泛函分析 03.06 内積空間與Hilbert空間 - 習題課

§3.6内積空間與Hilbert空間習題課 

1.設{x n }為内積空間H中點列,x∈H. 

若∥x n ∥→∥x∥,且對∀y∈H, 

(x n ,y)→(x,y)(n→∞), 

證明:x n →x(n→∞). 

分析:隻需證明∥x n −x∥→0. 

由定理3.1.5,将範數轉化為内積, 

證明用到内積的定義3.1.1. 

證明:因為 

∥x n −x∥ 2 =(x n −x,x n −x) 

=∥x n ∥ 2 −(x n ,x)−(x,x n )+∥x n ∥ 2 ,(3.1.1) 

已知lim n→∞ ∥x n ∥→∥x∥, 

由條件可知, 

lim n→∞ (x n ,x)→(x,x),lim n→∞ (x,x n )→(x,x), 

對(3.1.1)式等号兩邊取極限,我們有 

lim n→∞ ∥x n −x∥ 2 =∥x∥ 2 −(x,x)−(x,x)+∥x∥ 2 =0, 

即lim n→∞ x n =x. 

注: 

因為|∥x n ∥−∥x∥|≤∥x n −x∥, 

是以x n →x(n→∞)⇒∥x n ∥→∥x∥(n→∞), 

反之則不然. 

∵|(x n ,y)−(x,y)|=|(x n −x,y)|≤∥x n −x∥∥y∥, 

∴x n →x(n→∞)⇒(x n ,y)→(x,y)(n→∞), 

反之則不然,即∀y∈H,(x n ,y)→(x,y)(n→∞) 

不能推出{x n }按範數收斂到x. 

例如:我們在l 2 中考慮:取 

x n ={0,⋯,1,0,⋯}(n=1,2,⋯), 

則對任意y={ξ n }∈l 2 , 

(x n ,y)=ξ n →0=(0,y)(n→∞), 

但當m≠n時,∥x n −x m ∥=2  √ , 

{x n }不按範數收斂到0. 

∥x n ∥→∥x∥且對∀y∈H,(x n ,y)→(x,y)這兩個 

條件結合在一起,才可以推出x n →x. 

2.設E n 是n為實線性空間,{e 1 ,e 2 ,⋯,e n }是E n  

的一個基,(α ij )(i,j=1,2,⋯,n)是正定矩陣, 

對x=∑ i=1 n x i e i ∈E n ,y=∑ i=1 n y i e i ∈E n ,定義 

(x,y)=∑ i,j=1 n x i α ij y j ,(3.1.2) 

則(⋅,⋅)是E n 上的一個内積. 

反之,設(⋅,⋅)是E n 上的一個内積,則必存在正定矩陣 

(α ij )使得(3.1.2)成立. 

分析:要證明此題目,首先我們要知道: 

正定矩陣式什麼? 

對稱矩陣A稱為是正定的當且僅當對于任意的非零實 

向量x,都有x T Ax>0,其中x T 稱為向量x的轉置. 

内積是什麼? 

見定義3.1.1. 

即若證明(x,y)是E n 上的内積,隻需證明(x,y)滿 

足内積定義中的4條. 

證明:(1)(x,x)=∑ i,j=1 n x i α ij x j . 

由于(α ij )是正定方陣,故(x,x)≥0, 

且當(x,x)=0時推出x=0. 

(2)(β 1 x+β 2 y,z)=∑ i,j=1 n (β 1 x i +β 2 y i )α ij z j  

=∑ i,j=1 n β 1 x i α ij z j +∑ i,j=1 n β 2 y i α ij z j =β 1 (x,z)+β 2 (y,z). 

(3)因為(α ij )是對稱的,α ij =α ji ,故 

(x,y)=∑ i,j=1 n x i α ij y j =∑ i,j=1 n y i α ji x j  

=∑ i,j=1 n y i α ij x j =(y,x). 

綜上可知,(x,y)是X上内積. 

反之,若(x,y)為X上内積,令α ij =(e i ,e j ), 

對∀x=∑ i=1 n x i e i ∈X, 

0≤(x,x)=(∑ i=1 n x i e i ,∑ i=1 n x j e j )=∑ i,j=1 n x i α ij x j , 

且當x≠0時,∑ i,j=1 n x i α ij x j =(x,x)>0, 

是以(α ij )是正定矩陣. 

問題:在空間E n 中,線性代數中定義的通常内積,對 

應的正定矩陣是什麼? 

3.設M={x|x={ξ n }∈l 2 ,ξ 2n =0,n=1,2,⋯}, 

證明:M是l 2 的閉子空間,且求出M ⊥ . 

分析:注意l 2 表示全體平方可和的數列. 

(1)先證明M是線性子空間. 

