用户: Fyx1123581347/分析/数分作业/数分三/HW2

1习题 A

0. 这根据如下两个结论:

1.	存在有紧支集的开集 $V$, 使得 $K\subset V\subset \overline{V}\subset \Omega$ (c.f. Rudin. Real and Complex Analysis, Theorem 2.7).
2.	对任意闭集 $A\subset \Omega$, 任意开集 $A\subset U\subset \Omega$, 存在光滑函数 $\psi$, $\psi {|}_A=1$, 且 $\mathrm{supp}\psi \subset U$. 事实上 $U,\Omega -A$ 为 $\Omega$ 的开覆盖, 令 ${\psi }_1,{\psi }_2$ 为对应单位分解, 取 $\psi ={\psi }_1$ 即可.

1. i) 对任意试验函数 $\phi$, 设 $\mathrm{supp}\phi =K$, 有$$⟨f_p-f,\phi ⟩={\int }_K(f_p-f)\phi \le {\Vert \phi \Vert }_{L^{\infty }(K)}{\Vert f_p-f\Vert }_{L^1(K)}\to 0.$$从而$$\underset{p\to \infty }{\lim }{f}_p\stackrel{{\mathcal{D}}^{\prime }}{=}f.$$ii) 对任意试验函数 $\phi$, $$⟨{\partial }^{\alpha }{u}_p,\phi ⟩=(-1{)}^{|\alpha |}⟨u_p,{\partial }^{\alpha }\phi ⟩⟶(-1{)}^{|\alpha |}⟨u,{\partial }^{\alpha }\phi ⟩=⟨{\partial }^{\alpha }u,\phi ⟩.$$

2. 由定义 ${\mathcal{D}}^{\prime }(\mathbb{R})$ 为线性空间. A3) 表明 ${\mathcal{E}}^{\prime }(\mathbb{R})$ 为线性空间.

3. i) 由定义 ${\mathrm{supp}(u_1)}^c\cap {\mathrm{supp}(u_2)}^c\subset {\mathrm{supp}(u_1+u_2)}^c$, 其中 $A^c$ 表示 $A$ 在 $\Omega$ 中的补集.
ii) 对 $\phi \in \mathcal{D}(\mathrm{supp}(u{)}^c)$, 有 $\mathrm{supp}({\partial }^{\alpha }\phi )\subset \mathrm{supp}(\phi )$, 从而$$⟨{\partial }^{\alpha }u,\phi ⟩=(-1{)}^{|\alpha |}⟨u,{\partial }^{\alpha }\phi ⟩=0.$$即 $\mathrm{supp}({\partial }^{\alpha }u{)}^c\supset \mathrm{supp}(u{)}^c$.
iii) 对 $\phi \in \mathcal{D}(\mathrm{supp}(u{)}^c\cup \mathrm{supp}(f{)}^c)$, 有 $\mathrm{supp}(f\cdot \phi )\subset \mathrm{supp}(f)\cap \mathrm{supp}(\phi )$, 从而$$⟨u,\phi ⟩=⟨u,f\phi ⟩=0.$$即 $\mathrm{supp}(fu{)}^c\supset \mathrm{supp}(u{)}^c\cup \mathrm{supp}(f{)}^c$.

4. i) 此即讲义第 15 页在定义分布的拉回之前所作的计算.
ii) 此即讲义第 11 页在定义分布的导数之前所作的计算.
iii) 平凡.

5. 依定义, 有$$⟨{\partial }_k(f)u+f{\partial }_k(u),\phi ⟩=⟨u,({\partial }_{k}f)\phi ⟩-⟨u,{\partial }_k(f\phi )⟩=-⟨u,f{\partial }_k(\phi )⟩=⟨{\partial }_k(fu),\phi ⟩.$$

