Hahn–Banach：延拓、支撑与分离

在子空间 $M$ 上，我们已经知道一个线性泛函 $u$ 的全部取值。现在想把它扩展到更大的空间 $X$，同时不让范数变大。这个要求听起来像是“补上缺失的坐标”，但真正困难的地方在于：新加的方向和 $M$ 里的所有向量都可能发生抵消，随便指定一个值，很快就会破坏有界性。

本章围绕一条主线展开：先把“能否延拓”写成不等式，再把不等式变成几何上的支撑与分离。你会看到，Hahn–Banach 不需要 $X$ 完备；它真正需要的是线性结构、范数控制，以及在几何版本中出现的凸性和开集条件。最后，延拓定理会给出一个看似只是记号的映射 $J:X\to X^{**}$，而范数保持恰好说明这个映射没有压扁任何距离。

从一个方向开始延拓

设 $X$ 是赋范线性空间，标量域记作 $\mathbb K$，它可以是 $\mathbb R$ 或 $\mathbb C$。$X^*$ 表示所有连续线性泛函的空间，泛函的范数是

$$\|f\|=\sup_{\|x\|\le 1}|f(x)|.$$

如果 $M\subset X$ 是线性子空间，$u:M\to\mathbb K$ 线性且

$$|u(m)|\le C\|m\|\qquad(m\in M),$$

那么 $u$ 在 $M$ 上已经有一个斜率上限 $C$。我们要找的是 $U:X\to\mathbb K$，满足 $U|_M=u$，并且仍有 。

代数上唯一的自由度

先只加入一个不在 $M$ 中的向量 $x_0$。每个

$$y=m+\alpha x_0\qquad(m\in M,\ \alpha\in\mathbb K)$$

的表示是唯一的：若 $m+\alpha x_0=m'+\alpha' x_0$，则 ；因为 ，只能有 ，继而 。

因此，任何延拓都只能写成

$$u_\lambda(m+\alpha x_0)=u(m)+\alpha\lambda,$$

其中 $\lambda$ 是我们要挑选的 $U(x_0)$。线性没有留下别的选择。问题变成：能否找到一个 $\lambda$，使所有 $m+\alpha x_0$ 同时满足范数估计？

对实标量，先把控制不等式写在系数为 $1$ 与 $-1$ 的向量上：

$$u(m)+\lambda\le p(m+x_0),$$ $$u(m)-\lambda\le p(m-x_0),$$

这里 $p$ 是一个次线性上界，满足

$$p(x+y)\le p(x)+p(y),\qquad p(tx)=t p(x)\quad(t\ge 0).$$

这两组不等式等价于

$$u(m)-p(m-x_0)\le\lambda\le p(m+x_0)-u(m)qquad(m\in M).$$

左边所有下界的上确界不超过右边所有上界的下确界，因为任取 $m_1,m_2\in M$，有

$$\begin{aligned} u(m_1)-p(m_1-x_0) &\le p(m_2+x_0)-u(m_2)\\ \Longleftrightarrow\quad u(m_1+m_2) &\le p(m_1-x_0)+p(m_2+x_0)\\ &\quad\text{（次线性与 }(m_1-x_0)+(m_2+x_0)=m_1+m_2\text{）}. \end{aligned}$$

于是可以在这个区间里选 $\lambda$。系数为任意正数或负数的向量，再由正齐次性缩放回来。这就是“一步延拓”的核心：不是猜一个值，而是证明所有允许值构成一个非空区间。

实 Hahn–Banach 定理

定理（实次线性形式）。 设 $X$ 是实线性空间，$p:X\to\mathbb R$ 次线性，$M\subset X$ 是线性子空间，$u:M\to\mathbb R$ 线性且 。则存在实线性泛函 ，使得

$$U|_M=u,\qquad U(x)\le p(x)\quad(x\in X).$$

上面的“一步延拓”说明，若 $u$ 已经定义在 $M$ 上，就能把定义域扩展到 $M+\mathbb R x_0$，并保持 $U\le p$。为了扩展到整个 $X$，考虑所有满足条件的对 ，其中 ， 且 。按定义域包含关系排序。