(2)再證明M閉,根據定理1.3.11(M是閉集當且僅當 

M中收斂點列的極限屬于M), 

需證對任意{x k }⊆M,如果x k →x(k→∞), 

則推出x∈M. 

(3)M中的元素x形如{ξ 1 ,0,ξ 3 ,0,⋯,ξ 2n−1 ,0,⋯}, 

故我們猜測M ⊥ 中的元素y形如 

{0,η 2 ,0,η 4 ,⋯,0,η 2n ,⋯}. 

證明:(1)顯然M是l 2 的線性子空間. 

(2)下面證M是閉集.如果{x k }⊆M且x k →x, 

其中x k ={ξ (k) n }={ξ (k) 1 ,0,ξ (k) 3 ,0,⋯,ξ (k) 2n−1 ,0,⋯} 

由x k →x可推出其每個分量收斂(按坐标收斂). 

即對于∀n, 

ξ (k) n →ξ n (k→∞). 

因為ξ (k) 2m =0(m=1,2,⋯),是以ξ 2m =0. 

這說明了x∈M,M是l 2 的閉子空間. 

(3)令 

N={y|y={η n }∈l 2 ,η 2n−1 =0,n=1,2,⋅}. 

下面證明M ⊥ =N. 

對于∀y={η n }∈N,∀x={ξ n }∈M,有 

(x,y)=∑ n=1 ∞ ξ n η n  ¯ ¯ ¯  =0, 

進而y∈M ⊥ ,即N⊆M ⊥ . 

反之對于∀y∈M ⊥ ,y={η 1 ,η 2 ,⋯,η n ,⋯}, 

取{x k }⊆M,其中x k ={ξ (k) 1 ,ξ (k) 2 ,⋯,ξ (k) n ,⋯}, 

滿足 

ξ (k) n ={1,n=2k−1;0,n≠2k=1,  

因為0=(y,x k )=∑ n=1 ∞ η n ξ ¯  (k) n =η 2k−1 (k=1,2,⋯) 

是以y∈N,即M ⊥ ⊆N. 

∴M ⊥ ={x|x={ξ n }∈l 2 ,ξ 2n−1 =0,n=1,2,⋯}. 

4.在C[−1,1]=X中.令 

(1)M 1 ={f∈X|f(x)=0,−1≤x<0}; 

(2)M 2 ={f∈X|f(0)=0}. 

計算M 1 ,M 2 在X中關于内積 

(f,g)=∫ 1 −1 f(x)g(x) ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯  dx 

的正交補. 

分析:此題用到正交補集的定義3.2.5. 

解:(1) 

M ⊥ 1 ={g∈X|∫ 1 −1 fg ¯ dx=0,∀f∈M 1 } 

={g∈X|∫ 0 −1 fg ¯ dx+∫ 1 0 fg ¯ dx=0,∀f∈M 1 } 

={g∈X|∫ 1 0 fg ¯ dx=0,∀f∈M 1 } 

={g∈X|g(x)=0,1≥x>0} 

(2) 

M ⊥ 2 ={g∈X|∫ 1 −1 fg ¯ dx=0,∀f∈M 2 } 

即對任意的f(x)∈X且f(0)=0,都有 

∫ 1 −1 fg ¯ dx=0. 

任取f(x)∈X,且f(x)=0,−1≤x≤0, 

由(1)可推知g(x)=0,0≤x≤1. 

同理,任取f(x)∈X,且f(x)=0,0≤x≤1, 

類似于(1),徑計算可得g(x)=0,−1≤x≤0. 

綜上可得 

M ⊥ 2 ={g(x)≡0,x∈[−1,1]}. 

注:M ⊥ 2 ={0},說明M 2 在C[−1,1]中是稠密的. 

習題3、習題4直覺地給出了正交補集中元素的特征. 

5.設X是内積空間,A⊂X.證明A ⊥ =A ¯ ¯ ¯   ⊥ . 

分析:此題用到正交補集的定義3.2.5, 

正交補集的性質(定理3.2.6), 

閉包的定義以及一個點y屬于A的閉包的充要條件: 

存在{y n }⊂A,且y n →y(n→∞). 

注:命題顯示A和A ¯ ¯ ¯  的正交補集相等. 

證明:因為A⊂A ¯ ¯ ¯  ,根據定理3.2.6(5),有A ⊥ ⊃A ¯ ¯ ¯   ⊥ . 

反之,對x∈A ⊥ ,要證明x∈A ¯ ¯ ¯   ⊥ , 

即對于任意的y∈A ¯ ¯ ¯  ,要證明(x,y)=0. 

根據一個點y屬于A的閉包的充要條件, 

存在{y n }⊂A,且y n →y(n→∞). 

由内積的連續性,有: 

(x,y)=(x,lim n→∞ y n )=lim n→∞ (x,y n )=0, 

進而 

x∈(A ¯ ¯ ¯  )⇒A ⊥ ⊂(A ¯ ¯ ¯  ) ⊥ . 