6. 对任意的多重指标 $\beta$, 有$${\Vert {\partial }^{\beta }r(y,\epsilon ,a)\Vert }_{L^{\infty }}\le C\underset{|\alpha |=|\beta |+2}{\sup }{\Vert {\partial }^{\alpha }\phi \Vert }_{L^{\infty }}.$$其中 $C$ 与 $\beta ,\epsilon$ 无关, 比如, 可以取 $C={\sum }_{|\alpha |=2}|a{|}^{\alpha }/\alpha !$. 令 $K$ 为到 $x_0-\mathrm{supp}(\phi )$ 距离 $\le 1$ 的点, 则当 $\epsilon <1$ 时, 有 $\mathrm{supp}(r,\epsilon ,a)\subset K$, 根据分布的定义存在 $p,C^{\prime }$, 使得$$|⟨u,r(y,\epsilon ,a)⟩|\le C^{\prime }\underset{|\beta |\le p}{\sup }{\Vert {\partial }^{\beta }r(y,\epsilon ,a)\Vert }_{L^{\infty }}\le C{C}^{\prime }\underset{|\alpha |\le p+2}{\sup }{\Vert {\partial }^{\alpha }\phi \Vert }_{L^{\infty }}.$$而最右边是常数.

7. 根据上学期的作业 10.A9), 有一致收敛$${\chi }_{\epsilon }\ast {\partial }^{\alpha }\phi \to {\partial }^{\alpha }\phi .$$此即$${\chi }_{\epsilon }\ast \phi \stackrel{{\mathcal{D}}^{\prime }}{\to }\phi .$$

8. 我们首先验证 $⟨u,\phi ⟩=⟨u,\psi \phi ⟩$ 良好定义, 其中试验函数 $\psi {|}_K\equiv 1$. 这只需用到对任意试验函数 $\phi$, 有 $⟨u,\phi ⟩=⟨u,\psi \phi ⟩$, 从而对 ${\psi }_1,{\psi }_2$, 有$$⟨u,{\psi }_1\phi ⟩=⟨u,{\psi }_2{\psi }_1\phi ⟩=⟨u,{\psi }_1{\psi }_2\phi ⟩=⟨u,{\psi }_2\phi ⟩.$$故 $⟨c,f(x-\cdot )⟩=⟨c,\psi f(x-\cdot )⟩$. 而 $\psi (x)f(x-y)\in \mathcal{D}(R^n\times R^n)$, 由定理 27 即得结论成立.

9. 由数学归纳法, 可知对 $t\ne 0$, 有$${\partial }^{\alpha }E(t,x)=1_{t>0}\cdot P_{\alpha }(\frac{1}{t},x)e^{-\frac{|x{|}^2}{4t}},$$其中 $P_{\alpha }$ 是 $n+1$ 元多项式.

下对 $k$ 归纳证明 $\frac{{\partial }^k}{{\partial t}^k}E(0,x)=0$. $k=0$ 时即为定义. 设对 $k$ 成立, 则只要证在 $0$ 处 $\frac{{\partial }^k}{{\partial t}^k}E(t,x)$ 左右导数为 $0$. 左导数平凡, 而$$\frac{\frac{{\partial }^k}{{\partial t}^k}E(t,x)-\frac{{\partial }^k}{{\partial t}^k}E(0,x)}{t}=\frac{1_{t>0}\cdot P_{\alpha }(\frac{1}{t},x)e^{-\frac{|x{|}^2}{4t}}}{t}.$$由 L’Hospital 法则知右导数为 $0$.

从而对任意的 $\alpha$, 都有 ${\partial }^{\alpha }E(0,x)=0$. 故 ${\partial }^{\alpha }E(t,x)$ 在 $(t,x)\ne (0,0)$ 上连续, 即 $E(t,x)$ 光滑.

为验证 $({\partial }_t-\Delta )(E(t,x)=0)$, 由上, 只需检验 $t\ne 0$ 的情形. 此时$${\partial }_{t}E(t,x)=\frac{1_{t>0}}{(4\pi t{)}^{\frac{n}{2}}}{e}^{-\frac{|x{|}^2}{4t}}(\frac{|x{|}^2}{4t^2}-\frac{n}{2t}),$$$$\frac{{\partial }^2}{{\partial x_i}^2}E(t,x)=\frac{1_{t>0}}{(4\pi t{)}^{\frac{n}{2}}}{e}^{-\frac{|x{|}^2}{4t}}(\frac{x_i^2}{4t^2}-\frac{1}{2t}).$$求和即得.

