(第六节)内积空间

泛函分析题1_6内积空间p75

1.6.1 (极化恒等式) 设a是复线性空间X上的共轭双线性函数，q是由a诱导的二次型，求证：?x, y∈X，有

a(x, y) = (1/4) · ( q(x + y) -q(x-y) + i q(x + i y) -i q(x-i y))．

证明：?x, y∈X，

q(x + y) -q(x-y) = a(x + y, x + y) -a(x-y, x-y)

= (a(x, x) + a(x, y) + a(y, x) + a(y, y)) - (a(x, x) -a(x, y) -a(y, x) + a(y, y))

= 2 (a(x, y) + a(y, x))，

将i y代替上式中的y，有

q(x + i y) -q(x-i y) = 2 (a(x, i y) + a(i y, x))

= 2 (-i a(x, y) + i a( y, x))，

将上式两边乘以i，得到

i q(x + i y) -i q(x-i y) = 2 ( a(x, y) -a( y, x))，

将它与第一式相加即可得到极化恒等式．

1.6.2 求证在C[a, b]中不可能引进一种内积( · , · )，使其满足

( f, f )1/2 = max a ≤x≤b| f (x) |(?f∈C[a, b] )．

证明：若C[a, b]中范数|| · ||是可由某内积( · , · )诱导出的，

则范数|| · ||应满足平行四边形等式．

而事实上，C[a, b]中范数|| · ||是不满足平行四边形等式的，

因此，不能引进内积( · , · )使其适合上述关系．

范数|| · ||是不满足平行四边形等式的具体例子如下：

设f(x) = (x–a)/(b–a)，g(x) = (b–x)/(b–a)，

则|| f || = || g || = || f + g || = || f –g || = 1，

显然不满足平行四边形等式．

1.6.3 在L2[0, T]中，求证函数x# | ?[0, T]e- ( T-τ)x(τ) dτ| ( ?x∈L2[0, T] )在单位球面上达到最大值，并求出此最大值和达到最大值的元素x．

证明：?x∈L2[0, T]，若|| x || = 1，由Cauchy-Schwarz不等式，有

| ?[0, T]e- ( T-τ)x(τ) dτ|2≤ (?[0, T] (e- ( T-τ))2dτ) (?[0, T] ( x(τ))2dτ)