一条全序链的并仍是线性子空间；因为链中的泛函在交叠部分彼此相容，可以把它们拼成并集上的一个泛函，而且每个向量都来自链中的某一项，所以仍满足 $v\le p$。Zorn 引理给出极大对 $(N,V)$。如果 $N\ne X$，选 $x_0\notin N$，一步延拓就能得到更大的对，这和极大性矛盾。因此 ，定理得证。

把 $p$ 取成 $C\|\cdot\|$，就得到常用的范数形式。因为对实线性 $U$，$U(-x)=-U(x)$，所以 $U(x)\le C\mathrm{\parallel }x$ 同时也给出 ，即

$$|U(x)|\le C\|x\|.$$

复 Hahn–Banach：实部负责延拓，旋转负责恢复

复数情形不能把实情形的区间选择直接照搬，因为 $U(x_0)$ 不在实轴上，而是要在复平面中选择。好用的办法是暂时忘掉复数乘法，只延拓实部。

设 $u:M\to\mathbb C$ 满足 $|u(m)|\le C\|m\|$。令

$$g(m)=\operatorname{Re}u(m).$$

把 $M$ 看成实线性空间，$g$ 是实线性泛函，并且 $|g(m)|\le C\|m\|$。由实 Hahn–Banach，存在实线性 $G:X\to\mathbb R$，满足 且 。定义

$$U(x)=G(x)-iG(ix).$$

先检查复线性。$U$ 已经实线性，而且

$$\begin{aligned} U(ix)&=G(ix)-iG(i^2x)\\ &=G(ix)+iG(x)\\ &=i\bigl(G(x)-iG(ix)\bigr)=iU(x). \end{aligned}$$

所以 $U(\alpha x)=\alpha U(x)$ 对所有复数 $\alpha$ 成立。对 $m\in M$，复线性与 $u$ 的复线性给出

$$\operatorname{Re}U(m)=G(m)=\operatorname{Re}u(m),$$

并且对 $im$ 也成立；这两个实部关系合起来说明 $U(m)=u(m)$。

还要检查范数不能变成 $2C$。由 $\operatorname{Re}U=G$，对每个 $x$ 有

$$|U(x)|=\sup_{\theta\in\mathbb R}\operatorname{Re}\bigl(e^{-i\theta}U(x)\bigr) =\sup_{\theta\in\mathbb R}G(e^{-i\theta}x)le C\|x\|.$$

因此得到复形式：若 $u$ 是复线性且 $|u|\le C\|\cdot\|$，就存在复线性延拓 $U$，满足同样的估计。

范数形式与范数保持

定理（范数形式）。 设 $M$ 是赋范空间 $X$ 的线性子空间，$u:M\to\mathbb K$ 连续线性，则存在 $U\in X^*$，使得

$$U|_M=u,\qquad \|U\|=\|u\|.$$

证明中的关键顺序是：先用 $C=\|u\|$ 得到 $|u(m)|\le C\|m\|$，再延拓得到 $\|U\|\le C$；另一方面，限制不会增加范数，所以

$$\|u\|=\|U|_M\|\le\|U\|.$$

两边合起来就是等号。这里 $u=0$ 时取 $U=0$ 即可。

Minkowski 泛函把凸集变成上界

延拓定理需要一个次线性上界 $p$。在几何应用里，这个上界通常不是现成的范数，而是由一个凸集产生的 Minkowski 泛函。

设 $C\subset X$ 满足：$C$ 非空、凸，且 $0\in\operatorname{int}C$。定义

$$p_C(x)=\inf\{t>0:x\in tC\}.$$

这里 $tC=\{tc:c\in C\}$。因为 $0$ 有一个邻域包含在 $C$ 中，对任意 $x$，取足够大的 $t$ 就能让 ，所以 是有限实数。

正齐次性

对 $s>0$，有

$$\begin{aligned} p_C(sx) &=\inf\{t>0:sx\in tC\}\\ &=s\inf\{r>0:x\in rC\}=s p_C(x). \end{aligned}$$

