2) Нехай а є U A, b є U B і W окіл точки a + b. Існують такі околи W1 і W2 точок а і b відповідно, що W1 + W2 W. Так як а є U A, b є U B, то існують точки х є А ? W1 і y є B ? W2. Тоді вектор x + y належить перетину (А + В) ? W, який непорожній. Звідси, а + b є U (A + B).

3) Нехай б, в – числа. Якщо б ? 0, то б ? U Y = U (б ? Y). Ці множини очевидно рівні і при б = 0. Тому з 2) випливає, що б U Y + в U Y = U (б Y) + U (в Y) U (б Y + в Y) U Y.

4) Доведення опуклості замикання опуклої множини як зрівноваженості замикання зрівноваженої множини аналогічні до доведення попереднього пункту. Доведем ці висновки для внутрішності. Так як Int C C і С – опукла, то t Int C + (1 – t) Int C C при 0 < t < 1. Обидва доданки в лівій частині є відкритими множинами, тому їх сума також відкрита. Оскільки всяка відкрита підмножина множини С міститься в Int C, звідси випливає опуклість Int C.

5) Якщо 0 < | б | ? 1, то б Int B = Int (б В), оскільки відображення х > б х є гомеоморфізмом. Звідси, б Int B б В В і В – зрівноважена. Але б Int В відкрита, так що б Int B Int B. Якщо Int В містить 0, то б Int B Int B і при б = 0.

6) Нехай V – окіл нуля. Тому існує такий окіл нуля W, що U W V. Так як Е обмежена, то Е t W для всіх достатньо великих додатніх t. Для таких t маємо U E t U W t V.

Теорема 4. В лінійному топологічному просторі Х:

1) Всякий окіл нуля містить зрівноважений окіл нуля.

2) Всякий опуклий окіл нуля містить зрівноважений опуклий окіл нуля.

Доведення. 1) Нехай U – окіл нуля в Х. Так як множення на число неперервне, то існує д > 0 і такий окіл нуля V в Х, що б V U при | б | < д. Нехай W – об’єднання всіх таких множин б V. Тоді W – зрівноважений окіл нуля і W U.

2) Нехай U – опуклий окіл нуля в Х. Покладемо А = ? б U, де б пробігає всі числа, які по модулю дорівнюють 1. Виберемо окіл W, як при доведенні попереднього пункту. Оскільки W зрівноважений, б-1 W = W при | б | = 1, то W б U. Тому W A, звідки випливає, що внутрішність Int A множини А є околом нуля. Ясно, що Int A U. А опукла, як перетин опуклих множин, тому Int A також опукла. Щоб довести, що Int A є шуканим околом, ми повинні показати, що Int A зрівноважена. Для цього достатньо показати, що А зрівноважена. Виберемо с і в так, щоб 0 ? с ? 1, | в | = 1. Тоді с в А = с в б U = с б U. Так як б U – опукла множина, що містить 0, то с б U б U. Таким чином с в А А.

Теорема 5. Нехай V – окіл нуля в лінійному топологічному просторі Х.

1) Якщо 0 < р1 < р2 < ... і рн > ?, то Х = рn V

2) Всяка компактна підмножина К простору Х обмежена.

3) Якщо окіл V обмежений і д1 > д2 > ... , дn > 0 при n > ?, то сім’я { дn V: n = 1, 2 ...} є локальною базою простору Х.

Доведення. 1) Зафіксуємо точку х є Х. Так як відображення б > б х поля чисел в Х неперервне, то множина всіх тих б, для яких б х є V, відкрита. Вона містить 0 і тому містить 1 / рn для достатньо великих n. Таким чином, (1 / рn) х є V, або х є рn V, для великих n.

2) Нехай W такий зрівноважений окіл нуля, що W V.

Згідно попереднього пункту, К n W. Оскільки К – компактна, то існують такі цілі числа n1 < … < ns, що К n1 W n2 W … ns W = ns W. Остання рівність справедлива в зв’язку з зрівноваженістю W. Звідси випливає, що К t W t V при t > ns.

3) Нехай U – окіл нуля в Х. Якщо окіл V обмежений, то існує таке s > 0, що V t U для всіх t > s. Таким чином, якщо n настільки велике, що s дn < 1, то V (1 / дn) U. Тому U фактично містить всі множини дn V, крім можливо скінченного числа.

2. Локальна компактність. Повнота. Обмеженість.

Пригадаємо, що означення локально компактного лінійного