= ?[0, T] (e- ( T-τ))2dτ = e- 2T ?[0, T]e 2τdτ= (1-e- 2T )/2．

因此，该函数的函数值不超过M = ((1-e- 2T )/2)1/2．

前面的不等号成为等号的充要条件是存在λ∈ ，使得x(τ) = λ e- ( T-τ)．

再注意|| x || = 1，就有?[0, T] (λ e- ( T-τ))2dτ= 1．

解出λ= ±((1-e- 2T )/2)- 1/2．

故当单位球面上的点x(τ) = ±((1-e- 2T )/2)- 1/2 ·e- ( T-τ)时，

该函数达到其在单位球面上的最大值((1-e- 2T )/2)1/2．

1.6.4 设M, N是内积空间中的两个子集，求证：M?N ?N⊥?M⊥．

证明：若x∈N⊥，则?y∈N，(x, y) = 0．

而M?N，故?y∈M，也有(x, y) = 0．

因此x∈M⊥．所以，N⊥?M⊥．

1.6.5 设M是Hilbert空间X中的子集，求证：( M⊥)⊥ = cl( span M )．

证明：(1) ?x∈M，?y∈M⊥，总有(x, y) = 0．故有x ⊥M⊥．

所以，x∈( M⊥)⊥．从而得到M ? ( M⊥)⊥．

因( M⊥)⊥是线性子空间，所以，span M? ( M⊥)⊥．

又( M⊥)⊥是闭线性子空间，所以，cl( span M )? ( M⊥)⊥．

(2) ?x∈ ( M⊥)⊥，因cl( span M )是X的闭子空间，

故存在x关于cl( span M )的正交分解

x = x1 + x2，其中x1∈cl( span M )，x2∈(cl( span M ))⊥，

从M ? cl( span M )，根据习题1.6.4，我们有(cl( span M ))⊥?M⊥．

所以x2∈M⊥．

因x∈ ( M⊥)⊥，故?y∈M⊥，总有(x, y) = 0．

而y⊥M蕴含y⊥span M．

再由内积的连续性，得到y⊥cl( span M )．

所以，(x2, y) = (x -x1, y) = (x, y) - (x1, y) = 0．

即?y∈M⊥，总有(x2, y) = 0．

所以x2∈( M⊥)⊥．

故x2∈M⊥?( M⊥)⊥，因此(x2, x2) = 0．

这样就得到x2 = θ，x = x1 + x2 = x1 + θ = x1∈cl( span M )．

所以，( M⊥)⊥? cl( span M )．

1.6.6 在L2[ - 1, 1]中，问偶函数集的正交补是什么？证明你的结论．

解：设偶函数集为E，奇函数集为O．

显然，每个奇函数都与正交E．故奇函数集O ?E⊥．

?f∈E⊥，注意到f总可分解为f = g + h，其中g是奇函数，h是偶函数．

因此有0 = ( f, h) = ( g + h, h) = ( g, h) + ( h, h) = ( h, h)．

故h几乎处处为0．即f = g是奇函数．

所以有E⊥?O．

这样就证明了偶函数集E的正交补E⊥是奇函数集O．

1.6.7 在L2[a, b]中，考察函数集S = {e2π i n x| n∈ }．

(1) 若| b–a | ≤ 1，求证：S⊥ = {θ}；

(2) 若| b–a | > 1，求证：S⊥≠ {θ}；

证明：首先直接验证，?c∈ ，S = {e2π i n x| n∈ }是L2[c, c + 1]中的一个正交集．再将其标准化，得到一个规范正交集S1 = {?n(x) = d n e2π i n x| n∈ }．

其中的d n= || e2π i n x|| (n∈ )，并且只与n有关，与c的选择无关．

(1) 当b–a =1时，根据实分析结论有S⊥ = {θ}．

当b–a <1时，若u∈L2[a, b]，且u∈S⊥，

我们将u延拓成[a, a + 1]上的函数v，使得v(x) = 0 (?x∈(b, a + 1])．

则v∈L2[a, a + 1]．

同时把S = {e2π i n x| n∈ }也看成L2[a, a + 1]上的函数集．

那么，在L2[a, a + 1]中，有v∈S⊥．

根据前面的结论，v = θ．

因此，在L2[a, b]中就有u = θ．

故也有S⊥ = {θ}；

(2) 分成两个区间[a, b– 1)和[b– 1, b]来看．

在[a, b– 1)上取定非零函数u(x) = 1 ( ?x∈[a, b– 1) )．

记p n = ?[a, b– 1)u(x)?n(x) dx．

我们再把u看成是[b– 2, b– 1]上的函数(u在[b– 2, a)上去值为0)．

那么p n就是u在L2[b– 2, b– 1]上关于正交集S1 = {?n(x)| n∈ }的Fourier系数．由Bessel不等式，∑n∈ | p n |2 < +∞．

再用Riesz-Fischer定理，在L2[b– 1, b]中，∑n∈ p n ?n收敛．

并且，若令v = -∑n∈ p n ?n，则(v, ?n)= -p n (?n∈ )．

设f : [a, b] → 为：f(x) = u(x) (当x∈[a, b– 1))，f(x) = v(x) (当x∈[b– 1, b])．

则f∈L2[a, b]，f≠θ，

但( f, ?n) = ?[a, b– 1)f(x)?n(x) dx + ?[b– 1, b]f(x)?n(x) dx

= ?[a, b– 1)u(x)?n(x) dx + ?[b– 1, b]v(x)?n(x) dx

= p n -p n = 0，

因此，f∈S1⊥= S⊥，故S⊥≠ {θ}．

1.6.8 设X表示闭单位圆上的解析函数全体，内积定义为

( f, g ) = (1/i)?| z | = 1 ( f(z) ·g(z)* )/z dz( ?f, g∈X )

求证：{ z n/(2π)1/2 }n ≥ 0是一组正交规范集．

证明：( z n/(2π)1/2, z n/(2π)1/2 ) = (1/i)?| z | = 1 ( z n/(2π)1/2 · (z*)n/(2π)1/2 )/z dz

