泛函分析上冊答案

...wd......wd......wd...課后習(xí)題解答與輔導(dǎo)張秀洲二00九年三月一十日1.1.51.1.61.1.71.2.21.2.31.2.41.3.31.3.41.3.51.3.71.3.81.3.91.4.11.4.5-61.4.91.4.111.4.121.4.131.4.141.4.151.4.171.5.1證明：(1)()假設(shè)xint(E)，存在>0，使得B(x)E．注意到x+x/nx(n)，故存在N+，使得x+x/NB(x)E．即x/(N/(1+N))E．因此P(x)N/(1+N)<1．()假設(shè)P(x)<1．則存在a>1，使得y=axE．因int(E)，故存在>0，使得B()E．令=(a1)/a，zB(x)，令w=(azy)/(a1)，則||w||=||(azy)/(a1)||=||azy||/(a1)=||azax||/(a1)=a||zx||/(a1)<a/(a1)=．故wB()E．故z=((a1)w+y)/aE，因此，B(x)E．所以xint(E)．(2)因int(E)=E，故有cl(int(E))cl(E)．下面證明相反的包含關(guān)系．假設(shè)xcl(E)，則>0，存在yE，使得||xy||</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||zx||||zy||+||yx||</2+/2=．故xcl(int(E))，因此cl(E)cl(int(E))所以cl(int(E))=cl(E)．1.5.3證明：因?yàn)镃是緊集，所以C是閉集．因?yàn)镃是緊集，故C的任意子集都列緊．而T(C)C，故T(C)列緊．于是，由Schauder不動點(diǎn)定理，T在C上有一個不動點(diǎn)．[Schauder定理：B*空間中閉凸集C上使T(C)列緊的連續(xù)自映射T必有不動點(diǎn)]1.5.41.5.5證明：設(shè)C={x=(x1,x2,...,xn)n|1inxi=1，xi0(i=1,2,...,n)}．則C是有界閉集，且是凸集，因此C是緊凸集．因?yàn)閤C，xi不全為0，而aij>0，故Ax的各分量也非負(fù)但不全為零．xC，設(shè)f(x)=(Ax)/(1in(Ax)i)，則f(x)C．容易驗(yàn)證f:CC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)/(1in(Ax0)i)=x0．令=1in(Ax0)i，則有Ax0=x0．1.5.6證明：設(shè)B={uC[0,1]|[0,1]u(x)dx=1，u(x)0}，則B是C[0,1]中閉凸集．設(shè)max(x,y)[0,1][0,1]K(x,y)=M，min(x,y)[0,1][0,1]K(x,y)=m，[0,1]([0,1]K(x,y)dy)dx=N，maxx[0,1]|[0,1]K(x,y)dy|=P．令(Su)(x)=([0,1]K(x,y)u(y)dy)/([0,1]([0,1]K(x,y)u(y)dy)dx)則[0,1](Su)(x)dx=1，u(x)0；即SuB．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||=maxx[0,1]|[0,1]K(x,y)(u(y)v(y))dy|M·||uv||；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(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，||Su||=||([0,1]K(x,y)u(y)dy)/([0,1]([0,1]K(x,y)u(y)dy)dx)||=maxx[0,1]|[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,t2[0,1]，|(Su)(t1)(Su)(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/(m[0,1]([0,1]u(y)dy)dx)(1/m)·maxy[0,1]|K(t1,y)K(t2,y)|由K(x,y)在[0,1][0,1]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(x2,y2)|<m．故只要|t1t2|<時，y[0,1]，都有|K(t1,y)K(t2,y)|<m．此時，|(Su)(t1)(Su)(t2)|(1/m)·maxy[0,1]|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(Su0)(x)=([0,1]K(x,y)u0(y)dy)/=(Tu0)(x)/．因此(Tu0)(x)/=u0(x)，Tu0=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：x,yX，q(x+y)q(xy)=a(x+y,x+y)a(xy,xy)=(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iy代替上式中的y，有q(x+iy)q(xiy)=2(a(x,iy)+a(iy,x))=2(ia(x,y)+ia(y,x))，將上式兩邊乘以i，得到iq(x+iy)iq(xiy)=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：假設(shè)C[a,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，C[a,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：xL2[0,T]，假設(shè)||x||=1，由Cauchy-Schwarz不等式，有|[0,T]e(T)x()d|2([0,T](e(T))2d)([0,T](x())2d)=[0,T](e(T))2d=e2T[0,T]e2d=(1e2T)/2．