Function Space - Stone-Weiestrass Theorem

這是 Weiestrass Theorem 的加強版：只要一個函數的集合滿足 Stone-Weiestrass 的條件，那他就自動在

$C^0([a,b],\mathbb{R})$ dense。而這些條件跟下面三個定義有關：

Function Algebra

Def (Function Algebra)
假定

$\mathcal{A}$ 是個函數的集合，且任意

$f,g\in \mathcal{A}$,

$c\in \mathbb{R}$，有：
1. 加法封閉：

$$f+g\in \mathcal{A}$$
2. 係數積封閉：

$$cf\in \mathcal{A}$$
3. 函數相乘封閉：

$$f\cdot g\in \mathcal{A}$$
則稱

$\mathcal{A}$ 是一個 function algebra

閉包保 Function Algebra

假定

$\mathcal{A}\subset C^0(M,\mathbb{R})$ 是個 function algebra，則：

$$\overline{\mathcal{A}}\text{ is also a function algebra}$$

這個本質是極限可以交換。比如說：

假定

$f,g\in \overline{\mathcal{A}}$，

$c\in \mathbb{R}$，表示存在

$\{f_n\}\subset \mathcal{A}$ 及

$\{g_n\}\subset \mathcal{A}$，使得

$f_n\to f$ 及

$g_n\to g$，也就是

$n$ 夠大時：

$$\begin{array}{rl}|f_n-f|& <ϵ\\ |g_n-g|& <ϵ\end{array}$$

因此：

$$|(f_n+g_n)-(f+g)|\le |f_n-f|+|g_n-g|<2ϵ$$

因此，

$\{f_n+g_n\}\to f+g$。但因為

$\overline{\mathcal{A}}$ closed，且 因為兩個序列都在

$\mathcal{A}$ 裡面，所以

$\{f_n+g_n\}\in \mathcal{A}$。又因為

$\overline{\mathcal{A}}$ closed，所以收斂到的函數

$f+g\in \overline{\mathcal{A}}$。

類似地：

$$|f_n-f|<ϵ\Rightarrow |c{f}_n-cf|<|c|ϵ$$

因此

$c{f}_n\to cf$。又

$\mathcal{A}$ 是 function algebra，且

$\{f_n\}\subset \mathcal{A}$，所以

$\{c{f}_n\}\subset \mathcal{A}$，所以他收斂到的函數

$cf$ 就會在

$\overline{\mathcal{A}}$ 中。

取絕對值在閉包中

假定

$\mathcal{A}\subset C^0(M,\mathbb{R})$ 是個 function algebra，且

$M$ 是個 compact metric space。則：

$$f\in \overline{\mathcal{A}}\Rightarrow |f|\in \overline{\mathcal{A}}$$
其中，

$|f|$ 的意思是：

$|f(x)|$

$\mathrm{\forall }x\in [a,b]$

因為

$M$ compact，

$f$ 是連續的實函數，所以作用在

$M$ 之後的值域

$f(M)$ 有界，即：

$$\Vert f\Vert =U<\mathrm{\infty }$$

令：

$$g(y):[-U,U]\to \mathbb{R}\text{ where }g(y)=|y|$$

因為「取絕對值」這個函數是連續的，所以由 Weiestrass Theorem，存在可以跟

$g(y)$ 任意接近的多項式。換句話說：對於任意

$ϵ$，存在多項式

$p(y)$：

$$p(y)=\sum _{i=0}^n{a}_i{x}^i$$

使得

$p(y)$ 跟

$y$ 任意接近：

$$|p(y)-|y||<ϵ$$

進一步觀察：

$$|p(0)-|0||=|a_0|<ϵ\Rightarrow |a_0|<ϵ$$

令：

$$q(y)=\sum _{i=1}^n{a}_i{x}^i$$

因此：

$$\begin{array}{rl}|q(y)-|y||& =|p(y)-a_0-|y||\\ & \le |p(y)-|y||+|a_0|<2ϵ\end{array}$$