= (1/(2πi))?| z | = 1z n· (z*)n/z dz = (1/(2πi))?| z | = 1 1/z dz = 1．

若n > m，则n- m - 1 ≥ 0，从z n -m - 1而解析．

( z n/(2π)1/2, z m/(2π)1/2 ) = (1/i)?| z | = 1 ( z n/(2π)1/2 · (z*)m/(2π)1/2 )/z dz

= (1/(2πi))?| z | = 1z n· (z*)m/z dz = (1/(2πi))?| z | = 1z n -m - 1dz = 0．

因此，{ z n/(2π)1/2 }n ≥ 0是正交规范集．

1.6.9 设{e n}n∈ ，{ f n}n∈ 是Hilbert空间X的两个正交规范集，满足条件

∑n∈ || e n-f n ||2 < 1．

求证：{e n}和{ f n}两者中一个完备蕴涵另一个完备．

证明：不妨假定{e n}完备．

?x∈{ f n}⊥，我们有( x, f n ) = 0(?n∈ )．

由于{e n}完备，故{e n}是基，因此x = ∑ n∈ (x, e n ) e n．

若x ≠θ，则

|| x ||2 = || ∑ n∈ ( x, e n ) e n ||2 = ∑ n∈ |( x, e n )|2

= ∑ n∈ |( x, e n-f n )|2≤∑ n∈ || x ||2 · ||e n-f n ||2

=|| x ||2 ·∑ n∈ ||e n-f n ||2 < || x ||2，

矛盾，故x = θ．

因此{ f n}也完备．

1.6.10 设X是Hilbert空间，X0是X的闭线性子空间，{e n}, { f n}分别是X0和X0⊥的正交规范基．求证：{e n}?{ f n}是X的正交规范基．

证明：容易验证{e n}?{ f n}是正交规范集，下面只证明{e n}?{ f n}是X的基．

?x∈X，由正交分解定理，存在x关于X0的正交分解

x = y + z，其中y∈X0，z∈X0⊥．

因{e n}, { f n}分别是X0和X0⊥的正交规范基，

故y = ∑ n∈ ( y, e n ) e n，z = ∑ n∈ ( z, f n ) f n．

因z∈X0⊥，故(x, e n) = ( y + z, e n) = ( y, e n) + ( z, e n) = ( y, e n)．

因y∈X0，故(x, f n) = ( y + z, f n) = ( y, f n) + ( z, f n) = ( z, f n)．

故x = y + z = ∑ n∈ ( y, e n ) e n + ∑ n∈ ( z, f n ) f n

= ∑ n∈ ( x, e n ) e n + ∑ n∈ ( x, f n ) f n．

因此{e n}?{ f n}是X的正交规范基．

1.6.11 设D是 中开单位圆域，H2(D)表示在D内满足

?D| u(z)| dxdy < +∞ ( z = x + i y )

的解析函数全体组成的空间．规定内积为(u, v) = ?D u(z) ·v(z)*dxdy．

(1) 如果u(z)的Taylor展开式是u(z) = ∑k≥ 0 b k z k，求证∑k≥ 0 | b k |2/( 1 + k ) < +∞；

(2) 设u(z), v(z)∈H2(D)，并且u(z) = ∑k≥ 0 a k z k，v(z) = ∑k≥ 0 b k z k，求证：

(u, v) = π∑k≥ 0 ( a k ·b k*)/( 1 + k )；

(3) 设u(z)∈H2(D)，求证：| u(z) | ≤ || u ||/(π1/2 ( 1 - | z | ))．

(4) 验证H2(D)是Hilbert空间．

证明：首先，令?k (z) = (( k +1 )/π)1/2 z k ( k≥ 0 )，

则{ ?k }k≥ 0是H2(D)中的正交规范基．

那么，?u(z)∈H2(D)，设u(z) = ∑k≥ 0 a k z k，则?k∈ ，有

(u, ?k) = ?D u(z) ·?k(z)*dxdy

= ?D (∑j≥ 0 a j z j) ·?k(z)*dxdy

= ∑j≥ 0 a j(π/( j +1 ))1/2?D (( j +1 )/π)1/2 z j ·?k(z)*dxdy

= ∑j≥ 0 a j(π/( j +1 ))1/2?D?j(z) ·?k(z)*dxdy

= ∑j≥ 0 a j(π/( j +1 ))1/2 (?j, ?k)

