陈恕行《现代偏微分方程导论》第一章习题参考答案

作者: xhje | 来源:发表于2020-10-29 17:18 被阅读0次

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第一节

1. 证明 $C_c^\infty( {\mathbb{ R } }^n)$ 在 $L^p({ \mathbb{ R } }^n)$ 和 $C^0(\mathbb{R}^n)$ 中稠密.
证明. 先证明 $L^p$ 的情形, 设 $u\in L^p$ . 对任何 $\varepsilon>0$ , 取 $R$ 充分大, 使得 $\|u\|_{L^p(B_R(0)^c)}<\varepsilon/2$ . 再取 $\rho>0$ , 使得 $\|(u\chi_{B_R(0)})_\rho-u\chi_{B_R(0)}\|_{L^p}<\varepsilon/2$ . 有了这些, 立刻可以验证 $\|u-(u\chi_{B_R(0)})_\rho\|_{L^p}<\varepsilon$ , 而 $(u\chi_{B_R(0)})_\rho\in C_c^\infty$ , 由此即得结论.
再来证 $C^0(\mathbb{R}^n)=\{u\in C(\mathbb{R}^n)|\lim_{|x|\rightarrow\infty}u(x)=0\}$ 的情形. 和上面差不多, 不过直接截断换为光滑截断比较好. 即取 $R$ 充分大使得 $\|u-u\chi_R\|_{L^\infty}<\varepsilon/2$ , 这里 $\chi_R=(\chi_{B_R(0)})_{1}$ 是球 $B_R(0)$ 的示性函数做半径为1(1是瞎选的, 10也行)的正则化. 再注意 $\|(u\chi_R)_\rho-u\chi_R\|_{L^\infty}\le\rho\|\nabla(u\chi_R)\|_{L^\infty}$ , 我们可以取 $\rho$ 充分小, 使得 $\|(u\chi_R)_\rho-u\chi_R\|_{L^\infty}<\varepsilon/2$ . 现在立刻可以验证 $\|u-(u\chi_R)_\rho\|_{L^\infty}<\varepsilon$ , 由此即得结论. $\blacksquare$

2. 证明: 若 $u\in C^\infty(\mathbb{R}^n)$ , 则 $J_\varepsilon u\rightarrow u(C^\infty(\mathbb{R}^n))$ ; 若 $u\in C_c^\infty({\mathbb{R}}^n)$ , 则 $J_\varepsilon u\rightarrow u(C_c^\infty( { \mathbb{ R } }^n))$ , 其中 $J_\varepsilon u$ 是 $u$ 的正则化.
证明. 我们只需要证明 $C^\infty( {\mathbb{R}}^n)$ 的情形, 因为如果 $u\in C_c^\infty$ , 那么正则化 $u_\rho$ 在 $\rho<1$ 时当然是具有一致的紧支集的, 例如 $\overline{\operatorname{supp}u+B_1(0)}$ .
下面我们设 $u\in C^\infty(\mathbb{R}^n)$ , 我们需要证 $\forall\alpha\in\mathbb{N}^n$ , $\forall R>0$ , 有 $\|\partial^\alpha u_\rho-\partial^\alpha u\|_{L^\infty(B_R(0))}\rightarrow0$ . 而简单的计算表明 $\|\partial^\alpha u_\rho-\partial^\alpha u\|_{L^\infty(B_R(0))}\le\rho\|\nabla\partial^\alpha u\|_{L^\infty(B_{R+\rho}(0))}$ , 由此即得结论. $\blacksquare$

3. 证明 $C_c^\infty( \mathbb{ R }^n )$ 是完备的.
证明. 设 $\{u_m\}$ 是 $C_c^\infty$ 基本列, 即存在紧集 $K$ , 使得 $\forall m\ge1$ , $\operatorname{supp}u_m\subset K$ , 且 $\forall\alpha\in\mathbb{N}^n$ , $\|\partial^\alpha u_k-\partial^\alpha u_l\|_{L^\infty(K)}\rightarrow0$ . 由条件, 存在 $u^\alpha\in C(\mathbb{R}^n)$ 使得在 $\mathbb{R}^n$ 上 $\partial^\alpha u_m\rightrightarrows u^\alpha$ , 且 $\operatorname{supp}u^\alpha\subset K$ .
记 $u=u^0$ . 现在我们来验证 $\partial^\alpha u=u^\alpha$ . 事实上由归纳法, 我们只需要验证 $\partial_ju=u^{e_j}$ . 注意 $u_m(x+te_j)=u_m(x)+\int_0^t\partial_ju_m(x+se_j)ds$ , 由 $u_m,\partial_ju_m$ 的一致收敛性得到 $u(x+te_j)=u(x)+\int_0^tu^{e_j}(x+se_j)ds$ , 于是可以利用导数定义验证 $\partial_ju(x)=u^{e_j}(x)$ . 这样我们就验证好了 $\partial^\alpha u=u^\alpha$ , 所以 $u\in C_c^\infty(\mathbb{R}^n)$ , 且 $\operatorname{supp}u\subset K$ .
最后我们需要验证 $u_m\rightarrow u(C_c^\infty(\mathbb{R}^n))$ . 共同的支集已经验证好了, 现在我们需要说明 $\|\partial^\alpha u_m-\partial^\alpha u\|_{L^\infty(K)}\rightarrow0$ , 而这就是之前已经说明了的 $\partial^\alpha u_m\rightrightarrows u^\alpha=\partial^\alpha u$ . $\blacksquare$

