Hilbert空间

$\textbf{定义1}$(内积空间):设$X$是实数域$\mathbb{R}$上的线性空间.若$X$上的关于$x$和$y$的实值函数$(x,y)$满足如下性质:

$(\mathrm{i})$ $\textbf{双线性}$:固定$y$，$(x,y)$是$x$的线性函数，固定$x$，$(x,y)$是$y$的线性函数；

$(\mathrm{ii})$ $\textbf{对称性}$:$(x,y)=(y,x)$；

$(\mathrm{iii})$ $\textbf{正性}$:对$x\ne 0,(x,x) > 0$.

则称$(x,y)$是$X$上的一个内积，称$X$是一个内积空间.

当数域为$\mathbb{C}$时，$(x,y)$是复数值且性质$(\mathrm{i})$和$(\mathrm{ii})$替换为:

$(\mathrm{i})$ $\textbf{半双线性}$:固定$y$，$(x,y)$是$x$的线性函数，固定$x$，$(x,y)$是$y$的$\textbf{斜线性函数}$，即

$$(ax,y)=a(x,y),(x,ay)=\overline{a}(x,y)~~~~(1)$$

$(\mathrm{ii})$ $\textbf{斜对称性}$:

$$(y,x)=\overline{(x,y)}~~~~~~~~~(2)$$

对于在$X$上定义的一个内积，我们可以定义

$$||x||=(x,x)^{1/2}~~~~~~~~~~~(3)$$

我们断定$||~||$是一个范数:正性由$(\mathrm{iii})$可知，齐性由$(1)$可知.为了证明次可加性，我们需要下面的定理.

$\textbf{定理1}$($\mathrm{Schwarz}$不等式)线性空间$X$满足$(\mathrm{i}),(\mathrm{ii})$和$(\mathrm{iii})$的内积满足

$$|(x,y)|\leq ||x||||y||~~~~~~~~~~~~~(4)$$

对任意的$x,y\in X$成立，这里$||~||$由$(3)$定义.等式当$x=ay$或$y=0$时成立.

$\textbf{证明}$.(方法1)设$t$是任意实数，$y\ne 0$.由双线性和斜对称性，

$$||x+ty||^2=||x||^2+2t\mathrm{Re}(x,y)+t^2||y||^2~~~~~~~(5)$$

由$(\mathrm{iii})$，这是非负的.取$t=-\mathrm{Re}(x,y)/||y||^2$，并且两边乘以$||y||^2$.我们得到

$$(\mathrm{Re}(x,y))^2\leq ||x||^2||y||^2$$

选取$|a|=1$使得$a(x,y)$是实数，并用$ax$代替$x$，我们得到了$(4)$.注意，$(4)$中等号成立，当且仅当$x$和$y$互为常数倍.

(方法2)如果$(x,y)=0$，结果是显然的.如果$(x,y)\ne 0$(尤其$y\ne 0$)，令$\alpha=\mathrm{sgn}(x,y),z=\alpha y$，那么$(x,z)=(z,x)=|(x,y)|$且$||z||=||y||$.则对$t\in \mathbb{R}$，我们有

$$0\leq (x-tz,x-tz)=||x||^2-2t|(x,y)|+t^2||y||^2$$

右边是关于$t$的一个二次函数，当$t=||y||^{-2}|(x,y)|$时取最小值.令$t=||y||^{-2}|(x,y)|$，我们得到

$$0\leq ||x-tz||^2=||x||^2-||y||^{-2}|(x,y)|^2$$

等号成立当且仅当$x-tz=x-\alpha ty=0$.$\blacksquare$

现在我们可以证明$||~||$是次可加的.在$(5)$中取$t=1$并用$(4)$式估计中间项的值，我们得到

$$||x+y||^2\leq (||x||+||y||)^2$$

此即$||~||$的次可加性.

我们在$(5)$式中取$t=\pm 1$并相加，得到平行四边形恒等式:

$$||x+y||^2+||x-y||^2=2||x||^2+2||y||^2~~~~~~(6)$$

$\textbf{习题1}$($\mathrm{von~Neumann}$):证明满足$(6)$的范数可以由一个内积诱导出来.

$\textbf{证明}$.对$x,y\in X$,

$$\begin{aligned} ||x+y||^2+||x-y||^2&=(x+y,x+y)+(x-y,x-y)\\ &=(x,x)+(x,y)+(y,x)+(y,y)+(x,x)-(x,y)-(y,x)+(y,y)\\ &=2(||x||^2+||y||^2) \end{aligned}$$

这说明定理的这个条件是必要的.

