1
第 12 讲 Hahn－ Banach 延拓定理
教学目的
掌握线性 泛函延拓定理的证明思想及其推论。
授课要点
1,实空间线性泛函的控制延拓定理。
2,复空间线性泛函的控制延拓定理。
3,保范延拓定理。
4,延拓定理 的推论及其意义。
对于一个线性赋范空间来说，对它上面的线性泛函知道得越多，
对这个空间本身就了解得越多（参见第 9 讲思考题 1）,有时候为了某种目的，要求有满足一定条件的线性泛函存在,Hahn－ Banach 定理为这样的线性泛函的存在提供了保证,
定义 1 设
()DT 与 ( )
1
DT 分别是算子 T 与
1
T 的定义域，若
() ( )
1
DT DT?,并且
1
,Tx Tx= ( )x DT?∈,则称算子
1
T 是 T 的延拓,
定义 2 线性空间 X 上的实泛函
( )p x 称为是次可加的，若
()( ) ( )p xy px py+≤ +,,x yX? ∈
称为是正齐性的，若
() ( )p xpxαα=,
x X? ∈,0α ≥,
显然线性空间上的每个半范数都是次可加正齐性泛函,
定理 1（ Hahn－ Banach） 设 X 是实线性空间,:p XR→ 是 X
上的正齐性次可加泛函,M X? 是线性子空间，则
（ 1）对于 M 上定义的每个线性泛函
0
f,存在
0
f 从 M 到 X 的延
2
拓 f,X R→,
() ( )
0
f xfx=,x M? ∈
（ 2）若 () ()
0
f xpx≤,x M? ∈,可选取 f 满足
() ( )f xpx≤,x X? ∈ ( )1
证 明 1
null
设 M X≠,取
0
\x XM∈,记 'M =span{ }
0
,x M,则
x M′′?∈,
0
x xtx′=+,其中 x M∈,tR∈,此分解式是唯一的，否则另有
110
x xtx′= +,
1
x M∈,则 ( )
110
x xttx?=,若
1
tt≠,则
1
0
1
x x
x
tt
=
M∈,与
0
x 的取法矛盾，于是
1
tt=,并且
1
x x=,
对于任何常数 c，令
() ( )
0
f xfxtc′ =+，
0
x xtx′? =+,
则容易验证 f 是 M′ 上的线性泛函,实际上 f 是
0
f 从 M 到 M′ 的延拓，因为当 x M′∈ 时,0t =,从而
( ) ( )
0
f xfx′ =,
2
null
我们将证明当 x M?∈,( ) ( )
0
f xpx≤ 时，适当选择 c，可使
() ( )f xpx
′′≤,x M′′?∈,
实际上,x yM?∈，由于
() () ( ) ( )
00 0
f xfyfxypxy+=+≤+
( ) ( )
00
p xx px y≤?+ +,
即
() ( ) ( ) ( )
0000
f xpxx pxyfy≤ +?,
故存在 c满足
() ( )
00
sup
xM
f xpxx c
∈
≤
( ) ( )
00
inf
yM
p xyfy
∈
≤+
,()2
3
我们将取这样的 c作成所要的线性泛函,
此时若
0
x xtx′=+,0t＞,由 ( ) ( )
00
p xyfyc+?≥对于每个 yM∈
成立，用
1
tx
代替 y,则
()( )
11
00
p xtx ftxc
+?≥,
从而
() ( ) ( ) ( )
00
f xfxtcpxtxpx′′=+≤+=,
若
0
x xtx′=+,0t <,由 ( ) ( )
00
f xpxx c≤对于每个 x M∈ 成立，用
1
tx
代替 x,则
()( )
11
00
f tx p txx c
≤,
即 () ( )
00
f xpxtx tc?++≥,从而
( )() ( ) ( )
00
f xfxtcpxtxpx′′=+≤+=,
当 0t = 时,显然 () ( ) ( ) ( )
0
f xfxpxpx′ ′==＜,故 f 是
0
f 从 M 到
M′上满足 ( )1 的延拓。
3
null
现在让我们应用 Zorn 引理完成定理的最后证明,
设 G 是
0
f 的所有延拓的集合，即对于每个 gG∈,
（ 1） g 在 X 的子空间
g
M 上有定义，
g
M M?,
