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# Rudin FA 12/6

$\DeclareMathOperator{\real}{\mathrm{Re}}
\DeclareMathOperator{\cl}{\mathrm{Cl}}
\newcommand{\setK}{\mathbb{K}}
\newcommand{\setR}{\mathbb{R}}
\newcommand{\setC}{\mathbb{C}}
\newcommand{\onset}[1]{\mathrm{on} \;#1}$

前回証明したTheorem 3.2の主張を思い出しておく．

## Theorem 3.2 (Hahn-Banachの定理)

$X$: $\setR$上の線形空間．次の1--3を満たすとする：
1. $M$: $X$ の部分空間
2. $p \colon X \to \setR$ が次を満たす：
$$p(x+y) \le p(x) + p(y), \quad p(tx) = tp(x) \quad (x,y \in X, t \ge 0)$$
4. $M$ 上の線型汎函数 $f$ が $M$ 上で $f \le p$ を満たす．

このとき，次を満たす $M$ 上の線型汎函数 $\Lambda$ が存在する：
$$\Lambda = f \quad \onset{M}, \quad \Lambda \le p \quad \onset{X}$$
$\square$

Theorem 3.2を用いて次の定理(Theorem 3.3)を示す．以後，次の定理の方がよく用いられると思われる．

## Theorem 3.3

$X$: 線形空間，$M$: $X$の部分空間，$p$: $X$のセミノルム．
$M$ 上の線型汎函数 $f$ が $|f| \le p$ を満たすとする．このとき，$f$ は直前の不等式を満たしながら $X$ 上の線型汎函数 $\Lambda$ に拡張可能．$\square$

## Proof

$\setK = \setR$ のときはTheorem 3.2を適用して $-p(-x) \le \Lambda x \le p(x)$ を満たすように $\Lambda$ へ拡張でき，セミノルムの性質より $-p(-x) = -p(x)$であるから結論が得られる．よって，$\setK = \setC$ のときに問題となるのでこれを仮定する．

$u := \real{f}$ とおくと，$u$ は実線型汎函数なので，Theorem 3.2より
$$U = u \quad \onset{M}, \quad U \le p \quad \onset{X}$$
を満たすような実線型汎函数 $U$ が存在する．
$$\Lambda x := Ux - iU(ix) \quad (x \in X)$$
とおくと，$\Lambda$ は複素線型汎函数となる．$U = \real{f} \; \onset{M}$ であるから $\Lambda = f \; \onset{M}$．
$x \in X$ を任意にとって固定する．$\Lambda x = |\Lambda x| e^{i\theta}$ とかけるとする．$\alpha := e^{i\theta}$ とおくと
\begin{align}
|\Lambda x| &= \alpha \Lambda x = \Lambda(\alpha x) = U(\alpha x) - iU(i\alpha x)\\
&\le p(\alpha x) \quad (\because |\Lambda x| \in \setR より U(i \alpha x) = 0，U \le p)\\
&= p(x)
\end{align}

以上より，$\Lambda$は所望の性質を持つ $X$ 上の線型汎函数である．$\square$

## Corollary

$X$: ノルム空間，$x_0 \in X$．このとき，
$$\exists \Lambda \in X^*, \quad \Lambda x_0 = ||x_0||, \quad |\Lambda x| \le ||x|| \quad (x \in X)$$
とくに，$x_0 \ne 0$ のときは $||\Lambda|| = 1$．$\square$

## Proof

$x_0 = 0$ のときは $\Lambda = 0$(zero mapping)とすればよい．
$x_0 \ne 0$ のとき，
$$M := \langle x_0 \rangle, \quad p := ||\cdot||, \quad f(\alpha x_0) := \alpha ||x_0|| \quad (\alpha \in \setK) \quad (||\cdot|| := ||\cdot||_X)$$
とおくと，$|f(\alpha x_0)| = |\alpha|||x_0|| = p(\alpha x_0)$ なので $||f||_{\mathscr{L}(M,\setK)} = 1$．Theorem 3.3を適用して
$$\exists \Lambda \colon X \to \setK \, (\mathrm{linear}), \quad \Lambda = f \quad \onset{M}, \quad |\Lambda| \le p \quad \onset{X}．$$
また，$||\Lambda|| \le 1$ であるから $\Lambda \in X^*$．そして，明らかに $||\Lambda|| \ge ||f||_{\mathscr{L}(M,\setK)}$ であるから結論を得る．$\square$

