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。

不妨先看平面。只知道横轴上的读数 $u(t,0)=t$，延拓必然有 $U(x,y)=x+\lambda y$ 的形式。沿纵轴读多少，全由 $\lambda$ 决定。换一种平面上的范数，允许的 $\lambda$ 就可能从一个区间缩成一个点。我们从这个可计算的问题出发，看看一般空间里为什么也总能选到合适的新值。

延拓得到的泛函还可以当作一把有方向的尺子：某个集合里的读数全在一边，集合外一点的读数在另一边，就把它们分开了。贯穿这些论证的是线性与凸性；空间是否完备，反而不影响 Hahn–Banach 定理本身。

两个平面分别表示 $U_1(x,y)=x+y$ 与 $U_2(x,y)=x-y$ 的读数。它们在 上都等于 ，离开这条轴后才出现分歧。延拓要保持的是原子空间上的所有取值。

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

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

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

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

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？

下面暂时只处理实空间。为了以后能用于凸集，把 $C\|x\|$ 换成一个有限的次线性函数 $p:X\to\mathbb R$，并假设已有 $u(m)\le p(m)$。次线性指的是

不要求 $p$ 对称，甚至不要求它非负。现在要维持的也是单侧控制 $u_\lambda\le p$。把这个要求分别写在 $m+x_0$ 和 $m-x_{}$ 上，得到：

这两组不等式等价于

这些不等式会不会互相冲突？取任意 $m_1,m_2\in M$，原有的控制与次可加性给出

移项后，每一个下界都不超过每一个上界。因此，记

就有 $L\le R$。这不是一个端点可能无限大的假区间。取 $m=0$ 给出 $L\ge-p(-x_0)$、$R\le p(x_{}$；再用每个下界不超过 的上界、每个上界不小于 的下界，得到

所以可以选一个实数 $\lambda\in[L,R]$。系数不是 $\pm1$ 时也没有漏掉：若 $\alpha>0$，

若 $\alpha=-t<0$，改用另一个不等式，

$\alpha=0$ 就是已有的 $u\le p$。这样，所有新向量都得到控制，而不是只验证了两个特殊方向。

蓝色区域只示意上下约束夹出的允许范围；红色射线代表待检查的候选，并不全是反例。真正的上下界要由每个 $m\in M$ 给出的不等式取上确界、下确界得到。

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

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 。排序时必须同时要求定义域扩大和取值相容：

只比较定义域会漏掉第二个要求，同一个子空间上的两个不同泛函就无法区分。

这里使用的集合论工具是 Zorn 引理：一个非空偏序集若每条全序链都有上界，就有极大元。现在这组延拓至少包含原来的 $(M,u)$。一条全序链的定义域的并仍是线性子空间，因为并集里的任意两个向量总能放进链上的同一个较大子空间；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 ，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

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 $M$ 是复线性子空间，$u:M\to\mathbb C$ 复线性，满足 $|u(m)|\le C\|m\|$。令

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

先检查复线性。$U$ 已经实线性，而且

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

并且对 $im$ 也成立；因为 $G(im)=\operatorname{Re}(iu(m))=-\operatorname{Im}u(m)$，代入定义就得到 $U(m)=u(m)$。

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

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

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

两边合起来就是等号。这里 $u=0$ 时取 $U=0$ 即可。

相同的限制，不同的延拓范围

把开头的例子稍微放宽：横轴上 $u(t,0)=at$，其中 $|a|\le1$。固定 $b>0$，分别用

作为平面的范数。延拓 $U_\lambda(x,y)=ax+\lambda y$ 相对于它们的范数是

第一个式子可以直接估计：$|ax+\lambda y|\le\max\{|a|,|\lambda|/b\}(|x|+b|y|)$，再分别取横轴、纵轴上的单位向量得到下界。第二个式子令 $v=(x,by)$，把泛函写成 ，用 Cauchy–Schwarz 并沿系数向量方向取等；系数全零时两边都为零。

因此，“控制在 $1$ 以内”给出的可选范围分别是

别把这个条件和保持原范数混淆。横轴上的原范数为 $|a|$，所以保持范数的延拓在第一种情形要求 $|\lambda|\le b|a|$，在第二种情形只能取 $\lambda=0$。

先把 $a=1,b=2$，预测两种范数下可选的 $\lambda$。在实验中切换单位球，再把 $a$ 改为 $1/2$，比较“上界为 $1$”与“保持原范数”两条要求。拖动 $\lambda$ 越过可行区间时，找出图上哪个单位输入率先违反上界。

Hahn–Banach 保证至少存在一个保持范数的延拓，没有保证唯一。这里菱形球与椭圆球给出不同的答案，恰好把“存在”和“唯一”分开。

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。

这一节在实赋范空间中讨论；若原空间为复空间，先把它看成底层实空间。设 $C\subset X$ 满足：$C$ 非空、凸，且 $0\in\operatorname{int}C$。定义

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

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

并且

于是

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

由于 $\varepsilon$ 可以任意小，得到

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

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 本身就是范数。为了检查正定性，取 使 对所有 成立。若 ，必有 ；取下确界得到 ，所以 只能发生在 。复空间中说“平衡”，需要对所有模不超过 的复数都成立，只有实数缩放不够。

