第 10 讲 共鸣定理及其应用
教教 学学 目目 的的
掌掌 握握 共共 鸣鸣 定定 理理 的的 证证 明明 思思 想想,,通通 过过 具具 体体 例例 子子 分分 析析 使使 学学 生生 了了 解解它它 在在 经经 典典 分分 析析 中中 的的 应应 用用 并并 初初 步步 学学 会会 应应 用用 的的 方方 法法,,
授授 课课 要要 点点
1 领领 会会 纲纲 推推 理理 在在 证证 明明 中中 的的 关关 键键 作作 用用,
2 困困 难难 在在 于于 如如 何何 将将 经经 典典 分分 析析 中中 的的 问问 题题 转转 化化 为为 泛泛 函函 分分 析析 中中 的的 问问题题,
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 ),( YXB,那么我们现在要考虑的是有关算子族 ),(};{ YXBTK?∈= Λλ
λ
的问题,
我们称 };{ Λλ
λ
∈T 是一致有界的，若,sup ∞<
∈
λ
Λλ
T 称它在集合 E 上点点有界，若
,Ex∈?,sup ∞<
∈
xT
λ
Λλ
引理 1（ Osgood） 设 X 为线性赋范空间,);( Λλ
λ
∈f 是在 X 上定义的下半连续的非负实函数族,E 是 X 中的第二纲集．若对于每个,Ex∈
x
axf ≤
∈
)(sup
λ
Λλ
则存在 0>M 和非空开集 B 使得
.,,)( BxMxf ∈∈?≤ Λλ
λ
(1)
证明 设 },,)(;{ Λλ
λ
∈?≤∈= nxfXxE
n
})(;{ nxfXxE
n
≤∈=
λλ
,则,
nn
EE
λ
Λλ∈
∩= 由下办连续性，每个
n
E
λ
是闭集，从而
n
E 是闭集,又由引理中条件，,
1
n
n
EE
∞
=
∪? 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
n
EB
0
．于是
,,,)(
0
Bxnxf ∈∈?≤ Λλ
λ
(2)
引理 2 设 };{ Λλ
λ
∈T 是 ),( YXB 中一族有界线性算子，若 B 是 X 中的非空开集，并且 axTBx ≤∈?
∈
λ
Λλ
sup,，则存在 0>M 使得,sup MT ≤
∈
λ
Λλ
即 );( Λλ
λ
∈T 是一致有界的,
证 明 不妨设 B∈0,否则任取,
0
Bx ∈ 令,'
0
xBB?= 则 'B 是开集并且 '0 B∈,此时每个,',''
0
xxxBx?=∈ 其中 Bx∈,于是
Λλ
λλλλλ
∈?≤+≤?=,2
00
axTxTxTxTxT (3)
即变为所说的情况,
现在取 0>δ 使 BO?),0( δ 则更有
).,0(,sup δ
λ
Λλ
OxaxT ∈?≤
∈
从而
,,sup
1
)(sup Λλ
δδδ
λ
δ
λ
δ
λ
∈?≤==
≤≤
a
xT
x
TT
xx
(4)
定理 1 （共鸣定理） 设 YX,是线性赋范空间,};{ Λλ
λ
∈T 是一族有界线性算子,若
};{ Λλ
λ
∈T 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 )()( xTxf =
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 }{
n
T 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,Xx∈ xT
n
n ∞→
lim 存在，则存在 ),( YXBT ∈ 使得
XxxTTx
n
n
∈?=
∞→
,lim
n
n
TT
∞→
≤ lim,(5)
证明 令 XxxTTx
n
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,Xx∈?,xT
n
有界,X 是完备的，根据共鸣定理,}{
n
T 是一致有界的,故存在 0>M 使得,1,≥≤ nMT
n
于是
=Tx XxxMxTxT
n
n
n
n
∈?≤≤
≥
∞→
,suplim
1
从而 MT ≤,若,limlim
k
k
n
n
n
n
TaT
∞→
∞→
== 同样的极限 xTTx
k
k
n
n ∞→
= lim 成立，由此得出
=Tx XxxaxTxT
k
k
k
k
n
n
n
n
∈?=≤
∞→∞→
,limlim
所以
n
n
TT
∞→
≤ 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,
在 [,]Pab上定义
01
(),() [,]
k
nn
f pnaptaat atPab=?=+++∈ "
证明
n
f 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,),,( YXBT
