来自 王声望，郑维行。实变函数与泛函分析概要（第四版第二册）P122，16题
大一的时候考试考到了这道题，当时没有解出来。最近随便翻了一下本科的书，看到这道题竟然很容易就解出来了-_-!.
关于题干：实际上 \(E\) 的真子空间（非空）肯定是闭的。
Proof:
其实这个问题就是说，\(E\)中的任意开集\(U\)都不会包含在\(\overline{L} = L\)中。这个问题的关键是理解\(E\)中开集的含义。一般来说，虽然\(E\)中的开集\(U\)不是线性空间（如果是线性空间的话，那么有\(U=E\)。也就是任意线性子空间（非空）必然是闭集），但是我们可以证明，\(U\)可以包含\(E\)中的一组基。
Lemma: 对于\(E\)中的任意开集\(U\)，其都包含\(E\)中的一组基。
先考虑 \(E\) 是有限维的情况。
假设 \(\{ b_1, b_2, b_3, ..., b_n \}\) 是 \(E\) 的一组幺基。
我们只需要考虑\(U = B_{\epsilon}(x)\)即可。那么，显然 \(\{ x\pm \frac{\epsilon}{2}b_1, ..., x\pm \frac{\epsilon}{2}b_n \}\) 是属于 \(U\) 的。
我们论断：从这 \(2n\) 个向量中必然可以找到\(E\)的一组基。
如果 \(x=0\) ，那显然成立。
如果 \(x \ne 0\)，那么不妨假设 \(x\) 在 \(b_1\) 上的分量不为0.
那么我们考虑如下两组向量：
$ { x+ \frac{\epsilon}{2}b_1,..., x+ \frac{\epsilon}{2}b_n} $
$ { x- \frac{\epsilon}{2}b_1, x + \frac{\epsilon}{2}b_2, ..., x+ \frac{\epsilon}{2}b_n} $
如果两组向量都不是线性无关的，那么就存在两组不全为0的系数使得：
$ k_1 (x+ \frac{\epsilon}{2}b_1) + k_2 (x+ \frac{\epsilon}{2}b_2) + \cdots + k_n (x+ \frac{\epsilon}{2}b_n) = 0 $
$ j_1 (x- \frac{\epsilon}{2}b_1) + j_2 (x+ \frac{\epsilon}{2}b_2) + \cdots + j_n (x+ \frac{\epsilon}{2}b_n) = 0 $
显然 \(k_1\) 和 \(j_1\) 都不为0，否则 \(x\) 可以仅由 \(\{b_2,...,b_n\}\) 表示或者 \(\{b_2,...,b_n\}\) 线性相关，都会导致矛盾。
所以，有：
\(x+ \frac{\epsilon}{2}b_1 = \sum\limits_{i=2}^n k'_i (x + \frac{\epsilon}{2}b_i)\)
\(x- \frac{\epsilon}{2}b_1 = \sum\limits_{i=2}^n j'_i (x + \frac{\epsilon}{2}b_i)\)
两式相加，得到 \(2x = \sum\limits_{i=2}^n k'_i (x + \frac{\epsilon}{2}b_i) + \sum\limits_{i=2}^n j'_i (x + \frac{\epsilon}{2}b_i)\)，所以 \(x\) 可以仅由 \(\{b_2,...,b_n\}\) 表示或者 \(\{b_2,...,b_n\}\) 线性相关。这显然是一个矛盾。所以，
$ { x+ \frac{\epsilon}{2}b_1,..., x+ \frac{\epsilon}{2}b_n} $
$ { x- \frac{\epsilon}{2}b_1, x + \frac{\epsilon}{2}b_2, ..., x+ \frac{\epsilon}{2}b_n} $
中必然有一组是线性无关的，也就是组成了 \(E\) 的一组基。
对于 \(E\) 是无限维的情况，证明方法是一样的。所以，我们的论断成立：从这 \(2n\) 个向量中必然可以找到一组\(E\)的一组基。从而，我么们的引理成立：对于\(E\)中的任意开集\(U\)，其都包含\(E\)中的一组基。
那么接下来的事情就好办了，\(L\) 是 \(E\) 的真线性子空间，所以 \(U\) 肯定不可能属于 \(\overline{L} = L\) 的，否则 \(L\) 就包含 \(E\) 中的一组基，这和 \(L\) 是真子空间矛盾，从而 \(L\) 在 \(U\) 中是稀疏的。
由 \(U\) 的任意性，命题得证。
Review:
其实这个问题只要挖掘出赋范线性空间 \(E\) 中开集的性质就可以了，尤其是对于开球的利用，非常的巧妙。
引理：一组基 \(\{b_i\}\). 如果 \(x\) 在 \(b_j\) 上的分量不为0，那么 $ \{ x+\lambda b_j \} \cup (\cup_{i\ne j} \{x+\lambda b_i\}) $ 和 $ \{ x-\lambda b_j \} \cup (\cup_{i\ne j}\{x+\lambda b_i\}) $ 必有一组线性无关。其中 \(\lambda\) 是任意非零常量。
20190528。 想到了一个更简单的处理方法，对于式子 $ k_1 (x+ \frac{\epsilon}{2}b_1) + k_2 (x+ \frac{\epsilon}{2}b_2) + \cdots + k_n (x+ \frac{\epsilon}{2}b_n) = 0 $ 来说，如果可以成立，那么必须有 $ x =\frac{-\epsilon}{2}\sum\limits_{i=1}^n \frac{k_i}{\sum\limits_{i=1}^n k_i} b_i $, 则必然有 $\lVert x \rVert \le \frac{\epsilon}{2} $. 要矛盾的话，只要选取 \(\epsilon\) 使得 $ \frac{\epsilon}{2} < \lVert x \rVert $ 就行了。也就是使得 0 不在 \(B_{\epsilon/2}(x)\) 内。
引理：一组基 \(\{b_i\}\). 假设 $ \epsilon < \lVert x \rVert $, 那么 $ { x+ \epsilon b_1,..., x+ \epsilon b_n} $ 必然线性无关。