远离真闭子空间的单位向量存在性证明

待证结论 #

设$(E, |\cdot|)$是赋范向量空间，$F\subsetneq E$是真闭子空间，需要证明：
$$(\forall \varepsilon > 0), (\exists e \in E) : |e|=1 \text{ 且 } d(e,F) \geq 1 - \varepsilon $$
其中$d(e,F)= \inf\limits_{y \in F} |e-y|$表示点$e$到子空间$F$的距离。

已铺垫的辅助命题 #

你已经成功证明了一个关键的辅助结论：给定$x \in E, \alpha \geq 1$，存在$f \in F $使得$|x-f|\leq\alpha \cdot d(x,F)$。

辅助命题的推导逻辑 #

根据距离$d(x,F)$作为下确界的定义：
$$ (\forall \varepsilon>0), (\exists f_{\varepsilon} \in F): d(x,F)\leq |x-f_{\varepsilon}|\leq d(x,F)+\varepsilon$$
取$\varepsilon = (\alpha - 1)\cdot d(x,F)$（因为$\alpha\geq1$，所以$\varepsilon\geq0$，完全符合要求），代入后直接得到：
$$|x-f_{\varepsilon}|\leq d(x,F)+(\alpha-1)d(x,F)=\alpha\cdot d(x,F)$$
这个结论是后续证明的核心工具，咱们接着往下推进。

完整证明过程 #

给定任意$\varepsilon >0$，我们按以下步骤构造满足条件的单位向量$e$：

• 选取初始点：因为$F$是真子空间，所以必然存在$\bar{x} \notin F$。此时$d(\bar{x},F) > 0$——这是因为$F$是闭子空间，若$d(\bar{x},F)=0$则$\bar{x}\in\overline{F}=F$，与$\bar{x}\notin F$矛盾。
• 确定参数$\alpha$：我们取$\alpha = \frac{1}{1-\varepsilon}$（注意$\varepsilon>0$，所以$1-\varepsilon<1$，$\alpha>1$，刚好满足辅助命题的$\alpha\geq1$条件）。
• 利用辅助命题找$f\in F$：对刚才选的$\bar{x}$和$\alpha$，应用已证的辅助命题，存在$f \in F$使得：
  $$|\bar{x} - f| \leq \alpha \cdot d(\bar{x},F) = \frac{d(\bar{x},F)}{1-\varepsilon}$$
• 构造单位向量$e$：令$e = \frac{\bar{x} - f}{|\bar{x} - f|}$，显然$|e|=1$，接下来只需验证$d(e,F)\geq1-\varepsilon$即可。
• 验证距离条件：
  首先，对任意$y\in F$，因为$F$是向量子空间，所以$f + |\bar{x}-f|y \in F$。根据距离的定义：
  $$d(\bar{x},F) \leq |\bar{x} - (f + |\bar{x}-f|y)|$$
  对右边的范数做拆分变形：
  $$|\bar{x} - (f + |\bar{x}-f|y)| = |(\bar{x}-f) - |\bar{x}-f|y| = |\bar{x}-f| \cdot |e - y|$$
  把这个结果代回上式，两边同时除以正数$|\bar{x}-f|$，得到：
  $$|e - y| \geq \frac{d(\bar{x},F)}{|\bar{x}-f|}$$
  再结合步骤3中得到的不等式$|\bar{x}-f| \leq \frac{d(\bar{x},F)}{1-\varepsilon}$，取倒数（两边都是正数，不等号方向不变）：
  $$\frac{d(\bar{x},F)}{|\bar{x}-f|} \geq 1-\varepsilon$$
  因此对任意$y\in F$，都有$|e-y|\geq1-\varepsilon$。对$y\in F$取下确界，就得到：
  $$d(e,F) = \inf_{y\in F}|e-y| \geq 1-\varepsilon$$

至此，我们就构造出了满足所有条件的单位向量$e$，证明完成。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者alosc