第10讲共鸣定理及其应用 教学目的 掌握共鸣定理的证明思想,通过具体例子分析使学生了解 它在经典分析中的应用并初步学会应用的方法 授课要点 1领会纲推理在证明中的关键作用 2困难在于如何将经典分析中的问题转化为泛函分析中的问 题 泛函分析要解决的问题往往不是关于单个算子或单个元素的,而是涉及一族算子或元 素的。换句话说,我们所关心的是一族算子或元素共有的性质.在上一节里我们己经把从赋 范空间X到赋范空间Y的有界线性算子全体记为B(X,Y),那么我们现在要考虑的是有 关算子族K={T2;A∈A}cB(X,Y)的问题 我们称{7∈是一致有界的,若sp70和非空 开集B使得 f2(x)≤M,V∈A,x∈B. 证明设En={x∈X,2(x)≤n,VA∈A,Em={x∈x,f2(x)≤n},则En=∩E如,由下 办连续性,每个Em是闭集,从而En是闭集.又由引理中条件,Ec∪En,E是第二纲集, 所以E,是第二纲集于是存在n使得B=E≠0.于是 f(x)≤n0,yV∈A,x∈B 引理2设{T2;λ∈}是B(X,Y)中一族有界线性算子,若B是X中的非空开集,并 且Wx∈B,sup2≤a,则存在M>0使得supM.即(T2;A∈A)是一致有界的
第 10 讲 共鸣定理及其应用 教学目的 掌握共鸣定理的证明思想，通过具体例子分析使学生了解 它在经典分析中的应用并初步学会应用的方法． 授课要点 1 领会纲推理在证明中的关键作用. 2 困难在于如何将经典分析中的问题转化为泛函分析中的问 题. 泛函分析要解决的问题往往不是关于单个算子或单个元素的，而是涉及一族算子或元 素的。换句话说，我们所关心的是一族算子或元素共有的性质．在上一节里我们已经把从赋 范空间 X 到赋范空间 Y 的有界线性算子全体记为 ) B(X,Y , 那么我们现在要考虑的是有 关算子族 K = {T ;λ ∈Λ} ⊂ B(X,Y) λ 的问题. 我们称{ ;λ Λ} Tλ ∈ 是一致有界的，若sup 0 和非空 开集 B 使得 f (x) ≤ M, ∀λ ∈Λ, x∈ B. λ (1) 证明 设 { ; ( ) , λ Λ}, En = x ∈ X f λ x ≤ n ∀ ∈ E {x X ; f (x) n} λn = ∈ λ ≤ ，则 . En Eλn λ∈Λ = ∩ 由下 办连续性，每个 Eλn 是闭集，从而 En 是闭集. 又由引理中条件， , 1 n n E E ∞ = ⊂ ∪ E 是第二纲集， 所以 n n E ∞ = ∪1 是第二纲集. 于是存在 0 n 使得 = ≠ o B En0 Ø．于是 ( ) , , . f λ x ≤ n0 ∀λ ∈ Λ x ∈ B (2) 引理 2 设{ ;λ Λ} Tλ ∈ 是 B(X ,Y) 中一族有界线性算子，若 B 是 X 中的非空开集，并 且∀x∈ B T x ≤ a ∈ λ λ Λ ,sup ，则存在 M > 0 使得sup T ≤ M. ∈ λ λ Λ 即( ;λ Λ) Tλ ∈ 是一致有界的．
证明不妨设0∈B,否则任取x0∈B,令B=B-x0,则B是开集并且0∈B".此 时每个x∈B",x'=x-x0,其中x∈B,于是 卩2=2x-T2xx+2x2a,VA∈A (3) 即变为所说的情况 现在取δ>0使O(0,δ)cB则更有 Sup/2xsa,x∈O0.) 从而 上::+=,以2 定理1(共鸣定理)设X,Y是线性赋范空间,{λ∈A}是一族有界线性算子.若 7∈A在X的某个第二纲集上点点有界,则它是一致有界的 特别地,在 Banach空间上点点有界的连续线性算子族是一致有界的 证明实际上1(x)=(x是x的连续函数,然后应用引理1、引理2即得到所要 的结论 定理2( Banach- Steinhaus)设{n}是从 Banach空间X到线性赋范空间Y的有界线 性算子,若对于每个x∈X, limt.x存在,则存在T∈B(X,Y)使得 Tx= limT.x,wx∈x|rsim‖ 证明令Tx= linux,Vx∈X,则T在X上有定义并且是线性算子.极限的存在性说 明,x∈X,|刈有界,X是完备的,根据共鸣定理,Tn}是一致有界的.故存在M>0使 得|7≤M,n≥1.于是 = lim Tx≤ ≤M 从而M·若m=a=lm同样的极限x=lm7x成立,由此得出 17x=limI Tn, x s lim, - =lll 所以sim|‖
