1.次线性泛函的性质
设 $p$ 是实线性空间 $\scrX$ 上的次线性泛函, 求证:
(1)$p(0)=0$;
(2)$p(-x)\geq -p(x)$;
(3)任意给定 $x_0\in \scrX$, 在 $\scrX$ 上必有实线性泛函 $f$, 满足 $f(x_0)=p(x_0)$, 以及 $f(x)\leq p(x)\ \sex{\forall\ x\in \scrX}$.
证明:
(1)$p(0)=p(2\cdot 0)=2\cdot p(0)\ra p(0)=0$.
(2)$0=p(0)=p(x+(-x))\leq p(x)+p(-x)\ra p(-x)\geq -p(x)$.
(3)对 $x_0\in \scrX$, 考虑 $$\bex \scrX_0=\sed{\alpha x_0;\ \alpha\in \bbR},\quad f_0(\alpha x_0)=\alpha p(x_0). \eex$$ 则 $$\bex f_0(x_0)=p(x_0); \eex$$ $$\bex \alpha\in \bbR\ra \left\{\ba{ll} \alpha\geq 0\ra f_0(\alpha x_0)=\alpha p(x_0)=p(\alpha x_0);\\ \dps{\alpha<0\ra f_0(\alpha x_0)=\alpha p(x_0)} \atop\dps{=-(-\alpha)p(x_0)=-p(-\alpha x_0) \leq p(\alpha x_0).} \ea\right. \eex$$ 于是由实 $Hahn$-$Banach$ 定理, 存在 $\scrX$ 上的实线性泛函 $f$, 使得 $$\bex f(x_0)=f_0(x_0)=p(x_0);\quad f(x)\leq p(x)\quad\sex{\forall\ x\in \scrX}. \eex$$
2.次线性泛函的例子---上极限
设 $\scrX$ 是实数列 $x=\sed{\alpha_n}$ 全体组成的实线性空间, 其元素间相等和线性运算都按坐标定义, 并定义 $$\bex p(x)=\varlimsup_{n\to\infty}\alpha_n\quad\sex{\forall\ x=\sed{\alpha_n}\in\scrX}. \eex$$ 求证: $p(x)$ 是 $\scrX$ 上的次线性泛函.
证明: 仅须注意到 $$\bex \lambda>0\ra \varlimsup_{n\to\infty}\sex{\lambda \alpha_n} =\lambda \varlimsup_{n\to\infty} \alpha_n; \eex$$ $$\bex \varlimsup_{n\to\infty} (\alpha_n+\beta_n) \leq \varlimsup_{n\to\infty}\alpha_n +\varlimsup_{n\to\infty}\beta_n. \eex$$
3.保 $1$ 延拓
设 $\scrX$ 是复线性空间, $p$ 是 $\scrX$ 上的一半模, $\forall\ x_0\in \scrX,\ p(x_0)\neq 0$. 求证: 存在 $\scrX$ 上的线性泛函 $f$ 满足:
(1)$f(x_0)=1$;
(2)$\sev{f(x)}\leq p(x)/p(x_0)\quad \sex{\forall\ x\in\scrX}$.
证明: 考虑 $$\bex \scrX_0=\sed{\alpha x_0;\ \alpha\in\bbC};\quad f_0(\alpha x_0) =\alpha. \eex$$ 则 $$\bex f_0((\alpha+\beta)x_0) =\alpha+\beta =f_0(\alpha x_0)+f_0(\beta x_0)\quad\sex{\forall\ \alpha,\beta\in \bbC}, \eex$$ $$\bex \sev{f_0(\alpha x)} =\sev{\alpha}=\frac{p(\alpha x_0)}{p(x_0)}. \eex$$ 于是由复 $Hahn$-$Banach$ 定理, 存在 $\scrX$ 上的线性泛函 $f$, 使得 $$\bex f|_{\scrX_0}=f_0\ra f(x_0)=f_0(x_0)=1; \eex$$ $$\bex \sev{f(x)}\leq \frac{p(x)}{p(x_0)}\quad\sex{\forall\ x\in\scrX}. \eex$$
4.列有界的一个充分条件---共鸣定理的应用
设 $\scrX$ 是 $B^*$ 空间, $\sed{x_n}$ 是 $\scrX$ 中的点列, 如果 $\forall\ f\in\scrX^*$, 数列 $\sed{f(x_n)}$ 有界, 求证: $\sed{x_n}$ 在 $\scrX$ 内有界.
