第3章 巴拿赫空間

1. 巴拿赫不動點定理

例題1

問題：在完備度量空間(\mathbb{R},d)（d(x,y)=\vert x - y\vert）中，定義映射f(x)=\frac{1}{2}x + 1，求f的不動點。

解析：首先驗證f是壓縮映射。對於任意x,y\in\mathbb{R}，d(f(x),f(y))=\vert(\frac{1}{2}x + 1)-(\frac{1}{2}y + 1)\vert=\frac{1}{2}\vert x - y\vert，這裡k=\frac{1}{2}，0<\frac{1}{2}<1，所以f是壓縮映射。

設不動點為x_0，則f(x_0)=x_0，即\frac{1}{2}x_0 + 1 = x_0，移項可得x_0-\frac{1}{2}x_0 = 1，\frac{1}{2}x_0 = 1，解得x_0 = 2。所以f的不動點是2。

例題2

問題：在完備度量空間X = C([0,1])（賦以上確界范數\|f\|=\sup_{x\in[0,1]}\vert f(x)\vert）中，定義映射T:X\to X為(Tf)(x)=\frac{1}{2}\int_{0}^{x}f(t)dt + 1，證明T有唯一不動點。

解析：對於任意f,g\in C([0,1])，有\|Tf - Tg\|=\sup_{x\in[0,1]}\vert\frac{1}{2}\int_{0}^{x}(f(t)-g(t))dt\vert。

由積分的性質，\vert\frac{1}{2}\int_{0}^{x}(f(t)-g(t))dt\vert\leq\frac{1}{2}\int_{0}^{x}\vert f(t)-g(t)\vert dt\leq\frac{1}{2}\|f - g\|。

所以\|Tf - Tg\|\leq\frac{1}{2}\|f - g\|，k = \frac{1}{2}，0<\frac{1}{2}<1，T是壓縮映射。

由巴拿赫不動點定理，T有唯一不動點。

例題3

問題：在完備度量空間(\mathbb{R}^2,d)，d((x_1,y_1),(x_2,y_2))=\sqrt{(x_1 - x_2)^2+(y_1 - y_2)^2}中，映射F(x,y)=(\frac{1}{3}x+\frac{1}{4}y,\frac{1}{5}x+\frac{1}{6}y)，判斷F是否有不動點。

解析：計算d(F(x_1,y_1),F(x_2,y_2))：

\begin{align*}

F(x_1,y_1)-F(x_2,y_2)&=(\frac{1}{3}(x_1 - x_2)+\frac{1}{4}(y_1 - y_2),\frac{1}{5}(x_1 - x_2)+\frac{1}{6}(y_1 - y_2))\\

d(F(x_1,y_1),F(x_2,y_2))&=\sqrt{(\frac{1}{3}(x_1 - x_2)+\frac{1}{4}(y_1 - y_2))^2+(\frac{1}{5}(x_1 - x_2)+\frac{1}{6}(y_1 - y_2))^2}\\

\end{align*}

利用柯西 - 施瓦茨不等式可得d(F(x_1,y_1),F(x_2,y_2))\leq kd((x_1,y_1),(x_2,y_2))，其中k=\max\{\vert\frac{1}{3}\vert+\vert\frac{1}{4}\vert,\vert\frac{1}{5}\vert+\vert\frac{1}{6}\vert\}=\frac{7}{12}<1。

所以F是壓縮映射，由巴拿赫不動點定理，F有唯一不動點。

例題4

問題：在完備度量空間X = \ell^2（平方可和序列空間，范數\|x\|=\sqrt{\sum_{n = 1}^{\infty}x_n^2}）中，定義T(x_1,x_2,\cdots)=(\frac{1}{2}x_1,\frac{1}{3}x_2,\cdots,\frac{1}{n + 1}x_n,\cdots)，證明T有唯一不動點。

解析：對於任意x=(x_1,x_2,\cdots),y=(y_1,y_2,\cdots)\in\ell^2，

\begin{align*}

\|T x - T y\|&=\sqrt{\sum_{n = 1}^{\infty}(\frac{1}{n + 1}(x_n - y_n))^2}\\

&\leq\sqrt{\sum_{n = 1}^{\infty}(\frac{1}{2}(x_n - y_n))^2}\\

&=\frac{1}{2}\sqrt{\sum_{n = 1}^{\infty}(x_n - y_n)^2}\\

&=\frac{1}{2}\|x - y\|

\end{align*}

k=\frac{1}{2}，0<\frac{1}{2}<1，T是壓縮映射。由巴拿赫不動點定理，T有唯一不動點，且不動點為(0,0,\cdots)。

例題5

問題：在完備度量空間([1,+\infty),d)，d(x,y)=\vert x - y\vert中，映射f(x)=\frac{1}{2}x+\frac{1}{x}，證明f有唯一不動點。

解析：首先求f(x)的導數f^\prime(x)=\frac{1}{2}-\frac{1}{x^2}，在x\in[1,+\infty)時，f^\prime(x)\in[0,\frac{1}{2})。

由中值定理，對於任意x,y\in[1,+\infty)，\vert f(x)-f(y)\vert=\vert f^\prime(\xi)(x - y)\vert\leq\frac{1}{2}\vert x - y\vert，k=\frac{1}{2}，0<\frac{1}{2}<1。

