泛函分析题16内积空间答案

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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

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( 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 +8 ( z = x + i y )的解析

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