23级强基期中

下证这样构造的 $A$ 是有界线性泛函.

线性性: $A(\alpha x+\beta y)=\lim\limits_{n\to\infty}A_n(\alpha x+\beta y)=\alpha\lim\limits_{n\to\infty}A_nx+\beta\lim\limits_{n\to\infty} A_ny=\alpha Ax+\beta Ay$.

有界性: 对于 $W=\{A_n\}$ 由于 $\forall x\in X$, $\{A_n x\}$ 在 $Y$ 中收敛, 所以 $\{A_n x\}$ 在 $Y$ 中是有界集. 从而根据一致有界定理知, 存在 $M>0$ 使得 $\Vert A_n \Vert\leqslant M$.

而根据 $A$ 的定义, $\forall x\in X$ 有 $|\Vert A_nx \Vert-\Vert Ax \Vert|\leqslant\Vert A_nx-Ax \Vert\to 0$. 从而 $$ \Vert Ax \Vert=\lim\limits_{n\to\infty}\Vert A_nx \Vert=\varliminf\limits_{n\to\infty}\Vert A_nx \Vert\leqslant\varliminf\limits_{n\to\infty}\Vert A_n \Vert\Vert x \Vert. $$ 由一致有界定理及单调有界收敛保证 $\varliminf\limits_{n\to\infty}\Vert A_n \Vert$ 存在.

此即 $\Vert A \Vert\leqslant\varliminf\limits_{n\to\infty}\Vert A_n \Vert<\infty$, 且有 $A_n\overset{s}{\rightarrow}A$.

先验证 $Tx\in L^2[0,1]$, 利用 Cauchy-Schwarz 不等式 $$ |Tx(t)|\leqslant\left(\int_0^t e^{2ts}\text{d} s\right)^{1/2}\left(\int_0^t|x(s)|^2\text{d} s\right)^{1/2}=e\sqrt{t}\Vert x \Vert $$

从而 $\left(\mint[0]^1 |Tx(t)|^2\text{d} t\right)^{1/2}\leqslant \frac{e^2}{2}\Vert x \Vert^2$ 即 $Tx\in L^2[0,1]$.

那么方程的解就等价于 $Tx=x$. 下证存在唯一的不动点.

取度量为 $\rho(x,y)=\left(\mint[0]^1 |x(t)-y(t)|^2\text{d} t\right)^{1/2}$.

$\forall x,y\in L^2[0,1]$, 考虑 $$ |T^nx(t)-T^n y(t)|=|\mint[0]^t e^{ts}(T^{n-1}x(s)-T^{n-1}y(s))\text{d} s|\leqslant e^n\underset{n\text{个}}{\int_0^{t}\cdots\int_0^{s_{n-1}}} |x(s_n)-y(s_n)|\text{d} \bm s. $$ 而由 $x,y\in L^2[0,1]$ 根据 Cauchy-Schwarz 不等式有 $$ \int_0^1 |x(t)-y(t)|\text{d} t\leqslant \left(\int_0^1|x(t)-y(t)|^2\text{d} t\right)^{1/2}\left(\int_0^1 1^2\text{d} t\right)^{1/2}=\rho(x,y)\triangleq M $$ 即

据此我们有, $$ \rho(T^nx,T^ny)=\left(\int_0^1|T^n x(t)-T^ny(t)|^2\text{d} t\right)^{1/2}\leqslant \frac{e^nM}{(n-1)!} $$ 即当 $n$ 充分大时, 存在 $n$ 使得 $\frac{e^n}{(n-1)!}<1$ 从而 $\rho(T^nx,T^n y)\leqslant \frac{e^n}{(n-1)!}\rho(x,y)$, 即 $T^n$ 是压缩映射, 又 $L^2[0,1]$ 是完备的度量空间, 故根据 Banach 不动点定理存在唯一的不动点 $x(t)$ 满足 $T^n x=x$. 同时也满足 $Tx=x$ 因为 $\rho(Tx,x)=\rho(T^{n+1}x,T^nx)\leqslant \frac{e^n}{(n-1)!}\rho(Tx,x)$ 只能 $\rho(Tx,x)=0$.