4. 证明速降函数关于卷积运算封闭.
证明. 设 $u,v\in\mathscr{S}(\mathbb{R}^n)$ , 我们来验证 $u\ast v\in{ \mathscr{S}}(\mathbb{R}^n)$ .
$u\ast v\in C^\infty( \mathbb{ R } ^n )$ 是容易的, 我们只需要验证 $\forall m\ge1$ , $\forall\alpha\in\mathbb{N}^n$ , 有 $\|(1+|x|)^m\partial^\alpha(u\ast v)\|_{L^\infty}<\infty$ 即可.
注意 $1+|x|\le(1+|x-y|)(1+|y|)$ , 我们可以直接计算:
$\left|(1+|x|)^m\partial^\alpha(u\ast v)(x)\right|=(1+|x|)^m\left|\int u(x-y)\partial^\alpha v(y)dy\right|$
$\le\int (1+|x-y|)^m|u(x-y)|\cdot(1+|y|)^m|\partial^\alpha v(y)|dy$
$\le\|(1+|x|)^mu\|_{L^2}\|(1+|x|)^m\partial^\alpha v\|_{L^2}<\infty$
这就是我们想要的. $\blacksquare$

注. $\{\|(1+|x|)^m\partial^\alpha\varphi\|_{L^\infty}\}_{m,\alpha}$ , $\{\|(1+|x|^2)^m\partial^\alpha\varphi\|_{L^\infty}\}_{m,\alpha}$ , $\{\|(1+|x|^2)^{m/2}\partial^\alpha\varphi\|_{L^\infty}\}_{m,\alpha}$ , $\{\|x^\alpha\partial^\beta\varphi\|_{L^\infty}\}_{\alpha,\beta}$ , $\{\|x^\alpha\partial^\beta\varphi\|_{L^p}\}_{\alpha,\beta}$ ( $1\le p\le\infty$ )等等均是 $\mathscr{S}(\mathbb{R}^n)$ 的等价半范数族, 它们诱导出同样的拓扑. 所以平时哪个方便用哪个.

5. 问: 是否存在 $0\not\equiv\varphi\in C_c^{\infty}({\mathbb{R}}^n)$ , 使得存在一常数 $C$ 与 $\alpha$ 无关, $\|\partial^\alpha\varphi\|_{L^\infty}\leq C$ .
解. 不存在. 反证法, 假设存在这样的 $\varphi$ , 我们来导出矛盾.
由条件, 我们可以得知 $\varphi\in C^\omega(\mathbb{R}^n)$ , 这只消对Taylor定理里的余项简单估计一下即得. 取 $x_0\in(\operatorname{supp}\varphi)^c$ , 由于 $\varphi$ 在 $x_0$ 处的各阶导数都是0, 所以把 $\varphi$ 在 $x_0$ 处展开即可得到 $\varphi\equiv0$ , 矛盾. $\blacksquare$

