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本帖最后由 abababa 于 2022-5-25 02:41 编辑 根据7楼的提示，又做了一部分，但还是没能证明完。我把我能证明的部分发上来：
任取柯西序列$\{x^{(n)}\}\subseteq H$，则对任意的$\varepsilon > 0$都存在$N$，使得只要$m,n>N$就有$\|x^{(m)}-x^{(n)}\|<\varepsilon$。设
\[x^{(n)}\sim\frac{a_0^{(n)}}{2}+\sum_{k=1}^{\infty}\left(a_k^{(n)}\cos kt+b_k^{(n)}\sin kt\right)\]
由$\|\cdot\|$的定义知
\[\pi^2\|x^{(m)}-x^{(n)}\|^2=\frac{\left(a_0^{(m)}-a_0^{(n)}\right)^2}{2}+\sum_{k=1}^{\infty}k\left[\left(a_k^{(m)}-a_k^{(n)}\right)^2+\left(b_k^{(m)}-b_k^{(n)}\right)^2\right]\]
第一项是非负数，求和号中每一项都是非负数，于是对于每个$k=1,2,\cdots$都有
\[\pi^2\|x^{(m)}-x^{(n)}\|^2\ge k\left(a_k^{(m)}-a_k^{(n)}\right)^2, \pi^2\|x^{(m)}-x^{(n)}\|^2\ge k\left(b_k^{(m)}-b_k^{(n)}\right)^2, \pi^2\|x^{(m)}-x^{(n)}\|^2\ge \frac{\left(a_0^{(m)}-a_0^{(n)}\right)^2}{2}\]
因为$\|x^{(m)}-x^{(n)}\|\to0$，所以
\[\frac{\left(a_0^{(m)}-a_0^{(n)}\right)^2}{2}, \left(a_k^{(m)}-a_k^{(n)}\right)^2, \left(b_k^{(m)}-b_k^{(n)}\right)^2\to0\]
即$\{a_0^{(n)}\}, \{a_k^{(n)}\}, \{b_k^{(n)}\}$都是$\mathbb{R}$中的柯西数列，而$\mathbb{R}$完备，因此这些柯西数列全都收敛，设$a_0^{(n)}\to a_0^{(0)}, a_k^{(n)}\to a_k^{(0)}, b_k^{(n)}\to b_k^{(0)}$，令
\[x^{(0)}=\frac{a_0^{(0)}}{2}+\sum_{k=1}^{\infty}\left(a_k^{(0)}\cos kt+b_k^{(0)}\sin kt\right)\]
则显然$x^{(n)}\to x^{(0)}$，由于$L^1[0,2\pi]$是完备空间而$x^{(n)}\in H\subseteq L^1[0,2\pi]$，因此$x^{(0)}\in L^1[0,2\pi]$。下面还得证明
\[\sum_{k=1}^{\infty}k\left((a_k^{(0)})^2+(b_k^{(0)})^2\right)<\infty\]
这样的话才能证明$x^{(0)}\in H$，就完备了，但最后这个要怎么证明？还有上面说$x^{(n)}\to x^{(0)}$，其实只是$x^{(n)}$的傅立叶级数能收敛到$x^{(0)}$的傅立叶级数（$x^{(0)}$就定义成等于傅立叶级数了），但$x^{(n)}$也能收敛到$x^{(0)}$吗？ |
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Czhang271828
发表于 2022-5-23 20:37