综上所述, 存在唯一的解 $x$ 满足原方程.

定义内积 $(f,g)=\mint[a]^b f(x)g(x)\text{d} x$, 及其诱导的范数 $\Vert f \Vert=\left(\mint[a]^b |f(x)|^2\text{d} x\right)^{1/2}$.

由 Cauchy-Schwarz 不等式 $$ \Vert f'' \Vert\cdot\Vert g'' \Vert\geqslant |(f'',g'')| $$ 下面计算 $(f'',g'')$. 首先有 $g''(x)=\frac{6}{(b-a)^3}(2x-a-b)$. 那么 $$\begin{aligned} (f'',g'')&= \int_a^b f''(x)g''(x)\text{d} x\\ &=g''(x)f'(x)|_a^b-\int_a^b f'(x)\text{d} g''(x)\\ &=-\int_a^b f'(x)g'''(x)\text{d} x\\ &=-f(x)g'''(x)|_a^b + \int_a^b f(x)g''''(x)\text{d} x\\ &=-f(x)g'''(x)|_a^b=\frac{12}{(b-a)^3} \end{aligned}$$

又 $\Vert g'' \Vert=\sqrt{\dfrac{12}{(b-a)^3}}$ 从而 $\Vert f'' \Vert^2\geqslant\frac{(f'',g'')}{\Vert g'' \Vert^2}=\frac{12}{(b-a)^3}$ 并且由于 $g\in A$ 所以等号可以取到, 故最大的常数 $C=12$.

正定性: 显然 $\Vert f \Vert_{0,\alpha}\geqslant 0$, 当 $\Vert f \Vert_{0,\alpha}=0$ 时, 有 $\max|f(x)|=0$, 从而 $f=0$.

齐次性: $\Vert af \Vert_{0,\alpha}=\max|af(x)|+\sup\frac{|af(x)-af(y)|}{|x-y|^\alpha}=a\Vert f \Vert_{0,\alpha}.$

三角不等式:

第一部分: $\max|f(x)+g(x)|\leqslant \max|f(x)|+|g(x)|\leqslant\max |f(x)|+\max|g(x)|$.

第二部分: $|f+g|_\alpha=\sup\frac{|(f+g)x-(f+g)y|}{|x-y|^\alpha}\leqslant\sup\frac{|fx-fy|+|gx-gy|}{|x-y|^\alpha}\leqslant|f|_\alpha+|g|_\alpha$.

从而 $\Vert f+g \Vert_{0,\alpha}\leqslant\Vert f \Vert_{0,\alpha}+\Vert g \Vert_{0,\alpha}$.

下面证明完备性

设 $\{f_n\}$ 是 $C^{0,\alpha}[0,1]$ 中的柯西列.

首先, 在范数 $\Vert \cdot \Vert=\max\limits_{x\in[0,1]}|f(x)|$ 意义下 $(C[0,1],\Vert \cdot \Vert)$ 是完备的, 并且根据 $\Vert f \Vert_{0,\alpha}$ 的定义 $\{f_n\}$ 在 $C[0,1]$ 中也是柯西列, 故收敛, 记收敛到 $f$.

先证 $f\in C^{0,\alpha}[0,1]$.

由于 $\{f_n\}$ 在 $\Vert \cdot \Vert_{0,\alpha}$ 下是柯西列, 所以存在 $N$, 满足 $|f_n-f_N|_\alpha\leqslant \Vert f_n-f_N \Vert_{0,\alpha}<1,\forall n>N$. 从而由三角不等式有 $$ |f_n|{\alpha}\leqslant |f_n-f_N|\alpha+|f_N|\alpha<|f_N|\alpha+1\quad\forall n>N $$ 故存在 $M>0$ 满足 $|f_n|_\alpha<M,\forall n\geqslant 1$.