所以f是壓縮映射，由巴拿赫不動點定理，f有唯一不動點。令f(x)=x，即\frac{1}{2}x+\frac{1}{x}=x，整理得x^2 = 2，解得x=\sqrt{2}（x\in[1,+\infty)）。

例題6

問題：在完備度量空間C([0,2\pi])（賦以上確界范數）中，定義Tf(x)=\frac{1}{3}\int_{0}^{x}f(t)\sin tdt + 1，證明T有唯一不動點。

解析：對於任意f,g\in C([0,2\pi])，\|Tf - Tg\|=\sup_{x\in[0,2\pi]}\vert\frac{1}{3}\int_{0}^{x}(f(t)-g(t))\sin tdt\vert。

因為\vert\sin t\vert\leq1，所以\vert\frac{1}{3}\int_{0}^{x}(f(t)-g(t))\sin tdt\vert\leq\frac{1}{3}\int_{0}^{x}\vert f(t)-g(t)\vert dt\leq\frac{1}{3}\|f - g\|。

k=\frac{1}{3}，0<\frac{1}{3}<1，T是壓縮映射。由巴拿赫不動點定理，T有唯一不動點。

例題7

問題：在完備度量空間(\mathbb{R}^n,d)，d(x,y)=\|x - y\|_2=\sqrt{\sum_{i = 1}^{n}(x_i - y_i)^2}中，A是n\times n矩陣且\|A\|_2<1（矩陣2 -范數），定義F(x)=Ax + b（x\in\mathbb{R}^n，b\in\mathbb{R}^n），證明F有唯一不動點。

解析：對於任意x,y\in\mathbb{R}^n，d(F(x),F(y))=\|Ax + b-(Ay + b)\|_2=\|A(x - y)\|_2。

由矩陣范數的性質\|A(x - y)\|_2\leq\|A\|_2\|x - y\|_2，已知\|A\|_2<1，所以F是壓縮映射。

由巴拿赫不動點定理，F有唯一不動點。令F(x)=x，即Ax + b=x，(I - A)x = b，解為x=(I - A)^{-1}b。

例題8

問題：在完備度量空間X = C^1([0,1])（一階連續可微函數空間，范數\|f\|=\max\{\sup_{x\in[0,1]}\vert f(x)\vert,\sup_{x\in[0,1]}\vert f^\prime(x)\vert\}）中，定義Tf(x)=\frac{1}{4}\int_{0}^{x}f^\prime(t)dt + 1，證明T有唯一不動點。

解析：對於任意f,g\in C^1([0,1])，\|Tf - Tg\|=\max\{\sup_{x\in[0,1]}\vert\frac{1}{4}\int_{0}^{x}(f^\prime(t)-g^\prime(t))dt\vert,\sup_{x\in[0,1]}\vert\frac{1}{4}(f^\prime(x)-g^\prime(x))\vert\}。

\vert\frac{1}{4}\int_{0}^{x}(f^\prime(t)-g^\prime(t))dt\vert\leq\frac{1}{4}\int_{0}^{x}\vert f^\prime(t)-g^\prime(t)\vert dt\leq\frac{1}{4}\|f - g\|，且\vert\frac{1}{4}(f^\prime(x)-g^\prime(x))\vert\leq\frac{1}{4}\|f - g\|。

所以\|Tf - Tg\|\leq\frac{1}{4}\|f - g\|，k=\frac{1}{4}，0<\frac{1}{4}<1，T是壓縮映射。由巴拿赫不動點定理，T有唯一不動點。

2. F. 里斯表示定理（一般希爾伯特空間情況）

例題1

問題：在希爾伯特空間L^2([0,1])中，已知線性泛函\ell(f)=\int_{0}^{1}f(x)x dx，求y\in L^2([0,1])使得\ell(f)=(f,y)。

解析：由F.里斯表示定理，設y(x)=x，對於任意f\in L^2([0,1])，(f,y)=\int_{0}^{1}f(x)y(x)dx=\int_{0}^{1}f(x)x dx=\ell(f)。

且\|\ell\|=\|y\|=\sqrt{\int_{0}^{1}x^2dx}=\frac{1}{\sqrt{3}}。

例題2

問題：在希爾伯特空間\ell^2中，線性泛函\ell(x_1,x_2,\cdots)=\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{x_n}{n}，求對應的y=(y_1,y_2,\cdots)\in\ell^2。

解析：設y_n=\frac{1}{n}，則對於任意x=(x_1,x_2,\cdots)\in\ell^2，(x,y)=\sum_{n = 1}^{\infty}x_ny_n=\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{x_n}{n}=\ell(x)。

\|y\|=\sqrt{\sum_{n = 1}^{\infty}y_n^2}=\sqrt{\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n^2}}=\frac{\pi}{\sqrt{6}}，且\|\ell\|=\|y\|。

例題3

問題：在希爾伯特空間L^2(\mathbb{R})中，線性泛函\ell(f)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)e^{-x^2}dx，求y\in L^2(\mathbb{R})使得\ell(f)=(f,y)。

解析：令y(x)=e^{-x^2}，對於任意f\in L^2(\mathbb{R})，(f,y)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)y(x)dx=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)e^{-x^2}dx=\ell(f)。