次のTheorem 3.4はある意味で集合の分離可能性に関する定理である．証明はゼミ中に紹介するが，その中で利用される非自明な命題を以下で証明する．

## Theorem 3.4

$X$: TVS，$A,B \subset X$(convex) s.t. $A \cap B = \emptyset, \quad A,B \ne \emptyset$．

1. $A$: open $\Rightarrow$ $\left[ \exists \Lambda \in X^*, \quad \exists \gamma \in \setR, \quad \real{\Lambda x} < \gamma \le \real{\Lambda y} \quad (x \in A, \, y \in B) \right]$
2. $A$: compact，$B$: closed，$X$: local convex
$\Rightarrow$ $\left[ \exists \Lambda \in X^*, \quad \exists \gamma_1, \, \exists \gamma_2 \in \setR, \quad \real{\Lambda x} < \gamma_1 < \gamma_2 < \real{\Lambda y} \right] \quad (x \in A, \, y \in B)$

$\square$

Theorem 3.4の証明で次の主張を用いている：
$F \subset \setR$: 閉集合，$O \subset \setR$: 開集合，$F \subset O$, $\sup O < \infty$
このとき，$\sup F < \sup O$．

**Proof**
$u := \sup F = \sup O$ が成り立つとする．このとき，上限の定義と $F$ が閉集合であることから $u \in F \subset O$．一方，$O$ が開集合であるから，ある正数 $\varepsilon$ が存在して $u + \varepsilon \subset O$．よって，$u+\varepsilon \le \sup O = u$．これは矛盾である．$\square$

## Proposition (Exercise 1-10(a))

$X,Y$: TVS，$\dim Y < \infty$，$\Lambda \colon X \to Y$ (linear surjection)．
このとき，$\Lambda$ は開写像．$\square$

## Proof

$d := \dim Y$ とする．Theorem 1.21より，$Y$ は(自然な位相を入れたときの) $\setK ^d$ と同相・同型なので，$Y = \setK ^d$ としても一般性を失わない．

$Y$ の自然基底を $\{ e_1, \dots, e_d \}$ とする．全射性より
$$\exists u_i \in X, \quad \Lambda u_i = e_i \quad (i=1,\dots,d)$$
であり，これを用いて $\varphi \colon \setK \to X$ を次のように定める：
$$\varphi(\alpha_1,\dots,\alpha_d) := \alpha_1 u_1 + \cdots + \alpha_d u_d ．$$

スカラー積と和の連続性より $\varphi$ は連続である．また，$\varphi$ の定め方より $\Lambda \circ \varphi$ は恒等写像である．

次を示す：
$$\forall U \in \mathscr{N}_X(0), \quad \exists V \in \mathscr{N}_{\setK ^d}(0), \quad V \subset \Lambda(U) \quad (\mathscr{N}_X(0):Xにおける0の近傍全体)．$$
$U \in \mathscr{N}_X(0)$ をとる．$\varphi(0)=0$ と $\varphi$ の連続性より $\varphi^{-1}(U) \in \mathscr{N}_{\setK ^d}(0)$．また，$\varphi(\varphi^{-1}(U)) \subset U, \, \Lambda \circ \varphi = \mathrm{Id}$ より $\varphi^{-1}(U) \subset \Lambda(U)$．これより示された．

$X$ の開集合 $O$，$\Lambda x \in \Lambda (O)$ をとると $O - x \in \mathscr{N}_X(0)$ であるから，ある $V \in \mathscr{N}_{\setK ^d}(0)$ が存在して
$$V \subset \Lambda(O-x) = \Lambda(O)-\Lambda x．$$
よって，$V + \Lambda x \subset \Lambda(O)$ となり $\Lambda(O)$ が開集合であることが分かる．以上より，$\Lambda$ は開写像である．$\square$

