张恭庆编《泛函分析讲义》第二章第3节 纲与开映象定理习题解答

 

1.商映射的性质

 设 $\scrX$ 是 $B$ 空间, $\scrX_0$ 是 $\scrX$ 的闭子空间. 映射 $\varphi:\scrX\to\scrX/\scrX_0$ 定义为 $$\bex \varphi:\ x\mapsto \sez{x}\quad\sex{\forall\ x\in \scrX}, \eex$$ 其中 $\sez{x}$ 表示含 $x$ 的商类 (见习题 第1章第4节第17题). 求证: $\varphi$ 是开映射.

证明: 由 $\varphi$ 是满射及开映像定理知 $\varphi$ 是开映射.

 

 

2.$Hilbert$ 空间中逆算子存在的一个充分条件

 设 $\scrX$, $\scrY$ 是 $B$ 空间, 又设方程 $Ux=y$ 对 $\forall\ y\in \scrY$ 有解 $x\in\scrX$, 其中 $U\in \scrL(\scrX,\scrY)$, 并且 $\exists\ m>0$, 使得 $$\bex \sen{Ux}\geq m\sen{x}\quad\sex{\forall\ x\in \scrX}. \eex$$ 求证: $U$ 有连续逆 $U^{-1}$, 并且 $\sen{U^{-1}}\leq 1/m$.

证明: 由题意, $U$ 是满射, 又是单射. 故由逆算子定理, $U^{-1}$ 连续, 且 $$\bex & &\sen{U^{-1}y} =\sen{U^{-1}Ux} =\sen{x} \leq \frac{1}{m}\sen{Ux} =\frac{1}{m}\sen{y}\quad\sex{\forall\ y\in \scrY}\\ &\ra& \sen{U^{-1}}\leq \frac{1}{m}. \eex$$

 

 

3.$Hilbert$ 空间中逆算子存在的一个充分条件

 设 $\scrH$ 是 $Hilbert$ 空间, $A\in \scrL(\scrH)$ 并且 $\exists\ m>0$, 使得 $$\bex \sev{(Ax,x)}\geq m\sen{x}^2\quad \sex{\forall\ x\in \scrH}. \eex$$ 求证: $A^{-1}$ 存在且 $A^{-1}\in \scrL(\scrH)$.

证明: 由题意, $$\bex x\in \scrH&\ra&m\sen{x}^2 \leq \sev{(Ax,x)} \leq \sen{Ax}\cdot\sen{x}\\ &\ra& m\sen{x}\leq \sen{Ax}, \eex$$ 而 $A$ 是单射. 往证 $A$ 是满射, 而由逆算子定理知 $A^{-1}\in \scrL(\scrH)$.

(1)$R(A)=\overline{R(A)}$. 事实上, $$\bex y\in \overline{R(A)}&\ra&\exists\ x_n\in \scrH,\ s.t.\ Ax_n\to y\\ &\ra& m\sen{x_n-x_m}\leq \sen{Ax_n-Ax_m}\to 0\quad\sex{n,m\to\infty}\\ &\ra& \exists\ x\in \scrH,\ s.t.\ x_n\to x,\ Ax_n\to Ax\\ &\ra& Ax=y. \eex$$

(2)$R(A)^\perp=\sed{0}$, 而由正交分解知 $R(A)=\overline{R(A)}=\scrH$. 实际上, $$\bex y\in R(A)^\perp &\ra& (y,Ax)=0\quad\sex{\forall\ x\in \scrH}\\ &\ra& 0=\sev{(y,Ay)}\geq m\sen{y}^2\\ &\ra& y=0. \eex$$

 

 

4.闭算子的性质

 设 $\scrX$, $\scrY$ 是 $B^*$ 空间, $D$ 是 $\scrX$ 的线性子空间并且 $A:D\to \scrY$ 是线性映射. 求证:

(1)如果 $A$ 连续且 $D$ 是闭的, 则 $A$ 是闭算子;

(2)如果 $A$ 连续且是闭算子, 那么 $\scrY$ 完备蕴含 $D$ 闭;

(3)如果 $A$ 是单射的闭算子, 则 $A^{-1}$ 也是闭算子;

(4)如果 $\scrX$ 完备, $A$ 是单射的闭算子, $R(A)$ 在 $\scrX$ 中稠密并且 $A^{-1}$ 连续, 那么 $R(A)=\scrY$.

