Гильбертово пространство

Определение

Определение 1. Полное евклидово (унитарное) бесконечномерное пространство называется Гильбертовым. Обозначается как $$H$$ .

Гильбертово пространство это частный случай банахова пространства.

Связь нормы и скалярного произведения

В гильбертовом пространстве, как и во всяком евклидовом или унитарном пространстве, норма согласована со скалярным произведением. В общем случае норма и скалярное произведение никак не связаны между собой.

В гильбертовом пространстве норма связана со скалярным произведением следующим образом: $$ ||x||=\sqrt{(x,x)} $$

Из аксиом скалярного произведения вытекает неравенство Коши-Буняковкого: $$|(x,y)|\leq ||x|||y||$$, $$\forall x, y \in H$$

Теорема 1. Норма порождается скалярным произведением тогда и только тогда, когда выполнено тождество параллелограмма.

\[||x+y||^2+||x-y||^2=2(||x||^2+||y||^2), \forall x, y \in H.\]

Доказательство:

$$\Rightarrow$$ Если норма порождается скалярным произведением, то тогда \begin{equation} ||x+y||^2=(x+y,x+y)=||x||^2+||y||^2+(x,y)+(y,x), \end{equation} \begin{equation} ||x-y||^2=(x-y,x-y)=||x||^2+||y||^2-(x,y)-(y,x). \end{equation} После сложения (1) и (2) получаем требуемое.

$$\Leftarrow$$ Вещественный случай: \[(x,y)=\frac{1}{2}(||x+y||^2-||x||^2-||y||^2)\]

Проверим аксиомы скалярного произведения

1) $$(x,y)=(y,x)$$, очевидно выполняется

2) $$(x+y,z)=(x,z)+(y,z)$$,

\[\Delta=2((x+y,z)-(x,z)-(y,z))=||x+y+z||^2-||x+y||^2-||z||^2-||x+z||^2+||x||^2+||z||^2-||y+z||^2+||y||^2+||z||^2\]

Упростим

\[||x+y+z||^2-||x+y||^2-||x+z||^2-||y+z||^2+||x||^2+||y||^2+||z||^2\]

Применим тождество параллелограмма к вектору $$x+y+2z=(x+y+z)+z=(x+z)+(y+z)$$ и получим: \[||x+y+2z||^2+||x+y||^2=2||x+y+z||^2+2||z||^2\], \[||x+y+2z||^2+||x-y||^2=2||x+z||^2+2||y+z||^2\]

Вычитаем из первого второе

\[||x+y||^2-||x-y||^2=2||x+y+z||^2-2||x+z||^2-2||y+z||^2+2||z||^2\]

\[\Delta=\frac{1}{2}(||x+y||^2-||x-y||^2)+||x+z||^2+||y+z||^2-||z||^2-||x+z||^2-||y+z||^2-||x+y||^2+||x||^2+||y||^2+||z||^2\]

После сокращений

\[\frac{1}{2}(||x+y||^2-||x-y||^2)+||x||^2+||y||^2-||x+y||^2\]

\[||x||^2+||y||^2-\frac{1}{2}(||x+y||^2+||x-y||^2)=0\]

Получили, что вторая аксиома выполняется

3) Третья аксиомы выводится из второй $$(\alpha x,y)=\alpha(x,y)$$

\[(2x,y)=(x+x,y)=(x,y)+(x,y)=2(x,y)\] Верно для $$\alpha=2$$, покажем для $$\alpha=n$$:

\[(nx,y)=((n-1)x-(x,y)\]

То есть для всех натуральных чисел аксиома выполнена.

Для нуля: \[(0,y)=\frac{||0+y||^2-||0||^2-||y||^2}{2}\] \[0=(0,y)=(x-x,y)=(x+(-x),y)=(x,y)+(-x,y): ((-x),y)=-(x,y)\]

Таким образом распространили на все целые $$\alpha$$, далее распространим на рациональные $$\alpha \in Q$$:

\[ (x,y)=n(\frac{x}{n},y)=n(\frac{x}{n},y), (\frac{x}{n},y)=\frac{1}{n}(x,y) \] \[ (\frac{m}{n}x,y)=m(\frac{x}{n},y)=\frac{m}{n}(x,y) \]

Случай $$\alpha \in R$$ докажем через предельный переход и непрерывность нормы.

Норма непрерывна. Раз скалярное произведение вводится через норму, то будет непрерывным и предполагаемое скалярное произведение. Значит, можно совершать предельный переход под знаком скалярного произведения. Вещественное число приближаем последовательность рациональных числе, которая сходится к этому числу. Переходя к пределу получим, что для вещественных чисел 3 аксиома справедлива.

4) $$(x,x)\geq 0$$, причем $$(x,x)=0 \leftrightarrow x=0$$. Очевидно.

Все 4 аксиомы проверены. Для вещественного случая доказано.

Теперь для комплексного случая. \[ ||x+y||^2=||x||^2+||y||^2+2 Re(x,y) \] \[ ||x+iy||^2=||x||^2+||y||^2-2 Im(x,y) \] \[ (x,y)=\frac{||x+y||^2-||x-y||^2}{4}-i \frac{||x+iy||^2-||x-iy||^2}{4} \]

Справедливость аксиом вытекает из вещественного случая. Здесь они автоматически будут выполнены.