6. 证明任一具有 $C^\infty( {\mathbb{R}}^n)$ 系数的微分算子 $P(x,\partial)$ 都是 $C_c^\infty( \mathbb{ R } ^n)\rightarrow C_c^\infty( \mathbb{R}^n )$ 或 $C^\infty(\mathbb{R}^n)\rightarrow C^\infty(\mathbb{R}^n)$ 的线性连续映照.
证明. 注意到 $P(x,\partial)=\sum_{|\alpha|\le\deg P}c_\alpha(x)\partial^\alpha$ , 我们只需要证明两件事情: ①乘一个 $C^\infty$ 函数是连续线性映射; ②求导是连续线性映射. 无需赘言, 加法对拓扑线性空间来说自然是连续的.
由于乘光滑函数和求导保持支集不变, 我们只需要证明这两个操作在 $C^\infty({\mathbb{R}}^n)$ 上是连续的就好了. 对于线性映射来说, 验证它连续, 只需要验证它在原点处连续.
①设 $c\in C^\infty(\mathbb{R}^n)$ , 我们来证 $\varphi\mapsto c\varphi$ 是 $C^\infty({\mathbb{R}}^n)$ 到 $C^\infty({\mathbb{R}}^n)$ 的连续映射(线性是明显的). 取 $\varphi_m\rightarrow0(C^\infty( \mathbb{R}^n))$ , 我们只需证明 $c\varphi_m\rightarrow0(C^\infty( \mathbb{R}^n))$ . 或者说, 我们只需证明对任何紧集 $K$ , $\forall\alpha\in\mathbb{N}^n$ , 有 $\|\partial^\alpha(c\varphi)\|_{L^\infty(K)}\rightarrow0$ . 而 $\|\partial^\alpha(c\varphi)\|_{L^\infty(K)}\le\sum_{\beta\le\alpha}\binom{\alpha}{\beta}\|\partial^{\alpha-\beta}c\|_{L^\infty(K)}\|\partial^\beta\varphi\|_{L^\infty(K)}$ , 即 $\|\partial^\alpha(c\varphi)\|_{L^\infty(K)}\lesssim_{c,\alpha}\sum_{\beta\le\alpha}\|\partial^\beta\varphi\|_{L^\infty(K)}$ , 由于 $\|\partial^\beta\varphi\|_{L^\infty(K)}$ 们趋于0, 故 $\|\partial^\alpha(c\varphi)\|_{L^\infty(K)}\rightarrow0$ .
②我们来证 $\partial^\alpha:C^\infty(\mathbb{R}^n)\rightarrow C^\infty(\mathbb{R}^n)$ 是连续线性映射. 线性是明显的. 为证连续, 任取 $\varphi_m\rightarrow0(C^\infty( \mathbb{R}^n))$ , 来证 $\partial^\alpha\varphi_m\rightarrow0(C^\infty( \mathbb{R}^n))$ . 这按定义验证是非常直接的. $\blacksquare$

7. 证明空间 $\mathscr{S}(\mathbb{R}^n)$ 按其自身拓扑是完备的.
证明. 取 $\mathscr{S}(\mathbb{R}^n)$ 中的Cauchy列 $\{u_m\}$ , 即 $\forall\alpha,\beta\in\mathbb{N}^n$ , $p_{\alpha\beta}(u_k-u_l)=\|x^\alpha\partial^\beta(u_k-u_l)\|_{L^\infty}\rightarrow0$ .
取 $\alpha=0$ 即可知 $\{u_m\}$ 亦是 $C^\infty({\mathbb{R}}^n)$ 中的Cauchy列, 故存在 $u\in C^\infty(\mathbb{R}^n)$ 使得 $u_m\rightarrow u(C^\infty({\mathbb{R}}^n))$ .
我们来验证 $u\in\mathscr{S}(\mathbb{R}^n)$ . 取 $N\ge1$ , 使得当 $k,l\ge N$ 时 $p_{\alpha\beta}(u_k-u_l)\le1$ . 则固定 $x\in\mathbb{R}^n$ , 有 $|x^\alpha\partial^\beta(u_k-u_l)(x)|\le1$ , 由于 $\partial^\beta u_l(x)\rightarrow\partial^\beta(x)$ , 我们令 $l\rightarrow\infty$ , 有 $|x^\alpha\partial^\beta(u_k-u)(x)|\le1$ . 故 $|x^\alpha\partial^\beta u(x)|\le1+|x^\alpha\partial^\beta u_k(x)|\le1+p_{\alpha\beta}(u_k)$ , 考虑到 $x$ 的任意性, 我们即有 $p_{\alpha\beta}(u)\le1+p_{\alpha\beta}(u_k)<\infty$ . 故 $u\in\mathscr{S}(\mathbb{R}^n)$ .
最后我们验证 $u_m\rightarrow u(\mathscr{S}(\mathbb{R}^n))$ , 即 $\forall\alpha\forall\beta$ , $p_{\alpha\beta}(u_m-u)\rightarrow0$ . 和上一段差不多, 对任何 $\varepsilon>0$ , 取 $N\ge1$ 使得 $\forall k,l\ge N$ , 有 $p_{\alpha\beta}(u_k-u_l)<\varepsilon$ , 然后用和上一段类似的论证得到 $p_{\alpha\beta}(u_k-u)\le\varepsilon$ . $\blacksquare$

