ quả 1 của Mệnh đề 5); hơn nữa, vì hàm $-\overline{u}$ theo định nghĩa là lồi, nên theo Hệ quả của Mệnh đề 2 của No. 1, ta có

(7)

do đó, khi so sánh với công thức thứ hai trong các công thức (6),

Nhưng vì $u(\mathbf{x}) \leq \overline{u}(\mathbf{x})$ trên K, quan hệ (8) suy ra rằng $u(\mathbf{x}) = \overline{u}(\mathbf{x})$ hầu khắp nơi đối với $\mu$. Tính đến Bổ đề 2, ta thấy rằng Định lý 1 sẽ được chứng minh một khi bổ đề sau đây được thiết lập:

Vì không gian Banach $\mathscr{C}(K; \mathbf{R})$ là tách được (GT, X, §3, No. 3, Th. 1), nên không gian con $\mathscr{A}$ của $\mathscr{C}(K; \mathbf{R})$ gồm các hạn chế lên K của các hàm affine tuyến tính liên tục trên E cũng tách được. Do đó, lấy $(h_n)$ là một dãy trù mật trong $\mathscr{A}$, và lấy $\alpha_n > \sup_{\mathbf{x} \in K} |h_n(\mathbf{x})|$. Khi đó mỗi hàm $h_n^2 / n^2 \alpha_n^2$ đều lồi trên K (TVS, II, §2, No. 8, Examples), và chuỗi có số hạng tổng quát $h_n^2 / n^2 \alpha_n^2$ là hội tụ chuẩn, vì vậy tổng $u$ của nó liên tục và lồi trên K. Còn phải thấy rằng $u$ lồi nghiêm ngặt, và để làm điều này chỉ cần chứng minh rằng với mọi hai điểm phân biệt $\mathbf{x}, \mathbf{x}'$ của K, tồn tại một số nguyên $n$ sao cho hạn chế của $h_n^2$ lên đoạn có hai đầu mút $\mathbf{x}, \mathbf{x}'$ là lồi nghiêm ngặt; nhưng để được điều đó thì chỉ cần có $h_n(\mathbf{x}) \neq h_n(\mathbf{x}')$ (loc. cit.). Mà tồn tại một hàm $h \in \mathscr{A}$ sao cho $h(\mathbf{x}) \neq h(\mathbf{x}')$ (TVS, II, §4, No. 1, Cor. 1 of Prop. 2) và vì dãy $(h_n)$ trù mật trong $\mathscr{A}$, nên tồn tại một $n$ sao cho $h_n(\mathbf{x}) \neq h_n(\mathbf{x}')$.

Q.E.D.

Thật vậy, $\mathbf{x}$ thuộc về một thiết diện K của C (TVS, II, §7, No. 2, Prop. 5), và $M \cap K$ chứa tập hợp các điểm cực biên của K (loc. cit., Cor. 1 of Prop. 4). Khi đó chỉ cần áp dụng Th. 1.

(ii) Để một điểm $i_{\mathscr{H}}(x)$ là một điểm cực biên của C, điều kiện cần và đủ là độ đo dương duy nhất $\lambda$ trên X sao cho

đối với mọi hàm $h \in \mathscr{H}$ (điều này đặc biệt kéo theo rằng $\lambda$ có khối lượng toàn phần bằng 1, vì $1 \in \mathscr{H}$) là độ đo Dirac $\varepsilon_x$.

Suy ra rằng, với mỗi $h \in \mathscr{H}$, hàm $z' \mapsto \langle h, z' \rangle$ trên C đạt tới cận trên đúng của nó tại ít nhất một điểm cực biên của C (TVS, II, §7, No. 1, Mệnh đề 1), và điểm này thuộc $i_{\mathscr{H}}(X)$ (loc. cit., Hệ quả của Mệnh đề 2).

(i) Theo (9), $\| i_{\mathscr{H}}(x) \| \leq 1$ trong không gian định chuẩn $\mathscr{H}'$, nói cách khác $i_{\mathscr{H}}(X)$ bị chặn, và mệnh đề suy ra từ sự kiện rằng $\mathscr{H}'$, được trang bị tôpô yếu $\sigma(\mathscr{H}', \mathscr{H})$, là gần đầy đủ (TVS, III, §4, No. 2, Hệ quả 5 của Định lý 1).

