Pewne własności jądra reprodukującego w przestrzeniach Hilberta

Pełen tekst

(1)Zeszyty Naukowe nr 780. Uniwersytetu Ekonomicznego w Krakowie. 2008. Marta Szklarska Katedra Matematyki. Pewne własności jądra reprodukującego w przestrzeniach Hilberta 1. Wprowadzenie Celem pracy jest przedstawienie kilku własności jądra reprodukującego w przestrzeniach Hilberta. Zdefiniujemy jądro reprodukujące oraz podamy jego własności, takie jak jedyność jądra reprodukującego i jego rozwinięcie w bezwzględnie zbieżny szereg. Ponadto omówiona zostanie przestrzeń Bergmana A 2(D). Pokażemy, że jest to przestrzeń z jądrem reprodukującym, zdefiniujemy to jądro i sformułujemy jego podstawowe własności. Ponieważ na ogół nie potrafimy jawnie wyznaczyć jądra Bergmana zadanego obszaru, posługując się odpowiednim twierdzeniem, wyznaczymy je dla dwóch najprostszych obszarów – polidysku i kuli. W ostatniej części zdefiniowane zostaną podprzestrzenie A02 (U ) i A02, k (U ) przestrzeni Bergmana A 2(D). Wyjaśnimy, dlaczego są one przestrzeniami z jądrem reprodukującym, oraz wyznaczymy te jądra. 2. Przestrzenie Hilberta z jądrem reprodukującym Będziemy rozważać tylko przestrzenie Hilberta ośrodkowe. Definicja 1. Niech X będzie zbiorem, H niech będzie przestrzenią Hilberta funkcji zespolonych na X. Mówimy, że H jest przestrzenią z jądrem reprodukującym, jeżeli dla każdego x ∈ X funkcjonał H ∍ f → f(x) ∈ C jest ciągły..

(2) Marta Szklarska. 86. Uwaga 1. Z definicji 1 i twierdzenia Riesza o reprezentacji funkcjonału liniowego i ciągłego wynika, że dla każdego x ∈ X istnieje k x ∈ H, takie że dla każdego f ∈ H:. f(x) ∈ (f, kx).. (1). Definicja 2. Dla x, y ∈ X połóżmy K(x, y) = kx(x). Funkcję K nazywamy jądrem przestrzeni H.. Jeżeli dla funkcji K zachodzi równości (1), to K nazywamy jądrem reprodukującym przestrzeni H. Podstawowe własności jądra reprodukującego podamy w formie następującego twierdzenia: Twierdzenie 1 [Aronszajn 1950] a) Dla każdego x ∈ X K(x, . ) ∈ H, b) Dla każdego f ∈ H, x ∈ X f(x) = (f, K(x, . )), c) Przestrzeń Hilberta z jądrem reprodukującym ma co najwyżej jedno jądro (tzn. jeżeli L: X × X → C jest funkcją taką, że L(x, . ) ∈ H i dla każdego f ∈ H, x ∈ X L(x, . ) = (f, L(x, . )), to L = K), d) Dla każdego x, y ∈ X K(x, y) = (kx, k y). W szczególności: K(x, x) = (kx, k x), e) Dla każdego x ∈ X K(x, x) ≥ 0, f) K ( x, y) = K ( y, x ) dla x, y ∈ X, 2 g) K ( x, y) ≤ K ( x, x )K ( y, y ). Dowód powyższych własności można znaleźć w [Aronszajn 1950]. Definicję przestrzeni Hilberta z jądrem reprodukującym można też wprowadzić w następujący sposób: Definicja 3. Niech X będzie zbiorem, H niech będzie przestrzenią Hilberta funkcji zespolonych na X. Mówimy, że funkcja K: X × X → C jest jądrem reprodukującym dla H, jeżeli: i. Dla każdego x ∈ X K(x, . ) ∈ H, ii. Dla każdego f ∈ H, x ∈ X f(x) ∈ (f, K(x, . )). Z twierdzenia 1 (a), (b) widać, że jeżeli H jest przestrzenią Hilberta z jądrem reprodukującym według definicji 1 z uwagą 1, to spełnia też definicję 3. Załóżmy na odwrót, że H spełnia definicję 3. Wówczas dla każdego x ∈ X, f ∈ H: f ( x ) = ( f , K ( x, ⋅)) ≤ K ( x, ⋅) f . Zatem funkcjonał H ∍ f → f(x) ∈ C jest ciągły. Więc H spełnia definicję 1..