\|y\|=\sqrt{\int_{-\infty}^{\infty}e^{-2x^2}dx}=\frac{\sqrt{\pi}}{\sqrt[4]{2}}，且\|\ell\|=\|y\|。

例題4

問題：在希爾伯特空間H（內積為(\cdot,\cdot)）中，已知\ell是連續線性泛函，且\ell(x_1)=1，\ell(x_2)=2，其中\|x_1\| = 1，\|x_2\| = 2，(x_1,x_2)=0，求y\in H使得\ell(x)=(x,y)。

解析：設y = a x_1+bx_2，則\ell(x_1)=(x_1,y)=a(x_1,x_1)+b(x_1,x_2)=a，所以a = 1。

\ell(x_2)=(x_2,y)=a(x_2,x_1)+b(x_2,x_2)=4b，所以b=\frac{1}{2}。

即y = x_1+\frac{1}{2}x_2，且\|\ell\|=\|y\|=\sqrt{(x_1+\frac{1}{2}x_2,x_1+\frac{1}{2}x_2)}=\sqrt{1 + 1}=\sqrt{2}。

例題5

問題：在希爾伯特空間L^2([-\pi,\pi])中，線性泛函\ell(f)=\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos xdx，求y\in L^2([-\pi,\pi])使得\ell(f)=(f,y)。

解析：令y(x)=\cos x，對於任意f\in L^2([-\pi,\pi])，(f,y)=\int_{-\pi}^{\pi}f(x)y(x)dx=\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos xdx=\ell(f)。

\|y\|=\sqrt{\int_{-\pi}^{\pi}\cos^{2}xdx}=\sqrt{\pi}，且\|\ell\|=\|y\|=\sqrt{\pi}。
 
例題6
 
問題：在希爾伯特空間H中，已知線性泛函\ell滿足\ell(x + y)=\ell(x)+\ell(y)，\ell(\alpha x)=\alpha\ell(x)，且|\ell(x)|\leq C\|x\|（C為常數）。若\{e_n\}是H的一組正交基，求y\in H使得\ell(x)=(x,y)。
解析：因為\{e_n\}是正交基，對於任意x\in H，x = \sum_{n = 1}^{\infty}(x,e_n)e_n。
由線性泛函的性質，\ell(x)=\sum_{n = 1}^{\infty}(x,e_n)\ell(e_n)。
設y=\sum_{n = 1}^{\infty}\overline{\ell(e_n)}e_n，則(x,y)=\sum_{n = 1}^{\infty}(x,e_n)\overline{(y,e_n)}=\sum_{n = 1}^{\infty}(x,e_n)\ell(e_n)=\ell(x)。
又\|y\|=\sqrt{\sum_{n = 1}^{\infty}|\ell(e_n)|^2}，由|\ell(x)|\leq C\|x\|，取x = e_n，可得|\ell(e_n)|\leq C，所以y\in H。
 
例題7
 
問題：在希爾伯特空間L^2([0,2])中，線性泛函\ell(f)=\int_{0}^{2}f(x)(x - 1)dx，求y\in L^2([0,2])使得\ell(f)=(f,y)。
解析：令y(x)=x - 1，對於任意f\in L^2([0,2])，(f,y)=\int_{0}^{2}f(x)(x - 1)dx=\ell(f)。
\|y\|=\sqrt{\int_{0}^{2}(x - 1)^2dx}=\sqrt{\int_{0}^{2}(x^{2}-2x + 1)dx}=\sqrt{\left[\frac{1}{3}x^{3}-x^{2}+x\right]_0^2}=\frac{2}{\sqrt{3}}，且\|\ell\|=\|y\|。
 
例題8
 
問題：在希爾伯特空間H中，已知線性泛函\ell在子空間M上的值，且H = M\oplus M^{\perp}。若\ell|_M由y_1\in M表示（即\ell(x)=(x,y_1)，x\in M），求y\in H使得\ell(x)=(x,y)對所有x\in H成立。
解析：對於任意x\in H，可寫為x = x_1 + x_2，其中x_1\in M，x_2\in M^{\perp}。
定義y = y_1+0（0是M^{\perp}中的零向量），則\ell(x)=\ell(x_1 + x_2)=\ell(x_1)=(x_1,y_1)。
又(x,y)=(x_1 + x_2,y_1)=(x_1,y_1)+(x_2,y_1)=(x_1,y_1)（因為x_2\in M^{\perp}，(x_2,y_1)=0）。
所以y = y_1（將y_1看作H中的元素）使得\ell(x)=(x,y)對所有x\in H成立，且\|\ell\|=\|y\|（由F.里斯表示定理的性質）。

 
3. 阿斯科利 - 阿澤拉定理
 

例題1
 
問題：在C([0,1])中，考慮函數族F=\{f_n(x)=x^n\mid n = 1,2,\cdots\}，判斷F是否相對緊。
解析：首先，求\|f_n\|=\sup_{x\in[0,1]}|x^n|。在[0,1]上，\|f_n\| = 1，所以F是有界的。
對於等度連續性，取\epsilon=\frac{1}{3}，x_1 = 1-\delta，x_2 = 1，f_n(x_1)=(1 - \delta)^n，f_n(x_2)=1。
\lim_{n\rightarrow\infty}(1 - \delta)^n = 0，所以當n足夠大時，對於任意\delta>0，|f_n(x_1)-f_n(x_2)|=1-(1 - \delta)^n\geq\frac{1}{3}。
所以F不是等度連續的，由阿斯科利 - 阿澤拉定理，F不是相對緊的。
 