n
∈ 则 ∞=
≥
n
n
T
1
sup 当且仅当存在 Xx ∈
0
使得 ∞=
≥
0
1
sup xT
n
n
,(称此点
0
x 是 }{
n
T 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 αα =∞<< 是标量序列，若
p
n
lxx ∈=? )(,级数
∑
∞
=1n
nn
xα （ 6）
收敛,则,
q
l∈α 这里,1
11
=+
qp
证明 问题即证明,
1
∞<
∑
∞
=n
q
n
α 1≥?n,定义
∑
=
∈?=
n
i
p
iin
lxxxf
1
,)( α
则
n
f 是
p
l 上的线性泛函,由 Holder 不等式
=)(xf
n
.)()(
1
1
1
1
1
∑∑∑
===
≤
n
i
p
n
i
p
i
q
q
n
i
iii
xx αα
于是 ≤
n
f
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
ii
q
i
i
xxxx ==
∑
=
αα
α
（其中令 )0
0
0
=,则容易计算出,1
)0(
=
p
x =)(
)0(
xf
n
,)(
1
1
q
q
n
i
i∑
=
α 所以
=
n
f
q
q
n
i
i
1
1
)(
∑
=
α,
由于级数 （ 6） 对于每个
p
lx∈ 收敛,即泛函序列
n
f 对于每个
p
lx∈ 收敛,根据 Banach-
Steinhaus 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
fα
即
q
l∈α,
其实上述结论对于 1=p 也成立，此时
∞
∈lα, 同样地，对于函数空间，例如若 )(tα 是可测函数并且 )(μ
p
Lx∈?,积分
∫
α dttxt )()( 存在，则必有 )(μα
q
L∈,这里
.1,1
11
∞<≤=+ p
qp
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
)),()()(()(
21 n
b
a
txtxtx
n
ab
dttx +++
≈
∫
"
梯形公式
)),()(2)(2)((
2
)(
120 nn
b
a
txtxtxtx
n
ab
dttx ++++
≈
∫
"
Simpson 公式
)).(4)(4)(2)(2)()((
6
)(
12122220
++++++
≈
∫ nnn
b
a
txtxtxtxtxtx
n
ab
dttx " "
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
bttta
n
k
nn
n
=<<<=
)()(
1
)(
0
"
和一列数组 ),,2,1;,,1,0( " "== nkkA
nnk
对于每个连续函数 )(tx,记
)()()()(
)()(
11
)(
00
n
knk
n
n
n
nn
nn
txAtxAtxAxf +++= ",（ 7）
问在什么条件下
∫
=
∞→
b
a
n
n
dttxxf?)()(lim
式 (7) 即为机械求积公式,
定理 3 (Polya) 机械求积公式在 ],[ baC 上收敛的充分必要条件是：
(1) .1,
0
≥?≤
∑
=
nMA
n
k
k
nk
（ 2）
∫
=≥=?
∞→
b
a
jjn
n
j
j
dttxxfjttx,)()(lim),0()(
证明 易知 )(xf
n
对于每个 ],[ baCx∈ 有定义，实际上是 ],[ baC 上的线性泛函,由于
,)())(max)(()(
00
xAtxAxf
nn
k
k
nk
bta
k
k
nkn ∑∑
=≤≤=
=≤
故 ≤
n
f
∑
=
n
k
k
nk
A
0
. 另一方面，对于固定的 n，在 ],[ baC 中总可以取到这样的连续函数
0
x,
使得
o
1?
0n
A
1n
A
2n
A
3n
A
4n
A
5n
A
1
)(
1
tx
)(
0
tx )(
2
tx )(
3
tx
)(
4
tx
)(
5
tx
,)(
)(
0 nk
n
k
Asigntx = 1
0
=x
此时有
∑
=
=≥
n
k
k
nknn
Axff
0
0
)(
总之 =
n
f
∑
=
n
k
k
nk
A
0
,
现在,1° 若机械求积公式收敛，则 (2)是显然的,由 ],[ baC 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 ],[ baCx∈ 是任一函数，根据 Weierstrass 定理，取多项式 )(tp,使
,)()(max ε<?=?
