《泛函分析》作业 8

本题说明，存在 Fourier 级数不一致收敛的连续函数.

8.1 记 $C(\mathbb R/2\pi \mathbb Z,\mathbb C)$ 为装备了上确界范数的、以 $2\pi$ 为周期的复值连续函数 $f:\mathbb R\to \mathbb C$ 构成的空间。

(1) 对 $n\in\mathbb N$ 定义 Dirichlet 核 $D_n\in C(\mathbb R/2\pi \mathbb Z,\mathbb C)$ 为

$$D_n(t)=\sum_{k=-n}^n e^{ikt}=\dfrac {\sin((n+\frac 12)t)}{\sin(\frac t2)},\quad t\in\mathbb R$$

证明 $\|D_n\|_{L^1}\geq \frac {8}\pi \sum_{k=1}^n \frac 1k$.

(2) 函数 $f\in C(\mathbb R/2\pi \mathbb Z,\mathbb C)$ 的第 $n$ 项 Fourier 展开定义为

$$(\mathcal F_n(f))(x)=(D_n*f)(x)=\sum^n_{k=-n}\int^{2\pi}_0f(t)e^{-ik(x-t)}\mathrm dt,\quad x\in\mathbb R$$

证明算子 $\mathcal F_n:C(\mathbb R/2\pi \mathbb Z,\mathbb C)\to C(\mathbb R/2\pi \mathbb Z,\mathbb C)$ 的算子范数为 $\|\mathcal F_n\|=\|D_n\|_{L^1}$.

(3) 利用一致有界性原理推出：存在 $f\in C(\mathbb R/2\pi \mathbb Z,\mathbb C)$ 使得序列 $\mathcal F_n(f)$ 不一致收敛.

(1) 根据定义

$$\begin{array}{ll}\displaystyle\|D_n\|_{L^1}=\int^{2\pi}_0|D_n(t)|\mathrm dt&\displaystyle=2\int ^{\pi}_0\dfrac {|\sin((n+\frac 12)t)|}{\sin(\frac t2)}\mathrm dt\\ &\geq 2\displaystyle \sum^n_{k=1}\int ^{\frac{k\pi}{n+\frac 12}}_{\frac {(k-1)\pi}{n+\frac 12}}\dfrac {|\sin(n+\frac 12)t|}{\frac t2}\mathrm dt\\ &\geq\displaystyle 2\sum^{n}_{k=1}\int ^{\frac{k\pi}{n+\frac 12}}_{\frac {(k-1)\pi}{n+\frac 12}}\dfrac {|\sin (n+\frac 12)t|}{\frac {k\pi}{2n+1}}\mathrm dt\\ &\displaystyle\geq 2\sum^n_{k=1}\dfrac 4{k\pi}=\dfrac {8}\pi\sum^n_{k=1}\dfrac 1k \end{array}$$

(2) 根据算子范数定义

$$\begin{array}{ll}\displaystyle\|\mathcal F_n\|&\displaystyle=\sup_{f\in C(\mathbb R/2\pi \mathbb Z,\mathbb C),\|f\|_\infty= 1}\|\mathcal F_n(f)\|_\infty\\ &\displaystyle=\sup_{f\in C(\mathbb R/2\pi \mathbb Z,\mathbb C),\|f\|_\infty= 1}\sup_{x\in\mathbb R}\left|\int^{2\pi}_0 f(t)D_n(x-t)\mathrm dt\right|\\ &\displaystyle\leq \sup_{f\in C(\mathbb R/2\pi \mathbb Z,\mathbb C),\|f\|_\infty=1}\sup_{x\in\mathbb R}\int^{2\pi}_0 |f(t)||D_n(x-t)|\mathrm dt\\ &\displaystyle\leq \sup_{x\in\mathbb R}\int^{2\pi}_0 |D_n(x-t)|\mathrm dt=\|D_n\|_{L^1}\end{array}$$

设 $m\in\mathbb N$ 足够大，取 $f_{m,n}(t)$ 为图像为从 $(0,0)$ 开始顺次连接 $k=1,\cdots ,2n+1$ 取值时的以下顶点

$$(\dfrac {2(k-1)\pi}{2n+1}+\dfrac 1m,(-1)^{k+1}),\quad (\dfrac {2{k}\pi}{2n+1}-\dfrac 1m,(-1)^{k+1})$$

最后连接 $(2\pi,0)$ 得到的折线段，延拓为 $2\pi$ 周期函数。则 $\|f_{m,n}\|_\infty=1$，且

$$\|\mathcal F_n(f_{m,n})\|_\infty\geq \left|\int^{2\pi}_0 f_{m,n}(t)D_n(-t)\mathrm dt\right|=\|D_n\|_{L^1}-\dfrac {2(2n+1)}m$$

取 $m\to\infty$，推出 $\|\mathcal F_n\|=\|D_n\|_{L^1}$.