8. 设 $u\in\mathscr{S}(\mathbb{R}^n)$ , 证明 $u_\varepsilon\rightarrow u(\mathscr{S}(\mathbb{R}^n))$ .
证明. 我们要证明 $p_{m\beta}(u_\varepsilon-u)=\|(1+|x|)^m\partial^\alpha(u_\varepsilon-u)\|_{L^\infty}\rightarrow0$ . 事实上我们只需要对 $\beta=0$ 证明就够了, 因为 $p_{m\beta}(u_\varepsilon-u)=p_{m,0}((\partial^\beta u)_\varepsilon-\partial^\beta u)$ , 而 $\partial^\beta u$ 也是速降函数.
我们直接计算:
$\left|(1+|x|)^m(u_\varepsilon-u)(x)\right|=(1+|x|)^m\left|\int (u(x-y)-u(x))\eta_\varepsilon(y)dy\right|$
$\le\varepsilon(1+|x|)^m\|\nabla u\|_{L^\infty(B_\varepsilon(x))}\overset{\text{设}\varepsilon<1}{\le}\varepsilon(1+|x|)^m\|\nabla u\|_{L^\infty(B_1(x))}$
对任何 $y\in B_1(x)$ , 利用 $1+|x|\le(1+|y|)(1+|x-y|)$ , 有
$|\nabla u(y)|=(1+|y|)^{-k}\cdot(1+|y|^{k})|\nabla u(y)|$
$\le(1+|x|)^{-k}(1+|x-y|)^k\|(1+|y|^k)\nabla u(y)\|_{L^\infty_y}$
$\le2^k(1+|x|)^k\sum_{j=1}^np_{k,e_j}(u)$
这里 $k$ 是随意的正整数, 现在我们取 $k=m$ , 代入之前的估计, 即得
$p_{m,0}(u_\varepsilon-u)\le2^m\varepsilon\sum_{j=1}^np_{m,e_j}(u)\overset{\varepsilon\rightarrow0}{\rightarrow}0$
这正是我们想要的. $\blacksquare$

9. 证明 $\varphi_m\rightarrow0(\mathscr{S}(\mathbb{R}^n))$ 与下面两条件之一等价:
(1) 对任一重指标 $\alpha$ , $\|\partial^\alpha\varphi_m\|_{L^\infty}\rightarrow0$ , 且对任何重指标 $\alpha,\beta$ , $\|x^\alpha\partial^\beta\varphi_m\|_{L^\infty}\le C_{\alpha,\beta}$ .
(2) 对任一正整数 $\nu$ , 在 $m\rightarrow\infty$ 时, 有 $\sup_{|\alpha|\le\nu,x\in\mathbb{R}^n}(1+|x|^2)^\nu|\partial^\alpha\varphi_m|\rightarrow0$ .
证明. 由第4题下面的注记, $\varphi_m\rightarrow0(\mathscr{S}(\mathbb{R}^n))$ 推出(1)或(2)是容易的(当然前提是证明了那些确实是等价范数, 至于等价范数的证明, 可以利用 $(1+|x|^2)^\nu\approx_{\nu}\sum_{|\alpha|\le\nu}|x^\alpha|$ ). 所以我们只需要分别证明(1)推出收敛, 以及(2)推出收敛即可. 但是(2)推收敛也是因为等价范数, 所以我们现在只需要从(1)推收敛.
假设(1)成立, 则 $\|x^\alpha\partial^\beta\varphi\|_{L^\infty}^2=\|x^{2\alpha}|\partial^\beta\varphi|^2\|_{L^\infty}$ $\le\|x^{2\alpha}\partial^\beta\varphi\|_{L^\infty}\|\partial^\beta\varphi\|_{L^\infty}$ $\le C_{2\alpha,\beta}\|\partial^\beta\varphi\|_{L^\infty}\rightarrow0$ , 这就是我们需要的. $\blacksquare$

10. 设 $\varphi\in C_c^\infty(B_1(0))$ , $x_j$ 为趋于 $\infty$ 的一个点列, $|x_{j+1}|>|x_j|+2$ , 试证
$\gamma(x):=\sum_{j=1}^\infty\frac{\varphi(x-x_j)}{(1+|x_j|^2)^j }\in\mathscr{S}(\mathbb{R}^n).$
证明. 由于上边这个求和是局部有限的, 所以很容易验证 $\gamma\in C^\infty(\mathbb{R}^n)$ , 且 $\gamma(x):=\sum_{j=1}^\infty\frac{{\partial^\alpha}\varphi(x-x_j)}{(1+|x_j|^2)^j }$ . 现在我们只需要验证对任何 $m\ge0$ , $\forall\alpha\in\mathbb{N}^n$ , 有 $\|(1+|x|^2)^m\partial^\alpha\gamma\|_{L^\infty}<\infty$ 即可.
注意 $\varphi(x-x_j)$ 的支集两两不交, 所以我们有:
$|(1+|x|^2)^m\partial^\alpha\gamma(x)|=(1+|x|^2)^m \sum_{j=1}^\infty\frac{|\partial^\alpha\varphi(x-x_j)|}{(1+|x_j|^2)^j }$
$\le\sup_{j\ge1}\left\|(1+|x|^2)^m\frac{ |\partial^\alpha\varphi(x-x_j)|}{(1+|x_j|^2)^j }\right\|_{L^\infty_x(B_1(x_j))}$
$\le\sup_{j\ge1}(1+(|x_j|+1)^2)^m(1+|x_j|^2)^{-j}\|\partial^\alpha\varphi\|_{L^\infty}$
$\le3^m\sup_{j\ge1}(1+|x_j|^2)^{m-j}\|\partial^\alpha\varphi\|_{L^\infty}\lesssim_{m,\{x_j\}}\|\partial^\alpha\varphi\|_{L^\infty}$
所以 $\|(1+|x|^2)^m\partial^\alpha\gamma\|_{L^\infty}\lesssim_{m,\{x_j\}}\|\partial^\alpha\varphi\|_{L^\infty}<\infty$ . 这就证好了. $\blacksquare$

