16.2 周期函数的内积 ​

定义 ​

1. （16.2.1 内积）如果$f,g\in C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$，则我们定义**内积$⟨f,g⟩$**为：

   $$⟨f,g⟩:={\int }_{[0,1]}f(x)\overline{g(x)}\text{d}x$$

   （注：为了计算一个复值函数$f(x)=g(x)+\text{i}h(x)$的积分，我们定义${\displaystyle {\int }_{[a,b]}f:={\int }_{[a,b]}g+\text{i}{\int }_{[a,b]}h}$，也就是说分别对实部和虚部作积分。容易验证实值函数的全体微积分基本法则（分部积分法，微积分基本定理和变量替换法等）对复值函数同样成立；然后对于内积，我们需要说明的是上面的定义总是有效的，因为$f,g$都是连续且有界的函数。最后内积一般都是一个复数）

2. （无编号 $L^2$范数）从内积的正性出发，自然地我们可以对任意的函数$f\in C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$定义它的**$L^2$范数**$\Vert f{\Vert }_2$为：

   $$\Vert f{\Vert }_2:=\sqrt{⟨f,f⟩}={({\int }_{[0,1]}f(x)\overline{f(x)}\text{d}x)}^{1/2}={({\int }_{[0,1]}|f(x){|}^2\text{d}x)}^{1/2}$$

   因此对任意的$f$都有$\Vert f{\Vert }_2\ge 0$。范数$\Vert f{\Vert }_2$有时被称为$f$的均方根。

   （注：$L^2$范数与$L^{\mathrm{\infty }}$范数之间存在某些联系，我们会在课后习题中揭示这一点）

3. （无编号 $L^2$度量）对任意的$f,g\in C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$，我们定义**$L^2$度量**$d_{L^2}:C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})\times C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})\to {\mathbb{R}}^{+}$有：

   $$d_{L^2}(f,g):=\Vert f-g{\Vert }_2={({\int }_{[0,1]}|f(x)-g(x){|}^2\text{d}x)}^{1/2}$$

   我们可以验证$d_{L^2}$确实是一个度量，这一部分讨论将放在习题16.2.2中进行。

   （注：事实上，$L^2$度量与欧几里得空间上的$l^2$度量非常相似，应当将它们放在一起作比较；依$L^2$度量收敛不同于一致收敛与逐点收敛，这一点我们会在习题中说明；最后，$L^2$度量的性质并不如$L^{\mathrm{\infty }}$度量好，比如具有$L^2$度量的度量空间$C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$并不是完备的，但是使用$L^{\mathrm{\infty }}$度量时是完备的）

命题 ​

1. （16.2.5 内积的性质？）设$f,g,h\in C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$，那么有：

   1. （厄米特性质）$⟨g,f⟩=\overline{⟨f,g⟩}$。
   2. （正性）$⟨f,f⟩\ge 0$，更进一步地$⟨f,f⟩=0$当且仅当$f=0$（即对所有的$x\in \mathbb{R}$有$f(x)=0$）。
   3. （关于第一个变量的线性性质）$⟨f+g,h⟩=⟨f,h⟩+⟨g,h⟩$，对任意的复数$c$有$⟨cf,g⟩=c⟨f,g⟩$。
   4. （关于第二个变量的反线性性质）$⟨f,g+h⟩=⟨f,g⟩+⟨f,h⟩$，对任意的复数$c$有$⟨f,cg⟩=\bar{c}⟨f,g⟩$。

2. （16.2.7 $L^2$范数的性质？）设$f,g\in C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$，那么有：

   1. （非退化性）$\Vert f{\Vert }_2=0$，当且仅当$f=0$。
   2. （柯西-施瓦茨不等式）$|⟨f,g⟩|\le \Vert f{\Vert }_2\Vert g{\Vert }_2$。
   3. （三角不等式）$\Vert f+g{\Vert }_2\le \Vert f{\Vert }_2+\Vert g{\Vert }_2$。
   4. （毕达哥拉斯定理）如果$⟨f,g⟩=0$，那么${\Vert f+g{\Vert }_2}^2={\Vert f{\Vert }_2}^2+{\Vert g{\Vert }_2}^2$。
   5. （齐次性）对任意的复数$c$有$\Vert cf{\Vert }_2=|c|\Vert f{\Vert }_2$。

   （注：根据毕达哥拉斯定理，我们有时称$f$与$g$相互正交当且仅当$⟨f,g⟩=0$）

课后习题 ​

16.2.1 证明引理16.2.5（提示：(b)的最后一个部分可能会比较棘手，一个可能的方法是使用反证法，假设$f$不是零函数，然后证明${\displaystyle {\int }_{[0,1]}|f(x){|}^2\text{d}x}$是严格正的。如果使用这个方法，你或许需要利用到“$f$是连续的，从而$|f|$也是连续的”这一事实） ​

