第四章

第一题

如果$M$是$H$的一个闭子空间，证明$M=(M^{\perp})^{\perp}$。对于不一定闭的子空间$M$，有没有一个与之类似的正确的命题？

首先对$M$是$H$的一个闭子空间，证明$M=(M^{\perp})^{\perp}$。

证明：${\forall}x{\in}M,{\forall}y{\in}M^{\perp}$，有$(x,y)=0$，故此有$x{\in}(M^{\perp})^{\perp}{\Rightarrow}M{\subset}(M^{\perp})^{\perp}$。

而由于$M$是希尔伯特空间$H$的闭子空间，对于${\forall}z{\in}(M^{\perp})^{\perp}$，则${\exists}x{\in}M,y{\in}M^{\perp}$，使得$z=x+y$。因此有$0=(z,y)=(x+y,y)=(x,y)+(y,y)=(y,y){\Rightarrow}y=0$，因此得到$z=x{\in}M$，于是则推出$(M^{\perp})^{\perp}{\subset}M$。

综上，则有$M=(M^{\perp})^{\perp}$。

对于不一定闭的子空间$M$，有一个类似的正确命题$\overline{M}=(M^{\perp})^{\perp}$。

假设$M$不是一个闭子空间，从上面的证明我们还是可以知道$M{\subset}(M^{\perp})^{\perp}$，且由于正交性质我们知道$(M^{\perp})^{\perp}$是闭的。取到$\overline{M}$为闭集，则有

$$ M{\subset}\overline{M}{\subset}(M^{\perp})^{\perp} $$

又因为$M{\subset}\overline{M}$，则推出$(\overline{M})^{\perp}{\subset}M^{\perp}$，于是有$(M^{\perp})^{\perp}{\subset}((\overline{M})^{\perp})^{\perp}$。

又因为$((\overline{M})^{\perp})^{\perp}=\overline{M}$，于是推出$(M^{\perp})^{\perp}{\subset}\overline{M}$。

综上有:$\overline{M}=(M^{\perp})^{\perp}$。

第二题

设$\left\{x_n:n=1,2,3,\cdots\right\}$是$H$中的一个线性独立的向量集，证明下面的构造产生一个正交规范集$\left\{u_n\right\}$，使得$\left\{x_1,\cdots,x_N\right\}$和$\left\{u_1,\cdots,u_N\right\}$对所有的$N$具有相同的生成。

令$u_1=x_1/\|x_1\|$，$u_1,\cdots,u_{n-1}$定义

$$ v_n=x_n-\sum^{n-1}_{i=1}(x_n,u_i)u_i,u_n=v_n/\|v_n\| $$

注意，这可以导致一个关于可分希尔伯特空间中极大规范正交集存在的证明，它不必借助于豪斯多夫极大原理。（一个空间是可分的，如果它包含可数稠密子集）

由于

$$ v_n=x_n-\sum^{n-1}_{i=1}(x_n,u_i)u_i,u_n=v_n/\|v_n\| $$

于是有

$$ \|u_n\|=(u_n,u_n)=\frac{v_n^2}{\|v_n\|\|v_n\|}=\frac{v_n^2}{v_n^2}=1 $$

于是显然是规范的。

下面用数学归纳法证明：

当$n=2$时，有$span\left\{x_1,x_2\right\}=span\left\{u_1,u_2\right\}$成立，因为

$$ u_1=\frac{x_1}{\|x_1\|},u_2=x_2-(x_1,u_1)u_1 $$

而正交性

$$ (v_2,u_1)=(x_2-(x_2,u_1)u_1,u_1)=(x_2,u_1)-(x_2,u_1)(u_1,u_1)=0\\ (u_2,u_1)=(\frac{v_2}{\|v_2\|},u_1)=\frac{1}{\|v_2\|}(v_2,u_1)=0 $$