证明: 对 $x\in \scrX$, 考虑 $$\bex \ba{ccccc} F_x&:&\scrX^*&\to&\bbK\\ &&f&\mapsto&f(x). \ea \eex$$ 则由 $$\bex & &\sev{F_x(f)}=\sev{f(x)}\leq \sen{x}\cdot\sen{f}\quad \sex{\forall\ f\in \scrX^*}\\ &\ra& \sen{F_x}\leq \sen{x}; \eex$$ $$\bex x\neq 0&\ra& \exists\ \tilde f\in \scrX^*,\ s.t.\ \sen{\tilde f}=1,\ \tilde f(x)=\sen{x}\quad\sex{Hahn-Banach \mbox{ 定理}}\\ &\ra& \sev{F_x(\tilde f)}=\sev{\tilde f(x)} =\sen{x}\cdot\sen{f}\\ &\ra& \sen{F_x}\geq \sen{x} \eex$$ 知 $\sen{F_x}=\sen{x}$, 而 $F_x\in \scrL(\scrX^*,\bbK)$. 往证题目. 设 $\sed{x_n}\subset \scrX$ 满足 $$\bex \sup_{n\geq 1} \sev{F_{x_n}(f)} =\sup_{n\geq 1}|f(x_n)|<\infty. \eex$$ 则由共鸣定理, $$\bex \sup_{n\geq 1}\sen{x_n}=\sup_{n\geq 1}\sen{F_{x_n}}<\infty. \eex$$
5.点到闭子空间的距离---$Hahn$-$Banach$ 刻画
设 $\scrX_0$ 是 $B^*$ 空间 $\scrX$ 的闭子空间, 求证: $$\bee\label{2.4.5:eq} \rho(x,\scrX_0) =\sup\sed{\sev{f(x)};\ f\in\scrX^*,\ \sen{f}=1,\ f(\scrX_0)=0}\quad\sex{\forall\ x\in\scrX}, \eee$$其中 $\dps{\rho(x,\scrX_0)=\inf_{y\in\scrX_0}\sen{x-y}}$.
证明: 当 $x\in\scrX_0$ 时, \eqref{2.4.5:eq} 两边均为 $0$. 往证 \eqref{2.4.5:eq} 对 $x\not\in \scrX_0$ 成立, 此时 $\rho(x,\scrX_0)>0$. 一方面, 对任意 $f\in\scrX^*$, $\sen{f}=1$, $F(\scrX_0)=0$, 有 $$\bex \sev{f(x)} &=&\sev{f(x-x_0)+f(x_0)}\quad\sex{\forall\ x_0\in\scrX_0}\\ &=&\sev{f(x-x_0)}\\ &\leq&\sen{f}\cdot\sen{x-x_0}\\ &=&\sen{x-x_0}. \eex$$ 让 $x_0$ 跑遍 $\scrX_0$, 得到 $\sev{f(x)}\leq \rho(x,\scrX_0)$. 另一方面, 由 $Hahn$-$Banach$ 定理 (定理 2.4.7), $$\bex \exists\ \tilde f\in\scrX^*,\ s.t.\ \sen{\tilde f}=1,\ \tilde f(x)=\rho(x,\scrX_0),\ \tilde f(\scrX_0)=0. \eex$$ 于是 $\sev{\tilde f(x)}=\tilde f(x)=\rho(x,\scrX_0)$.
