张恭庆编《泛函分析讲义》第二章第2节 $Riesz$ 定理及其应用习题解答

在本节中, $\scrH$ 均指 $Hilbert$ 空间.

1.在极大闭子空间的交的最佳逼近元

设 $f_1,f_2,\cdots,f_n$ 是 $\scrH$ 上的一组线性有界泛函, $$\bex M=\cap_{k=1}^n N(f_k), \eex$$ 其中 $$\bex N(f_k)=\sed{x\in \scrH;\ f_k(x)=0}\ (\forall\ 1\leq k\leq n). \eex$$ $\forall\ x_0\in \scrH$, 记 $y_0$ 为 $x_0$ 在 $M$ 上的正交投影. 求证: $\exists\ y_1,y_2,\cdots,y_n\in H$ 及 $\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n\in \bbK$, 使得 $$\bex y_0=x_0-\sum_{k=1}^n \alpha_k y_k. \eex$$

证明: 由 $Riesz$ 定理, $$\bex \forall\ 1\leq k\leq n,\ \exists\ y_k\in\scrH,\ s.t.\ x\in\scrH\ra f_k(x)=(x,y_k). \eex$$ 无妨设 $\sed{y_k}_{k=1}^n$ 是线性无关的, 通过 $Gram-Schmidt$ 正交规范化过程得 $\sed{z_k}_{k=1}^n$. 于是由 $$\bex x\in M\lra (x,y_k)=f_k(x)=0\ (\forall\ 1\leq k\leq n)\lra (x,z_k)=0\ (\forall\ 1\leq k\leq n) \eex$$ 知 $\sed{y_k}_{k=1}^n\subset M^\perp$, $\sed{z_k}_{k=1}^n \subset M^\perp$. 现令 $z_0=x_0-y_0\in M^\perp$, 则对 $\forall\ x\in \scrH$, $$\bex \sex{x,z_0} &=&\sex{\sum_{k=1}^n(x,z_k)z_k +\sex{x-\sum_{k=1}^n(x,z_k)z_k},z_0}\\ &=&\sex{\sum_{k=1}^n(x,z_k)z_k,z_0}\ \sex{x-\sum_{k=1}^n(x,z_k)z_k\in M}\\ &=&\sex{x,\sum_{k=1}^n \overline{(z_k,z_o)}z_k}. \eex$$ 于是 $$\bex x_0-y_0=z_0=\sum_{k=1}^n \overline{(z_k,z_o)}z_k\in span\sed{z_k}_{k=1}^n=span\sed{y_k}_{k=1}^n. \eex$$

2.二阶增长泛函之极小元的存在性

设 $l$ 是 $\scrH$ 上的实值线性有界泛函, $C$ 是 $\scrH$ 中的一个闭凸子集. 又设 $$\bex f(v)=\frac{1}{2}\sen{v}^2-l(v)\quad (\forall\ v\in C). \eex$$

(1)求证: $\exists\ u^*\in H$, 使得 $$\bex f(v)=\frac{1}{2}\sen{u^*-v}^2-\frac{1}{2}\sen{u^*}^2\quad \sex{\forall\ v\in C}. \eex$$

(2)求证: $\exists\ |\ u_0\in C$, 使得 $\dps{f(u_0)=\inf_{v\in C}f(v)}$.

证明:

(1)据 $Riesz$ 定理, $$\bex \exists\ u^*\in \scrH, s.t.\ l(v)=(v,u^*)=(u^*,v)\in \bbR, \eex$$ 而 $$\bex f(v)&=&\frac{1}{2}\sen{v}^2-(v,u^*)\\ &=&\frac{1}{2}\sez{ \sen{v}^2-(v,u^*)-(u^*,v)+\sen{u^*}^2 }-\frac{1}{2}\sen{u^*}^2\\ &=&\frac{1}{2}\sen{v-u^*}^2 -\frac{1}{2}\sen{u^*}^2. \eex$$

(2)设 $u_0\in C$ 是 $u^*$ 在 $C$ 中的最佳逼近元, 则 $$\bex v\in C\ra f(v)\geq \frac{1}{2}\sen{u_0-u^*}^2-\frac{1}{2}\sen{u^*}=f(u_0). \eex$$ 于是 $\dps{f(u_0)=\inf_{v\in C}f(v)}$.

3.再生核的存在性

设 $\scrH$ 的元素是定义在集合 $S$ 上的复值函数. 又若 $\forall\ x\in S$, 由 $$\bex J_x(f)=f(x)\quad\sex{\forall\ f\in H} \eex$$ 定义的映射 $J_x:\scrH\to \bbC$ 是 $\scrH$ 上的线性连续泛函. 求证: 存在 $S\times S$ 上的复值函数 $K(x,y)$, 适合条件

(1) 对任意固定的 $y\in S$, 作为 $x$ 的函数有 $K(x,y)\in \scrH$;

(2) $\dps{f(y)=\sex{f,K(\cdot,y)}\ \sex{\forall\ f\in \scrH,\ \forall\ y\in S}}$.