≤≤
tptxpx
bta
(ε 是任意给定的正数 )，则
)()()()()()()()( xfpfpfdttpdttpdttxxfdttx
nn
b
a
n
b
a
b
a
b
a
n
+?+?≤?
∫∫∫∫
+?≤ ε)( ab
∫
b
a
n
pfdttp )()( ＋,εM
由上面所说，取
0
n 足够大，当
0
nn ≥ 时中间一项可小于 ε，从而
∫
=
∞→
b
a
n
n
dttxxf,)()(lim
例 3 (Fourier 级数的发散问题 ) 我们要证明下面命题,
对于每一点 ],[
0
ππ?∈t,存在函数 ],[ ππ?∈Cx 使得 x 的 Fourier 级数在
0
t 发散,
考虑 x 的 Fourier 级数的部分和序列
∑
=
++=
n
k
kkn
ktkttxS
1
0
)sincos(
2
))(( βα
α
,.0≥n
其中
∫
≥=
π
π
π
α 0,cos)(
1
kktdttx
k
∫
≥=
π
π
π
β,1,sin)(
1
kktdttx
k
实际计算可以得出
∫
+
=
π
π
π
dssx
st
stn
txS
n
)(
2
sin
))(
2
1
sin(
2
1
))(( （ 8）
容易知道 )(xS
n
是 ],[ ππ?C 上的线性算子。 若固定 ],[
0
ππ?∈t,则 ))((
0
txS
n
是 ],[ ππ?C 上的线性泛函。不失一般性，我们就 0
0
=t 证明所说的结论,
设 ),0)(()( xSxf
nn
= 若 ],[ ππ?∈? Cx,)(xf
n
都收敛，由共鸣定理知道
n
f 是范数有界的,即,1,,0 ≥≤>? nMfM
n
现在我们可以算出
n
f,实际上，由上一讲例 7,
ds
s
sn
f
n ∫
+
=
π
π
π
2
sin
)
2
1
sin(
2
1
ds
s
sn
∫
+
=
2
0
sin
)12sin(2
π
π
≥ ds
s
sn )12sin(
2
2
0
+
∫
π
π
ds
s
sn
n
k
n
k
n
k
)12sin(
2
)12(2
)1(
)12(2
2
0
+
=
∫
∑
+
+
+
=
π
π
π
dss
k
k
k
n
k
∫
∑
+
=
+
≥
2
)1(
2
2
0
2
sin
1
14
π
π
π
dss
k
n
k
∫
∑
=
+
=
2
0
2
0
2
sin
1
14
π
π
,
1
14
2
0
2
∞→
+
=
∑
=
n
k
kπ
矛盾即说明
n
f 在 ],[ ππ?C 上点点收敛不能成立,从而存在 ],[ ππ?∈Cx 在 0
0
=t 发散,
教教 学学 目目 的的
掌掌 握握 共共 鸣鸣 定定 理理 的的 证证 明明 思思 想想,,通通 过过 具具 体体 例例 子子 分分 析析 使使 学学 生生 了了 解解它它 在在 经经 典典 分分 析析 中中 的的 应应 用用 并并 初初 步步 学学 会会 应应 用用 的的 方方 法法,,
授授 课课 要要 点点
1 领领 会会 纲纲 推推 理理 在在 证证 明明 中中 的的 关关 键键 作作 用用,
2 困困 难难 在在 于于 如如 何何 将将 经经 典典 分分 析析 中中 的的 问问 题题 转转 化化 为为 泛泛 函函 分分 析析 中中 的的 问问题题,
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 ),( YXB,那么我们现在要考虑的是有关算子族 ),(};{ YXBTK?∈= Λλ
λ
的问题,
我们称 };{ Λλ
λ
∈T 是一致有界的，若,sup ∞<
∈
λ
Λλ
T 称它在集合 E 上点点有界，若
,Ex∈?,sup ∞<
∈
xT
λ
Λλ
引理 1（ Osgood） 设 X 为线性赋范空间,);( Λλ
λ
∈f 是在 X 上定义的下半连续的非负实函数族,E 是 X 中的第二纲集．若对于每个,Ex∈
x
axf ≤
∈
)(sup
λ
Λλ
则存在 0>M 和非空开集 B 使得
.,,)( BxMxf ∈∈?≤ Λλ
λ
(1)
证明 设 },,)(;{ Λλ
λ
∈?≤∈= nxfXxE
n
})(;{ nxfXxE
n
≤∈=
λλ
,则,
nn
EE
λ
Λλ∈
∩= 由下办连续性，每个
n
E
λ
是闭集，从而
n
E 是闭集,又由引理中条件，,
1
n
n
EE
∞
=
∪? 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
n
EB
0
．于是
,,,)(
0
Bxnxf ∈∈?≤ Λλ
λ
(2)
引理 2 设 };{ Λλ
λ
∈T 是 ),( YXB 中一族有界线性算子，若 B 是 X 中的非空开集，并且 axTBx ≤∈?
