张恭庆编《泛函分析讲义》第一章第6节 内积空间习题解答

1.极化恒等式

 设 $a$ 是复线性空间 $\scrX$ 上的共轭双线性泛函, $q$ 是由 $a$ 诱导的二次型. 求证: 对 $\forall\ x,y\in \scrX$, 有 $$\bex a(x,y)=\frac{1}{4}\sed{ q(x+y)-q(x-y) +iq(x+iy) -iq(x-iy) }. \eex$$

证明: 注意到 $$\bex q(x+y)&=&a(x+y,x+y)\\ &=&a(x,x)+a(x,y)+a(y,x)+a(y,y), \eex$$ $$\bex q(x-y)=a(x,x)-a(x,y)-a(y,x)+a(y,y); \eex$$ $$\bex iq(x+iy)&=&ia(x+iy,x+iy)\\ &=&ia(x,x)+a(x,y)-a(y,x)+ia(y,y), \eex$$ $$\bex iq(x-iy)=ia(x,x)-a(x,y)+a(y,x)+ia(y,y). \eex$$ 我们有 $$\bex a(x,y)=\frac{1}{4}\sed{ q(x+y)-q(x-y) +iq(x+iy) -iq(x-iy) }. \eex$$

 

 

2.连续函数空间不是 $Hilbert$ 空间

 求证在 $C[a,b]$ 中不可能引进一种内积 $(\cdot,\cdot)$, 使其满足 $$\bex \sex{f,f}^\frac{1}{2} =\max_{a\leq x\leq b}\sev{f(x)}\quad (\forall\ f\in C[a,b]). \eex$$

证明: 不妨设 $[a,b]=[0,1]$. 用反证法, 只需验证平行四边形等式不成立. 取 $$\bex f\equiv 1,\quad g(x)=x, \eex$$ 则 $$\bex \sen{f}=1=\sen{g}, \eex$$ $$\bex \sen{f+g}=\max_{x\in [0,1]}\sev{1+x}=2,\quad \sen{f-g}=\max_{x\in [0,1]}\sev{1-x}=1; \eex$$ $$\bex \sen{f+g}^2+\sen{f-g}^2 =5\neq 4=2\sex{\sen{f}^2+\sen{g}^2}. \eex$$

 

 

3.求泛函最大值的例子---$Cauchy$-$Schwarz$ 不等式的应用

 在 $L^2[0,T]$ 中, 求证泛函 $$\bex x\mapsto \sev{\int_0^T e^{-(T-t)}x(\tau)d\tau}\quad \sex{\forall\ x\in L^2[0,T]} \eex$$ 在单位球面上达到最大值, 并求出此最大值和达到最大值的元素 $x$.

证明: 据 $Cauchy-Schwarz$ 不等式, 对 $\sen{x}=1$, $$\bex \sev{\int_0^T e^{-(T-t)}x(\tau)d\tau} &=&e^{-T}\sev{\int_0^T e^\tau x(\tau)d\tau}\\ &=&e^{-T}\sev{\sex{e^\tau,x(\tau)}}\\ &\leq&e^{-T}\sqrt{\int_0^T e^{2\tau}d\tau}\cdot\sqrt{\int_0^T\sev{x(\tau)}^2d\tau}\\ &=&\sqrt{\frac{1-e^{-2T}}{2}}, \eex$$ 且等号成立当且仅当 $$\bex x(\tau)=\lambda e^\tau &\ra& \sev{\lambda}=\frac{\sen{x(\tau)}}{\sen{e^\tau}} =\frac{1}{\sqrt{\frac{e^{2T}-1}{2}}} =\sqrt{\frac{2}{e^{2T}-1}}\\ &\ra&\lambda=\pm \sqrt{\frac{2}{e^{2T}-1}}. \eex$$

 

 

4.正交补的性质

 设 $M,\ N$ 是内积空间中的两个子集. 求证: $$\bex M\subset N\ra N^\perp \subset M^\perp. \eex$$

证明: $$\bex x\in N^\perp\ra x\perp N\ra x\perp M\ra x\in M^\perp. \eex$$

 

 