6.有限维子空间上的泛函延拓条件
设 $\scrX$ 是 $B^*$ 空间. 给定 $\scrX$ 中 $n$ 个线性无关的元 $x_1,x_2,\cdots,x_n$ 与数域 $\bbK$ 中的 $n$ 个数 $C_1,C_2,\cdots,C_n$, 及 $M>0$. 求证: 为了 $\exists\ f\in\scrX^*$ 适合 $f(x_k)=C_k(k=1,2,\cdots,n)$, 以及 $\sen{f}\leq M$, 必须且仅须对任意 $\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n$, 有 $$\bex \sev{\sum_{k=1}^n\alpha_kC_k} \leq M\sen{\sum_{k=1}^n \alpha_kx_k}. \eex$$
证明: $\ra$ 设 $\exists\ f\in\scrX^*$ 适合 $f(x_k)=C_k$ 且 $\sen{f}\leq M$, 则 $$\bex \sev{\sum_{k=1}^n \alpha_kC_k} &=&\sev{\sum_{k=1}^n \alpha_k f(x_k)} =\sev{f\sex{\sum_{k=1}^N \alpha_kx_k}}\\ &\leq& \sen{f}\cdot\sen{\sum_{k=1}^n \alpha_kx_k}\\ &\leq& M\sen{\sum_{k=1}^n \alpha_kx_k}\quad\sex{\forall\ \sed{\alpha_i}_{i=1}^k\subset\bbK}. \eex$$ $\la$ 设 $\sed{C_k}$ 适合 $$\bee\label{2.4.6:eq} \sev{\sum_{k=1}^n\alpha_kC_k} \leq M\sen{\sum_{k=1}^n \alpha_kx_k}. \eee$$考虑 $\scrX_0=span\sed{x_k}$ 及其上的线性泛函 $$\bex f_0\sex{\sum_{k=1}^n \alpha_kx_k} =\sum_{k=1}^n \alpha_kC_k\quad\sex{\forall\ \sed{\alpha_k}_{i=1}^k\subset\bbK}. \eex$$ 则 \eqref{2.4.6:eq} 蕴含 $f_0$ 是 $\scrX_0$ 上的有界线性泛函. 由 $Hahn$-$Banach$ 定理, $$\bex \exists\ f\in\scrX^*,\ s.t.\ f(x_k)=f_0(x_k)=C_k;\ \sen{f}=\sen{f_0}\leq M. \eex$$
7.有限维 $B^*$ 空间对偶基的存在性
给定 $B^*$ 空间 $\scrX$ 中 $n$ 个线性无关的元素 $x_1,x_2,\cdots,x_n$. 求证: $$\bex \exists\ f_1,f_2,\cdots,f_n\in\scrX^*,\ s.t.\ \sef{f_i,x_j}=\delta_{ij}\quad\sex{i,j=1,2,\cdots,n}. \eex$$
证明: 考虑 $\scrX_0=span\sed{x_j}_{j=1}^n$ 及其上的 $n$ 个线性泛函 $$\bex \tilde f_i\sex{\sum_{j=1}^n \alpha_jx_j} =\alpha_i\quad (i=1,2,\cdots,n). \eex$$ 则由有限维 $B^*$ (实际上为 $B$) 空间中任意范数都是等价的这一事实, 有 $$\bex \sev{\tilde f_i\sex{\sum_{j=1}^n \alpha_jx_j}} =\alpha_i \leq \max_{1\leq j\leq n} \sev{\alpha_j} \leq C\sen{\sum_{j=1}^n \alpha_jx_j}, \eex$$ 而 $\tilde f_i$ 是 $\scrX_0$ 上的有界线性泛函. 由 $Hahn$-$Banach$ 定理, $$\bex \exists\ f_i\in\scrX^*,\ s.t.\ \sef{f_i,x_j} =\sef{\tilde f_i,x_j} =\delta_{ij}\quad\sex{i,j=1,2,\cdots,n}. \eex$$ 注记: 另证如下: 设 $$\bex M_i=span_{1\leq j\leq n,\ j\neq i}\sed{x_i},\quad d_i=\rho(x_i,M_i)>0, \eex$$ 则由定理 2.4.7 知 $$\bex \exists\ \tilde f_i\in\scrX^*,\ s.t.\ \sen{\tilde f_i}=1,\quad \tilde f_i(M_i)=0,\quad \tilde f_i(x_i)=d_i>0. \eex$$ 于是 $\dps{f_i=\frac{\tilde f_i}{d_i}}$ 适合题中所述条件.
8.极大线性子空间的刻画
设 $\scrX$ 是线性空间, 求证: 为了 $M$ 是 $\scrX$ 的极大线性子空间, 必须且仅须 $\dim\sex{\scrX/M}=1$.