证 明 不妨设0∈ B ，否则任取 , x0 ∈ B 令 ' , 0 B = B − x 则 B'是开集并且 ' 0∈ B ． 此 时每个 ' ', ' , 0 x ∈ B x = x − x 其中 x∈ B ， 于是 Tλ x = Tλ x − Tλ x0 ≤ Tλ x + Tλ x0 ≤ 2a, ∀λ ∈Λ (3) 即变为所说的情况. 现在取δ > 0 使 O(0, δ ) ⊂ B 则更有 sup , (0,δ ). λ λ Λ T x ≤ a ∀x∈O ∈ 从而 sup , . 1 sup ( ) λ Λ δ δ δ λ δ λ δ λ = = ≤ ∀ ∈ ≤ ≤ a T x x T T x x (4) 定理 1 （共鸣定理） 设 X,Y 是线性赋范空间，{ ;λ Λ} Tλ ∈ 是一族有界线性算子. 若 { ;λ Λ} Tλ ∈ 在 X 的某个第二纲集上点点有界，则它是一致有界的. 特别地，在 Banach 空间上点点有界的连续线性算子族是一致有界的. 证 明 实际上 f (x) = T (x) λ 是 x 的连续函数，然后应用引理 1、引理 2 即得到所要 的结论. 定理 2 （Banach-Steinhaus） 设{ } Tn 是从 Banach 空间 X 到线性赋范空间 Y 的有界线 性算子，若对于每个 x∈ X, T xn n→∞ lim 存在，则存在T ∈ B(X,Y)使得 Tx Tn x x X n = ∀ ∈ →∞ lim , n n T T →∞ ≤ lim ． (5) 证明 令 Tx Tn x x X n = ∀ ∈ →∞ lim , ，则T 在 X 上有定义并且是线性算子. 极限的存在性说 明，∀x ∈ X ， T xn 有界，X 是完备的，根据共鸣定理，{ } Tn 是一致有界的. 故存在 M > 0 使 得 T ≤ M , n ≥1. n 于是 Tx = T x Tn x M x x X n n n ≤ ≤ ∀ ∈ ≥ →∞ lim sup , 1 从而 T ≤ M ．若 lim lim , k k n n n n T a T →∞ →∞ = = 同样的极限Tx T xk k n n →∞ = lim 成立，由此得出 Tx = T x T x a x x X k k k k n n n n ≤ = ∀ ∈ →∞ →∞ lim lim , 所以 n n T T →∞ ≤ lim ．
思考题 1、定理1,2中的 Banach空间或第二纲集的条件其必要性如何?试考察下面例子 P[a,b]上定义 f(p)=man,Vp()=a0+at+…+at∈Pa,b] 证明n是线性泛函,它们点点有界却不是范数有界的原因在于P[a,b]不是完备 空间,自身也不是第二纲集. 2、设X是 Banach空间,Y是线性赋范空间,T∈B(X,Y)则supn=∞当且仅 当存在x∈X使得 supl, xo|=∞·(称此点x是{团}的共鸣点) 共鸣定理在经典分析中有着广泛的应用.对于其中一些复杂的问题,应用共鸣定理可以 简便地得到解决.下面举出几种例子,即 Holder不等式的逆问题,机械求积公式的收敛性以 及 Fourier级数的发散问题,其中应注意是如何将经典分析中的问题转化为泛函分析中的问 题并加以解决的 例1设1<p<∞,a=(an)是标量序列,若x=(xn)∈P,级数 收敛,则a∈q,这里 证明问题即证明∑|anP<o.Wn≥1,定义 f(x)=∑ax,Vx∈ 则f是P上的线性泛函.由 Holder不等式 (x=1ax,|②k)(立k 于是L/|)%.为了进一步求出其范数,取 x=(x0),…,x0), (其中令%=0),则容易计算出kL=LA(x9)=k),所以