我们设$f=f_1+f_2\text{i}$，$g=g_1+g_2\text{i}$和$h=h_1+h_2\text{i}$，其中$f_1,f_2,g_1,g_2,h_1,h_2$都是实值函数。然后逐条证明：

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1. $⟨g,f⟩=\overline{⟨f,g⟩}$。

根据定义我们有：

$$\begin{array}{rl}⟨g,f⟩& ={\int }_{[0,1]}(g_1(x)+g_2(x)\text{i})(f_1(x)-f_2(x)\text{i})\text{d}x\\ & ={\int }_{[0,1]}(g_1{f}_1+f_2{g}_2)(x)\text{d}x+\text{i}{\int }_{[0,1]}(g_2{f}_1-g_1{f}_2)(x)\text{d}x\\ & =\overline{{\int }_{[0,1]}(g_1{f}_1+f_2{g}_2)(x)\text{d}x+\text{i}{\int }_{[0,1]}(g_1{f}_2-g_2{f}_1)(x)\text{d}x}\\ & =\overline{{\int }_{[0,1]}(g_1(x)-g_2(x)\text{i})(f_1(x)+f_2(x)\text{i})\text{d}x}=\overline{⟨f,g⟩}\end{array}$$

于是结论得证。

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2. $⟨f,f⟩\ge 0$，更进一步地$⟨f,f⟩=0$当且仅当$f=0$（即对所有的$x\in \mathbb{R}$有$f(x)=0$）。

根据定义有：

$$⟨f,f⟩={\int }_{[0,1]}f(x)\overline{f(x)}\text{d}x={\int }_{[0,1]}|f(x){|}^2\text{d}x$$

由于$|f(x){|}^2\ge 0$对任意的$x\in \mathbb{R}$都成立，因此根据实值函数积分的运算定律（命题11.4.1(d)）我们显然有$⟨f,f⟩\ge 0$。然后对第二个命题，显然当$f=0$时有$⟨f,f⟩=0$，于是我们只需要证明$⟨f,f⟩=0$时有$f=0$。

我们使用反证法，我们假设存在$f\in C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$满足$f\ne 0$且$⟨f,f⟩=0$。于是存在某个$x_0\in [0,1]$使得$f(x_0)\ne 0$。考虑到若有$f$连续则必有$|f{|}^2$连续（结合习题13.2.3与命题13.2.3），因此$|f{|}^2$也是连续的。于是设$L=|f(x_0){|}^2>0$，由于$|f{|}^2$连续，因此存在$\delta >0$使得对任意的$x\in [x_0-\delta ,x_0+\delta ]\cap [0,1]$都有$||f(x){|}^2-L|\le L/2$，即$|f(x){|}^2\ge L/2>0$。

然后注意到由于$x_0\in [0,1]$，因此$[x_0-\delta ,x_0+\delta ]\cap [0,1]=[max(x_0-\delta ,0),min(x_0+\delta ,1)]$不可能是一个长度为$0$的区间（注意到$min(x_0-\delta ,0)\le x_0\le max(x_0+\delta ,1)$的两个等于号不可能同时成立），于是我们不妨将它写成$[a,b]$（其中$a<b$）。然后考虑一个包含$[a,b]$的划分$P$，根据黎曼积分的定义我们有：

$${\int }_{[0,1]}|f(x){|}^2\text{d}x\ge \sum _{I\in P}(\underset{x\in I}{inf}f(x))\cdot |I|\ge \frac{L}{2}(b-a)+\sum _{I\in P;I\ne [a,b]}0\cdot |I|>0$$

也即$⟨f,f⟩>0$，这导出了矛盾。于是反证结束，反证假设不成立，若有$⟨f,f⟩=0$则必然有$f=0$。

综上，于是结论得证。

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3. $⟨f+g,h⟩=⟨f,h⟩+⟨g,h⟩$，对任意的复数$c$有$⟨cf,g⟩=c⟨f,g⟩$。

设$c=a+b\text{i}$（$a,b\in \mathbb{R}$），我们先证明两个积分的运算定律再来证明这个命题，记号沿用上面的记号：

结论：设$f,g\in {\mathbb{C}}^{\mathbb{R}}$满足$f_1,f_2,g_1,g_2$都在$[0,1]$上黎曼可积且$c$是复数，则有：

$${\int }_{[0,1]}(f+g)={\int }_{[0,1]}f+{\int }_{[0,1]}g{\int }_{[0,1]}cf=c{\int }_{[0,1]}f$$