（ 2） x M?∈,( ) ( )
0
gx f x=,
（ 3） () ()gx px≤,
g
x M∈,
在 G 中规定半序,gg′≤ 当且仅当
g g
M M
′
,并且
() ( )gx g x
′=
()
g
x M∈,容易验证,G 确实是半序集,
若
0
G 是 G 的全序子集，令
null
0
g
gG
M M
∈
=
∪
，当
g
x M∈ 时，定义
() ()hx gx=,由于
0
G 是全序的，
null
M 为线性子空间：例如当
null
,x xM′∈
时，若
g
x M∈,
'g
x M′∈,不妨设
'g g
M M?,则
null
g
x xM Mαβ′′+∈?，
此时
4
( ) ( ) ( ) ( )'h x x g x x gx gxαβ αβ α β
′′′′+= += +
( ) ( )hx hxαβ
′=+,
h 是线性泛函,显然
null
M M? 并且当 x M∈ 时,( ) ( )()
0
hx gx f x==,
此外若
null
x M∈,不妨设
g
x M∈,则 ( ) ( ) ( )hx gx px=≤，从而 hG∈,
hg≥ ()
0
gG?∈,h是
0
G 的上界,
根据 Zorn 引理,G 有极大元 f,f 即是定理中所需要的延拓,为此只需证明,
f
M X= 如若不然，必存在
0
\
f
x XM∈,由 1
null
有 f G′∈,
f
M′ = span
0
{,},x M
ff
M M′ ≠,故 f f′≥,f f′≠,这与 f 为极大元矛盾,
现在我们转到复空间上的线性泛函 f,不妨设
( ) ( ) ( )
12
f xfxifx=+,
其中
12
,f f 分别是 f 的实部和虚部，根据 f 的线性，容易验证
12
,f f 是实线性泛函,又由 f 的复线性以及实际计算得到
() ( ) ( ) ( )
12
if x f ix f ix if ix==+,
() ( ) ( )
12
if x if x f x=?,
从而 () ()
21
f xfix=?,故
() ( ) ( )
11
f x f ix if ix=? ()2
由此知道,复空间上任何复线性泛函可以通过它的实部表达出来,
但应注意，对于实线性泛函
1
f,一般来说 ( ) ( )
11
f ix if x≠,
定理 2 设 X 是复线性空间,p 是 X 上的半范数,若 M 是 X 的线性子空间，
0
f 是 M 上的复线性泛函，满足
() ( )
0
f xpx≤,x M? ∈,
则存在 X 上的线性泛函 F,使得
() ( )
0
F xfx=,x M? ∈,
5
() ( )Fx px≤,x X? ∈,(3)
证 明 在 M 上，设 ( ) ( ) ( )
011
f xfxifix=?，把 M 看成实线性子空间（同样的，把 X 看成实线性空间）,由假设
() () ( ) ( )
11 0
f xfxfxpx≤≤≤,x M? ∈,
由定理 1，存在实线性泛函
1
:FX R→,使得
() ( )
11
F xfx=,x M? ∈,
() ()
1
F xpx≤,x X? ∈,
考虑复泛函 () ( ) ( )
11
F xFxiFix=?,由于
()( ) ( )
11
F xy Fxy iFixiy+= +? +
( ) ( ) ( ) ( )
11 1 1
F xFyiFixiFiy=+
( ) ( )F xFy=+，,x yX? ∈
若 α 为实数,
( )()( )
11
F xFxiFixα αα=? ( ) ( )
11
F xiFixαα=? ()F xα=
又
( )()( )
11
F ix F ix iF x= ( ) ( ) ( )
11
iF x iF ix iF x=?=
由此，对于任意复数,α β 与任意,x yX∈,
( ) ( ) ( )F xy Fx Fyαβ α β+= +
F 是复线性的,若 x M∈,则
( )()( ) ( ) ( ) ( )
1111 0
F xFxiFix fxifix fx=? =?=
故 F 是
0
f 的延拓,若设 ( )
i
F xre
θ
=,则
( )
i
Fe x r
θ?
