Stone-Weierstrass定理

数学使徒（MathematicalApostle）

本文的内容主要来自于Conway《A First Course in Functional Analysis》的Weak Topology一章和郭坤宇教授的《算子理论基础》.

我们将使用Krein-Milman定理、Banach-Alaoglu定理和测度论有关的内容来证明著名的稠密性定理：Stone-Weierstrass定理.

1. Krein-Milman定理

定义1.1 设 V 是一个凸集，p∈V ,若 p 不能表示为 V 的两个不同点的凸组合,则说 p 是 V 的端点. V 上全体端点构成的集合记为 extV .

一般而言,凸集未必能有端点(考虑开球),甚至当该凸集为闭时,结论都未必成立.

例1 设 K：＝{f∈L¹[α，b]：‖f‖₁≤1} ,则 extK＝∅. 假若 f∈extK ,那么 ‖f‖₁＝1. 取 c∈[α，b] ,使得 ∫ᶜα|f|dx＝1

─

2

.则 g＝fχ[α，c)，h＝fχ[c，b]，则 f＝1 ─

1 2

g＋─h .矛盾.

2

设 X 为局部凸的拓扑向量空间, V 是 X 的一个子集.我们用符号 co(V) 来表示 V 的凸包，即包含 V 的最小凸集，容易证明

co(V)＝{x∈X：x＝∑λᵢxᵢ，

ᵢ∈l

∑λᵢ＝1，λᵢ≥0，xᵢ∈V，I为有限集}.

ᵢ∈l

换言之, co(V)中元素为V中元素的凸组合.

下面的定理说明,只要非空凸集紧,那么其必有端点.

定理1.1(Krein-Milman定理) 设 K 是局部凸向量空间 X 的非空紧凸子集,那么 extK≠∅ ,并且 K＝─

co(extK) ，即 K 是其端点凸组合之闭包.

证明：设 α∈K ,则 α 为 K 的端点当且仅当 K\{α} 是凸的(此处是需要证明的,可以参考[1]，书上将一系列性质留做习题).可以猜测,形如 K\{α} 的集合应该是 K 中极大的开的凸真子集.因此,我们将运用Zorn引理完成证明.

当 K 不是单点集时,设 𝓤 为 K 中所有开的凸真子集(指相对开集,下文中的开集都是指相对开集).由于 X 局部凸,所以 𝓤 非空.以包含为偏序关系，取 𝓤 中链 C ，及 U₀＝⋃C ，则 U₀ 是相对开且凸的.如果 U₀＝K ，根据紧性可知,存在 U∈C，使得 U＝K ，这与 U∈𝓤 矛盾.所以 U₀∈𝓤 .根据Zorn引理，𝓤 有极大元 U.

对于 x∈U，λ∈[0，1) ,考虑映射 Tₓ，λ(y)＝λy＋(1−λ)x，y∈K.

由 U 的凸性，对于 y∈U，Tₓ，λ(y)∈U ，即 Tₓ，λ(U)⊂U ，故 U⊂T⁻¹ₓ，λ(U).

因为 Tₓ，λ 连续，所以 T⁻¹ₓ，λ(U) 是 K中的开凸集.

另一方面，取 y∈ˉU\U，那么 Tₓ，λ(y)＝[x，y)⊂U ，所以 ˉU ⊂T⁻¹ₓ，λ(U) .注意到凸集都是道路连通的，故而连通,所以其上的开真子集∪严格包含∪ .因此根据∪的极大性，只能T⁻¹x，λ(∪)＝K.这意味着

Tₓ，λ(K)⊂U，∀x∈U，λ∈[0，1).

由此,我们可以断言,对于任意 K 中的凸开集 V ,要么 V∪U＝U ,要么 V∪U＝K .

现在,我们证明 K\U 是单点集.事实上,假如 α，b∈K\U ，且 α ≠ b .那么存在开集 Vα，Vb，Vα∩Vb＝∅ ，且 α∈Vα，b∈Vb .因为 α∉U ，所以 Vα∪U＝K ,但是 b∉Vα 且 b∉U ，所以 b∉K ，矛盾.

─

最后,我们证明 K＝co(extK) .我们先说明,如果 V 是非空开凸集,且 extK⊂V ，那么 K⊂V .否则,考虑 V~：=V∩K ,则有 V~ 严格包含于 K ,于是它在 𝓤 的极大元 U 里,但是我们证明了 K\U＝{α}，α∈extK .所以 α∉V ，矛盾.

─

根据定义，有 E＝co(extK)⊂K .假如 K≠E ，那么存在 x₀∈K ，但 x₀∉E .根据Hahn-Banach定理，存在 x*∈X⋆ ，和 α∈ℝ ，使得 E⊂{x∈X：Re⟨x*，x⟩＜α}＝V ，且 x₀∈X\V .但是 extK⊂E⊂V ，所以 K⊂V ，这与 x∈K 矛盾.至此，明所欲证.

2.Banach-Alaoglu定理

证明来自Douglas《Banach Algebra Techniques in Operator Theory》.