证明: $M$ 是 $\scrX$ 的极大线性子空间等价于 $$\bee\label{2.4.8:eq} \scrX=M\oplus \sed{\lambda x_0;\ \lambda\in \bbK}\quad\sex{\forall\ x_0\not\in M}. \eee$$往证 $\eqref{2.4.8:eq}\lra \dim\sex{\scrX/M}=1$. $\ra$ $\dim(\scrX/M)=\dim\sed{\lambda x_0;\ \lambda\in \bbK}=1$. $\ra$ 设 $\dim(\scrX/M)=1$, 则对 $\forall\ x_0\not\in M$, $$\bex x\not\in M&\ra&\sez{x}=\lambda\sez{x_0}\\ &\ra&\sez{x-\lambda x_0}=0\\ &\ra&x-\lambda x_0=y\quad\sex{y\in M}\\ &\ra&x=y+\lambda x_0\in M+\sed{\lambda x_0;\ \lambda\in \bbK}. \eex$$
9.复线性泛函的实化
设 $\scrX$ 是复线性空间, $E$ 是 $\scrX$ 中的非空均衡集, $f$ 是 $\scrX$ 上的线性泛函, 求证: $$\bex \sev{f(x)}\leq \sup_{y\in E}\Re f(y)\quad\sex{\forall\ x\in E}. \eex$$
证明: 对 $\forall\ x\in E$, $$\bex \sev{f(x)}&=&f(x)e^{-i\ arg\ f(x)}\\ &=&f\sex{e^{-i\ arg\ f(x)}x}\\ &=&\Re f\sex{e^{-i\ arg\ f(x)}x}\\ &\leq&\sup_{y\in E}\Re f(y). \eex$$
10.复 $B^*$ 空间上的 $Ascoli$ 定理
设 $\scrX$ 是 $B^*$ 空间, $E\subset \scrX$ 是非空的均衡闭凸集, 求证: $\exists\ f\in \scrX^*$ 及 $\alpha>0$, 使得 $$\bex \sev{f(x)}<\alpha<\sev{f(x_0)},\quad\sex{\forall\ x\in E}. \eex$$
证明: 由 $Ascoli$ 定理, $\exists\ \scrX$ 上的实的有界线性泛函 $g$ 使得 $$\bex g(x)<\alpha<g(x_0)\quad\sex{\forall\ x\in E}. \eex$$ 令 $f(x)=g(x)-ig(ix)$, 则 $f\in \scrX^*$, 且 $f$ 的实部为 $g$, 于是 $$\bex \sev{f(x)}&=&f(x)e^{-i\ arg\ f(x)}\\ &=&f\sex{xe^{-i\ arg\ f(x)}}\\ &=&g\sex{xe^{-i\ arg\ f(x)}}\\ &<&\alpha\\ &<&g(x_0)\\ &\leq&\sev{f(x_0)}\quad\sex{\forall\ x\in E}. \eex$$
11.凸集的严格分离
设 $E,\ F$ 是实的 $B^*$ 空间 $\scrX$ 中的两个互不相交的非空凸集, 并且 $E$ 是开的和均衡的. 求证: $\exists\ f\in \scrX^*$, 使得 $$\bex \sev{f(x)}<\inf_{y\in F}\sev{f(y)}\quad\sex{\forall\ x\in E}. \eex$$
证明: 由凸集分离定理 $2.4.15$ 知 $\exists\ 0\neq f\in \scrX^*$, s.t. $$\bee\label{2.4.11:eq1} \sup_{z\in E}f(z) \leq \inf_{y\in F}f(y) \leq \inf_{y\in F}\sev{f(y)}. \eee$$又 $E$ 是开的, 由题 第2章第1节第9题 知 $$\bee\label{2.4.11:eq2} f(x)<\sup_{z\in E}f(z)\quad\sex{\forall\ x\in E}. \eee$$现对 $\forall\ x\in E$, $$\bex \sev{f(x)}&=&f(x)e^{-i\ arg\ f(x)}\\ &=&f\sex{e^{-i\ arg\ f(x)}x}\\ &<&\sup_{z\in E}f(z)\quad\sex{\mbox{由 }\eqref{2.4.11:eq2}}\\ &\leq&\inf_{y\in E}\sev{f(y)}\quad\sex{\mbox{由 }\eqref{2.4.11:eq1}}. \eex$$
12.凸集的星形性质
设 $C$ 是实 $B^*$ 空间 $\scrX$ 中的一个凸集, 并设 $x_0\in \stackrel{o}{C}$, $x_1\in \p C$, $x_2=m(x_1-x_0)+x_0\ (m>1)$. 求证: $x_2\not\in C$.
