Cho $H$ là một không gian Hilbert trên $\mathbb{R}$ hoặc $\mathbb{C}$, và $T$ là một phiếm hàm tuyến tính bị chặn trên $H$ (một toán tử bị chặn từ $H$ đến trường $\mathbb{R}$ hoặc $\mathbb{C}$, mà $H$ được định nghĩa trên đó). Sau đây được gọi là Định lý Biểu diễn Riesz:
Nếu $T$ là một phiếm hàm tuyến tính bị chặn trên không gian Hilbert $H$ thì tồn tại $g \in H$ sao cho với mọi $f \in H$, ta có: $$T(f) = \langle f, g \rangle.$$
Hơn nữa, $|T| = |g|$ (ở đây $|T|$ biểu thị chuẩn toán tử của $T$, trong khi $|g|$ là chuẩn không gian Hilbert của $g$).
Bây giờ, ta chứng minh Định lý này.
Giả sử rằng $H$ là khả li cho bây giờ. Việc chứng minh cho bất kỳ không gian Hilbert nào cũng không khó hơn nhiều, nhưng trường hợp khả li sử dụng một cách tốt các ý tưởng mà chúng ta đã phát triển liên quan đến phân tích Fourier. Ngoài ra, ta chỉ làm việc trên $\mathbb{R}$.
Vì $H$ là khả li, ta có thể chọn một cơ sở trực chuẩn $\phi_j$, $j \geq 1$, cho $H$. Cho $T$ là một phiếm hàm tuyến tính bị chặn và đặt $a_j = T(\phi_j)$. Chọn $f \in H$, đặt $c_j = \langle f, \phi_j \rangle$, và định nghĩa $$f_n = \sum_{j=1}^{n} c_j\phi_j.$$
Vì các $\phi_j$ tạo thành một cơ sở, ta biết rằng $|f - f_n| \to 0$ khi $n \to \infty$.
Vì $T$ là tuyến tính, ta có: $$T(f_n) = \sum_{j=1}^{n} a_j c_j. \tag{1}$$
Vì $T$ bị chặn, giả sử với chuẩn $|T| < \infty$, ta có: $$|T(f) - T(f_n)| \leq |T||f - f_n|. \tag{2}$$
Bởi vì $|f - f_n| \to 0$ khi $n \to \infty$, ta kết luận từ phương trình (1) và (2) rằng: $$T(f) = \lim_{n\to\infty}T(f_n) = \sum_{j=1}^{\infty} a_j c_j. \tag{3}$$
Thực tế, dãy $a_j$ phải là bình phương khả tổng. Để thấy điều này, trước tiên lưu ý rằng vì $|T(f)| \leq |T||f|$, ta có: $$\left|\sum_{j=1}^{\infty} c_ja_j\right| \leq |T|\left(\sum_{j=1}^{\infty} c_j^2\right)^{1/2}. \tag{4}$$
Phương trình (4) phải đúng với mọi dãy bình phương khả tổng $c_j$ (vì bất kỳ $c_j$ như vậy tương ứng với một phần tử nào đó trong $H$). Cố định một số nguyên dương $N$ và định nghĩa dãy $c_j = a_j$ với $j \leq N$, $c_j = 0$ với $j > N$. Rõ ràng dãy như vậy là bình phương khả tổng và phương trình (4) cho ta: $$\left|\sum_{j=1}^{N} a_j^2\right| \leq |T|\left(\sum_{j=1}^{N} a_j^2\right)^{1/2}$$
hoặc
$$\left(\sum_{j=1}^{N} a_j^2\right)^{1/2} \leq |T|. \tag{5}$$
Vì vậy $a_j$ là bình phương khả tổng, vì dãy các tổng riêng bị chặn trên.
Vì $a_j$ là bình phương khả tổng, hàm $g = \sum_{j} a_j\phi_j$ được định nghĩa tốt như một phần tử của $H$, và $T(f) = \sum_{j} a_j c_j = \langle f, g \rangle$. Cuối cùng, phương trình (5) làm rõ rằng $|g| \leq |T|$. Nhưng từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta cũng có $|T(f)| = |\langle f, g \rangle| \leq |f||g|$ hoặc $\frac{|T(f)|}{|f|} \leq |g|$, hàm ý $|T| \leq |g|$, vì vậy $|T| = |g|$. Chứng minh hoàn tất.
