張恭慶 泛函分析上冊答案

1、-PAGE . z.1.1.5 1.4.1 證明：(1) () 假設*int(E)，存在 0，使得B(*) E注意到* + */n* ( n )，故存在N +，使得* + */N B(*) E即*/( N/( 1 + N ) ) E因此P(*) N/( 1 + N ) 1() 假設P(*) 1，使得y = a *E因int(E)，故存在 0，使得B() E令 = (a 1)/a，zB(*)，令w = (a zy )/(a 1)，則| w | = | (a zy )/(a 1) | = | a zy |/(a 1) = | a za * |/(a 1) = a | z* |/(a 1) 0，存在

2、yE，使得| * 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zint(E)而| z * | | z y | + | y * | 0，故A*的各分量也非負但不全為零*C，設f (*) = (A*)/( 1 i n (A*)i )，則f (*)C容易驗證f : CC還是連續(xù)的由Brouwer不動點定理，存在f的不動點*0C即f (*0) = *0，也就是(A*0)/( 1 i n (A*0)i ) = *0令= 1 i n (A*0)i，則有A*0

3、= *0證明：設B = uC0, 1 | 0, 1u(*) d* = 1，u(*) 0 ，則B是C0, 1中閉凸集設ma* (*, y)0, 10, 1K(*, y) = M，min (*, y)0, 10, 1K(*, y) = m，0, 1 (0, 1K(*, y) dy) d* = N，ma*0, 1 | 0, 1K(*, y) dy |= P令(S u)(*) = (0, 1K(*, y) u(y) dy)/(0, 1 (0, 1K(*, y) u(y) dy) d* )則0, 1 (S u)(*) d* = 1，u(*) 0；即S uB因此S是從B到B的映射u, vB，| 0, 1K

4、(*, y) u(y) dy 0, 1K(*, y) v(y) dy |= | 0, 1K(*, y) (u(y)v(y) dy | = ma*0, 1 | 0, 1K(*, y) (u(y)v(y) dy |M | u v |；因此映射u 0, 1K(*, y) u(y) dy在B上連續(xù)類似地，映射u 0, 1 (0, 1K(*, y) u(y) dy) d*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, 1K(*, y) u(y) dy )/(0, 1 (0, 1K(*, y) u(y) dy) d* )| = ma*0

5、, 1 | 0, 1K(*, y) u(y) dy |/(0, 1 (0, 1K(*, y) u(y) dy) d* ) (M 0, 1u(y) dy |/(m 0, 1 (0, 1u(y) dy) d* ) = 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)(t1) (S u)(t2)| = | 0, 1K(t1, y) u(y) dy0, 1K(t2, y) u(y) dy |/(0, 1 (0, 1K(*, y) u(y) dy) d* )0, 1 | K(t1, y) K(t2, y) | u(y) dy /(m0, 1 (0, 1u

6、(y) dy) d* ) (1/m) ma*y0, 1 | K(t1, y) K(t2, y) |由K(*, y)在0, 10, 1上的一致連續(xù)性， 0，存在 0，使得(*1, y1), (*2, y2)0, 1，只要| (*1, y1) (*2, y2) | ，就有| K(*1, y1) K(*2, y2) | m 故只要| t1t2 | 時，y0, 1，都有| K(t1, y) K(t2, y) | m 此時，| (S u)(t1) (S u)(t2)| (1/m) ma*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

7、集根據(jù)Schauder不動點定理，S在C上有不動點u0令= (0, 1 (0, 1K(*, y) u0(y) dy) d*則(S u0)(*) = (0, 1K(*, y) u0(y) dy)/= (T u0)(*)/因此(T u0)(*)/= u0(*)，T u0 = u0顯然上述的和u0滿足題目的要求1.6.1 (極化恒等式)證明：*, y*，q(* + y) q(*y) = a(* + y, * + y) a(*y, *y)= (a(*, *) + a(*, y) + a(y, *) + a(y, y) (a(*, *) a(*, y) a(y, *) + a(y, y)= 2 (a(*

8、, y) + a(y, *)，將i y代替上式中的y，有q(* + i y) q(*i y) = 2 (a(*, i y) + a(i y, *)= 2 (i a(*, y) + i a( y, *)，將上式兩邊乘以i，得到i q(* + i y) i q(*i y) = 2 ( a(*, y) a( y, *)，將它與第一式相加即可得到極化恒等式證明：假設Ca, b中數(shù)| |是可由*積( , )誘導出的，則數(shù)| |應滿足平行四邊形等式而事實上，Ca, b中數(shù)| |是不滿足平行四邊形等式的，因此，不能引進積( , )使其適合上述關系數(shù)| |是不滿足平行四邊形等式的具體例子如下：設f(*) =

9、(*a)/(ba)，g(*) = (b*)/(ba)，則| f | = | g | = | f + g | = | f g | = 1，顯然不滿足平行四邊形等式證明：*L20, T，假設| * | = 1，由Cauchy-Schwarz不等式，有| 0, Te ( T)*() d|2 (0, T (e ( T)2d) (0, T ( *()2d)= 0, T (e ( T)2d = e 2T 0, Te 2d= (1e 2T )/2因此，該函數(shù)的函數(shù)值不超過M = (1e 2T )/2)1/2前面的不等號成為等號的充要條件是存在，使得*() = e ( T)再注意| * | = 1，就有0,

10、T ( e ( T)2d= 1解出= (1e 2T )/2) 1/2故當單位球面上的點*() = (1e 2T )/2) 1/2 e ( T)時，該函數(shù)到達其在單位球面上的最大值(1e2T )/2)1/2證明：假設*N，則yN，(*, y) = 0而MN，故yM，也有(*, y) = 0因此*M所以，NM解：設偶函數(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 EfE，注意到f總可分解為f = g + h，其中g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