(ii) Mọi độ đo dương $\mu$ có khối lượng 1 trên $i_{\mathscr{H}}(X)$ đều thu được, bởi phép chuyển cấu trúc nhờ phép đồng phôi $i_{\mathscr{H}}$, từ một độ đo dương $\lambda$ có khối lượng 1 trên X, còn độ đo Dirac $\varepsilon_{i_{\mathscr{H}}(x)}$ thì thu được từ $\varepsilon_x$. Nói rằng $\mu$ nhận $i_{\mathscr{H}}(x)$ làm trọng tâm có nghĩa, theo định nghĩa, là

đối với mọi hàm $h \in \mathscr{H}$. Có tính đến (9), mệnh đề (ii) chỉ là bản dịch của tiêu chuẩn trong No. 2, Hệ quả của Mệnh đề 3 để $i_{\mathscr{H}}(x)$ là một điểm cực biên của C.

Ta sẽ nói rằng một điểm $x \in X$ thỏa mãn điều kiện (ii) của Mệnh đề 4 là $\mathscr{H}$-cực biên; ta ký hiệu bởi $\mathrm{Ch}_{\mathscr{H}}(X)$ (hoặc đơn giản là $\mathrm{Ch}(X)$) tập hợp các điểm ấy, và bởi $\check{S}_{\mathscr{H}}(X)$ (hoặc đơn giản là $\check{S}(X)$) bao đóng của $\mathrm{Ch}_{\mathscr{H}}(X)$ trong $X$.

Cho $x$ là một điểm của $X$, $h$ là một hàm trong $\mathscr{H}$. Quan hệ $h(z) \leq h(x)$ với mọi $z \in X$ có thể viết thành $\langle h, i_{\mathscr{H}}(z) \rangle \leq \langle h, i_{\mathscr{H}}(x) \rangle$ với mọi $z \in X$, và do đó có nghĩa là siêu phẳng đóng yếu của $\mathscr{H}'$ có phương trình $\langle h, t' \rangle = \langle h, i_{\mathscr{H}}(x) \rangle$ là một siêu phẳng tựa của $i_{\mathscr{H}}(X)$. Ta biết rằng (TVS, II, §7, No. 1, Hệ quả của Mệnh đề 1) một siêu phẳng như vậy chứa ít nhất một điểm cực biên của bao lồi đóng của $i_{\mathscr{H}}(X)$, và một điểm như vậy $i_{\mathscr{H}}(y)$ là ảnh của một điểm $\mathscr{H}$-cực biên $y$ theo định nghĩa; do đó $h(y)$ bằng cận trên đúng của $h$ trong $X$.

a) $x$ là $\mathscr{H}$*-cực biên*.

b) Với mọi lân cận mở $U$ của $x$ trong $X$ và mọi $\varepsilon > 0$, tồn tại một hàm $h \geq 0$ trong $\mathscr{H}$ sao cho $h(x) \leq \varepsilon$ và $h(y) \geq 1$ với mọi $y \in X - U$.

Cho $x$ là một điểm bất kỳ của $X$, $f$ là một hàm trong $\mathscr{C}(X; \mathbf{R})$; đã biết (TVS, II, §3, No. 1, Mệnh đề 1) rằng cận dưới của các số $\lambda(f)$, với mọi độ đo dương trên $X$ sao cho $\lambda(h) = h(x)$ với mọi hàm $h \in \mathscr{H}$, bằng cận trên của các số $h(x)$, khi $h$ chạy trên tập các hàm $h \in \mathscr{H}$ sao cho $h \leq f$. Giả sử rằng $x$ là $\mathscr{H}$-cực biên; khi đó từ Mệnh đề 4, (ii), suy ra rằng với mọi hàm $f \in \mathscr{C}(X; \mathbf{R})$,

Để chứng minh rằng a) kéo theo b), ta lấy $f$ là một ánh xạ liên tục từ $X$ vào $[0, 1]$, với giá đỡ được chứa trong $U$, sao cho $f(x) = 1$; khi đó, theo (11), tồn tại một hàm $h' \in \mathscr{H}$ sao cho $h' \leq f$ và $h'(x) \geq 1 - \varepsilon$. Vì $1 \in \mathscr{H}$, hàm $h = 1 - h'$ thỏa mãn các điều kiện của b).

