Конспекты курса по функциональному анализу 2008, страница 11

— бесконечномерное пространство, то есть для любого натурального числа в нём найдётся линейно независимых элементов.Пример. и () при = 2 являются гильбертовыми пространствами,если ввести скалярное произведение следующим образом:1. В 2 для = (1 , 2 , . . . ), = (1 , 2 , . . . )(, ) =∞∑︁ .=12. В 2 () для (), ()∫︁()().((), ()) =Аксиомы скалярного произведения проверяются непосредственно.Утверждение 1. Пусть — гильбертово пространство, тогда для любых , ∈ верно неравенство|(, )| 6 ‖‖‖‖.Доказательство. При = 0 справедливость утверждения очевидна,поэтому далее в доказательстве положим ̸= 0. Для произвольного верно0 6 ( − , − ) = (, ) − (, ) − (, ) + ||2 (, ).Положив =(, ), получим(, )0 6 (, ) −|(, )|2,(, )откуда следует требуемое неравенство.

84Известно, что линейное нормированное пространство является гильбертовым тогда и только тогда, когда в нем выполняется соотношение, называемое равенством параллелограмма :‖ − ‖2 + ‖ + ‖2 = 2‖‖2 + 2‖‖2 .Доказательство следует из следующих соотношений:‖+‖2 = (+, +) = (, )+(, )+(, )+(, ) = ‖‖2 +2 Re(, )+‖‖2 ;‖−‖2 = (−, −) = (, )−(, )−(, )+(, ) = ‖‖2 −2 Re(, )+‖‖2 .Равенство параллелограмма является, таким образом, критерием гильбертовости пространства.

Если в линейном нормированном пространствене выполнено равенство параллелограмма, то в нем нельзя ввести скалярное произведение таким образом, чтобы выполнялись все четыре аксиомы гильбертова пространства.[︁ ]︁Рассмотрим пространство 0; , норма в котором опреде2лена следующим образом:Пример.‖()‖ = max |()|.0662Функции () = sin , () = cos , очевидно, принадлежат этому пространству, причем ‖‖ = ‖‖ = 1. Рассмотрим функции(︁√ )︁и() + () = sin + cos = 2 sin +4(︁√ )︁() − () = sin − cos = 2 sin −.4Очевидно, что ‖() + ()‖2 = 2 и ‖() − ()‖2 = 1.

Но тогда равенствопараллелограмма не выполнено, так как 4 ̸= 3 ⇒ рассматриваемое пространство гильбертовым не является.Определение 2. Множество называется выпуклым, если∀ ∈ [0; 1] , ∈ ⇒ + (1 − ) ∈ .Теорема 1. В произвольном гильбертовом пространстве любое за-мкнутое выпуклое множество содержит единственный элемент с наименьшей нормой.85Доказательство.Пусть — замкнутое выпуклое множество в гильбертовом пространстве . Обозначим = inf ‖‖.∈Тогда существует последовательность элементов таких, что = lim ‖ ‖,→∞причем ∀ ‖ ‖ > (это следует из определения точной нижней грани).Так как — выпуклое множество, ∀, + ∈ и2⃦⃦⃦ + ⃦⃦⃦ > ⇒ ‖ + ‖2 > 42 .⃦⃦2С другой стороны, 2‖ ‖2 + 2‖ ‖2 → 42 при , → ∞, поэтому изпоследних двух соотношений и равенства параллелограмма для , ‖ − ‖2 = 2‖ ‖2 + 2‖ ‖2 − ‖ + ‖2следует, что ‖ − ‖ → 0 при , → ∞, то есть последовательность фундаментальна.

Тогда в силу полноты и замкнутости получаем,что существует предел этой последовательности 0 ∈ :lim = 0 ,→∞а так как |‖ ‖ − ‖0 ‖| 6 ‖ − 0 ‖, тоlim ‖ ‖ = ‖0 ‖ = .→∞Таким образом, существование элемента с наименьшей нормой доказано.Докажем его единственность. Предположим, что существует другой элемент 1 ∈ , ‖1 ‖ = . Тогда ‖0 +1 ‖ > 42 (аналогично ‖ + ‖ > 42 )и‖0 − 1 ‖ = 2‖0 ‖2 + 2‖1 ‖2 − ‖0 + 1 ‖2 6 0,откуда следует ‖0 − 1 ‖ = 0 ⇒ 0 = 1 .