把

$f(x)$ 丟進

$y$：

$$|q(f(x))-|f(x)||=|q(f(x))-(\text{abs}\circ f)(x)|<2ϵ$$

因此，現在敘述就可以換成：對於任意

$ϵ$，都存在函數

$(q\circ f)$，使得

$(q\circ f)$ 跟

$(\text{abs}\circ f)$ 任意接近。其中，

$q$ 是一個多項式。這e個事實揭露了兩件事：

1. 「
   $q$ 是一個多項式」：
   $f\in \overline{\mathcal{A}}$，且
   $\overline{\mathcal{A}}$ 又是 function algebra，由 function algebra 的性質易證明：若
   $f$ 在一個 function algebra 裡，
   $q$ 是多項式，則
   $q\circ f$ 也會在 function algebra 裡面。即：
   
   $$(q\circ f)\in \overline{\mathcal{A}}$$
2. 「任意取
   $ϵ$，都可以找到
   $h=(q\circ f)\in \overline{\mathcal{A}}$，使得
   $h$ 跟
   $|f|$ 任意接近」。換句話說：任意取
   $|f|$ 為中心的
   $ϵ$-ball，都會包到一個
   $\overline{\mathcal{A}}$ 中的元素。這表示：
   $|f|$ 這函數，是集合
   $\overline{\mathcal{A}}$ 中的一個 cluster point。因此：
   
   $$|f|\in \overline{\overline{\mathcal{A}}}=\overline{\mathcal{A}}$$

由此得證。

雖然

$\mathcal{A}\subset C^0(M,\mathbb{R})$ 未必表示

$\overline{\mathcal{A}}\subset C^0(M,\mathbb{R})$，不過這邊至少知道

$f\in \mathcal{A}$，則

$|f|\in \overline{\mathcal{A}}$ (剛剛的證明) 且

$f\in C^0(M,\mathbb{R})$(因為

$f$ 跟絕對值都是連續的，合成之後也連續)

最大/最小在閉包中

假定

$\mathcal{A}\subset C^0(M,\mathbb{R})$ 是個 function algebra，且：

$$f_1\dots f_n\in \overline{\mathcal{A}}$$

則：

$$\begin{array}{r}{f}_{max}=max\{f_1\dots f_n\}\in \overline{\mathcal{A}}\\ f_{min}=min\{f_1\dots f_n\}\in \overline{\mathcal{A}}\end{array}$$

這邊

$max\{f_1\dots f_n\}$ 是一個函數，意思是對於任意

$x$，挑出帶進這個集合的所有函數之後，最大的那個值：

$$max\{f_1\dots f_n\}(x)=max\{f_1(x)\dots f_n(x)\}$$

而

$min\{f_1\dots f_n\}$ 也是類似的定義方式。對於任意

$x$：

$$min\{f_1\dots f_n\}(x)=min\{f_1(x)\dots f_n(x)\}$$

僅證明兩個函數的版本就好。也就是：

$$\begin{array}{rl}\{f,& g\}\subset \overline{\mathcal{A}}\Rightarrow \\ & max\{f,g\},min\{f,g\}\in \overline{\mathcal{A}}\end{array}$$

即可。這很容易，因為套用上面的性質：

$$\begin{array}{rl}max\{f,g\}& =\frac{f+g+|f-g|}{2}\in \overline{\mathcal{A}}\\ min\{f,g\}& =\frac{f+g-|f-g|}{2}\in \overline{\mathcal{A}}\end{array}$$