Ví dụ này minh họa cách các phương pháp phân tích hàm được sử dụng trong PDE (mặc dù ví dụ dành cho ODE). Xét ODE: $$-f’’(x) + b(x)f(x) = q(x) \tag{6}$$
trên khoảng $0 < x < 1$, với $b(x) \geq \delta > 0$ cho một $\delta$ nào đó; giả sử hàm $b$ và $q$ là liên tục trên $[0, 1]$. Ta muốn tìm một nghiệm cho phương trình (6) với $f’(0) = f’(1) = 0$ (các điều kiện biên khác cũng có thể được áp dụng). Nếu ta nhân (6) với một hàm $C^1$ là $\phi$ và tích phân thành phần thứ nhất, $-f’’\phi$ bằng phép tích phân từng phần từ $x = 0$ đến $x = 1$, ta thu được: $$\int_0^1 (f’(x)\phi’(x) + b(x)f(x)\phi(x)),dx = \int_0^1 q(x)\phi(x),dx. \tag{7}$$
Phương trình (7) phải đúng với mọi $\phi \in C^1([0, 1])$, nếu $f$ là một nghiệm $C^2(0, 1)$ của phương trình (6) liên tục trên $[0, 1]$. Ngược lại, nếu với một hàm $C^2$ là $f$, ta thấy rằng (7) đúng với mọi $\phi$, thì $f$ phải là một nghiệm của phương trình (6), vì nếu ta “hoàn nguyên” phép tích phân từng phần trong (7), ta thu được: $$\phi(1)f’(1) - \phi(0)f’(0) + \phi(x)(-f’’(x) + b(x)f(x)) = \phi(x)q(x)$$ cho mọi $\phi$.
Một lập luận PDE quen thuộc sau đó chỉ ra rằng $f’(0) = f’(1) = 0$ và phương trình (6) phải đúng.
Ta sẽ chỉ ra rằng có một nghiệm duy nhất cho phương trình (7). “Nghiệm” như vậy không nhất thiết phải khả vi hai lần như yêu cầu của phương trình (6), nhưng nó sẽ thỏa mãn phương trình (7). Phương trình (7) thường được gọi là dạng “yếu” của bài toán.
Định nghĩa một tích vô hướng: $$\langle g, h \rangle = \int_0^1 (g’(x)h’(x) + b(x)g(x)h(x)),dx$$
trên không gian $C^1([0, 1])$, và cho $H$ biểu thị sự hoàn chỉnh của không gian này. Đây về cơ bản là thủ tục được sử dụng trên bài toán thứ ba của bài kiểm tra đầu tiên; sự hiện diện của $b(x)$ không tạo ra sự khác biệt. (Lưu ý rằng ta phải sử dụng $b \geq \delta > 0$ để đảm bảo rằng $\langle\cdot, \cdot\rangle$ thực sự là một tích vô hướng, sao cho $|g| = \sqrt{\langle g, g \rangle} = 0$ khi và chỉ khi $g \equiv 0$). Không gian $H$ là một không gian Hilbert, và có thể được hiểu (nếu cần) như một không gian con của $C([0, 1])$.
Định nghĩa một phiếm hàm $T : H \to \mathbb{R}$ bởi: $$T(\phi) = \int_0^1 q(x)\phi(x),dx$$
Bạn có thể dễ dàng kiểm tra rằng $T$ bị chặn trên $H$ (sử dụng Cauchy-Schwarz). Từ Định lý Biểu diễn Riesz, suy ra rằng phải tồn tại một hàm $f \in H$ sao cho: $$T(\phi) = \langle f, \phi \rangle$$
với mọi $\phi \in H$. Đây chính xác là phương trình (7), dạng yếu của ODE!
Hàm $f$ thỏa mãn phương trình (7) nằm trong $H$. Với các điều kiện trên $b$ (đặc biệt, $b \geq \delta > 0$ và $|b|_\infty < \infty$ vì $b \in C([0, 1])$), hàm $f$ nằm trong cùng không gian được định nghĩa trong bài toán thứ ba của bài kiểm tra đầu tiên. Cụ thể, $f$ là một hàm liên tục. Để chứng minh rằng $f$ thực sự khả vi hai lần đòi hỏi nhiều công việc hơn, cùng với các giả định về hàm $q$.
[1] (Bản gốc) The Riesz Representation Theorem, MA 466, Kurt Bryan