张恭庆--泛函分析上册答案

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证明：(1)()若xint(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．则存在a1，使得y=axE．因int(E)，故存在0，使得B()E．令=(a1)/a，zB(x)，令w=(azy)/(a1)，则||w||=||(azy)/(a1)||=||azy||/(a1)=||azax||/(a1)=a||zx||/(a1)a/(a1)=．故wB()E．故z=((a1)w+y)/aE，因此，B(x)E．所以xint(E)．(2)因int(E)=E，故有cl(int(E))cl(E)．下面证明相反的包含关系．若xcl(E)，则0，存在yE，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)，则zE，且P(z)N/(N+1)1，由(1)知zint(E)．而||zx||||zy||+||yx||/2+/2=．故xcl(int(E))，因此cl(E)cl(int(E))所以cl(int(E))=cl(E)．1.5.3证明：因为C是紧集，所以C是闭集．因为C是紧集，故C的任意子集都列紧．而T(C)C，故T(C)列紧．于是，由Schauder不动点定理，T在C上有一个不动点．[Schauder定理：B*空间中闭凸集C上使T(C)列紧的连续自映射T必有不动点]1.5.41.5.5证明：设C={x=(x1,x2,...,xn)n|1inxi=1，xi0(i=1,2,...,n)}．则C是有界闭集，且是凸集，因此C是紧凸集．因为xC，xi不全为0，而aij0，故Ax的各分量也非负但不全为零．xC，设f(x)=(Ax)/(1in(Ax)i)，则f(x)C．容易验证f:CC还是连续的．由Brouwer不动点定理，存在f的不动点x0C．即f(x0)=x0，也就是(Ax0)/(1in(Ax0)i)=x0．令=1in(Ax0)i，则有Ax0=x0．1.5.6证明：设B={uC[0,1]|[0,1]u(x)dx=1，u(x)0}，则B是C[0,1]中闭凸集．设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)则[0,1](Su)(x)dx=1，u(x)0；即SuB．因此S是从B到B内的映射．u,vB，||[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·||uv||；因此映射u[0,1]K(x,y)u(y)dy在B上连续．类似地，映射u[0,1]([0,1]K(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．uB，||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，证明S(B)等度连续．uB，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]上的一致连续性，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|t1t2|时，y[0,1]，都有|K(t1,y)K(t2,y)|m．此时，|(Su)(t1)(Su)(t2)|(1/m)·maxy[0,1]|K(t1,y)K(t2,y)|(1/m)·m=．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=([0,1]([0,1]K(x,y)u0(y)dy)dx．则(Su0)(x)=([0,1]K(x,y)u0(y)dy)/=(Tu0)(x)/．因此(Tu0)(x)/=u0(x)，Tu0=u0．显然上述的和u0满足题目的要求．1.6.1(极化恒等式)证明：x,yX，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))，将iy代替上式中的y，有q(x+iy)q(xiy)=2(a(x,iy)+a(iy,x))=2(ia(x,y)+ia(y,x))，将上式两边乘以i，得到iq(x+iy)iq(xiy)=2(a(x,y)a(y,x))，将它与第一式相加即可得到极化恒等式．1.6.2证明：若C[a,b]中范数||·||是可由某内积(·,·)诱导出的，则范数||·||应满足平行四边形等式．而事实上，C[a,b]中范数||·||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．范数||·||是不满足平行四边形等式的具体例子如下：设f(x)=(x–a)/(b–a)，g(x)=(b–x)/(b–a)，则||f||=||g||=||f+g||=||f–g||=1，显然不满足平行四边形等式．1.6.3证明：xL2[0,T]，若||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=e2T[0,T]e2d=(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，使得x()=e(T)．再注意||x||=1，就有[0,T](e(T))2d=1．解出=((1e2T)/2)1/2．故当单位球面上的点x()=((1e2T)/2)1/2·e(T)时，该函数达到其在单位球面上的最大值((1e2T)/2)1/2．1.6.4证明：若xN，则yN，(x,y)=0．而MN，故yM，也有(x,y)=0．因此xM．所以，NM．1.6.51.6.6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E．fE，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EO．这样就证明了偶函数集E的正交补E是奇函数集O．1.6.7证明：首先直接验证，c，S={e2inx|n}是L2[c,c+1]中的一个正交集．再将其标准化，得到一个规范正交集S1={n(x)=dne2inx|n}．其中的dn=||e2inx||(n)，并且只与n有关，与c的选择无关．(1)当b–a=1时，根据实分析结论有S={}．当b–a1时，若uL2[a,b]，且uS，我们将u延拓成[a,a+1]上的函数v，使得v(x)=0(x(b,a+1])．则vL2[a,a+1]．同时把S={e2inx|n}也看成L2[a,a+1]上的函数集．那么，在L2[a,a+1]中，有vS．根据前面的结论，v=．因此，在L2[a,b]中就有u=．故也有S={}；(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(x[a,b–1))．记pn=[a,b–1)u(x)n(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L2[b–2,b–1]上关于正交集S1={n(x)|n}的Fourier系数．由Bessel不等式，n|pn|2+．再用Riesz-Fischer定理，在L2[b–1,b]中，npnn收敛．并且，若令v=npnn，则(v,n)=pn(n)．设f:[a,b]为：f(x)=u(x)(当x[a,b–1))，f(x)=v(x)(当x[b–1,b])．则fL2[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=pnpn=0，因此，fS1=S，故S{}．1.6.8证明：(zn/(2)1/2,zn/(2)1/2)=(1/i)|z|=1(zn/(2)1/2·(z*)n/(2)1/2)/zdz=(1/(2i))|z|=1zn·(z*)n/zdz=(1/(2i))|z|=11/zdz=1．若nm，则nm10，从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)/zdz=(1/(2i))|z|=1zn·(z*)m/zdz=(1/(2i))|z|=1znm1dz=0．因此，{zn/(2)1/2}n0是正交规范集．1.6.91.6.10证明：容易验证{en}{fn}是正交规范集，下面只证明{en}{fn}是X的基．xX，由正交分解定理，存在x关于X0的正交分解x=y+z，其中yX0，zX0．因{en},{fn}分别是X0和X0的正交规范基，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,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{en}{fn}是X的正交规范基．1.6.11证明：首先，令k(z)=((k+1)/)1/2zk(k0)，则{k}k0是H2(D)中的正交规范基．那么，u(z)H2(D)，设u(z)=k0akzk，则k，有(u,k)=Du(z)·k(z)*dxd