另外，

$$\begin{aligned} ||x+y||^2-||x-y||^2&=(x+y,x+y)-(x-y,x-y)\\ &=(x,x)+(x,y)+(y,x)+(y,y)-(x,x)+(x,y)+(y,x)-(y,y)\\ &=2[(x,y)+(y,x)]\\ &=2[(x,y)+\overline{(x,y)}]\\ &=4\mathrm{Re}(x,y) \end{aligned}$$

用$\mathrm{i}x$代替$x$并利用由$(\mathrm{i}x,y)=\mathrm{i}(x,y)$得到$\mathrm{Re}[\mathrm{i}(x,y)]=-\mathrm{Im}(x,y)$，我们得到

$$||\mathrm{i}x+y||^2-||\mathrm{i}x-y||^2=-4\mathrm{Im}(x,y)$$

因此

$$\mathrm{Re}(x,y)=\frac{1}{4}(||x+y||^2+||x-y||^2)$$

$$\mathrm{Im}(x,y)=\frac{1}{4}(||\mathrm{i}x-y||^2-||\mathrm{i}x+y||^2)$$

这说明$(~,~)$被$||~||$唯一确定.$\blacksquare$

$\textbf{例1}$.考虑空间$L^{\infty}[0,1]$.取$f=1+x,g=1-x$，则

$$||f+g||_{\infty}^2+||f-g||_{\infty}^2\ne 2(||f||_{\infty}^2+||g||_{\infty}^2)$$

从而空间$L^{\infty}[0,1]$不满足平行四边形法则，其范数不能由内积诱导.

$\textbf{习题2}$:证明内积连续地依赖于它的因子，即若$x_n\to x,y_n\to y$，则$(x_n,y_n)\to (x,y)$.

$\textbf{证明}$.由$\mathrm{Schwarz}$不等式，

$$\begin{aligned} |(x_n,y_n)-(x,y)|&=|(x_n-x,y_n)+(x,y_n-y)|\\ &\leq ||x_n-x||||y_n||+||x||||y_n-y||\\ &\to 0 \end{aligned}$$

$\blacksquare$

$\textbf{例2}$.设$X$是由区间$[0,1]$上的所有连续函数$x(t)$构成的空间，在$X$上定义内积为

$$(x,y)=\int_0^1 x(t)\overline{y(t)}\mathrm{d}t$$

$X$是不完备的内积空间.

$\textbf{例3}$.设

$$\ell^2=\lbrace x=(a_1,a_2,\cdots),\sum |a_j|^2 < \infty\rbrace$$

对$\ell^2$中的向量

$$x=(a_1,a_2,\cdots),y=(b_1,b_2,\cdots)$$

定义

$$(x,y)=\sum a_j\overline{b}_j$$

则$\ell^2$是完备的内积空间.

$\textbf{例4}$.在$\mathbb{R}^n$的某一区域内关于$\mathrm{Lebesgue}$测度平方可积的所有函数构成的空间记为$L^2$.这个空间是完备的内积空间.

$\textbf{定义2}$:如果$(x,y)=0$，则称$x$和$y$是正交的.

$\textbf{定义3}$:关于由内积诱导出来的范数是$\textbf{完备的}$内积空间称为是一个$\mathrm{Hilbert}$空间，记为$\mathscr{H}$.

$\textbf{定义4}$:有内积的复线性空间叫做准$\mathrm{Hilbert}$空间.

$\textbf{定义5}$:若一个准$\mathrm{Hilbert}$空间关于范数$||x||=(x,x)^{1/2}$完备，则被叫做$\mathrm{Hilbert}$空间.

$\textbf{定理2}$($\mathrm{Pythagorean}$定理):如果$x_1,\cdots,x_n\in \mathscr{H}$，并且对$j\ne k$有$x_j\bot x_k$，则

$$\left|\left| \sum_1^n x_j\right|\right|^2=\sum_1^n ||x_j||^2$$

$\textbf{证明}$.$||\sum x_j||^2=(\sum x_j,\sum x_j)=\displaystyle\sum_{j,k}(x_j,x_k)$.对$k\ne j$其值均为0，只剩下$\sum (x_j,x_j)=\sum ||x_j||^2$.