綜上即得 

A ⊥ =(A ¯ ¯ ¯  ) ⊥ . 

6.設{e α }(α∈I)是内積空間H中的标準正交系.證明 

對于每個x∈H,x關于這個标準正交系的Fourier 

系數{(x,e α )|α∈I}中最多有可數個不為零. 

分析:本題的證明思路如下: 

(1)注意到:{a||a|>0}=⋃ n=1 ∞ {a||a|>1n } 

(把一個集合分成可數多個集合的并集); 

(2)通過貝塞爾不等式(3.3.4),證明 

F n ={e α ||(x,e α )|>1n ,α∈I}是有限集; 

(3)由于可數個至多可數集的并集還是可數集,推出 

F={e α ||(x,e α )|>0,α∈I}=⋃ n=1 ∞ F n  

是可數集; 

證明:∀x∈X,不妨設x≠0,令 

F={e α |(x,e α )≠0,α∈I} 

={e α ||(x,e α )|>0,α∈I} 

進一步我們有 

F=⋃ n=1 ∞ {e α |(x,e α )|>1n ,α∈I} 

記F n ={e α ||(x,e α )|>1n ,α∈I}, 

顯然F n 的個數不會超過N=n 2 [∥x∥ 2 +1|([⋅]表示一 

個數的整數部分),即F n 的個數有限. 

假若不然,有e i 1  ,e i 2  ,⋯,e i N  滿足 

|(x,e i k  )|>1n ,k=1,2,⋯,N, 

則 

∑ k=1 N |(x,e i k  )| 2 >N⋅1n 2  ≥∥x∥ 2 , 

與貝塞爾不等式 

∑ k=1 N |(x,e i k  )| 2 ≤∥x∥ 2 , 

沖突. 

由于可數個至多可數集合的并集是可數的,知 

F=⋃ n=1 ∞ F n 是可數集. 

注:内積空間(可分或者不可分的)中的任何一個元素x 

的Fourier系數(x,e α )不等于零的個數是可數的. 

7.設A={e k }是内積空間X中的标準正交系.證明對 

∀x,y∈X,有 

∑ k=1 ∞ |(x,e k )(y,e k )|≤∥x∥∥y∥(3.1.3) 

分析:本題中用到離散的Ho ¨ lder不等式和貝塞爾不等式(3.3.4). 

Ho ¨ lder不等式:設{ξ k }∈l p 和{η k }∈l q (這裡p,q是正數且1p +1q =1),則 

∑ k=1 ∞ |ξ k η k |≤(∑ k=1 ∞ |ξ k | p ) 1p  (∑ k=1 ∞ |η k | q ) 1q   

證明:由于A={e k }是内積空間X中的标準正交系. 

故結合Ho ¨ lder不等式和Bessel不等式得 

∑ n=1 ∞ |(x,e n )(y,e n )|≤[∑ n=1 ∞ |(x,e n )| 2 ] 12  [∑ n=1 ∞ |(y,e n )| 2 ] 12   

≤∥x∥y∥ 

注:因為 

∑ n=1 ∞ |(x,e n )| 2 ≤∥x∥ 2 ,∑ n=1 ∞ |(y,e n )| 2 ≤∥y∥ 2 . 

把(3.1.3)式與Schwarz不等式 

|(x,y)|<∥x∥∥y∥ 

相對照. 

8.設H為Hilbert空間,{e k },{e ′ k }是H中的兩個 

标準正交基,并且∑ k=1 ∞ ∥e k −e ′ k ∥ 2 <1. 

證明:如果{e k },{e ′ k }中之一是完備的,則另一個也是 

完備的. 

分析:本題中用到完備的定義3.4.6 

以及完備的等價性條件(定理3.4.7(1)). 

證明:已知{e k }完備,要證明{e ′ k 也完備. 

假若{e ′ k }不完備,根據定理3.4.7(1) 

則存在非零元素x 0 ∈H,使得 

x 0 ⊥e ′ k ,k=1,2,⋯ 

又由{e k }是完備的,根據完備的定義,有 

∥x 0 ∥ 2 =∑ k=1 ∞ |(x 0 ,e k )| 2 . 

由于(x 0 ,e ′ k )=0,k=1,2,⋯,結合條件我們有: 

∥x 0 ∥ 2 =∑ k=1 ∞ |(x 0 ,e k )| 2 =∑ k=1 ∞ |(x 0 ,e k )−(x 0 ,e ′ k )| 2  

=∑ k=1 ∞ |(x 0 ,e k −e ′ k )| 2 ≤∥x 0 ∥ 2 ∑ k=1 ∞ ∥e k −e ′ k ∥ 2  

<∥x 0 ∥ 2 , 

導出沖突,故{e ′ k }也完備.