设 X 是一个Banach空间,我们用记号 (X)₁ 来表示集合 {x∈X：‖x‖≤1} ,即 X 中的闭单位球.证明中所用到的网的相关内容可以在Kelley《General Topology》第二章查到.

定理2.1(Banach-Alaoglu定理) 设 X 是Banach空间,它的拓扑对偶 X⋆ 中的闭单位球 (X⋆)₁ 是紧的.

证明：我们通过将 (X⋆)₁ 视作一个更大的紧空间的闭子空间来完成证明.运用网的语言可以给出一个直接的证明.

对于每个的 f∈(X)₁ ，我们配备一个单位闭圆盘 ℂᶠ₁，且取 P＝∏f∈(X)₁ ℂᶠ₁ (其上赋予的是 乘积空间的拓扑，这实际上是点态收敛的拓扑).根据Tychonoff定理，P 是紧的.定义单射 Λ：(X⋆)₁ → P，φ↦Λ(φ)＝φ|(X)₁.

我们运用网的收敛类和拓扑之间一一对应的关系来证明 Λ~：(X⋆)₁ → Λ((X⋆)₁) 是一个同胚.事实上，根据弱拓扑的定义，网 {φα}α∈A 在 X⋆ 中按照 ω* -拓扑收敛到 φ ,当且仅当对任意的 f∈X , limα∈Aφα(f)＝φ(f) ，当且仅当对任意的 f∈(X)₁，limα∈AΛ(φα)(f)＝Λ(φ)(f).

而最后一个命题相当于说按照 P 上的拓扑，limα∈AΛ(φα)＝Λ(φ) .因此 Λ~ 是一个同胚.

接下来,我们只要证明 Λ((X⋆)₁) 是闭的即可.设网 {Λ(φα)}α∈A 在 Λ((X⋆)₁) 之中,它收敛到 ψ∈P .易证, ψ 是 (X)₁ 上的线性泛函.于是，定义

ψ~(f)＝‖f‖ψ( f )

─

‖f‖，f∈X

则 ψ~∈(X⋆)₁ (因为 ψ∈P )且 Λ(ψ~)＝ψ ，即 ψ∈Λ((X⋆)₁) ，所以 Λ((X⋆)₁) 闭.证完.

3.Stone-Weierstrass定理

设 X 为紧Hausdorff空间,其上的连续复值函数代数为 C(X) .我们说它的子代数 A分离 X ,如果对任意的 x，y∈X，x≠y ,存在 f∈A ，使得 f(x)≠f(y) .称它是自伴的,如果 f∈A ,则 f¯∈A .

对于闭区间 [α，b] ,其上的连续函数空间C[a,b] 的对偶空间等同于 BV[α，b] .而对于一般紧Hausdorff空间,我们无从谈论其上的有界变差函数,但是我们有著名的Riesz-Markov表现定理,它说明 C(X)⋆ 可以被视作 X 上的复正则Borel测度构成的空间 M(X) ，也就是说每个有界线性泛函 μ：C(X)→C ,都对应着一个正则Borel测度 μ，使得

μ(f)＝∫ₓfdμ.

当 h 是一个有界Borel函数时，hμ 诱导了一个 X 上的测度，即

hμ(A)＝∫ₓχᴀhdμ，

自然地，hμ 作为 C(X)⋆ 中的元素,它对应为映射

hμ(f)＝∫ₓfhdμ.

且有 ‖hμ‖＝∫ₓ|h|d|μ| ，其中 |μ| 为 μ 的全变差测度.

下面,我们引出本文最重要的定理:

定理3.1 (Stone-Weierstrass定理)X是紧Hausdorff空间，如果 A 是 C(X) 的包含常函数 1 的闭自伴子代数，且 A 分离 X ，则 A＝C(X) .

证明： C(X) 作为赋范空间自然是局部凸的，所以之前的两个定理都可以使用.

为了证明这个结果,我们只需证明 A⊥：＝{ν∈C(X)⋆：ν(f)＝0，∀f∈A}＝{0} 即可.如若不然，则由Banach-Alaoglu定理，闭单位球 {ν∈A⊥：‖ν‖≤1} 是 ω* -紧的.再有Krein-Milman定理，存在它的一个端点 μ .

根据Riesz-Markov表现定理，存在与之对应的一个正则Borel测度，仍记为 μ ，满足 ‖μ‖＝|μ|(X)＝1. 记复测度 μ 的支撑集为 K ，即

K：＝{x∈X：∀Nₓ(|μ|(Nₓ)＞0)}.

其中, Nₓ 是 x 的开邻域. K 非空,如若不然,对每个 x∈X ，选择 Nₓ ，使得 |μ|(Nₓ)＝0，而 X＝⋃x∈X Nₓ 且 X 紧，所以存在 x₁，⋯，xₙ，使得 X＝⋃ⁿᵢ₌₁ Nₓᵢ ，于是 |μ|(X)≤∑ⁿᵢ₌₁|μ|(Nₓᵢ)＝0 ,这与 |μ|(X)＝1 矛盾.事实上， |μ|(X\K)＝0. 这由内正则性和与上述过程一样应用紧性即可证明.据此，有

μ(f)＝∫ₓfdμ＝∫ᴋfdμ

取 x₀∈K ,我们断言 K＝{x₀} .为此,我们假设有另一点 y₀∈K，y₀≠x₀ .由假设，存在 g∈A ，使得 g(x₀)≠g(y₀)，令

|g−g(y₀)|²

f＝ ───────────.

|g−g(y₀)|²＋1

则 f 也分离 x₀，y₀ ，并且有 f∈A，0≤f＜1 .由于 μ∈A⊥ ，所以对任意的 g∈A ,

∫ᴋfgdμ＝∫ᴋ(1−f)gdμ＝0.

