求$c_{00}$空间上线性泛函$f$的范数并证明$|f|\leq\pi/\sqrt{6}$

问题背景 #

设$c_{00}$是所有仅含有限个非零项的复序列构成的复向量空间，定义线性泛函$f:c_{00}\to\mathbb{C}$为：
$$f(x) = \sum_{i=1}^\infty \frac{x_i}{i}$$
其中$x=(x_1,x_2,\dots)\in c_{00}$。$c_{00}$装备由内积$\langle x,y\rangle = \sum_{i=1}^\infty x_i\bar{y}i$诱导的范数$|x| = \sqrt{\langle x,x\rangle} = \sqrt{\sum{i=1}^\infty |x_i|^2}$。我们需要求解$f$的范数$|f| = \sup_{|x|=1} |f(x)|$，并证明$|f| \leq \pi/\sqrt{6}$。

思路分析 #

你提到联想到平方和公式$\sum_{i=1}^n i^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$，进而猜测结果和$\sqrt{6}$相关，这个方向抓得非常准！经典的巴塞尔问题结论$\sum_{i=1}^\infty \frac{1}{i^2} = \frac{\pi^2}{6}$正是连接问题和$\pi/\sqrt{6}$的核心桥梁。

严谨证明 #

我们可以直接用柯西-施瓦茨不等式完成核心证明：
对于任意$x\in c_{00}$且$|x|=1$（即$\sum_{i=1}^\infty |x_i|^2 = 1$），有：
$$|f(x)| = \left| \sum_{i=1}^\infty \frac{x_i}{i} \right| \leq \sqrt{\sum_{i=1}^\infty |x_i|^2} \cdot \sqrt{\sum_{i=1}^\infty \frac{1}{i^2}}$$
代入$\sum_{i=1}^\infty |x_i|^2 = 1$和$\sum_{i=1}^\infty \frac{1}{i^2} = \frac{\pi^2}{6}$，可得：
$$|f(x)| \leq 1 \cdot \sqrt{\frac{\pi^2}{6}} = \frac{\pi}{\sqrt{6}}$$

更进一步，我们可以证明这个上界就是$f$的范数：
取序列$x^{(n)} = \left( \frac{1}{1}, \frac{1}{2}, \dots, \frac{1}{n}, 0, 0, \dots \right)$，归一化后得到$y^{(n)} = \frac{x^{(n)}}{|x{(n)}|}$，其中$|x^{(n)}| = \sqrt{\sum_{i=1}^n \frac{1}{i^2}}$。此时：
$$f(y^{(n)}) = \frac{\sum_{i=1}^n \frac{1}{i^{2}}{\sqrt{\sum_{i=1}}n \frac{1}{i^2}}} = \sqrt{\sum_{i=1}^n \frac{1}{i^2}}$$
当$n\to\infty$时，$\sqrt{\sum_{i=1}^n \frac{1}{i^2}} \to \sqrt{\frac{\pi^2}{6}} = \frac{\pi}{\sqrt{6}}$，这说明上界$\frac{\pi}{\sqrt{6}}$是可达的，因此$|f| = \frac{\pi}{\sqrt{6}}$。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者ManishKumar Singh