《泛函分析》作业 10

10.1 [Poincare 不等式] 考虑开集 $\Omega\subseteq \mathbb R^2$，$\Omega=\{x=(x_1,x_2):|x_1|<1,x_2\in\mathbb R\}$，$\Gamma=\{(-1,x_2):x_2\in\mathbb R\}$，证明：

(1) 存在常数 $C>0$ 使得对任意的 $f\in \{g\in H^1(\Omega)\cap C^1(\overline \Omega):g|_\Gamma=0\}$，有

$$\|f\|_{L^2(\Omega)}\le C\|\nabla f\|_{L^2(\Omega)}$$

(2) 存在常数 $C>0$ 使得对任意的 $f\in H^1(\Omega)\cap C^1(\overline\Omega)$，有

$$\|f\|_{L^2(\partial\Omega)}:=\|f(-1,\cdot)\|_{L^2(\mathbb R)}+\|f(1,\cdot)\|_{L^2(\mathbb R)}\le C\|f\|_{H^1(\Omega)}$$

(3) 假设 $H^1(\Omega)\cap C^1(\overline\Omega)$ 在 $H^1(\Omega)$ 中稠密，则存在唯一的线性映射 $\mathrm{Tr}:H^1(\Omega)\to L^2(\partial\Omega)$，使得 $\mathrm{Tr}f=f|_{\partial\Omega}$ 对任意的 $f\in H^1(\Omega)\cap C^1(\overline\Omega)$ 成立，并且

$$\|\mathrm{Tr}f\|_{L^2(\partial\Omega)}\le C\|f\|_{H^1(\Omega)}$$

(4) Poincare 不等式是否可以延伸至 $f\in \{g\in H^1(\Omega):\mathrm{Tr(g)|_\Gamma=0}\}$？

(1) 认为 $\|\nabla f\|_{L^2(\Omega)}$ 先取 $\nabla f$ 的欧氏范数，再取 $L^2$ 范数。直接计算

$$\begin{array}{ll}\displaystyle\int_{\Omega}f(x_1,x_2)^2\mathrm dx&=\displaystyle\int_{\mathbb R}\int_{-1}^1 f(x_1,x_2)^2\mathrm dx_1\mathrm dx_2\\ &\displaystyle=\int_{\mathbb R}\int^1_{-1}\left(\int ^{x_1}_{-1}\partial_1f (t,x_2)\mathrm dt\right)^2\mathrm dx_1\mathrm dx_2\\ &\displaystyle\leq \int_{\mathbb R}\int^1_{-1}(x_1+1)\int^1_{-1}\partial ^2_1f(t,x_2)\mathrm dt\mathrm dx_1\mathrm dx_2\\ &\displaystyle\leq 4\int_{\mathbb R}\int^1_{-1}\partial ^2_1f(t,x_2)\mathrm dt\mathrm dx_2\\&=\displaystyle4\|\partial ^2_1f\|_{L^2(\Omega)}^2\leq 4\|\nabla f\|_{L^2(\Omega)}^2\end{array}$$

因此

$$\|f\|_{L^2(\Omega)}\le 2\|\nabla f\|_{L^2(\Omega)}$$

本小问没有用到 $H^1$ 的性质.

(2) 注意到

$$\begin{array}{ll}\|f(-1,\cdot )\|^2_{L^2(\mathbb R)}&=\displaystyle\int_{\mathbb R}f^2(-1,x_2)\mathrm dx_2\\&=\displaystyle\int_{\mathbb R}\left(f(z(x_2),x_2)+\int_{z(x_2)}^{-1}\partial _{1}f(t,x_2)\mathrm dt\right)^2\mathrm dx_2\end{array}$$

其中 $z(x_2)\in (-1,1)$ 满足对给定的 $x_2\in\mathbb R$，$f(x_1,x_2)$ 在 $x_1=z(x_2)$ 处取 $f(\cdot,x_2)$ 的最小值。记

$$f(z(x_2),x_2)=A(x_2),\quad \int^{-1}_{z(x_2)}\partial _{1}f(t,x_2)\mathrm dt=B(x_2)$$