例題2
 
問題：在C([0,2\pi])中，函數族F=\{f(x)=a\sin x + b\cos x\mid|a|\leq1,|b|\leq1\}，判斷F是否相對緊。
解析：先求\|f\|=\sup_{x\in[0,2\pi]}|a\sin x + b\cos x|。
由三角不等式|a\sin x + b\cos x|\leq|a|\cdot|\sin x|+|b|\cdot|\cos x|\leq|a| + |b|\leq2，所以F是有界的。
對於等度連續性，f^\prime(x)=a\cos x - b\sin x，|f^\prime(x)|\leq|a|\cdot|\cos x|+|b|\cdot|\sin x|\leq|a| + |b|\leq2。
由中值定理，|f(x_1)-f(x_2)|=|f^\prime(\xi)(x_1 - x_2)|\leq2|x_1 - x_2|。
對於任意\epsilon>0，取\delta=\frac{\epsilon}{2}，當|x_1 - x_2|<\delta時，|f(x_1)-f(x_2)|<\epsilon對所有f\in F成立，所以F是等度連續的。
由阿斯科利 - 阿澤拉定理，F是相對緊的。
 
例題3
 
問題：在C([-1,1])中，考慮函數族F=\{f_n(x)=\frac{1}{n}\sin(nx)\mid n = 1,2,\cdots\}，判斷F是否相對緊。
解析：求\|f_n\|=\sup_{x\in[-1,1]}|\frac{1}{n}\sin(nx)|\leq\frac{1}{n}，所以\|f_n\|\leq1，F是有界的。
求導f_n^\prime(x)=\cos(nx)，|f_n^\prime(x)|\leq1。
由中值定理，|f_n(x_1)-f_n(x_2)|=|f_n^\prime(\xi)(x_1 - x_2)|\leq|x_1 - x_2|。
對於任意\epsilon>0，取\delta=\epsilon，當|x_1 - x_2|<\delta時，|f_n(x_1)-f_n(x_2)|<\epsilon對所有f_n\in F成立，所以F是等度連續的。
由阿斯科利 - 阿澤拉定理，F是相對緊的。
 
例題4
 
問題：在C([0,1])中，函數族F=\{f(x)=x^a\mid a\in[0,1]\}，判斷F是否相對緊。
解析：求\|f\|=\sup_{x\in[0,1]}|x^a|，在[0,1]上，\|f\|\leq1，所以F是有界的。
求導f^\prime(x)=ax^{a - 1}，在(0,1]上，|f^\prime(x)|\leq\frac{1}{x}（當a = 1時取等號）。
取x_1=\delta，x_2 = 2\delta，f(x_1)=\delta^a，f(x_2)=(2\delta)^a，|f(x_2)-f(x_1)|=\delta^a(2^a - 1)。
當\delta足夠小時，對於不同的a\in[0,1]，不能保證|f(x_2)-f(x_1)|<\epsilon一致成立，所以F不是等度連續的。
由阿斯科利 - 阿澤拉定理，F不是相對緊的。
 
例題5
 
問題：在C([0,5])中，函數族F=\{f(x)=e^{-ax}\mid a\in[1,2]\}，判斷F是否相對緊。
解析：求\|f\|=\sup_{x\in[0,5]}|e^{-ax}|，在[0,5]上，\|f\|\leq1，所以F是有界的。
求導f^\prime(x)=-ae^{-ax}，|f^\prime(x)|\leq2e^{-x}。
由中值定理，|f(x_1)-f(x_2)|=|f^\prime(\xi)(x_1 - x_2)|\leq2e^{-\xi}|x_1 - x_2|\leq2|x_1 - x_2|。
對於任意\epsilon>0，取\delta=\frac{\epsilon}{2}，當|x_1 - x_2|<\delta時，|f(x_1)-f(x_2)|<\epsilon對所有f\in F成立，所以F是等度連續的。
由阿斯科利 - 阿澤拉定理，F是相對緊的。
 
例題6
 
問題：在C([-2,2])中，函數族F=\{f_n(x)=\frac{\sin(nx)}{n^2}\mid n = 1,2,\cdots\}，判斷F是否相對緊。
解析：求\|f_n\|=\sup_{x\in[-2,2]}|\frac{\sin(nx)}{n^2}|\leq\frac{1}{n^2}\leq1，所以F是有界的。
求導f_n^\prime(x)=\frac{\cos(nx)}{n}，|f_n^\prime(x)|\leq\frac{1}{n}\leq1。
由中值定理，|f_n(x_1)-f_n(x_2)|=|f_n^\prime(\xi)(x_1 - x_2)|\leq|x_1 - x_2|。
對於任意\epsilon>0，取\delta=\epsilon，當|x_1 - x_2|<\delta時，|f_n(x_1)-f_n(x_2)|<\epsilon對所有f_n\in F成立，所以F是等度連續的。
由阿斯科利 - 阿澤拉定理，F是相對緊的。
 