证明: 由 $Riesz$ 定理, $$\bex \forall\ x\in S,\ \exists\ K_x\in \scrH,\ s.t.\ f(x)=(f,K_x)\ \sex{\forall\ f\in \scrH}. \eex$$ 现令 $$\bex K(x,y)=(K_y,K_x). \eex$$ 则一方面, 对任意固定的 $y\in S$, 由 $$\bex K(x,y)=(K_y,K_x)=K_y(x)\ \sex{\forall\ x\in S} \eex$$ 知 $K(\cdot,y)=K_y\in \scrH$; 另一方面, $$\bex f(y)=(f,K_y)=\sex{f,K(\cdot,y)}\ \sex{\forall\ f\in \scrH,\ \forall\ y\in S}. \eex$$ 注记: 适合条件 第2章第2节第3题第1问 与 第2章第2节第3题第2问的函数 $K(x,y)$ 成为 $\scrH$ 的再生核.

4.$Hardy$ 空间的再生核

求证: $H^2(D)$ (定义见例 $1.6.28$) 的再生核为 $$\bex K(z,w)=\frac{1}{\pi (1-z\overline{w})^2}\quad (z,w\in D). \eex$$

证明:

(1)首先断言: 若 $\sed{e_n}_{n=1}^\infty$ 是 $\scrH$ 上的一组正交规范基, 则 $$\bex K(x,y)=\sum_{n=1}^\infty e_n(x)\overline{e_n(y)}. \eex$$ 事实上, 对 $\forall\ x\in S$, $$\bex K_x=\sum_{n=1}^\infty (K_x,e_n)e_n =\sum_{n=1}^\infty \overline{(e_n,K_x)}e_n =\sum_{n=1}^\infty \overline{e_n(x)}e_n, \eex$$ 而 $$\bex K(x,y)=(K_y,K_x) =\sex{\sum_{n=1}^\infty \overline{e_n(y)}e_n,\sum_{n=1}^\infty \overline{e_n(x)}e_n} =\sum_{n=1}^\infty e_n(x)\overline{e_n(y)}. \eex$$

(2)其次, 注意到 $\dps{\sed{\sqrt{\frac{n}{\pi}}z^{n-1}}_{n=1}^\infty}$ 为 $H^2(D)$ 上的一组正交规范基, 而 $$\bex K(z,w)&=&\sum_{n=1}^\infty \sqrt{\frac{n}{\pi}}z^{n-1}\cdot \sqrt{\frac{n}{\pi}}\overline{w}^{n-1}\\ &=&\frac{1}{\pi}\sum_{n=1}^\infty n(z\overline{w})^{n-1}\\ &=&\frac{1}{\pi}\sez{\sum_{n=1}^\infty t^n}'_{t=z\overline{w}}\\ &=&\frac{1}{\pi}\cdot\frac{1}{(1-z\overline{w})^2}. \eex$$

5.投影算子的性质

设 $L,M$ 是 上的闭线性子空间, 求证:

(1)$L\perp M\lra P_LP_M=0$;

(2)$L=M^\perp\lra P_L+P_M=I$;

(3)$P_LP_M=P_{L\cap M}\lra P_LP_M=P_MP_L$.

证明:

(1)$\ra$ $$\bex (P_LP_Mx,y)=(P_Mx,P_Ly)=0\ \sex{\forall\ x,y\in \scrH}. \eex$$ $\la$ $$\bex (x,y)=(P_Lx,P_My)=(x,P_LP_My)=(x,0)=0\ \sex{\forall\ x\in L,\ y\in M}. \eex$$

(2)$\ra$ $$\bex x=P_Lx+P_{L^\perp}x =P_Lx+P_Mx\ \sex{\forall\ x\in \scrH}. \eex$$ $\la$ $$\bex x\in L\ra x=P_Lx+P_Mx\ra P_Mx=0\ra x\in M^\perp; \eex$$ $$\bex x\in M^\perp\ra P_Mx=0\ra P_Lx=x-P_Mx=x\ra x\in L. \eex$$

(3)$\ra$ $$\bex P_LP_M=P_{L\cap M}=P_{M\cap L}=P_MP_L. \eex$$ $\la$ 注意到对 $\forall\ y\in \scrH$, $$\bex M\ni P_MP_Lx=P_LP_Mx\in L, \eex$$ 而 $P_LP_Mx\in L\cap M$. 由推论 $1.6.34$, 为证 $P_LP_M=P_{L\cap M}$, 仅须验证 $$\bex (x-P_LP_Mx)\perp (L\cap M)\ \sex{\forall\ x\in \scrH}. \eex$$ 事实上, $$\bex (x-P_LP_Mx,y) &=&(x,y)-(x,P_MP_Ly)\\ &=&(x,y)-(x,y)\\ &=&0\ \sex{\forall\ y\in L\cap M}. \eex$$