(3) 考虑 $C(\mathbb R/2\pi \mathbb Z,\mathbb C)$ 的子空间：

$$\mathcal K:=\{f\in C(\mathbb R/2\pi \mathbb Z,\mathbb C):\|f\|_\infty\leq 1\}$$

限制有界后，$\mathcal K$ 是 Banach 空间；此外，(2) 中的函数 $f_{m,n}\in\mathcal K$；则有界线性算子列 $\mathcal F_n:\mathcal K\to C(\mathbb R/2\pi \mathbb Z,\mathbb C)$ 满足 $\|\mathcal F_n\|=\|D_n\|_{L^1}\to \infty$，由一致有界原理 II，知道

$$R:=\{f\in \mathcal K:\sup_n \|\mathcal F_n(f)\|_\infty=\infty\}$$

是 $\mathcal K$ 的剩余集，因此存在 $f\in C(\mathbb R/2\pi \mathbb Z,\mathbb C)$，使得 $\mathcal F_n(f)$ 不一致有界，所以不一致收敛.

8.2 函数 $f\in L^1([0,2\pi],\mathbb C)$ 的 Fourier 系数定义为

$$\hat f(n)=\dfrac 1{2\pi}\int^{2\pi}_0 f(t)e^{-int}\mathrm dt,\quad n\in\mathbb Z$$

并且 $f$ 的 Fourier 级数为 $\mathcal F(f):=(\hat f(k))_{k\in\mathbb Z}$.

(1) 证明 Riemann-Lebesgue 引理，即

$$\lim_{|n|\to\infty}|\hat f(n)|=0,\quad \forall f\in L^1([0,2\pi],\mathbb C)$$

(2) 记 $c_0(\mathbb Z,\mathbb C)$ 为 $l^\infty(\mathbb Z,\mathbb C)$ 的闭子空间，由当 $|k|\to\infty$ 时趋于 $0$ 的元素构成；证明有界线性算子 $\mathcal F:L^1([0,2\pi],\mathbb C)\to c_0(\mathbb Z,\mathbb C)$ 有稠密像但不是满射。（提示：考虑前一题中 Dirichlet 核的 Fourier 系数）.

(1) 由实分析知道，$L^1((0,2\pi),\mathbb C)$ 有光滑紧支函数逼近，具体而言就是，对于 $f\in L^1((0,2\pi),\mathbb C)$ 和任意 $\varepsilon>0$，存在 $f_\varepsilon \subseteq C^\infty_c((0,2\pi),\mathbb C)$，使得 $\|f_\varepsilon-f\|_{L^1}\leq \varepsilon$，所以

$$|\hat f(n)-\hat{f_\varepsilon}(n)|=\left|\dfrac 1{2\pi}\int^{2\pi}_0 (f(t)-f_\varepsilon(t))e^{-int}\mathrm dt\right|\leq \dfrac 1{2\pi}\|f-f_\varepsilon\|_{L^1}\leq \dfrac {\varepsilon}{2\pi}$$

所以只需要证明光滑紧支函数版本的 Riemann-Lebesgue 引理

$$\begin{array}{ll}|\hat f_\varepsilon(n)|&\displaystyle = \dfrac 1{2\pi}\left|\sum_{k=1}^n\int^{\frac {2k\pi}{n}}_{\frac {2(k-1)\pi}{n}} (f_\varepsilon(t)-f_\varepsilon(\dfrac {2k\pi}n))e^{-int}\mathrm dt+\int^{\frac {2k\pi}{n}}_{\frac {2(k-1)\pi}{n}}f_\varepsilon(\frac {2k\pi}{n})e^{-in t}\mathrm dt\right|\\ &\leq \displaystyle\dfrac 1{2\pi}(2\pi\cdot \dfrac {2\pi}{n}\|f_\varepsilon'\|_\infty)+\dfrac 1{2\pi}\cdot \max_{k}|f_\varepsilon(\dfrac {2k\pi}{n})|\cdot \sum^n_{k=1}\left|\int^{\frac {2k\pi}{n}}_{\frac {2(k-1)\pi}{n}}e^{-int}\mathrm dt\right|\\ &=\dfrac {2\pi\|f'_\varepsilon\|_\infty}{n}\end{array}$$