第二节

例 2.5. 设 $f_\nu(x)=\frac{1}{\pi}\frac{\sin\nu x}{x}$ , 证明 $\nu\rightarrow\infty$ 时, $f_\nu\rightarrow\delta(\mathscr{D}'(\mathbb{R}))$ .
证明. 只需任取 $\varphi\in C_c^\infty(\mathbb{R})$ , 证明 $\langle f_\nu,\varphi\rangle\rightarrow\varphi(0)$ 即可.
直接计算, 设 $\operatorname{supp}\varphi\subset[-R,R]$ , 并且任取 $\varepsilon>0$ , 有:
$\langle f_\nu,\varphi\rangle=\frac{1}{\pi}\int_{|x|\le R}\frac{\sin\nu x}{x}\varphi(x)dx$
$=\frac{1}{\pi}\int_{\varepsilon\le|x|\le R}\frac{\sin\nu x}{x}\varphi(x)dx+\frac{1}{\pi}\int_{|x|\le\varepsilon}\frac{\sin\nu x}{x}\varphi(x)dx$
$=A+B$
$A$ 在 $\nu\rightarrow\infty$ 由Riemann-Lebesgue定理是趋于零的, 现在我们来处理 $B$ .
$|B-\varphi(0)|=\left|\frac{1}{\pi}\int_{|x|\le\varepsilon}\frac{\sin\nu x}{x}\varphi(x)dx-\varphi(0)\right|$
$\overset{y=\nu x}{=}\left|\frac{2}{\pi}\int_0^{\nu\varepsilon}\frac{\sin y}{y}\varphi(y/\nu)dy-\frac{2}{\pi}\int_0^{+\infty}\frac{\sin y}{y}\varphi(0)dy\right|$
$\le\frac{2}{\pi}\left|\int_0^{\nu\varepsilon}\frac{\sin y}{y}(\varphi(y/\nu)-\varphi(0))dy\right|+\left|\frac{2}{\pi}\int_{\nu\varepsilon}^{+\infty}\frac{\sin y}{y}\varphi(0)dy\right|$
$\le\frac{2}{\pi}\int_0^{\nu\varepsilon}\frac{1}{y}\|\varphi'\|_{L^\infty}\frac{y}{\nu}dy+o_{\nu\rightarrow\infty}(1)$
$=\frac{2 \varepsilon\|\varphi'\|_{L^\infty}}{\pi}+o_{\nu\rightarrow\infty}(1)$
故 $\limsup_{\nu\rightarrow\infty}|B-\varphi(0)|\lesssim_\varphi\varepsilon$ , 可是 $\varepsilon$ 是任意的, 所以只能有 $\lim_{\nu\rightarrow\infty}B=\varphi(0)$ . 所以 $\langle f_\nu,\varphi\rangle\rightarrow\varphi(0)$ . $\blacksquare$

