1.4.5-6
1.4.9 1.4.11 1.4.12 1.4.13
1.4.14
1.4.151.4.17
1.5.1证明：(1) () 若xint(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a > 1，使得y = a xE．因int(E)，故存在 > 0，使得B () E．令 = (a 1)/a，zB (x)，令w = (a z y )/(a 1)，
则|| w || = || (a z y )/(a 1) || = || a z y ||/(a 1)
= || a z a x ||/(a 1) = a || z x ||/(a 1) < a/(a 1) = ．
故wB () E．故z = ((a 1)w + y )/a E，因此，B (x) E．所以xint(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xcl(E)，则 > 0，存在yE，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zE，且P(z) N/(N + 1) < 1，
由(1)知z int(E)．而|| z x || || z y || + || y x || < /2 + /2 = ． 故xcl(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] 1.5.4
1.5.5证明：设C = {x = (x1, x2, ..., xn)
n | 1 i n xi = 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xC，xi 不全为0，而aij > 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 )，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x0C．
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 = { uC[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，max x[0, 1] | [0, 1] K(x, y) dy |= P．
令(S u)(x) = ([0, 1] K(x, y) u(y) dy)/([0, 1] ([0, 1] K(x, y) u(y) dy) dx ) 则[0, 1] (S u)(x) dx = 1，u(x) 0； 即S uB．因此S是从B到B内的映射． u, vB，
|| [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 ||
= max x[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．uB，
|| S u || = || ([0, 1] K(x, y) u(y) dy )/([0, 1] ([0, 1] K(x, y) u(y) dy) dx )|| = max x[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．uB，t1, t2[0, 1]， | (S u)(t1) (S u)(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) · max y[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，| (S u)(t1) (S u)(t2) | (1/m) · max y[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(S u0)(x) = ([0, 1] K(x, y) u0(y) dy)/ = (T u0)(x)/． 因此(T u0)(x)/ = u0(x)，T u0 = 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, yX，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．
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：xL2[0, T]，若|| x || = 1，由Cauchy-Schwarz不等式，有
| [0, T] e x( ) d | ([0, T] (e) d ) ([0, T] ( x( )) d )
( T )2 2T 2 2T = [0, T] (e) d = e[0, T] ed = (1 e)/2．
2T 1/2
因此，该函数的函数值不超过M = ((1 e)/2)．
( T )
2
( T )2
2
前面的不等号成为等号的充要条件是存在
( T )2
，使得x( ) = e
( T )
． )/2)
1/2
再注意|| x || = 1，就有[0, T] ( e) d = 1．解出 = ((1 e
2T 1/2 ( T )
故当单位球面上的点x( ) = ((1 e)/2)· e时，
2T 1/2
该函数达到其在单位球面上的最大值((1 e)/2)． 因此xM．所以，N M． 1.6.5
2T ．
1.6.4证明：若xN ，则yN，(x, y) = 0．而M N，故yM，也有(x, y) = 0．
1.6.6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．
fE，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 = {e 2 i n x
| n }是L[c, c + 1]中的一个正交集．
2
再将其标准化，得到一个规范正交集S1 = {n(x) = dn e其中的dn = || e 2 i n x
2 i n x
| n }．
|| (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 = {}．
2
当b – a <1时，若uL[a, 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])．
2
则vL[a, a + 1]． 同时把S = {e2
2 i n x
| n }也看成L[a, a + 1]上的函数集．
2
那么，在L[a, a + 1]中，有vS． 根据前面的结论，v = ．
2
