泛函分析题16内积空间答案

《泛函分析题16内积空间答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《泛函分析题16内积空间答案（11页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、泛函分析题1.6内积空间答案泛函分析题1_6内积空间p751.6.1 (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, yeX,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, yeX,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

2、(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Ca, b中不可能引进一种内积( , )，使其满足(f, f )1/2 = max a xb| f (x) |(?feCa, b).证明：若Ca, 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

3、上，Ca, 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I f II = II g II = II f + g II = II f-g II = 1， 显然不满足平行四边形等式1.6.3 在 L20, T中，求证函数 x# I ?0, Te- ( T-t)x(t) dp (?xeL20, 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：？xL20, T，若| x | = 1,由 Cauchy-

4、Schwarz 不等式， 有| ?0, Te- ( T-t)x(t) dT|2 (?0, T (e- ( T-T)2dT)(?0, T (X(T)2dT)=?0, T (e- ( Tp)2dT = e- 2T ?0, Te 2TdT= (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入丘，使得x(t)二入e- (T-t).再注意| x | = 1,就有?0, T(入 e- ( T-T)2dT= 1.解出入= (1-e- 2T )/2)- 1/2.故当单位球面上的点 x(t) = (1-e- 2T )/2)-

5、1/2 e- ( T-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丄？M丄. 证明：若xN丄，则?yN,(x, y) = 0 .而 M?N，故?yM,也有(x, y) = 0 .因此xeM丄.所以，N丄？M丄.1.6.5设M是Hilbert空间X中的子集，求证：(M丄)丄二 cl( span M ).证明：?xeM,?yeM丄，总有(x, y) = 0 .故有x丄M丄. 所以,xe( M丄)丄.从而得到M ? ( M丄)丄.因(M丄)丄是线性子空间，所以，span M? ( M丄)丄.又(M丄)丄

6、是闭线性子空间，所以，cl( span M )? ( M丄)丄.(2) ?xe ( M丄)丄，因cl( span M )是乂的闭子空间， 故存在x关于cl( span M )的正交分解x = x1 + x2 ,其中 x1ecl( span M ),x2e(cl( span M )丄， 从 M ? cl( span M ),根据习题 1.6.4 ,我们有(cl( span M )丄？M丄.所以x2eM丄.因xe ( M丄)丄，故?ywM丄，总有(x, y) = 0 .而y丄M蕴含y丄span M.再由内积的连续性，得到y丄cl( span M ).所以，(x2, y) = (x -x1, y)

7、= (x, y) - (x1, y) = 0 .即?yeM 丄，总有(x2, y) = 0 .所以x2e( M丄)丄.故x2eM丄？( M丄)丄，因此(x2, x2) = 0 .这样就得至 U x2 = 0,x = x1 + x2 = x1 + 0 = x1ecl( spa n M ). 所以，(M丄)丄？ 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丄.feE丄，注意到f总可分解为f二g + h，其中g是奇函数，h是 偶函数.因此有0 = ( f, h

8、) = ( 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丄？O.这样就证明了偶函数集E的正交补E丄是奇函数集O.1.6.7 在 L2a, b中，考察函数集 S = e2n in x| ne .若| b-a | 1,求证：SdH 0;证明：首先直接验证，？ce ,S = e2n in x| ne 是 L2c, 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 e2n i n x| ne .其中的d n= | e2n i n刈(ne )，并且只与n有关，与c的选择 无关

9、.(1)当b-a =1时，根据实分析结论有S丄=0.当 b-a 1 时，若 ueL2a, b,且ueS丄，我们将u延拓成a, a + 1上的函数v,使得v(x) = 0 (?xe(b, a + 1).则 veL2a, a + 1.同时把S = e2n in x| ne 也看成L2a, a + 1上的函数集.那么，在L2a, a + 1中，有veS丄.根据前面的结论，v = 0.因此，在L2a, b中就有u = 0.故也有S丄二0；(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)二 1 ( ?xea, b- 1).记 p n = ?a, b- 1

10、)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L2b- 2, b- 1上关于正交集S1 = ?n(x)| ne 的Fourier系数.由BesseI不等式，ne| p n |2 0是一组正交规范集.证明：(z n/(2n)1/2, z n/(2n)1/2 ) = (1/i)?| z | = 1 ( z n/(2n)1/2 (z*)n/(2n)1/2 )/z dz=(1/(2ni)?| z | = 1z n (z*)n/z dz = (1/(2ni)?| z | = 1 1/z dz =1若 n m,则 n- m