证明:

(1)设 $A$ 连续且 $D$ 是闭的, 则 $$\bex & &D\ni x_n\to x,\ Ax_n\to y\\ &\ra& x\in D,\ Ax_n\to Ax\\ &\ra& Ax=y. \eex$$

(2)设$A$ 连续且是闭算子, 且 $\scrY$ 完备, 则 $$\bex & &D\ni x_n\to x\\ &\ra&\sen{Ax_n-Ax}\leq \sen{A}\cdot\sen{x_n-x}\to 0\quad\sex{n,m\to\infty}\\ &\ra& \exists\ y\in \scrY,\ s.t.\ Ax_n\to y\\ &\ra&x\in D,\ Ax=y. \eex$$

(3)设 $A$ 是单射的闭算子, 则 $$\bex & &R(A)=D(A^{-1})\ni y_n\to y,\ A^{-1}y_n\to x\\ &\ra& D(A)=R(A^{-1})\ni A^{-1}y\to x,\ AA^{-1}y_n=y_n\to y\\ &\ra& x\in D(A)=R(A^{-1}),\ Ax=y\\ &\ra& y=Ax\in R(A)= D(A^{-1}),\ x=A^{-1}y. \eex$$

(4) 设 $\scrX$ 完备, $A$ 是单射的闭算子, $R(A)$ 在 $\scrX$ 中稠密并且 $A^{-1}$ 连续, 则 $$\bex y\in \overline{R(A)} &\ra&\exists\ x_n\in \scrX,\ s.t.\ Ax_n\to y\\ &\ra& \sen{x_n-x_m}\leq \sen{A^{-1}}\cdot\sen{A_x-Ax_m} \to 0\quad\sex{n,m\to\infty}\\ &\ra& \exists\ x\in \scrX,\ s.t.\ x_n\to x\\ &\ra& x\in D(A),\ Ax=y\\ &\ra& y\in R(A), \eex$$ 于是 $$\bex R(A)=\overline{R(A)}=\scrY. \eex$$

 

 

5.$C[0,1]$ 在 $L^1[0,1]$ 中稠密

 用等价范数定理证明 $(C[0,1],\sen{\cdot}_1)$ 不是 $B$ 空间, 其中 $$\bex \sen{f}_1 =\int_0^1 \sev{f(t)}\rd t\quad\sex{\forall\ f\in C[0,1]}. \eex$$

证明: 用反证法. 若 $(C[0,1],\sen{\cdot}_1)$ 是 $B$ 空间, 则由 $$\bex \sen{f}_1=\int_0^1 \sev{f(t)}\rd t \leq \max_{t\in [0,1]}\sev{f(t)} \eex$$ 及等价范数定理知 $$\bee\label{2.3.5:eq} \exists\ C>0,\ s.t.\ \sen{f}_1 \geq C\max_{t\in [0,1]}\sev{f(t)}\quad \sex{\forall\ f\in C[0,1]}. \eee$$ 往证 \eqref{2.3.5:eq} 不成立, 而产生矛盾, 即有结论. 事实上, 考察 $$\bex f_n(x)=\left\{\ba{ll} 2n(1-nx),&x\in \sez{0,\frac{1}{n}},\\ 0,&x\in \sez{\frac{1}{n},1}, \ea\right. \eex$$ 有 $$\bex \sen{f_n}_1=1,\quad \max_{t\in [0,1]}\sev{f_n(t)}=n. \eex$$ 当 $n$ 充分大时, \eqref{2.3.5:eq} 确实不成立.

 

 

6.$Gelfand$ 引理

 设 $\scrX$ 是 $B$ 空间, $p:\scrX\to \bbR$ 满足

(1) $p(x)\geq 0\quad\sex{\forall\ x\in \scrX}$;

(2) $p(\lambda x)=\lambda p(x)\quad\sex{\forall\ \lambda>0,\ \forall\ x\in \scrX}$;

(3) $p(x_1+x_2)\leq p(x_1)+p(x_2)\quad\sex{\forall\ x_1,x_2\in \scrX}$;

(4) $\dps{x_n\to x\ra \varliminf_{n\to\infty}p(x_n)\geq p(x)}$. 求证: $$\bex \exists\ M>0,\ s.t.\ p(x)\leq M\sen{x}\quad \sex{\forall\ x\in \scrX}. \eex$$

证明: 记 $$\bex \sen{x}_*=\sen{x} +\sup_{\alpha\in S^1\subset\bbC} p(\alpha x). \eex$$ 往证 $\sex{\scrX,\sen{\cdot}_*}$ 是 $B$ 空间, 而由范数等价定理知结论.