则可以分别估计 $A,B$，具体地

$$A^2(x_2)\leq \dfrac 12\cdot \int ^1_{-1}f^2(x_1,x_2)\mathrm dx_1$$

应用 Cauchy 不等式，有

$$B^2(x_2)\leq \int ^1_{-1}\partial _1^2f(t,x_2)\mathrm dt\cdot \int^1_{-1}\chi_{[-1,z(x_2)]}\mathrm dt\leq 2\int^1_{-1}\partial ^2_1f(t,x_2)\mathrm dt$$

所以

$$\begin{array}{ll}\|f(-1,\cdot )\|^2_{L^2(\mathbb R)}&\displaystyle=\int_{\mathbb R}A^2(x_2)+B^2(x_2)+2AB(x_2)\mathrm dx_2\\ &\displaystyle=\int_{\Omega}f^2\mathrm dx+4\int_{\Omega}|\nabla f|^2\mathrm dx\\&\leq \displaystyle 4\|f\|^2_{H^1(\Omega)}\end{array}$$

推出 $\|f(-1,\cdot )\|_{L^2(\mathbb R)}\leq 2\|f\|_{H^1(\Omega)}$，同理可得 $\|f(1,\cdot )\|_{L^2(\mathbb R)}\leq 2\|f\|_{H^1(\Omega)}$，从而

$$\|f\|_{L^2(\partial\Omega)}\leq 4\|f\|_{H^1(\Omega)}$$

(3) 因为 $\mathcal H:=H^1(\Omega)\cap C^1(\overline\Omega)$ 在 $H^1(\Omega)$ 中稠密，所以定义

$$\mathrm{Tr}f=\lim_{n\to\infty}f_n|_{\partial\Omega},\quad \forall f\in H^1(\overline \Omega)$$

其中 $f_n(\in\mathcal H)\xrightarrow{H^1({\Omega})} f$，并且 (2) 保证了 $\mathcal H|_{\partial \Omega}\subseteq L^2(\partial \Omega)$.

$\mathrm{Tr}$ 是良定义的：如果 $f_n,g_n(\in \mathcal H)\xrightarrow{H^1({\Omega})} f$，则

$$\|f_n|_{\partial\Omega}-g_n|_{\partial\Omega}\|_{L^2(\partial\Omega)}\leq C(\|f_n-f\|_{H^1(\Omega)}+\|g_n-f\|_{H^1(\Omega)})\xrightarrow{n\to\infty} 0$$

$\mathrm{Tr}$ 是线性的：其中第二个等号由连续性保证，$a\in\mathbb R$.

$$\mathrm{Tr}(af+g)=\lim_{n\to\infty}(af_n+g_n)|_{\partial\Omega}=a\lim_{n\to\infty}f_n|_{\partial\Omega}+\lim_{n\to\infty}g_n|_{\partial\Omega}=a\mathrm{Tr}f+\mathrm{Tr}g$$

$\mathrm{Tr}$ 满足题设要求：

$$\|\mathrm{Tr}f\|_{L^2(\partial\Omega)}=\lim_{n\to\infty}\|f_n|_{\partial\Omega}\|_{L^2(\partial\Omega)}\leq C\lim_{n\to\infty}\|f_n\|_{H^1(\Omega)}=C\|f\|_{H^1(\Omega)}$$

$\mathrm{Tr}$ 是唯一的：如果 $\tilde{\mathrm{Tr}}:H^1(\Omega)\to L^2(\partial\Omega)$ 也满足题设要求，则对于任意 $f\in H^1(\Omega)$

$$\|\mathrm{Tr}f-\tilde{\mathrm{Tr}}f\|_{L^2(\partial\Omega)}\leq \|\mathrm{Tr}f-f_n\|_{L^2(\partial \Omega)}+\|\tilde {\mathrm{Tr}}f-f_n\|_{L^2(\partial \Omega)}\to 0$$

(4) 可以。根据 (3) 中的假设，$H^1(\Omega)\cap C^1(\overline\Omega)$ 在 $H^1(\Omega)$ 中稠密，因为 $\nabla$ 在 $H^1(\Omega)\cap C^1(\overline \Omega)$ 上是可闭算子，且 $H^1(\Omega)$ 是 Banach 空间，所以 $\nabla$ 在 $H^1(\Omega)$ 上是闭算子，这里的 $\nabla$ 延拓为弱导数的意义.

