Riesz表示定理和Lax-Milgram定理

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本文中設 $H$ 是一個 $\Phi$ ( $\Phi=\mathbb{R}$ 或 $\mathbb{C}$ )上的Hilbert空間.
命題1.設 $C$ 是 $H$ 中的一個閉凸集, $x\notin C$ , 則存在唯一的 $x_0\in C$ 使得 $\|x-x_0\|=\inf_{y\in C}\|x-y\|$ .
證明.我們先證存在性. 記 $d=\inf_{y\in C}\|x-y\|$ , 設 $\{x_n\} \subset C$ 使得 $d\le\|x_n-x\|<d+1/n$ , 我們想證 $\{x_n\}$ 收斂到某個 $x_0$ . 為此我們對 $x,x_n,x_m,x_n+x_m-x$ 寫出平行四邊形等式:
$2(\|x_m-x\|^2+\|x_n-x\|^2)=\|x_n-x_m\|^2+\|x_n+x_m-2x\|^2$
由此可知
$\|x_n-x_m\|^2=2(\|x_m-x\|^2+\|x_n-x\|^2)-4\left\|x-\frac{x_n+x_m}{2}\right\|^2$
$<2\left((d+1/m)^2+(d+1/n)^2\right)-4d^2=\frac{4d}{m}+\frac{4d}{n}+\frac{2}{m^2}+\frac{2}{n^2}\rightarrow0$
故 $\{x_n\}$ 是Cauchy列, 而 $H$ 完備, $C$ 閉, 故存在 $x_0\in C$ 使得 $x_n\rightarrow x_0$ , 由范數(shù)的連續(xù)性即知 $\|x-x_0\|=d$ .
我們再證唯一性. 如果 $y_0\in C$ 使得 $\|x-y_0\|=d$ , 那么我們對 $x,x_0,y_0,x_0+y_0-x$ 使用平行四邊形等式得到
$\|x_0-y_0\|^2=2(\|{x_0-x\|^2+\|y_0-x}\|^2)-4\left\|x-\frac{x_0+y_0}{2}\right\|^2$
$\le4d^2-4d^2=0$
從而 $y_0=x_0$ , 這就證明了唯一性. $\rule{3mm}{3mm}$

下面我們設 $M$ 是 $H$ 的閉子空間.
命題2. $H=M\oplus M^\perp$ .
證明.我們先證明 $H=M+M^\perp$ . 任取 $x\in H$ , 如果 $x\in M$ , 當然有 $x\in M+M^\perp$ , 如果 $x\notin M$ , 那么存在 $x_M$ 使得 $\|x-x_M\|=\inf_{y\in M}\|x-y\|$ , 現(xiàn)在我們想證 $x-x_M\in M^\perp$ . 為此我們?nèi)稳?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=y%5Cin%20M" alt="y\in M" mathimg="1">, 想證 $\langle y,x-x_M\rangle=0$ . 考慮二次函數(shù) $f(t)=\|x-x_M-ty\|^2=\|x-x_M\|^2-2t\operatorname{Re}\langle x-x_M,y\rangle+t^2\|y\|^2$ , 由 $x_M$ 的定義知 $f$ 在 $t=0$ 處取到最小值, 故 $\operatorname{Re}\langle x-x_M,y\rangle=0$ . 以 $iy\in M$ 替換 $y$ 可得 $\operatorname{Im}\langle x-x_M,y\rangle=0$ . 從而 $\langle x-x_M,y\rangle=0$ .
這說明 $x-x_M\in M^\perp$ , 即 $x=x_M+(x-x_M)\in M+M^\perp$ , $H=M+M^\perp$ .
我們再證 $H=M\oplus M^\perp$ . 若 $x\in H$ 有兩個分解 $x=x_1+x_2=y_1+y_2$ , 其中 $x_1,y_1\in M,x_2,y_2\in M^\perp$ , 則 $x_1-y_1=y_2-x_2\in M\cap M^\perp=\{0\}$ , 從而 $x_1=y_1, x_2=y_2$ . 這說明這兩個分解是一樣的, 故 $H=M\oplus M^\perp$ . $\rule{3mm}{3mm}$

定義1.設 $x\in H$ , 定義 $P_Mx$ 為 $x$ 在 $M$ 上的最佳逼近元.
注記.由我們之前的討論可以知道 $x-P_Mx\in M^\perp$ .

