Límite Interior de los Productos en el Espacio de Hilbert

Question

Deje $H$ ser un infinito dimensional espacio de Hilbert. Entonces existe una base ortonormales $\{e_{i}\}_{i = 1}^{\infty}$. Supongamos que sabemos que $\lim_{k \rightarrow \infty}(f_{k}, e_{j}) = (f, e_{j})$ por cada $j$ donde $\{f_{k}\}$ son tales que $\|f_{k}\| = B$ $f$ algo de la función en $H$. ¿Por qué es que $\lim_{k \rightarrow \infty}(f_{k}, g) = (f, g)$ por cada $g \in H$?

Answer 1

Escribir $g=\sum_j\alpha_je_j$. Fix $\varepsilon>0$. Entonces existe $j_0$ tal que $\|\sum_{j>j_0}\alpha_je_j\|&lt\varepsilon$. Tenga en cuenta que $g-\sum_{j\leq j_0}\alpha_je_j=\sum_{j>j_0}\alpha_je_j$. $$ |(f_k-f,g)|=|(f_k-f,\sum_{j\leq j_0}\alpha_je_j)+(f_k-f,\sum_{j>j_0}\alpha_je_j)| \\ \leq|(f_k-f,\sum_{j\leq j_0}\alpha_je_j)|+|(f_k-f,\sum_{j>j_0}\alpha_je_j)| \leq|(f_k-f,\sum_{j\leq j_0}\alpha_je_j)|+\|f_k-f\|\,\|\sum_{j>j_0}\alpha_je_j\| \leq|(f_k-f,\sum_{j\leq j_0}\alpha_je_j)|+(B+\|f\|)\,\varepsilon \leq\sum_{j\leq j_0}|\alpha_j|\,|(f_k-f,e_j)|+(B+\|f\|)\,\varepsilon $$ Tomando $\limsup_{k\to\infty}$, obtenemos (observe que la suma de la derecha es finito) $$ \limsup_{k\to\infty}|(f_k-f,g)|\leq(B+\|f\|)\,\varepsilon. $$ Como $\varepsilon$ fue arbitraria, llegamos a la conclusión de que el límite existe y es igual a cero, es decir, $$ \lim_{k\to\infty}(f_k-f,g)=0. $$

Por el camino, sólo estamos utilizando ese $\|f_k\|\leq B$ (no igualdad). También no hay ningún requisito de que el espacio es infinito-dimensional o separables, es decir, funciona para cualquier espacio de Hilbert.

Answer 2

Supongamos $g$ es tal que $\lim\limits_{k\rightarrow\infty} (f_k,g)\ne(f,g)$. Entonces, sin pérdida de generalidad, podemos suponer que la $\Vert g\Vert=1$, y que hay un $\alpha>0$ tal que para algunos subsequence de $(f_n)$, decir $f_{n_k}$ tenemos $ ( f_{n_k}-f , g )\ge \alpha$ todos los $k$.

Deje $\epsilon>0$. Escribir $g=\sum\limits_{i=1}^\infty \alpha_i e_i$ y elija $M$ tan grande que $g_c=\sum\limits_{i=M+1}^\infty \alpha_i e_i$ tiene la norma de menos de $\epsilon$. A continuación, para cada una de las $k$ $$\eqalign{ \alpha\le (\,f_{n_k}-f, g\, ) &= \sum_{i=1}^M\alpha_i ( f_{n_k}-f, e_i ) + ( f_{n_k}-f , g_c ).\cr } $$ Seleccione $K$ tan grande que $\sum\limits_{i=1}^M\alpha_i (f_{n_K}-f,e_i) \le \alpha/2$. Entonces tenemos $$ \alpha/2\le ( f_{n_K}-f , g_c). $$ Esto implica que la norma de $f_{n_K}-f$ al menos $\alpha/(2\epsilon)$.

Pero, como $\epsilon$ fue arbitraria, esto se contradice con el límite de las normas de la $f_k$.