我们先插入对 $H^1(\Omega)$ 是 Banach 空间的验证：对任意 Cauchy 列 $\{f_n\}\subseteq H^1(\Omega)$，则 $f_n\xrightarrow{L^2(\Omega)}f$，且 $\nabla f_n\xrightarrow{L^2(\Omega)}(g_{x_1},g_{x_2})$，则对任意 $\varphi\in C^\infty_c(\Omega)$，有

$$\int_{\Omega}(-1)\varphi_{x_i} f=\lim _{n\to\infty}\int_{\Omega}(-1)\varphi_{x_i} f_n=\lim_{n\to\infty}\int_{\Omega} g_{x_i}\varphi$$

这说明 $f$ 的两个弱导数正好是 $g_{x_1},g_{x_2}\in L^2(\Omega)$，所以 $f\in H^1(\Omega)$.

继续讨论，此时 $\nabla$ 是 $H^1(\Omega)$ 上的闭算子，说明极限和算子可交换。结合稠密条件和 (3)，对于任意 $f\in \{g\in H^1(\Omega):\mathrm{Tr}(g)|_\Gamma=0\}$，存在 $f_n\in H^1(\Omega)\cap C^1(\overline\Omega)$ 使得 $f_n\xrightarrow{H^1(\Omega)}f$，并且

$$\|\mathrm{Tr}f_n\|_{L^2(\partial \Omega)}=\|\mathrm{Tr}f_n-\mathrm{Tr}f\|_{L^2(\Omega)}\leq C\|f_n-f\|_{H^1(\Omega)}\to 0$$

（仅作存在性解释）所以取截断函数 $p_{\varepsilon}(x,y)$ 在 $x\in [-1,-1+\varepsilon)$ 处取 $1$，其他为零值；对 $p_\varepsilon$ 用卷积磨光得到光滑函数 $\varphi_{\varepsilon}\in C^\infty(\overline \Omega)$，使得 $\varphi_{\varepsilon}$ 在 $x=-1$ 处取 $1$，在 $x\in [-1,-1+2\varepsilon]$ 处取值不超过 $2$，在其余部分取零值。则

$$\tilde f_n=f_n(1-\varphi_{\varepsilon})\in H^1(\Omega)\cap C^1(\overline \Omega),\quad \tilde f_n|_\Gamma=0$$

并且 $\tilde f_n\xrightarrow{H^1(\Omega)}f_n$，从而 $\tilde f_n\xrightarrow{H^1(\Omega)}f$，于是

$$\|f\|_{L^2(\Omega)}\leq \displaystyle \lim_n\|\tilde f_n\|_{L^2(\Omega)}\leq \displaystyle C\lim_n\|\nabla \tilde f_n\|_{L^2(\Omega)}\leq C\|\nabla f\|_{L^2(\Omega)}$$

10.2 考虑方程

$$-u''+\alpha u=f,x\in (0,1);\quad u(0)=0,u'(1)=b,f\in L^2((0,1)),\alpha>0$$

的弱形式：对于任意 $v\in \overline H:=\{g\in H^1((0,1)):g(0)=0\}$，有

$$\int^1_0 u'v'\mathrm dx+\alpha\int^1_0 uv\mathrm dx=v(1)b+\int^1_0 fv\mathrm dx$$

利用 Lax-Milgram 定理，说明方程在弱形式下有唯一解.