当 $s=0$ 时，$p_C(0)=0$，所以对所有 $s\ge0$ 都成立。

次可加性

给定 $\varepsilon>0$，可以选 $a,b>0$ 和 $c_1,c_2\in C$，使得

$$x=ac_1,\qquad y=bc_2,$$

并且

$$a<p_C(x)+\frac{\varepsilon}{2},\qquad b<p_C(y)+\frac{\varepsilon}{2}.$$

于是

$$x+y=(a+b)\left(\frac a{a+b}c_1+\frac b{a+b}c_2\right).$$

两个系数非负且和为 $1$，凸性说明括号中的向量仍在 $C$ 中。因此

$$p_C(x+y)\le a+b<p_C(x)+p_C(y)+\varepsilon.$$

由于 $\varepsilon$ 可以任意小，得到

$$p_C(x+y)\le p_C(x)+p_C(y).$$

如果 $C$ 还是平衡的，即 $|\lambda|\le1$ 时 $\lambda C\subset C$，那么

$$p_C(\lambda x)=|\lambda|p_C(x)\qquad(\lambda\in\mathbb K).$$

实标量只需处理负号；复标量则把 $\lambda$ 分成模长 $|\lambda|$ 和相位 $\lambda/|\lambda|$，平衡性保证相位不会改变 $C$。这时 $p_C$ 是一个半范数；若 $$ 还是有界的平衡凸集且 ，那么 只能发生在 ，因而 本身就是范数。

用 Minkowski 泛函分离一个点与开凸集

我们先证明一个构造性引理。

引理。 设 $U\subset X$ 是非空开凸集，$x_0\notin U$。则存在连续实线性泛函 $F$，使得

$$F(x)<F(x_0)\qquad(x\in U).$$

取 $a\in U$，令 $D=U-a$，$z=x_0-a$。则 且 。考虑 ，并在一维空间 上定义

$$g(tz)=t.$$

我们检查 $g\le p_D$。当 $t\le0$ 时，$g(tz)=t\le0\le p_D(tz)$。当 时，若 ，就存在 使 ，从而 。由于 且 凸，，这会推出 ，矛盾。因此 。

实 Hahn–Banach 给出 $F_0:X\to\mathbb R$，满足 $F_0|_{\mathbb Rz}=g$ 且 。因为某个半径 的球 ，有 ；对 和 分别使用 ，得到

$$|F_0(y)|\le\frac{\|y\|}{r}.$$

所以 $F_0$ 连续。对 $x\in U$，$x-a\in D$，而 $D$ 是开集，所以 ；于是

$$F_0(x-a)<1=F_0(z).$$

令 $F=F_0$，平移回去就得到 $F(x)<F(x_0)$。

两个凸集的分离

设 $A,B\subset X$ 非空、凸且不交，并且 $A$ 是开集。令

$$C=A-B=\{a-b:a\in A,\ b\in B\}.$$

$C$ 仍然开且凸，且 $0\notin C$。将上面的引理用于 $U=C$ 与 $x_0=0$，得到连续实线性泛函 ，使得 。因此

$$F(a)<F(b)\qquad(a\in A,\ b\in B).$$

于是可以取一个实数 $\alpha$，使

$$\sup_{a\in A}F(a)\le\alpha\le\inf_{b\in B}F(b),$$

从而超平面

$$H=\{x\in X:F(x)=\alpha\}$$

分离 $A$ 与 $B$。注意这里的“严格”是逐点严格：如果集合之间的距离没有正下界，不能擅自把它改写成存在统一的正间隔。

支撑泛函：在球面上放一张切平面

定义与存在性

对 $x_0\ne0$，称 $f\in X^*$ 是 $x_0$ 处的支撑泛函，如果

$$\|f\|=1,\qquad f(x_0)=\|x_0\|.$$

在复空间中，若只要求某个非零复数相位，也可以先把 $f$ 乘以适当的单位复数；本章固定选择使 $f(x_0)$ 为正实数的归一化。

构造很短，但每一步都值得保留。在线性子空间 $\mathbb Kx_0$ 上定义

$$u(\alpha x_0)=\alpha\|x_0\|.$$

它是良定义的，因为 $x_0\ne0$；并且

$$|u(\alpha x_0)|=|\alpha|\|x_0\|=\|\alpha x_0\|,$$

所以 $\|u\|=1$。用范数形式的 Hahn–Banach 延拓到 $f\in X^*$，得到 $\|f\|=1$ 且 $f(x_0)=\mathrm{\parallel }{x}_0\mathrm{\parallel }$。