因此，在L[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L[b – 2, b – 1]上关于正交集S1 = {n(x)| n由Bessel不等式，n | pn | < +．
再用Riesz-Fischer定理，在L[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]
2
22
2
}的Fourier系数．
)．
为：f(x) = u(x) (当x[a, b – 1))，f(x) = v(x) (当x[b – 1, b])．
则f L[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 )/z dz
= (1/(2i))| z | = 1 z· (z)/z dz = (1/(2i))| z | = 1 1/z dz = 1．
n m 1
若n > m，则n m 1 0，从z而解析．
n1/2m1/2 n1/2*m1/2
( z/(2), z/(2)) = (1/i)| z | = 1 ( z/(2) · (z)/(2))/z dz
n*mn m 1
= (1/(2i))| z | = 1 z· (z)/z dz = (1/(2i))| z | = 1 z dz = 0．
n1/2
因此，{ z/(2)}n 0是正交规范集． 1.6.9
n*n1.6.10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．
xX，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 )/)1/2 z k ( k 0 )，
则{ k }k 0是H(D)中的正交规范基．
那么，u(z)H(D)，设u(z) = k 0 a k z，则k
*
2
2 k，有
(u, k) = D u(z) · k(z) dxdy j*
= D ( j 0 a j z) · k(z) dxdy
1/21/2 j*
= j 0 a j(/( j +1 ))D (( j +1 )/)z · k(z) dxdy
1/2*
= j 0 a j(/( j +1 ))D j(z) · k(z) dxdy
1/2
= j 0 a j(/( j +1 ))( j, k)
1/2
= a k(/( k +1 ))．
1/2 即u(z)的关于正交规范基{ k }k 0的Fourier系数为a k(/( k +1 ))( k 0 )．
k(1) 如果u(z)的Taylor展开式是u(z) = k 0 b k z，
1/2 则u(z)的Fourier系数为b k(/( k +1 ))( k 0 )．
1/2 2
由Bessel不等式， k 0| b k(/( k +1 ))| || u || < +，
2
于是有 k 0| b k|/( k +1 ) < +．
2 k k(2) 设u(z), v(z)H(D)，并且u(z) = k 0 a k z，v(z) = k 0 b k z．
1/2 1/2
则u(z) = k 0 a k(/( k +1 )) k (z)，v(z) = j 0 b j(/( j +1 )) j (z)，
1/2 1/2
(u, v) = ( k 0 a k(/( k +1 )) k (z), j 0 b j(/( j +1 )) j (z) )
1/2 1/2
= k 0 j 0 (a k(/( k +1 )) k (z), b j(/( j +1 )) j (z))
1/2 *1/2
= k 0 j 0 (a k(/( k +1 ))· b j(/( j +1 ))) ( k (z), j (z))
1/2 * 1/2 *
= k 0 (a k(/( k +1 ))· b k(/( k +1 ))) = k 0 (a k· b k)/( k +1 )．
2 k(3) 设u(z)H(D)，且u(z) = k 0 a k z．
k2 k因1/(1 z) = k 0 z，1/(1 z) = k 0 (k +1) z，其中| z | < 1．
2 k故当| z | < 1时，有1/(1 | z | ) = k 0 (k +1) | z |．
2 * 2
根据(2)，|| u(z) || = k 0 (a k· a k)/( k +1 ) = k 0 | a k|/( k +1 )．
22 2 k
|| u ||/(1 | z |)= ( k 0 | a k|/( k +1 )) · ( k 0 (k +1) | z |)
2 k k ( k 0 | a k|/( k +1 ) | z |) · ( k 0 (k +1) | z |)
1/2 k/21/2 k/2 2
( k 0 ( | a k|/( k +1 ) | z |) · ((k +1) | z |)) (Cauchy-Schwarz不等式)
k 2 k 2 21/2
= ( k 0 | a k| · | z |) | k 0 a kz|= | u(z)| ，故| u(z) | || u ||/(( 1 | z | ))．
(4) 先介绍复分析中的Weierstrass定理：若{ fn }是区域U 上的解析函数列，且{ fn }在U上内闭一致收敛到 f，则f在U上解析．（见龚升《简明复分析》）
2
回到本题．设{ un }是H(D)中的基本列． 则zD，由(3)知{ un(z) }是
中的基本列，因此是收敛列．设un(z) u(z)．
对中任意闭集F D，存在0 < r < 1使得F B(0, r) D．
+，使得m, n > N，都有|| un um || <
1/2
> 0，存在N( 1 r )．
再由(3)，zF，
1/2 1/2
| un(z) um(z) | || un um ||/(( 1 | z | )) || un um ||/(( 1 r )) < ． 令m ，则| un(z) u(z) | ．这说明{ un }在D上内闭一致收敛到 u． 由前面所说的Weierstrass定理，u在D上解析．
2
把{ un }看成是L(D)中的基本列，
222
因L(D)，故{ un }是L(D)中的收敛列．设{ un }在L(D)中的收敛于v．
2
则v必然与u几乎处处相等．即{ un }在L(D)中的收敛于u．
22
因此{ un }在H(D)中也是收敛的，且收敛于u．所以，H(D)完备．
1.6.12证明：由Cauchy-Schwarz不等式以及Bessel不等式，x, yX，有
| n 1 (x, en) · (y, en) | ( n 1 | (x, en) |· | (y, en) | )
22222
= ( n 1 | (x, en) |· | (y, en) | ) ( n 1 | (x, en) |) · ( n 1 | (y, en)|) || x || · || y ||．