定理2.9 证明的修正:
首先重新陈述一遍定理: 设 $\Omega$ 是 $\mathbb{R}^n$ 中的连通开集(即开区域), $T\in\mathscr{D}'(\Omega)$ , 且 $T$ 的各阶导数为零, 则 $T$ 是常数.
书上为了证明 $T$ 是常数, 要先证明 $T_\varepsilon$ 是常数. 而要得到 $T_\varepsilon$ 是常数, 我们需要 $\Omega_\varepsilon=\{x\in\Omega|\mathrm{dist}(x,\partial\Omega)>\varepsilon\}$ 是连通的, 但这是不一定对的. 事实上我们可以构造出一个开区域 $\Omega$ , 使得 $\forall\varepsilon>0$ , $\Omega_\varepsilon$ 都不是连通的.
这里试图给出一个修正了的证明.
对任何 $x\in\Omega$ , 令 $B_x=B(x,\mathrm{dist}(x,\partial\Omega)/2)$ . 我们来证明, 对任何 $x\in\Omega$ , 存在 $\lambda_x\in\mathbb{C}$ , 使得对任何 $\varphi\in C_c^\infty(B_x)$ , 有 $\langle T,\varphi\rangle=\lambda_x\int_\Omega\varphi dx$ .
这是容易的, 因为我们可以取 $\rho<\mathrm{dist}(x,\partial\Omega)/2$ , 考虑正则化 $T_\rho\in C^\infty(B_x)$ , 由于 $T_\rho$ 各阶导数为零, 故 $T_\rho$ 在 $B_x$ 上是常数, 比方说是 $\lambda_{x,\rho}$ . 由于 $\rho\rightarrow0$ 时 $T_{\rho}\rightarrow T(\mathscr{D'}(B_x))$ , 故 $\lim_{\rho\rightarrow0}\lambda_{x,\rho}$ 必然存在, 记为 $\lambda_x$ . 可以验证 $\lambda_x$ 具有我们所说的性质.
注意到一个简单的事实: 如果 $B_x\cap B_y\ne\emptyset$ , 则 $\lambda_x=\lambda_y$ . 这任取 $\varphi\in C_c^\infty(B_x\cap B_y)$ 作用上 $T$ 即可验证.
接下来, 我们证明对任何 $x,y\in\Omega$ , 均有 $\lambda_x=\lambda_y$ . 由于 $\Omega$ 是连通的(自然也是道路连通的), 故存在连续映射 $\gamma:[0,1]\rightarrow\Omega$ , 使得 $\gamma(0)=x$ , $\gamma(1)=y$ . 由于 $\gamma([0,1])$ 是紧的, 所以存在 $\{x_i\}_{i=1}^N\subset\Omega$ , 使得 $\gamma([0,1])\subset\cup_i B_{x_i}$ . 注意 $\{\gamma^{-1}(B_{x_i})\}$ 是 $[0,1]$ 的开覆盖, 取这个开覆盖的Lebesgue数 $L$ , 则当 $1/M<L$ 时, $[0,1]$ 的 $M$ 等分 $0=t_0<t_1<\cdots<t_M=1$ 满足: 相邻的每两个点 $t_j$ 和 $t_{j+1}$ 会落在同一个某个 $\gamma^{-1}(B_{x_i})$ 里. 显然 $B_{\gamma(t_j)}\cap B_{x_i}\ne\emptyset$ , $B_{\gamma(t_{j+1})}\cap B_{x_i}\ne\emptyset$ , 于是根据上一段的讨论有 $\lambda_{\gamma(t_j)}=\lambda_{x_i}=\lambda_{\gamma(t_{j+1})}$ . 最后我们得到 $\lambda_x=\lambda_{\gamma(t_0)}=\cdots=\lambda_{\gamma(t_M)}=\lambda_y$ .
现在我们知道存在 $\lambda\in\mathbb{C}$ , 使得 $\forall x\in\Omega$ , 有 $\lambda_x=\lambda$ . 我们现在来证明 $\forall\varphi\in C_c^\infty(\Omega)$ , 有 $\langle T,\varphi\rangle=\lambda\int_\Omega\eta dx$ .
注意 $\{B_x\}_{x\in\Omega}$ 是紧集 $\operatorname{supp}\varphi$ 的开覆盖, 故存在有限子覆盖 $\{B_{x_i}\}$ , 然后取附属于该子覆盖的单位分解 $\eta_i\in C_c^\infty(B_{x_i})$ , 满足在 $\operatorname{supp}\varphi$ 上 $\sum_i\eta_i=1$ . 则 $\langle T,\varphi\rangle$ $=\sum_i\langle T,\varphi\eta_i\rangle=\sum_i\lambda_{x_i}\int_\Omega\varphi\eta_i dx$ $=\lambda\sum_i\int_\Omega\varphi\eta_i dx=\lambda\int_\Omega\varphi dx$ . $\blacksquare$

1. 问下列函数属于哪个广义函数空间:
(1) $f(x)=e^x\cos x$ ;
(2) $f(x)=\left\{\begin{aligned}&1,\ |x|\le1\\ &0,\ |x|>1\end{aligned}\right.$ .
(3) $\langle f,\varphi\rangle=\sum_{\nu=1}^m\varphi^{(\nu)}(0)$ , $\forall\varphi\in C^m(\mathbb{R}^1)$ .
解. (1) $\mathscr{D}'(\mathbb{R}^1)$ ; (2) $\mathscr{E}'(\mathbb{R}^1)$ ; (3) $\mathscr{E}'(\mathbb{R}^1)$ . $\blacksquare$

2. 设 $u(x)=\left\{\begin{aligned}&1,\ |x|\le1\\ &0,\ |x|>1\end{aligned}\right.$ , 试问 $u$ 的支集是什么? 它的正则化 $u_\varepsilon$ 的支集是什么?
解. $\operatorname{supp}u=[-1,1]$ , $\operatorname{supp}u_\varepsilon=[-1-\varepsilon,1+\varepsilon]$ . $\blacksquare$

