(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 = {ϕn(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}；