这意味着 fμ，(1−f)μ∈A⊥ .并且有

‖fμ‖＝∫ᴋfd|μ|＞0，‖(1−f)μ

‖＝∫ᴋ(1−f)d|μ|＞0，

其原因为f 是连续的.于是记 α＝‖fμ‖ ，那么 ‖(1−f)μ‖＝‖μ‖−α＝1−α 且 0＜α＜1 .所以

fμ

μ＝fμ+(1−f)μ＝α──

‖fμ‖

(1−f)μ

＋(1−α)────.

‖(1−f)μ‖

由于 μ 为 A⊥ 的端点,所以 fμ‖fμ‖＝μ ，即 (f−α)μ＝0 ，这意味着 f＝α，α.e.−|μ| .又因为 f 连续，所以 f(x)＝α，∀x∈K （根据 K 的定义可以验证)，这与 f 分离 x₀，y₀ 矛盾.所以 K＝{x₀} .

所以有 μ＝rδₓ₀ ，但是 1∈A，μ∈A⊥ ，所以 0＝∫ₓ1dμ＝r ，所以 μ＝0 .这与 ‖μ‖＝1 矛盾.所以有 A⊥＝{0}，即A＝C(X).证毕.

为了得到局部紧空间版本的Stone-Weierstrass定理,我们引入如下记号

C₀(X)＝{f∈C(X)：∀ε＞0∃紧集K⊂X[x∈X\K ⇒ |f(x)|＜ε}，

其中 X 是局部紧的Hausdorff空间, C₀(X) 在 sup 范数下为Banach空间.这实际上意味着对于 X 的单点紧致化 X∞ ，

f∈C₀(X)⇔[f∈C(X∞)∧f(∞)＝0].

这引导我们去证明如下结论：

定理3.2 设 X 是紧Hausdorff空间, A 是 C(X) 的闭自伴子代数(未必含幺)，且A分离 X ，那么或者 A＝C(X) ，或者存在 x₀ ，使得

A＝{f∈C(X)：f(x₀)＝0}.

为证明这一命题，我们先证明一个引理

引理3.1 设 X 为赋范空间,Y 是 X⋆ 的子空间,定义 ⊥Y：＝{x∈X：f(x)＝0，∀f∈Y} .

如果 L 是 X 的子空间,那么 ⊥(L⊥)＝ˉL .

证明：显然有 ˉL⊂⊥(L⊥)，我们只要证明 ⊥(L⊥)⊂ ˉL 即可.假若不然，存在 x₀∈⊥(L⊥) ，使得 x₀ ∉ ˉL .由于 ˉL 是赋范空间 X 的闭子空间，所以存在线性泛函 f∈X⋆ ，使得 f(y)＝0，∀y∈ˉL ，且 f(x₀)＝dist(x₀，ˉL)＞0. 这与 x₀∈⊥(L⊥) 矛盾.

定理3.2的证明：如果 A≠C(X) ，那么考虑 A~＝A＋ℂ ，它是 C(X) 的闭自伴子代数、含幺且分离 X ，因此根据定理3.1，有 A~＝C(X) .所以 dimC(X)/A＝1 ，故 dim⁡A⊥＝1. 取 μ∈A⊥ ，且 ‖μ‖＝1 ，于是对于f∈A ， fμ∈A⊥ ，而 A⊥ 是一维的,所以存在 α∈C ,使得 fμ=αμ .据此可知，f(x)＝α ，对 μ支撑集中的 x成立.又由于 A 分离 X ，所以只能有 μ 的支撑集为单点集 {x₀} .所以 A⊥＝ℂδₓ₀ .又因为 A 是闭的，所以

A＝⊥(A⊥)＝{f∈C(X)：f(x₀)＝0}.

定理3.3 如果 X 是局部紧的，A 是 C₀(X) 的闭自伴子代数,且 A 分离 X ，如果对每个 x∈X ，存在 f∈C₀(X) ，使得 f(x)≠0 ，那么 A＝C₀(X) .

证明：设 X∞ 为 X 的单点紧化，则 C₀(X)＝{f∈C(X∞)：f(∞)＝0}

. A 作为 C(X∞) 的闭自伴真子代数,且 A 分离 X ，根据定理3.2，存在 x₀∈X∞ ，使得 A＝{f∈C(X∞)：f(x₀)＝0}.

但是对于 x∈X ,都存在 f∈A ，使得 f(x)≠0 .因此只能有 A＝{f∈C(X∞)：f(∞)＝0}＝C₀(X).

参考

1.John B. Conway，A First Course in Functional Analysis，Springer，2007.

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