于是$u_1{\perp}u_2$，正交性可以证明。

假设$n=k$时候，有$span\left\{x_1,x_2,{\cdots},x_k\right\}=span\left\{u_1,u_2,{\cdots},u_k\right\}$成立，并且有$(v_k,u_m)=0,(u_k,u_m)=0$对所有$m<k$成立。

则当$n=k+1$时，由于

$$ v_{k+1}=x_{k+1}-\sum^{k}_{i=1}(x_{k+1},u_i)u_i,u_{k+1}=v_{k+1}/\|v_{k+1}\| $$

于是由于归纳假设，则有$span\left\{x_1,x_2,{\cdots},x_{k+1}\right\}=span\left\{u_1,u_2,{\cdots},u_{k+1}\right\}$成立。

而正交性：由归纳假设

$$ \begin{align*} (v_{k+1},u_m)&=(x_{k+1}-\sum^{k}_{i=1}(x_{k+1},u_i)u_i,u_m)\\ &=(x_{k+1},u_m)-(x_{k+1},u_m)=0\\ \end{align*} $$

而且

$$ u_{k+1}=v_{k+1}/\|v_{k+1}\|,(u_{k+1},u_m)=(\frac{v_{k+1}}{\|v_{k+1}\|},u_m)=0 $$

从而数学归纳法得到，对于${\forall}u_n,u_m{\in}\left\{u_n\right\},m{\neq}n$，都有$(u_n,u_m)=0$，规范性很早证毕，于是$\left\{u_n\right\}$为规范正交集。且$\left\{x_1,\cdots,x_N\right\}$和$\left\{u_1,\cdots,u_N\right\}$对所有的$N$具有相同的生成。

第五题

若$M=\left\{x:Lx=0\right\}$，这里$L$是$H$上的一个连续线性泛函，证明$M^{\perp}$是一个维数为1的向量空间（除非$M=H$）。

证明：

1，如果$L=0$，则$M=H,M^{\perp}=\left\{0\right\}$。维数为0

2，如果$L{\neq}0$，由$L$是$H$上的一个连续线性泛函，根据定理4.12（里斯表示定理），则存在唯一的一个$y{\in}H$，使得$Lx=(x,y)=0\;(x{\in}H)$，因此$y{\perp}M$和$M=span\left\{y\right\}^{\perp}$，也就是说：当$M$是一个由$L$的连续线性泛函得到的闭空间时，有$M^{\perp}=span\left\{y\right\}$。维数为1

第九题

如果$A{\subset}[0,2\pi]$且$A$是可测集，证明

$$ \lim_{n{\to}\infty}\int_Acosnxdx=\lim_{n{\to}\infty}\int_Asinnxdx=0 $$

证明：如果$A{\subset}[0,2\pi]$且$A$是可测集，则$\chi_A{\in}L^2([0,2\pi])$。因为$L^2([0,2\pi])$是希尔伯特空间且$\left\{e^{int}:n{\in}\mathbb{Z}\right\}$是$L^2([0,2\pi])$中的极大规范正交集，于是我们有

$$ \sum_{n{\in}\mathbb{Z}}|(\chi_A,e^{int})|^2=\|{\chi}_A\|_2<+\infty $$

因此，则有

$$ |(\chi_A,e^{int})|{\to}0,当|n|{\to}\infty $$

于是因为欧拉公式

$$ e^{int}=cosnt+isinnt $$

则有

$$ \lim_{n{\to}\infty}\int_Acosnxdx=\lim_{n{\to}\infty}\int_Asinnxdx=0 $$

第十题

设$n_1<n_2<n_3<\cdots$是正整数，而$E$是所有使$\left\{sin(n_kx)\right\}$收敛的点$x{\in}[0,2\pi]$的集，$E$为可测集,证明$m(E)=0$。

提示：$2sin^2{\alpha}=1-cos^2{\alpha}$。因此由习题9，在$E$上几乎处处有$sin(n_kx){\to}{\pm}\frac{1}{\sqrt{2}}$