(1)$\sen{\cdot}_*$ 是一范数.

a.正定性. $$\bex & &\left.\ba{ll} p(0)\geq0\\ \dps{\forall\ x_0\in \scrX, \ \frac{1}{n}x_0\to 0} \atop\dps{\ra p(0)\leq \varliminf_{n\to\infty}p\sex{\frac{1}{n}x_0} =\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\cdot p(x_0) =0} \ea\right\}\\ &\ra& p(0)=0. \eex$$

b.齐次性. $$\bex & &\lambda\in \bbC-\sed{0}\\ &\ra& \lambda=\sev{\lambda}e^{i\theta}\\ &\ra& p\sex{\alpha \lambda x} =p(\sev{\lambda}\alpha e^{i\theta}x) =\sev{\lambda} \cdot p\sex{\alpha e^{i\theta}x}\quad \sex{\forall\ \alpha\in S^1}\\ &\ra& \sup_{\alpha\in S^1} p(\alpha \lambda x) =\sev{\lambda}\cdot p(\alpha x). \eex$$

c.三角不等式. $$\bex p(\alpha(x+y)) =p(\alpha x+\alpha y) =p(\alpha x)+p(\alpha y) \quad\atop\sex{\forall\ \alpha\in S^1,\ \forall\ x,y\in \scrX}. \eex$$

(2)$\sex{\scrX,\sen{\cdot}_*}$ 是完备的. 设 $$\bex \sen{x_n-x_m}_*\to 0\quad\sex{n,m\to\infty}, \eex$$ 则 $$\bex & &\sen{x_n-x_m}\to 0\quad \sex{n,m\to\infty}\\ &\ra& \exists\ x\in \scrX,\ s.t.\ x_n\to x. \eex$$ 往证 $$\bex \sup_{\alpha\in S^1} p(\alpha(x_n-x))\to 0, \eex$$ 而有结论. 事实上, $$\bex & &x_n-x_m\to x_n-x\quad(m\to\infty)\\ &\ra& p(\alpha (x_n-x)\leq \varliminf_{m\to\infty}p(\alpha(x_n-x_m)). \eex$$ 而由 $$\bex \sup_{\alpha\in S^1}p(\alpha(x_n-x_m))\to 0\quad \sex{n,m\to\infty} \eex$$ 知 $$\bex \forall\ \ve>0,\ \exists\ N\in \bbN,\ s.t.\ n,m\geq N \ra p(\alpha(x_n-x_m))<\ve\quad\sex{\forall\ \alpha\in S^1}, \eex$$ $$\bex p(\alpha(x_n-x)) \leq \varliminf_{m\to\infty}p(\alpha(x_n-x_m)) \leq\ve\quad\sex{\forall\ n\geq N,\ \forall\ \alpha\in S^1}, \eex$$ $$\bex \lim_{n\to\infty}\sup_{\alpha\in S^1} p(\alpha(x_n-x)) =0. \eex$$

 

 

7.有界线性泛函的点态收敛

 设 $\scrX$ 和 $\scrY$ 是 $B$ 空间, $A_n\in \scrL(\scrX,\scrY)(n\in \bbN)$, 又对 $\forall\ x\in \scrX$, $\sed{A_nx}$ 在 $\scrY$ 中收敛. 求证: $\exists\ A\in \scrL(\scrX,\scrY)$, 使得 $$\bex A_n(x)\to Ax\quad\sex{\forall\ x\in \scrX},\quad \mbox{并且}\quad \sen{A}\leq \varliminf_{n\to\infty}\sen{A_n}. \eex$$

证明: 对 $\forall\ x\in\scrX$, 因 $\sed{A_nx}$ 收敛, 可令 $\dps{Ax=\lim_{n\to\infty}A_nx}$. 又 $$\bex \sup_{n\geq 1}\sen{A_nx}<\infty \quad\sex{\forall\ x\in \scrX}, \eex$$ 由共鸣定理, $$\bex \exists\ M>0,\ s.t.\ \sup_{n\geq 1}\sen{A_n}\leq M. \eex$$ 于是 $$\bex \sen{Ax} =\lim_{n\to\infty}\sen{A_nx} \leq \varliminf_{n\to\infty}\sen{A_n}\cdot\sen{x} \leq M\sen{x}\quad \sex{\forall\ x\in \scrX}, \eex$$ 此即说明 $A\in \scrL(\scrX,\scrY)$ 且 $\dps{\sen{A} \leq \varliminf_{n\to\infty}\sen{A_n}}$.

