张恭庆泛函分析报告上册问题详解

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1、word1.1.5 1.4.1 证明：(1) () 假如xint(E)，存在d 0，使得Bd(x) E注意到x + x/nx ( n )，故存在N N+，使得x + x/N Bd(x) E即x/( N/( 1 + N ) ) E因此P(x) N/( 1 + N ) 1() 假如P(x) 1，使得y = a xE因qint(E)，故存在d 0，使得Bd(q) E令h = d(a - 1)/a，zBh(x)，令w = (a z-y )/(a - 1)，如此| w | = | (a z-y )/(a - 1) | = | a z-y |/(a - 1) = | a z-a x |/(a - 1) =

2、 a | z-x |/(a - 1) 0，存在yE，使得| x -y | e/2因ny/(n + 1) y ( n )故存在N N+，使得| Ny/(N + 1) -y | e/2令z = Ny/(N + 1)，如此zE，且P(z) N/(N + 1) 1，由(1)知zint(E)而| z -x | | z -y | + | y -x | 0，故Ax的各分量也非负但不全为零xC，设f (x) = (Ax)/( 1 i n (Ax)i )，如此f (x)C容易验证f : CC还是连续的由Brouwer不动点定理，存在f的不动点x0C即f (x0) = x0，也就是(Ax0)/( 1 i n (A

3、x0)i ) = x0令l= 1 i n (Ax0)i，如此有Ax0 = l x0证明：设B = uC0, 1 | 0, 1u(x) dx = 1，u(x) 0 ，如此B是C0, 1中闭凸集设max (x, y)0, 10, 1K(x, y) = M，min (x, y)0, 10, 1K(x, y) = m，0, 1 (0, 1K(x, y) dy) dx = N，maxx0, 1 | 0, 1K(x, y) dy |= P令(S u)(x) = (0, 1K(x, y) u(y) dy)/(0, 1 (0, 1K(x, y) u(y) dy) dx )如此0, 1 (S u)(x) dx

4、= 1，u(x) 0；即S uB因此S是从B到B内的映射u, vB，| 0, 1K(x, y) u(y) dy -0, 1K(x, y) v(y) dy |= | 0, 1K(x, y) (u(y)-v(y) dy | = maxx0, 1 | 0, 1K(x, y) (u(y)-v(y) dy |M | u -v |；因此映射u #0, 1K(x, y) u(y) dy在B上连续类似地，映射u #0, 1 (0, 1K(x, y) u(y) dy) dx也在B上连续所以，S在B上连续下面证明S(B)列紧首先，证明S(B)是一致有界集uB，| S u | = | (0, 1K(x, y) u(

5、y) dy )/(0, 1 (0, 1K(x, y) u(y) dy) dx )| = maxx0, 1 | 0, 1K(x, y) u(y) dy |/(0, 1 (0, 1K(x, y) u(y) dy) dx ) (M 0, 1u(y) dy |/(m 0, 1 (0, 1u(y) dy) dx ) = M/m，故S(B)是一致有界集其次，证明S(B)等度连续uB，t1, t20, 1，| (S u)(t1) - (S u)(t2)| = | 0, 1K(t1, y) u(y) dy-0, 1K(t2, y) u(y) dy |/(0, 1 (0, 1K(x, y) u(y) dy) d

6、x )0, 1 | K(t1, y) -K(t2, y) | u(y) dy /(m0, 1 (0, 1u(y) dy) dx ) (1/m) maxy0, 1 | K(t1, y) -K(t2, y) |由K(x, y)在0, 10, 1上的一致连续性，e 0，存在d 0，使得(x1, y1), (x2, y2)0, 1，只要| (x1, y1) - (x2, y2) | d，就有| K(x1, y1) -K(x2, y2) | m e故只要| t1-t2 | d时，y0, 1，都有| K(t1, y) -K(t2, y) | m e此时，| (S u)(t1) - (S u)(t2)| (

7、1/m) maxy0, 1 | K(t1, y) -K(t2, y) | (1/m) m e = e故S(B)是等度连续的所以，S(B)是列紧集根据Schauder不动点定理，S在C上有不动点u0令l= (0, 1 (0, 1K(x, y) u0(y) dy) dx如此(S u0)(x) = (0, 1K(x, y) u0(y) dy)/l= (T u0)(x)/l因此(T u0)(x)/l= u0(x)，T u0 = l u0显然上述的l和u0满足题目的要求1.6.1 (极化恒等式)证明：x, yX，q(x + y) -q(x-y) = a(x + y, x + y) -a(x-y, x-y

8、)= (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)，将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)，将上式两边乘以i，得到i q(x + i y) -i q(x-i y) = 2 ( a(x, y) -a( y, x)，将它与第一式相加即可得到极化恒等式证明：假如Ca, b中X数| |是可由某内积( , )诱导出的