3. 证明: 若 $f_m\in C({\mathbb{R}})$ , $f_m\ge0$ , 且 $\forall r>0$ , $\forall R>r$ , $f_m$ 在 $[r,R]$ 和 $[-R,-r]$ 上一致趋于零, 并使 $\int_{-r}^r f_m(x)dx\rightarrow1$ , 则 $m\rightarrow\infty$ 时 $f_m\rightarrow\delta(\mathscr{D}'(\mathbb{R}))$ .
证明. 任取 $\varphi\in C_c^\infty(\mathbb{R})$ , 我们来证明 $\langle f_m,\varphi\rangle\rightarrow\varphi(0)$ . 固定 $\varepsilon>0$ , 取 $r>0$ 使得 $\forall x\in[-r,r]$ 有 $|\varphi(x)-\varphi(0)|<\varepsilon$ . 又取 $R$ 充分大使得 $R>r$ 并且 $\operatorname{supp}\varphi\subset[-R,R]$ . 我们来计算:
$\left|\int_{\mathbb{R}}f_m(x)\varphi(x)dx-\varphi(0)\right|$
$\le\left|\int_{|x|\le r}f_m(x)\varphi(x)dx-\varphi(0)\right|+\left|\int_{|x|\ge r}f_m(x)\varphi(x)dx\right|$
$=A+B$
一个个算:
$A\le\left|\int_{|x|\le r}f_m(x)(\varphi(x)-\varphi(0))dx\right|+\left|\int_{|x|\le r}f_m(x)\varphi(0)dx-\varphi(0)\right|$
$\le\varepsilon\int_{|x|\le r}f_m(x)dx+|\varphi(0)|\left|\int_{|x|\le r}f_m(x)dx-1\right|$
$=\varepsilon(1+o_{m\rightarrow\infty}(1))+o_{m\rightarrow\infty}(1)=\varepsilon+o_{m\rightarrow\infty}(1)$
再来看 $B$ :
$B\le\|\varphi\|_{L^\infty}\left|\int_{r\le|x|\le R}f_m(x)dx\right|=o_{m\rightarrow\infty}(1)$
故 $\limsup_{m\rightarrow\infty}\left|\int_{\mathbb{R} }f_m(x)\varphi(x)dx-\varphi(0)\right|\le\varepsilon$ , 由 $\varepsilon$ 的任意性即得结论. $\blacksquare$

4. 证明在广义函数意义下下列极限成立:
(1) $\lim_{\varepsilon\rightarrow0}\frac{\varepsilon}{\varepsilon^2+x^2}=\pi\delta(x)$ ;
(2) $\lim_{\varepsilon\rightarrow0}\frac{1}{\sqrt{\pi\varepsilon}}e^{-\frac{x^2}{\varepsilon}}=\delta(x)$
证明. 我们统一处理这两个极限.
假设 $f\in C^\infty(\mathbb{R})$ 满足: ① $f\ge0$ ; ② $\int f=1$ . 令 $f_{\varepsilon}(x)=\frac{1}{\varepsilon}f(\frac{x}{\varepsilon})$ , 我们来证明 $f_\varepsilon\rightarrow\delta(\mathscr{D}'({\mathbb{R}}))$ .
任取 $\varphi\in C_c^\infty(\mathbb{R})$ , 我们来证明 $\int f_\varepsilon\varphi\rightarrow\varphi(0)$ .
$\left|\int_{ \mathbb{R}}f_\varepsilon(x)\varphi(x)dx-\varphi(0)\right|\le\frac{1}{\varepsilon}\int_{\mathbb{R}}f\left(\frac{x}{\varepsilon}\right)|\varphi(x)-\varphi(0)|dx$
$\overset{y=x/\varepsilon}{=}\int_{\mathbb{R}}f(y)|\varphi(\varepsilon y)-\varphi(0)|dy\le\varepsilon\|\varphi'\|_{L^\infty}\operatorname{diam}(\operatorname{supp}\varphi)$
从而 $\limsup_{\varepsilon\rightarrow0}\left|\int f_\varepsilon\varphi-\varphi(0)\right|=0$ . $\blacksquare$