证明：

根据定义有：

$$\begin{array}{rl}{\int }_{[0,1]}(f+g)& ={\int }_{[0,1]}(f_1+g_1)+\text{i}{\int }_{[0,1]}(f_2+g_2)\\ & =({\int }_{[0,1]}{f}_1+\text{i}{\int }_{[0,1]}{f}_2)+({\int }_{[0,1]}{g}_1+\text{i}{\int }_{[0,1]}{g}_2)\\ & ={\int }_{[0,1]}f+{\int }_{[0,1]}g\end{array}$$$$\begin{array}{rl}{\int }_{[0,1]}cf& ={\int }_{[0,1]}(a+\text{i}b)(f_1+\text{i}{f}_2)\\ & ={\int }_{[0,1]}(a{f}_1-b{f}_2)+\text{i}{\int }_{[0,1]}(a{f}_2+b{f}_1)\\ & =a{\int }_{[0,1]}{f}_1-b{\int }_{[0,1]}{f}_2+\text{i}(a{\int }_{[0,1]}{f}_2+b{\int }_{[0,1]}{f}_1)\\ & =(a+b\text{i})({\int }_{[0,1]}{f}_1+\text{i}{\int }_{[0,1]}{f}_2)\\ & =c{\int }_{[0,1]}f\end{array}$$

于是结论得证。

利用上面证明的积分运算定律，我们有：

$$\begin{array}{rl}⟨f+g,h⟩=& {\int }_{[0,1]}(f(x)+g(x))\overline{h(x)}\text{d}x\\ =& {\int }_{[0,1]}f(x)\overline{h(x)}+g(x)\overline{h(x)}\text{d}x\\ =& {\int }_{[0,1]}f(x)\overline{h(x)}\text{d}x+{\int }_{[0,1]}g(x)\overline{h(x)}\text{d}x\\ =& ⟨f,h⟩+⟨g,h⟩\end{array}$$$$\begin{array}{rl}⟨cf,h⟩=& {\int }_{[0,1]}cf(x)\bar{h}(x)\text{d}x\\ =& c{\int }_{[0,1]}f(x)\bar{h}(x)\text{d}x\\ =& c⟨f,h⟩\end{array}$$

于是结论得证。

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4. $⟨f,g+h⟩=⟨f,g⟩+⟨f,h⟩$，对任意的复数$c$有$⟨f,cg⟩=\bar{c}⟨f,g⟩$。

同样利用证明结论(c)时使用的运算定律，我们有：

$$\begin{array}{rl}⟨f,g+h⟩=& {\int }_{[0,1]}f(x)\overline{(g(x)+h(x))}\text{d}x\\ =& {\int }_{[0,1]}f(x)\overline{g(x)}+f(x)\overline{h(x)}\text{d}x\\ =& {\int }_{[0,1]}f(x)\overline{g(x)}\text{d}x+{\int }_{[0,1]}f(x)\overline{h(x)}\text{d}x\\ =& ⟨f,g⟩+⟨f,h⟩\end{array}$$$$\begin{array}{rl}⟨cf,h⟩=& {\int }_{[0,1]}f(x)\overline{ch(x)}\text{d}x\\ =& {\int }_{[0,1]}f(x)\cdot \bar{c}\cdot \overline{h(x)}\text{d}x\\ =& \bar{c}{\int }_{[0,1]}f(x)\overline{h(x)}\text{d}x\\ =& \bar{c}⟨f,h⟩\end{array}$$

于是结论得证。

16.2.2 证明：$C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$上的$L^2$度量$d_{L^2}$的确使$C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$成为一个度量空间（参见习题12.1.6） ​

于是需要证明：

• 对任意的$f\in C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$，都有$d_{L^2}(f,f)=0$。

  显然有：

  $$d_{L^2}(f,f)=\Vert f-f{\Vert }_2={({\int }_{[0,1]}|0{|}^2\text{d}x)}^{1/2}=0$$

  此条件总是满足的。

• 对任意不同的$f,g\in C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$，都有$d_{L^2}(f,g)>0$。

  由于$f,g$不同，因此至少存在一个$x_0\in [0,1]$使得$f(x_0)\ne g(x_0)⟺f-g\ne 0$。注意到$f-g\in C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$（命题16.1.5(b)），因此根据命题16.2.5(b)我们知道有：

  $$d_{L^2}(f,g)=\Vert f-g{\Vert }_2=⟨f-g,f-g{⟩}^{1/2}>0$$

  此条件总是满足的。

• 对任意的$f,g\in C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$，都有$d_{L^2}(f,g)=d_{L^2}(f,g)$。