对单位向量 $e=x_0/\|x_0\|$，实空间的单位球满足

$$f(y)\le1\qquad(\|y\|\le1),\qquad f(e)=1.$$

所以 $f(y)=1$ 是单位球在 $e$ 处的一张支撑超平面。在复空间里，把 $f(y)\le1$ 换成

$$\operatorname{Re}f(y)\le1$$

来理解几何支撑，因为复数没有自然的大小顺序，而实部给出了底层实线性空间上的半空间。

例题：在 $\ell^1$ 的球面上找支撑泛函

在 $X=(\mathbb R^2,\|\cdot\|_1)$ 中，令 $x=(2,-1)$。求一个满足 且 的线性泛函，并写出对应的支撑直线。

这里体现了两种方法的分工：抽象证明告诉我们任何赋范空间都有支撑泛函，有限维的对偶范数则让我们能把它写出来。

点与闭子空间的分离

距离是闭性带来的正数

设 $M$ 是 $X$ 的线性子空间，$x_0\notin M$。定义

$$d=\operatorname{dist}(x_0,M)=\inf_{m\in M}\|x_0-m\|.$$

若 $M$ 闭，则 $d>0$。否则可以找到 $m_n\in M$ 使 $m_n\to x_0$，闭性会推出 。这一步不能省略：当 不闭时，点可能离 的距离为 ，连续泛函也不可能在 上为零、在 上取非零值。

用一维定义构造分离泛函

在 $M+\mathbb Kx_0$ 上定义

$$u(m+\alpha x_0)=\alpha d.$$

良定义性来自 $x_0\notin M$。当 $\alpha\ne0$ 时，

$$\begin{aligned} \|m+\alpha x_0\| &=|\alpha|\left\|x_0+\frac m\alpha\right\|\\ &\ge |\alpha|\operatorname{dist}(x_0,M)=|\alpha|d. \end{aligned}$$

因此 $|u(m+\alpha x_0)|\le\|m+\alpha x_0\|$；$\alpha =$ 时不等式显然成立。Hahn–Banach 给出 ，满足

$$f|_M=0,\qquad f(x_0)=d,\qquad \|f\|=1.$$

为什么范数确实等于 $1$，而不仅是小于等于 $1$？对任意 $m\in M$，有 $f(x_0-m)=d$，所以

$$\|f\|\ge\frac{|f(x_0-m)|}{\|x_0-m\|}=\frac d{\|x_0-m\|}.$$

令 $m$ 沿着逼近距离下确界的序列变化，右端趋近 $1$，于是 $\|f\|\ge1$。

这给出一个很实用的判别：闭子空间可以被连续线性泛函“看见”，而泛函在 $M$ 上全部为零，却在 $x_0$ 上留下了恰好等于距离的读数。

例题：$C[0,1]$ 中的端点约束

取 $X=C[0,1]$，范数为 $\|g\|_\infty=\max_{0\le t\le1}|g(t)|$，令

$$M=\{g\in C[0,1]:g(0)=g(1)\},\qquad x_0(t)=t.$$

求 $\operatorname{dist}(x_0,M)$，并构造范数为 $1$、在 $M$ 上为零的泛函。这里可以选择直接找端点差，也可以完整使用距离延拓方法；哪一种更合适？

双对偶中的等距嵌入

令 $X^{**}=(X^*)^*$。每个 $x\in X$ 都可以让泛函“在 $x$ 处取值”，于是定义

$$J:X\to X^{**},\qquad J(x)(f)=f(x)\quad(f\in X^*).$$

这个定义有三件事要检查：$J(x)$ 确实是连续线性泛函，$J$ 本身线性，以及范数恰好保持。

对固定的 $x$，$J(x)$ 对 $f$ 线性；而且

$$|J(x)(f)|=|f(x)|\le\|f\|\,\|x\|.$$

所以 $J(x)\in X^{**}$，并得到

$$\|J(x)\|\le\|x\|.$$

另一方面，若 $x\ne0$，支撑泛函定理给出 $f_x\in X^*$，满足 $\|f_x\|=1$ 且 。于是

$$\|J(x)\|\ge|J(x)(f_x)|=|f_x(x)|=\|x\|.$$

结合上下界，

$$\|J(x)\|=\|x\|\qquad(x\in X).$$

当 $x=0$ 时等式显然成立。$J$ 还是线性的，因为对任意 $f\in X^*$，

$$J(\alpha x+\beta y)(f)=f(\alpha x+\beta y)=\alpha f(x)+\beta f(y).$$

因此 $J$ 是等距线性嵌入，特别地是单射。

练习：从延拓到迁移

下面的题目按“检查条件—复现方法—比较方法—迁移结构”的方向递进。开放题的题干都留在外面；每道题的参考解单独收在自己的 ClickToShow 中。

概念检查

1

关于 Hahn–Banach 范数形式，下列哪项是正确的？

A.必须假设 X 是 Banach 空间B.只要 u 在 M 上线性就能保持任意预先指定的范数C.若 u 连续，则存在限制为 u 且范数相同的延拓D.只能延拓到有限维空间

