关于$L^2(0, +\infty)$中函数序列的柯西性、正交性与完备性问题

先帮你纠正范数计算的错误：当$n≠m$时，$f_n$和$f_m$的支撑区间$[n,n+1]$与$[m,m+1]$是互不相交的（整数$n$、$m$不相等时，这两个区间没有重叠部分）。所以$|f_n(x)-f_m(x)|^2$在$[n,n+1]$和$[m,m+1]$上都等于1，其余区域为0，积分结果就是两个区间长度之和：$1+1=2$，因此$|f_n - f_m|=\sqrt{2}$，不是你之前算的0哦。

接下来一步步解决问题：

一、判断${f_n}$是否为柯西序列 #

回忆柯西序列的定义：对任意$\epsilon>0$，存在正整数$N$，只要$n,m>N$，就有$|f_n - f_m| < \epsilon$。

但我们已经知道，只要$n≠m$，$|f_n - f_m|=\sqrt{2}$是固定的正数。比如取$\epsilon=1$，不管你选多大的$N$，只要取$n=N+1$、$m=N+2$，就有$|f_n - f_m|=\sqrt{2}>1$，完全不满足柯西序列的要求。所以这个序列不是柯西序列。

二、证明${f_n}$是正交规范集 #

正交规范集需要满足规范性（每个元素范数为1）和正交性（不同元素内积为0）两个条件：

1. 规范性验证 #

对任意$n\in\mathbb{N}0$，计算范数平方：
$$
|f_n|^2 = \int{0}^{{+\infty}|f_n(x)|}2dx = \int_{n}^{n+1}12dx = 1
$$
因此$|f_n|=1$，满足规范性。

2. 正交性验证 #

当$n≠m$时，计算内积：
$$
\langle f_n, f_m\rangle = \int_{0}^{+\infty}f_n(x)\overline{f_m(x)}dx
$$
由于$f_n$和$f_m$的支撑区间不相交，被积函数在整个定义域上都是0，积分结果自然为0，满足正交性。

综上，${f_n}$是$L^2(0,+\infty)$中的正交规范集。

三、证明${f_n}$不完备 #

正交规范集完备的等价定义是：若空间中函数$g$与该集合所有元素正交（即$\langle g, f_n\rangle=0$对所有$n\in\mathbb{N}_0$成立），则$g$几乎处处为0。我们只需构造一个非零的$g\in L^2(0,+\infty)$，使其与所有$f_n$正交即可。

构造函数$g$：对每个$n\in\mathbb{N}_0$，在$[n,n+0.5]$上令$g(x)=\frac{1}{(n+1)^{2}$，在$[n+0.5,n+1]$上令$g(x)=-\frac{1}{(n+1)}2}$，其余区域$g(x)=0$。

验证$g\in L^2(0,+\infty)$ #

$$
|g|^2 = \sum_{n=0}^{{\infty}\left(\int_{n}}{n+0.5}\left(\frac{1}{(n+1)^2}\right)2dx + \int_{n+0.5}^{{n+1}\left(-\frac{1}{(n+1)}2}\right)^2dx\right) = \sum_{n=0}^{{\infty}\frac{1}{(n+1)}4} = \sum_{k=1}^{{\infty}\frac{1}{k}4} = \frac{\pi^4}{90} < +\infty
$$
显然满足平方可积条件。

验证$\langle g, f_n\rangle=0$对所有$n\in\mathbb{N}_0$成立 #

$$
\langle g, f_n\rangle = \int_{n}^{{n+0.5}\frac{1}{(n+1)}2}\cdot1dx + \int_{n+0.5}^{{n+1}\left(-\frac{1}{(n+1)}2}\right)\cdot1dx = \frac{0.5}{(n+1)^2} - \frac{0.5}{(n+1)^2} = 0
$$

而$g$显然不是几乎处处为0的函数（它在每个半区间上都有非零值），这说明${f_n}$不满足完备性的等价条件，因此它是不完备的正交规范集。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Jeji