10. 根据定义, $C^{\infty }(\Omega )$ 作用与拉回都在 ${\mathcal{D}}^{\prime }$ 中连续, 结合 A1),A4), 用光滑函数逼近分布, 根据光滑函数求导的链式法则, 即有$${\partial }_j({\Phi }^{\ast }u)={\partial }_j{\Phi }^k\cdot {\Phi }^{\ast }({\partial }_{k}u).$$

11. i) 根据 $\bar{\partial }$ 的定义即可算出.
ii) 对 $z\cdot F(z)$ 使用 Cauchy 积分公式, 或者根据$$\frac{1}{2i}{\int }_{\gamma }F(z)dz={\int }_{\Omega }\bar{\partial }F(z)dxdy.$$iii) 对 $f\equiv 1$ 使用 Cauchy 积分公式, 或者根据定义直接计算.

2习题 B

1. 有$${\int }_{\mathbb{R}}\frac{\phi (x)}{x+i\epsilon }={\int }_{\mathbb{R}}\frac{x\phi (x)}{x^2+{\epsilon }^2}-i\epsilon {\int }_{\mathbb{R}}\frac{\phi (x)}{x^2+{\epsilon }^2}.$$根据 B3) 知结论成立.
2. 在 $\mathbb{C}-[-\infty ,0]$ 上可以定义 $\log$ 的主值部分 $\log (r{e}^{i\theta })=\log r+i\theta$. 这是一个全纯函数, 从而$$\log (x+i\epsilon {)}^{\prime }=\frac{1}{x+i\epsilon }.$$这当然在分布的意义下也成立.
3. 只要验证\begin{aligned} \int_{\mathbb{R}}\frac{x\varphi(x)}{x^2 + \varepsilon^2} &\longrightarrow{\langle}\mathrm{vp}\frac{1}{x}, \varphi\rangle,\tag{3.1}\\ \int_{\mathbb{R}}\frac{{\varepsilon}\varphi(x)}{x^2 + \varepsilon^2} &\longrightarrow{\langle}\pi\delta_0, \varphi\rangle.\tag{3.2} \end{aligned}(3.2) 即为 B6). 对 (3.1), 有$$\begin{array}{rl}{\int }_{\mathbb{R}}\frac{x\phi (x)}{x^2+{\epsilon }^2}-⟨\mathrm{vp}\frac{1}{x},\phi ⟩& ={\int }_0^{\infty }\frac{x(\phi (x)-\phi (-x))}{x^2+{\epsilon }^2}-{\int }_0^{\infty }\frac{\phi (x)-\phi (-x)}{x}\\ & ={\int }_0^{\infty }\frac{-{\epsilon }^2(\phi (x)-\phi (-x))}{x(x^2+{\epsilon }^2)}\\ & \le 2{\Vert \psi \Vert }_{L^{\infty }}{\int }_0^{\infty }\frac{{\epsilon }^2}{x^2+{\epsilon }^2}\\ & =\pi \epsilon {\Vert \psi \Vert }_{L^{\infty }}⟶0.\end{array}$$其中 $\psi =\frac{\phi (x)-\phi (-x)}{x}\in \mathcal{D}(\mathbb{R})$.
4. 同 B1).
5. 同 B3).
6. 设 $\mathrm{supp}(\phi )\subset [-M,M]$, 则$$\begin{array}{rl}{\int }_{\mathbb{R}}\frac{\epsilon \phi (x)}{x^2+{\epsilon }^2}-\pi \phi (0)& ={\int }_{\mathbb{R}}\frac{\epsilon (\phi (x)-\phi (0))}{x^2+{\epsilon }^2}\le {\int }_{-M}^M\frac{\epsilon {\Vert {\phi }^{\prime }\Vert }_{L^{\infty }}|x|}{x^2+{\epsilon }^2}\\ & \le \epsilon {\Vert {\phi }^{\prime }\Vert }_{L^{\infty }}\log (M^2+{\epsilon }^2)⟶0.\end{array}$$7. i) 根据 Riemann-Lebesgue 引理, $u_n\stackrel{{\mathcal{D}}^{\prime }}{\to }0$.
ii) 对任意试验函数 $\phi$, 设 $\mathrm{supp}(\phi )\in [-M,M]$, 有$$\begin{array}{rl}{\int }_{\mathbb{R}}\frac{\sin nx}{x}\cdot \phi (x)& ={\int }_{-M}^M\frac{\sin nx(\phi (x)-\phi (0))}{x}+{\int }_{-M}^M\frac{\sin nx}{x}\phi (0)\\ & ={\int }_{-M}^M\sin nx\cdot \psi (x)+{\int }_{-nM}^{nM}\frac{\sin y}{y}\phi (0).\end{array}$$其中 $\psi (x)=\frac{\phi (x)-\phi (0)}{x},-M\le x\le M$. 根据 Riemann-Lebesgue 引理与 ${\int }_0^{\infty }\frac{\sin x}{x}=\frac{\pi }{2}$, 知$${\int }_{\mathbb{R}}\frac{\sin nx}{x}\cdot \phi (x)\to \pi \phi (0).$$即 $u_n\stackrel{{\mathcal{D}}^{\prime }}{\to }\pi {\delta }_0$.
iii) 对任意试验函数 $\phi$, $$\begin{array}{rl}⟨u_n,\phi ⟩& ={\int }_0^{\infty }n\sin nx\cdot \phi (x)\\ & =\phi (0)+{\int }_0^{\infty }\cos nx\cdot {\phi }^{\prime }(x).\end{array}$$根据 Riemann-Lebesgue 引理有 $u_n\stackrel{{\mathcal{D}}^{\prime }}{\to }{\delta }_0$.