  根据命题16.2.5(c)，(d)有：

  $$⟨f-g,f-g⟩=(-1)⟨g-f,f-g⟩=(-1)(-1)⟨g-f,g-f⟩=⟨g-f,g-f⟩$$

  因此根据定义有：

  $$d_{L^2}(f,g)=\sqrt{⟨f-g,f-g⟩}=\sqrt{⟨g-f,g-f⟩}=d_{L^2}(f,g)$$

  此条件总是满足的。

• 对任意的$f,g,h\in C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$，都有$d_{L^2}(f,h)\le d_{L^2}(f,g)+d_{L^2}(g,h)$。

  我们先证明一个子结论：

  结论：设$a:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$与$b:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$都是$[0,1]$上非负的黎曼可积函数，那么有：

  $${\left({\int }_{[0,1]}ab\right)}^2\le {\int }_{[0,1]}{a}^2{\int }_{[0,1]}{b}^2$$

  证明：

  $ab$，$a^2$，$b^2$显然都是在$[0,1]$上黎曼可积的函数，因此我们只需要讨论其下黎曼积分就等价于讨论黎曼积分。根据定义，对任意$[0,1]$的划分$P$，设$f,g$是分别是从上方控制$a,b$的关于划分$P$的分段常数函数（于是它们也都是非负的，我们分别用$f_I,g_I$表示$f,g$在区间$I$上的常数值）。此时根据柯西-施瓦茨不等式（习题12.1.5）我们有：

  $${(\sum _{I\in P}{f}_I{g}_I|I|)}^2\le (\sum _{I\in P}{f_I}^2|I|)(\sum _{I\in P}{g_I}^2|I|)$$

  （考虑替换$a_I=f_I\sqrt{|I|}$与$b_I=g_I\sqrt{|I|}$）

  注意到$fg$是从上方控制$ab$的分段常数函数，从而根据上黎曼积分的定义，我们可以将上面的结论引申为：

  $${\left({\bar{\int }}_{[0,1]}ab\right)}^2\le (\sum _{I\in P}{f_I}^2|I|)(\sum _{I\in P}{g_I}^2|I|)$$

  也即${\displaystyle {\left({\bar{\int }}_{[0,1]}ab\right)}^2}$是集合$S$的一个下界：

  $$S:=\{(\sum _{I\in P}{f_I}^2|I|)(\sum _{I\in P}{g_I}^2|I|):f,g\mathrm{是}\mathrm{从}\mathrm{上}\mathrm{方}\mathrm{控}\mathrm{制}a,b\mathrm{的}\mathrm{关}\mathrm{于}\mathrm{划}\mathrm{分}P\mathrm{的}\mathrm{分}\mathrm{段}\mathrm{常}\mathrm{数}\mathrm{函}\mathrm{数}\}$$

  再依据上黎曼积分的定义，我们可以得到如下事实：

  • ${\displaystyle {\bar{\int }}_{[0,1]}{a}^2{\bar{\int }}_{[0,1]}{b}^2}$也是$S$的一个下界。

    因为对于满足要求的分段常数函数$f,g$分别有：

    $${\bar{\int }}_{[0,1]}{a}^2\le \sum _{I\in P}{f_I}^2|I|{\bar{\int }}_{[0,1]}{b}^2\le \sum _{I\in P}{g_I}^2|I|$$

    成立。

  • 对任意的${\displaystyle M>{\bar{\int }}_{[0,1]}{a}^2{\bar{\int }}_{[0,1]}{b}^2}$，$M$都不是$S$的下界。

    我们考虑取$\epsilon >0$同时满足：

    $$\epsilon <{\bar{\int }}_{[0,1]}{a}^2+{\bar{\int }}_{[0,1]}{b}^2\epsilon <\frac{M-{\bar{\int }}_{[0,1]}{a}^2{\bar{\int }}_{[0,1]}{b}^2}{2({\bar{\int }}_{[0,1]}{a}^2+{\bar{\int }}_{[0,1]}{b}^2)}$$

    然后根据上黎曼积分是下确界的性质，我们知道存在$f,g$是从上方控制$a,b$的分段常数函数满足：

    $$\sum _{I\in P}{f_I}^2|I|\le {\bar{\int }}_{[0,1]}{a}^2+\epsilon \sum _{I\in P}{g_I}^2|I|\le {\bar{\int }}_{[0,1]}{b}^2+\epsilon$$

