張恭慶泛函分析上冊答案

1、1.1.5 1.1.61.1.71.2.21.2.31.2.41.3.31.3.41.3.51.3.71.3.81.3.91.4.1 1.4.5-61.4.91.4.111.4.121.4.131.4.141.4.151.4.171.5.1證明：(1) () 若xint(E)，存在 0，使得B (x) E注意到x + x/n x ( n )，故存在N +，使得x + x/N B (x) E即x/( N/( 1 + N ) ) E因此P(x) N/( 1 + N ) 1() 若P(x) 1，使得y = a xE因int(E)，故存在 0，使得B () E令 = (a 1)/a，zB (x)，令w

2、 = (a z y )/(a 1)，則| w | = | (a z y )/(a 1) | = | a z y |/(a 1) = | a z a x |/(a 1) = a | z x |/(a 1) 0，存在yE，使得| x y | /2因ny/(n + 1) y ( n )故存在N +，使得| Ny/(N + 1) y | /2令z = Ny/(N + 1)，則zE，且P(z) N/(N + 1) 1，由(1)知z int(E)而| z x | | z y | + | y x | 0，故Ax的各分量也非負(fù)但不全為零xC，設(shè)f (x) = (Ax)/( 1 i n (Ax)i )，則f (

3、x)C容易驗(yàn)證f : C C還是連續(xù)的由Brouwer不動點(diǎn)定理，存在f的不動點(diǎn)x0C即f (x0) = x0，也就是(Ax0)/( 1 i n (Ax0)i ) = x0令 = 1 i n (Ax0)i，則有Ax0 = x01.5.6證明：設(shè)B = uC0, 1 | 0, 1 u(x) dx = 1，u(x) 0 ，則B是C0, 1中閉凸集設(shè)max (x, y)0, 10, 1 K(x, y) = M，min (x, y)0, 10, 1 K(x, y) = m，0, 1 (0, 1 K(x, y) dy) dx = N，max x0, 1 | 0, 1 K(x, y) dy |= P令(S

4、 u)(x) = (0, 1 K(x, y) u(y) dy)/(0, 1 (0, 1 K(x, y) u(y) dy) dx )則0, 1 (S u)(x) dx = 1，u(x) 0；即S uB因此S是從B到B內(nèi)的映射u, vB，| 0, 1 K(x, y) u(y) dy 0, 1 K(x, y) v(y) dy |= | 0, 1 K(x, y) (u(y) v(y) dy | = max x0, 1 | 0, 1 K(x, y) (u(y) v(y) dy | M | u v |；因此映射u 0, 1 K(x, y) u(y) dy在B上連續(xù)類似地，映射u 0, 1 (0, 1 K(

5、x, y) u(y) dy) dx也在B上連續(xù)所以，S在B上連續(xù)下面證明S(B)列緊首先，證明S(B)是一致有界集uB，| S u | = | (0, 1 K(x, y) u(y) dy )/(0, 1 (0, 1 K(x, y) u(y) dy) dx )| = max x0, 1 | 0, 1 K(x, y) u(y) dy |/(0, 1 (0, 1 K(x, y) u(y) dy) dx ) (M 0, 1 u(y) dy |/(m 0, 1 (0, 1 u(y) dy) dx ) = M/m，故S(B)是一致有界集其次，證明S(B)等度連續(xù)uB，t1, t20, 1，| (S u)(

6、t1) (S u)(t2) | = | 0, 1 K(t1, y) u(y) dy 0, 1 K(t2, y) u(y) dy |/(0, 1 (0, 1 K(x, y) u(y) dy) dx ) 0, 1 | K(t1, y) K(t2, y) | u(y) dy /(m0, 1 (0, 1 u(y) dy) dx ) (1/m) max y0, 1 | K(t1, y) K(t2, y) |由K(x, y)在0, 10, 1上的一致連續(xù)性， 0，存在 0，使得(x1, y1), (x2, y2)0, 1，只要| (x1, y1) (x2, y2) | ，就有| K(x1, y1) K(x

7、2, y2) | m 故只要| t1 t2 | 時，y0, 1，都有| K(t1, y) K(t2, y) | m 此時，| (S u)(t1) (S u)(t2) | (1/m) max y0, 1 | K(t1, y) K(t2, y) | (1/m) m = 故S(B)是等度連續(xù)的所以，S(B)是列緊集根據(jù)Schauder不動點(diǎn)定理，S在C上有不動點(diǎn)u0令 = (0, 1 (0, 1 K(x, y) u0(y) dy) dx則(S u0)(x) = (0, 1 K(x, y) u0(y) dy)/ = (T u0)(x)/因此(T u0)(x)/ = u0(x)，T u0 = u0顯然上

8、述的和u0滿足題目的要求1.6.1 (極化恒等式)證明：x, yX，q(x + y) q(x y) = a(x + y, x + y) a(x y, x y)= (a(x, x) + a(x, y) + a(y, x) + a(y, y) (a(x, x) a(x, y) a(y, x) + a(y, y)= 2 (a(x, y) + a(y, x)，將i y代替上式中的y，有q(x + i y) q(x i y) = 2 (a(x, i y) + a(i y, x)= 2 (i a(x, y) + i a( y, x)，將上式兩邊乘以i，得到i q(x + i y) i q(x i y) =