Теорема доказана. $$\blacksquare$$

Теорема об элементе с наименьшей нормой

Определение 2. Множество называется выпуклым, если вместе с любой парой своих элементов оно содержит и соединяющий их отрезок.

$$x=tx_1+(1-t)x_2, t \in [0,1]$$

Теорема 2 (об элементе с наименьшей нормой)

Пусть $$M$$ выпуклое замкнутое множество в гильбертовом пространстве, тогда в $$М$$ существует и единственный элемент с наименьшей нормой.

Доказательство

Пусть $$d=\displaystyle{\inf_{x\in M}||x||}$$. Точная нижняя всегда существует, так как ограничена нулем. Нужно доказать, что она достигается, и что элемент, на котором это происходит, определяется однозначно.

Пусть $$\{x_n\}: x_n \in M, ||x_n|| \to d$$

Тогда рассмотрим

\[ \frac{x_n+x_m}{2} \in M, ||\frac{x_n+x_m}{2}||\geq d \] \[ ||\frac{x_n+x_m}{2}||=||\frac{x_n}{2}+\frac{x_m}{2}||\leq \frac{||x_n||}{2} + \frac{||x_m||}{2} \] \[ d \leq ||\frac{x_n+x_m}{2}|| \leq \frac{||x_n||+||x_m||}{2}, \] \[\frac{||x_n||+||x_m||}{2} \to d\]

Устремим $$ n,m \to \infty $$. Правая часть стремится к $$d$$, значит \[ ||\frac{x_n+x_m}{2}|| \to d \]

Воспользуемся тождеством параллелограмма. Запишем его как \[ ||x_n-x_m||^2=2||x_m||^2+2||x_n||^2-4||\frac{x_n+x_m}{2}||^2, n,m \to \infty \]

Получим $$||x_n-x_m||^2 \to 0$$. $$\{x_n\}$$ — фундаментальная последовательность, так как $$M$$ — гильбертово, то существует предел $$\tilde{x} = \displaystyle{\lim_{n\to\infty}}x_n, \tilde{x} \in H $$. $$||\tilde{x}||=d$$. $$M$$ замкнуто, значит содержит все свои предельные элементы, значит $$\tilde{x} \in M$$. Мы нашли элемент из $$М$$, на котором достигается значение $$d$$, таким образом доказали существование.

Таким образом существование доказано.

Докажем единственность:

Пусть $$\tilde{x}, \tilde{x}' \in M$$, $$||\tilde{x}||=||\tilde{x}'||=d$$, тогда

\[ ||\frac{\tilde{x} + \tilde{x}'}{2}|| = d\]

Применим тождество параллелограмма к этим двум векторам, тогда \[||\tilde{x} - \tilde{x}'||^2 = 2||\tilde{x}||^2 + 2|| \tilde{x}'||^2 - 4 || \frac{\tilde{x} + \tilde{x}'}{2}||^2=2d^2+2d^2-4d^2=0\]

Значит $$\tilde{x} = \tilde{x}'$$

Теорема полностью доказана. $$\blacksquare$$

Теорема Рисса о представлении линейного ограниченного функционала

Вспомогательная лемма

Пусть линейный ограниченный функционал $$f(x), x \in H$$ не является аннулирующим $$f \not\equiv 0$$, тогда размерность коядра $$\dim \coker f = 1$$.

Доказательство

$$\ker f \neq H$$. Пусть $$x_1$$ и $$x_2 \notin \ker f$$. Тогда $$f(x_2)x_1 - f(x_1)x_2 \in \ker f$$. Значит $$0 < \dim \coker f<2$$ $$\blacksquare$$

Теорема Рисса Для $$\forall f(x), x \in H$$, где $$f$$ линейно ограниченный функционал, $$\exists ! h \in H: f(x)=(x,h)$$, причем $$||f|| = ||h||$$.

Доказательство

Существование: Воспользуемся леммой: $$\dim(\ker f)^{\perp} = 1$$. $$\ker f$$ замкнутое множество, значит $$H = \ker f \oplus (\ker f)^{\perp}$$.

\[\forall x \in H ~\exists! ~x_1 \in \ker f, x_2 \in (\ker f)^{\perp}\] \[ x = x_1 + x_2, ~f(x)=f(x_1)+f(x_2)=f(x_2)\] \[ (\ker f)^{\perp} = \mathcal{L}(e) \] \[ x_2 = (x,e)e, f(x_2)=(x,e)f(e)=(x,h)\] тогда $$h=\overline{f(e)}e$$. Существование доказано.

Норма: $$f \not\equiv 0: f(x)=(x,h).$$ \[ |f(x)| \leq ||x||||h|| \Rightarrow ||f|| \leq ||h|| \] Пусть $$x_0 = \frac{h}{||h||}:$$ \[ f(x_0) = (\frac{h}{||h||},h) = \frac{||h||^2}{||h||} = ||h|| \Rightarrow ||f|| = ||h||\]

Единственность: \[ f(x) = (x,h_1) = (x,h_2) , (x, h_1 - h_2) = 0, \forall x \in H \Rightarrow h_1 = h_2\]

Теорема доказана. $$\blacksquare$$

Следствия

1. $$f \leftrightarrow h$$, всякому $$f$$ соответствует единственное $$h$$ и наоборот.
2. Оператор соответствия $$f \rightarrow h$$ антилинейный.
3. $$H \tilde(\eq) H^* \tilde(\eq) H^{**}$$.