9、，如此X数| |应满足平行四边形等式而事实上，Ca, b中X数| |是不满足平行四边形等式的，因此，不能引进内积( , )使其适合上述关系X数| |是不满足平行四边形等式的具体例子如下：设f(x) = (xa)/(ba)，g(x) = (bx)/(ba)，如此| f | = | g | = | f + g | = | f g | = 1，显然不满足平行四边形等式证明：xL20, T，假如| x | = 1，由Cauchy-Schwarz不等式，有| 0, Te- ( T-t)x(t) dt|2 (0, T (e- ( T-t)2dt) (0, T ( x(t)2dt)= 0, T (e- (

10、T-t)2dt = e- 2T 0, Te 2tdt= (1-e- 2T )/2因此，该函数的函数值不超过M = (1-e- 2T )/2)1/2前面的不等号成为等号的充要条件是存在lR，使得x(t) = l e- ( T-t)再注意| x | = 1，就有0, T (l e- ( T-t)2dt= 1解出l= (1-e- 2T )/2)- 1/2故当单位球面上的点x(t) = (1-e- 2T )/2)- 1/2 e- ( T-t)时，该函数达到其在单位球面上的最大值(1-e- 2T )/2)1/2证明：假如xN，如此yN，(x, y) = 0而MN，故yM，也有(x, y) = 0因此xM

11、所以，NM解：设偶函数集为E，奇函数集为O显然，每个奇函数都与正交E故奇函数集O EfE，注意到f总可分解为f = g + h，其中g是奇函数，h是偶函数因此有0 = ( f, h) = ( g + h, h) = ( g, h) + ( h, h) = ( h, h)故h几乎处处为0即f = g是奇函数所以有 EO这样就证明了偶函数集E的正交补E是奇函数集O1.6.7 证明：首先直接验证，cR，S = e2p i n x| nZ 是L2c, c + 1中的一个正交集再将其标准化，得到一个规X正交集S1 = jn(x) = dn e2p i n x| nZ 其中的dn= | e2p i n x

12、| (nZ)，并且只与n有关，与c的选择无关(1) 当ba =1时，根据实分析结论有S = q当ba 1时，假如uL2a, b，且uS，我们将u延拓成a, a + 1上的函数v，使得v(x) = 0 (x(b, a + 1)如此vL2a, a + 1同时把S = e2p i n x| nZ 也看成L2a, a + 1上的函数集那么，在L2a, a + 1中，有vS根据前面的结论，v = q因此，在L2a, b中就有u = q故也有S = q；(2) 分成两个区间a, b 1)和b 1, b来看在a, b 1)上取定非零函数u(x) = 1 ( xa, b 1) )记pn = a, b 1)u(

13、x)jn(x) dx我们再把u看成是b 2, b 1上的函数(u在b 2, a)上去值为0)那么pn就是u在L2b 2, b 1上关于正交集S1 = jn(x)| nZ 的Fourier系数由Bessel不等式，nZ | pn |2 m，如此n- m - 1 0，从zn -m - 1而解析( zn/(2p)1/2, zm/(2p)1/2 ) = (1/i)| z | = 1 ( zn/(2p)1/2 (z*)m/(2p)1/2 )/zdz= (1/(2pi)| z | = 1zn (z*)m/zdz = (1/(2pi)| z | = 1zn -m - 1dz = 0因此，zn/(2p)1/2

14、 n 0是正交规X集证明：容易验证en fn是正交规X集，下面只证明en fn是X的基xX，由正交分解定理，存在x关于X0的正交分解x = y + z，其中yX0，zX0因en, fn分别是X0和X0的正交规X基，故y = nN( y, en ) en，z = nN( 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 = nN( y, en ) en + nN

15、( z, fn ) fn= nN( x, en ) en + nN( x, fn ) fn因此en fn是X的正交规X基证明：首先，令jk (z) = ( k +1 )/p)1/2 z k ( k 0 )，如此 jk k 0是H2(D)中的正交规X基那么，u(z)H2(D)，设u(z) = k 0 a k z k，如此kN，有(u, jk) = Du(z) jk(z)*dxdy = D (j 0 a j z j) jk(z)*dxdy= j 0 a j(p/( j +1 )1/2D ( j +1 )/p)1/2 z jjk(z)*dxdy= j 0 a j(p/( j +1 )1/2Djj(z