例題7
 
問題：在C([1,3])中，函數族F=\{f(x)=a\ln x\mid|a|\leq2\}，判斷F是否相對緊。
解析：求\|f\|=\sup_{x\in[1,3]}|a\ln x|，\|f\|\leq2\ln 3，所以F是有界的。
求導f^\prime(x)=\frac{a}{x}，|f^\prime(x)|\leq\frac{2}{1}=2。
由中值定理，|f(x_1)-f(x_2)|=|f^\prime(\xi)(x_1 - x_2)|\leq2|x_1 - x_2|。
對於任意\epsilon>0，取\delta=\frac{\epsilon}{2}，當|x_1 - x_2|<\delta時，|f(x_1)-f(x_2)|<\epsilon對所有f\in F成立，所以F是等度連續的。
由阿斯科利 - 阿澤拉定理，F是相對緊的。
 
例題8
 
問題：在C([0,1])中，函數族F=\{f_n(x)=n x(1 - x)^n\mid n = 1,2,\cdots\}，判斷F是否相對緊。
解析：求\|f_n\|=\sup_{x\in[0,1]}|n x(1 - x)^n|。令g(x)=n x(1 - x)^n，求導g^\prime(x)=n(1 - x)^n - n^2x(1 - x)^{n - 1}=n(1 - x)^{n - 1}(1-(n + 1)x)。
g(x)在x=\frac{1}{n + 1}取得最大值g(\frac{1}{n + 1})=\frac{n}{n + 1}(1-\frac{1}{n + 1})^n，\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n}{n + 1}(1-\frac{1}{n + 1})^n=\frac{1}{e}，所以\|f_n\|\leq1，F是有界的。
求導f_n^\prime(x)=n(1 - x)^n - n^2x(1 - x)^{n - 1}，|f_n^\prime(x)|在[0,1]上不恆有界，所以F不是等度連續的。
由阿斯科利 - 阿澤拉定理，F不是相對緊的。

4. 柯西 - 皮亞諾定理

例題1

問題：考慮初值問題u^{\prime}(t)=u(t)^2，u(0)=1，t\in[0,T]。驗證柯西 - 皮亞諾定理的條件是否滿足，並嘗試求解。

解析：

- 令g(t,u)=u^{2}，g(t,u)在[0,T]\times\mathbb{R}上連續。

- 對於u_0 = 1，取r = 1，\overline{B(u_0;r)}=\{u\in\mathbb{R}:\vert u - 1\vert\leq1\}=[0,2]。在[0,T]\times[0,2]上，g(t,u)連續。

由柯西 - 皮亞諾定理，存在0\lt\tau\leq T使得初值問題有解。

分離變量求解\frac{du}{u^{2}}=dt，兩邊積分\int\frac{du}{u^{2}}=\int dt，得-\frac{1}{u}=t + C。

把u(0)=1代入，-1 = C，所以u(t)=\frac{1}{1 - t}，但解在t = 1時發散，所以在[0,1)上存在解，符合柯西 - 皮亞諾定理中局部存在解的結論。

例題2

問題：初值問題u^{\prime}(t)=\sin(tu)，u(0)=0，判斷柯西 - 皮亞諾定理條件是否成立。

解析：

- 定義g(t,u)=\sin(tu)，g(t,u)在\mathbb{R}\times\mathbb{R}上連續。

- 對於任意T\gt0和r\gt0，在[0,T]\times\overline{B(0;r)}=[0,T]\times[-r,r]上，g(t,u)連續。

由柯西 - 皮亞諾定理，存在0\lt\tau\leq T，使得初值問題在[0,\tau]上有解。

例題3

問題：給出初值問題u^{\prime}(t)=e^{t + u}，u(0)= - 1，利用柯西 - 皮亞諾定理分析解的存在性，並用歐拉方法近似求解（取步長h = 0.1，計算前3步）。

解析：

- 令g(t,u)=e^{t + u}，g(t,u)在\mathbb{R}\times\mathbb{R}上連續。

- 對於u_0=-1，取r = 1，在[0,T]\times\overline{B(-1;r)}=[0,T]\times[-2,0]上，g(t,u)連續。由柯西 - 皮亞諾定理，存在局部解。

歐拉方法：u_{n + 1}=u_n+h\cdot g(t_n,u_n)，t_0 = 0，u_0=-1。

- 第一步：t_1=t_0 + h=0.1，g(t_0,u_0)=e^{0 - 1}=\frac{1}{e}，u_1=u_0+h\cdot g(t_0,u_0)=-1 + 0.1\times\frac{1}{e}\approx - 0.963。

- 第二步：t_2=t_1 + h = 0.2，g(t_1,u_1)=e^{0.1-0.963}，u_2=u_1+h\cdot g(t_1,u_1)\approx - 0.963+0.1\times e^{-0.863}\approx - 0.924。

- 第三步：t_3=t_2 + h = 0.3，g(t_2,u_2)=e^{0.2-0.924}，u_3=u_2+h\cdot g(t_2,u_2)\approx - 0.924+0.1\times e^{-0.724}\approx - 0.889。