(3) Pewne własności jądra reprodukującego…. 87. Niech H będzie przestrzenią Hilberta z jądrem reprodukującym na X, ośrod∞ kową. Niech { fn }n =1 będzie bazą ortonormalną przestrzeni H. Wówczas każdy element f ∈ H ma przedstawienie ∞. f = ∑ ( f , fn ) fn , n =1. przy czym jeżeli: n. sn ( f ) = ∑ ( f , f k ) f k , k =1. to sn ( f ) − f → 0. Ponieważ wartościowania w punktach X są ciągłe, to również sn(f)(y) → f(y) dla każdego y ∈ X, gdzie: ∞. f ( y ) = ∑ ( f , fn ) fn ( y). n =1. W szczególności dla ustalonego x ∈ X i f = kx mamy: ∞. ∞. ∞. n =1. n =1. n =1. K ( x, y ) = kx ( y ) = ∑ ( k x , fn ) fn ( y ) = ∑ ( fn , k x ) fn ( y ) = ∑ fn ( x ) fn ( y ). Twierdzenie 2 [Aronszajn 1950]. Dla ustalonej bazy ortonormalnej {f n} przestrzeni H i dla każdego x, y ∈ X: ∞. K ( x, y ) = ∑ fn ( x ) fn ( y). n =1. Zauważmy ponadto, że dla każdego n ∈ N, x ∈ X: ( k x , fn ) = ( fn , k x ) = fn ( x ), a z drugiej strony: ∞. k x = ∑ ( k x , fn ) fn , n =1. skąd wynika, że: ∞. ∑ ( k x , fn ) n =1. 2. < ∞..

(4) Marta Szklarska. 88. Zatem ∞. ∑. n =1. Podobnie. ∞. ∑. n =1. 2. fn ( x ) < ∞.. 2. fn ( y ) < ∞.. ∞. Zatem szereg ∑ fn ( x ) fn ( y ) jest zbieżny bezwzględnie (do K(x, y)). n =1. W szczególności dla każdego x ∈ X: ∞. K ( x , x ) = ∑ fn ( x ) . 2. n =1. 3. Jądro Bergmana Definicja 4. Niech D będzie obszarem w Cn. Przestrzeń: A 2 ( D ) = f holomorficzna w D :. ∫. D. 2. f ( z ) dV. 1 2. ≡ f. A2 ( D ). <∞. nazywamy przestrzenią Bergmana, gdzie z ∈ Cn, dV(z) jest elementem objętości w Cn. Do dalszych rozważań będzie nam potrzebny następujący lemat, którego dowód pominiemy. Lemat 1 [Krantz 1991]. Niech K ⊂⊂ D ⊂ Cn. Istnieje wówczas stała C(K, n) > 0 zależna od K i n, taka że: sup f ( z ) ≤ C f z∈ K. A2 ( D ). , dla. f ∈ A2(D).. Lemat 2 [Krantz 1991]. A 2(D) jest przestrzenią Hilberta z iloczynem skalarnym:. ( f, g ) = ∫ f ( z )g(z)dV (z ). D.

(5) Pewne własności jądra reprodukującego…. 89. Dowód. Oczywisty jest fakt, że A2(D) jest przestrzenią unitarną. Należy jedynie pokazać, że A2(D) jest przestrzenią zupełną. Niech {f n} będzie ciągiem Cauchy’ego w A2(D). Wówczas ∀ε > 0 ∃ N. ∀n, m > N. fn − fm < ε.. Niech K ⊂⊂ D i wtedy na mocy lematu 1 mamy, że: dla każdego z ∈ K fn ( z ) − fm ( z ) ≤ C fn − fm A2 ( D ), z tego wynika, że istnieje taka funkcja f, iż fn → f. w K, czyli że dla każdego z ∈ K f n(z) → f(z). Ponieważ dla każdego K ⊂⊂ D w fn → f w K oraz dla każdego n: f n jest funkcją holomorficzną w D, to na mocy twierdzenia Weierstrassa f jest holomorficzna w D. Ponieważ {f n} spełnia warunek Cauchy’ego w L2(D, C), to istnieje funkcja h ∈ L2(D, C), taka że f n → h w L2. Istnieje więc podciąg f n → h punktowo w D k prawie wszędzie. Zatem f n → f w sensie L2(D, C) i f jest holomorficzna. Więc f ∈ A 2(D). Skąd wynika, że f n ma granicę leżącą w A 2(D), a zatem A 2(D) jest zupełna, co chcieliśmy pokazać. Lemat 3 [Krantz 1991]. Dla każdego z ∈ D odwzorowanie: Ψ z: A2 ( D ) ∍ f → f (z ) ∈ C n jest funkcjonałem liniowym i ciągłym na A2(D). Dowód. Z lematu 1 wynika, że Ψz jest ograniczony, więc na mocy twierdzenia Banacha jest on ciągły. Z definicji 1 wynika zatem, że przestrzeń A 2(D) jest przestrzenią z jądrem reprodukującym. Definicja 5. Jądrem Bergmana (funkcją Bergmana) w zbiorze D nazywamy funkcję: K D ( z, ξ ) = kz (ξ ); z, ξ ∈ D. Z poprzedniego punktu (definicja 2) wiemy, że jądro w przestrzeni Hilberta posiada własność reprodukującą tzn.: f(z) = (f, kz). Dla przestrzeni A2(D) własność reprodukująca jądra Bergmana ma zatem postać:.

