泛函分析 03.06 内积空间与Hilbert空间 - 习题课

§3.6内积空间与Hilbert空间习题课 

1.设{x n }为内积空间H中点列,x∈H. 

若∥x n ∥→∥x∥,且对∀y∈H, 

(x n ,y)→(x,y)(n→∞), 

证明:x n →x(n→∞). 

分析:只需证明∥x n −x∥→0. 

由定理3.1.5,将范数转化为内积, 

证明用到内积的定义3.1.1. 

证明:因为 

∥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∥, 

由条件可知, 

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

对(3.1.1)式等号两边取极限,我们有 

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

即lim n→∞ x n =x. 

注: 

因为|∥x n ∥−∥x∥|≤∥x n −x∥, 

所以x n →x(n→∞)⇒∥x n ∥→∥x∥(n→∞), 

反之则不然. 

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

∴x n →x(n→∞)⇒(x n ,y)→(x,y)(n→∞), 

反之则不然,即∀y∈H,(x n ,y)→(x,y)(n→∞) 

不能推出{x n }按范数收敛到x. 

例如:我们在l 2 中考虑:取 

x n ={0,⋯,1,0,⋯}(n=1,2,⋯), 

则对任意y={ξ n }∈l 2 , 

(x n ,y)=ξ n →0=(0,y)(n→∞), 

但当m≠n时,∥x n −x m ∥=2  √ , 

{x n }不按范数收敛到0. 

∥x n ∥→∥x∥且对∀y∈H,(x n ,y)→(x,y)这两个 

条件结合在一起,才可以推出x n →x. 

2.设E n 是n为实线性空间,{e 1 ,e 2 ,⋯,e n }是E n  

的一个基,(α ij )(i,j=1,2,⋯,n)是正定矩阵, 

对x=∑ i=1 n x i e i ∈E n ,y=∑ i=1 n y i e i ∈E n ,定义 

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

则(⋅,⋅)是E n 上的一个内积. 

反之,设(⋅,⋅)是E n 上的一个内积,则必存在正定矩阵 

(α ij )使得(3.1.2)成立. 

分析:要证明此题目,首先我们要知道: 

正定矩阵式什么? 

对称矩阵A称为是正定的当且仅当对于任意的非零实 

向量x,都有x T Ax>0,其中x T 称为向量x的转置. 

内积是什么? 

见定义3.1.1. 

即若证明(x,y)是E n 上的内积,只需证明(x,y)满 

足内积定义中的4条. 

证明:(1)(x,x)=∑ i,j=1 n x i α ij x j . 

由于(α ij )是正定方阵,故(x,x)≥0, 

且当(x,x)=0时推出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)因为(α ij )是对称的,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). 

综上可知,(x,y)是X上内积. 

反之,若(x,y)为X上内积,令α ij =(e i ,e j ), 

对∀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 , 

且当x≠0时,∑ i,j=1 n x i α ij x j =(x,x)>0, 

所以(α ij )是正定矩阵. 

问题:在空间E n 中,线性代数中定义的通常内积,对 

应的正定矩阵是什么? 

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

证明:M是l 2 的闭子空间,且求出M ⊥ . 

分析:注意l 2 表示全体平方可和的数列. 

(1)先证明M是线性子空间. 

(2)再证明M闭,根据定理1.3.11(M是闭集当且仅当 

M中收敛点列的极限属于M), 

需证对任意{x k }⊆M,如果x k →x(k→∞), 

则推出x∈M. 

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

故我们猜测M ⊥ 中的元素y形如 

{0,η 2 ,0,η 4 ,⋯,0,η 2n ,⋯}. 

证明:(1)显然M是l 2 的线性子空间. 

(2)下面证M是闭集.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可推出其每个分量收敛(按坐标收敛). 

即对于∀n, 

ξ (k) n →ξ n (k→∞). 

因为ξ (k) 2m =0(m=1,2,⋯),所以ξ 2m =0. 

这说明了x∈M,M是l 2 的闭子空间. 

(3)令 

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

下面证明M ⊥ =N. 

对于∀y={η n }∈N,∀x={ξ n }∈M,有 

(x,y)=∑ n=1 ∞ ξ n η n  ¯ ¯ ¯  =0, 

从而y∈M ⊥ ,即N⊆M ⊥ . 

反之对于∀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 ,⋯}, 

满足 

ξ (k) n ={1,n=2k−1;0,n≠2k=1,  

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

因此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}. 

计算M 1 ,M 2 在X中关于内积 

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

的正交补. 

分析:此题用到正交补集的定义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 } 

即对任意的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, 

类似于(1),径计算可得g(x)=0,−1≤x≤0. 