则

$$\lim_{n\to\infty}|\hat f(n)|\leq\lim_{n\to\infty}|\hat f(n)-\hat f_\varepsilon(n)|+|\hat f_\varepsilon(n)|\leq \dfrac {\varepsilon}{2\pi}$$

由 $\varepsilon$ 的任意性得证.

(2) 认为范数是上确界范数，则对于任意 $\xi\in c_0(\mathbb Z,\mathbb C)$ 和 $\varepsilon>0$，存在 $N\in\mathbb N$，使得当 $|k|>N$ 时，$|\xi(k)|<\varepsilon$，定义

$$f_\varepsilon(t):=\sum^N_{k=-N}\xi(k)e^{ikt}\in L^1([0,2\pi],\mathbb C)$$

则 $\|\mathcal F(f_\varepsilon)-\xi\|_\infty<\varepsilon$，所以 $L^1([0,2\pi],\mathbb C)$ 的像在 $c_0(\mathbb Z,\mathbb C)$ 中稠密.

但不是满射。反证，如果是满射，那么由开映射定理知道，$\mathcal F$ 是开映射，所以存在 $\delta>0$ 使得 $\delta B_{c_0}\subseteq \mathcal FB_{L^1}$，所以考虑序列

$$(a_{m,n})_{n\in\mathbb Z}\in c_0(\mathbb Z,\mathbb C),\quad a_{m,n}=\delta \chi_{[-m,m]}(n)$$

知道存在原像 $f_m\in B_{L^1}$，使得 $\mathcal F(f)=(a_{m,n})$，显然 $\delta D_m$ 是原像之一，由 Fourier 系数的唯一性，知道 $\delta D_m$ 是唯一的原像，因此

$$\|f_m\|_{L^1}=\|\delta D_m\|_{L^1}\geq \delta \cdot \dfrac {8}\pi \sum^m_{k=1}\dfrac 1k\xrightarrow{m\to\infty}\infty$$

可见 $(a_{m,n})\in \delta B_{c_0}$，但 $\|\delta D_m\|_{L^1}$ 发散，说明 $m$ 足够大时，$\delta D_m\notin B_{L^1}$，矛盾.

本题目说明：一致有界原理、开映射定理以及闭图像定理对不完备的赋范线性空间不成立.

8.3 令 $X=\mathbb R^\infty$ 为有限项非零的实序列 $x=(x_i)_{i\in \mathbb N}$ 组成的线性空间，对 $x\in X$ 定义

$$\|x\|_1:=\sum^\infty_{i=1}|x_i|,\quad \|x\|_\infty:=\sup_{i\in\mathbb N}|x_i|$$

证明如下事实

(1) 对 $n\in\mathbb N$ 定义线性泛函 $\Lambda _n:X\to\mathbb R$ 为 $\Lambda _n(x):=nx_n$. 则对于每个 $n\in\mathbb N$，$\Lambda_n$ 是有界的，并且 $\sup_{n\in\mathbb N}|\Lambda_n(x)|<\infty,\forall x\in X$，然而 $\sup_{n\in\mathbb N}\|\Lambda_n\|_{X^*}=\infty$；

(2) 恒等映射 $\mathrm{id}:(X,\|\cdot\|_1)\to(X,\|\cdot\|_\infty)$ 是有界的，但其逆不是；

(3) 恒等映射 $\mathrm{id}:(X,\|\cdot\|_\infty)\to(X,\|\cdot\|_1)$ 有闭图像但不是有界的。

(1) 对范数 $\|\cdot \|_1$，有

$$\|\Lambda_n\|=\sup_{\|x\|_1=1}|\Lambda _nx|\leq n\sup_{\|x\|_1=1}|x_n|=n$$

对范数 $\|\cdot\|_\infty$ 是同理的。任选 $x\in X$，注意到 $x$ 是有限项非零实序列，不妨设 $N_x\in\mathbb N$ 使得 $x_{N_x}\neq 0$ 且对于 $n>N_x$ 都有 $x_n=0$，则

$$\sup_{n\in\mathbb N}|\Lambda_n(x)|\leq N_x<\infty$$

然而

$$\infty=\sup_{n\in\mathbb N}n\leq \sup_{n\in\mathbb N}\sup_{\|x\|=1}|\Lambda _nx|\leq \sup_{n\in\mathbb N}\|\Lambda _n\|_{X^*}$$

