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1、泛函分析题1_6内积空间20070504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, yX，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, yX，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、)= 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Ca, b中不可能引进一种内积( , )，使其满足( f, f )1/2 = max a x b | f (x) |( f Ca, b )证明：若Ca, b中范数| |是可由某内积( ,
3、)诱导出的，则范数| |应满足平行四边形等式而事实上，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| f | = | g | = | f + g | = | f g | = 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 # | 0, T e - ( T - t ) x(t ) dt | ( xL20, 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
4、| = 1，由Cauchy-Schwarz不等式，有| 0, T e - ( T - t ) x(t ) dt |2 (0, T (e - ( T - t )2 dt ) (0, T ( x(t )2 dt )= 0, T (e - ( T - t )2 dt = e - 2T 0, T e 2t dt = (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lR，使得x(t ) = l e - ( T - t )再注意| x | = 1，就有0, T (l e - ( T - t )2 dt = 1解出l =
5、(1- e - 2T )/2) - 1/2故当单位球面上的点x(t ) = (1- e - 2T )/2) - 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)1/21.6.4 设M, N是内积空间中的两个子集，求证：M N N M 证明：若xN ，则yN，(x, y) = 0而M N，故yM，也有(x, y) = 0因此xM 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 )
6、 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x1cl( 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yspan M再由内积的连续性，得到ycl( span M )所以，(x2, y) =
7、 (x - x1, y) = (x, y) - (x1, y) = 0即y M ，总有(x2, y) = 0所以x2( M ) 故x2M ( M ) ，因此(x2, x2) = 0这样就得到x2 = q，x = x1 + x2 = x1 + q = x1cl( 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 fE ，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)
8、= ( 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O1.6.7 在L2a, b中，考察函数集S = e 2p i n x | nZ (1) 若| b a | 1，求证：S = q；(2) 若| b a | 1，求证：S q；证明：首先直接验证，cR，S = e 2p i n x | nZ 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 = jn(x) = dn e 2p i n x | nZ 其中的dn = | e 2p i n x | (nZ)，并且只与n有关，与c
9、的选择无关(1) 当b a =1时，根据实分析结论有S = q当b a 1时，若uL2a, b，且uS ，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vL2a, a + 1同时把S = e 2p i n x | nZ 也看成L2a, a + 1上的函数集那么，在L2a, a + 1中，有vS 根据前面的结论，v = q因此，在L2a, b中就有u = q故也有S = q；(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 ( xa, b 1) )记pn = a, b 1) u(x)jn(x) dx我们
10、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L2b 2, b 1上关于正交集S1 = jn(x) | nZ 的Fourier系数由Bessel不等式，nZ | pn |2 m，则n - m - 1 0，从zn - m - 1而解析( zn/(2p)1/2, zm/(2p)1/2 ) = (1/i)| z | = 1 ( zn/(2p)1/2 (z*)m/(2p)1/2 )/z dz= (1/(2pi)| z | = 1 zn (z*)m/z dz = (1/(2pi)| z | = 1 zn - m - 1 dz = 0因此， zn/(2p)1/2 n
11、0是正交规范集1.6.9 设ennN， fnnN是Hilbert空间X的两个正交规范集，满足条件nN | en - fn |2 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(nN)由于en完备，故en是基，因此x = nN (x, en ) en若x q，则| x |2 = | nN ( x, en ) en |2 = nN | ( x, en ) |2 = nN | ( x, en - fn ) |2 nN | x |2 |en - fn |2 = | x |2 nN |en - fn |2 | x |2，矛盾，故x = q因此 fn也完备1.6.10 设X是Hilbert空间，X0是X的闭线性子空间，en, fn分别是X0和X0的正交规范基求证：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xX，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 = nN ( y, en ) en，z = nN ( z, fn ) fn 因z X0，故(x, en) = ( y + z, en) = (