    从而即：

    $$\begin{array}{rl}s=(\sum _{I\in P}{f_I}^2|I|)(\sum _{I\in P}{g_I}^2|I|)& \le ({\bar{\int }}_{[0,1]}{a}^2+\epsilon )({\bar{\int }}_{[0,1]}{b}^2+\epsilon )\\ & ={\bar{\int }}_{[0,1]}{a}^2{\bar{\int }}_{[0,1]}{b}^2+\epsilon ({\bar{\int }}_{[0,1]}{a}^2+{\bar{\int }}_{[0,1]}{b}^2+\epsilon )\\ & <{\bar{\int }}_{[0,1]}{a}^2{\bar{\int }}_{[0,1]}{b}^2+\frac{M-{\bar{\int }}_{[0,1]}{a}^2{\bar{\int }}_{[0,1]}{b}^2}{2({\bar{\int }}_{[0,1]}{a}^2+{\bar{\int }}_{[0,1]}{b}^2)}2({\bar{\int }}_{[0,1]}{a}^2+{\bar{\int }}_{[0,1]}{b}^2)\\ & =M\end{array}$$

    于是存在$s\in S$使得$s<M$，$M$不是$S$的一个下界。

  综上即${\displaystyle {\bar{\int }}_{[0,1]}{a}^2{\bar{\int }}_{[0,1]}{b}^2}$是$S$的下确界，因此必然有下界${\displaystyle {\left({\bar{\int }}_{[0,1]}ab\right)}^2\le {\bar{\int }}_{[0,1]}{a}^2{\bar{\int }}_{[0,1]}{b}^2}$，把这个结论改写为黎曼积分就得到了我们需要的子结论

  根据定义，于是我们可以将这个不等式转变成积分的形式（左右取平方），即要证明：

  $${\int }_{[0,1]}|f-h{|}^2\le {\int }_{[0,1]}|f-g{|}^2+{\int }_{[0,1]}|g-h{|}^2+2{({\int }_{[0,1]}|f-g{|}^2{\int }_{[0,1]}|g-h{|}^2)}^{1/2}$$

  我们记上面不等式右端为${\text{expr}}_1$。注意到绝对值的三角不等式，对任意的$x\in \mathbb{R}$有：

  $$\begin{array}{c}|(f-h)(x)|\le |(f-g)(x)|+|(g-h)(x)|\\ \Updownarrow \\ |(f-h)(x){|}^2\le |(f-g)(x){|}^2+2|(f-g)(g-h)(x)|+|(g-h)(x){|}^2\end{array}$$

  于是对根据实值函数的积分定律有：

  $${\int }_{[0,1]}|f-h{|}^2\le {\int }_{[0,1]}|f-g{|}^2+{\int }_{[0,1]}|g-h{|}^2+2{\int }_{[0,1]}|f-g||g-h|$$

  记上面不等式右端为${\text{expr}}_2$。运用上面的辅助结论有${\displaystyle {\int }_{[0,1]}|f-g||g-h|\le {({\int }_{[0,1]}|f-g{|}^2{\int }_{[0,1]}|g-h{|}^2)}^{1/2}}$，因此我们可以得到：

  $${\int }_{[0,1]}|f-h{|}^2\le {\text{expr}}_2\le {\text{expr}}_1$$

  于是题目的三角不等式得证，此条件总是满足的。

综上，于是$(C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C}),d_{L^2})$确实是一个度量空间。

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题外话：写题的时候没看到$L^2$度量的定义在引理16.2.7后面，三角不等式的证明可以直接用引理16.2.7解决方便快捷，上面的内容仅作参考。

16.2.3 设$f\in C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$是一个非零函数。证明：$0<\Vert f{\Vert }_2\le \Vert f{\Vert }_{\mathrm{\infty }}$。反过来，设$0<A\le B$都是实数，证明：存在一个非零函数$f\in C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$使得$\Vert f{\Vert }_2=A$且$\Vert f{\Vert }_{\mathrm{\infty }}=B$（提示：设$g$是$C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$中一个非负实值函数，并且$g$不是常数函数，然后考察形如$f=(c+dg{)}^{1/2}$的函数$f$，其中$c,d>0$是实值常数） ​

如果我们考虑定义常数函数$g:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$有${\displaystyle g(x):=\underset{y\in [0,1]}{sup}f(y)=\Vert f{\Vert }_{\mathrm{\infty }}}$，于是对任意的$x\in [0,1]$我们总是有$|f(x){|}^2\le |g(x){|}^2$，从而根据积分的运算定律我们有：

$${\int }_{[0,1]}|f{|}^2\le {\int }_{[0,1]}|g{|}^2⟺\Vert f{\Vert }_2\le \sqrt{{\Vert f{\Vert }_{\mathrm{\infty }}}^2\cdot |[0,1]|}=\Vert f{\Vert }_{\mathrm{\infty }}$$

