拓∫:X→R, f(x)=6(x),Vx∈M (2)若f(x)≤p(x),x∈M,可选取∫满足 f(x)≤p(x),Wx∈x 证明设M≠X,取x∈HNM,记M'=span{x,M},则 vx'∈M",x=x+t,其中x∈M,t∈R.此分解式是唯一的,否 则另有x=x1+1x,x∈M,则x-x1=-(t-1)x,若1≠t,则 x=x-∈M,与x的取法矛盾,于是t=,并且x=x1 对于任何常数C,令 f(x)=fo(x)+Ic, Vx'=x+txo 则容易验证∫是M'上的线性泛函.实际上∫是∫6从M到M的延 拓,因为当x'∈M时,t=0,从而f(x)=f(x) 2我们将证明当x∈M,J6(x)≤P(x)时,适当选择c,可使 f(x)≤P(x),wx'∈M 实际上Vx,y∈M,由于 J6(x)+f6()=6(x+y)≤p(x+y) ≤p(x-x)+p(x0+y fo(x)-P(x-xosP(xo+y)-fo() 故存在c满足 sup[6(x)-p(x-x)≤c rEM [p(x+y)-6(y)2 拓 f ： X → R ， f ( ) x fx = 0 ( ) ， ∀x∈ M （2）若 f0 () () x px ≤ ， ∀x∈ M ，可选取 f 满足 f ( ) x px ≤ ( ) ， ∀x∈ X (1) 证 明 1 D 设 M ≠ X ，取 0 x ∈ X M\ ，记 M ' = span {x0 , M}，则 ∀ ∈x′ ′ M ， 0 x′ = +x tx ，其中 x∈ M ， t R ∈ . 此分解式是唯一的，否 则另有 1 10 x′ = x tx + ， 1 x ∈ M ， 则 x − =− − x ttx 1 10 ( ) ， 若 1 t t ≠ ， 则 1 0 1 x x x t t − = − ∈ M ，与 0 x 的取法矛盾，于是 1 t t = ，并且 1 x = x . 对于任何常数 c ，令 f ( ) x f x tc ′ = + 0 ( ) ， 0 ∀x′ = +x tx . 则容易验证 f 是 M ′ 上的线性泛函. 实际上 f 是 0f 从 M 到 M ′ 的延 拓，因为当 x′∈ M 时， t = 0，从而 f ( x fx ′) = 0 ( ). 2D 我们将证明当 ∀ ∈x M ， f0 ( x px ) ≤ ( ) 时，适当选择 c ，可使 f ( ) x px ′ ′ ≤ ( ) ， ∀ ∈x′ ′ M . 实际上 ∀ ∈ x, y M ，由于 f00 0 () () x f y f x y px y + = +≤ + ( ) ( ) ≤ −+ + p ( x x px y 0 0 ) ( ) ， 即 f0 00 0 () ( ) x px x px y f y − − ≤ +− ( ) ( ) ， 故存在 c 满足 sup 0 0 () ( ) x M f x px x c ∈   −−≤   inf ( 0 0 ) ( ) y M p x y fy ∈ ≤ +−     ， ( ) 2