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泛函分析题1_6内积空间p75
(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)+iq(x+iy)iq(xiy)).
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iy代替上式中的y,有
q(x+iy)q(xiy)=2(a(x,iy)+a(iy,x))
=2(ia(x,y)+ia(y,x)),
将上式两边乘以i,得到
iq(x+iy)iq(xiy)=2(a(x,y)a(y,x)),
将它与第一式相加即可得到极化恒等式.
[a,b]中不可能引进一种内积(·,·),使其满足
1/2
(f,f)=maxa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.
2(T)2
[0,T]中,求证函数x|[0,T]ex()d|(xL[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
(T)2(T)22
|[0,T]ex()d|([0,T](e)d)([0,T](x())d)
(T)22T22T
=[0,T](e)d=e[0,T]ed=(1e)/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).
(T)2
再注意||x||=1,就有[0,T](e)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.
,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
泛函分析题1_6内积空间20070504
,求证:(M)=cl(spanM).
证明:(1)xM,yM,总有(x,y)=M.
所以,x(M).从而得到M(M).
因(M)是线性子空间,所以,spanM(M).
又(M)是闭线性子空间,所以,cl(spanM)(M).
(2)x(M),因cl(spanM)是X的闭子空间,
故存在x关于cl(spanM)的正交分解

x=x1+x2,其中x1cl(spanM),x2(cl(spanM)),
从Mcl(spanM),,我们有(cl(spanM))M.

所以x2M.
因x(M),故yM,总有(x,y)=0.
而yM蕴含yspanM.
再由内积的连续性,得到ycl(spanM).
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=,x=x1+x2=x1+=x1cl(spanM).
所以,(M)cl(spanM).
[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,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).
=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.
[a,b]中,考察函数集S={e2inx|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={e2inx|n}是L2[c,c+1]中的一个正交集.
2inx
再将其标准化,得到一个规范正交集S1={n(x)=dne|n}.
2inx
其中的dn=||e||(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].
2
泛函分析题1_6内积空间20070504
同时把S={e2inx|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=.
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).
2
那么pn就是u在L[b–2,b–1]上关于正交集S1={n(x)|n}的Fourier系数.
2
由Bessel不等式,n|pn|<+.
2
再用Riesz-Fischer定理,在L[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{}.
,内积定义为
*
(f,g)=(1/i)|z|=1(f(z)·g(z))/zdz(f,gX)
n1/2
求证:{z/(2)}n0是一组正交规范集.
n1/2n1/2n1/2*n1/2
证明:(z/(2),z/(2))=(1/i)|z|=1(z/(2)·(z)/(2))/zdz
n*n
=(1/(2i))|z|=1z·(z)/zdz=(1/(2i))|z|=11/zdz=1.
若n>m,则nm10,从znm1而解析.
n1/2m1/2n1/2*m1/2
(z/(2),z/(2))=(1/i)|z|=1(z/(2)·(z)/(2))/zdz
n*mnm1
=(1/(2i))|z|=1z·(z)/zdz=(1/(2i))|z|=1zdz=0.
n1/2
因此,{z/(2)}n0是正交规范集.
{en}n,{fn}n是Hilbert空间X的两个正交规范集,满足条件
2
n||enfn||<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).
3
泛函分析题1_6内积空间20070504
由于{en}完备,故{en}是基,因此x=n(x,en)en.
若x,则
222
||x||=||n(x,en)en||=n|(x,en)|
222
=n|(x,enfn)|n||x||·||enfn||
222
=||x||·n||enfn||<||x||,
矛盾,故x=.
因此{fn}也完备.

,X0是X的闭线性子空间,{en},{fn}分别是X0和X0
:{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.
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{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.
中开单位圆域,H2(D)表示在D内满足
D|u(z)|dxdy<+(z=x+iy)
*
(u,v)=Du(z)·v(z)dxdy.
k2
(1)如果u(z)的Taylor展开式是u(z)=k0bkz,求证k0|bk|/(1+k)<+;
2kk
(2)设u(z),v(z)H(D),并且u(z)=k0akz,v(z)=k0bkz,求证:
*
(u,v)=k0(ak·bk)/(1+k);
(3)设u(z)H2(D),求证:|u(z)|||u||/(1/2(1|z|)).