命題3.對任何 $x\in H$ , 有 $x=P_Mx+P_{M^\perp}x$ .
證明.首先由之前的討論我們有 $x=P_Mx+(x-P_Mx)=(x-P_{M^\perp}x)+P_{M^\perp}x$ , 這里 $x-P_Mx\in M^\perp, x-P_{M^\perp}x\in(M^\perp)^\perp$ . 如果我們能證明 $(M^\perp)^\perp=M$ , 那么由這種分解的唯一性即可推知結(jié)論.
顯然 $M\subset(M^\perp)^\perp$ , 為了證明另一邊, 我們?nèi)稳?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=y%5Cin(M%5E%5Cperp)%5E%5Cperp" alt="y\in(M^\perp)^\perp" mathimg="1">. 我們有分解 $y=P_My+(y-P_My)$ , 而 $y-P_My\in M^\perp$ , 故 $0=\langle y,y-P_My\rangle=\|y-P_My\|^2$ , 從而 $y=P_My\in M$ . 這樣就證明了 $(M^\perp)^\perp\subset M$ . $\rule{3mm}{3mm}$

我們現(xiàn)在對線性泛函的一般性質(zhì)做一個小討論.

定義2.設 $V$ 是某個域 $F$ 上的線性空間, $U$ 是它的子空間, $U$ 的余維數(shù)被定義為 $\dim V/U$ .
命題4.設 $V$ 是某個域 $F$ 上的線性空間, $0\ne f\in V^*$ 是 $V$ 上的線性函數(shù), 則 $V$ 的子空間 $N(f):=\{x\in V|f(x)=0\}$ 的余維數(shù)為1.
證明.因 $f\ne0$ , 故 $N(f)\ne V, V/N(f)\ne\{0\}, \dim V/N(f)>0$ . 現(xiàn)在任取非零元素 $x+N(f),y+N(f)\in V/N(f)$ , 則 $f(x),f(y)\ne0$ . 此時我們有 $x/f(x)-y/f(y)\in N(f)$ , 從而
$\frac{x+N(f)}{f(x)}-\frac{y+N(f)}{f(y)}=N(f)$
即 $x+N(f),y+N(f)$ 線性相關, 故 $\dim V/N(f)<2$ . 故 $\dim V/N(f)=1$ . $\rule{3mm}{3mm}$

現(xiàn)在我們回到Hilbert空間的討論. 我們之前證明了 $H=M\oplus M^\perp$ , 此時我們還有線性同構(gòu) $\phi:M^\perp \rightarrow H/M, x \mapsto x+M$ . 故 $M$ 的余維數(shù)就是 $M^\perp$ 的維數(shù). 若 $f\in H^*$ 是 $H$ 上的連續(xù)線性泛函, 那么 $dim N(f)^\perp=1$ .