证明：在$E$上令$f(x)=\lim_{k{\to}\infty}sinn_kx$。由习题1.5（b），一串可测实值函数的收敛点集是可测的，于是$E$可测，其中

$$ E={\bigcap}^{\infty}_{r=1}{\bigcup}^{\infty}_{k=1}{\bigcap}_{i,j{\ge}k}\left\{x;|sinn_ix-sinn_jx|<\frac{1}{r}\right\} $$

由二倍角公式

$$ 2sin^2{\alpha}=1-cos2{\alpha} $$

令$\alpha=n_kx$，对上述公式取极限，我们可以知道

$$ 2f^2(x)=1-\lim_{k{\to}\infty}cos2n_kx $$

由第九题的结论有

$$ \lim_{n{\to}\infty}\int_Acosnxdx=0 $$

对于任意的可测子集$A{\subset}[0,2\pi],|cosx|{\le}1$，由勒贝格控制收敛定理，则有

$$ \int_A\lim_{k{\to}\infty}consn_kxdx=\lim_{n{\to}\infty}\int_Acos2n_kxdx=0 $$

令

$$ E_+=\left\{x{\in}E;2f^2(x)-1{\ge}0\right\}\\E_-=\left\{x{\in}E;2f^2(x)-1{\le}0\right\} $$

因为$2f^2(x)-1$是一串可测函数$\left\{cos2n_kx\right\}$的极限，故$2f^2(x)-1$是可测的。$E_+,E_-$是可测的。

则

$$ \int_{E_+}(2f^2(x)-1)dx=0\\2f^2(x)=1{\quad}a.e.在E_+\\因此f(x)=\pm\frac{1}{\sqrt{2}}{\quad}a.e.在E_+ $$

令

$$ E'_+=\left\{x{\in}E_+;f(x)=\frac{1}{\sqrt{2}}\right\}\\E''_+=\left\{x{\in}E_+;f(x)=-\frac{1}{\sqrt{2}}\right\} $$

再次应用第九题结论

$$ 0=\int_{E'_+}\lim_{k{\to}\infty}sinn_kxdx=\int_{E'_+}f(x)dx=\frac{m(E'_+)}{\sqrt{2}} $$

因此$m(E'_+)=0$。类似地，有$m(E''_+)=0$。于是t同样有$m(E'_-)=0$，因此$m(E)=0$。

第十六题

如果$x_0{\in}H$而$M$为$H$的闭线性子空间。证明：

$$ \min\left\{\|x-x_0\|:x{\in}M\right\}=\max\left\{|(x_0,y)|:y{\in}M^{\perp},\|y\|=1\right\} $$

证明：由定理4.11，我们可以写出

$$ x_0=Px_0+Qx_0,{\quad}Px_0{\in}M,Qx_0{\in}M^{\perp}\tag{1} $$

且有

$$ \|Px_0-x_0\|=\min\left\{\|x-x_0\|\;|x{\in}M\right\} $$

我们可以断言$y=\frac{Qx_0}{\|Qx_0\|}$令$|x_0,y|$取到最大值，其中$y{\in}M^{\perp}$且$\|y\|=1$。取到$y'{\in}M^{\perp}$使得$\|y'\|=1$，则有

$$ |(x_0,y')|=|(Qx_0,y')|=\|Qx_0\|{\cdot}|(\frac{Qx_0}{\|Qx_0\|},y')|=\|Qx_0\|{\cdot}|(y,y')|{\le}\|Qx_0\| $$

这里由于（1），故此第一个等式成立。其中最后的不等号是用了施瓦茨不等式$|(y,y')|{\le}\|y\|{\cdot}\|y'\|=1$。但是$|(x_0,y)|=\|Qx_0\|$，于是我们可以证明我们的断言。

最后，$\|Qx_0\|=\|Px_0-x_0\|$，我们可以做到我们想要的等式。