類似地，由

$min\{f,g\}$ 跟

$max\{f,g\}$ 表成

$f,g$ 跟兩者相減後取絕對值的函數之後，可發現

$min\{f,g\}$ 跟

$max\{f,g\}$ 仍然是連續的。

Vanishes Nowhere

假定函數的集合

$\mathcal{A}$ 滿足：

$$\mathrm{\forall }p\in M.\mathrm{\exists }f\in \mathcal{A}.f(p)\ne 0$$
則稱

$\mathcal{A}$ vanishes nowhere

這個要求其實是很簡單的要求：包一個不是零函數的常數函數進去

$\mathcal{A}$，那就達成了。

Separate Two Points

假定對於任意

$p,q\in M$ 且

$p\ne q$，都存在

$f\in \mathcal{A}$，使得：

$$f(p)\ne f(q)$$
則稱

$\mathcal{A}$ separates two points

這個條件跟 vanishes nowhere 合起來會有一個更好的結論：

Lemma

假定滿足上面 3 個條件，則：對於任意

$p_1\ne p_2\in M$，

$c_1,c_2\in \mathbb{R}$，都存在

$f\in \mathcal{A}$，使得：

$$\begin{array}{rl}f(p_1)& =c_1\\ f(p_2)& =c_2\end{array}$$

首先，因為

$\mathcal{A}$ vanishes nowhere，因此存在

$g_1,g_2\in \mathcal{A}$，使得：

$$\begin{array}{rl}{g}_1(p_1)& \ne 0\\ g_2(p_2)& \ne 0\end{array}$$

令：

$$G=(g_1\cdot g_1)+(g_2\cdot g_2)$$

則易發現：

$G(p_1)>0$，且

$G(p_2)>0$。

另外一方面，因為

$\mathcal{A}$ separates two points，所以也 separates

$p_1$ 與

$p_2$。換句話說，存在

$h\in \mathcal{A}$，使得：

$$h(p_1)\ne h(p_2)$$

接著考慮某個

$G$ 跟

$h$ 的線性組合，可以組出某個滿足要求的函數。也就是令：

$$f=a(G)+b(G\cdot h)$$

把

$p_1$ 與

$p_2$ 聯立帶進去聯立：

$$\{\begin{array}{l}f(p_1)=c_1=a(G(p_1))+b(G(p_1)\cdot h(p_1))\\ f(p_2)=c_2=a(G(p_2))+b(G(p_2)\cdot h(p_2))\end{array}$$

計算判別式，可發現因為

$h$ separate two points，以及

$G(p_1),G(p_2)>0$ 的關係，所以判別式不為 0：

$$\begin{array}{rl}G(p_1)& (G(p_2)\cdot h(p_2))-(G(p_1)\cdot h(p_1))G(p_2)\\ & =G(p_1)G(p_2)(h(p_2)-h(p_1))\ne 0\end{array}$$

因此，

$a,b$ 必定有解。由此得證這樣的

$f$ 可以透過

$G$ 與

$h$ 構造出來。

Stone-Weiestrass Theorem

假定

$\mathcal{A}\subset C^0(M,\mathbb{R})$，其中

$M$ 是一個 compact metric space。若

$\mathcal{A}$ 滿足以下性質：

Function Algebra

$$\mathcal{A}\text{ is }\mathbf{function}\mathbf{algebra}$$
Vanishes Nowhere

$$\mathcal{A}\mathbf{vanishes}\mathbf{nowhere}$$
Separate Two Points

$$\mathcal{A}\mathbf{separate}\mathbf{two}\mathbf{points}$$

則：

$$\mathcal{A}\mathbf{dense}\text{ in }{C}^0(M,\mathbb{R})$$

function algebra 性質大多都跟

$\overline{\mathcal{A}}$ 有關。所以與其直接證明

$\mathcal{A}$ 在

$M$ 裡面 dense，不如先證明

$\overline{\mathcal{A}}$ 在

$M$ 裡面 dense。因為

$\mathcal{A}$ 在

$\overline{\mathcal{A}}$ 中 dense，而

$\overline{\mathcal{A}}$ 在

$M$ 裡面 dense，所以

$\mathcal{A}$ 就在

$M$ 中 dense。

因為目標是 dense，也就是說：給定任意一個

$F\in C^0(M,\mathbb{R})$ 之後，目標是在以

$F$ 為中心，任意小的

$ϵ$ 內，找到一個

$G\in \overline{\mathcal{A}}$。

換句話說：任意

$F\in C^0(M,\mathbb{R})$，給定

$ϵ>0$，要找一個

$G\in \overline{\mathcal{A}}$，使得：

$$|G(x)-F(x)|<ϵ\mathrm{\forall }x\in M$$

這個條件更進一步，可以改寫成：

$$\begin{array}{rl}|G(x)& -F(x)|<ϵ\\ ⟺& F(x)-ϵ<G(x)<F(x)+ϵ\\ ⟺& G(x)-F(x)+ϵ>0\text{ and }\\ & F(x)-G(x)+ϵ>0\end{array}$$

接下來的計劃是：

1. 用某些方法構造出一堆滿足
   $G(x)-F(x)+ϵ>0$ 的
   $G$。
2. 從這些滿足
   $G(x)-F(x)+ϵ>0$ 的
   $G$ 中，用某種不會讓他們失去前一個條件的狀況下，構造出滿足
   $F(x)-G(x)+ϵ>0$ 的
   $G$。

對於每一個

$p,q\in M$，定義

$G_{pq}$ 為：

$$G_{pq}(x)=\{\begin{array}{ll}f,\text{a function in }\mathcal{A}\text{ gauranteed by lemma}& \text{if }q\ne p\\ \text{ such that }f(p)=F(p),f(q)=F(q)\\ \\ g,\text{ a function in }\mathcal{A}\text{ constructed in }& \text{if }p=q\\ p\ne q\text{ case such that }g(p)=F(p)\end{array}$$

