Bourbaki

习题 8, § 6

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拓扑向量空间, II, p. 83

Google 翻译生成的粗略草稿,质量较低。术语依照术语表,但句子可能有误;之后会由仔细的译文取代。

令 T 为 C(T;R)\mathscr{C}(T; \mathbf{R}) 的紧致空间和 L 向量子空间,即 有限 维数 r;给定由C(T;R)\mathscr{C}(T; \mathbf{R})的球L范数及其对偶L∗L^*范数∥x′∥=sup⁡∥x∥≤1⟨x,x′⟩\|x'\| = \sup_{\|x\| \leq 1} \langle x, x' \rangle,因此如果B是L中的球∥x∥≤1\|x\| \leq 1,则B∘B^\circ是L∗L^*中的球∥x′∥≤1\|x'\| \leq 1。

a) 对于所有t∈Tt \in T,在L上为线性形式x↦x(t)x \mapsto x(t)写下et′e'_t。证明 B∘B^\circ 是 ±et′\pm e'_t 的集合的凸包络,其中 t 在 T 中变化(使用II、p. 38 的命题 4 获得矛盾)。

推论每个线性形式x′∈L∗x' \in L^*使得∥x′∥=1\|x'\| = 1我们可以写出x′=∑i=1rλieti′x' = \sum_{i=1}^r \lambda_i e'_{t_i},其中tit_i是T的r点,λi\lambda_i是实数使得∑i=1r∣λi∣=1\sum_{i=1}^r |\lambda_i| = 1(*cf.*II, p. 66,练习 9,*a*))。

b) 对于每个y∈C(T;R)y \in \mathscr{C}(T; \mathbf{R}),都存在一个*唯一*x∈Lx \in L,使得∥y−x∥=d(y,L)\|y - x\| = d(y, L),当且仅当对于每个非空z∈Lz \in L,存在*至多*r−1r - 1不同的点ti∈Tt_i \in T,使得z(ti)=0z(t_i) = 0(哈尔的第一个)。 (为了证明这个条件是充分的,首先观察它等价于说,对于r个不同的点ti∈Tt_i \in T(1≤i≤r1 \leq i \leq r),eti′e'_{t_i}在L∗L^*中线性独立。现在通过假设结论为假并获得矛盾来论证。如果存在两个不同的点 L的x′,x′′x', x'',使得∥y−x′∥=∥y−x′′∥=d(y,L)\|y - x'\| = \|y - x''\| = d(y, L)存在x0∈Lx_0 \in L和z∈Lz \in L,这样,对于所有足够小的实数λ\lambda,我们有∥y−(x0+λz)∥=d(y,L)\|y - (x_0 + \lambda z)\| = d(y, L)。将*a*)的最后一个部分应用到子空间L⊕RyL \oplus \mathbf{R}y C(T;R)\mathscr{C}(T; \mathbf{R}) 并在该空间上转换为合适的线性形式,该L 消失。要看出条件是必要的,注如果它不成立,则存在r个不同的点ti∈Tt_i \in T(1≤i≤r1 \leq i \leq r),使得eti′e'_{t_i}线性相关,并且存在函数z∈Lz \in L不为空并消失于点tit_i。如果 αi\alpha_i (1≤i≤r1 \leq i \leq r) 是数且并非全部零使得 ∑i=1rαieti′=0\sum_{i=1}^r \alpha_i e'_{t_i} = 0,则考虑函数 w∈C(T;R)w \in \mathscr{C}(T; \mathbf{R}) 使得 ∥w∥=1\|w\| = 1、w(ti)=sgn⁡(αi)w(t_i) = \operatorname{sgn}(\alpha_i) 1≤i≤r1 \leq i \leq r 和函数 y=w(1−∣βz∣)y = w(1 - |\beta z|)且∣β∣|\beta|足够小并且≠0\neq 0。)

c) 假设T是R\mathbf{R}中的紧致区间,且L满足Haar th的条件;令(ti)1≤i≤r+1(t_i)_{1 \leq i \leq r+1}为T的r+1r + 1点的严格递增的序列;则存在r+1r + 1实非零数λi\lambda_i使得∑i=1r+1λieti′=0\sum_{i=1}^{r+1} \lambda_i e'_{t_i} = 0。 证明然后 sgn⁡(λi)sgn⁡(λi+1)=−1\operatorname{sgn}(\lambda_i) \operatorname{sgn}(\lambda_{i+1}) = -1 代表 1≤i≤r1 \leq i \leq r。 (分别考虑情况r=1r = 1和情况r>1r > 1。 在第二种情况下,相反地假设对于某些指标i≤r−1i \leq r - 1,数λi\lambda_i与λi−1\lambda_{i-1}或λi+1\lambda_{i+1}具有相同的符号,而λi−1\lambda_{i-1}和λi+1\lambda_{i+1}具有相反的符号。 如果对于例、λi>0\lambda_i > 0,取αi−1>0\alpha_{i-1} > 0、αi+1>0\alpha_{i+1} > 0使得αi−1λi−1+αi+1λi+1=0\alpha_{i-1} \lambda_{i-1} + \alpha_{i+1} \lambda_{i+1} = 0,则取z∈Lz \in L使得z(ti−1)=αi−1z(t_{i-1}) = \alpha_{i-1}、z(ti+1)=αi+1z(t_{i+1}) = \alpha_{i+1}和z(tj)=0z(t_j) = 0,对于不同于i−1i - 1、i和i+1i + 1的j。 推导出 z(ti)<0z(t_i) < 0 并证明这个与……矛盾给定的假设。)

d) 使用与*c*)相同的假设和记号,假设存在y∈C(T;R)y \in \mathscr{C}(T; \mathbf{R})和z∈Lz \in L使得y(ti)−z(ti)=(−1)iαiy(t_i) - z(t_i) = (-1)^i \alpha_i和αi>0\alpha_i > 0对于1≤i≤r+11 \leq i \leq r + 1。证明我们有 d(y,L)≥inf⁡αid(y, L) \geq \inf \alpha_i。 (使用*a*)应用于L⊕RyL \oplus \mathbf{R}y,和*c*)。)

e) 根据 c) 的假设,令 y∈C(T;R)y \in \mathscr{C}(T; \mathbf{R}) 和 z 为 L 的唯一点,使得 ∥y−z∥=d(y,L)\|y - z\| = d(y, L)。证明 T 中存在严格递增的序列 (ti)1≤i≤r+1(t_i)_{1 \leq i \leq r+1} 使得

y(ti)−z(ti)=(−1)iε∥y−z∥ y(t_i) - z(t_i) = (-1)^i \varepsilon \|y - z\|

与ε=±1\varepsilon = \pm 1。相反,如果zz有这个性质,那么zz是LL唯一的点,使得∥y−z∥=d(y,L)\|y - z\| = d(y, L)。 (使用c)和d))。考虑当 T 是 R\mathbf{R} 区间且 L 是限制到次数 < r (Tchebycheffs th.) 多项式 T 的集合时的情况。

解答

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