2.Riesz表示定理和Lax-Milgram定理2023-09-14

本文中设 $H$ 是一个 $\Phi$ ( $\Phi=\mathbb{R}$ 或 $\mathbb{C}$ )上的Hilbert空间.
命题1.设 $C$ 是 $H$ 中的一个闭凸集, $x\notin C$ , 则存在唯一的 $x_0\in C$ 使得 $\|x-x_0\|=\inf_{y\in C}\|x-y\|$ .
证明.我们先证存在性. 记 $d=\inf_{y\in C}\|x-y\|$ , 设 $\{x_n\} \subset C$ 使得 $d\le\|x_n-x\|<d+1/n$ , 我们想证 $\{x_n\}$ 收敛到某个 $x_0$ . 为此我们对 $x,x_n,x_m,x_n+x_m-x$ 写出平行四边形等式:

2 (‖ x_{m} - x ‖^{2} + ‖ x_{n} - x ‖^{2}) = ‖ x_{n} - x_{m} ‖^{2} + ‖ x_{n} + x_{m} - 2 x ‖^{2}

$2(\|x_m-x\|^2+\|x_n-x\|^2)=\|x_n-x_m\|^2+\|x_n+x_m-2x\|^2$

由此可知

‖ x_{n} - x_{m} ‖^{2} = 2 (‖ x_{m} - x ‖^{2} + ‖ x_{n} - x ‖^{2}) - 4 {‖ x - \frac{x_{n} + x_{m}}{2} ‖}^{2}

$\|x_n-x_m\|^2=2(\|x_m-x\|^2+\|x_n-x\|^2)-4\left\|x-\frac{x_n+x_m}{2}\right\|^2$

< 2 ((d + 1 / m)^{2} + (d + 1 / n)^{2}) - 4 d^{2} = \frac{4 d}{m} + \frac{4 d}{n} + \frac{2}{m^{2}} + \frac{2}{n^{2}} \to 0

$<2\left((d+1/m)^2+(d+1/n)^2\right)-4d^2=\frac{4d}{m}+\frac{4d}{n}+\frac{2}{m^2}+\frac{2}{n^2}\rightarrow0$

故 $\{x_n\}$ 是Cauchy列, 而 $H$ 完备, $C$ 闭, 故存在 $x_0\in C$ 使得 $x_n\rightarrow x_0$ , 由范数的连续性即知 $\|x-x_0\|=d$ .
我们再证唯一性. 如果 $y_0\in C$ 使得 $\|x-y_0\|=d$ , 那么我们对 $x,x_0,y_0,x_0+y_0-x$ 使用平行四边形等式得到

‖ x_{0} - y_{0} ‖^{2} = 2 (‖ x_{0} - x ‖^{2} + ‖ y_{0} - x ‖^{2}) - 4 {‖ x - \frac{x_{0} + y_{0}}{2} ‖}^{2}

$\|x_0-y_0\|^2=2(\|{x_0-x\|^2+\|y_0-x}\|^2)-4\left\|x-\frac{x_0+y_0}{2}\right\|^2$

\leq 4 d^{2} - 4 d^{2} = 0

$\le4d^2-4d^2=0$

从而 $y_0=x_0$ , 这就证明了唯一性. $\rule{3mm}{3mm}$

下面我们设 $M$ 是 $H$ 的闭子空间.
命题2. $H=M\oplus M^\perp$ .
证明.我们先证明 $H=M+M^\perp$ . 任取 $x\in H$ , 如果 $x\in M$ , 当然有 $x\in M+M^\perp$ , 如果 $x\notin M$ , 那么存在 $x_M$ 使得 $\|x-x_M\|=\inf_{y\in M}\|x-y\|$ , 现在我们想证 $x-x_M\in M^\perp$ . 为此我们任取 $y\in M$ , 想证 $\langle y,x-x_M\rangle=0$ . 考虑二次函数 $f(t)=\|x-x_M-ty\|^2=\|x-x_M\|^2-2t\operatorname{Re}\langle x-x_M,y\rangle+t^2\|y\|^2$ , 由 $x_M$ 的定义知 $f$ 在 $t=0$ 处取到最小值, 故 $\operatorname{Re}\langle x-x_M,y\rangle=0$ . 以 $iy\in M$ 替换 $y$ 可得 $\operatorname{Im}\langle x-x_M,y\rangle=0$ . 从而 $\langle x-x_M,y\rangle=0$ .
这说明 $x-x_M\in M^\perp$ , 即 $x=x_M+(x-x_M)\in M+M^\perp$ , $H=M+M^\perp$ .
我们再证 $H=M\oplus M^\perp$ . 若 $x\in H$ 有两个分解 $x=x_1+x_2=y_1+y_2$ , 其中 $x_1,y_1\in M,x_2,y_2\in M^\perp$ , 则 $x_1-y_1=y_2-x_2\in M\cap M^\perp=\{0\}$ , 从而 $x_1=y_1, x_2=y_2$ . 这说明这两个分解是一样的, 故 $H=M\oplus M^\perp$ . $\rule{3mm}{3mm}$