(4)验证H2(D)是Hilbert空间.
1/2k
证明:首先,令k(z)=((k+1)/)z(k0),
2
则{k}k0是H(D)中的正交规范基.
2k
那么,u(z)H(D),设u(z)=k0akz,则k,有
*
(u,k)=Du(z)·k(z)dxdy
j*
=D(j0ajz)·k(z)dxdy
1/21/2j*
=j0aj(/(j+1))D((j+1)/)z·k(z)dxdy
4
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1/2*
=j0aj(/(j+1))Dj(z)·k(z)dxdy
1/2
=j0aj(/(j+1))(j,k)
1/2
=ak(/(k+1)).
1/2
即u(z)的关于正交规范基{k}k0的Fourier系数为ak(/(k+1))(k0).
k
(1)如果u(z)的Taylor展开式是u(z)=k0bkz,
1/2
则u(z)的Fourier系数为bk(/(k+1))(k0).
1/22
由Bessel不等式,k0|bk(/(k+1))|||u||<+,
2
于是有k0|bk|/(k+1)<+.
2kk
(2)设u(z),v(z)H(D),并且u(z)=k0akz,v(z)=k0bkz.
1/21/2
则u(z)=k0ak(/(k+1))k(z),v(z)=j0bj(/(j+1))j(z),
1/21/2
(u,v)=(k0ak(/(k+1))k(z),j0bj(/(j+1))j(z))
1/21/2
=k0j0(ak(/(k+1))k(z),bj(/(j+1))j(z))
1/2*1/2
=k0j0(ak(/(k+1))·bj(/(j+1)))(k(z),j(z))
1/2*1/2
=k0(ak(/(k+1))·bk(/(k+1)))
*
=k0(ak·bk)/(k+1).
2k
(3)设u(z)H(D),且u(z)=k0akz.
k2k
因1/(1z)=k0z,1/(1z)=k0(k+1)z,其中|z|<1.
2k
故当|z|<1时,有1/(1|z|)=k0(k+1)|z|.
2*2
根据(2),||u(z)||=k0(ak·ak)/(k+1)=k0|ak|/(k+1).
222k
||u||/(1|z|)=(k0|ak|/(k+1))·(k0(k+1)|z|)
2kk
(k0|ak|/(k+1)|z|)·(k0(k+1)|z|)
1/2k/21/2k/22
(k0(|ak|/(k+1)|z|)·((k+1)|z|))(Cauchy-Schwarz不等式)
k2
=(k0|ak|·|z|)
k22
|k0akz|=|u(z)|,
故|u(z)|||u||/(1/2(1|z|)).
(4)先介绍复分析中的Weierstrass定理:若{fn}是区域U上的解析函数列,
且{fn}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》)
2
{un}是H(D)中的基本列.
则zD,由(3)知{un(z)}是中的基本列,因此是收敛列.
设un(z)u(z).
对中任意闭集FD,存在0<r<1使得FB(0,r)D.
1/2
>0,存在N+,使得m,n>N,都有||unum||<(1r).
再由(3),zF,
1/21/2
|un(z)um(z)|||unum||/((1|z|))||unum||/((1r))<.
令m,则|un(z)u(z)|.
这说明{un}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.
2
把{un}看成是L(D)中的基本列,
222
因L(D),故{un}是L(D){un}在L(D)中的收敛于v.
2
{un}在L(D)中的收敛于u.
5
泛函分析题1_6内积空间20070504
2
因此{un}在H(D)中也是收敛的,且收敛于u.
所以,H2(D)完备.
,{en}是X中的正交规范集,求证:
*
|n1(x,en)·(y,en)|||x||·||y||(x,yX).