然后由于$f$不是零函数因此根据命题12.2.5我们有$\Vert f{\Vert }_2>0$，综合即第一个结论得证。

然后证明第二个结论。考虑函数$g\in C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$，然后考虑令有常数$c,d>0$，并令$f=(c+dg{)}^{1/2}$（显然$f$属于$C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$）。我们希望有：

$$\{\begin{array}{l}\Vert f{\Vert }_{\mathrm{\infty }}=B\\ \Vert f{\Vert }_2=A\end{array}⟺\{\begin{array}{ll}{\displaystyle \underset{x\in [0,1]}{sup}(c+dg(x){)}^{1/2}=B}& (1)\\ {\displaystyle {\int }_{[0,1]}c+dg=A^2}& (2)\end{array}$$

对条件$(1)$，根据最大值原理我们知道$g$必然在某个$x_{max}\in [0,1]$处达到最大值，由于$c,d>0$因此$f$也是在$x_{max}$处达到最大值$(c+dg(x_{max}){)}^{1/2}$；对于条件$(2)$，我们可以直接计算得到${\displaystyle {\int }_{[0,1]}c+dg=c+d{\int }_{[0,1]}g}$。从而上面的条件可以变为：

$$\{\begin{array}{l}c+dg(x_{max})=B^2\\ c+\left({\int }_{[0,1]}g\right)d=A^2\end{array}⟺\{\begin{array}{l}d=\frac{B^2-A^2}{g(x_{max})-{\int }_{[0,1]}g}\\ c=\frac{g(x_{max})A^2-B^2{\int }_{[0,1]}g}{g(x_{max})-{\int }_{[0,1]}g}\end{array}$$

$B^2\ge A^2$与${\displaystyle g(x_{max})\ge {\int }_{[0,1]}g}$是显然的，于是只要$g$满足$g(x_{max})A^2-B^2{\int }_{[0,1]}g>0$，那么我们就可以通过上面的推论过程得到对应的$c,d>0$与对应满足$\Vert f{\Vert }_{\mathrm{\infty }}=B$与$\Vert f{\Vert }_2=A$的函数$f$。

于是考虑定义$g$在$[0,1]$上有：

$$g(x):=\{\begin{array}{ll}{x}^{\frac{B^2}{A^2}}& \text{if}x\in [0,0.5)\\ (1-x{)}^{\frac{B^2}{A^2}}& \text{if}x\in [0.5,1]\end{array}$$

显然$g\in C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$，且$g$在$0.5$处有最大值。于是有：

$$\frac{g(x_{max})}{{\int }_{[0,1]}g}=\frac{(\frac{B^2}{A^2}+1){0.5}^{\frac{B^2}{A^2}}}{2\cdot {0.5}^{\frac{B^2}{A^2}+1}}=\frac{B^2}{A^2}+1>\frac{B^2}{A^2}$$

正是我们所需要的函数，可以计算对应的题目所需要的函数$f$为：

$$f(x):={(\frac{A^4}{B^2}+\frac{B^4-A^4}{B^2}{2}^{\frac{B^2}{A^2}}g(x))}^{1/2}x\in [0,1]$$

可以验证这个$f$是满足题目要求的函数。

16.2.4 证明引理16.2.7（提示：反复利用引理16.2.5。对于柯西-施瓦茨不等式，从正性$⟨f,f⟩\ge 0$入手，你或许需要考虑函数$f{\Vert g{\Vert }_2}^2-⟨f,g⟩g$，然后利用引理16.2.5进行化简。对$\Vert g{\Vert }_2=0$的情况你或许需要单独考察，利用柯西-施瓦茨不等式去证明三角不等式） ​

逐条证明：

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1. $\Vert f{\Vert }_2=0$，当且仅当$f=0$。

根据引理16.2.5我们有$⟨f,f⟩=0$当且仅当$f=0$，从而$\Vert f{\Vert }_2=\sqrt{⟨f,f⟩}=0$当且仅当$f=0$。

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2. $|⟨f,g⟩|\le \Vert f{\Vert }_2\Vert g{\Vert }_2$。