定义1.设 $x\in H$ , 定义 $P_Mx$ 为 $x$ 在 $M$ 上的最佳逼近元.
注记.由我们之前的讨论可以知道 $x-P_Mx\in M^\perp$ .

命题3.对任何 $x\in H$ , 有 $x=P_Mx+P_{M^\perp}x$ .
证明.首先由之前的讨论我们有 $x=P_Mx+(x-P_Mx)=(x-P_{M^\perp}x)+P_{M^\perp}x$ , 这里 $x-P_Mx\in M^\perp, x-P_{M^\perp}x\in(M^\perp)^\perp$ . 如果我们能证明 $(M^\perp)^\perp=M$ , 那么由这种分解的唯一性即可推知结论.
显然 $M\subset(M^\perp)^\perp$ , 为了证明另一边, 我们任取 $y\in(M^\perp)^\perp$ . 我们有分解 $y=P_My+(y-P_My)$ , 而 $y-P_My\in M^\perp$ , 故 $0=\langle y,y-P_My\rangle=\|y-P_My\|^2$ , 从而 $y=P_My\in M$ . 这样就证明了 $(M^\perp)^\perp\subset M$ . $\rule{3mm}{3mm}$

我们现在对线性泛函的一般性质做一个小讨论.

定义2.设 $V$ 是某个域 $F$ 上的线性空间, $U$ 是它的子空间, $U$ 的余维数被定义为 $\dim V/U$ .

命题4.设 $V$ 是某个域 $F$ 上的线性空间, $0\ne f\in V^*$ 是 $V$ 上的线性函数, 则 $V$ 的子空间 $N(f):=\{x\in V|f(x)=0\}$ 的余维数为1.
证明.因 $f\ne0$ , 故 $N(f)\ne V, V/N(f)\ne\{0\}, \dim V/N(f)>0$ . 现在任取非零元素 $x+N(f),y+N(f)\in V/N(f)$ , 则 $f(x),f(y)\ne0$ . 此时我们有 $x/f(x)-y/f(y)\in N(f)$ , 从而

\frac{x + N (f)}{f (x)} - \frac{y + N (f)}{f (y)} = N (f)

$\frac{x+N(f)}{f(x)}-\frac{y+N(f)}{f(y)}=N(f)$

即 $x+N(f),y+N(f)$ 线性相关, 故 $\dim V/N(f)<2$ . 故 $\dim V/N(f)=1$ . $\rule{3mm}{3mm}$

现在我们回到Hilbert空间的讨论. 我们之前证明了 $H=M\oplus M^\perp$ , 此时我们还有线性同构 $\phi:M^\perp \rightarrow H/M, x \mapsto x+M$ . 故 $M$ 的余维数就是 $M^\perp$ 的维数. 若 $f\in H^*$ 是 $H$ 上的连续线性泛函, 那么 $\dim N(f)^\perp=1$ .

定理1(Riesz表示定理). 设 $f\in H^*$ , 则存在唯一的使得, $f(v)=\langle v,u \rangle$ .