思考题 1、 定理 1，2 中的 Banach 空间或第二纲集的条件其必要性如何？试考察下面例子： 在 Pab [,]上定义 0 1 ( ) , () [ , ] k nn k f p na p t a a t a t P a b = ∀ =+ ++ ∈ " 证明 nf 是线性泛函，它们点点有界却不是范数有界的. 原因在于 Pab [,]不是完备 空间，自身也不是第二纲集. 2、 设 X 是 Banach 空间，Y 是线性赋范空间，T B(X ,Y ), n ∈ 则 = ∞ ≥ n n T 1 sup 当且仅 当存在 x0 ∈ X 使得 = ∞ ≥ 0 1 sup T xn n ．(称此点 0 x 是{ } Tn 的共鸣点). 共鸣定理在经典分析中有着广泛的应用. 对于其中一些复杂的问题，应用共鸣定理可以 简便地得到解决. 下面举出几种例子，即 Holder 不等式的逆问题，机械求积公式的收敛性以 及 Fourier 级数的发散问题，其中应注意是如何将经典分析中的问题转化为泛函分析中的问 题并加以解决的. 例 1 设1 , ( ) n < p < ∞ α = α 是标量序列，若 p n ∀x = (x )∈l , 级数 ∑ ∞ n=1 n n α x （6） 收敛， 则 , q α ∈l 这里 1. 1 1 + = p q 证明 问题即证明 . 1 ∑ < ∞ ∞ n= q α n ∀n ≥ 1，定义 ∑= = ∀ ∈ n i p n i i f x x x l 1 ( ) α , 则 n f 是 p l 上的线性泛函. 由 Holder 不等式 f n (x) = ( ) ( ) . 1 1 1 1 1 ∑ ∑ ∑ = = = ≤ n i p n i p i q q n i i i i α x α x 于是 f n ≤ q q n i i 1 1 (∑ ) = α . 为了进一步求出其范数，取 , ( , , ,0, ) ( ) (0) (0) 1 (0) 1 1 (0) " n " p q n i i i q i i x = x = x x ∑= α α α （其中令 0) 0 0 = ， 则容易计算出 1, (0) = p x ( ) = (0) f x n ( ) , 1 1 q q n i ∑ i = α 所以
由于级数(6)对于每个x∈°收敛,即泛函序列f,对于每个x∈P收敛,根据 Banach 定理,fn是安范数有界的,所以 即a∈lq 其实上述结论对于p=1也成立,此时a∈l°.同样地,对于函数空间,例如若a()是 可测函数并且Wx∈D(),积分[a()xn存在,则必有a∈L"(p),这里 =1,1≤p<∞ 例2机械求积公式的收敛性 在定积分的近似计算中有各种公式,例如矩形公式 rxoh==(x()+x2)+…+x,) 梯形公式 Lx0)=2n()+2x(2)+…+2x()+x(,) 公式 x0)m=50()+)+20)-+2+)++40 在微积分中已经证明当分点逐步加细时它们都能很好地收敛与函数的积分值.其实这些公 式归结起来可以叙述为这样的问题:给定一列分点组 <D<…< 和一列数组A4(k=0…,kn;n=1,2,…,对于每个连续函数x(1),记 fn(x)=Anx(to)+An1x(r1)+…+An.x(1), (7) 问在什么条件下 lim,(x)=O)dr 式(⑦)即为机械求积公式 定理3( Polya)机械求积公式在CIa,b]上收敛的充分必要条件是 M.Vn≥1 k=6