5.第二正交补的刻画

 设 $M$ 是 $Hilbert$ 空间 $\scrX$ 的子集. 求证:

$$\bex \sex{M^\perp}^\perp=\overline{span M}. \eex$$

证明: 注意到 $$\bex x\in M^\perp&\ra&x\perp M\ra x\perp span M\ra x\perp \overline{span M}\\ &\ra&x\in \sex{\overline{span M}}^\perp, \eex$$ 我们仅须验证 $$\bex \sez{\sex{\overline{span M}}^\perp}^\perp=\overline{span M}. \eex$$ 这样问题归结为证明: 若 $M$ 是 $\scrX$ 的闭子空间, 则 $$\bex \sex{M^\perp}^\perp=M. \eex$$ 注意到 $$\bex x\in M\ra x\perp M^\perp\ra x\in \sex{M^\perp}^\perp, \eex$$ 我们有 $ M\subset \sex{M^\perp}^\perp $. 现在用反证法证明 $M=\sex{M^\perp}^\perp$. 如若不然, $\dps{M\subsetneq \sex{M^\perp}^\perp}$, 而 $M$ 是 $\sex{M^\perp}^\perp$ 的真闭子空间, 对 $x\in \dps{\sex{M^\perp}^\perp-M}$, 由正交分解, $$\bex x=y+z,\ y\in M,\ z\perp M,\ z\in \sex{M^\perp}^\perp. \eex$$ 这样, $$\bex z\in M^\perp \cap \sex{M^\perp}^\perp=\sed{0}, \eex$$ $$\bex x=y\in M, \eex$$ 此为一矛盾.

 

 

6.正交补的例子

 在 $L^2[-1,1]$ 中, 问偶函数集的正交补是什么? 证明你的结论.

解答: 在 $L^2[-1,1]$ 中, 偶函数集 $E(even)$ 的正交补是奇函数集 $O(odd)$. 事实上, 对 $g\in E^\perp$, $$\bex 0&=&\sex{g,f} =\int_{-1}^0 g(x)f(x)\rd x+\int_0^1 g(x)f(x)\rd x\\ &=&\int_0^1\sez{g(-x)+g(x)}f(x)\rd x\quad \sex{\forall\ f\in E}. \eex$$ 由 $f$ 的任意性, $$\bex g(-x)=-g(x)\quad a.e.\quad x\in [0,1]. \eex$$ 于是 $E^\perp \subset O$. 另一方面, 对 $f\in E,\ g\in O$, 我们有 $ \sex{f,g}=0 $, 而 $O\subset E^\perp$.

 

 

7.正交补的例子

 在 $L^2[a,b]$ 中, 考察函数集 $\dps{S=\sed{e^{2\pi i n x}}_{n=-\infty}^\infty}$.

(1)若 $\sev{b-a}\leq 1$, 求证: $S^\perp=\sed{0}$.

(2)若 $\sev{b-a}>1$, 求证: $S^\perp\neq \sed{0}$.

证明:

(1)若 $b-a=1$, 则由逼近论知 $S^\perp=\sed{0}$. 若 $b-a<1$, 则 $L^2[a,b]$ 中元素 $u$ 可零延拓成 $L^2[a,a+1]$ 中元素 $\tilde u$. 由 $$\bex & &0=\int_a^b u(x)e^{-2\pi i n x}\rd x =\int_a^{a+1}\tilde u(x)e^{-2\pi i n x}\rd x\\ &\ra&\tilde u=0,\quad a.e.\ \quad [a,b]\\ &\ra&u=0,\quad a.e.\ \quad [a,b] \eex$$ 知 $S^\perp=\sed{0}$.

(2)若 $\sev{b-a}>1$, 我们可以按下述方式构造函数 $0\neq v\in S^\perp$. 先取定一 $$\bex 0\neq u\in L^2[a,b-1]\mbox{ 满足 }u(x)=0\ \sex{\forall\ x\leq b-2}; \eex$$ 再选 $\tilde u\in L^2[b-1,b]$ 使其满足 $$\bex \tilde u(x)=\sum_{n\bbZ} c_n e^{2\pi i n x},\mbox{ 其中 }c_n=-\int_a^{b-1}u(x)e^{-2\pi i n x}\rd x. \eex$$ 令 $$\bex v(x)=\left\{\ba{cc} u(x),&x\in [a,b-1],\\ \tilde u(x),&x\in [b-1,b]. \ea\right. \eex$$ 则 $0\neq v\in L^2[a,b]$, 但 $$\bex \sex{v,e^{2\pi i n x}} =\int_a^{b-1} u(x)e^{-2\pi i n x}\rd x +\int_{b-1}^b \tilde u(x)e^{-2\pi i n x}\rd x =0\ \sex{\forall\ i\in \bbZ}, \eex$$ 即 $v\in S^\perp$.