*
因此，| n 1 (x, en) · (y, en) | || x || · || y ||．
*
2
*
2
1.6.13证明：(1) 因范数是连续函数，故C = { x X | || x x0 || r }是闭集．
x, y C，因|| x x0 || r，|| x x0 || r }，故[0, 1]， || ( x + (1 ) y ) x0 || = || ( x x0 ) + (1 ) (y x0) ||
|| ( x x0 ) + (1 ) (y x0) || || x x0 || + (1 ) || y x0 || r + (1 ) r = r． 所以，C是X中的闭凸集．
(2) 当x C时，y = x．显然y是x在C中的最佳逼近元． 当x C时，y = x0 + r (x x0)/|| x x0 ||．
zC，|| x y || = || ( x x0 r (x x0)/|| x x0 ||) ||
= || (1 r/|| x x0 ||) (x x0) || = || x x0 || r． || x x0 || || z x0 || || x z ||． 因此，y是x在C中的最佳逼近元．
1.6.14解：即是求e t 在span{1, t, t 2}中的最佳逼近元 (按L2[0, 1]范数)．
将{1, t, t}正交化为{1, t 1/2, (t 1/2) 1/12 } (按L[0, 1]内积)
t t再标准化为{0(t), 1(t), 2(t)}，则所求的a k= (e, k(t)) = [0, 1] e k(t) dt，k = 0, 1, 2．
2
2
2
1.6.15证明：设g(x) = (x a) (x b)2，则g(a) = g (b) = 0，g’(a) = (b a)2，g’(b) = 0．
由Cauchy- Schwarz不等式，我们有
2 2 2
([a, b] | f’’(x) |dx) · ([a, b] | g’’(x) |dx) ([a, b] f’’(x) ·g’’(x) dx )．因g’’(x) = 3x (a + 2b)，
2 2 3
故[a, b] | g’’(x) |dx = [a, b] (3x (a + 2b))dx = (b a)；
又[a, b] f’’(x) ·g’’(x) dx = [a, b] (3x (a + 2b)) · f’’(x) dx = [a, b] (3x (a + 2b))d f’(x) = (3x (a + 2b)) · f’(x)| [a, b] 3[a, b] f’(x) dx = 2(b a)；
3 2 2 2
故(b a)·[a, b] | f’’(x) |dx (2(b a))= 4(b a)．
2
所以[a, b] | f’’(x)|dx 4/(b a)．
1.6.16 (变分不等式)证明：设f (x) = a(x, x) Re(u0, x)．
则f (x) = a(x, x) Re(u0, x) || x || | (u0, x) |
2 2
|| x || || u0 || · || x || || u0 ||/(4 ) > ． 即f在X上有下界，因而f在C有下确界 = inf xC f (x)． 注意到a(x, y)实际上是X上的一个内积，
1/2
记它所诱导的范数为|| x ||a = a(x, x)，则|| · ||a与|| · ||是等价范数．
2
因此f (x) = a(x, x) Re(u0, x) = || x ||a Re(u0, x)．
设C中的点列{ xn }是一个极小化序列，满足 f (xn ) < + 1/n ( n则由平行四边形等式，
+
2
)．
|| xn xm ||a = 2(|| xn ||a + || xm ||a ) 4|| (xn + xm)/2 ||a
= 2( f (xn) + Re(u0, xn) + f (xm) + Re(u0, xm) ) 4( f ((xn + xm)/2) + Re(u0, (xn + xm)/2)) = 2( f (xn) + 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( + 1/n + + 1/m ) 4
= 2(1/n + 1/m) 0 ( m, n )．
22
因此|| xn xm || (1/) || xn xm ||a 0 ( m, n )． 即{ xn }为X中的基本列．
由于X完备，故{ xn }收敛．设xn x0 ( n )．
22
则|| xn x0 ||a M || xn x0 || 0 ( m, n )． 而由内积a( · , · )，( · , · )的连续性，有
a( xn , 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) = = inf xC f (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．
若x0, y0都是最小值点，则交错的点列{ 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基本列， 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，t[0, 1]，有x0 + t ( x x0)C，因此有f (x0 + t ( x x0)) f (x0)．
22
即|| x0 + t ( x x0) ||a Re(u0, x0 + t ( x x0)) || x0 ||a Re(u0, x0)．
2 2
展开并整理得到t Re ( 2a(x0, x x0) (u0, x x0) ) t|| x x0 ||a．
2
故当t(0, 1]，有Re ( 2a(x0, x x0) (u0, x x0) ) t|| x x0 ||a． 令t 0就得到 Re ( 2a(x0, x x0) (u0, x x0) ) 0． 2.1.2 2.1.3 2.1.4 2.1.5 2.1.6 2.1.7 2.1.8 2.1.9 2.2.2 2.2.5 2.3.1 2.3.3-2 2.3.4 2.3.5 2.3.7 2.3.8 2.3.9 2.3.11 2.3.12 2.3.13 2.3.14 2.4.4 2.4.5 2.4.6
2222
2.4.7 2.4.8 2.4.9 2.4.10 2.4.11 2.4.12 2.4.13 2.4.14
2.5.4
2.5.5 2.5.7 2.5.8 2.5.10 2.5.12 2.5.18 2.5.20 2.5.22 2.6.1 2.6.2 2.6.3 2.6.4
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