$\textbf{定理3}$:如果$\mathscr{M}$是$\mathscr{H}$的一个闭子空间，则$\mathscr{H}=\mathscr{M}\oplus \mathscr{M}^{\bot}$；也就是说，每个$x\in \mathscr{H}$可以被唯一地表示为$x=y+z$，其中$y\in \mathscr{M},z\in \mathscr{M}^{\bot}$.此外，$y$和$z$分别是$\mathscr{M}$和$\mathscr{M}^{\bot}$中到$x$距离最小的唯一元素.

$\textbf{证明}$.取定$x\in \mathscr{H}$，令$\delta=\inf \{ ||x-y|| : y\in \mathscr{M} \}$，且令$\{ y_n \}$是$\mathscr{M}$中的一个序列使得$||x-y_n|| \to \delta$.根据平行四边形法则，

$$2(||y_n-x||^2+||y_m-x||^2)=||y_n-y_m||^2+||y_n+y_m-2x||^2$$

因为$\displaystyle\frac{1}{2}(y_n+y_m)\in \mathscr{M}$，

$$\begin{aligned} ||y_n-y_m||^2&=2||y_n-x||^2+2||y_m-x||^2-4\left|\left|\frac{1}{2}(y_n+y_m)-x\right|\right|^2\\ &\leq 2||y_n-x||^2+2||y_m-x||^2-4\delta^2 \end{aligned}$$

当$n,m\to \infty$时，右边趋于$0$，所以$\{ y_n \}$是$\mathrm{Cauchy}$列.令$y=\lim y_n,z=x-y$.则由$\mathscr{M}$是闭的可知$y\in \mathscr{M}$，且$||x-y||=\delta$.

我们来证明$z\in\mathscr{M}^{\bot}$.事实上，如果$u\in\mathscr{M}$，用一个非零的标量乘$u$之后我们我们可以假定$(z,u)$是实的.那么函数

$$f(t)=||z+tu||^2=||z||^2+2t(z,u)+t^2||u||^2$$

对$t\in \mathbb{R}$是实的，并且它在$t=0$处有一个最小值(即$\delta^2$)，因为$z+tu=x-(y-tu),y-tu\in \mathscr{M}$.那么$2(z,u)=f'(0)=0$，所以$z\in \mathscr{M}^{\bot}$.此外，如果$z'$是$\mathscr{M}^{\bot}$中的另一个元素，根据$\mathrm{Pythagorean}$定理(因为$x-z=y\in \mathscr{M}$)我们有

$$||x-z'||^2=||x-z||^2+||z-z'||^2\geq ||x-z||^2$$

等号成立当且仅当$z=z'$.同样的理由可以说明$y$是$\mathscr{M}$中最靠近$x$的唯一元素.

最后，若$x=y'+z'$，其中$y'\in \mathscr{M},z'\in \mathscr{M}^{\bot}$，则$y-y'=z'-z\in \mathscr{M}\cap \mathscr{M}^{\bot}$，所以$y-y'$和$z'-z$彼此正交，因此它们都等于零.$\blacksquare$

如果$y\in \mathscr{H}$，$\mathrm{Schwarz}$不等式说明了公式$f_y(x)=(x,y)$定义了$\mathscr{H}$上的一个有界线性泛函，使得$||f_y||=||y||$.那么，映射$y\to f_y$是从$\mathscr{H}$到$\mathscr{H}^*$的一个共轭线性等距.这个映射是满射:

$\textbf{定理4}$:如果$f\in \mathscr{H}^*$，存在唯一的$y\in \mathscr{H}$，使得$f(x)=(x,y)$对所有的$x\in \mathscr{X}$成立.

$\textbf{证明}$.唯一性是容易的:如果对所有的$x$有$(x,y)=(x,y')$，我们令$x=y-y'$，得到$||y-y'||^2=0$，因此$y=y'$.如果$f$是零泛函，显然$y=0$.否则，令$\mathscr{M}=\{ x\in \mathscr{H}:f(x)=0 \}$.则$\mathscr{M}$是$\mathscr{X}$的一个真闭子集，所以根据定理3可知$\mathscr{M}^{\bot}\ne \{ 0 \}$.选择$z\in \mathscr{M}^{\bot}$且$||z||=1$.如果$u=f(x)z-f(z)x$则$u\in \mathscr{M}$，所以

$$0=(u,z)=f(x)||z||^2-f(z)(x,z)=f(x)-(x,\overline{f(z)}z)$$

因此$f(x)=(x,y)$，其中$y=\overline{f(z)}z$.$\blacksquare$

$\textbf{定义}6$(标准正交):$\mathscr{H}$的子集$\{ u_{\alpha} \}_{\alpha\in A}$如果满足对所有的$\alpha$有$||u_{\alpha}||=1$，且对所有的$\alpha\ne \beta$有$u_{\alpha}\bot u_{\beta}$，就被称作$\textbf{标准正交的}$.