证明. 先证存在性. 若 $f=0$ , 则取 $u=0$ 即可. 当 $f\ne0$ 时, $N(f)^\perp\ne\{0\}$ . 我们任取 $0\ne u_1\in N(f)$ , 再令 $u=\frac{\overline{f(u_1)}}{\|u_1\|^2}u_1$ . 我们想说明这就是我们要寻找的 $u$ .
任取 $v\in H$ , 设 $P_{M^\perp}v=\lambda u$ , 则

⟨ v, u ⟩ = ⟨ P_{M} v + P_{M^{⊥}} v, u ⟩ = λ ‖ u ‖^{2} = λ \frac{| f (u_{1}) |^{2}}{‖ u_{1} ‖^{2}}

$\langle v,u\rangle=\langle P_{M}v+P_{M^\perp}v,u\rangle=\lambda\|u\|^2=\lambda\frac{|f(u_1)|^2}{\|u_1\|^2}$

f (v) = f (P_{M} v + P_{M^{⊥}} v) = f (P_{M^{⊥}} v) = λ f (u) = λ \frac{| f (u_{1}) |^{2}}{‖ u_{1} ‖^{2}} = ⟨ v, u ⟩

$f(v)=f(P_Mv+P_{M^\perp}v)=f(P_{M^\perp}v)=\lambda f(u)=\lambda\frac{|f(u_1)|^2}{\|u_1\|^2}=\langle v,u\rangle$

接着我们再证唯一性. 如果 $u,u'$ 都满足要求, 那么对任何 $v$ , 我们有 $\langle v,u-u'\rangle=f(v)-f(v)=0$ , 取 $v=u-u'$ 即知 $\|u-u'\|^2=0$ , 即 $u=u'$ . $\rule{3mm}{3mm}$

定理2(实的Lax-Milgram定理).设 $H$ 是 $\mathbb{R}$ 上的Hilbert空间, $B$ 是 $H\times H$ 上的双线性形式, 并且存在 $\alpha,\beta>0$ 使得 $\forall u,v\in H$ , $\left|B[u,v]\right| \le\alpha\|u\|\|v\|$ , $|B[u,u]|\ge\beta\|u\|^2$ , 则对任何 $f\in H^*$ , 存在唯一的 $u\in H$ 使得 $\forall v$ , $f(v)=B[u,v]$ .

证明.对任何 $u\in H$ , 我们定义线性泛函 $B_u(v):=B[u,v]$ , 则显然 $\|B_u\|\le\alpha\|u\|$ , 故 $B_u$ 连续. 由Riesz表示定理, 存在 $Au\in H$ 使得 $B[u,v]=\langle v,Au\rangle$ , 这样我们就定义了一个线性映射 $A:H\rightarrow H$ . 如果我们能说明 $A$ 是满的, 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 $A$ 满可设 $Au=w$ , 则 $f(v)=\langle v,w\rangle=\langle v,Au\rangle=B[u,v]$ .
现在我们集中精力证明 $A$ 满.
首先,由于 $\|Au\|^2\ge|\langle Au,Au\rangle|=|B[u,Au]|\le\alpha\|u\|\|Au\|$ , 故 $\|Au\| \le\alpha\|u\|$ , 从而 $A$ 连续. 另一方面, $\|Au\|\|u\|\ge|\langle u,Au\rangle|=|B[u,u]|\ge\beta\|u\|^2$ , 从而 $\|Au\|\ge\beta\|u\|$ , 故 $A$ 单.
我们再说明 $A$ 的值域 $R(A)$ 是闭的. 设 $Ax_n\rightarrow y$ , 则 $\{Ax_n\}$ 是Cauchy列, 由 $\|Ax_n-Ax_m\|\ge\beta\|x_n-x_m\|$ 知 $\{x_n\}$ 也是Cauchy列, 故可设 $x_n\rightarrow x$ . 由 $A$ 连续性知 $Ax_n\rightarrow Ax$ , 故 $Ax=y$ . 从而 $y\in R(A)$ , $R(A)$ 闭.
现在由于 $H=R(A)\oplus R(A)^\perp$ , 故我们只需证明 $R(A)^\perp=\{0 \}$ 即可. 任取 $v\in R(A)^\perp$ , 有 $0=|\langle v,Av\rangle|=|B[v,v]|\ge\beta\|v\|^2$ , 从而 $v=0$ . 这就说明了 $A$ 是满的, 从而定理得证. $\rule{3mm}{3mm}$