证明: 用反证法. 若 $x_2\in C$, 则 $\dps{x_1=\frac{1}{m}x_2+\sex{1-\frac{1}{m}}x_0\in C}$. 往证 $x_1\in \stackrel{o}{C}$, 而与 $x_1\in \p C$ 矛盾, 题目得证. 事实上, 由 $x_0\in\stackrel{o}{C}$ 知 $$\bex \exists\ \ve>0,\ s.t.\ B(x_0,\ve)\subset C. \eex$$ 对 $\dps{y\in B\sex{x_1,\frac{m-1}{m}\ve}}$, 令 $$\bex z=x_2-\frac{m}{m-1}\sex{x_2-y}, \eex$$ 则 $$\bex & &\sen{z-x_0}=\sen{-\frac{1}{m-1}x_2+\frac{m}{m-1}y-x_0} =\frac{m}{m-1}\sen{x_1-y}<\ve\\ &\ra&z\in C\\ &\ra&y\in \sex{1-\frac{1}{m}}z+\frac{1}{m}x_2\in C. \eex$$ 即有 $\dps{B\sex{x_1,\frac{m-1}{m}\ve}\subset C}$, $x_1$ 为 $C$ 之内点.
13.点与闭凸集的严格分离
设 $M$ 是 $B^*$ 空间 $\scrX$ 中的闭凸集, 求证: $\forall\ x\in \scrX-M$, 必 $\exists\ f_1\in \scrX^*$, 满足 $\sen{f_1}=1$, 并且 $$\bex \sup_{y\in M}f_1(y) \leq f_1(x)-d(x), \eex$$ 其中 $\dps{d(x)=\inf_{z\in M}\sen{x-z}}$.
证明: 由于 $$\bex \overline{B(x,d(x))}^o\cap E=B(x,d(x))\cap E=\emptyset, \eex$$ 据凸集分离定理 $2.4.15$ 知 $\exists\ 0\neq f\in \scrX^*$, s.t. $$\bex \sup_{y\in M}f(y)&\leq&\inf_{z\in \overline{B(x,d(x))}}f(z)\\ &=&\inf_{\sen{w}\leq 1}f(x-d(x)w)\\ &=&f(x)-d(x)\cdot \sup_{\sen{w}\leq 1}f(w)\\ &=&f(x)-d(x)\cdot\sen{f}. \eex$$ 于是若令 $\dps{f_1=\frac{f}{\sen{f}}}$, 则 $$\bex \sup_{y\in M}f_1(y) \leq f_1(x)-d(x). \eex$$
14.点到闭凸集的距离---$Hahn$-$Banach$ 刻画
设 $M$ 是实 $B^*$ 空间 $\scrX$ 内的闭凸集, 求证: $$\bex \inf_{z\in M}\sen{x-z} =\sup_{f\in \scrX^*\atop \sen{f}=1} \sed{f(x)-\sup_{z\in M}f(z)}\quad\sex{\forall\ x\in \scrX}. \eex$$
证明: 若 $x\in M$, 则结论显然成立. 现设 $x\not\in M$. 一方面, 由题 第2章第4节第13题 知 $$\bex d(x)\equiv \inf_{z\in M}\sen{x-z} \leq \sup_{f\in \scrX^*\atop \sen{f}=1} \sed{f(x)-\sup_{z\in M}f(z)}; \eex$$ 另一方面, 对 $f\in \scrX^*$ 适合 $\sen{f}=1$, 有 $$\bex f(x)-\sup_{z\in M}f(z) =\inf_{z\in M}f(x-z) \leq \sen{f}\cdot \inf_{z\in M}\sen{x-z}=d. \eex$$ 注记: 该题的几何意义为凸集外一点到该凸集的距离等于这点到凸集的承托超平面的距离的最大值.
15.$Legendre$ 变换
设 $\scrX$ 是一个 $B$ 空间, $f:\scrX\to \overline{\bbR}\sex{\equiv \bbR\cap\sed{\infty}}$ 是连续的凸泛函并且 $f(x)\not\equiv \infty$. 若定义 $f^*:\scrX^*\to \overline{\bbR}$ 为 $$\bex f^*(x^*)=\sup_{x\in\scrX}\sed{\sef{x^*,x}-f(x)}\quad\sex{\forall\ x^*\in \scrX^*}. \eex$$ 求证: $f^*(x^*)\not\equiv \infty$.
