俗话说 没学上的东西总有一天会重新跳你的脸
忘了 就来随手寄一个
观前提示
是 Riesz表示定理（Riesz–Fréchet representation theorem）
不是有 Hausdorff 那个
也不是 Riesz Lemma
（顺带一提riesz引理的证明类似于点到闭子空间作垂线然后搞搞搞）
以免遗忘 首先众所周知
赋范线性空间
⊃
\supset
⊃ Banach空间
⊃
\supset
⊃ Hilbert空间
⊃
\supset
⊃ Euclidean
Banach空间就是完备的赋范空间，多了完备性（柯西列不需要收敛子列就能收敛）
Hilbert空间就是完备的内积空间，相比banach多了内积（范数满足平行四边形定则就可以 induce 一个出来），
此外，如果给 Banach空间加上 Lp 范数，就可以得到 Sobolev空间（其中k阶sobolev空间Wk,p需要f,f’,…直到k阶广义导数都属于同一个Lp空间）
本文中 ⟨ ⋅ , ⋅ ⟩ \langle\cdot,\cdot\rangle ⟨⋅,⋅⟩ 仅指内积，不是什么 ⟨ T , f ⟩ = ( f T , f ) , T ∈ H ∗ , f ∈ H \langle T,f\rangle=(f_T,f),T\in H^*,f\in H ⟨T,f⟩=(fT,f),T∈H∗,f∈H 的 pairing…
首先我们给一个完备内积空间
(
H
,
⟨
⋅
,
⋅
⟩
)
(H,\langle\cdot,\cdot\rangle)
(H,⟨⋅,⋅⟩)
然后
∀
f
T
∈
H
\forall f_T\in H
∀fT∈H 我们定义泛函
T
:
H
→
C
,
f
↦
⟨
f
,
f
T
⟩
T:H\to\Complex,\quad f\mapsto\langle f,f_T\rangle
T:H→C,f↦⟨f,fT⟩
综上 T ∈ H ∗ T\in H^* T∈H∗ （对偶空间）
实际上，所有的
T
T
T 不重复地给出了
H
∗
H^*
H∗ 里面的所有元素，我们要证明这件事。
或者说
φ
:
H
→
H
∗
,
f
T
↦
T
\varphi:H\to H^*,\quad f_T\mapsto T
φ:H→H∗,fT↦T 是一个（等距反线性）同构。
然后我们把
f
T
f_T
fT 称为
T
T
T 的 Riesz表示。顺便有
∥
T
∥
=
∥
f
T
∥
\|T\|=\|f_T\|
∥T∥=∥fT∥ 左边是算子范数。
呃，这个定理首先给出了
H
H
H 和其对偶空间同构这个结论，就已经挺有用的了。
来证明双射。同态的部分，因为映射是作内积，不妨留作习题……
首先
φ
:
H
→
H
∗
,
f
T
↦
T
\varphi:H\to H^*,\quad f_T\mapsto T
φ:H→H∗,fT↦T 是一个单射这一点非常好想
重点在于满射，也就是对于随便一个
T
:
f
↦
T
(
f
)
T:f\mapsto T(f)
T:f↦T(f) 有
T
(
f
)
=
⟨
f
,
f
T
⟩
,
∀
f
∈
H
T(f)=\langle f,f_T\rangle,\quad\forall f\in H
T(f)=⟨f,fT⟩,∀f∈H
简单说，对函数应用这里的任何一个有界线性泛函的效果相当于和这个泛函对应的函数做内积。
这篇文章差不多就为了这一句话，剩下的把证明思路补一补得了。
好吧。如果我们已经知道了这么个结论，倒着想思路挺好整的。
那首先我们把
φ
−
1
\varphi^{-1}
φ−1 整整。
谈到内积和唯一性，我们还是会考虑正交。
毕竟
⟨
g
,
f
T
⟩
=
0
\langle g,f_T\rangle=0
⟨g,fT⟩=0 的
g
g
g 构成的空间的“法向量”就是
f
T
f_T
fT，加上
∥
f
T
∥
\|f_T\|
∥fT∥ 足以得到唯一性。
按照这个思路放到
T
T
T 上就可以了。
所谓的法向量，就是利用 Hilbert空间中的正交投影，我们熟知 Hilbert空间中的一个基本定理
投影定理（正交分解）：给 Hilbert空间
H
H
H 和其闭子空间
M
⊂
H
M\subset H
M⊂H，有
H
=
M
⊕
M
⊥
.
H=M\oplus M^\perp.
H=M⊕M⊥.
或者说
∀
f
∈
H
\forall f\in H
∀f∈H 存在唯一的
f
0
∈
M
,
π
(
f
)
∈
M
⊥
f_0\in M,\pi(f)\in M^\perp
f0∈M,π(f)∈M⊥ 使得
f
=
f
0
+
π
(
f
)
.
f=f_0+\pi(f).
f=f0+π(f).