9、 2 ( a(x, y) a( y, x)，將它與第一式相加即可得到極化恒等式1.6.2證明：若Ca, b中范數(shù)| |是可由某內(nèi)積( , )誘導(dǎo)出的，則范數(shù)| |應(yīng)滿足平行四邊形等式而事實(shí)上，Ca, b中范數(shù)| |是不滿足平行四邊形等式的，因此，不能引進(jìn)內(nèi)積( , )使其適合上述關(guān)系范數(shù)| |是不滿足平行四邊形等式的具體例子如下：設(shè)f(x) = (x a)/(b a)，g(x) = (b x)/(b a)，則| f | = | g | = | f + g | = | f g | = 1，顯然不滿足平行四邊形等式1.6.3證明：xL20, T，若| x | = 1，由Cauchy-Schwarz

10、不等式，有| 0, T e ( T ) x( ) d |2 (0, T (e ( T )2 d ) (0, T ( x( )2 d )= 0, T (e ( T )2 d = e 2T 0, T e 2 d = (1 e 2T )/2因此，該函數(shù)的函數(shù)值不超過M = (1 e 2T )/2)1/2前面的不等號成為等號的充要條件是存在，使得x( ) = e ( T )再注意| x | = 1，就有0, T ( e ( T )2 d = 1解出 = (1 e 2T )/2) 1/2故當(dāng)單位球面上的點(diǎn)x( ) = (1 e 2T )/2) 1/2 e ( T )時，該函數(shù)達(dá)到其在單位球面上的最大值(

11、1 e 2T )/2)1/21.6.4證明：若xN ，則yN，(x, y) = 0而M N，故yM，也有(x, y) = 0因此xM 所以，N M 1.6.51.6.6解：設(shè)偶函數(shù)集為E，奇函數(shù)集為O顯然，每個奇函數(shù)都與正交E故奇函數(shù)集O E fE ，注意到f總可分解為f = g + h，其中g(shù)是奇函數(shù)，h是偶函數(shù)因此有0 = ( f, h) = ( g + h, h) = ( g, h) + ( h, h) = ( h, h)故h幾乎處處為0即f = g是奇函數(shù)所以有 E O這樣就證明了偶函數(shù)集E的正交補(bǔ)E 是奇函數(shù)集O1.6.7 證明：首先直接驗(yàn)證，c，S = e 2 i n x | n

12、是L2c, c + 1中的一個正交集再將其標(biāo)準(zhǔn)化，得到一個規(guī)范正交集S1 = n(x) = dn e 2 i n x | n 其中的dn = | e 2 i n x | (n)，并且只與n有關(guān)，與c的選擇無關(guān)(1) 當(dāng)b a =1時，根據(jù)實(shí)分析結(jié)論有S = 當(dāng)b a 1時，若uL2a, b，且uS ，我們將u延拓成a, a + 1上的函數(shù)v，使得v(x) = 0 (x(b, a + 1)則vL2a, a + 1同時把S = e 2 i n x | n 也看成L2a, a + 1上的函數(shù)集那么，在L2a, a + 1中，有vS 根據(jù)前面的結(jié)論，v = 因此，在L2a, b中就有u = 故也有S

13、= ；(2) 分成兩個區(qū)間a, b 1)和b 1, b來看在a, b 1)上取定非零函數(shù)u(x) = 1 ( xa, b 1) )記pn = a, b 1) u(x)n(x) dx我們再把u看成是b 2, b 1上的函數(shù)(u在b 2, a)上去值為0)那么pn就是u在L2b 2, b 1上關(guān)于正交集S1 = n(x) | n 的Fourier系數(shù)由Bessel不等式，n | pn |2 m，則n m 1 0，從zn m 1而解析( zn/(2)1/2, zm/(2)1/2 ) = (1/i)| z | = 1 ( zn/(2)1/2 (z*)m/(2)1/2 )/z dz= (1/(2i)|

14、z | = 1 zn (z*)m/z dz = (1/(2i)| z | = 1 zn m 1 dz = 0因此， zn/(2)1/2 n 0是正交規(guī)范集1.6.91.6.10證明：容易驗(yàn)證en fn是正交規(guī)范集，下面只證明en fn是X的基xX，由正交分解定理，存在x關(guān)于X0的正交分解x = y + z，其中y X0，z X0因en, fn分別是X0和X0的正交規(guī)范基，故y = n ( y, en ) en，z = n ( z, fn ) fn 因z X0，故(x, en) = ( y + z, en) = ( y, en) + ( z, en) = ( y, en)因y X0，故(x, f

15、n) = ( y + z, fn) = ( y, fn) + ( z, fn) = ( z, fn)故x = y + z = n ( y, en ) en + n ( z, fn ) fn= n ( x, en ) en + n ( x, fn ) fn因此en fn是X的正交規(guī)范基1.6.11證明：首先，令 k (z) = ( k +1 )/)1/2 z k ( k 0 )，則 k k 0是H 2(D)中的正交規(guī)范基那么，u(z)H 2(D)，設(shè)u(z) = k 0 a k z k，則k，有(u, k) = D u(z) k(z)* dxdy = D ( j 0 a j z j) k(z)*