 

 

8.$\ell^p(1<p<\infty)$ 上的有界线性泛函

 设 $1<p<\infty$, 并且 $1/p+1/q=1$. 如果序列 $\sed{\alpha_k}$ 使得对 $\forall\ x=\sed{\xi_k}\in \ell^p$ 保证 $\dps{\sum_{k=1}^\infty \alpha_k\xi_k}$ 收敛. 求证 $\sed{\alpha_k}\in \ell^q$. 又若 $f:\ x\mapsto \dps{\sum_{k=1}^\infty \alpha_k\xi_k}$. 求证: $f$ 作为 $\ell^p$ 上的线性泛函, 有 $$\bex \sen{f}=\sex{\sum_{k=1}^\infty\sev{\alpha_k}^q}^\frac{1}{q}. \eex$$

证明: 考虑 $$\bex \ba{ccccc} f_n&:&\ell^p&\to&\bbK\\ &&x=\sed{\xi_k}&\mapsto&\dps{\sum_{k=1}^n \alpha_k\xi_k}, \ea \eex$$ 则由 H\"older 不等式, $$\bee\label{2.3.8:eq}\bea \sev{f_n(x)} &=\sev{\sum_{k=1}^n \alpha_k\xi_k} \leq \sex{\sum_{k=1}^n \sev{\alpha_k}^q}^\frac{1}{q} \cdot \sex{\sum_{k=1}^n \sev{\xi_k}^p}^\frac{1}{p}\\ &\leq\sex{\sum_{k=1}^n\sev{\alpha_k}^q}^\frac{1}{q} \cdot \sen{x}\quad\sex{\forall\ x\in \ell^p}, \eea\eee$$而 $f_n\in \scrL(\ell^p,\bbK)$. 于是由题意及题 第2章第3节第7题 知, 若令 $$\bex \ba{ccccc} f&:&\ell^p&\to&\bbK\\ &&x=\sed{\xi_k}&\mapsto&\dps{\sum_{k=1}^\infty\alpha_k\xi_k}, \ea \eex$$ 则 $f\in \scrL(\ell^p,\bbK)$. 往证 $\sed{\alpha_k}\in \ell^q$ 且 $\dps{\sex{\sum_{k=1}^\infty \sev{\alpha_k}^q}^\frac{1}{q}=\sen{f}}$. 事实上, 一方面, $$\bex \eqref{2.3.8:eq}\ra \sen{f}\leq \sex{\sum_{k=1}^n \sev{\alpha_k}^q}^\frac{1}{q} \leq \sex{\sum_{k=1}^\infty \sev{\alpha_k}^q}^\frac{1}{q}; \eex$$ 另一方面, 取 $$\bex x^{(n)}_k=\left\{\ba{ll} \sev{\alpha_k}^{q-1}e^{-i\ arg\ \alpha_k},&1\leq k\leq n,\\ 0,&k>n, \ea\right. \eex$$ 则 $x^{(n)}\in \ell^p$, $$\bex \sen{x^{(n)}} =\sex{\sum_{k=1}^n \sev{\alpha_k}^{(q-1)p}}^\frac{1}{p} =\sex{\sum_{k=1}^n \sev{\alpha_k}^q}^\frac{1}{p}, \eex$$ 且 $$\bex f\sex{x^{(n)}}&=&\sum_{k=1}^n \alpha_k\sev{\alpha_k}^{q-1}e^{-i\ arg\ \alpha_k}\\ &=&\sum_{k=1}^n \sev{\alpha_k}e^{i\ arg\ \alpha_k}\cdot \sev{\alpha_k}^{q-1}e^{-i\ arg\ \alpha_k}\\ &=&\sum_{k=1}^n \sev{\alpha_k}^q\\ &=&\sex{\sum_{k=1}^n \sev{\alpha_k}^q}^\frac{1}{q}\cdot \sen{x^{(n)}}, \eex$$ 于是 $$\bex \sex{\sum_{k=1}^n \sev{\alpha_k}^q}^\frac{1}{q} \leq \sen{f}\quad\sex{\forall\ n\in \bbN}, \eex$$ 令 $n\to\infty$ (单调有界定理保证极限存在), 有 $$\bex \sex{\sum_{k=1}^\infty \sev{\alpha_k}^q}^\frac{1}{q} \leq \sen{f}. \eex$$

 

 

9.$\ell^1$ 上的有界线性泛函

 如果序列 $\sed{\alpha_k}$ 使得对 $\forall\ x=\sed{\xi_k}\in \ell^1$, 保证 $\sum_{k=1}^\infty \alpha_k\xi_k$ 收敛, 求证 $\sed{\alpha_k}\in \ell^1$. 又若 $f:x\mapsto \dps{\sum_{k=1}^\infty\alpha_k\xi_k}$ 作为 $\ell^1$ 上的线性泛函, 求证: $$\bex \sen{f}=\sup_{k\geq 1}\sev{\alpha_k}. \eex$$