证明:由Cauchy-Schwarz不等式以及Bessel不等式,x,yX,有
*2*2
|n1(x,en)·(y,en)|(n1|(x,en)|·|(y,en)|)
2
=(n1|(x,en)|·|(y,en)|)
22
(n1|(x,en)|)·(n1|(y,en)|)
||x||2·||y||2.
*
因此,|n1(x,en)·(y,en)|||x||·||y||.
,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[0,1],
||(x+(1)y)x0||=||(xx0)+(1)(yx0)||
||(xx0)+(1)(yx0)||||xx0||+(1)||yx0||
r+(1)r=r.
所以,C是X中的闭凸集.
(2)当xC时,y=.
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.
3t22
(a0,a1,a2),使得[0,1]|ea0a1ta2t|dt取最小值.
解:即是求et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)},
tt
则所求的ak=(e,k(t))=[0,1]ek(t)dt,k=0,1,2.
(x)C2[a,b],满足边界条件f(a)=f(b)=0,f’(a)=1,f’(b)=0.
2
求证:[a,b]|f’’(x)|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
222
([a,b]|f’’(x)|dx)·([a,b]|g’’(x)|dx)([a,b]f’’(x)·g’’(x)dx).
因g’’(x)=3x(a+2b),
223
故[a,b]|g’’(x)|dx=[a,b](3x(a+2b))dx=(ba);
6
泛函分析题1_6内积空间20070504
又[a,b]f’’(x)·g’’(x)dx=[a,b](3x(a+2b))·f’’(x)dx
=[a,b](3x(a+2b))df’(x)
=(3x(a+2b))·f’(x)|[a,b]3[a,b]f’(x)dx
=2(ba);
3222
故(ba)·[a,b]|f’’(x)|dx(2(ba))=4(ba).
2
所以[a,b]|f’’(x)|dx4/(ba).
(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
22
数,M>0,>0,使得||x||a(x,x)M||x||(xX).又设u0X,C是
: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).
2
则f(x)=a(x,x)Re(u0,x)||x|||(u0,x)|
22
||x||||u0||·||x||||u0||/(4)>.
即f在X上有下界,因而f在C有下确界=infxCf(x).
注意到a(x,y)实际上是X上的一个内积,
1/2
记它所诱导的范数为||x||a=a(x,x),则||·||a与||·||是等价范数.
2
因此f(x)=a(x,x)Re(u0,x)=||x||aRe(u0,x).
+
设C中的点列{xn}是一个极小化序列,满足f(xn)<+1/n(n).
则由平行四边形等式,
2222
||xnxm||a=2(||xn||a+||xm||a)4||(xn+xm)/2||a
=2(f(xn)+Re(u0,xn)+f(xm)+Re(u0,xm))4(f((xn+xm)/2)+Re(u0,(xn+xm)/2))
=2(f(xn)+f(xm))4f((xn+xm)/2)+2Re((u0,xn)+(u0,xm)(u0,xn+xm))
=2(f(xn)+f(xm))4f((xn+xm)/2)
2(+1/n++1/m)4
=2(1/n+1/m)0(m,n).
22
因此||xnxm||(1/)||xnxm||a0(m,n).
即{xn}为X中的基本列.
由于X完备,故{xn}x0(n).
22
则||xnx0||aM||xnx0||0(m,n).
而由内积a(·,·),(·,·)的连续性,有
a(xn,xn)a(x0,x0),且(u0,xn)(u0,x0),(n).
因此f(xn)=a(xn,xn)Re(u0,xn)a(x0,x0)Re(u0,x0)=f(x0),(n).
由极限的唯一性,f(x0)==infxCf(x).
至此,.
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=.
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).
22
即||x0+t(xx0)||aRe(u0,x0+t(xx0))||x0||aRe(u0,x0).
22
展开并整理得到tRe(2a(x0,xx0)(u0,xx0))t||xx0||a.
2
故当t(0,1],有Re(2a(x0,xx0)(u0,xx0))t||xx0||a.
7
泛函分析题1_6内积空间20070504
令t0就得到Re(2a(x0,xx0)(u0,xx0))0.
[第6节完·第1章完]
8