因此，該函數(shù)的函數(shù)值不超過M=((1e2T)/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))2d=1．解出=((1e2T)/2)1/2．故當(dāng)單位球面上的點(diǎn)x()=((1e2T)/2)1/2·e(T)時，該函數(shù)到達(dá)其在單位球面上的最大值((1e2T)/2)1/2．1.6.4證明：假設(shè)xN，則yN，(x,y)=0．而MN，故yM，也有(x,y)=0．因此xM．所以，NM．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OE．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EO．這樣就證明了偶函數(shù)集E的正交補(bǔ)E是奇函數(shù)集O．1.6.7證明：首先直接驗(yàn)證，c，S={e2inx|n}是L2[c,c+1]中的一個正交集．再將其標(biāo)準(zhǔn)化，得到一個標(biāo)準(zhǔn)正交集S1={n(x)=dne2inx|n}．其中的dn=||e2inx||(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，假設(shè)uL2[a,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vL2[a,a+1]．同時把S={e2inx|n}也看成L2[a,a+1]上的函數(shù)集．那么，在L2[a,a+1]中，有vS．根據(jù)前面的結(jié)論，v=．因此，在L2[a,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(x)=1(x[a,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L2[b–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<+．再用Riesz-Fischer定理，在L2[b–1,b]中，npnn收斂．并且，假設(shè)令v=npnn，則(v,n)=pn(n)．設(shè)f:[a,b]為：f(x)=u(x)(當(dāng)x[a,b–1))，f(x)=v(x)(當(dāng)x[b–1,b])．則fL2[a,b]，f，但(f,n)=[a,b–1)f(x)n(x)dx+[b–1,b]f(x)n(x)dx=[a,b–1)u(x)n(x)dx+[b–1,b]v(x)n(x)dx=pnpn=0，因此，fS1=S，故S{}．1.6.8證明：(zn/(2)1/2,zn/(2)1/2)=(1/i)|z|=1(zn/(2)1/2·(z*)n/(2)1/2)/zdz=(1/(2i))|z|=1zn·(z*)n/zdz=(1/(2i))|z|=11/zdz=1．假設(shè)n>m，則nm10，從znm1而解析．(zn/(2)1/2,zm/(2)1/2)=(1/i)|z|=1(zn/(2)1/2·(z*)m/(2)1/2)/zdz=(1/(2i))|z|=1zn·(z*)m/zdz=(1/(2i))|z|=1znm1dz=0．因此，{zn/(2)1/2}n0是正交標(biāo)準(zhǔn)集．1.6.91.6.10證明：容易驗(yàn)證{en}{fn}是正交標(biāo)準(zhǔn)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yX0，zX0．因{en},{fn}分別是X0和X0的正交標(biāo)準(zhǔn)基，故y=n(y,en)en，z=n(z,fn)fn．因zX0，故(x,en)=(y+z,en)=(y,en)+(z,en)=(y,en)．因yX0，故(x,fn)=(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{(lán)en}{fn}是X的正交標(biāo)準(zhǔn)基．1.6.11證明：首先，令k(z)=((k+1)/)1/2zk(k0)，則{k}k0是H2(D)中的正交標(biāo)準(zhǔn)基．那么，u(z)H2(D)，設(shè)u(z)=k0akzk，則k，有(u,k)=Du(z)·k(z)*dxdy=D(j0ajzj)·k(z)*dxdy=j0aj(/(j+1))1/2D((j+1)/)1/2zj·k(z)*dxdy=j0aj(/(j+1))1/2Dj(z)·k(z)*dxdy=j0aj(/(j+1))1/2(j,k)=ak(/(k+1))1/2．即u(z)的關(guān)于正交標(biāo)準(zhǔn)基{k}k0的Fourier系數(shù)為ak(/(k+1))1/2(k0)．(1)如果u(z)的Taylor展開式是u(z)=k0bkzk，則u(z)的Fourier系數(shù)為bk(/(k+1))1/2(k0)．由Bessel不等式，k0|bk(/(k+1))1/2|2||u||<+，于是有k0|bk|2/(k+1)<+．(2)設(shè)u(z),v(z)H2(D)，并且u(z)=k0akzk，v(z)=k0bkzk．