闭子空间直和仍闭，要求$H$完备吗？

abababa

设$M,N$都是希尔伯特空间$H$的闭子空间，$L=M\oplus N$，求证$L$也是闭子空间。

我是这么证明的：对任意的$z_n\in L$，由于$L=M\oplus N$，所以可设$z_n=x_n+y_n$，其中$x_n\in M,y_n\in N$。因为$M,N$都是闭集，所以$x_n\to x\in M,y_n\to y\in N$，设$z=x+y\in M\oplus N=L$，因为
\[\|z_n-z\|=\|(x_n+y_n)-(x+y)\|\le\|x_n-x\|+\|y_n-y\|\to0\]

所以$z_n\to z\in L$，所以$L$中的任意序列$z_n$都收敛到$z\in L$，因此$L$是闭集。

证明里没用到$H$的完备性，那一般的内积空间或者赋范空间是不是也行，是哪里做错了吗？

Czhang271828

回复 1# abababa

没问题, 闭子空间之直和仍为闭. 此处每一 $z_n$ 与 $z$ 均存在, 上述过程没啥问题

abababa

回复 2# Czhang271828

谢谢。因为题目里还特别强调了充分性部分假设$H$完备，所以很困惑。

abababa

今天我再看这个题，觉得之前做的不对。$H$完备是必要的，因为完备空间$H$的闭子空间$M$才能完备，否则$M$不完备（例如某个不完备空间$A$，就取它本身为它的闭子空间，这样这个闭子空间就不完备了。）这样$M$中的序列$\{x_n\}$就不能收敛到$x\in M$。

其次是那个分解，设$\{z_n\}$是$L$中的收敛序列（收敛序列一定是柯西序列），因此$z_n=x_n+y_n$，这里没错，但这得不到$x_n,y_n$仍是收敛序列，比如$x_n=(-1)^n,y_n=(-1)^{n+1}$，这两个序列都不是收敛序列，但是它们的和却是常数零序列，是收敛序列。所以这个证明在这里就不对了。

abababa

abababa 发表于 2022-7-18 19:54
今天我再看这个题，觉得之前做的不对。$H$完备是必要的，因为完备空间$H$的闭子空间$M$才能完备，否则$M$不 ...

下面发一下我新的证明，这回应该对了：
对$L$中的任意一个柯西序列$\{z_n\}$，由于$L=M\oplus N$，因此可设$z_n=x_n+y_n$，其中$x_n\in M, y_n\in N$，由柯西序列的定义可得，当$m,n\to\infty$时有$\|z_n-z_m\|^2\to0$，即$\langle z_n-z_m,z_n-z_m\rangle\to0$。因为$M\perp N$，因此$\langle x_n,y_n\rangle=\langle x_m,y_n\rangle=\langle x_n,y_m\rangle=0$，于是
\begin{align*}
\|z_n-z_m\|^2
&=\langle z_n-z_m,z_n-z_m\rangle
=\langle (x_n+y_n)-(x_m+y_m),(x_n+y_n)-(x_m+y_m)\rangle\\
&=\langle (x_n-x_m)+(y_n-y_m),(x_n-x_m)+(y_n-y_m)\rangle\\
&= \langle x_n-x_m,x_n-x_m\rangle+\langle y_n-y_m,y_n-y_m\rangle
=\|x_n-x_m\|^2+\|y_n-y_m\|^2
\end{align*}

于是$|x_n-x_m\|^2+\|y_n-y_m\|^2=\|z_n-z_m\|^2\to0$，因此$\|x_n-x_m\|, \|y_n-y_m\|\to0$，即$\{x_n\}, \{y_n\}$分别是$M,N$中的柯西序列，完备空间的闭子空间都完备，所以$M, N$都完备，因此其中的柯西序列都收敛，设$x_n\to x\in M, y_n\to y\in N$，于是$z_n=x_n+y_n\to x+y\in M\oplus N$，于是$M\oplus N$中的任意柯西序列$\{z_n\}$都收敛到$x+y\in M\oplus N$，所以$M\oplus N$是完备空间，完备空间又都是闭集，所以$M\oplus N=L$是闭子空间。