3习题 C

1. 根据上学期作业 8.A6).
2. 根据 C1) 知 $E$ 局部可积, 下证$$\begin{array}{r}\partial E=\frac{1}{4\pi z}.\end{array}\text{\hspace{1em}(2.1)}$$则只需有$$\begin{array}{r}\frac{1}{2\pi }\partial f_{\epsilon }\stackrel{{\mathcal{D}}^{\prime }}{⟶}\frac{1}{4\pi z}.\end{array}\text{\hspace{1em}(2.2)}$$事实上在 $(0,0)$ 之外, 都有$$\partial \log |z|=\frac{1}{2z}.$$将 $\frac{1}{2\pi }{f}_{\epsilon }$ 写为 (在 ${\mathcal{D}}^{\prime }$ 中)$$\frac{1}{2\pi }{f}_{\epsilon }=\frac{\log \epsilon }{2\pi }{1}_{|z|\le \epsilon }+E(z)1_{|z|\ge \epsilon }.$$从而$$\frac{1}{2\pi }\partial f_{\epsilon }=\frac{\log \epsilon }{2\pi }\partial 1_{|z|\le \epsilon }+\frac{1}{4\pi z}{1}_{|z|\ge \epsilon }+E(z)\partial 1_{|z|\ge \epsilon }.$$由于在 $|z|=\epsilon$ 上有 $\log \epsilon =\log |z|$, 根据 Stokes 公式, 有$$\frac{1}{2\pi }\partial f_{\epsilon }=\frac{1}{4\pi z}{1}_{|z|\ge \epsilon }.$$从而 (2.2) 成立. 又根据$$\Delta =4\partial \bar{\partial }=4\bar{\partial }\partial ,$$即得$$\Delta E=4\bar{\partial }(\partial E)=\bar{\partial }(\frac{1}{\pi z})={\delta }_0.$$3. 用极坐标 $(r,\theta )$ 来参数化, 则在 $r=0$ 外这是局部微分同胚, 故 $g_{\epsilon }$ 的连续可微性等价于对 $r,\theta$ 的连续可微性 (在 0 附近 $g_{\epsilon }$ 显然光滑). 进而可得$$a_{\epsilon }=\frac{1}{2{\epsilon }^2},b=\log \epsilon -\frac{1}{2}.$$4. 根据 $g_{\epsilon }$ 的连续可微性, 直接计算有$$\partial g_{\epsilon }=\frac{\bar{z}}{2{\epsilon }^2}{1}_{|z|\le \epsilon }+\frac{1}{2z}{1}_{|z|>\epsilon }.$$这正如同讲义第 24 页中的 $f_{\epsilon }$.
5. 根据 C1), $E$ 与 ${\partial }_{j}E$ 都局部可积 (可以选取适当的参数化, 使得 $x_j=r\cos \theta$). 令$$f_{\epsilon }=\frac{{\epsilon }^{2-n}}{2-n}{1}_{|x|\le \epsilon }+\frac{|x{|}^{2-n}}{2-n}{1}_{|x|\ge \epsilon },$$则$$\begin{array}{rl}{\partial }_j{f}_{\epsilon }& =\frac{{\epsilon }^{2-n}}{2-n}{\partial }_j{1}_{|x|\le \epsilon }+\frac{x_j}{|x{|}^n}{1}_{|x|\ge \epsilon }+\frac{|x{|}^{2-n}}{2-n}{\partial }_j{1}_{|x|\ge \epsilon }\\ & =\frac{x_j}{|x{|}^n}{1}_{|x|\ge \epsilon }.\text{(Stokes公式)}\end{array}$$从而结论成立.