 

 

8.正交规范集的例子

 设 $\scrX$ 表示闭单位圆周上的解析函数全体, 内积定义为 $$\bex \sex{f,g}=\frac{1}{i}\oint_{\sev{z}=1} \frac{f(z)\overline{g(z)}}{z}dz\quad \sex{\forall\ f,g\in \scrX}. \eex$$ 求证: $\dps{\sed{\frac{z^n}{\sqrt{2\pi}}}_{n=0}^\infty}$ 是一组正交规范集.

证明: 由 $$\bex \sex{z^n,z^n}=\frac{1}{i}\oint_{\sev{z}=1}\frac{1}{z}dz =2\pi, \eex$$ $$\bex m>n\ra \sex{z^m,z^n} =\frac{1}{i}\oint_{\sev{z}=1}z^{m-n-1}dz=0, \eex$$ 即知结论.

 

 

9.正交规范基的性质

 设 $\sed{e_n}_{n=1}^\infty,\ \sed{f_n}_{n=1}^\infty$ 是 $Hilbert$ 空间 $\scrX$ 中的两个正交规范集, 满足条件 $$\bex \sum_{n=1}^\infty\sen{e_n-f_n}^2<1. \eex$$ 求证: $\sed{e_n}_{n=1}^\infty$ 和 $\sed{f_n}_{n=1}^\infty$ 两者中一个完备蕴含另一个完备.

证明: 设 $\sed{e_n}_{n=1}^\infty$ 完备, 我们用反证法证明 $\sed{f_n}_{n=1}^\infty$ 也完备. 如若不然, $$\bex \exists\ 0\neq u\in \scrX,\ s.t.\ \sex{u,f_n}=0\ \sex{\forall\ n\in \bbN}. \eex$$ 但 $$\bex \sen{u}^2&=&\sum_{n=1}^\infty \sev{\sex{u,e_n}}^2\\ &=&\sum_{n=1}^\infty \sev{\sex{u,e_n-f_n}}^2\\ &\leq&\sum_{n=1}^\infty \sen{u}^2\sen{e_n-f_n}^2\\ &<&\sen{u}^2 \eex$$ 是一个矛盾.

 

 

10.正交规范基的直和

 设 $\scrX$ 是 $Hilbert$ 空间, $\scrX_0$ 是 $\scrX$ 的闭子空间, $\sed{e_n}$, $\sed{f_n}$ 分别是 $\scrX_0$ 和 $\scrX_0^\perp$ 的正交规范基. 求证: $\sed{e_n}\cup \sed{f_n}$ 是 $\scrX$ 的正交规范基.

证明: 对 $\forall\ x\in \scrX$, 由正交分解, $$\bex x&=&y+z\quad\sex{y\in \scrX_0,\ z\in \scrX_0^\perp}\\ &=&\sum_n\sex{y,e_n}e_n+\sum_n \sex{z,f_n}f_n. \eex$$

 

 

11.$Hardy$ 空间的性质

 设 $H^2(D)$ 是按例 $1.6.28$ 定义的内积空间.

(1) 如果 $u(z)$ 的 $Taylor$ 展开式是 $\dps{u(z)=\sum_{k=0}^\infty b_kz^k}$. 求证: $$\bex \sum_{k=0}^\infty \frac{\sev{b_k}^2}{1+k}<\infty. \eex$$

(2) 设 $u(z),\ v(z)\in H^2(D)$, 并且 $$\bex u(z)=\sum_{k=0}^\infty a_kz^k,\quad v(z)=\sum_{k=0}^\infty b_kz^k. \eex$$ 求证: $$\bex (u,v)=\pi \sum_{k=0}^\infty \frac{a_k\overline{b_k}}{k+1}. \eex$$

(3) 设 $u(z)\in H^2(D)$. 求证: $$\bex \sev{u(z)}\leq \frac{\sen{u}}{\sqrt{\pi}\sex{1-\sev{z}^2}}\quad\sex{\forall\ \sev{z}<1}. \eex$$

(4) 验证 $H^2(D)$ 是 $Hilbert$ 空间.