定理1(Riesz表示定理).設 $f\in H^*$ , 則存在唯一的 $u\in H$ 使得 $\forall v\in H$ , $f(v)=\langle v,u \rangle$ .
證明.先證存在性. 若 $f=0$ , 則取 $u=0$ 即可. 當 $f\ne0$ 時, $N(f)^\perp\ne\{0 \}$ . 我們?nèi)稳?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=0%5Cne%20u_1%5Cin%20N(f)" alt="0\ne u_1\in N(f)" mathimg="1">, 再令 $u=\frac{\overline{f(u_1)}}{\|u_1\|^2}u_1$ . 我們想說明這就是我們要尋找的 $u$ .
任取 $v\in H$ , 設 $P_{M^\perp}v=\lambda u$ , 則
$\langle v,u\rangle=\langle P_{M}v+P_{M^\perp}v,u\rangle=\lambda\|u\|^2=\lambda\frac{|f(u_1)|^2}{\|u_1\|^2}$
$f(v)=f(P_Mv+P_{M^\perp}v)=f(P_{M^\perp}v)=\lambda f(u)=\lambda\frac{|f(u_1)|^2}{\|u_1\|^2}=\langle v,u\rangle$
接著我們再證唯一性. 如果 $u,u'$ 都滿足要求, 那么對任何 $v$ , 我們有 $\langle v,u-u'\rangle=f(v)-f(v)=0$ , 取 $v=u-u'$ 即知 $\|u-u'\|^2=0$ , 即 $u=u'$ . $\rule{3mm}{3mm}$

定理2(實的Lax-Milgram定理).設 $H$ 是 $\mathbb{R}$ 上的Hilbert空間, $B$ 是 $H\times H$ 上的雙線性形式, 并且存在 $\alpha,\beta>0$ 使得 $\forall u,v\in H$ , $\left|B[u,v]\right| \le\alpha\|u\|\|v\|$ , $|B[u,u]|\ge\beta\|u\|^2$ , 則對任何 $f\in H^*$ , 存在唯一的 $u\in H$ 使得 $\forall v$ , $f(v)=B[u,v]$ .
證明.對任何 $u\in H$ , 我們定義線性泛函 $B_u(v):=B[u,v]$ , 則顯然 $\|B_u\|\le\alpha\|u\|$ , 故 $B_u$ 連續(xù). 由Riesz表示定理, 存在 $Au\in H$ 使得 $B[u,v]=\langle v,Au\rangle$ , 這樣我們就定義了一個線性映射 $A:H\rightarrow H$ . 如果我們能說明 $A$ 是滿的, 那么由Riesz表示定理, 存在 $w\in H$ 使得 $\forall v\in H,f(v)=\langle v,w\rangle$ , 再由 $A$ 滿可設 $Au=w$ , 則 $f(v)=\langle v,w\rangle=\langle v,Au\rangle=B[u,v]$ .
現(xiàn)在我們集中精力證明 $A$ 滿.
首先,由于 $\|Au\|^2\ge|\langle Au,Au\rangle|=|B[u,Au]|\le\alpha\|u\|\|Au\|$ , 故 $\|Au\| \le\alpha\|u\|$ , 從而 $A$ 連續(xù). 另一方面, $\|Au\|\|u\|\ge|\langle u,Au\rangle|=|B[u,u]|\ge\beta\|u\|^2$ , 從而 $\|Au\|\ge\beta\|u\|$ , 故 $A$ 單.
我們再說明 $A$ 的值域 $R(A)$ 是閉的. 設 $Ax_n\rightarrow y$ , 則 $\{Ax_n\}$ 是Cauchy列, 由 $\|Ax_n-Ax_m\|\ge\beta\|x_n-x_m\|$ 知 $\{x_n\}$ 也是Cauchy列, 故可設 $x_n\rightarrow x$ . 由 $A$ 連續(xù)性知 $Ax_n\rightarrow Ax$ , 故 $Ax=y$ . 從而 $y\in R(A)$ , $R(A)$ 閉.
現(xiàn)在由于 $H=R(A)\oplus R(A)^\perp$ , 故我們只需證明 $R(A)^\perp=\{0 \}$ 即可. 任取 $v\in R(A)^\perp$ , 有 $0=|\langle v,Av\rangle|=|B[v,v]|\ge\beta\|v\|^2$ , 從而 $v=0$ . 這就說明了 $A$ 是滿的, 從而定理得證. $\rule{3mm}{3mm}$

最后編輯于：2023.09.14 13:24:49

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