∈
λ
Λλ
sup,，则存在 0>M 使得,sup MT ≤
∈
λ
Λλ
即 );( Λλ
λ
∈T 是一致有界的,
证 明 不妨设 B∈0,否则任取,
0
Bx ∈ 令,'
0
xBB?= 则 'B 是开集并且 '0 B∈,此时每个,',''
0
xxxBx?=∈ 其中 Bx∈,于是
Λλ
λλλλλ
∈?≤+≤?=,2
00
axTxTxTxTxT (3)
即变为所说的情况,
现在取 0>δ 使 BO?),0( δ 则更有
).,0(,sup δ
λ
Λλ
OxaxT ∈?≤
∈
从而
,,sup
1
)(sup Λλ
δδδ
λ
δ
λ
δ
λ
∈?≤==
≤≤
a
xT
x
TT
xx
(4)
定理 1 （共鸣定理） 设 YX,是线性赋范空间,};{ Λλ
λ
∈T 是一族有界线性算子,若
};{ Λλ
λ
∈T 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 )()( xTxf =
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 }{
n
T 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,Xx∈ xT
n
n ∞→
lim 存在，则存在 ),( YXBT ∈ 使得
XxxTTx
n
n
∈?=
∞→
,lim
n
n
TT
∞→
≤ lim,(5)
证明 令 XxxTTx
n
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,Xx∈?,xT
n
有界,X 是完备的，根据共鸣定理,}{
n
T 是一致有界的,故存在 0>M 使得,1,≥≤ nMT
n
于是
=Tx XxxMxTxT
n
n
n
n
∈?≤≤
≥
∞→
,suplim
1
从而 MT ≤,若,limlim
k
k
n
n
n
n
TaT
∞→
∞→
== 同样的极限 xTTx
k
k
n
n ∞→
= lim 成立，由此得出
=Tx XxxaxTxT
k
k
k
k
n
n
n
n
∈?=≤
∞→∞→
,limlim
所以
n
n
TT
∞→
≤ 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,
在 [,]Pab上定义
01
(),() [,]
k
nn
f pnaptaat atPab=?=+++∈ "
证明
n
f 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,),,( YXBT
n
∈ 则 ∞=
≥
n
n
T
1
sup 当且仅当存在 Xx ∈
0
使得 ∞=
≥
0
1
sup xT
n
n
,(称此点
0
x 是 }{
n
T 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 αα =∞<< 是标量序列，若
p
n
lxx ∈=? )(,级数
∑
∞
=1n
nn
xα （ 6）
收敛,则,
q
l∈α 这里,1
11
=+
qp
证明 问题即证明,
1
∞<
∑
∞
=n
q
n
α 1≥?n,定义
∑
=
∈?=
n
i
p
iin
lxxxf
1
,)( α
则
n
f 是
p
l 上的线性泛函,由 Holder 不等式
=)(xf
n
.)()(
1
1
1
1
1
∑∑∑
===
≤
n
i
p
n
i
p
i
q
q
n
i
iii
xx αα
于是 ≤
n
f
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
ii
q
i
i
xxxx ==
∑
=
αα
α
（其中令 )0
0
0
=,则容易计算出,1
)0(
=
p
x =)(
)0(
xf
n
,)(
1
1
q
q
n
i
i∑
=
α 所以
=
n
f
q
q
n
i
i
1
1
)(
∑
=
α,
由于级数 （ 6） 对于每个
p
lx∈ 收敛,即泛函序列
n
f 对于每个
p
lx∈ 收敛,根据 Banach-
Steinhaus 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
fα
即
q
l∈α,
其实上述结论对于 1=p 也成立，此时
∞
∈lα, 同样地，对于函数空间，例如若 )(tα 是可测函数并且 )(μ
p
Lx∈?,积分
∫