= 为实数，此时
() ()( ) ( ) ()
1
iii
Fx Fe x Fe x pe x px
θθθ
==≤=,
()F x 即是所要求的复线性泛函,
定理 3 设 X 是（实或复）线性赋范空间,M X? 是线性子空间，
0
f 是 M 上的连续线性泛函,则存在 X 上的线性泛函 f,使得
6
() ( )
0
f xfx=,x M? ∈,
0
f f=,(4)
（称 f 是
0
f 的保范线性延拓）,
证 明 令 ()
0
p xfx=,( )p x 是 X 上的半范数并且
() ( )
00
f xfxpx==,x M? ∈
在复空间情况，由定理 2,存在 X 上的线性泛函 f,使得
() ( )
0
f xfx=,x M?∈,并且
() ( )
0
f xpx fx≤=,x X? ∈
在实空间情况，由定理 1，存在 X 上的线性泛函 f 使得
() ( )
0
(),f xpxpx fx xX±≤±==?∈,
从而 ()
0
f xfx≤,
0
f f≤,f 连续,另一方面,
( ) ( )
00
1,1,
sup sup
xxM xxM
f fx fx
≤∈ ≤∈
==
( )
1,
sup
xxX
f xf
≤∈
≤=,
()5
总之，
0
f f=,
注意,()5 说明了任一线性泛函（或算子）延拓后范数不会减少。
推论 1 设 X 是线性赋范空间，
0
x X∈,
0
0x ≠,则存在 f X
∈
使得 1f =,
()
00
f xx=,
证 明 考虑子空间
{ }
0;Mxαα= ∈Φ 和 M 上的线性泛函
()
00 0
f xxαα=,
0
f 在 M 上连续,实际上，对于
0
,x xα=
()
000 0
()f xfx xxαα===,
所以
0
1f =,又显然
()
00 0
f xx=,由定理 3，存在 f X
∈,1f =,
当 x M∈ 时
() ()
0
f xfx=,特别地，
( ) ( )
0000
f xfx x==,
推论 2 设 X 是线性赋范空间，
12
,x xX∈,
12
x x≠,则存在
7
f X
∈,() ()
12
f xfx≠,
证明 由
12
0xx?≠，根据推论 1,存在 f X
∈,
()
12 12
0fx x x x?=?≠，故 ( ) ( )
12
f xfx≠,
从直观上说，推论 1 表明，对于一个非零线性赋范空间，一定存在非零连续线性泛函,推论 2 则表明非零连续线性泛函是足够多的，
以至于每两个不同的点都可以由某个连续线性泛函区分开来,有时简单的说,X
在 X 上可以区分点,
推论 3 设 X 是线性赋范空间，
12
,x xX∈,若对于任何 f X
∈,
() ( )
12
f xfx=,则
12
x x=,
这是由推论 2 的逆否命题,
推论 4 设 X 为线性赋泛空间，
0
x X∈,则
( )
00
1
sup
f
x fx
≤
=,()6
证 明 首先由 1f ≤,则
( )
00
f xfx≤
0
x≤,
于是 ()
00
1
sup
f
f xx
≤
≤,再由推论 1,存在 f X
∈,1f =,
()
00
f xx=,故
( )
00
1
sup
f
x fx
≤
≤,
从而等式
()5 成立,
第 12 讲 Hahn－ Banach 延拓定理
教学目的
掌握线性 泛函延拓定理的证明思想及其推论。
授课要点
1,实空间线性泛函的控制延拓定理。
2,复空间线性泛函的控制延拓定理。
3,保范延拓定理。
4,延拓定理 的推论及其意义。
对于一个线性赋范空间来说，对它上面的线性泛函知道得越多，
对这个空间本身就了解得越多（参见第 9 讲思考题 1）,有时候为了某种目的，要求有满足一定条件的线性泛函存在,Hahn－ Banach 定理为这样的线性泛函的存在提供了保证,
定义 1 设
()DT 与 ( )
1
DT 分别是算子 T 与
1
T 的定义域，若
() ( )
1
DT DT?,并且
1
,Tx Tx= ( )x DT?∈,则称算子
1
T 是 T 的延拓,
定义 2 线性空间 X 上的实泛函
( )p x 称为是次可加的，若
()( ) ( )p xy px py+≤ +,,x yX? ∈
称为是正齐性的，若
() ( )p xpxαα=,
x X? ∈,0α ≥,
显然线性空间上的每个半范数都是次可加正齐性泛函,
定理 1（ Hahn－ Banach） 设 X 是实线性空间,:p XR→ 是 X
上的正齐性次可加泛函,M X? 是线性子空间，则
（ 1）对于 M 上定义的每个线性泛函
0
f,存在
0
f 从 M 到 X 的延
2
拓 f,X R→,
() ( )
0
f xfx=,x M? ∈
（ 2）若 () ()
0
f xpx≤,x M? ∈,可选取 f 满足
() ( )f xpx≤,x X? ∈ ( )1
证 明 1
null
设 M X≠,取
0
\x XM∈,记 'M =span{ }
0
,x M,则
x M′′?∈,
0
x xtx′=+,其中 x M∈,tR∈,此分解式是唯一的，否则另有
110
x xtx′= +,
1
x M∈,则 ( )
110
x xttx?=,若
1
tt≠,则
1
0
1
x x
x
tt
=
M∈,与
0
x 的取法矛盾，于是
1
tt=,并且
1
x x=,
对于任何常数 c，令
() ( )
0
f xfxtc′ =+，
0
x xtx′? =+,
则容易验证 f 是 M′ 上的线性泛函,实际上 f 是
0
f 从 M 到 M′ 的延拓，因为当 x M′∈ 时,0t =,从而
( ) ( )
0
f xfx′ =,
2
null
我们将证明当 x M?∈,( ) ( )
0
f xpx≤ 时，适当选择 c，可使
() ( )f xpx
′′≤,x M′′?∈,