证明: 考虑 $$\bex \ba{ccccc} f_n&:&\ell^1&\to&\bbK\\ &&x=\sed{\xi_k}&\mapsto&\dps{\sum_{k=1}^n \alpha_k\xi_k}, \ea \eex$$ 则由 $$\bee\label{2.3.9:eq}\bea \sev{f_n(x)} &=\sev{\sum_{k=1}^n \alpha_k\xi_k}\\ &\leq\max_{1\leq k\leq n}\sev{\alpha_k} \cdot\sum_{k=1}^n \sev{\xi_k}\\ &\leq\max_{1\leq k\leq n}\sev{\alpha_k} \cdot \sen{x}\eea\eee$$ 知 $f_n\in \scrL(\ell^1,\bbK)$. 于是由题意及题 第2章第3节第7题 知, 若令 $$\bex \ba{ccccc} f&:&\ell^1&\to&\bbK\\ &&x=\sed{\xi_k}&\mapsto&\dps{\sum_{k=1}^\infty\alpha_k\xi_k}, \ea \eex$$ 则 $f\in \scrL(\ell^1,\bbK)$. 往证 $\sed{\alpha_k}\in l^\infty$ 且 $\dps{\max_{1\leq k\leq\infty}\sev{\alpha_k}=\sen{f}}$. 事实上, 一方面, $$\bex \eqref{2.3.9:eq} \ra \sen{f}\leq \max_{1\leq k\leq n}\sev{\alpha_k} \leq \sup_{k\geq 1}\sev{\alpha_k}; \eex$$ 另一方面, 取 $$\bex x^{(n)}_k=\left\{\ba{ll} 1,&k=n,\\ 0,&k\neq n, \ea\right. \eex$$ 则 $x^{(n)}\in \ell^1$, $\sen{x^{(n)}}=1$, 且 $$\bex \sen{f} \geq \sev{f\sex{x^{(n)}}} =\alpha_n\quad\sex{\forall\ n\in \bbN}, \eex$$ 于是 $$\bex \sen{f} \geq \sup_{n\geq 1}\sev{\alpha_n}. \eex$$

 

 

10.$Gelfand$ 引理的应用---证明共鸣定理

 用 $Gelfand$ 引理 第2章第3节第6题 证明共鸣定理.

证明: 回忆共鸣定理: 设 $\scrX$ 是 $B$ 空间, $\scrY$ 是 $B^*$ 空间. 如果 $W\subset\scrL(\scrX,\scrY)$ 适合 $$\bex \sup_{A\in W}\sen{Ax}<\infty\quad\sex{\forall\ x\in \scrX}, \eex$$ 那么 $$\bex \exists\ 0<M<\infty,\ s.t.\ \sup_{A\in W}\sen{A}\leq M. \eex$$ 现用 $Gelfand$ 引理 第2章第3节第6题证明共鸣定理. 为此, 记 $$\bex p(x)=\sup_{A\in W}\sen{Ax}, \eex$$ 则显然 $p(x)$ 满足题 第2章第3节第6题 的条件(1)-(3). 往证 $p(x)$ 适合 第2章第3节第6题第4问, 而由题 第2章第3节第6题 知结论成立. 事实上, 设 $x_n\to x$, 则 $$\bex \sen{Ax} =\lim_{n\to\infty}\sen{Ax_n} \leq \varliminf_{n\to\infty}\sup_{A\in W}\sen{Ax}\quad \sex{\forall\ A\in W}, \eex$$ 于是 $$\bex p(x)=\sup_{A\in W}\sen{Ax}\leq \varliminf_{n\to\infty}p(x_n). \eex$$

 

 

11.方程解的连续依赖性

 设 $\scrX$, $\scrY$ 是 $B$ 空间, $A\in \scrL(\scrX,\scrY)$ 是满射, 求证: 如果在 $\scrY$ 中, $y_n\to y_0$, 则 $\exists\ C>0$ 与 $x_n\to x_0$, 使得 $Ax_n=y_n$, 且 $\sen{x_n}\leq C\sen{y_n}$.