5. 设 $f_\varepsilon(x)=(x+i\varepsilon)^{-1}+(x-i\varepsilon)^{-1}$ , 证明 $\lim_{\varepsilon\rightarrow0}f_\varepsilon$ 在 $\mathscr{D}'(\mathbb{R})$ 中存在
证明1. 本来我们最好是证明 $f_{\varepsilon}\rightarrow 2P.V.(\frac{1}{x})$ , 但是我们偷个懒. 我们只需要任取 $\varphi\in C_c^\infty(\mathbb{R})$ , 证明 $\lim_{\varepsilon\rightarrow0}\langle f_\varepsilon,\varphi\rangle$ 存在就行了. 这是因为根据Rudin的泛函分析书里的定理2.7, 如果 $\Lambda_k$ 是某拓扑线性空间 $X$ 上的连续线性泛函, 并且 $\forall x\in X$ , $\lim_k\Lambda_kx=\Lambda x$ 存在, 那么 $\Lambda$ 也是 $X$ 上的连续线性泛函.
任取 $\varepsilon_1,\varepsilon_2>0$ , 我们来估计 $|\langle f_{\varepsilon_1}-f_{\varepsilon_2},\varphi\rangle|$ . 注意 $f_\varepsilon$ 是奇函数, 并且 $f_{\varepsilon_1}-f_{\varepsilon_2}\in L^1(\mathbb{R})$ , 所以 $\int(f_{\varepsilon_1}-f_{\varepsilon_2})=0$ . 从而我们有
$|\langle f_{\varepsilon_1}-f_{\varepsilon_2},\varphi\rangle|=\left|\int(f_{\varepsilon_1}-f_{\varepsilon_2})\varphi dx\right|$
$=\left|\int(f_{\varepsilon_1}-f_{\varepsilon_2})(\varphi-\varphi(0))dx\right|\le\|\varphi'\|_{L^\infty}\int|x||f_{\varepsilon_1}-f_{\varepsilon_2}|dx$
$\le 2\|\varphi'\|_{L^\infty}|\varepsilon_1^2-\varepsilon_2^2|\int_0^\infty\frac{2x^2}{(x^2+\varepsilon_1^2)(x^2+\varepsilon_2^2) }dx$
$=4\|\varphi'\|_{L^\infty}\int_0^\infty\left|\frac{\varepsilon_1^2}{x+\varepsilon_1^2}-\frac{\varepsilon_2^2}{x+\varepsilon_2^2}\right|dx$
$=4\|\varphi'\|_{L^\infty}\left| \int_0^\infty\frac{\varepsilon_1^2}{x+\varepsilon_1^2}dx-\int_0^\infty \frac{\varepsilon_2^2}{x+\varepsilon_2^2}dx\right|$
$=2\pi\|\varphi'\|_{L^\infty}|\varepsilon_1-\varepsilon_2|$
由此即可得到 $\lim_{\varepsilon\rightarrow0}\langle f_\varepsilon,\varphi\rangle$ 是存在的. $\blacksquare$
证明2. 我们直接来证明 $f_{\varepsilon}\rightarrow 2P.V.(\frac{1}{x})$ . 取定 $\varphi\in C_c^\infty(\mathbb{R})$ . 对任何 $h>0$ , 我们取 $\delta\in(0,1)$ 使得 $\operatorname{supp}\varphi\subset[-\delta^{-1},\delta^{-1}]$ , 并且 $2\delta\|\varphi'\|_{L^\infty}<h/3$ , 以及
$\left|\langle 2P.V.\frac{1}{x},\varphi\rangle-\int_{\delta\le|x|\le\delta^{-1}}\frac{2\varphi(x)}{x}dx\right|<\frac{h}{3}$
再取 $\varepsilon$ 充分小, 使得 $\frac{2\varepsilon^2}{\delta^4}\|\varphi\|_{L^\infty}< h/3$ . 在取定此 $\delta,\varepsilon$ 之后, 我们来计算:
$| \langle f_\varepsilon,\varphi\rangle-\langle 2P.V.\frac{1}{x},\varphi\rangle|\le\left|\langle f_\varepsilon,\varphi\rangle-\int_{\delta\le|x|\le\delta^{-1}}\frac{2\varphi(x)}{x}dx\right|$
$+ \left|\langle 2P.V.\frac{1}{x},\varphi\rangle-\int_{\delta\le|x|\le\delta^{-1}}\frac{2\varphi(x)}{x}dx\right|$
$\le\left|\int_{\delta\le|x|\le\delta^{-1}}\left(\frac{2x}{x^2+\varepsilon^2}-\frac{2}{x}\right)\varphi(x)dx\right|+\left|\int_{|x|\le\delta}\frac{2x}{x^2+\varepsilon^2}\varphi(x)dx\right|+\frac{h}{3}$
$\le\|\varphi\|_{L^\infty}\int_{\delta\le|x|\le\delta^{-1}}\frac{2\varepsilon^2}{|x|( x^2+\varepsilon^2)}dx$
$+\left|\int_{|x|\le\delta}\frac{2x}{x^2+\varepsilon^2}(\varphi(x)-\varphi(0))dx\right|+\frac{h}{3}$
$\le\|\varphi\|_{L^\infty}\frac{2\varepsilon^2}{\delta^4}+\|\varphi'\|_{L^\infty}\int_{|x|\le\delta}\frac{2x^2}{x^2+\varepsilon^2}dx+\frac{h}{3}$
$\le\frac{2h}{3}+2\delta\|\varphi'\|_{L^\infty}<h$
所以 $\lim_{\varepsilon\rightarrow0}\langle f_\varepsilon,\varphi\rangle=\langle 2P.V.(1/x),\varphi\rangle$ . $\blacksquare$

陈恕行《现代偏微分方程导论》第一章习题参考答案

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