Единственность доказана. Теорема 2 (Леви). Пусть — гильбертово пространство, — подпро-странство в (замкнутое относительно сходимости по норме линейное86многообразие). Тогда любой элемент ∈ можно единственным образом представить в виде = + , ∈ , ⊥ ,причем‖ − ‖ = min ‖ − ‖.∈Доказательство.Пусть ∈ — произвольный элемент пространства.Рассмотрим следующее множество элементов H: = { = − | ∈ }.Легко проверить, что является замкнутым выпуклым множеством.Следовательно, по теореме 1 в существует элемент с наименьшей нормой:∃ ∈ : min ‖ − ‖ = ‖ − ‖.∈Положим = − . Докажем, что ⊥ ; это будет означать, что нужноепредставление найдено.

Рассмотрим множество элементов − , ∈ .Все такие элементы принадлежат множеству ; следовательно,‖‖2 6 ‖ − ‖2 = (, ) − (, ) − (, ) + ||2 (, ).Можем считать, что ̸= 0 (иначе рассматриваемые элементы совпадаютс z). Положив(, ),=, получим|(, )|2−> 0 ⇒ ⊥ ∀ ∈ ⇒ ⊥ .(, )Осталось доказать единственность полученного представления. Допустим, что существует два представления: = 1 + 1 = 2 + 2 , 1 , 2 ∈ , 1 , 2 ⊥ .Тогда рассмотрим элемент = 1 − 2 = 2 − 1 . С одной стороны, онпринадлежит , так как — подпространство и 1 − 2 ∈ .

С другойстороны, он ортогонален любому вектору из . Но тогда он ортогоналени самому себе ⇒ = 0, откуда 1 = 2 и 2 = 1 . Единственность доказана. 87Определение 3.Ортогональным дополнением к подпространству гильбертова пространства называется множество всех элементов, ортогональных :⊥ = { ∈ | ⊥ }.Из теоремы 2 вытекает как следствиеПусть — произвольное гильбертово пространство, —подпространство в . Тогда представимо в виде суммы и его ортогонального дополнения: = ⊕ ⊥ .Теорема 3.Также справедливо(︀ )︀⊥ = ⊥ .(︀ )︀⊥Пусть ∈ ⊥ .

По теореме 2 элемент представимв виде = + , ∈ , ∈ ⊥ .Утверждение 2.Доказательство.Тогда (, ) = 0. Кроме того, (, ) = (, ) + (, ); следовательно,(, ) = 0 ⇒ = 0 ⇒ = ∈ ,(︀ )︀⊥то есть ⊥ ⊆ . Обратно, пусть ∈ , тогда он представим в виде(︀ )︀⊥ = + , ∈ ⊥ , ∈ ⊥ .Проводя аналогичные рассуждения, приходим к выводу, что(︀ )︀⊥(︀ )︀⊥ ∈ ⊥ ⇒ ⊆ ⊥ .(︀ )︀⊥Следовательно, = ⊥ .

Определение 4. Ядром линейного функционала () называется мно-жество всех элементов, для которых () = 0:ker = { | () = 0 }.Лемма 1. dim(ker ) = 1, ̸= 0.Доказательство. Для двух произвольных элементов , ⊥1рассмотрим элемент = 1 (2 ) − 2 (1 ),882∈ (ker )⊥являющийся нетривиальной линейной комбинацией рассматриваемых элементов (ker )⊥ . Очевидно, () = 0, тогда ∈ ker , ⊥ ⇒ = 0.Таким образом, любые два элемента 1 , 2 ∈ (ker )⊥ являются линейнозависимыми; следовательно,dim(ker )⊥ = 1. Теорема 3 (теорема Рисса — Фреше о представлении линейного функционала). Любой линейный функционал в гильбертовом про-странстве представим в виде () = (, ), ∈ ,причем элемент однозначно определяется по и ‖ ‖ = ‖‖.Доказательство.

По лемме 1 любой элемент ∈ (ker )⊥видепредставим в(, ), ‖‖ = 1, ∈ (ker )⊥ .Кроме того, ker является подпространством в . В самом деле, ker является линейным многообразием в силу линейности и однородности , замкнутость следует из непрерывности . Мы рассматриваем ограниченные (а следовательно, и непрерывные) функционалы, иначе нельзяговорить о норме функционала.Следовательно, по теореме 2 для любого элемента ∈ существуетединственное представление = + (, ), ∈ ker , ‖‖ = 1, ∈ (ker )⊥ .Но тогда () = ( ) + (, ) () = (, ()).Обозначим = ().

