Bourbaki

习题 10, § 4

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拓扑向量空间, V, p. 77

Google 翻译生成的粗略草稿,质量较低。术语依照术语表,但句子可能有误;之后会由仔细的译文取代。

设 E 为希尔伯空间,u 为 E 的正自同态。 a) 证明对于所有 x∈Ex \in E,我们有

∥u(x)∥2≤∥u∥.⟨u(x)∣x⟩ \|u(x)\|^2 \leq \|u\|.\langle u(x)|x \rangle
(观察⟨u(x)∣u(x)⟩2≤⟨u(x)∣x⟩⟨u2(x)∣u(x)⟩\langle u(x)|u(x) \rangle^2 \leq \langle u(x)|x \rangle \langle u^2(x)|u(x) \rangle,由V,p. 3,命题2)。 b) 设 M 为 E 的闭向量子空间,M∘M^\circ 其正交补集。设x∈Mx \in M,并设f(x)f(x)为⟨u(x+y)∣x+y⟩\langle u(x+y)|x+y \rangle的下界,因为yy的范围超过M∘M^\circ。对于每个ε>0\varepsilon > 0,令E(x,ε)E(x, \varepsilon)为所有y∈M∘y \in M^\circ中的集合,使得⟨u(x+y)∣x+y⟩≤f(x)+ε\langle u(x+y)|x+y \rangle \leq f(x) + \varepsilon。证明 E(x,ε)E(x, \varepsilon) 是凸的,并且对于所有 z∈M∘z \in M^\circ,我们有
⟨u(x+y)∣z⟩2≤ε⟨u(z)∣z⟩fory∈E(x,ε) \langle u(x+y)|z \rangle^2 \leq \varepsilon \langle u(z)|z \rangle \quad \text{for} \quad y \in E(x, \varepsilon)
(考虑实数变量 t 的函数 g:t↦⟨u(x+y+tz)/x+y+tz⟩g : t \mapsto \langle u(x+y+tz)/x+y+tz \rangle,它在点 t0t_0 和注处达到最小值,g(t0)≥f(x)g(t_0) \geq f(x) 和 g(0)≤f(x)+εg(0) \leq f(x) + \varepsilon。 c) 对于每个整数n≥1n \geq 1,令yn∈E(x,1/n)y_n \in E(x, 1/n);表明序列 (u(x+yn))(u(x+y_n)) 倾向于极限 x1′x_1' 属于到 M,并且序列 (⟨u(yn)∣yn⟩)(\langle u(y_n)|y_n \rangle) 是有界的(找到数 ⟨u(yn−ym)∣yn−ym⟩\langle u(y_n-y_m)|y_n-y_m \rangle 对于 m≥nm \geq n 的界限,并且∣⟨u(x+yn)∣z⟩∣|\langle u(x+y_n)|z \rangle| 使用不等式 (*)) 表示z∈M∘z \in M^\circ。 d) 令(yn′)(y'_n)为M∘M^\circ的点的序列,使得当mm和nn足够大时,⟨u(yn′−ym′)∣yn′−ym′⟩\langle u(y'_n-y'_m)|y'_n-y'_m \rangle是任意小的,并且序列(u(x+yn′))(u(x+y'_n))有极限 x1′∈Mx_1' \in M;

show that x1′=x1x'_1 = x_1. (Let Q(z)=⟨u(z)∣z⟩Q(z) = \langle u(z)|z \rangle; first show that the number Q((yp−yp′)−(yq−yq′))Q((y_p - y'_p) - (y_q - y'_q)) is arbitrarily small as soon as pp and qq are large enough, and deduce that the sequence (Q(yn−yn′))(Q(y_n - y'_n)) is bounded; using the fact that ⟨x1′−x1∣yp−yp′⟩=0\langle x'_1 - x_1|y_p - y'_p \rangle = 0 for all pp, show that the sequence (Q(yn−yn′))(Q(y_n - y'_n)) tends to 0 and use aa.) e) Deduce from dd that the point x1x_1 does not depend on the choice of the yn∈E(x,1/n)y_n \in E(x, 1/n), and that if we put u1(x)=x1u_1(x) = x_1, then u1u_1 is a linear mapping from MM into itself. 证明对于所有 x∈Mx \in M 都有 0≤⟨u1(x)∣x⟩≤⟨u(x)∣x⟩0 \leq \langle u_1(x)|x \rangle \leq \langle u(x)|x \rangle,因而 u1u_1 是连续的并且是 MM 的自同态,即 ≥0\geq 0。 (观察⟨u(x+yn)∣yn⟩\langle u(x + y_n)|y_n \rangle趋向于0,⟨u(x+yn)∣x+yn⟩\langle u(x + y_n)|x + y_n \rangle趋向于f(x)f(x)。) f) 设 pMp_M 为像 MM 的正射投影,并设 u0=u1∘pMu_0 = u_1 \circ p_M。 我们有0≤u0≤u0 \leq u_0 \leq u,MM在u0u_0下稳定,u0u_0到M∘M^\circ的限制为空。 证明u0u_0是所有自同态v≥0v \geq 0族中的最大的元素,使得v≤uv \leq u,MM在vv下稳定,并且vv到M∘M^\circ的限制为空。

解答

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