证明:

(1)由 $$\bex u(z)=\sum_{k=0}^\infty b_kz^k =\sum_{k=0}^\infty \sqrt{\frac{\pi}{k+1}} \cdot\sqrt{\frac{k+1}{\pi}}z^k \eex$$ 及 $\dps{\sed{\sqrt{\frac{k+1}{\pi}}z^k}_{k=0}^\infty}$ 为 $H^2(D)$一组正交规范基知 $$\bex \sum_{k=0}^\infty \frac{\sev{b_k}^2}{1+k} =\frac{1}{\pi}\sen{u}^2<\infty. \eex$$

(2)$$\bex \sex{u,v} &=&\sex{\sum_{k=0}^\infty \sqrt{\frac{\pi}{k+1}}a_k \cdot\sqrt{\frac{k+1}\pi}z^k, \sum_{l=0}^\infty \sqrt{\frac{\pi}{l+1}}b_l \cdot\sqrt{\frac{l+1}\pi}z^l }\\ &=&\sum_{k=0}^\infty \frac{\pi}{k+1}a_k\overline{b_k}. \eex$$

(3)$$\bex \sev{u(z)} &=&\sev{\sum_{k=0}^\infty \frac{b_k}{\sqrt{k+1}} \cdot\sqrt{k+1}z^k}\\ &\leq& \sex{\sum_{k=0}^\infty \frac{\sev{b_k}^2}{k+1}}^\frac{1}{2} \sex{\sum_{k=0}^\infty (k+1)\sev{z}^{2k}}^\frac{1}{2}\\ &=&\frac{\sen{u}}{\sqrt{\pi}} \cdot \frac{1}{1-\sev{z}^2} \quad \sex{\forall\ \sev{z}<1}. \eex$$

(4)设 $\sed{u_m}_{m=1}^\infty$ 是 $H^2(D)$ 中的基本列, 则由 第1章第6节第11题第3问 知存在函数 $u$, $v$, 使

a.$u_m$ 点点收敛到 $u$, 且是内闭一致收敛的;

b.$u_m'$ 点点收敛到 $v$, 且也是内闭一致收敛的. 这样, $v=u'$, 且 $u$ 满足 $Cauchy-Riemann$ 方程, 而 $u$ 于 $D$ 上解析. 由 $Fatou$ 引理, $$\bex \sen{u_m-u}\to 0\quad (m\to\infty). \eex$$

 

 

12.H\"older 不等式

 设 $\scrX$ 是内积空间, $\sed{e_n}$ 是 $\scrX$ 中的正交规范集. 求证: $$\bex \sev{\sum_{n=1}^\infty \sex{x,e_n}\overline{\sex{y,e_n}}}\leq \sen{x}\sen{y}\quad\sex{\forall\ x,y\in \scrX}. \eex$$

证明: $$\bex & &\sev{\sum_{n=1}^\infty \sex{x,e_n}\overline{\sex{y,e_n}}}\\ &&\leq\sex{\sum_{n=1}^\infty\sev{\sex{x,e_n}}^2}^\frac{1}{2} \sex{\sum_{n=1}^\infty\sev{\sex{y,e_n}}^2}^\frac{1}{2}\ (Cauchy-Schwarz\mbox{ 不等式})\\ &&\leq\sen{x}\sen{y}\ (Bessel\mbox{ 不等式}). \eex$$

 

 

13.点到球的最佳逼近元

 设 $\scrX$ 是一个内积空间, $\forall\ x\in \scrX$, $\forall\ r>0$, 令 $$\bex C=\sed{x\in \scrX;\ \sen{x-x_0}<r}. \eex$$

(1)求证: $C$ 是 $\scrX$ 中的闭凸集.

(2)$\forall\ x\in \scrX$, 令 $$\bex y=\left\{\ba{cc} x_0+\frac{r(x-x_0)}{\sen{x-x_0}},&x\not\in C,\\ x,&x\in C. \ea\right. \eex$$ 求证: $y$ 是 $x$ 在 $C$ 中的最佳逼近元.

证明:

(1)显然.