证明: 记 $N(A)=\sed{x\in \scrX;\ Ax=0}$, 则由 $A\in \scrL(\scrX,\scrY)$ 知 $\scrX_0$ 是 $\scrX$ 的闭线性子空间, 而 $\scrX/\scrX_0$ 是 $B$ 空间 (见题 第1章第4节第17题(6)). 考察 $$\bex \ba{ccccc} \tilde A&:&\scrX/N(A)&\to&\scrY\\ &&\sez{x}&\mapsto&Ax, \ea \eex$$ 有

(1)$\tilde A$ 是单射: $$\bex \tilde A\sez{x}=0 \ra Ax=0 \ra x\in N(A) \ra \sez{x}=0; \eex$$

(2)$\tilde A$ 是满射: $$\bex y\in \scrY &\ra&\exists\ x\in \scrX,\ s.t.\ Ax=y\quad \sex{A\mbox{ 是满射}}\\ &\ra&\tilde A\sez{x}=Ax=y; \eex$$

(3)$\tilde A$ 是线性连续映射: $$\bex \sen{\tilde A\sez{x}} &=&\sen{Ax'}\quad\sex{\forall\ x'\in \sez{x}}\\ &\leq&\sen{A}\cdot\sen{x'}\\ &\leq& 2\sen{A}\cdot\sen{\sez{x}} \quad\sex{\exists\ x'\in \sez{x},\ s.t.\ \sen{x}\leq 2\sen{\sez{x}}}. \eex$$ 故$\tilde A^{-1}$ 存在, 且由逆算子定理有 $\tilde A^{-1}\in\scrL(\scrY,\scrX/N(A))$. 往证结论. 设 $\scrY\ni y_n\to y\in \scrY$. 令 $$\bex \sez{x_n}=\tilde A^{-1}y_n, \quad \sez{x_0}=\tilde A^{-1}y_0, \eex$$ 则 $$\bex Ax_n=y_n, \quad Ax_0=y_0; \eex$$ $$\bex \sen{\sez{x_n}} \leq \sen{\tilde A^{-1}}\cdot\sen{y_n},\quad \sen{\sez{x_0}} \leq \sen{\tilde A^{-1}}\cdot\sen{y_0}; \eex$$ $$\bex \sez{x_n-x_0}=\tilde A^{-1}(y_n-y_0); \eex$$ $$\bex \sen{\sez{x_n-x_0}} \leq \sen{\tilde A^{-1}}\cdot\sen{y_n-y_0} \to 0\quad\sex{n\to\infty}. \eex$$ 由商空间范数定义 (见题 第1章第4节第17题(2),(5)), $\exists\ x_0'\in \sez{x_0},\ s.t.$ $$\bex \sen{x_0'} \leq 2\sen{x_0} \leq 2\sen{\tilde A^{-1}}\cdot\sen{y_0}; \eex$$ 及 $\exists\ x_n''\in \sez{x_n},\ x_0''\in \sez{x_0},\ s.t.$ $$\bex \sen{x_n''-x_0''} \leq 2\sen{\sez{x_n''-x_0''}} \leq 2\sen{\tilde A^{-1}}\cdot\sen{y_n-y_0}. \eex$$ %现令 $$\bex x_n'=x_n''-(x_0''-x_0'), \eex$$ 则 $$\bex x_n'-x_0'=x_n''-x_0'', \eex$$ $$\bex \sen{x_n'-x_0} =\sen{x_n''-x_0''} \leq 2\sen{\tilde A^{-1}}\cdot\sen{y_n-y_0}\to 0\quad \sex{n\to\infty}. \eex$$ 于是

a.$x_n'\to x_0'\quad(n\to\infty)$;

b.$Ax_n'=Ax_n''-A(x_0''-x_0')=Ax_n=y_n$;

c.$$\bex \sen{x_n'}&\leq&\sen{x_n'-x_0'}+\sen{x_0'}\\ &\leq&2\sen{\tilde A^{-1}}\cdot\sen{y_n-y_0} +2\sen{\tilde A^{-1}}\cdot\sen{y_0}\\ &\leq&2\sen{\tilde A^{-1}}\cdot\sen{y_n} +4\sen{\tilde A^{-1}}\cdot\sen{y_0}. \eex$$ 故而

a.当 $y_0=0$ 时, 结论已证.

b.当 $y_0\neq 0$ 时, 由 $$\bex & &\sen{y_0}-\sen{y_n} \leq \sen{y_n-y_0} \leq \frac{\sen{y_0}}{2}\quad\sex{n\mbox{ 充分大时}}\\ &\ra& \sen{y_n}\leq 2\sen{y_0} \eex$$ 知 $$\bex \sen{x_n'} \leq 10 \sen{\tilde A^{-1}}\cdot\sen{y_n}\quad\sex{n\mbox{ 充分大时}}. \eex$$ 故而此时只需选取 $\sed{x_n'}$ 在某项之后的子列即可.

 

 

12.核空间, 值域的刻画---先验估计

 设 $\scrX$, $\scrY$ 是 $B$ 空间, $T$ 是闭线性算子, $D(T)\subset \scrX$, $R(T)\subset \scrY$, $N(T)=\sed{x\in \scrX;\ Tx=0}$.