11、-1 0,从z n -m - 1 而解析.(z n/(2n)1/2, z m/(2n)1/2 ) = (1/i)?| z | = 1 ( z n/(2n)1/2 (z*)m/(2n)1/2 )/z dz=(1/(2ni)?| z | = 1z n(z*)m/z dz = (1/(2ni)?| z | = 1z n -m - 1dz = 0因此， z n/(2n)1/2 n 0是正交规范集.1.6.9 设e nnw, f nnw是Hilbert空间X的两个正交规范集，满足条件| e n-f n |2 1求证：e门和 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曰 f n丄，

12、我们有(x, f n ) = 0(?ne ).由于e n完备，故e n是基，因此x = J ne(x, e n ) e n.若 x /9,| x |2 = | J ne( x, e n ) e n |2 = J ne|( x, e n )|2= J ne|( x, e n-f n )|2J ne| x |2 |e n-f n |2=| x |2 ! ne|e n-f n |2 | x |2,矛盾，故x = 0.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丄的正交规范基.求证：e n? f n是X的正交规 范基.证明：容易验证

13、e n? f n是正交规范集，下面只证明e n? f n 是X的基.xeX,由正交分解定理，存在x关于X0的正交分解x = y + z,其中 yXO,zwX 0丄.因e n, f n分别是X0和X0丄的正交规范基， 故 y = I nw(y, e n ) e n,z = I nw( z, f n ) f n.因 zwX0丄，故(x, e n) = ( y + 乙 e n) = ( y, e n) + (乙 e n) = ( y, e n).因 ywX0,故(x, f n)二(y + 乙 f n) = ( y, f n) + (乙 f n)二(乙 f n).故 x = y + z = I nw(

14、 y, e n ) e n + I nw( z, f n ) f n= I nw( x, e n ) e n + I nw( 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 0 b k z k,求证Ik 0 | b k |2/( 1 + k ) 0 a k z k,v(z) = Ik 0 b k z k,求证：(u, v) = nlk 0 ( a k b k*)/( 1 + k );(3) 设 u(:z)wH2(D),求证:| u(z) | 0 ),贝M ?k k 0是H2(D冲的正交规范基.那

15、么，？u(z)eH2(D),设 u(z) = Jk 0 a k z k,则?ke，有(u, ?k) = ?D u(z)?k (z) *dxdy=?D (习 0 a j z j)？k(z)*dxdy=习 0 a j(n/( j +1 )1/2?D ( j +1 )/n)1/2 z j ?k(z)*dxdy= j 0 a j(n/( j +1 )1/2?D?j(z)?k(z)*dxdy=j 0 a j(n/( j +1 )1/2 (?j, ?k)=a k(n/( 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(n/( k + 1 )1/2( k 0 ).如

16、果 u(z)的 Taylor展开式是 u(z) = Jk 0 b k z k，则 u(z)的 Fourier 系数为 b k(n/( k +1 )1/2( k 0 ).由 Bessel 不等式,Jk 0| b k(n/( k +1 )1/2|2 | u | 0| b k|2/( k +1 ) 0 a k z k,v(z) = Jk 0 b k z k.则 u(z) = Jk 0 a k(n/( k +1 )1/2?k ,v(z)=习 0 b j(n/( j +1 )1/2?j (z),(u, v) = ( lk 0 a k(n/( k +1 )1/2?k (z), j 0 b j(n/( j

17、+1 )1/2?j (z) )=Ik 0习 0 (a k(n/( k +1 )1/2?k (z), b j(n/(j +1 )1/2?j )=Ik 0习 0 (a k(n/( k +1 )1/2 b j*(n/( j +1 )1/2) (?k (z), ?j (z)=Jk 0 (a k(n/( k +1 )1/2 b k* (n/( k +1 )1/2)=njk 0 (a kb k* )/( k +1 ).(3) 设 u(z)eH2(D),且 u(z) = Jk 0 a k z k.因 1/(1 -z) = Jk 0z k, 1/(1 -z)2 = Jk 0 (k +1) z k,其中| z

