泛函分析与偏微分方程（八）：一致凸空间

1 一致凸空间的定义与模量

定义 1.1（一致凸 / Uniformly convex）：设EEE为 Banach 空间。若对任意ε>0\varepsilon>0ε>0，存在δ>0\delta>0δ>0使得对任意x,y∈Ex,y\in Ex,y∈E满足
∥x∥≤1, ∥y∥≤1, ∥x−y∥≥ε, \|x\|\le 1,\ \|y\|\le 1,\ \|x-y\|\ge \varepsilon,∥x∥≤1, ∥y∥≤1, ∥x−y∥≥ε,
都有
∥x+y2∥≤1−δ, \left\|\frac{x+y}{2}\right\|\le 1-\delta,​2x+y​​≤1−δ,
则称EEE一致凸。

直观含义：单位球“足够圆”，任意两点在单位球边界上相距不小于ε\varepsilonε，其中点必须“明显落入球内”。

定义 1.2（一致凸模量）：定义函数
δE(ε)=inf⁡{ 1−∥x+y2∥: ∥x∥≤1, ∥y∥≤1, ∥x−y∥≥ε},ε∈(0,2]. \delta_E(\varepsilon)=\inf\left\{1-\left\|\frac{x+y}{2}\right\|:\ \|x\|\le 1,\ \|y\|\le 1,\ \|x-y\|\ge \varepsilon\right\},\quad \varepsilon\in(0,2].δE​(ε)=inf{1−​2x+y​​: ∥x∥≤1, ∥y∥≤1, ∥x−y∥≥ε},ε∈(0,2].
则EEE一致凸等价于
∀ε∈(0,2],δE(ε)>0. \forall\varepsilon\in(0,2],\quad \delta_E(\varepsilon)>0.∀ε∈(0,2],δE​(ε)>0.

证明：

• 若EEE一致凸：给定ε\varepsilonε，存在δ>0\delta>0δ>0使上式中任意候选对(x,y)(x,y)(x,y)都满足1−∥x+y2∥≥δ1-\left\|\frac{x+y}{2}\right\|\ge\delta1−​2x+y​​≥δ，因此δE(ε)≥δ>0\delta_E(\varepsilon)\ge\delta>0δE​(ε)≥δ>0。
• 反之若δE(ε)>0\delta_E(\varepsilon)>0δE​(ε)>0：取δ=δE(ε)\delta=\delta_E(\varepsilon)δ=δE​(ε)，则满足距离条件的任意x,yx,yx,y自动满足中点不等式，因此一致凸成立。证毕。

例子： E=R2, ∥⋅∥2 下是一致凸的。因为单位球是圆盘：边界两点间距≥ε时，中点必落入半径 <1 的圆盘。而 ∥⋅∥1, ∥⋅∥∞ 的单位球有“棱角”，将导致不一致凸（见第2节）。 \boxed{ \begin{array}{l} \text{例子： }E=\mathbb R^2,\ \|\cdot\|_2\text{ 下是一致凸的。}\\ \text{因为单位球是圆盘：边界两点间距}\ge\varepsilon\text{时，中点必落入半径 }<1\text{ 的圆盘。}\\ \text{而 }\|\cdot\|_1,\ \|\cdot\|_\infty\text{ 的单位球有“棱角”，将导致不一致凸（见第2节）。} \end{array}}例子： E=R2, ∥⋅∥2​ 下是一致凸的。因为单位球是圆盘：边界两点间距≥ε时，中点必落入半径 <1 的圆盘。而 ∥⋅∥1​, ∥⋅∥∞​ 的单位球有“棱角”，将导致不一致凸（见第2节）。​​

2 几何刻画

命题 2.1（一致凸⇒\Rightarrow⇒严格凸）：若EEE一致凸，则EEE严格凸：即对∥x∥=∥y∥=1, x≠y\|x\|=\|y\|=1,\ x\ne y∥x∥=∥y∥=1, x=y有
∥x+y2∥<1. \left\|\frac{x+y}{2}\right\|<1.​2x+y​​<1.

证明：取ε=∥x−y∥>0\varepsilon=\|x-y\|>0ε=∥x−y∥>0。由一致凸存在δ>0\delta>0δ>0使得
∥x+y2∥≤1−δ<1. \left\|\frac{x+y}{2}\right\|\le 1-\delta<1.​2x+y​​≤1−δ<1.
故严格凸成立。证毕。

例子：在 (R2,∥⋅∥2) 中，单位圆周上任意不同两点的中点都在圆内，因此严格凸且一致凸。 \boxed{ \begin{array}{l} \text{例子：在 }(\mathbb R^2,\|\cdot\|_2)\text{ 中，单位圆周上任意不同两点的中点都在圆内，}\\ \text{因此严格凸且一致凸。} \end{array}}例子：在 (R2,∥⋅∥2​) 中，单位圆周上任意不同两点的中点都在圆内，因此严格凸且一致凸。​​

命题 2.2（ℓ1\ell^1ℓ1与ℓ∞\ell^\inftyℓ∞在有限维中不一致凸）：在E=R2E=\mathbb R^2E=R2中，范数∥⋅∥1\|\cdot\|_1∥⋅∥1​与∥⋅∥∞\|\cdot\|_\infty∥⋅∥∞​都不是一致凸的。

证明（∥⋅∥1\|\cdot\|_1∥⋅∥1​）：取
x=(1,0),y=(0,1). x=(1,0),\qquad y=(0,1).x=(1,0),y=(0,1).
则∥x∥1=∥y∥1=1\|x\|_1=\|y\|_1=1∥x∥1​=∥y∥1​=1，且
∥x−y∥1=∥(1,−1)∥1=2. \|x-y\|_1=\|(1,-1)\|_1=2.∥x−y∥1​=∥(1,−1)∥1​=2.
但中点
x+y2=(12,12),∥x+y2∥1=1. \frac{x+y}{2}=\left(\frac12,\frac12\right),\qquad \left\|\frac{x+y}{2}\right\|_1=1.2x+y​=(21​,21​),​2x+y​​1​=1.
这说明当ε=1\varepsilon=1ε=1（甚至ε=2\varepsilon=2ε=2）时，不可能找到δ>0\delta>0δ>0使中点范数≤1−δ\le 1-\delta≤1−δ，故不一致凸。

证明（∥⋅∥∞\|\cdot\|_\infty∥⋅∥∞​）：取
x=(1,1),y=(1,−1). x=(1,1),\qquad y=(1,-1).x=(1,1),y=(1,−1).
则∥x∥∞=∥y∥∞=1\|x\|_\infty=\|y\|_\infty=1∥x∥∞​=∥y∥∞​=1，且
∥x−y∥∞=∥(0,2)∥∞=2. \|x-y\|_\infty=\|(0,2)\|_\infty=2.∥x−y∥∞​=∥(0,2)∥