那么就有 $$ |f_n(x)-f_n(y)|<M|x-y|^\alpha,\quad \forall x,y,n $$ 令 $n\to\infty$ 则有 $$ |f(x)-f(y)|<M|x-y|^\alpha $$ 移项并取上确界就得到 $|f|_\alpha\leqslant M$, 即 $f\in C^{0,\alpha}[0,1]$.

再证 $\Vert f-f_n \Vert_{0,\alpha}\to 0$. 只要证 $|f-f_n|_{\alpha}\to 0$.

由 $\{f_n\}$ 是柯西列, 从而 $\forall\varepsilon>0$, $\exists N$, 满足 $\forall n,m>N$ 有 $|f_n-f_m|_\alpha\leqslant\Vert f_n-f_m \Vert_{0,\alpha}<\varepsilon$. 从而对任意 $x\neq y$ 有 $$ \frac{|(f_n-f)(x)-(f_n-f)(y)|}{|x-y|^\alpha}=\lim\limits_{m\to\infty}\frac{|(f_n-f_m)(x)-(f_n-f_m)(y)|}{|x-y|^\alpha}\leqslant\varlimsup\limits_{m\to\infty}|f_n-f_m|_\alpha\leqslant \varepsilon. $$

再对 $x\neq y$ 取上确界即可得到 $|f_n-f|_\alpha\leqslant\varepsilon$ 所以 $|f_n-f|_\alpha\to 0$.

综上 $(C^{0,\alpha}[0,1],\Vert \cdot \Vert_{0,\alpha})$ 是完备的.

(2) 由于 $C[0,1]$ 是紧度量空间上的连续函数空间, 考虑 AA 定理, 故只需证明 $C^{0,\alpha}[0,1]$ 中的有界集 $X$ 一致有界且等度连续就能说明 $X$ 是列紧集.

一致有界: $X$ 为 $C^{0,\alpha}[0,1]$ 中的有界集, 即存在 $M>0$ 使得 $\Vert f \Vert_{0,\alpha}<M,\forall f\in X$. 从而 $|f(x)|\leqslant\Vert f \Vert_{0,\alpha}<M\forall f\in X,x\in[0,1]$, 即 $X$ 中的函数一致有界.

等度连续: $\Vert f \Vert_{0,\alpha}<M\Rightarrow |f|_\alpha<M\Rightarrow |f(x)-f(y)|\leqslant M|x-y|^\alpha\quad\forall x,y,f$.

故 $\forall \varepsilon>0$, 取 $\delta=(\frac{\varepsilon}{M})^{1/\alpha}$ 则 $|f(x)-f(y)|\leqslant \varepsilon\quad\forall x,y,f$ 即等度连续.

所以 $C^{0,\alpha}[0,1]$ 中的有界集是 $C[0,1]$ 中的列紧集.

从而 $\ker f=\overline{\ker f}$, 又 $\ker f$ 在 $X$ 中稠密, 从而 $\overline{\ker f}=X$ 也就是说 $f\equiv 0$ 与题设矛盾.

故 $f$ 无界.

$\Rightarrow$: $f$ 无界, 即 $\forall n\in\mathbb Z_+$ 存在 $x_n\in X$ 使得 $$ \Vert x_n \Vert<\frac 1 n \wedge f(x_n)=1 $$

那么对任意的 $x\in X$, 有 $f(x-f(x)x_n)=f(x)-f(x)f(x_n)=0$ 即 $x-f(x)x_n\in\ker f$. 而 $\Vert x-(x-f(x)x_n) \Vert=|f(x)|\Vert x_n \Vert<\frac{|f(x)|}{n}\to 0$ 从而 $\ker f$ 在 $X$ 中稠密.

线性性: 由 $T$ 是线性算子显然得到.