2

若 M 是不闭的真线性子空间，也总能找到连续泛函 f，使 f|M=0 且 f(x0)=1，其中 x0 不属于 M。

正确错误

3

要把 C 的 Minkowski 泛函用作全空间上的有限次线性上界，哪些条件有直接作用？

A.0∈int CB.C 是凸集C.C 必须是有限集D.C 具有吸收性

提交

4

闭单位球 B_X={x:||x||≤1} 的 Minkowski 泛函是 ____。

提交

巩固：把一维延拓写完整

设 $X=\mathbb R^2$，$p(x,y)=|x|+2|y|$。在 $M=\{(t,0):t\in$ 上定义 。

1. 证明 $u\le p$，并求出所有能把 $u$ 延拓成 $U(x,y)=x+\lambda y$ 且满足 $U\le p$ 的 。

查看解答

在 M 上，$u(t,0)=t\le|t|=p(t,0)$，所以 $u\le p$。

应用：闭子空间的距离证书

在 $\ell^1$ 中令

$$M=\left\{x=(x_n):\sum_{n=1}^{\infty}x_n=0\right\},\qquad x_0=e_1.$$

证明 $M$ 是闭子空间，求 $\operatorname{dist}(e_1,M)$，并构造范数为 $1$、在 $M$ 上为零的泛函。

查看解答

定义 $s(x)=\sum_n x_n$。由 $\mathrm{\mid }s($， 是连续线性泛函，且 ，所以 M 闭。

变式：复延拓中的相位

令 $X=(\mathbb C^2,\|\cdot\|_2)$，$x=(1,i)$，。定义 。

1. 求 $\|u\|$。
2. 找出一个复线性延拓 $U(z_1,z_2)=az_1+bz_2$，并验证它保持范数。

查看解答

因为 $\|x\|_2=\sqrt2$，所以 ，从而 。

几何应用：从椭圆外一点找分离泛函

在 $\mathbb R^2$ 中令

$$C=\{(x,y):x^2+4y^2<1\},\qquad z=(1,1).$$

选一个线性泛函，将 $C$ 与点 $z$ 分离，并写出你用到的估计。不要只写“由分离定理存在”。

查看解答

取 $F(x,y)=x+4y$。对 $(x,y)\in C$，把它写成 ，Cauchy–Schwarz 给出 。

迁移：泛函分离点与稠密性

设 $M$ 是赋范空间 $X$ 的线性子空间。证明：

$$\overline M=X \quad\Longleftrightarrow\quad \bigl(f\in X^*,\ f|_M=0\bigr)\Rightarrow f=0.$$

查看解答

若 $\overline M=X$ 且 $f|_M=0$，连续性给出 。因为 ，所以 f=0。

综合：检查双对偶映射的每一处条件

对任意 $x\in X$ 定义 $J(x)(f)=f(x)$。请分别说明：为什么 $J(x)$ 属于 $X^{**}$，为什么 线性，以及为什么 。若删去 Hahn–Banach，只保留泛函范数定义，证明会卡在哪一步？

查看解答

固定 x 后，$J(x)$ 对 f 线性；并且 $|J(x)(f)|=|f(x)|\le\|f\|\|x\|$，所以 连续且 。

本章回看

遇到延拓问题，可以把它拆成三个检查点：定义域扩大后表示是否唯一；新值是否落在由次线性控制给出的可行区间或可行集合中；延拓之后，如何用限制关系把范数的上界和下界对齐。进入几何问题时，凸集提供 Minkowski 泛函，Hahn–Banach 把它变成线性读数，线性读数再给出超平面。至于双对偶，等距性并不是记号自动带来的，它依赖“每个非零向量都有支撑泛函”这一条回路。