$\textbf{定理5}$($\mathrm{Bessel}$不等式):如果$\{ u_{\alpha} \}_{\alpha\in A}$是$\mathscr{H}$中的一组标准正交基，那么对任意的$x\in \mathscr{H}$，有

$$\sum_{\alpha\in A}|(x,u_{\alpha})|^2\leq ||x||$$

特别地，$\{ \alpha:(x,u_{\alpha})\ne 0 \}$是可数的.

$\textbf{证明}$.只要证明$\displaystyle\sum_{\alpha\in F}|(x,u_{\alpha})|^2\leq ||x||^2$对任意的有限集$F\subset A$成立.但是

$$\begin{aligned} 0&\leq \left|\left|x-\sum_{\alpha\in F}(x,u_{\alpha})u_{\alpha}\right|\right|^2\\ &=||x||^2-2\mathrm{Re}\left(x,\sum_{\alpha\in F}(x,u_{\alpha})u_{\alpha}\right)+\left|\left|\sum_{\alpha\in F}(x,u_{\alpha})u_{\alpha}\right|\right|^2\\ &=||x||^2-2\sum_{\alpha\in F}|(x,u_{\alpha})|^2+\sum_{\alpha\in F}|(x,u_{\alpha})|^2\\ &=||x||^2-\sum_{\alpha\in F}|(x,u_{\alpha})|^2 \end{aligned}$$

其中第三行用了$\mathrm{Pythagorean}$定理.$\blacksquare$

$\textbf{定理6}$.如果$\{ u_{\alpha} \}_{\alpha\in A}$是$\mathscr{H}$中的一组标准正交基，以下命题是等价的:

$a$.(完备性)如果对所有的$\alpha$有$(x,u_{\alpha})=0$，那么$x=0$.

$b$.($\mathrm{Parseval}$不等式)对所有的$x\in \mathscr{H}$有$\displaystyle ||x||^2=\sum_{\alpha\in A}|(x,u_{\alpha})|^2$.

$c$.对每个$x\in \mathscr{H}$，$\displaystyle x=\sum_{\alpha\in A}(x,u_{\alpha})u_{\alpha}$，其中右边的求和仅有可数个非零项，且无论这些项怎么排序都在范数拓扑中收敛.

$\textbf{证明}$.($a$)$\to$($c$):如果$x\in \mathscr{H}$，令$\alpha_1,\alpha_2,\cdots$表示使得$(x,u_{\alpha})\ne 0$的$\alpha$.根据$\mathrm{Bessel}$不等式，级数$\sum |(x,u_{\alpha_j})|^2$收敛，所以根据$\mathrm{Pythagorean}$定理，

$$\left|\left|\sum_{n}^m (x,u_{\alpha_j})u_{\alpha_j}\right|\right|^2=\sum_{n}^m |(x,u_{\alpha_j})|^2\to 0~~(m,n\to \infty)$$

因为$\mathscr{H}$是完备的，$\sum (x,u_{\alpha_j})u_{\alpha_j}$收敛.如果$y=x-\sum (x,u_{\alpha_j})u_{\alpha_j}$，那么$(y,u_{\alpha})=0$对所有的$\alpha$成立，所以根据($a$)，得到$y=0$.

($c$)$\to$($b$):根据$\mathrm{Bessel}$不等式的证明，我们有

$$||x||^2-\sum_{1}^n |(x,u_{\alpha_j})|^2=\left|\left|x-\sum_1^n (x,u_{\alpha_j})u_{\alpha_j}\right|\right|\to 0~~~(n\to \infty)$$

最后，($b$)$\to$ ($a$)是显然的.$\blacksquare$

参考文献

1. Peter D.Lax,泛函分析,人民邮电出版社,2010

2. Gerald B.Folland,Real Analysis:Modern Techniques and Their Applications(Second Edition),世界图书出版公司,2019

3. 王凯,姚一隽,黄昭波,泛函分析,高等教育出版社,2024

4. P. Jordan and J. von Neumann, On Inner Product in Linear Metric Spaces, Ann. of Math. 36 (1935), no. 2,719-723.

5. Matt Rosenzweig,Jordan-von Neumann Theorem,https://matthewhr.wordpress.com/wp-content/uploads/2012/09/jordan-von-neumann-theorem.pdf