6. 令$$f_{\epsilon j}=\frac{x_j}{{\epsilon }^n}{1}_{|x|\le \epsilon }+\frac{x_j}{|x{|}^n}{1}_{|x|\ge \epsilon }.$$则$${\partial }_j{f}_{\epsilon j}=\frac{1}{{\epsilon }^n}{1}_{|x|\le \epsilon }+\frac{x_j}{{\epsilon }^n}{\partial }_j{1}_{|x|\le \epsilon }+\frac{x_j}{|x{|}^n}{\partial }_j{1}_{|x|\ge \epsilon }+(|x{|}^{-n}-n{x}_j^2|x{|}^{-n-2})1_{|x|\ge \epsilon }.$$从而$$\sum _{j=1}^n{\partial }_j{f}_{\epsilon j}=\frac{n}{{\epsilon }^n}{1}_{|x|\le \epsilon }\to n|{\mathbb{B}}_n|{\delta }_0.$$由于 $|{\mathbb{S}}^{n-1}|=n|{\mathbb{B}}_n|$, 这就表明 $\Delta E={\delta }_0$.
7. 根据上学期的计算 (c.f. Analysis12, p.543), 有$$|{\mathbb{S}}^{n-1}|=\frac{n{\pi }^{\frac{n}{2}}}{\Gamma (\frac{n}{2}+1)}.$$8. 由 C9)
9. 与讲义第 54 页引理 38 完全类似的, 我们有:
引理 C. 给定有紧支集的分布 $c\in {\mathcal{E}}^{\prime }(\Omega )$, 则$$E\ast c\in C^{\infty }(\Omega -\mathrm{supp}(c)).$$事实上, 任取截断函数 $\chi$, 书$$E\ast c=(\chi E)\ast c+(1-\chi E)\ast c.$$前者的支集落在 $\mathrm{supp}(\chi )+\mathrm{supp}(c)$ 中, 而后者为光滑函数, 令 $\mathrm{supp}(\chi )\to \{0\}$ 即有结论成立.

取 ${\chi }_r$ 为在 $B_r(0)$ 上为 $1$ 的截断函数, 则$$\begin{array}{rl}{\chi }_{r}u& ={\delta }_0\ast ({\chi }_{r}u)\\ & =\Delta E\ast ({\chi }_{r}u)\\ & =E\ast (\Delta ({\chi }_{r}u)).\end{array}$$根据引理 C,$${\chi }_{r}u\in C^{\infty }(B_r(0)-\mathrm{supp}(u)).$$令 $r\to \infty$ 即得 $u\in C^{\infty }({\mathbb{R}}^n-\mathrm{supp}(u))$.
10. 对任意的 $x\in \Omega$, 取截断函数 $\theta$ 使得 $\theta {|}_{B(x,\epsilon )}\equiv 1,\theta {|}_{\Omega -B(x,2\epsilon )}\equiv 0$. 则$$\begin{array}{rl}\theta u& ={\delta }_0\ast (\theta u)=\Delta E\ast (\theta u)\\ & =E\ast (\Delta (\theta u))\\ & =E\ast (\theta \Delta u+u\Delta \theta +2⟨\nabla \theta ,\nabla u⟩)\\ & =E\ast (\theta f)+E\ast (u\Delta \theta +2⟨\nabla \theta ,\nabla u⟩).\end{array}$$而 $E\ast (\theta f)$ 为光滑函数, $E\ast (u\Delta \theta +2⟨\nabla \theta ,\nabla u⟩)$ 在 $x$ 附近为光滑函数. 由于光滑是局部的, 这就表明了 $u$ 的光滑性.
11. 根据 C12).
12. 有$$\Delta (E\ast f)=(\Delta E)\ast f={\delta }_0\ast f=f.$$故 $u=E\ast f$ 是位势方程$$\Delta u=f$$的解.