对任意的$f,g\in C(\mathbb{R}/\mathbb{Z},\mathbb{C})$，考虑定义函数$h=f{\Vert g{\Vert }_2}^2-⟨f,g⟩g\in C(\mathbb{R}/\mathbb{Z},\mathbb{C})$。由于内积的正性有$⟨h,h⟩\ge 0$，也即有：

$$\begin{array}{rl}& ⟨f{\Vert g{\Vert }_2}^2-⟨f,g⟩g,f{\Vert g{\Vert }_2}^2-⟨f,g⟩g⟩\\ =& ⟨f{\Vert g{\Vert }_2}^2,f{\Vert g{\Vert }_2}^2-⟨f,g⟩g⟩-⟨⟨f,g⟩g,f{\Vert g{\Vert }_2}^2-⟨f,g⟩g⟩\\ =& ⟨f{\Vert g{\Vert }_2}^2,f{\Vert g{\Vert }_2}^2⟩-⟨f{\Vert g{\Vert }_2}^2,⟨f,g⟩g⟩-⟨⟨f,g⟩g,f{\Vert g{\Vert }_2}^2⟩+⟨⟨f,g⟩g,⟨f,g⟩g⟩\\ =& {\Vert g{\Vert }_2}^4{\Vert f{\Vert }_2}^2-{\Vert g{\Vert }_2}^2⟨g,f⟩⟨f,g⟩-⟨f,g⟩{\Vert g{\Vert }_2}^2⟨g,f⟩+⟨f,g⟩⟨g,f⟩{\Vert g{\Vert }_2}^2\\ =& {\Vert g{\Vert }_2}^4{\Vert f{\Vert }_2}^2-{\Vert g{\Vert }_2}^2|⟨f,g⟩{|}^2\ge 0\end{array}$$

注意到$L^2$范数的正性，$g$非零（也即$\Vert g{\Vert }_2\ne 0$，结论(a)）的情况下可以约去${\Vert g{\Vert }_2}^2$，即：

$${\Vert g{\Vert }_2}^2{\Vert f{\Vert }_2}^2-|⟨f,g⟩{|}^2\ge 0⟺{\Vert g{\Vert }_2}^2{\Vert f{\Vert }_2}^2\ge |⟨f,g⟩{|}^2$$

而对$g=0$的情况，可以直接验证柯西施瓦茨不等式左右两端都是$0$，此时显然成立。

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3. $\Vert f+g{\Vert }_2\le \Vert f{\Vert }_2+\Vert g{\Vert }_2$。

注意到有：

$$\begin{array}{rl}{\Vert f+g{\Vert }_2}^2& =⟨f+g,f+g⟩\\ & =⟨f,f⟩+⟨g,f⟩+⟨f,g⟩+⟨g,g⟩\\ & ={\Vert f{\Vert }_2}^2+{\Vert g{\Vert }_2}^2+⟨f,g⟩+\overline{⟨f,g⟩}\\ & ={\Vert f{\Vert }_2}^2+{\Vert g{\Vert }_2}^2+2\mathfrak{R}(⟨f,g⟩)\\ & \le {\Vert f{\Vert }_2}^2+{\Vert g{\Vert }_2}^2+2|⟨f,g⟩|\end{array}$$

然后根据结论(b)，上面的内容可以进一步引申为：

$$\begin{array}{rl}{\Vert f+g{\Vert }_2}^2& \le {\Vert f{\Vert }_2}^2+{\Vert g{\Vert }_2}^2+2|⟨f,g⟩|\\ & \le {\Vert f{\Vert }_2}^2+{\Vert g{\Vert }_2}^2+2\Vert f{\Vert }_2\Vert g{\Vert }_2\\ & =(\Vert f{\Vert }_2+\Vert g{\Vert }_2{)}^2\end{array}$$

由于范数都是正数，因此上面的不等式等价于$\Vert f+g{\Vert }_2\le \Vert f{\Vert }_2+\Vert g{\Vert }_2$。

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4. 如果$⟨f,g⟩=0$，那么${\Vert f+g{\Vert }_2}^2={\Vert f{\Vert }_2}^2+{\Vert g{\Vert }_2}^2$。

同结论(c)的证明，不过在中间由$⟨f,g⟩=0$有：

$$\begin{array}{rl}{\Vert f+g{\Vert }_2}^2& =⟨f,f⟩+⟨g,f⟩+⟨f,g⟩+⟨g,g⟩\\ & ={\Vert f{\Vert }_2}^2+{\Vert g{\Vert }_2}^2\end{array}$$

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5. 对任意的复数$c$有$\Vert cf{\Vert }_2=|c|\Vert f{\Vert }_2$。

根据$L^2$范数定义与引理16.2.5(c)，(d)可以直接计算有：

$$\begin{array}{rl}{\Vert f{\Vert }_2}^2& =\sqrt{⟨cf,cf⟩}\\ & =\sqrt{c\bar{c}⟨f,f⟩}\\ & =\sqrt{|c{|}^2⟨f,f⟩}\\ & =|c|\sqrt{⟨f,f⟩}=|c|\Vert f{\Vert }_2\end{array}$$