16、) jk(z)*dxdy= j 0 a j(p/( j +1 )1/2 (jj, jk)= a k(p/( k +1 )1/2即u(z)的关于正交规X基 jk k 0的Fourier系数为a k(p/( k +1 )1/2( k 0 )(1) 如果u(z)的Taylor展开式是u(z) = k 0 b k z k，如此u(z)的Fourier系数为b k(p/( k +1 )1/2( k 0 )由Bessel不等式，k 0| b k(p/( k +1 )1/2|2 | u | +，于是有 k 0| b k|2/( k +1 ) +(2) 设u(z), v(z)H2(D)，并且u(z) = k

17、0 a k z k，v(z) = k 0 b k z k如此u(z) = k 0 a k(p/( k +1 )1/2jk (z)，v(z) = j 0 b j(p/( j +1 )1/2jj (z)，(u, v) = ( k 0 a k(p/( k +1 )1/2jk (z), j 0 b j(p/( j +1 )1/2jj (z) )= k 0j 0 (a k(p/( k +1 )1/2jk (z), b j(p/( j +1 )1/2jj (z) = k 0j 0 (a k(p/( k +1 )1/2 b j*(p/( j +1 )1/2) (jk (z), jj (z)= k 0 (a

18、k(p/( k +1 )1/2 b k* (p/( k +1 )1/2) = pk 0 (a kb k* )/( k +1 )(3) 设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故当| z | 1时，有1/(1 - | z | )2 = k 0 (k +1) | z | k根据(2)，| u(z) |2 = pk 0 (a ka k* )/( k +1 ) = pk 0 | a k|2/( k +1 )| u |2/(1 - | z |)2 = (pk 0 | a k|

19、2/( k +1 ) ( k 0 (k +1) | z | k ) (pk 0 | a k|2/( k +1 ) | z | k) ( k 0 (k +1) | z | k )p ( k 0 ( | a k|/( k +1 )1/2 | z | k/2) (k +1)1/2 | z | k/2)2 (Cauchy-Schwarz不等式)= p ( k 0 | a k| | z | k )2p | k 0a kz k |2 = p | u(z)|2 ，故| u(z) | | u |/(p1/2 ( 1 - | z | )(4) 先介绍复分析中的Weierstrass定理：假如 fn 是区域U C

20、上的解析函数列，且 fn 在U上内闭一致收敛到 f，如此f在U上解析见龚升简明复分析回到此题设 un 是H2(D)中的根本列如此zD，由(3)知 un(z) 是C中的根本列，因此是收敛列设un(z) u(z)对C中任意闭集FD，存在0 r 0，存在NN+，使得m, n N，都有| un-um| ep1/2 ( 1 -r )再由(3)，zF，| un(z) -um(z) | | un-um|/(p1/2 ( 1 - | z | ) | un-um|/(p1/2 ( 1 -r ) -即f在X上有下界，因而f在C有下确界m = infxCf(x)注意到a(x, y)实际上是X上的一个内积，记它所诱导

21、的X数为| x |a = a(x, x)1/2，如此| |a与| |是等价X数因此f(x) = a(x, x) - Re(u0, x) = | x |a2- Re(u0, x)设C中的点列 xn 是一个极小化序列，满足mf(xn ) m + 1/n ( nN+ )如此由平行四边形等式，| xn-xm |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) +

22、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( m + 1/n + m + 1/m ) - 4 m= 2(1/n + 1/m) 0 ( m, n )因此| xn-xm |2 (1/d) | xn-xm |a2 0 ( m, n )即 xn 为X中的根本列由于X完备，故 xn 收敛设xnx0 ( n )如此| xn-x0 |a2M | xn-x0 |2 0 ( m, n )而由内积a( , )，( , )的连续性，有a( xn

23、, xn) a( x0 , x0 )，且(u0, xn) (u0, x0)，( n )因此f(xn) = a(xn, xn) - Re(u0, xn) a(x0, x0) - Re(u0, x0) = f(x0)，( n )由极限的唯一性，f(x0) = m = infxCf(x)至此，我们证明了f在C上有最小值下面说明最小值点是唯一的假如x0, y0都是最小值点，如此交织的点列 x0, y0, x0, y0, x0, . 是极小化序列根据前面的证明，这个极小化序列必须是根本列，因此，必然有x0 = y0所以最小值点是唯一的最后我们要证明最小点x0C满足给出的不等式xC，t0, 1，有x0 + t ( x - x0)C，因此有f(x0 + t ( x - x0) f(x0)即| x0 + t ( x - x0) |a2- Re(u0, x0 + t ( x - x0) | x0 |a2- Re(u0, x0)展开并整理得到t Re ( 2a(x0, x - x0) - (u0, x - x0) ) -t2 | x - x0 |a2故当t(0, 1，有Re ( 2a(x0, x - x0) - (u0, x - x0) ) -t| x - x0 |a2令t 0就得到 Re ( 2a(x0, x - x0) - (u0, x - x0) ) 0- 56 - / 56