就算你不知道，只要你会证 Cauchy-Schwarz 那么想必我可以把证明留作习题。
由于
T
∈
H
∗
T\in H^*
T∈H∗ 有
ker
T
\ker{T}
kerT 是
H
H
H 的闭线性子空间，
于是就可以搞事情啦。
首先搞掉一个特殊情况： ker T = H \ker{T}=H kerT=H 的情况下 T = 0 T=0 T=0，
ker T ≠ H \ker{T}\ne H kerT=H 的情况：
先想办法搞出那个法向的线，也就是证明 dim ( ker T ) ⊥ = 1 \dim{(\ker{T})^\perp}=1 dim(kerT)⊥=1
就可以找到 h ∉ ker T h\notin\ker{T} h∈/kerT 把它正交分解用投影定理有 dim ( ker T ) ⊥ > 0 \dim{(\ker{T})^\perp}>0 dim(kerT)⊥>0
考虑
a
,
b
∈
(
ker
T
)
⊥
a,b\in(\ker{T})^\perp
a,b∈(kerT)⊥ 那么存在
λ
≠
0
\lambda\ne0
λ=0 使
T
(
λ
a
)
=
λ
T
(
a
)
=
T
(
b
)
T(\lambda a)=\lambda T(a)=T(b)
T(λa)=λT(a)=T(b)
就有
T
(
λ
a
−
b
)
=
0
T(\lambda a-b)=0
T(λa−b)=0 那么
(
λ
a
−
b
)
∈
ker
T
∪
(
ker
T
)
⊥
i
.
e
.
λ
a
=
b
.
(\lambda a-b)\in\ker{T}\cup(\ker{T})^\perp\quad i.e.\quad\lambda a=b.
(λa−b)∈kerT∪(kerT)⊥i.e.λa=b.
故
dim
(
ker
T
)
⊥
=
1
\dim{(\ker{T})^\perp}=1
dim(kerT)⊥=1 得证。
于是我们选取
f
T
∈
(
ker
T
)
⊥
s
.
t
.
∥
f
T
∥
2
=
⟨
f
T
,
f
T
⟩
=
T
(
f
T
)
.
f_T\in(\ker{T})^\perp\quad s.t.\quad \|f_T\|^2=\langle f_T,f_T\rangle=T(f_T).
fT∈(kerT)⊥s.t.∥fT∥2=⟨fT,fT⟩=T(fT).
因为 ker 的正交补就那么一维，唯一性得以保证。
再用投影定理有
∀
f
∈
H
\forall f\in H
∀f∈H 可以写成
f
=
λ
f
T
+
g
f=\lambda f_T+g
f=λfT+g 其中
⟨
g
,
f
T
⟩
=
0
\langle g,f_T\rangle=0
⟨g,fT⟩=0
就有
⟨
f
,
f
T
⟩
=
⟨
λ
f
T
+
g
,
f
T
⟩
=
λ
⟨
f
T
,
f
T
⟩
+
⟨
g
,
f
T
⟩
=
λ
T
(
f
T
)
=
T
(
λ
f
T
)
\langle f,f_T\rangle = \langle \lambda f_T+g,f_T\rangle= \lambda \langle f_T,f_T\rangle+\langle g,f_T\rangle=\lambda T(f_T)=T(\lambda f_T)
⟨f,fT⟩=⟨λfT+g,fT⟩=λ⟨fT,fT⟩+⟨g,fT⟩=λT(fT)=T(λfT)
还没完呢！
最后
T
(
f
)
=
T
(
λ
f
T
+
g
)
=
T
(
λ
f
T
)
+
T
(
g
)
=
T
(
λ
f
T
)
=
⟨
f
,
f
T
⟩
T(f)=T(\lambda f_T+g)=T(\lambda f_T)+T(g)=T(\lambda f_T)=\langle f,f_T\rangle
T(f)=T(λfT+g)=T(λfT)+T(g)=T(λfT)=⟨f,fT⟩ 证毕
∀
T
∈
H
∗
,
dim
(
ker
T
)
⊥
=
1
\forall T\in H^*,\quad \dim{(\ker{T})^\perp}=1
∀T∈H∗,dim(kerT)⊥=1 几乎直接把这个定理摆脸上了
也就是说，有界线性泛函
T
T
T 某种程度上可以说只关心
λ
f
T
\lambda f_T
λfT，
而
H
H
H 中的其他函数如果不是
λ
f
T
\lambda f_T
λfT 与其他函数的和（线性泛函也没法互乘了），则都应该是与
f
T
f_T
fT 正交的。
也就是
H
≅
H
∗
H\cong H^*
H≅H∗ 这样奇妙的一一对应关系
考虑有界线性的苛刻条件，这个结果也还是挺自然的吧
把内积换成bounded coercive双线性算子[·,·]就是 lax-milgram定理，
如果有共轭对称性，
证明大体上可以验证它是内积+诱导的范数和原本的范数一样，
然后证明 f 对于这个新的内积和范数有界线性，
完备内积空间和有界线性泛函 f 都有了，用riesz表示定理即可
实际上不一定对称，所以还得绕点弯子
lax-milgram定理另有一种清秀的证法：
首先，虚功问题和极小位势能问题等价，就可以把定理里面那个求等式唯一解转化成求最小化问题的唯一解
考虑到完备空间闭子空间完备+内积空间是严格凸的赋范空间，再考虑到研究 Hilbert空间最佳逼近问题的时候我们有一个神似 Riesz表示定理的 最佳逼近定理，
证位能问题下有界之后根据凸性，利用极小化序列+泛函连续性+空间完备性，搞出最佳逼近点（唯一）即可
甚至可以不用最佳逼近定理，唯一性自己证也行