Theorem 3.4を用いれば，局所凸線形位相空間の異なる2点を線型汎函数により分離できることが分かる(次のCorollaryを参照)．

## Corollary
$X$: loc conv TVS，$x,y \in X$ s.t. $x \ne y$．このとき，$\exists \Lambda \in X^*, \quad \Lambda x \ne \Lambda y$．$\square$

## Proof
TVSでは1点集合は閉集合であることに注意して，$A=\{x\}, \, B=\{y\}$ としてTheorem 3.4(b)を適用すればよい．

## Theorem 3.5

$X$: loc conv TVS，$M$: subsp of $X$，$x_0 \notin \overline{M}$．
このとき，
$$\exists \Lambda \in X^*, \quad \Lambda x_0 =1, \quad \Lambda =0 \quad \onset{M}$$
$\square$

この逆の主張は明らかであることに注意する．また，Theorem 3.5により，$x_0 \in \overline{M}$ を示すのに，$\Lambda x_0 = 0$ であるような任意の $\Lambda \in X^*$ に対して $\Lambda = 0 \; \onset{M}$ であることを示せばよいことになる．

## Proof

$A = \{x_0\}, \, B:=\overline{M}$ としてTheorem 3.4(b)を適用すると，$\exists \Lambda \in X^*, \; \Lambda x_0 \notin \overline{M}$．よって，$\Lambda(M)$ は真部分空間である．$\setK$ の($\setK$ 上の)真部分空間は自明な部分空間 $\{0\}$ しか存在しないので $\Lambda(M) = \{0\}$．よって，$\Lambda x_0 \ne 0$．
$\tilde{\Lambda} x := (\Lambda x_0)^{-1} \Lambda x$ とおきなおせば，$\tilde{\Lambda} \in X^*$ は所望の性質を満たす．$\square$

## Theorem 3.6

$X$: loc conv TVS，$M$: subsp of X，$f \in \mathscr{L}(M, \, \setK)$．
このとき，$f$ は $\Lambda \in X^*$ に拡張可能．$\square$（証明はゼミ中に行う．）

## Theorem 3.7

$X$: loc conv TVS, $B \subset X$: conv balanced closed set, $x_0 \notin B$．
このとき，
$$\exists \Lambda \in X^*,\quad |\Lambda| \le 1 \quad \onset{B}, \quad \Lambda x_0 > 1．$$
$\square$

Theorem 3.7の結論は，「$\Lambda x_0 \in \setR$ となるように $\Lambda$ がとれる」ことも意味している点に注意．

## Proof

$A := \{x_0\}$ としてTheorem3.4(b)を適用して，
$$\exists \Lambda_1 \in X^*, \quad \Lambda_1 x_0 \notin \overline{\Lambda_1(B)}$$
となる．このとき，$\Lambda_1 x_0 \ne 0$ であることに注意する．
$K:=\overline{\Lambda_1(B)}$ とおき，$\Lambda_1 x_0 = re^{i\theta}$ と表されるとする．$B$ はbalancedより $K$ もbalancedである．よって，$|z|<r \, (\forall z \in K)$ となる．（もし，ある $z \in K$ に対して $|z| \ge r$ が成り立つと，適当に $|\alpha| \le 1$ なる $\alpha \in \setK$ をとってきて $\alpha z = \Lambda_1 x_0$ となってしまう．$K$ はbalancedより $\Lambda_1 x_0 \in K$ となって矛盾を生む．）
$|z| \le s \, (\forall z \in K)$ を満たす $s \in (0,r)$ をとる．$\Lambda:=s^{-1} e^{-i\theta} \Lambda_1$ とおくと，
$$|\Lambda x| = s^{-1} |\Lambda_1 x| \le s^{-1}s = 1 \quad (x \in B), \quad |\Lambda x_0| = s^{-1} r > 1$$
が成り立つので，所望の結論を得る．$\square$