泛函分析题1.6内积空间

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泛函分析题 1_6 内积空间 20070504
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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 x1cl( 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 yspan M． 再由内积的连续性，得到 ycl( 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 x2M ( M ) ，因此(x2, x2) = 0． 这样就得到 x2 = ，x = x1 + x2 = x1 + = x1cl( 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 ． fE ，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 = {e 2 i n x | n }． (1) 若| b – a | 1，求证：S = {}； (2) 若| b – a | > 1，求证：S {}； 证明：首先直接验证，c，S = {e 2 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) = dn e 2 i n x | n }． 其中的 dn = || e 2 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 = {}． 当 b – a <1 时，若 uL2[a, b]，且 uS ， 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 vL2[a, a + 1]．
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由于{en}完备，故{en}是基，因此 x = n (x, en ) en． 若 x ，则 || x ||2 = || n ( x, en ) en ||2 = n | ( x, en ) |2 = n | ( x, en fn ) |2 n || x ||2 · ||en fn ||2 = || x ||2 · n ||en fn ||2 < || x ||2， 矛盾，故 x = ． 因此{ fn}也完备． 1.6.10 设 X 是 Hilbert 空间，X0 是 X 的闭线性子空间，{en}, { fn}分别是 X0 和 X0 的正交规范基．求证：{en}{ fn}是 X 的正交规范基． 证明：容易验证{en}{ fn}是正交规范集，下面只证明{en}{ fn}是 X 的基． xX，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{en}, { fn}分别是 X0 和 X0的正交规范基， 故 y = n ( y, en ) en，z = n ( z, fn ) fn． 因 z X0，故(x, en) = ( y + z, en) = ( y, en) + ( z, en) = ( y, en)． 因 y X0，故(x, fn) = ( y + z, fn) = ( y, fn) + ( z, fn) = ( z, fn)． 故 x = y + z = n ( y, en ) en + n ( z, fn ) fn = n ( x, en ) en + n ( x, fn ) fn． 因此{en}{ fn}是 X 的正交规范基． 1.6.11 设 D 是中开单位圆域，H 2(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)H 2(D)，并且 u(z) = k 0 a k z k，v(z) = k 0 b k z k，求证： (u, v) = k 0 ( a k · b k* )/( 1 + k )； (3) 设 u(z)H 2(D)，求证：| u(z) | || u ||/(1/2 ( 1 | z | ))． (4) 验证 H 2(D)是 Hilbert 空间． 证明：首先，令 k (z) = (( k +1 )/)1/2 z k ( k 0 )， 则{ k }k 0 是 H 2(D)中的正交规范基． 那么，u(z)H 2(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 (/( j +1 ))1/2D (( j +1 )/)1/2 z j · k(z)* dxdy
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同时把 S = {e 2 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 vS ． 根据前面的结论，v = ． 因此，在 L2[a, b]中就有 u = ． 故也有 S = {}； (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 pn = [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 pn 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 | pn |2 < +． 再用 Riesz-Fischer 定理，在 L2[b – 1, b]中，n pn n 收敛． 并且，若令 v = n pn n，则(v, n)= pn ( 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 ， 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 = pn pn = 0， 因此，f S1 = S ，故 S {}． 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, gX ) n 1/2 求证：{ z /(2) }n 0 是一组正交规范集． 证明：( zn/(2)1/2, zn/(2)1/2 ) = (1/i)| z | = 1 ( zn/(2)1/2 · (z*)n/(2)1/2 )/z dz = (1/(2i))| z | = 1 zn· (z*)n/z dz = (1/(2i))| z | = 1 1/z dz = 1． 若 n > m，则 n m 1 0，从 zn m 1 而解析． ( zn/(2)1/2, zm/(2)1/2 ) = (1/i)| z | = 1 ( zn/(2)1/2 · (z*)m/(2)1/2 )/z dz = (1/(2i))| z | = 1 zn· (z*)m/z dz = (1/(2i))| z | = 1 zn m 1 dz = 0． 因此，{ zn/(2)1/2 }n 0 是正交规范集． 1.6.9 设{en}n，{ fn}n是 Hilbert 空间 X 的两个正交规范集，满足条件 n || en fn ||2 < 1． 求证：{en}和{ fn}两者中一个完备蕴涵另一个完备． 证明：不妨假定{en}完备． x{ fn}，我们有( x, fn ) = 0 (n)．
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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, yX，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, yX， 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 1/2 ( f, f ) = 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 ) x( ) d | ( xL2[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：xL2[0, T]，若|| x || = 1，由 Cauchy-Schwarz 不等式，有 | [0, T] e ( T ) x( ) d |2 ([0, T] (e ( T ))2 d ) ([0, T] ( x( ))2 d ) = [0, T] (e ( T ))2 d = e 2T [0, T] e 2 d = (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，使得 x( ) = e ( T )． 再注意|| x || = 1，就有[0, T] ( e ( T ))2 d = 1． 解出 = ((1 e 2T )/2) 1/2． 故当单位球面上的点 x( ) = ((1 e 2T )/2) 1/2 · e ( T )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 证明：若 xN ，则yN，(x, y) = 0． 而 M N，故yM，也有(x, y) = 0． 因此 xM ．所以，N M ． N M ．