泛函分析题1.6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

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 | ( 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 ) 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 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 = ，x = x1 + x2 = x1 + = 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 = {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 = {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)．

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, g X )

求证：{ zn/(2 )1/2 }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/(2 i)) | z | = 1 zn· (z*)n/z dz = (1/(2 i)) | 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/(2 i)) | z | = 1 zn· (z*)m/z dz = (1/(2 i)) | 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：{e …… 此处隐藏：8902字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……