证明: 设 $x_0\in \scrX$ 适合 $f(x_0)<\infty$. 则由 $f$ 凸及在 $x_0$ 处连续知 $\p f(x_0)\neq \emptyset$. 令 $x_0^*\in \p f(x_0)$, 则 $$\bex f(x)\geq f(x_0)+\sef{x_0^*,x-x_0}\quad\sex{\forall\ x\in\scrX}, \eex$$ 而 $$\bex \sef{x_0^*,x}-f(x) \leq \sef{x_0^*,x_0}-f(x_0)<\infty, \eex$$ 即有 $$\bex f^*(x_0^*)\leq\sef{x_0^*,x_0}-f(x_0)<\infty. \eex$$
16.抽象函数的 $Riemann$ 积分
设 $\scrX$ 是 $B$ 空间, $x(t):[a,b]\to \scrX$ 是连续的抽象函数. 又设 $\Delta$ 表示 $[a,b]$ 的分割: $$\bex \ba{cc} a=t_0<t_1<t_2<\cdots<t_n=b,\\ \dps{\sen{\Delta}\equiv \max_{0\leq i\leq n-1}\sed{\sev{t_{i+1}-t_i}}.} \ea \eex$$ 求证: 在 $\scrX$ 中存在极限 $$\bex \lim_{\sen{\Delta}\to 0}\sum_{i=0}^{n-1}x(t_i)\sex{t_{i+1}-t_i} \eex$$ (此极限称为抽象函数 $x(t)$ 在 $[a,b]$ 上的 $Riemann$ 积分).
证明: 由 $x(t)$ 连续知其一致连续, 而 $$\bex \forall\ \ve>0,\ \exists\ \delta=\delta(\ve)>0, \ s.t.\ \sev{s-t}<\delta\ra \sen{x(s)-x(t)}<\frac{\ve}{b-a}. \eex$$ 现对 $[a,b]$ 的分割 $\Delta$, 记 $\dps{S_\Delta=\sum_{i=0}^{n-1}x(t_i)\sex{t_{i+1}-t_i}}$, 则 $$\bex \sen{\Delta},\ \sen{\Delta'}<\delta \ra \sen{S_\Delta-S_{\Delta'}}<\frac{\ve}{b-a}\cdot (b-a)=\ve. \eex$$ 于是 $\sed{S_\Delta}$ 是 $\scrX$ 中的 $Cauchy$ 网. 因 $\scrX$ 完备, 我们有 $\dps{\lim_{\sen{\Delta}\to 0}S_\Delta}$ 存在.
17.推广的 $Cauchy$ 定理
设 $\scrX$ 是 $B$ 空间, 又设 $G$ 是由 $\bbC$ 中的简单闭曲线 $L$ 围成的开区域. 如果 $x(z):\ \bar G\to \scrX$ 在 $G$ 内解析, 且在 $\bar G$ 上连续. 求证: $$\bex \int_L x(z) \rd z=0. \eex$$
证明: 对 $\forall\ \varphi\in \scrX^*$, 有 $\sef{\varphi, x(t)}$ 在 $G$ 内解析, 且在 $\bar G$ 上连续. 由 $Cauchy$ 积分定理, $$\bex 0&=&\int_L \sef{\varphi, x(t)}\rd z\\ &=&\sef{\varphi,\int_Lx(z)\rd z}\quad\sex{\mbox{由 }\varphi\in \scrX^*}, \eex$$ 而 $\dps{\int_L x(z) \rd z=0}$. 事实上, 若 $\dps{\int_L x(z) \rd z\neq 0}$, 则由 $Hahn$-$Banach$ 点点分离定理 2.4.6, $$\bex \exists\ \psi\in \scrX^*:\ \sen{\psi}=1,\ s.t.\ \sef{\psi,\int_L x(z) \rd z}=\sen{\int_L x(z) \rd z}\neq 0. \eex$$ 这是一个矛盾.
18.次微分的算例
求证:
(1)$\sev{x}$ 在 $\bbR$ 中是凸的;
(2)$\sev{x}$ 在 $x=0$ 点的次微分 $\p \sev{x}(0)=\sez{-1,1}$.
证明:
(1)对 $\forall\ x,y\in \bbR,\ 0\leq \alpha\leq 1$, 有 $$\bex \sev{\alpha x+(1-\alpha)y} \leq \alpha \sev{x}+(1-\alpha)\sev{y}. \eex$$
(2)$$\bex \xi\in \p \sev{x}(0)&\lra&\sev{x}\geq \xi x\quad \sex{\forall\ x\in \bbR}\\ &\lra&\xi\in [-1,1]. \eex$$
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