综上，于是结论得证。

16.2.5 找出一个连续周期函数的序列，使得该序列依$L^2$度量收敛于一个不连续的周期函数（提示：试试收敛于方波函数） ​

对任意的$n\ge 1$，定义$f_n\in C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$在$[0,1)$上有：

$$f_n(x):=\{\begin{array}{ll}0.5+0.5(4x{)}^{1/n}& \text{if}x\in [0,0.25)\\ 0.5+0.5(2-4x{)}^{1/n}& \text{if}x\in [0.25,0.5)\\ 0.5-0.5(4x-2{)}^{1/n}& \text{if}x\in [0.5,0.75)\\ 0.5-0.5(4-4x{)}^{1/n}& \text{if}x\in [0.75,1)\end{array}$$

然后考虑$\mathbb{Z}$周期函数$f:\mathbb{R}\to \mathbb{C}$在$[0,1)$上有：

$$f_n(x):=\{\begin{array}{ll}0.5& \text{if}x=0,0.5\\ 1& \text{if}x\in (0,0.5)\\ 0& \text{if}x\in (0.5,1)\end{array}$$

对任意的$n\ge 1$，运用变量替换法可以计算有：

$$\begin{array}{rl}{d}_{L^2}(f_n,f)=& {({\int }_{[0,1]}|f-f_n{|}^2)}^{1/2}\\ =& \frac{\sqrt{2}}{2}({\int }_0^{0.25}(1-(4x{)}^{1/n}{)}^2\text{d}x+{\int }_{0.25}^{0.5}(1-(2-4x{)}^{1/n}{)}^2\text{d}x+\\ & {{\int }_{0.5}^{0.75}(1-(4x-2{)}^{1/n}{)}^2\text{d}x+{\int }_{0.75}^1(1-(4-4x{)}^{1/n}{)}^2\text{d}x)}^{1/2}\\ =& {({\int }_0^1(1-y^{1/n}{)}^2\text{d}x)}^{1/2}\\ =& {\left(\frac{2}{2+3n+n^2}\right)}^{1/2}\le \frac{2}{n}\end{array}$$

从而对任意的$\epsilon >0$，根据阿基米德性质可知存在$N\ge 1$使得${\displaystyle \frac{2}{N}<\epsilon }$，从而对任意的$n\ge N$都有$d_{L^2}(f_n,f)<\epsilon$，于是$(f_n{)}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$依$L^2$度量收敛于$f$，但是$f$显然是一个不连续的$\mathbb{Z}$周期函数。

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话说不在$C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$内的函数按定义不应该有$d_{L^2}$度量，有点怪。

16.2.6 设$f\in C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$，并设$(f_n{)}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$是$C(\mathbb{R}/\mathbb{Z};\mathbb{C})$中的函数序列： ​

(a) 证明：如果$f_n$一致收敛于$f$，那么$f_n$也依$L^2$度量收敛于$f$ ​

若$f_n$一致收敛于$f$，则对任意的$\epsilon >0$，存在$N\ge 1$使得对任意的$n\ge N$与全体$x\in \mathbb{R}$都有$|f_n(x)-f(x)|\le \epsilon$。考虑到$f,f_n$都是$\mathbb{Z}$周期函数，因此我们只需要用到$x\in [0,1]$上的结论。此时根据$L^2$度量的定义我们有：

$$d_{L^2}(f_n,f)=\Vert f-f_n{\Vert }_2={({\int }_{[0,1]}|f_n-f{|}^2)}^{1/2}\le {\left({\int }_{[0,1]}{\epsilon }^2\right)}^{1/2}=\epsilon$$

从而上面的结论即：对任意的$\epsilon >0$，存在$N\ge 1$使得对任意的$n\ge N$与都有$d_{L^2}(f_n,f)\le \epsilon$，也即$f_n$也依$L^2$度量收敛于$f$。

(b) 举例：存在序列$f_n$依$L^2$度量收敛于$f$，但不一致收敛于$f$（提示：取$f=0$，并试着让函数列$f_n$有较大的上确界范数） ​

取$f=0$，对任意的$n\ge 0$，考虑$f_n$有：

$$f_n(x):=\{\begin{array}{ll}(2x{)}^n& \text{if}x\in [0,0.5)\\ (2-2x{)}^n& \text{if}x\in [0.5,1)\end{array}$$

于是显然有：

$$d_{L^2}(f_n,f)={({\int }_{[0,1]}|f_n-f{|}^2)}^{1/2}=\sqrt{\frac{1}{2n+1}}$$

因此显然有$f_n$依$L^2$度量收敛于$f$，但是又有：对$\epsilon =0.5>0$，对任意的$n\ge 1$都存在$0.5\in \mathbb{R}$有$|f_n(0.5)-f(0.5)|=1>0.5$。于是直接依据一致收敛的定义我们知道$f_n$不是一致收敛于$f$的。