闭性: 对任意收敛点列 $\{x_n\}\subset N(T)$, 设 $x_n\to x$. 那么 $(x_n,Tx_n)=(x_n,0)\to (x,0)$. 由 $T$ 是闭算子知 $x\in D(T), Tx=0$ 从而 $x\in N(T)$. 即 $N(T)$ 是闭的. - (2) 再证当 $N(T)=\{0\}$ 时, $R(T)$ 在 $Y$ 中闭的充要条件是 $\exists \alpha>0$, 使得 $$ \Vert x \Vert\leqslant \alpha\Vert Tx \Vert\quad(\forall x\in D(T)) $$

$\Rightarrow$: 由 $T$ 是单射的闭算子, 所以存在 $T^{-1}:R(T)\to X$ 且也是闭算子. 那么由 $R(T)$ 是闭的, 根据闭图像定理知 $T^{-1}$ 有界, 从而存在 $\alpha$ 满足 $\norm{T^{-1}y}\leqslant \alpha\Vert y \Vert\quad \forall y\in R(T)$. 即 $$ \Vert x \Vert\leqslant\alpha\Vert Tx \Vert,\forall x\in D(T). $$

$\Leftarrow$: 由 $T$ 是单射, 任取收敛列 $y_n=Tx_n\in R(T)$ 且 $y_n\to y$. 由条件存在 $\alpha>0$ 满足 $\Vert x_n-x_m \Vert\leqslant\alpha\Vert T(x_n-x_m) \Vert=\alpha\Vert y_n-y_m \Vert$. 所以 $\{x_n\}$ 在 $X$ 中是 Cauchy 列, 又 $X$ 完备, 从而 $x_n\to x\in X$.

那么根据 $T$ 是闭算子 $x_n\to x, Tx_n\to y$ 从而 $x\in D(T), y=Tx\in R(T)$.

综上 $R(T)$ 是闭的. - (3) 最后证原命题.

由 $X$ 是 Banach 空间, $N(T)$ 是 $X$ 的闭子空间, 则 $X/N(T)$ 也是 Banach 空间.

考虑商空间上的映射 $\widetilde{T}:X/N(T)\to Y$, $\widetilde{T}([x])=T(x+z)=Tx, z\in N(T)$.

而此时我们有 $d(x,N(T))=\inf\limits_{z\in N(T)}\Vert z-x \Vert=\Vert [x] \Vert$. $R(T)=R(\widetilde{T})$.

现在只要证 $\widetilde{T}$ 是闭算子就可以由上一问结果得到.

即要证 $$\begin{cases} [x_n]\to [x]\\ \widetilde{T}[x_n]\to y \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} y=\widetilde{T}[x]\\ x\in D(\widetilde{T}) \end{cases}$$

记 $x$ 为 $[x]$ 的一个代表元.

由 $[x_n]\to [x]$ 即 $\Vert [x_n]-[x] \Vert\to 0$.

由 $\Vert [x_n-x] \Vert$ 存在 $y\in[x_n-x]$ 满足 $\Vert y \Vert\leqslant2\Vert [x_n-x] \Vert$. 故取 $x_n'=y+x$ 即有 $\Vert x_n'-x \Vert\leqslant2\Vert [x_n-x] \Vert\to 0$

从而 $x_n'\to x$.

另一方面, $\widetilde{T}[x]=Tx\to y$. 故由 $T$ 是闭算子, 知 $Tx=y$ 且 $x\in D(T)$.

所以 $\widetilde{T}[x]=Tx=y$ 且 $[x]\in D(\widetilde(T))$.

综上 $\widetilde{T}$ 也是闭算子.

那么根据 (2) 的结论可以得到 $R(\widetilde{T})$ 在 $Y$ 中闭的充要条件是 $\exists \alpha>0$, 使得 $\Vert [x] \Vert\leqslant\alpha\norm{\widetilde{T}[x]}\quad \forall [x]\in D(\widetilde{T})$.

又 $\forall x\in D(T)$ 有 $d(x,N(T))=\Vert [x] \Vert, Tx=\widetilde{T}[x]$. 所以 $$ \Vert [x] \Vert\leqslant\alpha\norm{\widetilde{T}[x]}\quad \forall [x]\in D(\widetilde{T})\Leftrightarrow d(x,N(T))\leqslant\alpha\Vert Tx \Vert\quad (\forall x\in D(T)). $$

证毕.