18、| 1.故当| z | 0 (k +1) | z | k.根据(2) ,| u(z) |2 = njk 0 (a ka k* )/( k +1 ) = njk 0 | ak|2/( k +1 )II u |2/(1 - | z 1)2 = (nk 0 | a k|2/( k +1 ) (恥 0 (k +1) | z | k ) (njk 0 | a k|2/( k +1 ) | z | k) ( Jk 0 (k +1) | z | k )n ( lk 0 ( | a k|/( k +1 )1/2 | z | k/2) (k +1)1/2 | z | k/2)2 (Cauchy-Schwarz

19、不等式)=n ( Jk 0 | a k| | z | k )2n | Jk 0a k z k |2 = n | u(z)|2,故| u(z) | | u |/(n1/2 ( 1 - | z | ).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 列贝O?zwD,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 0,存在 Ne + ,使得?m, n N,都有| u n-u m

20、| sn1/2 ( 1 -r ).再由(3),?zeF,| u n(z) - u m(z) | | u n -u m|/(n1/2 ( 1 - | z | ) | u n -u m|/(n1/2 ( 1 -r ) s.令 m8,贝山 u n(z) -u(z) | 1 (x, e n) (y, e n)* | 1 (x, e n) (y, e n)* |2 1 | (x, e n)卜 | (y, e n)* | )2=(刃 1 | (x, e n)卜 | (y, e n) | )2 1 |(x, e n) |2) Qn 1 | (y, e n)|2) 1 (x, e n) (y, e n)* |

21、 0,令C = x eX | | x- x0 II r (1) 求证：C是X中的闭凸集；(2) ?xeX, 令 y = x0 + r (x - x0)/| x - x0 | (当 x ?C );y = x(当 x eC ).求证：y是x在C中的最佳逼近元.证明：因范数是连续函数，故C = x eX | | x -x0 | r 是 闭集x, yeC,因| x - x0 | r, | x - x0 | r ，故?Ae0,1, | (A x + (1-入)y ) - x0 | = | 入(x-x0 ) + (1-入)(y - x0)| | A( x-x0 ) + (1-A) (y - x0)| A|

22、 x-x0 | + (1-A) | y - x0 | 入 r + (1-入) r = r所以，C是X中的闭凸集.(2)当x eC时，y = x.显然y是x在C中的最佳逼近元. 当 x eC 时，y = x0 + r (x - x0)/| x - x0 | .zeC,II x-y II = II ( x-x0 -r (x - x0)/II x - x0 II) II= II (1 -r/II x - x0 II) (x - x0) II = II x - x0 II -r. II x- x0 II - II z -x0 II 4/(b-a).证明：设 g(x) = (x-a) (x-b)2 ,则

23、 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, bf(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, bf(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

24、)| a, b - 3?a, bf(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 0,5 0,使得6 | x |2a(x, x) 0( ? x e C ).证明：设f(x)= a(x, x) - Re(u0, x).则 f(x) = a(x, x) - Re(u0, x) 6 | x |2 - | (u0, x) |6 | x |2-|u0 | | x |

25、 -| u0 |2/(46) .即f在X上有下界，因而f在C有下确界p = inf xeC 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(uO, x) = | x |a2- Re(uO, x).设C中的点列 x n是一个极小化序列，满足pf(x n ) p + 1/n (?nw + ).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)

26、+ 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( p + 1/n + p + 1/m )- 4 p=2(1/n + 1/m) 0 ( m, n8 ).因此| x n-x m |2 (1/5) | x n-x m |

27、a2 0 ( m, n8 ).即 x n 为X中的基本列.由于X完备，故 x n 收敛.设x n x0 ( n8 ).贝山| x n-x0 |a2f(xO).即| x0 + t ( x - xO) |a2- Re(uO, x0 + t ( x - xO) | x0 |a2 - Re(u0, x0)展开并整理得到 t Re ( 2a(x0, x - xO) - (uO, x -xO) ) -t2 | x - xO |a2故当?te(O, 1,有 Re ( 2a(xO, x - xO) - (uO, x - xO) ) -t| x - xO |a2令 t O 就得至U Re ( 2a(xO, x - xO) - (uO, x - xO) ) O.第6节完第1章完