(1) 求证: $N(T)$ 是 $\scrX$ 的闭线性子空间;

(2) 求证: $N(T)=\sed{0}$, $R(T)$ 在 $\scrY$ 中闭的充分必要条件是 $$\bex \exists\ \alpha>0,\ s.t.\ \sen{x}\leq \alpha\sen{Tx}\quad \sex{\forall\ x\in D(T)}. \eex$$

(3) 如果用 $d(x,N(T))$ 表示点 $x\in\scrX$ 到集合 $N(T)$ 的距离 $\dps{\sex{\inf_{z\in N(T)}\sen{z-x}}}$. 求证: $R(T)$ 在 $\scrY$ 中闭的充分必要条件是 $$\bex \exists\ \alpha>0,\ s.t.\ d(x,N(T))\leq \alpha\sen{Tx}\quad \sex{\forall\ x\in D(T)}. \eex$$

证明:

(1)设 $N(T)\ni x_n\to x_0$, 则 $Tx_n=0$. 由 $T$ 是闭算子知 $x_0\in D(T)$ 且 $Tx_0=0$, 此即 $x_0\in N(T)$.

(2)$\ra$ 设 $N(T)=\sed{0}$, $R(T)$ 在 $\scrY$ 中闭, 则 $R(T)$ 是 $B$ 空间, 而由逆算子定理 (及其证明过程) 知 $T^{-1}\in \scrL(R(T),\scrX)$. 于是 $$\bex \exists\ \alpha>0,\ s.t.\ \sen{x}\leq \alpha\sen{Tx}\quad \sex{\forall\ x\in D(T)}. \eex$$ $\la$ 设对某个 $\alpha>0$, $$\bex \sen{x}\leq \alpha\sen{Tx}\quad \sex{\forall\ x\in D(T)}. \eex$$ 则

a.$N(T)=\sed{0}$: $$\bex Tx=0\ra \sen{x}\leq \alpha\sen{Tx}=0\ra x=0; \eex$$

b.$R(T)$ 在 $\scrY$ 中闭: $$\bex & &Tx_n\to y\\ &\ra& \sen{x_n-x_m}\leq \alpha\sen{Tx_n-Tx_m} \to 0\quad\sex{n,m\to\infty}\\ &\ra& \exists\ x_0\in \scrX,\ s.t.\ x_n\to x_0\\ &\ra& x_0\in D(T),\ Tx_0=y_0\quad\sex{T\mbox{ 是闭算子}}. \eex$$

(3)由题 第1章第4节第17题(1),(6),第12题(2)知 $\scrX/N(T)$ 是 $B$ 空间, 且 $$\bex d(x,N(T))=\sen{\sez{x}}\quad \sex{\forall\ x\in\scrX}. \eex$$ 考虑映射 $$\bex \ba{cc} \tilde T:\ \scrX/N(T)\to \scrY,\\ D(\tilde T)=\sed{\sez{x}\in \scrX/N(T);\ x\in D(T)},\quad \tilde T\sez{x}=Tx. \ea \eex$$ 易知 $\tilde T$ 是单射. 往证 $\tilde T$ 是闭线性算子, 而题 第2章第3节第12题(2)蕴含结论. 事实上, 设 $\sez{x_n-x_0}\to 0$, $Tx_n-y_0\to 0$, 则由题 第1章第4节第17题(5)知 $\exists\ x_n^{(n)}\in \sez{x_n},\ x_0^{(n)}\in \sez{x_0},\ s.t.$ $$\bex \sen{x_n^{(n)}-x_0^{(n)}} \leq 2\sen{\sez{x_n-x_0}} \to 0\quad\sex{n\to\infty}. \eex$$ 设 $$\bex \tilde x_n^{(n)}=x_n^{(n)}-\sex{x_0^{(n)}-x_0}, \eex$$ 则

a.$\dps{\sen{\tilde x_n^{(n)}-x_0} =\sen{x_n^{(n)}-x_0^{(n)}}=0\quad\sex{n\to\infty}}$;

b.$\dps{T\tilde x_n^{(n)} =Tx_n^{(n)}-T\sex{x_0^{(n)}-x_0} =Tx_n\to y_0\quad\sex{n\to\infty}}$. 故由 $T$ 是闭算子知 $x_0\in D(T)$, $Tx_0=y_0$. 而 $\sez{x_0}\in D(\tilde T)$, $\tilde T\sez{x_0}=Tx_0=y_0$.