(1) 默认 $u'$ 是 $u\in H^1$ 的弱导数。定义 $H^1$ 上的共轭双线性形式

$$a(u,v)=\int^1_0u'v'\mathrm dx+\alpha\int^1_0uv\mathrm dx$$

定义 $\overline H$ 上的线性泛函

$$T_f(v)=v(1)b+\int^1_0fv\mathrm dx$$

这是有界的线性泛函，因为

$$|v(1)|\leq \left|\int^1_0v'(x)\mathrm dx\right|\leq \int ^1_0|v'(x)|\mathrm dx\leq \|v'\|_{L^2}\leq \|v\|_{H^1}$$

定义 $H^1$ 上的内积

$$\langle u,v\rangle =\int^1_0u'v'\mathrm dx+\int^1_0uv\mathrm dx$$

指出 $H^1$ 在该内积下是 Hilbert 空间：对于任意 $H^1$ 的 Cauchy 列，都在 $L^2$ 意义下收敛，记作 $u_n(\in H^1)\xrightarrow{L^2}u(\in L^2)$，同时弱导数 $u_n'\xrightarrow{L^2}v(\in L^2)$，则容易推出 $u\in H^1$ 且 $u'=v$；另外该内积诱导的范数就是 $H^1$ 范数.

(2) 注意到，对任意 $u,v\in H^1$

根据 Lax-Milgram 定理，存在可逆算子 $A\in\mathcal B(H^1,H^1)$ 使得

$$a(u,v)=\langle Au,v\rangle ,\quad \forall u,v\in H^1$$

(3) $H^1$ 完备，$\overline H\subseteq H^1$ 是闭子空间，所以 $\overline H$ 完备。根据 Riesz 表示定理，对任意 $f\in L^2$，线性泛函 $T_f:\overline H\to \mathbb R$ 有界，所以存在唯一 $u_f\in H$ 使得

$$T_f(v)=\langle u_f,v\rangle ,\quad \forall v\in \overline H$$

(4) 题目要求解方程的弱形式

$$a(u,v)=T_f(v)=\langle u_f,v\rangle=a(A^{-1}u_f,v) ,\quad \forall v\in \overline H$$

这推出 $u=A^{-1}u_f$ 是方程的弱解.

(5) 唯一性。如果 $u_1,u_2\in H^1$ 都是方程的弱解，则取 $v\in \overline H$ 使得 $v$ 与 $u_1-u_2$ 仅在 $0$ 点取值不同，有

$$0=a(u_1-u_2,v)\geq \delta \|u_1-u_2\|_{H^1}^2$$

这说明在空间 $H^1$ 的意义下弱解唯一.

10.3 设 $H$ 是 Hilbert 空间，$A\in \mathcal B(H)$ 并且存在 $m>0$ 使得

$$|\langle Ax,x\rangle| \ge m\|x\|^2,\quad \forall x\in H$$

证明：存在 $A^{-1}\in\mathcal B(H)$.

考虑 $H$ 上的共轭双线性形式

$$a(x,y)=\langle x,Ay\rangle ,\quad \forall x,y\in H$$

注意到

根据 Lax-Milgram 定理，存在可逆算子 $B\in\mathcal B(H)$ 使得

$$\langle x,Ay\rangle =a(x,y)=\langle x,By\rangle ,\quad \forall x,y\in H$$

取 $x=(A-B)y$，则 $(A-B)y=0$ 对任意 $y\in H$ 成立，所以 $A=B$，从而 $A^{-1}=B^{-1}\in\mathcal B(H)$.

10.4 设 $p$ 是实线性空间 $\mathcal X$ 上的次线性泛函，证明：

(1) $p(0)=0$

(2) $p(-x)\geq -p(x)$

(3) 给定 $x_0\in\mathcal X$，在 $\mathcal X$ 上必有实线性泛函 $f$，满足 $f(x_0)=p(x_0)$，以及

$$f(x)\leq p(x),\quad \forall x\in\mathcal X$$

次线性泛函：线性空间上的映射 $P:V\to\mathbb R$ 满足次可加性和正齐次性，即

$$P(x+y)\leq P(x)+P(y),\quad P(\lambda x)=\lambda P(x),\quad \forall \lambda >0,x,y\in V$$

(1) 根据正齐次性 $p(0)=p(\lambda\cdot 0)=\lambda p(0)$，取 $\lambda \neq 1$ 即可证明.

(2) 根据次可加性 $p(-x)+p(x)\geq p(0)=0$，移项即可.