則u(z)=k0ak(/(k+1))1/2k(z)，v(z)=j0bj(/(j+1))1/2j(z)，(u,v)=(k0ak(/(k+1))1/2k(z),j0bj(/(j+1))1/2j(z))=k0j0(ak(/(k+1))1/2k(z),bj(/(j+1))1/2j(z))=k0j0(ak(/(k+1))1/2·bj*(/(j+1))1/2)(k(z),j(z))=k0(ak(/(k+1))1/2·bk*(/(k+1))1/2)=k0(ak·bk*)/(k+1)．(3)設(shè)u(z)H2(D)，且u(z)=k0akzk．因1/(1z)=k0zk，1/(1z)2=k0(k+1)zk，其中|z|<1．故當(dāng)|z|<1時，有1/(1|z|)2=k0(k+1)|z|k．根據(jù)(2)，||u(z)||2=k0(ak·ak*)/(k+1)=k0|ak|2/(k+1)．||u||2/(1|z|)2=(k0|ak|2/(k+1))·(k0(k+1)|z|k)(k0|ak|2/(k+1)|z|k)·(k0(k+1)|z|k)(k0(|ak|/(k+1)1/2|z|k/2)·((k+1)1/2|z|k/2))2(Cauchy-Schwarz不等式)=(k0|ak|·|z|k)2|k0akzk|2=|u(z)|2，故|u(z)|||u||/(1/2(1|z|))．(4)先介紹復(fù)分析中的Weierstrass定理：假設(shè){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》〕回到此題．設(shè){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(shè)un(z)u(z)．對中任意閉集FD，存在0<r<1使得FB(0,r)D．>0，存在N+，使得m,n>N，都有||unum||<1/2(1r)．再由(3)，zF，|un(z)um(z)|||unum||/(1/2(1|z|))||unum||/(1/2(1r))<．令m，則|un(z)u(z)|．這說明{un}在D上內(nèi)閉一致收斂到u．由前面所說的Weierstrass定理，u在D上解析．把{un}看成是L2(D)中的根本列，因L2(D)，故{un}是L2(D)中的收斂列．設(shè){un}在L2(D)中的收斂于v．則v必然與u幾乎處處相等．即{un}在L2(D)中的收斂于u．因此{(lán)un}在H2(D)中也是收斂的，且收斂于u．所以，H2(D)完備．1.6.12證明：由Cauchy-Schwarz不等式以及Bessel不等式，x,yX，有|n1(x,en)·(y,en)*|2(n1|(x,en)|·|(y,en)*|)2=(n1|(x,en)|·|(y,en)|)2(n1|(x,en)|2)·(n1|(y,en)|2)||x||2·||y||2．因此，|n1(x,en)·(y,en)*|||x||·||y||．1.6.13證明：(1)因范數(shù)是連續(xù)函數(shù)，故C={xX|||xx0||r}是閉集．x,yC，因||xx0||r，||xx0||r}，故[0,1]，||(x+(1)y)x0||=||(xx0)+(1)(yx0)||||(xx0)+(1)(yx0)||||xx0||+(1)||yx0||r+(1)r=r．所以，C是X中的閉凸集．(2)當(dāng)xC時，y=x．顯然y是x在C中的最正確逼近元．當(dāng)xC時，y=x0+r(xx0)/||xx0||．zC，||xy||=||(xx0r(xx0)/||xx0||)||=||(1r/||xx0||)(xx0)||=||xx0||r．||xx0||||zx0||||xz||．因此，y是x在C中的最正確逼近元．1.6.14解：即是求et在span{1,t,t2}中的最正確逼近元(按L2[0,1]范數(shù))．將{1,t,t2}正交化為{1,t1/2,(t1/2)21/12}(按L2[0,1]內(nèi)積)再標(biāo)準(zhǔn)化為{0(t),1(t),2(t)}，則所求的ak=(et,k(t))=[0,1]etk(t)dt，k=0,1,2．1.6.15證明：設(shè)g(x)=(xa)(xb)2，則g(a)=g(b)=0，g’(a)=(ba)2，g’(b)=0．由Cauchy-Schwarz不等式，我們有([a,b]|f’’(x)|2dx)·([a,b]|g’’(x)|2dx)([a,b]f’’(x)·g’’(x)dx)2．因g’’(x)=3x(a+2b)，故[a,b]|g’’(x)|2dx=[a,b](3x(a+2b))2dx=(ba)3；又[a,b]f’’(x)·g’’(x)dx=[a,b](3x(a+2b))·f’’(x)dx=[a,b](3x(a+2b))df’(x)=(3x(a+2b))·f’(x)|[a,b]3[a,b]f’(x)dx=2(ba)；故(ba)3·[a,b]|f’’(x)|2dx(2(ba))2=4(ba)2．所以[a,b]|f’’(x)|2dx4/(ba)．1.6.16(變分不等式)證明：設(shè)f(x)=a(x,x)Re(u0,x)．則f(x)=a(x,x)Re(u0,x)||x||2|(u0,x)|||x||2||u0||·||x||||u0||2/(4)>．即f在X上有下界，因而f在C有下確界=infxCf(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||a2Re(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，||xnxm||a2=2(||xn||a2+||xm||a2)4||(xn+xm)/2||a2=2(f(xn)+Re(u0,xn)+f(xm)+Re(u0,xm))4(f((xn+xm)/2)+Re(u0,(xn+xm)/2))=2(f(xn)+f(xm))4f((xn+xm)/2)+2Re((u0,xn)+(u0,xm)(u0,xn+xm))=2(f(xn)+f(xm))4f((x