Ngược lại, giả sử điều kiện b) được kiểm tra; điều kiện này kéo theo rằng $1 - h \leq \varphi_U$; do đó với mọi độ đo dương $\lambda$ trên $X$ thỏa mãn điều kiện (10), ta có

Vì, theo giả thiết, quan hệ này đúng với mọi $\varepsilon > 0$ và mọi lân cận mở $U$ của $x$, suy ra rằng

với mọi $\varepsilon > 0$, do đó $\lambda(\{x\}) = 1$. Vì $\lambda$ là dương và có tổng khối lượng bằng 1, tất yếu $\lambda = \varepsilon_x$, điều này chứng minh rằng $x$ là $\mathscr{H}$-cực biên, theo Mệnh đề 4, (ii).

a) F chứa $\check{S}_{\mathscr{H}}(X)$.

b) Với mọi hàm $h \in \mathscr{H}$, tập F giao với tập các điểm của X mà tại đó h đạt tới cận trên của nó.

c) Với mọi điểm $x \in X$, tồn tại một độ đo dương $\mu$ có tổng khối lượng bằng 1 trên X, sao cho $\operatorname{Supp}(\mu) \subset F$ và $h(x) = \int h \, d\mu$ với mọi hàm $h \in \mathscr{H}$.

Đặt $G = i_{\mathscr{H}}(F)$. Điều kiện a) có nghĩa là G chứa tập hợp các điểm cực biên của C. Điều kiện b) có nghĩa là G gặp giao của $i_{\mathscr{H}}(X)$ với mỗi siêu phẳng tựa đóng của $i_{\mathscr{H}}(X)$. Sau cùng, điều kiện c) có nghĩa là mỗi điểm của $i_{\mathscr{H}}(X)$ là trọng tâm của một độ đo có giá được chứa trong G; theo No. 1, Mệnh đề 1, điều này cũng tương đương với việc nói rằng bao lồi đóng của $i_{\mathscr{H}}(X)$ bằng bao lồi đóng của G. Do đó tính tương đương của các điều kiện a), b) và c) suy ra từ EVT, II, §7, No. 1, Hệ quả của Mệnh đề 2.

đối với mọi $h \in \mathscr{H}$.

Đây là bản dịch của Định lý 1 của No. 2, bởi phép chuyển cấu trúc nhờ phép đồng phôi $x \mapsto i_{\mathscr{H}}(x)$, như trong Mệnh đề 5.

Một số kết quả của Số này có thể được mở rộng khi $\mathscr{H}$ được thay bằng một tập hợp $\mathscr{P}$ các hàm xác định trên X, nhận giá trị trong $\mathbf{R} \cup \{+\infty\}$, nửa liên tục dưới, với giả thiết $\mathscr{P}$ chứa các hằng và thỏa mãn $\mathscr{P} + \mathscr{P} \subset \mathscr{P}$ (Bài tập 2).

Ta có thể chỉ xét trường hợp $f$ không phải là hằng 0. Lấy $a$ là một điểm của $X$ tại đó $|f|$ đạt tới chặn trên đúng của nó, và đặt $g = f/f(a)$; khi đó $g(a) = 1$ và $|g(x)| \leq 1$ với mọi $x \in X$, do đó

Theo Mệnh đề 5 của No. 3 áp dụng cho $\mathscr{H}_r$, tồn tại $b \in \mathrm{Ch}_{\mathscr{H}}(X)$ tại đó $\Re((g(x))$ đạt tới chặn trên đúng 1 của nó, do đó $|g(b)| = 1$ vì $|g(b)| \leq 1$; suy ra $|f(b)| = |(f(a)| \geq |f(x)|$ với mọi $x \in X$.

Cho $(V_n)$ ($n \geq 1$) là một hệ cơ bản các lân cận của $a$, và cho $\lambda, \mu, \varepsilon$ là các số sao cho