(6) Marta Szklarska. 90. f ( z ) = ( f , kz ) =. ∫ f (ξ)k (ξ)dV(ξ) = z. D. = K D ( z, ξ ) f (ξ )dV (ξ ).. ∫. D. Popatrzmy na funkcję Bergmana z innego punktu widzenia. ∞. Twierdzenie 3 [Szabat 1974]. Niech {ϕ n }n =1 będzie ustaloną bazą ortonormalną przestrzeni A2(D). Niech K będzie podzbiorem zwartym D. Wówczas szereg: ∞. ∑ ϕn (z ) ϕn (ξ). (2). n =1. jest zbieżny jednostajnie na K × K. Sumą tego szeregu jest jądro Bergmana. Powyższe twierdzenie jest bardzo pomocne przy wyznaczaniu jawnej postaci jądra Bergmana zadanego obszaru. Wyznaczymy go dla najprostszych obszarów, tj. dla polidysku i kuli.. {. }. • Polidysk U = z : z j < rj , j = 1, 2,K, n ⊂ C n , r1 , r2 ,K, rn > 0. Pełnym układem ortonormalnym jest tutaj układ jednomianów unormowanych: ϕk = λ k z k = λ k1 k2 Kkn z1k1 z2k2 K znkn ,. k j > 0,. gdzie współczynniki λk > 0 wybieramy na podstawie warunku:. ( ϕk , ϕk ) = λ 2k ∫ z k z k dV (z ) = 1. U. A mianowicie. ∫. ∫. 1 = λ 2k z k z k dV ( z ) = λ 2k z1k1 z2k2 K znkn z1k1 z2k2 K znkn dV ( z ) = U. ∫. = λ 2k z1. U. 2 k1. E. {. ∫. dm( z1 ) z2 E. }. gdzie E = z j : z j < rj .. 2 k21. ∫. dm( z2 )K zn E. 2 kn. dm( zn ) = (*),. (3).