$p=q$ 的狀況就是：隨便挑一個

$p\ne q$ 裡面的一個函數出來，當作

$G_{pp}$。
[color=grey]

Stage 1 : Fix P, Iterate Over Q

固定

$p$，對於

$G_{pq}$ 進行篩選。因為目標是構造滿足

$G-F+ϵ>0$ 的函數

$G$，為了方便就令：

$${\tilde{G}}_{pq}=G_{pq}-F+ϵ$$

這樣構造出來的

${\tilde{G}}_{pq}$ 有一個特點：對於任意

$q\in M$，有：

$${\tilde{G}}_{pq}(q)=G_{pq}(q)-F(q)+ϵ=F(q)-F(q)+ϵ>0$$

因此，存在一個

$q$ 的 open neighborhood

$U_q$，使得：

$${\tilde{G}}_{pq}(x)=G_{pq}(x)-F(x)+ϵ>0\mathrm{\forall }x\in U_q$$

對於所有

$q\in M$ 都去找出

${\tilde{G}}_{pq}$，然後對應去找出這樣的

$U_q$。因為對些

$U_q$，每一個

$q$ 都被包在

$U_q$ 中，所以這所有的

$U_q$ 構成一個

$M$ 的 conver。又因為

$M$ compact，所以這個 cover 給定之後，存在 finite subsover：

$$\{U_{q_1},U_{q_2}\dots U_{q_m}\}$$

接著去看看這些被挑選出來的 open neighborhood 對應的

$G_{pq}$ 們。令他們對應的

$G_{pq}$ 為：

$$\{G_{p{q}_1},G_{p{q}_2}\dots G_{p{q}_m}\}$$

並且令：

$$G_p=max\{G_{p{q}_1},G_{p{q}_2}\dots G_{p{q}_m}\}$$

因為任意

$G_{pq}\in \mathcal{A}$，所以由「最大/最小在閉包中」， 可知

$G_p\in \overline{\mathcal{A}}$。除此之外，

$G_p$ 也是連續的^[1]。

Stage 2 : Iterate Over P

對於任意

$p\in M$，都可以用 Stage 1 的方法，構造出一個

$G_p$，且這個

$G_p$ 滿足：

$$G_p(x)-F(x)+ϵ>0$$

Stage 2 的目標，就是用上面的方法再來一次。對於任意

$p\in M$，構造出

$G_p$ 之後，這個

$G_p$ 都有：

$$F(p)-G_p(p)+ϵ=F(p)-F(p)+ϵ>0$$

令：

$$\tilde{G}=F-G_p+ϵ$$

因為

$F$ 連續(定理一開始的假設)、

$G_p$ 連續(因為是連續函數取最大/最小值得到的)，所以存在一個

$p$ 的 open neighborhood

$W_p$ ，使得：

$$\tilde{G}(x)=F(x)-F(x)+ϵ>0\mathrm{\forall }x\in W_p$$

因為

$p\in W_p$，所以這所有的

$W_p$ 構成了一個

$M$ 的 open cover。又因為

$M$ compact，所以存在一個 finite subcover：

$$\{W_{p_1}\dots W_{p_n}\}$$

這時，找出

$W_{p_1}\dots \{W_{p_n}\}$ 對應的

$\{G_{p_1}\dots G_{p_n}\}$，並且令：

$$G=min\{G_{p_1}\dots G_{p_n}\}$$

這樣一來：

1. $G$ 連續，且
   $G\in \overline{\mathcal{A}}$：因為
   $G_p$ 連續，且
   $G_p\in \overline{\mathcal{A}}$。取連續函數的最大最小值也連續，所以整個就連續; 取有限個連續函數的最大最小值後，函數仍然在 function algebra 的閉包中，所以也在
   $\overline{\mathcal{A}}$ 中。
2. $G$ 滿足
   $F(x)-G(x)+ϵ>0$：因為任何
   $x$ 一定屬於某一個
   $W_{p_i}$; 而這個開區間對應的
   $G_{p_i}$ 會滿足
   $G_{p_i}(x)>0\mathrm{\forall }x\in W_x$)
3. $G$ 也滿足
   $G(x)-F(x)+ϵ>0$(因為
   $G$ 從
   $G_p$ 來; Stage 1 的
   $G_p$ 有這個性質了)。