= a k(π/( k +1 ))1/2．

即u(z)的关于正交规范基{ ?k }k≥ 0的Fourier系数为a k(π/( k +1 ))1/2( k≥ 0 )．(1) 如果u(z)的Taylor展开式是u(z) = ∑k≥ 0 b k z k，

则u(z)的Fourier系数为b k(π/( k +1 ))1/2( k≥ 0 )．

由Bessel不等式，∑k≥ 0| b k(π/( k +1 ))1/2|2≤ || u || < +∞，

于是有∑k≥ 0| b k|2/( k +1 ) < +∞．

(2) 设u(z), v(z)∈H2(D)，并且u(z) = ∑k≥ 0 a k z k，v(z) = ∑k≥ 0 b k z k．

则u(z) = ∑k≥ 0 a k(π/( k +1 ))1/2?k (z)，v(z) = ∑j≥ 0 b j(π/( j +1 ))1/2?j (z)，

(u, v) = ( ∑k≥ 0 a k(π/( k +1 ))1/2?k (z), ∑j≥ 0 b j(π/( j +1 ))1/2?j (z) )

= ∑k≥ 0∑j≥ 0 (a k(π/( k +1 ))1/2?k (z), b j(π/( j +1 ))1/2?j (z))

= ∑k≥ 0∑j≥ 0 (a k(π/( k +1 ))1/2 ·b j*(π/( j +1 ))1/2) (?k (z), ?j (z))

= ∑k≥ 0 (a k(π/( k +1 ))1/2 ·b k* (π/( k +1 ))1/2)

= π∑k≥ 0 (a k·b k* )/( k +1 )．

(3) 设u(z)∈H2(D)，且u(z) = ∑k≥ 0 a k z k．

因1/(1 -z) = ∑k≥ 0z k，1/(1 -z)2 = ∑k≥ 0 (k +1) z k，其中| z | < 1．

故当| z | < 1时，有1/(1 - | z | )2 = ∑k≥ 0 (k +1) | z | k．

根据(2)，|| u(z) ||2 = π∑k≥ 0 (a k·a k* )/( k +1 ) = π∑k≥ 0 | a k|2/( k +1 )．

|| u ||2/(1 - | z |)2 = (π∑k≥ 0 | a k|2/( k +1 )) · ( ∑k≥ 0 (k +1) | z | k )

≥ (π∑k≥ 0 | a k|2/( k +1 ) | z | k) · ( ∑k≥ 0 (k +1) | z | k )

≥π ( ∑k≥ 0 ( | a k|/( k +1 )1/2 | z | k/2) · ((k +1)1/2 | z | k/2))2 (Cauchy-Schwarz不等式) = π ( ∑k≥ 0 | a k| · | z | k )2

≥π | ∑k≥ 0a k z k |2 = π | u(z)|2，

故| u(z) | ≤ || u ||/(π1/2 ( 1 - | z | ))．

(4) 先介绍复分析中的Weierstrass定理：若{ f n }是区域U ? 上的解析函数列，且{ f n }在U上内闭一致收敛到f，则f在U上解析．（见龚升《简明复分析》）回到本题．设{ u n }是H2(D)中的基本列．

则?z∈D，由(3)知{ u n(z) }是 中的基本列，因此是收敛列．

设u n(z) →u(z)．

对 中任意闭集F?D，存在0 < r < 1使得F?B(0, r) ?D．

?ε > 0，存在N∈ +，使得?m, n > N，都有|| u n-u m|| < επ1/2 ( 1 -r )．

再由(3)，?z∈F，

| u n(z) -u m(z) | ≤ || u n-u m||/(π1/2 ( 1 - | z | )) ≤ || u n-u m||/(π1/2 ( 1 -r )) < ε．