16、 dxdy= j 0 a j (/( j +1 )1/2D ( j +1 )/)1/2 z j k(z)* dxdy= j 0 a j (/( j +1 )1/2D j(z) k(z)* dxdy= j 0 a j (/( j +1 )1/2 ( j, k)= a k (/( k +1 )1/2即u(z)的關(guān)于正交規(guī)范基 k k 0的Fourier系數(shù)為a k (/( k +1 )1/2 ( k 0 )(1) 如果u(z)的Taylor展開式是u(z) = k 0 b k z k，則u(z)的Fourier系數(shù)為b k (/( k +1 )1/2 ( k 0 )由Bessel不等式， k 0|

17、 b k (/( k +1 )1/2 |2 | u | +，于是有 k 0| b k |2/( k +1 ) +(2) 設(shè)u(z), v(z)H 2(D)，并且u(z) = k 0 a k z k，v(z) = k 0 b k z k則u(z) = k 0 a k (/( k +1 )1/2 k (z)，v(z) = j 0 b j (/( j +1 )1/2 j (z)，(u, v) = ( k 0 a k (/( k +1 )1/2 k (z), j 0 b j (/( j +1 )1/2 j (z) )= k 0 j 0 (a k (/( k +1 )1/2 k (z), b j (/(

18、 j +1 )1/2 j (z) = k 0 j 0 (a k (/( k +1 )1/2 b j*(/( j +1 )1/2) ( k (z), j (z)= k 0 (a k (/( k +1 )1/2 b k* (/( k +1 )1/2) = k 0 (a k b k* )/( k +1 )(3) 設(shè)u(z)H 2(D)，且u(z) = k 0 a k z k因1/(1 z) = k 0 z k，1/(1 z)2 = k 0 (k +1) z k，其中| z | 1故當(dāng)| z | 1時，有1/(1 | z | )2 = k 0 (k +1) | z | k根據(jù)(2)，| u(z) |2

19、 = k 0 (a k a k* )/( k +1 ) = k 0 | a k |2/( k +1 )| u |2/(1 | z |)2 = ( k 0 | a k |2/( k +1 ) ( k 0 (k +1) | z | k ) ( k 0 | a k |2/( k +1 ) | z | k) ( k 0 (k +1) | z | k ) ( k 0 ( | a k |/( k +1 )1/2 | z | k/2) (k +1)1/2 | z | k/2 )2 (Cauchy-Schwarz不等式)= ( k 0 | a k | | z | k )2 | k 0 a k z k |2 =

20、 | u(z) |2 ，故| u(z) | | u |/(1/2 ( 1 | z | )(4) 先介紹復(fù)分析中的Weierstrass定理：若 fn 是區(qū)域U 上的解析函數(shù)列，且 fn 在U上內(nèi)閉一致收斂到 f，則f在U上解析（見龔升簡明復(fù)分析）回到本題設(shè) un 是H 2(D)中的基本列則zD，由(3)知 un(z) 是中的基本列，因此是收斂列設(shè)un(z) u(z)對中任意閉集F D，存在0 r 0，存在N+，使得m, n N，都有| un um | 1/2 ( 1 r )再由(3)，zF，| un(z) um(z) | | un um |/(1/2 ( 1 | z | ) | un um |

21、/(1/2 ( 1 r ) 即f在X上有下界，因而f在C有下確界 = inf xC f (x)注意到a(x, y)實(shí)際上是X上的一個內(nèi)積，記它所誘導(dǎo)的范數(shù)為| x |a = a(x, x)1/2，則| |a與| |是等價范數(shù)因此f (x) = a(x, x) Re(u0, x) = | x |a2 Re(u0, x)設(shè)C中的點(diǎn)列 xn 是一個極小化序列，滿足 f (xn ) + 1/n ( n+ )則由平行四邊形等式，| xn xm |a2 = 2(| xn |a2 + | xm |a2 ) 4| (xn + xm)/2 |a2 = 2( f (xn) + Re(u0, xn) + f (xm

22、) + Re(u0, xm) ) 4( f (xn + xm)/2) + Re(u0, (xn + xm)/2)= 2( f (xn) + f (xm) 4 f (xn + xm)/2) + 2 Re( (u0, xn) + (u0, xm) (u0, xn + xm) )= 2( f (xn) + f (xm) 4 f (xn + xm)/2) 2( + 1/n + + 1/m ) 4 = 2(1/n + 1/m) 0 ( m, n )因此| xn xm |2 (1/) | xn xm |a2 0 ( m, n )即 xn 為X中的基本列由于X完備，故 xn 收斂設(shè)xn x0 ( n )則| xn x0 |a2 M | xn x0 |2 0 ( m, n )而由內(nèi)積a( , )，( , )的連續(xù)性，有a( xn , xn ) a( x0 , x0 )，且(u0, xn) (u0, x0)，( n )