度量空间问题求解：确定δ>0使B_{L₂}(x,δ)⊂B_{L∞}(x,ε)
嘿，我来帮你拆解这个问题～ 首先得明确我们讨论的空间，因为在不同的度量空间里，这个包含关系的结论可能完全不一样，甚至不存在这样的δ！
情况1：有限维欧几里得空间$\mathbb{R}^n$
这应该是你最可能遇到的场景（毕竟你已经掌握了$L_2$到$L_1$的推导，有限维里范数是等价的）。
对于任意向量$z = y - x \in \mathbb{R}^n$，我们有个非常直观的不等式：||z||_{L_\infty} ≤ ||z||_{L_2}
原因很简单：$L_\infty$范数是向量分量的最大值，而$L_2$范数是分量平方和的平方根——单个分量的绝对值肯定不超过所有分量平方和的平方根，最大值自然也满足这个关系。比如$n=3$时，$|z_1| ≤ \sqrt{z_12+z_22+z_3^2}$，对所有分量都成立，最大值也就必然小于等于$L_2$范数。
那要让||z||_{L_2} < δ时，||z||_{L_\infty} < ε，直接取**$\delta = \varepsilon$**就够了！因为只要||z||_{L_2} < ε，必然有||z||_{L_\infty} ≤ ||z||_{L_2} < ε，完美满足$B_{L_2}(x,\delta) \subset B_{L_\infty}(x,\varepsilon)$。
情况2：无限维函数空间（比如$L_2[0,1]$或$C[0,1]$）
这里就有意思了——不存在这样的$\delta>0$！不管你选多小的$\delta$，总能找到一个函数$y$，它在$L_2$范数下离$x$很近（||y-x||_{L_2} < δ），但在$L_\infty$范数下离$x$很远（||y-x||_{L_\infty} ≥ ε）。
举个构造例子（以$L_2[0,1]$为例）：
定义函数$z(t) = \varepsilon \cdot k \cdot \chi_{[0,1/k^2]}(t)$，其中$\chi$是指示函数（在区间内取1，否则0），$k$是一个很大的正整数。
计算一下范数：
- $L_2$范数：
||z||_{L_2} = \sqrt{\int_0^1 z(t)^2 dt} = \sqrt{\varepsilon^2k^2 \cdot 1/k^2} = \varepsilon - $L_\infty$范数：
||z||_{L_\infty} = \varepsilon·k，当$k→∞$时，这个值会趋近于无穷大！
也就是说，只要$k$足够大，||z||_{L_2}可以小于任意给定的$\delta$（比如取$k > \varepsilon/\delta$），但||z||_{L_\infty}会远大于$\varepsilon$。这就说明，在$L_2[0,1]$中，永远找不到一个$\delta$能让$L_2$开球包含在$L_\infty$开球里。
为什么会这样？因为$L_2$范数“不在意”函数在小测度集合上的大值——只要大值所在的集合足够小，积分后的平方和仍然可以很小；但$L_\infty$范数恰恰关注的是函数的最大取值，哪怕这个大值只出现在一个极小的区间里。
补充：你提到的$L_2→L_1$的推导对比
在有限维里，$L_2→L_1$用柯西不等式：||z||_{L_1} = \sum|z_i| ≤ \sqrt{n} · \sqrt{\sum z_i^2} = \sqrt{n} ||z||_{L_2}，所以取$\delta=\varepsilon/\sqrt{n}$就行；而$L_2→L_\infty$的推导反而更简单，因为直接有||z||_{L_\infty} ≤ ||z||_{L_2}。但到了无限维，$L_2→L_1$在有限测度空间里是成立的（比如$L_2[0,1]⊂L_1[0,1]$，用柯西不等式：||z||_{L_1} = \int|z|·1 dt ≤ \sqrt{\int|z|^2dt}·\sqrt{\int1^2dt} = ||z||_{L_2}·1），但$L_2→L_\infty$却不成立，这就是你觉得它更难的原因——因为它在很多无限维场景下根本不存在解！
内容的提问来源于stack exchange，提问作者Aurora Borealis