(3-1) 假设 $M$ 是 $\mathcal X$ 的线性真子空间，并且 $f:M\to\mathbb R$ 是线性泛函，满足

$$f(x)\leq p(x) ,\forall x\in M;\quad x_0\in M;\quad f(x_0)=p(x_0)$$

对于任意 $y\in \mathcal X\setminus M$，定义 $M_y=\mathrm{span}(M,y)$ 上的线性泛函。对于任意 $x,x'\in M$ 都有

$$f(x)+f(x')=f(x+x')\leq p(x+x')\leq p(x-y)+p(y+x')$$

那么就有

$$f(x)-p(x-y)\leq p(y+x')-f(x')$$

所以令

$$f(y)=\sup_{x\in M}[f(x)-p(x-y)]$$

则这给出了 $f$ 在 $M_y$ 上延拓的线性泛函，并且满足

$$f(x)-p(x-y)\leq f(y)\leq p(y+x')-f(x'),\quad \forall x,x'\in M$$

所以对于 $\lambda >0$，都有

$$f(x)-p(x-\lambda y)\leq f(\lambda y)\leq p(\lambda y+x')-f( x')$$

所以延拓的 $f$ 仍然满足

$$f(z)\leq p(z),\quad \forall z\in M_y;\quad f(x_0)=p(x_0)$$

(3-2) 定义二元组 $(Y,f_Y)$，其中 $Y\subseteq \mathcal X$ 是线性子空间，$f_Y:Y\to\mathbb R$ 是线性泛函，并且满足

$$f_Y(y)\leq p(y), \forall y\in Y;\quad x_0\in Y;\quad f_Y(x_0)=p(x_0)$$

定义二元组全体 $\mathcal P$ 上的偏序关系

$$(Y_1,f_{Y_1})\leq (Y_2,f_{Y_2})\iff Y_1\subseteq Y_2,\ f_{Y_1}= f_{Y_2}|_{Y_1}$$

这样 $\mathcal P$ 是偏序集，并且对于 $\mathcal P$ 任意全序子集 $\{(Y_i,f_{Y_i}):i\in I\}$，都有

$$(Y^*,f_{Y^*}):=(\ \bigcup_{i\in I}Y_i,\ \sup_{i\in I}f_{Y_i})$$

这是该全序子集的上界；另一方面，定义

$$f(\mu x_0)=\mu p(x_0),\quad \forall \mu\in\mathbb R$$

则 $(\mathrm{span}\{x_0\},f)\in \mathcal P$，所以由 Zorn 引理，$\mathcal P$ 中存在极大元 $(\overline Y,\overline f)$.

(3-3) 证明 $\overline Y=\mathcal X$：如果 $\overline Y\ne \mathcal X$，则存在 $z\in \mathcal X\setminus \overline Y$，根据 (3-1)，$\overline f$ 可以延拓到 $\mathrm{span}(\overline Y,z)$ 上的线性泛函，并且仍然满足题设要求，这与极大性矛盾，所以 $\overline Y=\mathcal X$，并且 $\overline f:\mathcal X\to\mathbb R$ 满足题设要求.

10.5 设 $\mathcal X$ 是由实数列 $x=\{a_n\}$ 全体组成的实线性空间，其元素间相等和线性运算都按坐标定义，并定义

$$p(x)=\limsup_{n\to\infty}a_n,\quad \forall x=\{a_n\}\in\mathcal X$$

证明：$p(x)$ 是 $\mathcal X$ 上的次线性泛函.

(1) 正齐次性

$$p(\lambda x)=\limsup_{n\to\infty}\lambda a_n=\lambda \limsup_{n\to\infty}a_n=\lambda p(x)$$

(2) 次可加性

$$p(x+y)=\limsup_{n\to\infty}(a_n+b_n)\leq \limsup_{n\to\infty}a_n+\limsup_{n\to\infty}b_n=p(x)+p(y)$$

注意到泛函 $p(x):\mathcal X\to\mathbb R\cup{+\infty}$，所以上述运算均有意义。所以 $p(x)$ 是 $\mathcal X$ 上的次线性泛函.