(7) Pewne własności jądra reprodukującego…. 91. Wprowadzamy współrzędne biegunowe z j = R j e (*) = λ 2k. r1 2 π. ∫∫. 0 0. R12 k1 R1dθ1dR1 r1. n. iθ j. r2 2 π. ∫∫. 0 0. R22 k2 R2 dθ2 dR2 K r2. rn. dla j = 1, 2, …, n. rn 2 π. 2 kn n Rn d θ n dRn. ∫ ∫R. 0 0. =. = ( 2 π ) λ 2k R12 k1 +1dR1 R22 k2 +1dR2 K Rn2 kn +1dRn =. ∫. ∫. 0. = (2 π). n. = (2 π ). 1 R12 k1 + 2 2 k1 + 2. λ 2k. n. λ 2k. r1 0. ∫. 0. 1 R22 k2 + 2 2 k2 + 2. r2. 0. 1 Rn2 kn + 2 K 2 kn + 2. 0. rn. = 0. 2kj +2. n r r12 k1 + 2 r22 k2 + 2 rn2 kn + 2 j . = π n λ 2k ∏ K 2 k1 + 2 2 k2 + 2 2 kn + 2 j =1 k j + 1. A zatem 1 πn. λ 2k =. n. k +1. ∏ r 2jk + 2 . j =1. j. j. Zupełność układu (3) wynika z faktu, że szeregiem w tym układzie jest szereg Taylora. Za jego pomocą można przedstawić dowolną funkcję f ∈ H(D). Jego zupełność jest oczywista. Z twierdzenia 3 mamy zatem: K ( z, ξ ) = 1 =∑ n k ≥0 π. kj +1. ∑ ϕk (z )ϕk (ξ) = ∑ λ 2k z k ξ k =. k ≥0. k ≥0. 1 ∏ r 2k j + 2 z ξ = πnr 2r 2 Kr 2 j =1 j 1 2 n n. Oznaczamy x j =. zj ξ j. K ( z, ξ ) =. rj2. k. i r2 = r12 r22. 1 n 2 π r =. k. ∑ ∏ (k j + 1)x j j = k. k ≥1 j = 1. 1 π r. ∑ ∂x ∂. k ≥0. 1. ∑ ∏ ( k j + 1). rj2. k ≥ 0 j =1. kj. .. rn2 . Wówczas:. n. n 2. zj ξ j. n. x1k1. 1 n 2 π r. n. ∑ ∏ kjxj k ≥1 1 j =1. k j −1. =. ∂ k2 ∂ kn x2 K xn . ∂x2 ∂xn. Ponieważ z, ξ ∈ U, więc x j < 1 i możemy zmienić porządek sumowania i różniczkowania. Otrzymujemy:.

(8) Marta Szklarska. 92. K ( z, ξ ) =. ∑ x1k x2k 1. 2. k ≥1. K xnkn =. ∂ 1 1 1 = n 2 n 2 π r ∂x1∂x2 K ∂xn (1 − x1 ) (1 − x2 )K(1 − xn ) π r n. =. ∂n 1 π n r 2 ∂x1∂x2 K ∂xn. n. ∏ j =1. 1. (1 − x ) j. 2. .. Podstawiając wartości xj i r2, otrzymujemy: K U ( z, ξ ) =. {. • Kula B = z: z < R, z =. 1 πn. rj2. n. ∏ j =1. 2. (. rj2 − z j ξ j. 2. z1 + z2 + K + zn. 2. ). 2.. }. ⊂ C n.. Zupełnym układem ortonormalnym będzie tu również układ jednomianów (3), gdzie współczynniki λk > 0 wybieramy na podstawie warunku:. ( ϕk , ϕk ) = λ 2k ∫ z k z k dV (z ) = 1. B. Zanim przejdziemy dalej, przytoczymy treść następującego lematu, ułatwiającego dalsze obliczenia. Lemat 4 [Rudin 1980]. Dla n ∈ N+, liczby R > 0 oraz wielowskaźnika k = = (k1, k2, …, kn) zachodzi: 2. 2. ∫. 2. z1 + z2 +K+ zn < R 2. z k z k dV ( z ) =. π n k ! R2( k + n ) . ( k + n )!. Dowód pomijamy (można go znaleźć w pracy [Rudin 1980]). Korzystając z lematu 4 mamy: 1 = λ 2k. 2 k +n πn k!R ( ) , ( k + n )!. czyli λ 2k =. ( k + n )!. 2 k +n π k!R ( ) n. ..

(9) Pewne własności jądra reprodukującego…. 93. Z twierdzenia 3 mamy więc: K ( z, ξ ) = =. ∑. k ≥0. ( k + n )!. k ≥0. =. ∑ ϕk ( z ) ϕk ( ξ ) = ∑ λ 2k z k ξ k =. πnk!R. k ≥0. zk ξk =. 2( k + n). 1 π R2 n n. ∑. k ≥0. ( k + n )! z k ξ k = k ! R2 k. ∞ 1 ( μ + 1) ( μ + 2 ) ...( μ + n ) μ ! z k k ξ . ∑ n 2n ∑ π R μ =0 R 2μ k =μ k !. Zauważmy teraz, że wewnętrzna suma: μ! ∑ k! zk ξk = k =μ. μ! ∑ k ! k !...k ! z1 ξ1 n k =μ 1 2. k1. k2. ( ) ( z ξ ) ...( z ξ ) 2. 2. n. n. oraz że '. 1 1− x. '. 1. (1 − x ) 1 1− x. ( 3). =. =. 1. (1 − x )2 =. 2. 2. (1 − x ). 1⋅ 2. (1 − x )3 '. 3. =. 1⋅ 2 ⋅ 3. (1 − x )4. .. A zatem ogólnie możemy zapisać, że: n! ∂n 1 = . n ∂x 1 − x (1 − x )n +1 Z drugiej strony 1 = 1 + x + x 2 + x 3 + ..., 1− x. x < 1,. kn. =. n. ∑ zj ξ j j =1. μ.