f n = q q n i i 1 1 (∑ ) = α ． 由于级数（6）对于每个 p x∈l 收敛，即泛函序列 n f 对于每个 p x∈l 收敛，根据 BanachSteinhaus 定理， n f 是安范数有界的，所以 ∑ = ∞ = q q i i 1 1 ( α ) sup( ) sup , 1 1 ∑ = < ∞ = n q q n i i α f 即 q α ∈l ． 其实上述结论对于 p =1也成立，此时 ∞ α ∈l . 同样地，对于函数空间，例如若α(t) 是 可测函数并且 (µ) p ∀x∈ L ，积分 ∫Ω α(t)x(t)dt 存在，则必有 α (µ) q ∈ L , 这 里 1,1 . 1 1 + = ≤ p < ∞ p q 例 2 机械求积公式的收敛性. 在定积分的近似计算中有各种公式，例如矩形公式 ( ) ( ( ) ( ) ( )), 1 2 n b a x t x t x t n b a x t dt + + + − ≈ ∫ " 梯形公式 ( ( ) 2 ( ) 2 ( ) ( )), 2 ( ) 0 2 n 1 n b a x t x t x t x t n b a x t dt + + + + − ∫ ≈ " − Simpson 公式 ( ( ) ( ) 2 ( ) 2 ( ) 4 ( ) 4 ( )). 6 ( ) 0 + 2 + 2 + 2 −2 + 1 + + 2 −1 − ≈ ∫ n n n b a x t x t x t x t x t x t n b a x t dt " " 在微积分中已经证明当分点逐步加细时它们都能很好地收敛与函数的积分值. 其实这些公 式归结起来可以叙述为这样的问题：给定一列分点组 a t t t b n k n n n = < < < = ( ) ( ) 1 ( ) 0 " 和一列数组 A (k = 0,1,", k ; n = 1,2,"), nk n 对于每个连续函数 x(t) ，记 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 ( ) 0 0 n nk k n n n n n n n f x = A x t + A x t + " + A x t ， （7） 问在什么条件下 ∫ = →∞ b a n n lim f (x) x(t)dt ? 式(7) 即为机械求积公式. 定理 3 (Polya) 机械求积公式在 ] C[a, b 上收敛的充分必要条件是： (1) , 1. 0 ∑ ≤ ∀ ≥ = A M n n k k nk
(2)wx,O)=(20.lmfx)=x 证明易知∫n(x)对于每个x∈C{a,b有定义,实际上是Ca,b上的线性泛函.由于 J(x)≤C∑ An)(maxx()=(2∑|A 故Ms∑|Ad.另一方面,对于固定的n,在Cab]中总可以取到这样的连续函数x 使得 Lex(l)x(,) xo(rf)=sign Ank, roll 此时有 总之|fn=∑|A 现在,1°若机械求积公式收敛,则(2)是显然的.由CIab]的完备性,根据共鸣定理(1)成 °反之,先由(2),由于每个f以及积分和极限运算都是线性的,故求积公式对于 每个多项式是成立的若x∈Ca,b是任一函数,根据 Weierstrass定理,取多项式p(),使 r-p=maxx()-p(l (E是任意给定的正数),则
（2） ∫ ∀ = ≥ = →∞ b a n j j n j j x ( t) t ( j 0), lim f (x ) x (t)dt. 证明 易知 f (x) n 对于每个 x∈C[a,b] 有定义，实际上是C[a, b]上的线性泛函. 由于 ( ) ( )(max ( )) ( ) , 0 0 f x A x t A x n n k k nk a t b k k n ∑ nk ∑ = ≤ ≤ = ≤ = 故 f n ≤ ∑= n k k Ank 0 . 另一方面，对于固定的 n，在C[a, b]中总可以取到这样的连续函数 0 x ， 使得 o −1 An0 An1 An2 An3 An4 An5 1 ( )1 x t ( ) 0 x t ( )2 x t ( )3 x t ( ) 4 x t ( )5 x t ( ) , ( ) 0 nk n x t k = sign A 1 x0 = 此时有 ∑= ≥ = n k k n n Ank f f x 0 0 ( ) 总之 f n = ∑= n k k Ank 0 . 