开集条件怎样进入证明

取 $r>0$ 使开球 $B(0,r)\subset C$。对任意 $t>\|x\|/r$，都有 $x/t\in C$，所以

次可加性还给出 $p_C(x)-p_C(y)\le p_C(x-y)$。交换 ，便有

因此这个上界是连续的。这里没有用到对称性，因为对 $x-y$ 和 $y-x$ 都有同一个范数估计。

如果 $C$ 本身是开集，则还有一个重要的对应关系：

对 $x\in C$，开性允许沿射线稍微向外走：某个 $\varepsilon>0$ 满足 $(1+\varepsilon)x\in C$。于是 $p_C(x)\le1/(1+\varepsilon)<1$； 时也成立。反过来，若 ，可以选 使 ，再用 与凸性得到 。

例如 $C=\{(x,y):x^2+4y^2<1\}$ 时，$(x\mathrm{/}t,y\mathrm{/}$ 的条件等价于 ，所以

沿纵轴走同样远，这把尺子的读数是横轴上的两倍。凸集的形状已经进入了次线性上界。

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

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

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

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

由于 $F_0(z)=1$，这个泛函不为零。令 $F=F_0$，在上式两边加上 $F_0(a)$，就得到 。平移改变的是比较的常数，没有把线性泛函改成仿射函数。

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

$C$ 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

固定 $b_0\in B$ 后，$F(b_0)$ 控制所有 $F(a)$ 的上界；固定 $$ 后， 控制所有 的下界。两个集合非空，因而这里的上确界与下确界都是有限实数。于是可以取一个实数 ，使

从而超平面

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。

在平面里，非零线性泛函的等值集是一条直线。分离要求点与凸集落在适当的两侧；能否留出统一的正间隔，还要检查集合的闭性与紧性等条件。

选方向，也要检查两侧的读数

考虑闭椭圆 $K=\{(x,y):x^2/r^2+y^2/s^2\le1\}$，其中 。取单位法向 ，沿这个方向的最大读数为

令 $v=(ru,sw)$，$u^2+w^2\le1$，就能用 Cauchy–Schwarz 得到上界；在 $(u$ 沿 方向时取等。接触点因而是

每个方向都产生支撑线 $n\cdot v=h_K(n)$，但它未必能分离你指定的点 $z$。要把 $z$ 放到线的外侧，还需检查 $n\cdot z>h_K(n)$。两者的差是沿单位法向的间隔；它随方向变化，不自动等于点到椭圆的最短距离。

取 $r=1,s=1/2,z=(1,1)$，转动法向，找出能分离的角度。把 $z$ 拖进椭圆，再预测是否还可能出现正间隔。记录一个成功和一个失败的方向，比较它们的支撑线：两条线都接触椭圆，区别在点位于哪一侧。

若 $z$ 在边界上，可以出现间隔为零的接触；若 $z$ 在内部，所有方向的间隔都小于零。对外点，只是选错方向也会得到负间隔，因此一次失败不能否定分离定理。

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

在复空间中，若某个单位范数泛函满足 $|f(x_0)|=\\|x_0\\|$，把它乘以适当的单位复数，就能让 $f(x_0)$ 成为正实数。这里采用的正是这个归一化。

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

它是良定义的，因为 $x_0\ne0$；并且

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

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

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。

支撑线让整个凸集留在一侧，同时接触边界。支撑不是严格分离：接触点与支撑线上的读数相等。

例题：在 ℓ¹ 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。

这里画的是欧氏圆球，图中的支撑线只接触一个点。前面的 $\ell^1$ 单位球是菱形，某些支撑线会沿整条边接触；不能把圆球的唯一接触点直接套到所有范数上。内侧虚线表示较小的同心球，不是泛函的等值线。

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

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 。对于这样的点，连续泛函不可能在 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

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

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

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

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

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

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

所以 $J(x)\in X^{**}$，并得到

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

结合上下界，

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

因此 $J$ 是等距线性嵌入，特别地是单射。

$J$ 把 $x\in X$ 送入 $X^{**}$。固定 $x$ 以后，$J(x)$ 的输入是 $$，输出才是标量 ；它不是又把向量当作输入。

练习：从延拓到迁移

做延拓题时，先写出所有可能的线性形式，再用上界筛掉不合适的系数。几何题则需要把“分开”翻译成两个可以比较的读数。下面几道题会分别用到这两种做法。

概念检查

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 。

应用：闭子空间的距离证书

在 $\ell^1$ 中令

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。

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。

几何应用：从椭圆外一点找分离泛函

在 $\mathbb R^2$ 中令

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”。

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：

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？

可行区间未必关于零对称

把上面巩固题的控制函数换成 $p(x,y)=|x+y|+|y|$，仍令 $u(t,0)=t$。求所有满足 ${}_{}$ 的 ，并说明这个区间为什么不必关于零对称。

一个不能当作范数的 Minkowski 泛函

令 $C=\{(x,y):x<1\}$。验证它满足本章构造次线性函数的条件，求 $p_C$，并指出它为什么不是范数。

一个边界点可以有多少个支撑泛函

在实二维 $\ell^1$ 空间中，分别求单位向量 $e_1=(1,0)$ 与 $v=(2/3,-1/3)$ 处的全部支撑泛函。

等距嵌入的像何时闭

设 $X$ 完备。证明自然嵌入的像 $J(X)$ 是 $X^{**}$ 的闭子空间。能否仅凭这个结论就说 $X$ 自反？

本章回看

回到横轴上的 $u(t,0)=t$：线性只告诉我们延拓的形式，真正决定新方向可以读多少的是空间的范数。一般空间里，我们用次线性上界把所有限制放在同一个区间中，才得到存在性。换到凸集，这个上界由集合的形状产生；换到双对偶，则需要为每个非零向量找到一个读数达到其范数的泛函。以后再用 Hahn–Banach，值得停下来辨认的就是这件事：这次要延拓哪个小空间上的泛函，它要替我们保留什么信息？