(2) 恒等映射 $\mathrm{id}:(X,\|\cdot\|_1)\to (X,\|\cdot\|_\infty)$ 满足

$$\|\mathrm{id}\|=\sup_{\|x\|_1=1}\|\mathrm{id}(x)\|_\infty=\sup_{\|x\|_1=1}\sup_{i\in\mathbb N}|x_i|\leq 1$$

从而是有界的，但其逆 $\mathrm{id}^{-1}:(X,\|\cdot\|_\infty)\to (X,\|\cdot\|_1)$ 不是有界的

$$\|\mathrm{id}^{-1}\|=\sup_{\|x\|_\infty=1}\|\mathrm{id}^{-1}(x)\|_1\geq \sup_{(1,\cdots,1,0,\cdots)\in \{\|x\|_\infty=1\}}\sum^n_{k=1}1=\infty$$

(3) 恒等映射 $\mathrm{id}:(X,\|\cdot\|_\infty)\to (X,\|\cdot\|_1)$ 有闭图像，因为 $\mathrm{id}(X)$ 显然是 $X$ 的闭集，但不是有界的，这在 (2) 中已经证明.

8.4 证明：$T\in\mathcal L(X;Y)$，$X,Y$ 是赋范空间。则 $T$ 是开映射，当且仅当存在 $r_0,R_0>0$ 以及 $x_0,x_1\in X$ 满足

$$B(Tx_1;r_0)\subseteq T(B(x_0;R_0)),\quad x_1\in B(x_0;R_0)$$

(1) 必要性。如果 $T$ 是开映射，那么对于任意 $x_0\in X$ 和 $R_0>0$，有 $T(B(x_0;R_0))$ 是开集，从而存在 $y_1\in T(B(x_0;R_0))$ 和 $r_0>0$ 使得

$$B(y_1;r_0)\subseteq T(B(x_0;R_0))$$

而 $y_1$ 的定义保证了存在 $x_1\in B(x_0;R_0)$ 使得 $T x_1=y_1$.

(2) 充分性。如果存在 $r_0,R_0>0$ 以及 $x_0,x_1\in X$ 满足

$$B(Tx_1;r_0)\subseteq T(B(x_0;R_0)),\quad x_1\in B(x_0;R_0)$$

所以对于任意单位向量 $u\in Y$，和 $r\in(0,r_0)$，有 $Tx_1+ru\in B(Tx_1;r_0)\subseteq T(B(x_0;R_0))$，所以存在 $x_u\in B(x_0;R_0)$ 使得 $T x_u=Tx_1+ru$，因此

$$B(0,r_0)\subseteq T(B(0,2R_0))$$

从而 $T$ 是满射，进而是开映射.

8.5 设 $\mathcal X,\mathcal Y$ 是 Banach 空间，又设方程 $Ux=y$ 对任意 $y\in\mathcal Y$ 有解 $x\in\mathcal X$，其中 $U\in \mathcal L(\mathcal X\to\mathcal Y)$，并且存在 $m>0$ 使得

$$\|Ux\|\geq m\|x\|,\quad \forall x\in\mathcal X$$

证明：$U$ 有连续逆 $U^{-1}$，并且 $\|U^{-1}\|\leq \frac 1m$.

对于任意 $y_1,y_2\in\mathcal Y$，存在 $x_1,x_2\in\mathcal X$ 使得 $U x_1=y_1$，$U x_2=y_2$，其中这里的解目前不唯一，为任取。考虑

$$\|y_1-y_2\|=\|U x_1 - U x_2\|=\|U(x_1-x_2)\|\geq m\|x_1 - x_2\|$$

所以 $U$ 有连续逆，特别地，$U$ 是双射，并且

$$\|U^{-1}\|=\sup_{y\in\mathcal Y,\|y\|=1}\|U^{-1}y\|\leq \sup_{y\in\mathcal Y,\|y\|=1}\dfrac 1m \|U(U^{-1}y)\|=\dfrac 1m$$