Покажем, что — искомый элемент. Для любого ∈ верно| ()| = |(, )| 6 ‖‖‖‖ => ‖ ‖ 6 ‖‖.С другой стороны, верно () = (, ) = ‖‖2 ⇒89‖ ()‖= ‖‖,‖‖откуда следует, что ‖ ‖ > ‖‖. Из этого и предыдущего неравенств следует, что ‖ ‖ = ‖‖.Таким образом, существование требуемого представления получено. Докажем единственность. Допустим, что существует два элемента 1 и 2 ,удовлетворяющих требованиям теоремы. Тогда∀ ∈ (, 1 ) = (, 2 ) ⇒ (, 1 − 2 ) = 0.Это значит, что (1 − 2 , 1 − 2 ) = 0; следовательно, 1 = 2 . Единственность доказана.

Лемма 2. Для того, чтобы линейное многообразие было всюду плот-но в гильбертовом пространстве , необходимо и достаточно, чтобы несуществовало никакого элемента , кроме нулевого, ортогонального .Необходимость. Пусть линейное многообразие имеет замыкание, совпадающее с . Тогда для любого элемента ∈ существует последовательность элементов таких, чтоДоказательство.( , ) = ‖ − ‖ <1.Рассмотрим элемент ⊥ , ∈ . Тогда ⊥ для любого номера ,и∀ (, ) = ( − , ) + ( , ) = ( − , ) 6 ‖ − ‖‖‖ <‖‖.Следовательно, (, ) = 0. Таким образом, мы доказали, что верно ⊥ ⇒ ⊥ ,но тогда ⊥ . Следовательно, ⊥ .

Отсюда вытекает, что = 0.Достаточность. Допустим, что ̸= . Рассмотрим элемент ∈/ . Таккак — подпространство в , по теореме 2 элемент представим ввиде = + , ∈ , ⊥ ,причем ̸= 0 (иначе бы ∈ ). Так как элемент ортогонален замыканию многообразия , он ортогонален и самому многообразию .Получили ̸= 0, ⊥ , что противоречит условию. Значит, = . 90Определение 5. Система { } в гильбертовом пространстве называетсяортонормированной,если{︃1, = ,( , ) = =0, ≠ .Любая система линейно независимых элементов может быть ортогонализирована по Шмидту. Суть процесса ортогонализации заключается вследующем.

Предположим, что есть система линейно независимых элементов ℎ1 , ℎ2 , · · · ∈ . Тогда в качестве первого элемента положим1 =ℎ1.‖ℎ1 ‖Построим 2 . Сначала будем искать вектор 2 , ортогональный 1 , в виде2 = ℎ2 − 21 1 :(2 , 1 ) = 0 ⇒ 21 = (ℎ2 , 1 ).Тогда в качестве 2 возьмем вектор 2 = ‖22 ‖ . Предположим, что − 1элементов уже построено. Ищем -й элемент в виде = ℎ −−1∑︁ .=1Очевидно, если положить = (ℎ , ), ∀ ∈ 1 .

. . − 1 , то элемент будет ортогонален всем , ∀ ∈ 1 . . . − 1. Следовательно, осталось взятьв качестве -го элемента, =‖ ‖и мы получим {1 , . . . , } — ортонормированную систему.Продолжая этот процесс для всех номеров , мы получим ортонормированную систему 1 , 2 , · · · ∈ .Определение 6. Любая ортонормированная система , , . . .в гиль1 2бертовом пространстве называется ортонормированным базисом, еслизамыкание ее линейной оболочки совпадает со всем пространством:(1 , 2 , .

. . ) = .Лемма. Пусть { , . . . , } — ортонормированная система в гильберто1вом пространстве . Тогда (1 , . . . , ) — подпространство в .91Доказательство. То, что = ( , . . . , ) является линейным многооб1разием, следует из определения линейной оболочки. Поэтому достаточно доказать, что будет замкнутым относительно сходимости по нормемножеством.

Пусть { } — фундаментальная последовательность элементов . В силу полноты пространства эта последовательность сходитсяк некоторому элементу из , причем этот предел определен однозначно.Нужно показать, что этот предел будет принадлежать .Для любого > 0 найдется номер () такой, что‖ − ‖ < ,∀, > ().Но так как , ∈ , они представимы в виде =∑︁ , ==1∑︁ ;=1следовательно,‖ − ‖ =∑︁| − |2 < .=1Отсюда следует, что для любого номера 1 6 6 последовательность{ } является фундаментальной; следовательно,∃lim = ,→∞∀ = 1, . .