(10) Marta Szklarska. 94. a z tego wynika, że: 1 1− x. '. = 1 + 2 x + 3x 2 + 4 x 3 + 5 x 4 + .... 1 " = 2 + 3 ⋅ 2 x + 4 ⋅ 3x 2 + 5 ⋅ 4 x 3 + ... 1− x 1 1− x. ( 3). = 3 ⋅ 2 + 4 ⋅ 3 ⋅ 2 x + 5 ⋅ 4 ⋅ 3x 2 + .... Zatem ogólnie ∞ ∂n 1 = ∑ ( μ + 1) ( μ + 2 ) ...( μ + n ) x μ . n ∂x 1 − x μ=0. W konsekwencji możemy zapisać następującą równość: ∞. ∑ (μ + 1) (μ + 2 ) ...(μ + n ) x μ =. μ=0. ∂n 1 n! = n ∂x 1 − x (1 − x )n +1. dla wszystkich x, x < 1 . Ponieważ z, ξ ∈ B, więc jeżeli: 1 R2. n. ∑ z j ξ j = x, j =1. to x < 1 i w konsekwencji: K B ( z, ξ ) =. 1 n! = 2n π R (1 − x )n +1 n. =. n! πn R2 n. n! R. 1 1− 2 R. 2. n. πn R2 − ∑ z j ξ j j =1. n +1. .. n. ∑ zj ξ j j =1. n +1. =.

(11) Pewne własności jądra reprodukującego…. 95. 4. Przykład innych przestrzeni z jądrem reprodukującym 4.1. Przestrzeń A02. Definicja 6. Niech U będzie dyskiem jednostkowym w C. Niech. {. }. A02 (U ) = f ∈ A 2 (U ) :. ∫ f (z). gdzie A 2 (U ) = { f holomorficzna w U:. U. f (0) = 0 , 2. dV. 1 2. ≡ f. A 2 (U ). < ∞}.. Lemat 5. A02 (U ) jest przestrzenią z jądrem reprodukującym. Dowód. Niech {fn} będzie ciągiem elementów przestrzeni A02 (U ), takim że fn → f w A 2 (U ), gdzie f ∈ A 2 (U ). Z lematu 1 wynika, że f n (0) → f (0). Ponieważ dla dowolnego n ∈ N, f n (0) = 0, to f (0) = 0, co oznacza, że f ∈ A02 (U ). Czyli przestrzeń A02 (U ) jest podprzestrzenią domkniętą przestrzeni A 2 (U ), więc jest przestrzenią z jądrem reprodukującym. Wynika to z pracy [Aronszajn 1950, własność 7, s. 345]. Wyznaczymy jądro reprodukujące dla przestrzeni A02 (U ). Pełnym układem ortonormalnym jest układ jednomianów unormowanych: ϕk = λkzk, k = 1, 2, …, gdzie współczynnik λk > 0 wybieramy na podstawie warunku:. ( ϕk , ϕk ) = λ 2k ∫ z k z k dv ( z ) = 1. U. Korzystając z obliczeń przedstawionych w poprzednim paragrafie otrzymujemy, że: λ 2k =. k +1 . π. Z twierdzenia 3 mamy, że: ∞. k +1 k k z ξ . k =1 π ∞. K ( z, ξ ) = ∑ ϕ k ( z ) ϕ k ( ξ ) = ∑ k =1. Z tych samych obliczeń wiemy, że:.