综上可得 

M ⊥ 2 ={g(x)≡0,x∈[−1,1]}. 

注:M ⊥ 2 ={0},说明M 2 在C[−1,1]中是稠密的. 

习题3、习题4直观地给出了正交补集中元素的特征. 

5.设X是内积空间,A⊂X.证明A ⊥ =A ¯ ¯ ¯   ⊥ . 

分析:此题用到正交补集的定义3.2.5, 

正交补集的性质(定理3.2.6), 

闭包的定义以及一个点y属于A的闭包的充要条件: 

存在{y n }⊂A,且y n →y(n→∞). 

注:命题显示A和A ¯ ¯ ¯  的正交补集相等. 

证明:因为A⊂A ¯ ¯ ¯  ,根据定理3.2.6(5),有A ⊥ ⊃A ¯ ¯ ¯   ⊥ . 

反之,对x∈A ⊥ ,要证明x∈A ¯ ¯ ¯   ⊥ , 

即对于任意的y∈A ¯ ¯ ¯  ,要证明(x,y)=0. 

根据一个点y属于A的闭包的充要条件, 

存在{y n }⊂A,且y n →y(n→∞). 

由内积的连续性,有: 

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

从而 

x∈(A ¯ ¯ ¯  )⇒A ⊥ ⊂(A ¯ ¯ ¯  ) ⊥ . 

综上即得 

A ⊥ =(A ¯ ¯ ¯  ) ⊥ . 

6.设{e α }(α∈I)是内积空间H中的标准正交系.证明 

对于每个x∈H,x关于这个标准正交系的Fourier 

系数{(x,e α )|α∈I}中最多有可数个不为零. 

分析:本题的证明思路如下: 

(1)注意到:{a||a|>0}=⋃ n=1 ∞ {a||a|>1n } 

(把一个集合分成可数多个集合的并集); 

(2)通过贝塞尔不等式(3.3.4),证明 

F n ={e α ||(x,e α )|>1n ,α∈I}是有限集; 

(3)由于可数个至多可数集的并集还是可数集,推出 

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

是可数集; 

证明:∀x∈X,不妨设x≠0,令 

F={e α |(x,e α )≠0,α∈I} 

={e α ||(x,e α )|>0,α∈I} 

进一步我们有 

F=⋃ n=1 ∞ {e α |(x,e α )|>1n ,α∈I} 

记F n ={e α ||(x,e α )|>1n ,α∈I}, 

显然F n 的个数不会超过N=n 2 [∥x∥ 2 +1|([⋅]表示一 

个数的整数部分),即F n 的个数有限. 

假若不然,有e i 1  ,e i 2  ,⋯,e i N  满足 

|(x,e i k  )|>1n ,k=1,2,⋯,N, 

则 

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

与贝塞尔不等式 

∑ k=1 N |(x,e i k  )| 2 ≤∥x∥ 2 , 

矛盾. 

由于可数个至多可数集合的并集是可数的,知 

F=⋃ n=1 ∞ F n 是可数集. 

注:内积空间(可分或者不可分的)中的任何一个元素x 

的Fourier系数(x,e α )不等于零的个数是可数的. 

7.设A={e k }是内积空间X中的标准正交系.证明对 

∀x,y∈X,有 

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

分析:本题中用到离散的Ho ¨ lder不等式和贝塞尔不等式(3.3.4). 

Ho ¨ lder不等式:设{ξ k }∈l p 和{η k }∈l q (这里p,q是正数且1p +1q =1),则 

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

证明:由于A={e k }是内积空间X中的标准正交系. 

故结合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:因为 

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

把(3.1.3)式与Schwarz不等式 

|(x,y)|<∥x∥∥y∥ 

相对照. 

8.设H为Hilbert空间,{e k },{e ′ k }是H中的两个 

标准正交基,并且∑ k=1 ∞ ∥e k −e ′ k ∥ 2 <1. 

证明:如果{e k },{e ′ k }中之一是完备的,则另一个也是 

完备的. 

分析:本题中用到完备的定义3.4.6 

以及完备的等价性条件(定理3.4.7(1)). 

证明:已知{e k }完备,要证明{e ′ k 也完备. 

假若{e ′ k }不完备,根据定理3.4.7(1) 

则存在非零元素x 0 ∈H,使得 

x 0 ⊥e ′ k ,k=1,2,⋯ 

又由{e k }是完备的,根据完备的定义,有 

∥x 0 ∥ 2 =∑ k=1 ∞ |(x 0 ,e k )| 2 . 

由于(x 0 ,e ′ k )=0,k=1,2,⋯,结合条件我们有: 

∥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 , 

导出矛盾,故{e ′ k }也完备.