令m→∞，则| u n(z) -u(z) | ≤ε．

这说明{ u n }在D上内闭一致收敛到u．

由前面所说的Weierstrass定理，u在D上解析．

把{ u n }看成是L2(D)中的基本列，

因L2(D)，故{ u n }是L2(D)中的收敛列．设{ u n }在L2(D)中的收敛于v．

则v必然与u几乎处处相等．即{ u n }在L2(D)中的收敛于u．

因此{ u n }在H2(D)中也是收敛的，且收敛于u．

所以，H2(D)完备．

1.6.12 设X是内积空间，{e n}是X中的正交规范集，求证：

| ∑n≥ 1 (x, e n) · (y, e n)* | ≤ || x || · || y ||(?x, y∈X)．

证明：由Cauchy-Schwarz不等式以及Bessel不等式，?x, y∈X，有

| ∑n≥ 1 (x, e n) · (y, e n)* |2≤ (∑n≥ 1 | (x, e n) |· | (y, e n)* | )2

= (∑n≥ 1 | (x, e n) |· | (y, e n) | )2

≤ (∑n≥ 1 |(x, e n) |2) · (∑n≥ 1 | (y, e n)|2)

≤ || x ||2 · || y ||2．

因此，| ∑n≥ 1 (x, e n) · (y, e n)* | ≤ || x || · || y ||．

1.6.13 设X是内积空间，?x0 ∈X，?r > 0，令C = { x ∈X | || x - x0 || ≤r }．

(1) 求证：C是X中的闭凸集；

(2) ?x∈X，令y = x0 + r (x - x0)/|| x - x0 || (当x ?C )；y = x(当x ∈C )．求证：y是x在C中的最佳逼近元．

证明：(1) 因范数是连续函数，故C = { x ∈X | || x - x0 || ≤r }是闭集．

?x, y∈C，因|| x - x0 || ≤r，|| x - x0 || ≤r }，故?λ∈[0, 1]，

|| (λ x + (1-λ) y ) - x0 || = || λ( x-x0 ) + (1-λ) (y - x0)||

≤ || λ( x-x0 ) + (1-λ) (y - x0)|| ≤λ|| x-x0 || + (1-λ) || y - x0 ||

≤λ r + (1-λ) r = r．

所以，C是X中的闭凸集．

(2) 当x ∈C时，y = x．显然y是x在C中的最佳逼近元．

当x ∈C时，y = x0 + r (x - x0)/|| x - x0 ||．

?z∈C，|| x-y || = || ( x-x0 -r (x - x0)/|| x - x0 ||) ||

= || (1 -r/|| x - x0 ||) (x - x0) || = || x - x0 || -r．

≤ || x - x0 || - || z - x0 || ≤ || x - z||．

因此，y是x在C中的最佳逼近元．

1.6.14 求(a0, a1, a2)∈ 3，使得?[0, 1] | e t-a0 -a1t -a2t2 | 2dt取最小值．

解：即是求e t在span{1, t, t2}中的最佳逼近元(按L2[0, 1]范数)．

将{1, t, t2}正交化为{1, t- 1/2, (t- 1/2)2 - 1/12 } (按L2[0, 1]内积)

再标准化为{?0(t), ?1(t), ?2(t)}，

则所求的a k= (e t, ? k(t)) = ?[0, 1]e t? k(t) dt，k = 0, 1, 2．

1.6.15 设f (x)∈C2[a, b]，满足边界条件f(a) = f (b) = 0，f’(a) =1，f’(b) = 0．

求证：?[a, b] | f’’(x)|2 dx≥ 4/(b-a)．

证明：设g(x) = (x-a) (x-b)2，

则g(a) = g (b) = 0，g’(a) = (b-a)2，g’(b) = 0．

由Cauchy- Schwarz不等式，我们有

(?[a, b] | f’’(x) |2 dx)· (?[a, b] | g’’(x) |2 dx)≥ (?[a, b]f’’(x) ·g’’(x) dx )2．

因g’’(x) = 3x- (a + 2b)，

故?[a, b] | g’’(x) |2 dx = ?[a, b] (3x- (a + 2b))2 dx = (b-a)3；

又?[a, b]f’’(x) ·g’’(x) dx = ?[a, b] (3x- (a + 2b)) ·f’’(x) dx

= ?[a, b] (3x- (a + 2b))d f’(x)