(12) Marta Szklarska. 96. k +1 k k 1 1 z ξ = π 1 − zξ k=0 π ∞. ∑. (. ). 2. .. Z drugiej strony k +1 k k 1 ∞ k +1 k k z ξ = +∑ z ξ . π k =1 π k=0 π ∞. ∑. Czyli k +1 1 1 ∑ π zk ξk = π k =1 1 − zξ ∞. (. ). 2. ( ) ( ). 2. 1 2zξ − zξ − = . π π 1 − zξ 2. Zatem jądro reprodukujące dla przestrzeni A02 (U ) ma postać: K ( z, ξ ) =. ( ) π (1 − z ξ ). 2zξ − zξ. 2. 2. .. 4.2. Przestrzeń A02,k (U). Definicja 7. Niech U będzie dyskiem jednostkowym w C. Niech. {. A02, k (U ) = f ∈ A 2 (U ) :. }. k = 0, 1,... ,. f ( 0 ) = f ' ( 0 ) = ... = f ( k ) ( 0 ) = 0,. gdzie A 2 (U ) = { f holomorficzna w U:. ∫ f (z). U. 2. dV. 1 2. ≡ f. A 2 (U ). < ∞}.. Lemat 6. A02, k (U ) jest przestrzenią z jądrem reprodukującym. Dowód. Niech {fn} będzie ciągiem elementów przestrzeni A02, k (U ), takim że fn → f w A 2 (U ), gdzie f ∈ A 2 (U ). Z lematu 1 wynika, że dla każdego K ⊂⊂ U: fn → f w K. Zatem na mocy twierdzenia Weierstrassa mamy, że dla każdego l ∈ N: dla l każdego K ⊂⊂ U: fn(l ) → f ( ) w K . Więc dla każdego l ∈ N: fn(l ) ( 0 ) → f (l ) ( 0 ).. Ponieważ dla dowolnego n ∈ N i dla dowolnego l = 0, 1, …, k, fn(l ) ( 0 ) = 0, to. f (l ) ( 0 ) = 0, dla l = 0, 1, …, k, czyli f ∈ A02, k (U ). Zatem przestrzeń A02, k (U ) jest.

(13) Pewne własności jądra reprodukującego…. 97. podprzestrzenią domkniętą przestrzeni A 2(U), więc jest przestrzenią z jądrem reprodukującym. Wynika to z pracy [Aronszajn 1950, własność 7, s. 345]. Wyznaczymy jądro reprodukujące dla przestrzeni A02, k (U ). Tak jak w poprzednim podpunkcie pełnym układem ortonormalnym jest układ jednomianów unormowanych: ϕn = λnzk, n = k + 1, k + 2, …, gdzie współczynnik λn > 0 wybieramy na podstawie warunku:. ( ϕn , ϕn ) = λ n2 ∫ z n z n dv ( z ) = 1. U. Korzystając z tych samych obliczeń co poprzednio otrzymujemy, że: λ 2n =. n +1 . π. Z twierdzenia 3 mamy, że: K ( z, ξ ) =. ∞. ∑. n = k +1. ϕn ( z ) ϕ n ( ξ ) =. n +1 n n z ξ . n = k +1 π ∞. ∑. I tak jak poprzednio wiemy, że: n +1 n n 1 1 z ξ = . π 1 − zξ 2 n=0 π ∞. ∑. (. ). Z drugiej strony ∞ n +1 n n ∞ μ +1 μ μ n +1 z ξ = z ξ + ∑ π ∑ π ∑ π zn ξn . n=0 μ=0 n = k +1 ∞. Czyli. n +1 n n 1 1 z ξ = π 1 − zξ n = k +1 π. μ +1 μ μ z ξ . μ= 0 π. ∞. ∑. (. k. ). −∑. 2. Zatem jądro reprodukujące dla przestrzeni A02 (U ) ma postać: K ( z, ξ ) =. 1 1 π 1 − zξ. (. μ +1 μ μ z ξ . μ=0 π k. ). 2. −∑.

(14) 98. Marta Szklarska. Literatura Aronszajn N. [1950], Theory of Reproducing Kernels, Transactions of the American Mathematical Society, 68/3. Krantz S.G. [1991], Teoria funkcji wielu zmiennych zespolonych, PWN, Warszawa. Rudin W. [1980], Function Theory in theUnit Ball of Cn, Springer, New York. Szabat B.W. [1974], Wstęp do analizy zespolonej, PWN, Warszawa. Properties of a Reproducing Kernel in Hilbert Spaces The first part of this paper provides a brief introduction to the subject and the second is devoted to Hilbert space. The concept of the reproducing kernel is presented, and its basic properties examined. Bergman space A 2(D) and the Bergman kernel are taken up in the third part, where a theorem about expanding the kernel in a uniformly convergent series is provided. The form of reproducing kernels for polydiscs and spheres is derived. The last section contains definitions of subspaces A02(U) and A20, k(U) of Bergman space A2(D); why they are spaces with a reproducing kernel is explained and their derivation presented..

(15)