11、數(shù)所以有 EO這樣就證明了偶函數(shù)集E的正交補E是奇函數(shù)集O1.6.7 證明：首先直接驗證，c，S = e2 i n *| n 是L2c, c + 1中的一個正交集再將其標準化，得到一個規(guī)正交集S1 = n(*) = dn e2 i n *| n 其中的dn= | e2 i n *| (n)，并且只與n有關，與c的選擇無關(1) 當ba =1時，根據(jù)實分析結論有S = 當ba 1時，假設uL2a, b，且uS，我們將u延拓成a, a + 1上的函數(shù)v，使得v(*) = 0 (*(b, a + 1)則vL2a, a + 1同時把S = e2 i n *| n 也看成L2a, a + 1上的函數(shù)集則

12、，在L2a, a + 1中，有vS根據(jù)前面的結論，v = 因此，在L2a, b中就有u = 故也有S = ；(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(*) = 1 ( *a, b 1) )記pn = a, b 1)u(*)n(*) d*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)則pn就是u在L2b 2, b 1上關于正交集S1 = n(*)| 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 |

13、 = 1 ( zn/(2)1/2 (z*)m/(2)1/2 )/zdz= (1/(2i)| z | = 1zn (z*)m/zdz = (1/(2i)| z | = 1zn m 1dz = 0因此，zn/(2)1/2 n 0是正交規(guī)集證明：容易驗證en fn是正交規(guī)集，下面只證明en fn是*的基*，由正交分解定理，存在*關于*0的正交分解* = y + z，其中y*0，z*0因en, fn分別是*0和*0的正交規(guī)基，故y = n( y, en ) en，z = n( z, fn ) fn 因z*0，故(*, en) = ( y + z, en) = ( y, en) + ( z, en) =

14、 ( y, en)因y*0，故(*, fn) = ( y + z, fn) = ( y, fn) + ( z, fn) = ( z, fn)故*= y + z = n( y, en ) en + n( z, fn ) fn= n( *, en ) en + n( *, fn ) fn因此en fn是*的正交規(guī)基證明：首先，令k (z) = ( k +1 )/)1/2 z k ( k 0 )，則 k k 0是H2(D)中的正交規(guī)基則，u(z)H2(D)，設u(z) = k 0 a k z k，則k，有(u, k) = Du(z) k(z)*d*dy = D (j 0 a j z j) k(z)*

15、d*dy= j 0 a j(/( j +1 )1/2D ( j +1 )/)1/2 z jk(z)*d*dy= j 0 a j(/( j +1 )1/2Dj(z) k(z)*d*dy= j 0 a j(/( j +1 )1/2 (j, k)= a k(/( k +1 )1/2即u(z)的關于正交規(guī)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| b k(/( k +1 )1/

16、2|2 | u | +，于是有 k 0| b k|2/( k +1 ) +(2) 設u(z), v(z)H2(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 )1/2k (z)，v(z) = j 0 b j(/( j +1 )1/2j (z)，(u, v) = ( k 0 a k(/( k +1 )1/2k (z), j 0 b j(/( j +1 )1/2j (z) )= k 0j 0 (a k(/( k +1 )1/2k (z), b j(/( j +1 )1/2j (z) = k 0j 0 (a k(/(

17、 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 kb k* )/( k +1 )(3) 設u(z)H2(D)，且u(z) = k 0 a k z k因1/(1 z) = k 0z k，1/(1 z)2 = k 0 (k +1) z k，其中| z | 1故當| z | 1時，有1/(1 | z | )2 = k 0 (k +1) | z | k根據(jù)(2)，| u(z) |2 = k 0 (a ka k* )/( k +1 ) = k 0 | a k|2

18、/( 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 0a kz k |2 = | u(z)|2 ，故| u(z) | | u |/(1/2 ( 1 | z | )(4) 先介紹復

19、分析中的Weierstrass定理：假設 fn 是區(qū)域U 上的解析函數(shù)列，且 fn 在U上閉一致收斂到 f，則f在U上解析見龔升簡明復分析回到此題設 un 是H2(D)中的根本列則zD，由(3)知 un(z) 是中的根本列，因此是收斂列設un(z) u(z)對中任意閉集FD，存在0 r 0，存在N+，使得m, n N，都有| unum| 1/2 ( 1 r )再由(3)，zF，| un(z) um(z) | | unum|/(1/2 ( 1 | z | ) | unum|/(1/2 ( 1 r ) 即f在*上有下界，因而f在C有下確界 = inf*Cf(*)注意到a(*, y)實際上是*上的一

20、個積，記它所誘導的數(shù)為| * |a = a(*, *)1/2，則| |a與| |是等價數(shù)因此f(*) = a(*, *) Re(u0, *) = | * |a2 Re(u0, *)設C中的點列 *n 是一個極小化序列，滿足f(*n ) + 1/n ( n+ )則由平行四邊形等式，| *n*m |a2 = 2(| *n |a2 + | *m |a2 ) 4| (*n + *m)/2|a2= 2( f(*n) + Re(u0, *n) + f(*m) + Re(u0, *m) ) 4( f(*n + *m)/2) + Re(u0, (*n + *m)/2)= 2( f(*n) + f(*m) 4 f(*n + *m)/2) + 2 Re( (u0, *n) + (u0, *m) (u0, *n + *m) )= 2( f(*n) + f(*m) 4 f(*n + *m)/2) 2( + 1/n + + 1/m ) 4 = 2(1/n + 1/m) 0