实际上,x yM?∈，由于
() () ( ) ( )
00 0
f xfyfxypxy+=+≤+
( ) ( )
00
p xx px y≤?+ +,
即
() ( ) ( ) ( )
0000
f xpxx pxyfy≤ +?,
故存在 c满足
() ( )
00
sup
xM
f xpxx c
∈
≤
( ) ( )
00
inf
yM
p xyfy
∈
≤+
,()2
3
我们将取这样的 c作成所要的线性泛函,
此时若
0
x xtx′=+,0t＞,由 ( ) ( )
00
p xyfyc+?≥对于每个 yM∈
成立，用
1
tx
代替 y,则
()( )
11
00
p xtx ftxc
+?≥,
从而
() ( ) ( ) ( )
00
f xfxtcpxtxpx′′=+≤+=,
若
0
x xtx′=+,0t <,由 ( ) ( )
00
f xpxx c≤对于每个 x M∈ 成立，用
1
tx
代替 x,则
()( )
11
00
f tx p txx c
≤,
即 () ( )
00
f xpxtx tc?++≥,从而
( )() ( ) ( )
00
f xfxtcpxtxpx′′=+≤+=,
当 0t = 时,显然 () ( ) ( ) ( )
0
f xfxpxpx′ ′==＜,故 f 是
0
f 从 M 到
M′上满足 ( )1 的延拓。
3
null
现在让我们应用 Zorn 引理完成定理的最后证明,
设 G 是
0
f 的所有延拓的集合，即对于每个 gG∈,
（ 1） g 在 X 的子空间
g
M 上有定义，
g
M M?,
（ 2） x M?∈,( ) ( )
0
gx f x=,
（ 3） () ()gx px≤,
g
x M∈,
在 G 中规定半序,gg′≤ 当且仅当
g g
M M
′
,并且
() ( )gx g x
′=
()
g
x M∈,容易验证,G 确实是半序集,
若
0
G 是 G 的全序子集，令
null
0
g
gG
M M
∈
=
∪
，当
g
x M∈ 时，定义
() ()hx gx=,由于
0
G 是全序的，
null
M 为线性子空间：例如当
null
,x xM′∈
时，若
g
x M∈,
'g
x M′∈,不妨设
'g g
M M?,则
null
g
x xM Mαβ′′+∈?，
此时
4
( ) ( ) ( ) ( )'h x x g x x gx gxαβ αβ α β
′′′′+= += +
( ) ( )hx hxαβ
′=+,
h 是线性泛函,显然
null
M M? 并且当 x M∈ 时,( ) ( )()
0
hx gx f x==,
此外若
null
x M∈,不妨设
g
x M∈,则 ( ) ( ) ( )hx gx px=≤，从而 hG∈,
hg≥ ()
0
gG?∈,h是
0
G 的上界,
根据 Zorn 引理,G 有极大元 f,f 即是定理中所需要的延拓,为此只需证明,
f
M X= 如若不然，必存在
0
\
f
x XM∈,由 1
null
有 f G′∈,
f
M′ = span
0
{,},x M
ff
M M′ ≠,故 f f′≥,f f′≠,这与 f 为极大元矛盾,
现在我们转到复空间上的线性泛函 f,不妨设
( ) ( ) ( )
12
f xfxifx=+,
其中
12
,f f 分别是 f 的实部和虚部，根据 f 的线性，容易验证
12
,f f 是实线性泛函,又由 f 的复线性以及实际计算得到
() ( ) ( ) ( )
12
if x f ix f ix if ix==+,
() ( ) ( )
12
if x if x f x=?,
从而 () ()
21
f xfix=?,故
() ( ) ( )
11
f x f ix if ix=? ()2
由此知道,复空间上任何复线性泛函可以通过它的实部表达出来,
但应注意，对于实线性泛函
1
f,一般来说 ( ) ( )
11
f ix if x≠,
定理 2 设 X 是复线性空间,p 是 X 上的半范数,若 M 是 X 的线性子空间，
0
f 是 M 上的复线性泛函，满足
() ( )
0
f xpx≤,x M? ∈,
则存在 X 上的线性泛函 F,使得
() ( )
0
F xfx=,x M? ∈,
5
() ( )Fx px≤,x X? ∈,(3)
证 明 在 M 上，设 ( ) ( ) ( )
011
f xfxifix=?，把 M 看成实线性子空间（同样的，把 X 看成实线性空间）,由假设
() () ( ) ( )
11 0
f xfxfxpx≤≤≤,x M? ∈,
由定理 1，存在实线性泛函
1
:FX R→,使得
() ( )
11
F xfx=,x M? ∈,
() ()
1
F xpx≤,x X? ∈,
考虑复泛函 () ( ) ( )
11
F xFxiFix=?,由于
()( ) ( )
11
F xy Fxy iFixiy+= +? +
( ) ( ) ( ) ( )
11 1 1
F xFyiFixiFiy=+
( ) ( )F xFy=+，,x yX? ∈
若 α 为实数,
( )()( )
11
F xFxiFixα αα=? ( ) ( )
11
F xiFixαα=? ()F xα=
又
( )()( )
11
F ix F ix iF x= ( ) ( ) ( )
11
iF x iF ix iF x=?=
由此，对于任意复数,α β 与任意,x yX∈,
( ) ( ) ( )F xy Fx Fyαβ α β+= +
F 是复线性的,若 x M∈,则
( )()( ) ( ) ( ) ( )
1111 0
F xFxiFix fxifix fx=? =?=
故 F 是
0
f 的延拓,若设 ( )
i
F xre
θ
=,则
( )
i
Fe x r
θ?