 

 

13.带有界强制共轭双线性泛函的 Hilbert 空间上泛函的表示---Lax-Milgram 定理的应用

 设 $a(x,y)$ 是 $Hilbert$ 空间 $\scrH$ 上的一个共轭双线性泛函, 满足

(1)$\exists\ M>0$, 使得 $\sev{a(x,y)}\leq M\sen{x}\sen{y}\quad\sex{\forall\ x,y\in \scrH}$;

(2)$\exists\ \delta>0$, 使得 $\sev{a(x,x)}\geq \delta\sen{x}^2\quad\sex{\forall\ x\in \scrH}$. 求证: $\forall\ f\in \scrH^*,\ \exists\ |\ y_f\in \scrH$, 使得 $$\bex a(y,y_f)=f(x)\quad\sex{\forall\ x\in \scrH}, \eex$$ 而且 $y_f$ 连续地依赖于 $f$.

证明:

(1)存在性. 由 $Lax-Milgram$ 定理, $$\bex \exists\ |\ \mbox{ 有连续逆的 } A\in \scrL(\scrH,\scrH),\ s.t.\ a(x,y)=(x,Ay)\quad\sex{\forall\ x\in \scrH}. \eex$$ 又由 $Riesz$ 定理, $$\bex \forall\ f\in \scrH^*,\ \exists\ |\ z_f\in \scrH,\ s.t.\ f(x)=(x,z_f)\quad\sex{\forall\ x\in \scrH}. \eex$$ 令 $$\bex y_f=A^{-1}z_f, \eex$$ 则有 $$\bex a(x,y_f)=(x,z_f)=f(x)\quad\sex{\forall\ x\in\scrH}. \eex$$

(2)唯一性与连续依赖性. 设对 $f,\ g\in\scrH^*$, $$\bex a(x,y_f)=f(x),\quad a(x,y_g)=g(x)\quad\sex{\forall\ x\in \scrH}. \eex$$ 则 $$\bex a(x,y_f-y_g) =f(x)-g(x) =(f-g)(x) \leq \sen{f-g}\cdot\sen{x}\quad\sex{\forall\ x\in\scrH}, \eex$$ 而 $$\bex \delta\sen{y_f-y_g}^2 \leq a(y_f-y_g,y_f-y_g) \leq \sen{f-g}\cdot\sen{y_f-y_g}, \eex$$ $$\bex \delta \sen{y_f-y_g}\leq \sen{f-g}. \eex$$ 此即说明 $y_f$ 唯一决定与连续依赖于 $f$.

 

 

 

14.方程 $-\lap u+\alpha u=f$ 的弱解存在性

 

 设 $\Omega$ 是 $\bbR^2$ 中的边界光滑的有界开区域, $\alpha:\Omega\to \bbR^1$ 有界可测并满足 $0<\alpha_0\leq \alpha$, $f\in L^2(\Omega)$, 规定 $$\bex a(u,v)=\int_\Omega \sex{\n u\cdot\n v+\alpha uv}\rd x\rd y\quad\sex{\forall\ u,v\in H^1(\Omega)}; \eex$$ $$\bex F(v)=\int_\Omega fv\rd x\rd y\quad\sex{\forall\ v\in L^2(\Omega)}. \eex$$ 求证: $\exists\ |\ u\in H^1(\Omega)$ 满足 $$\bex a(u,v)=F(v)\quad\sex{\forall\ v\in H^1(\Omega)}. \eex$$

 

证明: 设 $\scrH=H^1(\Omega)$, 则由 $$\bex \sev{a(u,v)} &\leq& \sen{\n u}_{L^2(\Omega)}\sen{\n v}_{L^2(\Omega)} +\alpha \sen{u}_{L^2(\Omega)}\sen{v}_{L^2(\Omega)}\\ &\leq& \sex{1+\sen{\alpha}_{L^\infty(\Omega)}} \sen{u}\sen{v}\quad\sex{\forall\ u,v\in \scrH}; \eex$$ $$\bex \sev{a(u,u)}=\sen{\n u}_{L^2(\Omega)}^2+\sen{\alpha^\frac{1}{2}u}_{L^2(\Omega)}^2 \geq \min\sed{1,\alpha_0}\sen{u}\quad\sex{\forall\ u\in \scrH} \eex$$ 知 $a(\cdot,\cdot)$ 满足题 第2章第3节第13题 中的条件. 再由 $$\bex \sev{F(v)} \leq \sen{f}_{L^2(\Omega)}\sen{v}_{L^2(\Omega)} \leq \sen{f}_{L^2(\Omega)}\sen{v} \eex$$ 知 $F\in \scrH^*$. 于是应用题 第2章第3节第13题 的结论, $$\bex \exists\ |\ u\in \scrH=H^1(\Omega),\ s.t.\ a(u,v)=F(v)\quad\sex{\forall\ v\in \scrH=H^1(\Omega)}. \eex$$