例題4

問題：考慮初值問題u^{\prime}(t)=\frac{u}{t + 1}，u(0)=2，分析柯西 - 皮亞諾定理的適用性，並求解該初值問題。

解析：

- 令g(t,u)=\frac{u}{t + 1}，g(t,u)在( - 1,\infty)\times\mathbb{R}上連續。

- 對於u_0 = 2，取T\gt0，r\gt0，在[0,T]\times\overline{B(2;r)}上，g(t,u)連續。由柯西 - 皮亞諾定理，存在0\lt\tau\leq T使得初值問題有解。

分離變量求解\frac{du}{u}=\frac{dt}{t + 1}，兩邊積分\int\frac{du}{u}=\int\frac{dt}{t + 1}，得\ln\vert u\vert=\ln\vert t + 1\vert+C。

把u(0)=2代入，\ln2 = C，所以u(t)=2(t + 1)，此解在( - 1,\infty)上存在，符合柯西 - 皮亞諾定理的局部解可延拓的情形（此處局部解可延拓到更大區間）。

例題5

問題：初值問題u^{\prime}(t)=t^2u + 1，u(0)=3，驗證柯西 - 皮亞諾定理條件，並討論解的存在唯一性（結合李普希茨條件）。

解析：

- 令g(t,u)=t^{2}u + 1，g(t,u)在\mathbb{R}\times\mathbb{R}上連續。

- 對於任意T\gt0，r\gt0，在[0,T]\times\overline{B(3;r)}上，g(t,u)連續。由柯西 - 皮亞諾定理，存在局部解。

再看李普希茨條件，\vert g(t,u_1)-g(t,u_2)\vert=\vert t^{2}(u_1 - u_2)\vert。在[0,T]\times\overline{B(3;r)}上，\vert g(t,u_1)-g(t,u_2)\vert\leq T^{2}\vert u_1 - u_2\vert。

所以g(t,u)在[0,T]\times\overline{B(3;r)}上關於u滿足李普希茨條件，由皮卡 - 林德洛夫定理（是柯西 - 皮亞諾定理的加強，在滿足李普希茨條件時），此初值問題的解存在且唯一。

例題6

問題：已知初值問題u^{\prime}(t)=\cos(u)，u(0)=\frac{\pi}{2}，利用柯西 - 皮亞諾定理判斷解的存在性，並用歐拉方法（步長h = 0.05）計算u(0.1)的近似值。

解析：

- 令g(t,u)=\cos(u)，g(t,u)在\mathbb{R}\times\mathbb{R}上連續。

- 對於u_0=\frac{\pi}{2}，取T\gt0，r\gt0，在[0,T]\times\overline{B(\frac{\pi}{2};r)}上，g(t,u)連續。由柯西 - 皮亞諾定理，存在局部解。

歐拉方法：u_{n + 1}=u_n+h\cdot g(t_n,u_n)，t_0 = 0，u_0=\frac{\pi}{2}。

t_1=t_0 + h = 0.05，g(t_0,u_0)=\cos(\frac{\pi}{2}) = 0，u_1=u_0+h\cdot g(t_0,u_0)=\frac{\pi}{2}+0.05\times0=\frac{\pi}{2}。

t_2=t_1 + h = 0.1，g(t_1,u_1)=\cos(\frac{\pi}{2}) = 0，u_2=u_1+h\cdot g(t_1,u_1)=\frac{\pi}{2}+0.05\times0=\frac{\pi}{2}。所以u(0.1)的近似值為\frac{\pi}{2}。

例題7

問題：初值問題u^{\prime}(t)=u^3 - t，u(0)= - 2，驗證柯西 - 皮亞諾定理條件，並嘗試用數值軟件（如Python的Scipy庫）求解，與柯西 - 皮亞諾定理的理論結果對比。

解析：

- 令g(t,u)=u^{3}-t，g(t,u)在\mathbb{R}\times\mathbb{R}上連續。

- 對於u_0=-2，取T\gt0，r\gt0，在[0,T]\times\overline{B(-2;r)}上，g(t,u)連續。由柯西 - 皮亞諾定理，存在局部解。

在Python中使用Scipy庫的 solve_ivp 函數求解：

python

import numpy as np

from scipy.integrate import solve_ivp

def g(t, u):

    return u**3 - t

t_span = [0, 1]

u0 = [-2]

sol = solve_ivp(g, t_span, u0)

理論上柯西 - 皮亞諾定理保證局部解存在，數值求解得到在給定區間[0,1]上的近似解，二者相符（數值解反映了局部解的存在性，且在數值計算精度範圍內）。

例題8

問題：考慮初值問題u^{\prime}(t)=\frac{1}{u + 1}，u(0)=0，分析柯西 - 皮亞諾定理條件，並指出解可能存在的最大區間。

解析：

- 令g(t,u)=\frac{1}{u + 1}，g(t,u)在\mathbb{R}\times(-1,\infty)上連續。

- 對於u_0 = 0，取T\gt0，r\gt0，在[0,T]\times\overline{B(0;r)}=[0,T]\times[-r,r]（需保證r\lt1，否則超出g(t,u)連續域）上，g(t,u)連續。由柯西 - 皮亞諾定理，存在局部解。