= (3x- (a + 2b)) ·f’(x)| [a, b] - 3?[a, b]f’(x) dx

= 2(b-a)；

故(b-a)3 ·?[a, b] | f’’(x) |2 dx ≥ (2(b-a))2 = 4(b-a)2．

所以?[a, b] | f’’(x)|2 dx≥ 4/(b-a)．

1.6.16 (变分不等式) 设X是一个Hilbert空间，a(x, y)是X上的共轭对称双线性函数，?M > 0，δ> 0，使得δ || x ||2≤a(x, x) ≤M || x ||2 ( ? x ∈ X )．又设u0∈X，C是X中的一个闭凸子集．求证：函数x #a(x, x) - Re(u0, x)在C上达到最小值，并且达到最小值的点x0唯一还满足Re(2a(x0, x -x0) - (u0, x -x0)) ≥ 0( ? x ∈ C )．证明：设f(x)= a(x, x) - Re(u0, x)．

则f(x) = a(x, x) - Re(u0, x) ≥δ || x ||2 - | (u0, x) |

≥δ || x ||2 - || u0 || · || x || ≥- || u0 ||2/(4δ) > -∞．

即f在X上有下界，因而f在C有下确界μ = inf x∈C f(x)．

注意到a(x, y)实际上是X上的一个内积，

记它所诱导的范数为|| x ||a = a(x, x)1/2，则|| · ||a与|| · ||是等价范数．

因此f(x) = a(x, x) - Re(u0, x) = || x ||a2- Re(u0, x)．

设C中的点列{ x n }是一个极小化序列，满足μ≤f(x n ) < μ + 1/n ( ?n∈ + )．

则由平行四边形等式，

|| x n-x m ||a2 = 2(|| x n ||a2 + || x m ||a2 ) - 4|| (x n + x m)/2||a2

= 2( f(x n) + Re(u0, x n) + f(x m) + Re(u0, x m) ) - 4( f((x n + x m)/2) + Re(u0, (x n + x m)/2)) = 2( f(x n) + f(x m)) - 4 f((x n + x m)/2) + 2 Re( (u0, x n) + (u0, x m) - (u0, x n + x m) )

= 2( f(x n) + f(x m)) - 4 f((x n + x m)/2)

≤ 2( μ + 1/n + μ + 1/m ) - 4 μ

= 2(1/n + 1/m) → 0 ( m, n→∞ )．

因此|| x n-x m ||2≤ (1/δ) || x n-x m ||a2→ 0 ( m, n→∞ )．

即{ x n }为X中的基本列．

由于X完备，故{ x n }收敛．设x n→x0 ( n→∞ )．

则|| x n-x0 ||a2≤M || x n-x0 ||2→ 0 ( m, n→∞ )．

而由内积a( · , ·)，( · , ·)的连续性，有

a( x n , x n) →a( x0 , x0 )，且(u0, x n) → (u0, x0)，( n→∞ )．

因此f(x n) = a(x n, x n) - Re(u0, x n) →a(x0, x0) - Re(u0, x0) = f(x0)，( n→∞ )．

由极限的唯一性，f(x0) = μ = inf x∈C f(x)．

至此，我们证明了f在C上有最小值．下面说明最小值点是唯一的．

若x0, y0都是最小值点，则交错的点列{ x0, y0, x0, y0, x0, ... }是极小化序列．

根据前面的证明，这个极小化序列必须是基本列，

因此，必然有x0 = y0．所以最小值点是唯一的．

最后我们要证明最小点x0∈C满足给出的不等式．

?x∈C，?t∈[0, 1]，有x0 + t ( x - x0)∈C，因此有f(x0 + t ( x - x0)) ≥f(x0)．

即|| x0 + t ( x - x0) ||a2- Re(u0, x0 + t ( x - x0)) ≥ || x0 ||a2- Re(u0, x0)．

展开并整理得到t Re ( 2a(x0, x - x0) - (u0, x - x0) ) ≥-t2 || x - x0 ||a2．

故当?t∈(0, 1]，有Re ( 2a(x0, x - x0) - (u0, x - x0) ) ≥-t|| x - x0 ||a2．

令t→ 0就得到Re ( 2a(x0, x - x0) - (u0, x - x0) ) ≥ 0．

[第6节完·第1章完] ???-?±≠≥·?≤≡⊕??αβχδεφγηι?κλμνοπθρστυ?ωξψζ∞??????∏∑??⊥ √§ψ∈???????∠?????§ #?→←↑↓?∨∧??????∑ΓΦΛΩ?