(2) 注意到对 $x\not \in C$, $\sen{x-y}=\sen{x-x_0}-r$ 且 $$\bex z\in C \ra \sen{x-z}\geq \sen{x-x_0}-\sen{x_0-z}\geq \sen{x-x_0}-r=\sen{x-y}. \eex$$

 

 

14.最佳逼近元的例子

 求 $(a_0,a_1,a_2)\in \bbR^3$, 使得 $\dps{\int_0^1 \sev{e^t-a_0-a_1t-a_2t^2}^2\rd t}$ 取最小值.

解答: 问题化归为于 $L^2[0,1]$ 中求 $e^t$ 在闭子空间 $span\sed{1,t,t^2}$ 上的投影. 为此, 仅须 $$\bex \sex{e^t-a_0-a_1t-a_2t^2,t^i}=0\quad (i=0,1,2). \eex$$ 此即 $$\bex \left\{\ba{lll} (1,1)a_0+(t,1)a_1+(t^2,1)a_2=(e^t,1),\\ (1,t)a_0+(t,t)a_1+(t^2,t)a_2=(e^t,t),\\ (1,t^2)a_0+(t,t^2)a_1+(t^2,t^2)a_2=(e^t,t^2). \ea\right. \eex$$ 经过计算有 $$\bex \sex{\ba{ccc} 1&\frac{1}{2}&\frac{1}{3}\\ \frac{1}{2}&\frac{1}{3}&\frac{1}{4}\\ \frac{1}{3}&\frac{1}{4}&\frac{1}{5} \ea} \sex{\ba{ccc} a_0\\ a_1\\ a_2 \ea} =\sex{\ba{ccc} e-1\\ 1\\ e-2 \ea}, \eex$$ 而 $$\bex \left\{\ba{ccc} a_0=39 e-105,\\ a_1=-216 e+588,\\ a_2=210 e-570. \ea\right. \eex$$

 

 

15.边界条件与曲线光顺的的关系

 设 $f\in C^2[a,b]$, 满足边界条件 $$\bex f(a)=f(b)=0,\quad f'(a)=1,\quad f'(b)=0. \eex$$ 求证: $$\bex \int_a^b \sev{f''(x)}^2\rd x\geq \frac{4}{b-a}. \eex$$

证明: 注意到对 $\forall\ c\in [a,b]$, 有 $$\bex \int_a^b (x-c)f''(x)\rd x =(c-a)-\int_a^b f'(x)\rd x =c-a, \eex$$ 而 $$\bex (c-a)^2&\leq&\int_a^b (x-c)^2\rd x\cdot\int_a^b\sev{f''(x)}^2\rd x\\ &=&\frac{(b-c)^3+(c-a)^3}{3}\cdot\int_a^b\sev{f''(x)}^2\rd x, \eex$$ 即 $$\bex \int_a^b\sev{f''(x)}^2\rd x &\geq&\frac{3(c-a)^2}{(b-c)^3+(c-a)^3}\\ &=&\frac{3(c-a)^2}{(b-a)\sez{(b-c)^2-(b-c)(c-a)+(c-a)^2}}\\ &=&\frac{3}{(b-a)\sez{\sex{\frac{b-c}{c-a}}^2-\frac{b-c}{c-a}+1}}. \eex$$ 取 $$\bex \frac{b-c}{c-a}=\frac{1}{2}\ra c=\frac{a+2b}{3}, \eex$$ 我们有 $$\bex \int_a^b\sev{f''(x)}^2\rd x\geq \frac{4}{b-a}. \eex$$

 

 

16.变分不等式

 设 $\scrX$ 是一个 $Hilbert$ 空间, $a(x,y)$ 是 $\scrX$ 上的共轭对称的双线性泛函, $\exists\ M>0,\ \delta>0$, 使得 $$\bex \delta\sen{x}^2 \leq a(x,x)\leq M\sen{x}^2\quad\sex{\forall\ x\in \scrX}. \eex$$ 又设 $u_0\in \scrX$, $C$ 是 $\scrX$ 上的一个闭凸子集. 求证: 泛函 $$\bex x\mapsto a(x,x)-\Re (u_0,x) \eex$$ 在 $C$ 上取得最小值, 并且达到最小值的点 $x_0$ 唯一, 还满足 $$\bee\label{1.6.16:eq} \Re\sez{2a(x_0,x-x_0)-(u_0,x-x_0)} \geq 0\quad\sex{\forall\ x\in C}. \eee$$ 证明: 记 $J(x)=a(x,x)-\Re(u_0,x)$.