分離變量求解(u + 1)du=dt，兩邊積分\int(u + 1)du=\int dt，得\frac{1}{2}u^{2}+u=t + C。

把u(0)=0代入，C = 0，即\frac{1}{2}u^{2}+u - t = 0，解出u=-1\pm\sqrt{1 + 2t}。

因為u(0)=0，所以u=-1+\sqrt{1 + 2t}，此解在t\geq-\frac{1}{2}且u\gt - 1時有意義，所以解存在的最大區間是[0,\infty)（從初值t = 0開始，在t增大方向上），符合柯西 - 皮亞諾定理局部解可延拓的討論範疇（在解的存在域內延拓）。  

5. 海林格 - 托普利茨定理

例題1

問題：在希爾伯特空間L^2([0,1])中，定義算子A為(Af)(x)=xf(x)，驗證A是自伴算子，並利用海林格 - 托普利茨定理證明其連續性。

解析：

首先驗證自伴性。對於任意f,g\in L^2([0,1])，有

(Af,g)=\int_{0}^{1}(xf(x))\overline{g(x)}dx

(f,Ag)=\int_{0}^{1}f(x)\overline{(xg(x))}dx=\int_{0}^{1}(xf(x))\overline{g(x)}dx

所以(Af,g)=(f,Ag)，A是自伴算子。

由海林格 - 托普利茨定理，因為A是希爾伯特空間L^2([0,1])上的自伴算子，所以A是連續的。

例題2

問題：在希爾伯特空間\ell^2中，定義算子A，A(x_1,x_2,\cdots)=(x_1,\frac{1}{2}x_2,\frac{1}{3}x_3,\cdots)，證明A是自伴且連續的。

解析：

設x=(x_1,x_2,\cdots)，y=(y_1,y_2,\cdots)\in\ell^2。

(Ax,y)=\sum_{n = 1}^{\infty}(Ax)_n\overline{y_n}=\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n}x_n\overline{y_n}

(x,Ay)=\sum_{n = 1}^{\infty}x_n\overline{(Ay)_n}=\sum_{n = 1}^{\infty}x_n\overline{\frac{1}{n}y_n}=\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n}x_n\overline{y_n}

所以(Ax,y)=(x,Ay)，A是自伴算子。

由海林格 - 托普利茨定理，A是希爾伯特空間\ell^2上的自伴算子，所以A是連續的。

例題3

問題：在希爾伯特空間H中，已知自伴算子A滿足(Ax,x)\geq0對所有x\in H成立，利用海林格 - 托普利茨定理證明A連續，並討論A的性質。

解析：

因為A是自伴算子，由海林格 - 托普利茨定理，A是連續的。

又因為(Ax,x)\geq0對所有x\in H成立，所以A是正算子。

假設\lambda是A的一個特徵值，x是對應的特徵向量，即Ax=\lambda x，x\neq0。

則(Ax,x)=(\lambda x,x)=\lambda(x,x)\geq0，所以\lambda\geq0，即A的所有特徵值非負。

例題4

問題：在希爾伯特空間L^2(\mathbb{R})中，考慮算子A，(Af)(x)=\int_{-\infty}^{\infty}K(x,y)f(y)dy，其中K(x,y)=K(y,x)且\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}|K(x,y)|^2dxdy<\infty，證明A是自伴且連續的。

解析：

首先證明自伴性。對於任意f,g\in L^2(\mathbb{R})，

(Af,g)=\int_{-\infty}^{\infty}(Af)(x)\overline{g(x)}dx=\int_{-\infty}^{\infty}\left(\int_{-\infty}^{\infty}K(x,y)f(y)dy\right)\overline{g(x)}dx

=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}K(x,y)f(y)\overline{g(x)}dydx

(f,Ag)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\overline{(Ag)(x)}dx=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\overline{\left(\int_{-\infty}^{\infty}K(x,y)g(y)dy\right)}dx

=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\overline{K(x,y)g(y)}dxdy

由於K(x,y)=K(y,x)，所以(Af,g)=(f,Ag)，A是自伴算子。

由海林格 - 托普利茨定理，A是希爾伯特空間L^2(\mathbb{R})上的自伴算子，所以A是連續的。

例題5

問題：在希爾伯特空間H中，自伴算子A和B滿足AB = BA，證明AB也是自伴算子，並討論其連續性。

解析：

對於任意x,y\in H，

(ABx,y)=(Bx,Ay)（因為A自伴）

=(x,BAy)（因為B自伴）

又因為AB = BA，所以(ABx,y)=(x,BAy)=(x,AB y)

所以AB是自伴算子。

由海林格 - 托普利茨定理，AB是希爾伯特空間H上的自伴算子，所以AB是連續的。

例題6

問題：在希爾伯特空間H中，已知自伴算子A的譜\sigma(A)是有界集，利用海林格 - 托普利茨定理證明A連續，並討論譜與連續性的關係。

解析：

因為A是自伴算子，由海林格 - 托普利茨定理，A是連續的。

譜\sigma(A)有界意味著存在M>0，使得對於任意\lambda\in\sigma(A)，|\lambda|\leq M。

根據譜理論，\|A\|=\sup\{|\lambda|:\lambda\in\sigma(A)\}，所以\|A\|\leq M，即A的范數有界，這與A的連續性是一致的（連續線性算子等價於有界線性算子）。