设 $\mathrm{supp}(f)=K\subset B_R(0)$, 取截断函数 $\chi$, 使得 $\chi {|}_K\equiv 1,\mathrm{supp}(\chi )\subset B_R(0)$. 根据引理 C 的证明, 在 ${\mathcal{D}}^{\prime }({\mathbb{R}}^n-B_{2R}(0))$ 上, 有$$E\ast f=((1-\chi )E)\ast f.$$从而对于 $|x|>2R$, 有(E*f)(x) = \Big(\big((1 - \chi)E\big)*f\Big)(x) = \Big{\langle}f, \big(1 - \chi(x-y)\big)E(x-y) \Big\rangle.而当 $|x|>2R$ 时, 对 $|y|<R$, 有 $|x-y|>R$, 故 $\chi (x-y)=0$. 从而 $1-\chi (x-y)$ 在 $B_R(0)$ 上恒为 $1$. 因此,\Big{\langle}f, \big(1 - \chi(x-y)\big)E(x-y) \Big\rangle= \Big{\langle}f, E(x-y) \Big\rangle.我们有u(x) + \frac{{\langle}f,1 \rangle}{4\pi|x|} = \big{\langle}f,F_x(y)\big\rangle.其中$$F_x(y)=\chi (y)(\frac{1}{4\pi |x|}-\frac{1}{4\pi |x-y|}).$$由于 $f$ 的阶有限, 只要证对任意指标 $\alpha$, 存在 (不依赖于 $x$ 的)$C_{\alpha }$, 使得$$|{\partial }^{\alpha }{F}_x(y)|\le \frac{C_{\alpha }}{|x{|}^2}.$$当 $|y|>R$ 时, 这显然成立; 当 $|y|\le R$ 时, 根据 Leibniz rule, 因为 $\chi$ 固定, 只需对$${\tilde{F}}_x(y)=\frac{1}{4\pi |x|}-\frac{1}{4\pi |x-y|}$$证明. 而这是平凡的.
13. 令$$u_{\epsilon }=\sqrt{u^2+{\epsilon }^2}.$$则$${\partial }_x^2(u_{\epsilon })=\frac{u\cdot u_{xx}}{(u^2+{\epsilon }^2{)}^{\frac{1}{2}}}+\frac{{\epsilon }^2{u}_x^2}{(u^2+{\epsilon }^2{)}^{\frac{3}{2}}},$$从而$$\Delta u_{\epsilon }=\frac{u}{(u^2+{\epsilon }^2{)}^{\frac{1}{2}}}\cdot \Delta u+\frac{{\epsilon }^2}{(u^2+{\epsilon }^2{)}^{\frac{3}{2}}}\cdot \sum u_x^2.$$这表明$$\Delta u_{\epsilon }\ge \frac{u}{(u^2+{\epsilon }^2{)}^{\frac{1}{2}}}\cdot \Delta u.$$令 $\epsilon \to 0$, 则 $u_{\epsilon }\to |u|$, 从而 $\Delta u_{\epsilon }\to \Delta |u|$. 而 $\frac{u}{\sqrt{u^2+{\epsilon }^2}}$ 逐点地收敛到 $\mathrm{sign}(u)(x)$. 根据 Lebesgue 控制收敛定理及 A2), 有$$\frac{u}{(u^2+{\epsilon }^2{)}^{\frac{1}{2}}}\stackrel{{\mathcal{D}}^{\prime }}{⟶}\mathrm{sign}(u).$$这就表明$$\Delta |u|\stackrel{{\mathcal{D}}^{\prime }}{⩾}\Delta u\cdot \mathrm{sign}(u).$$