= 为实数，此时
() ()( ) ( ) ()
1
iii
Fx Fe x Fe x pe x px
θθθ
==≤=,
()F x 即是所要求的复线性泛函,
定理 3 设 X 是（实或复）线性赋范空间,M X? 是线性子空间，
0
f 是 M 上的连续线性泛函,则存在 X 上的线性泛函 f,使得
6
() ( )
0
f xfx=,x M? ∈,
0
f f=,(4)
（称 f 是
0
f 的保范线性延拓）,
证 明 令 ()
0
p xfx=,( )p x 是 X 上的半范数并且
() ( )
00
f xfxpx==,x M? ∈
在复空间情况，由定理 2,存在 X 上的线性泛函 f,使得
() ( )
0
f xfx=,x M?∈,并且
() ( )
0
f xpx fx≤=,x X? ∈
在实空间情况，由定理 1，存在 X 上的线性泛函 f 使得
() ( )
0
(),f xpxpx fx xX±≤±==?∈,
从而 ()
0
f xfx≤,
0
f f≤,f 连续,另一方面,
( ) ( )
00
1,1,
sup sup
xxM xxM
f fx fx
≤∈ ≤∈
==
( )
1,
sup
xxX
f xf
≤∈
≤=,
()5
总之，
0
f f=,
注意,()5 说明了任一线性泛函（或算子）延拓后范数不会减少。
推论 1 设 X 是线性赋范空间，
0
x X∈,
0
0x ≠,则存在 f X
∈
使得 1f =,
()
00
f xx=,
证 明 考虑子空间
{ }
0;Mxαα= ∈Φ 和 M 上的线性泛函
()
00 0
f xxαα=,
0
f 在 M 上连续,实际上，对于
0
,x xα=
()
000 0
()f xfx xxαα===,
所以
0
1f =,又显然
()
00 0
f xx=,由定理 3，存在 f X
∈,1f =,
当 x M∈ 时
() ()
0
f xfx=,特别地，
( ) ( )
0000
f xfx x==,
推论 2 设 X 是线性赋范空间，
12
,x xX∈,
12
x x≠,则存在
7
f X
∈,() ()
12
f xfx≠,
证明 由
12
0xx?≠，根据推论 1,存在 f X
∈,
()
12 12
0fx x x x?=?≠，故 ( ) ( )
12
f xfx≠,
从直观上说，推论 1 表明，对于一个非零线性赋范空间，一定存在非零连续线性泛函,推论 2 则表明非零连续线性泛函是足够多的，
以至于每两个不同的点都可以由某个连续线性泛函区分开来,有时简单的说,X
在 X 上可以区分点,
推论 3 设 X 是线性赋范空间，
12
,x xX∈,若对于任何 f X
∈,
() ( )
12
f xfx=,则
12
x x=,
这是由推论 2 的逆否命题,
推论 4 设 X 为线性赋泛空间，
0
x X∈,则
( )
00
1
sup
f
x fx
≤
=,()6
证 明 首先由 1f ≤,则
( )
00
f xfx≤
0
x≤,
于是 ()
00
1
sup
f
f xx
≤
≤,再由推论 1,存在 f X
∈,1f =,
()
00
f xx=,故
( )
00
1
sup
f
x fx
≤
≤,
从而等式
()5 成立,