(1)泛函 $J:C\to \bbR$ 有下界. 事实上, $$\bex J(x)&=&a(x,x)-\Re (u_0,x)\\ &\geq&\delta\sen{x}^2-\sev{(u_0,x)}\\ &\geq&\delta\sen{x}^2-\sen{u_0}\sen{x}\\ &\geq&\delta\sen{x}^2-\sex{\frac{1}{4\delta}\sen{u_0}^2+\delta \sen{x}^2}\\ &=&-\frac{1}{4\delta}\sen{u_0}^2. \eex$$

(2)泛函 $J:C\to\bbR$ 能达到最小值. 实际上, 可取 $$\bee\label{1.6.16:limit} x_n\in C,\ s.t.\ d\leq J(x_n)<d+\frac{1}{n}. \eee$$ 由 $$\bex \delta\sen{x_n-x_m}^2 &\leq&a(x_n-x_m,x_n-x_m)\\ &=&2\sez{a(x_n,x_n)+a(x_m,x_m)}-4a\sex{\frac{x_n+x_m}{2},\frac{x_n+x_m}{2}}\\ &=&2\sez{J(x_n)+J(x_m)}-4J\sex{\frac{x_n+x_m}{2}}\\ &\leq&2\sez{\sex{d+\frac{1}{n}}+\sex{d+\frac{1}{m}}}-4d\\ &=&2\sex{\frac{1}{n}+\frac{1}{m}}\to 0\quad (n,m\to\infty) \eex$$ 知 $\sed{x_n}_{n=1}^\infty$ 为基本列, 而 $$\bex \exists\ x_0\in C,\ s.t.\ x_n\to x_0. \eex$$ 于 \eqref{1.6.16:limit} 中令 $n\to\infty$, 有 $J(x_0)=d$.

(1)泛函 $J:C\to\bbR$ 的最小值点 $x_0$ 是唯一的. 事实上, 设 $\tilde x_0$ 亦是该泛函的最小值点, 则 $$\bex J(x_0)=d=J(\tilde x_0), \eex$$ 而 $$\bex \delta\sen{x_0-\tilde x_0}^2 &\leq&a(x_0-\tilde x_0,x_0-\tilde x_0)\\ &=&2\sez{a(x_0,x_0)+a(\tilde x_0,\tilde x_0)}-4a\sex{\frac{x_0+\tilde x_0}{2},\frac{x_0+\tilde x_0}{2}}\\ &=&2\sez{J(x_0)+J(\tilde x_0)}-4J\sex{\frac{x_0+\tilde x_0}{2}}\\ &\leq&2(d+d)-4d\\ &=&0. \eex$$

(2)泛函 $J:C\to\bbR$ 的最小值点 $x_0$ 满足 \eqref{1.6.16:eq}. 实际上, 对任意固定的 $x\in C$, 记 $$\bex \varphi_x(t)=J(x_0+t(x-x_0))\quad (t\in [0,1]), \eex$$ 则有 $$\bex & &\varphi_x(t)\geq \varphi_x(0)\ (\forall\ t\in [0,1])\\ &\ra&\varphi_x'(0)\geq0. \eex$$ 由 $$\bex \varphi_x(t) &=&a\sex{x_0+t(x-x_0),x_0+t(x-x_0)}-\Re\sex{u_0,x_0+t(x-x_0)}\\ &=&\sez{a(x_0,x_0)+2t \Re a(x_0,x-x_0)+t^2a(x-x_0,x-x_0)}\\ & & -\sez{\Re (u_0,x_0)+t\Re (u_0,x-x_0)} \eex$$ 知 $$\bex 0\leq\varphi_x'(0) =2\Re \sez{a(x_0,x-x_0)-\sex{u_0,x-x_0}}. \eex$$ 注记: 由 $$\bex \varphi_x(t)-\varphi_x(0) &=&t\sed{\Re \sez{a(x_0,x-x_0)-\sex{u_0,x-x_0}}+ta(x-x_0,x-x_0)}\\ &\geq&t\sed{\Re \sez{a(x_0,x-x_0)-\sex{u_0,x-x_0}} +t\delta\sen{x-x_0}^2} \eex$$ 知若 $x_0\in C$ 满足 \eqref{1.6.16:eq}, 则 $x_0$ 为泛函 $J:C\to \bbR$ 的最小值点.