例題7

問題：在希爾伯特空間L^2([0,2\pi])中，定義算子A為(Af)(x)=\frac{d^2f(x)}{dx^2}，其定義域D(A)=\{f\in L^2([0,2\pi]):f,f'\text{絕對連續},f''\in L^2([0,2\pi]),f(0)=f(2\pi),f'(0)=f'(2\pi)\}，驗證A是自伴算子，並利用海林格 - 托普利茨定理證明其連續性（在其定義域上）。

解析：

對於任意f,g\in D(A)，利用分部積分：

(Af,g)=\int_{0}^{2\pi}f''(x)\overline{g(x)}dx=\left[f'(x)\overline{g(x)}\right]_0^{2\pi}-\int_{0}^{2\pi}f'(x)\overline{g'(x)}dx

=-\int_{0}^{2\pi}f'(x)\overline{g'(x)}dx（由邊界條件f(0)=f(2\pi),f'(0)=f'(2\pi)）

=-\left[f(x)\overline{g'(x)}\right]_0^{2\pi}+\int_{0}^{2\pi}f(x)\overline{g''(x)}dx=(f,Ag)

所以A是自伴算子。

由海林格 - 托普利茨定理，A在希爾伯特空間L^2([0,2\pi])的子空間D(A)（D(A)在適當內積下也構成希爾伯特空間）上是自伴算子，所以A在D(A)上是連續的。

例題8

問題：在希爾伯特空間H中，自伴算子A滿足\|Ax\|\geq c\|x\|對所有x\in H成立（c>0），利用海林格 - 托普利茨定理證明A連續，並討論A的可逆性。

解析：

因為A是自伴算子，由海林格 - 托普利茨定理，A是連續的。

又因為\|Ax\|\geq c\|x\|對所有x\in H成立，所以A是單射。

且A的值域R(A)是閉的（可通過證明R(A)中的柯西序列收斂到R(A)中的元素）。

對於任意y\in H，考慮方程Ax = y。因為A是自伴且\|Ax\|\geq c\|x\|，所以A是可逆的（由閉值域定理等相關理論），其逆算子A^{-1}也是有界（連續）的。

6. 巴拿赫 - 施坦豪斯定理

例題1

問題：在巴拿赫空間X = C([0,1])（賦以上確界范數\|f\|=\sup_{x\in[0,1]}|f(x)|）中，定義線性算子序列A_n(f)(x)=n\int_{0}^{\frac{1}{n}}f(t)dt\cdot x，f\in C([0,1])。驗證\{A_n\}滿足巴拿赫 - 施坦豪斯定理的條件，並求\sup_{n\geq1}\|A_n\|。

解析：

首先，對於任意f\in C([0,1])，\lim_{n\rightarrow\infty}A_n(f)(x)：

\begin{align*}

\lim_{n\rightarrow\infty}A_n(f)(x)&=\lim_{n\rightarrow\infty}n\int_{0}^{\frac{1}{n}}f(t)dt\cdot x\\

&=f(0)\cdot x

\end{align*}

（利用積分中值定理，n\int_{0}^{\frac{1}{n}}f(t)dt = f(\xi_n)，其中\xi_n\in[0,\frac{1}{n}]，當n\rightarrow\infty，\xi_n\rightarrow0，且f連續）。所以對於任何f\in C([0,1])，序列\{A_nf\}在C([0,1])中收斂。

又X = C([0,1])是巴拿赫空間，由巴拿赫 - 施坦豪斯定理，\sup_{n\geq1}\|A_n\|<\infty。

求\|A_n\|：

\begin{align*}

\|A_n\|&=\sup_{\|f\| = 1}\|A_n(f)\|\\

&=\sup_{\|f\| = 1}\sup_{x\in[0,1]}\left|n\int_{0}^{\frac{1}{n}}f(t)dt\cdot x\right|\\

&\leq\sup_{\|f\| = 1}n\int_{0}^{\frac{1}{n}}|f(t)|dt\\

&\leq1

\end{align*}

所以\sup_{n\geq1}\|A_n\|\leq1，又取f(x)=1，A_n(1)(x)=x，\|A_n(1)\| = 1，故\sup_{n\geq1}\|A_n\| = 1。

例題2

問題：在巴拿赫空間X=\ell^1（絕對可和序列空間，范數\|x\|=\sum_{n = 1}^{\infty}|x_n|）中，定義線性算子A_n(x)=(x_1,x_2,\cdots,x_n,0,0,\cdots)，x=(x_1,x_2,\cdots)\in\ell^1。驗證巴拿赫 - 施坦豪斯定理的條件，並判斷\{A_n\}的一致有界性。

解析：

對於任意x=(x_1,x_2,\cdots)\in\ell^1，\lim_{n\rightarrow\infty}A_n(x)=x。即對於任何x\in\ell^1，序列\{A_nx\}在\ell^1中收斂。

且X=\ell^1是巴拿赫空間。由巴拿赫 - 施坦豪斯定理，\sup_{n\geq1}\|A_n\|<\infty。

求\|A_n\|：

\begin{align*}

\|A_n\|&am