现在，1° 若机械求积公式收敛，则(2)是显然的. 由C[a, b]的完备性，根据共鸣定理 (1)成 立. 2° 反之，先由(2)，由于每个 n f 以及积分和极限运算都是线性的，故求积公式对于 每个多项式是成立的. 若 x∈C[a,b] 是任一函数，根据 Weierstrass 定理，取多项式 p(t) ，使 − = max ( ) − ( ) < ε, ≤ ≤ x p x t p t a t b (ε 是任意给定的正数)，则
x(-f,(x)s[x(h-pOd+pouh-f(p)+(p)-(x 0,fsM,n≥1.现在我们可以算出|f.实际上,由上一讲例7, sIn(n 22 sin(2n+D) sin( znt 2 sin(2n+1)
x(t)dt f (x) x(t)dt p(t)dt p(t)dt f ( p) f ( p) f (x) n n b a n b a b a b a − n ≤ − + − + − ∫ ∫ ∫ ∫ ≤ (b − a)ε + ∫ − b a p(t)dt f n ( p) ＋ Mε. 由上面所说，取 0 n 足够大，当 0 n ≥ n 时中间一项可小于 ε，从而 ∫ = →∞ b a n n lim f (x) x(t)dt. 例 3 (Fourier 级数的发散问题) 我们要证明下面命题： 对于每一点 [ , ] t 0 ∈ −π π ，存在函数 x∈C[−π ,π ]使得 x 的 Fourier 级数在 0t 发散. 考虑 x 的 Fourier 级数的部分和序列 ∑= = + + n k n k k S x t kt kt 1 0 ( cos sin ) 2 ( )( ) α β α ， n ≥ 0. 其中 ∫− = ≥ π π π α ( ) cos , 0 1 x t ktdt k k ∫− = ≥ π π π β ( )sin , 1. 1 x t ktdt k k 实际计算可以得出 ∫− − + − = π π π x s ds t s n t s S x t n ( ) 2 sin )( ) 2 1 sin( 2 1 ( )( ) （8） 容易知道 S (x) n 是C[−π ,π ]上的线性算子。 若固定 [ , ] t 0 ∈ −π π ，则 ( )( ) 0 S x t n 是C[−π ,π ]上 的线性泛函。不失一般性，我们就 0 t 0 = 证明所说的结论． 设 f (x) S (x)(0), n = n 若 ] ∀x∈C[−π ,π ， f (x) n 都收敛，由共鸣定理知道 n f 是范数有 界的， 即 ∃M > 0, f ≤ M , n ≥1. n 现在我们可以算出 n f ．实际上，由上一讲例 7， ds s n s f n ∫− + = π π π 2 sin ) 2 1 sin( 2 1 ds s n s ∫ + = 2 0 sin 2 sin(2 1) π π ≥ ds s 2 sin(2n 1)s 2 0 + ∫ π π ds s n s n k n k n k 2 sin(2 1) 2(2 1) ( 1) 2(2 1) 2 0 + = ∑ ∫ + + + = π π π
sin s ds 4 矛盾即说明∫n在C-z,丌]上点点收敛不能成立.从而存在x∈C[-丌,丌]在t=0发散
s ds k k k n k ∑ ∫ + = + ≥ 2 ( 1) 2 2 0 2 sin 1 4 1 π π π s ds k n k ∑ ∫ = + = 2 0 2 0 2 sin 1 4 1 π π . 1 4 1 2 0 2 → ∞ + = ∑= n π k k 矛盾即说明 n f 在C[−π ,π ]上点点收敛不能成立. 从而存在 x∈C[−π ,π ]在 0 t 0 = 发散