α dttxt )()( 存在，则必有 )(μα
q
L∈,这里
.1,1
11
∞<≤=+ p
qp
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
)),()()(()(
21 n
b
a
txtxtx
n
ab
dttx +++
≈
∫
"
梯形公式
)),()(2)(2)((
2
)(
120 nn
b
a
txtxtxtx
n
ab
dttx ++++
≈
∫
"
Simpson 公式
)).(4)(4)(2)(2)()((
6
)(
12122220
++++++
≈
∫ nnn
b
a
txtxtxtxtxtx
n
ab
dttx " "
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
bttta
n
k
nn
n
=<<<=
)()(
1
)(
0
"
和一列数组 ),,2,1;,,1,0( " "== nkkA
nnk
对于每个连续函数 )(tx,记
)()()()(
)()(
11
)(
00
n
knk
n
n
n
nn
nn
txAtxAtxAxf +++= ",（ 7）
问在什么条件下
∫
=
∞→
b
a
n
n
dttxxf?)()(lim
式 (7) 即为机械求积公式,
定理 3 (Polya) 机械求积公式在 ],[ baC 上收敛的充分必要条件是：
(1) .1,
0
≥?≤
∑
=
nMA
n
k
k
nk
（ 2）
∫
=≥=?
∞→
b
a
jjn
n
j
j
dttxxfjttx,)()(lim),0()(
证明 易知 )(xf
n
对于每个 ],[ baCx∈ 有定义，实际上是 ],[ baC 上的线性泛函,由于
,)())(max)(()(
00
xAtxAxf
nn
k
k
nk
bta
k
k
nkn ∑∑
=≤≤=
=≤
故 ≤
n
f
∑
=
n
k
k
nk
A
0
. 另一方面，对于固定的 n，在 ],[ baC 中总可以取到这样的连续函数
0
x,
使得
o
1?
0n
A
1n
A
2n
A
3n
A
4n
A
5n
A
1
)(
1
tx
)(
0
tx )(
2
tx )(
3
tx
)(
4
tx
)(
5
tx
,)(
)(
0 nk
n
k
Asigntx = 1
0
=x
此时有
∑
=
=≥
n
k
k
nknn
Axff
0
0
)(
总之 =
n
f
∑
=
n
k
k
nk
A
0
,
现在,1° 若机械求积公式收敛，则 (2)是显然的,由 ],[ baC 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 ],[ baCx∈ 是任一函数，根据 Weierstrass 定理，取多项式 )(tp,使
,)()(max ε<?=?
≤≤
tptxpx
bta
(ε 是任意给定的正数 )，则
)()()()()()()()( xfpfpfdttpdttpdttxxfdttx
nn
b
a
n
b
a
b
a
b
a
n
+?+?≤?
∫∫∫∫
+?≤ ε)( ab
∫
b
a
n
pfdttp )()( ＋,εM
由上面所说，取
0
n 足够大，当
0
nn ≥ 时中间一项可小于 ε，从而
∫
=
∞→
b
a
n
n
dttxxf,)()(lim
例 3 (Fourier 级数的发散问题 ) 我们要证明下面命题,
对于每一点 ],[
0
ππ?∈t,存在函数 ],[ ππ?∈Cx 使得 x 的 Fourier 级数在
0
t 发散,
考虑 x 的 Fourier 级数的部分和序列
∑
=
++=
n
k
kkn
ktkttxS
1
0
)sincos(
2
))(( βα
α
,.0≥n
其中
∫
≥=
π
π
π
α 0,cos)(
1
kktdttx
k
∫
≥=
π
π
π
β,1,sin)(
1
kktdttx
k
实际计算可以得出
∫
+
=
π
π
π
dssx
st
stn
txS
n
)(
2
sin
))(
2
1
sin(
2
1
))(( （ 8）
容易知道 )(xS
n
是 ],[ ππ?C 上的线性算子。 若固定 ],[
0
ππ?∈t,则 ))((
0
txS
n
是 ],[ ππ?C 上的线性泛函。不失一般性，我们就 0
0
=t 证明所说的结论,
设 ),0)(()( xSxf
nn
= 若 ],[ ππ?∈? Cx,)(xf
n
都收敛，由共鸣定理知道
n
f 是范数有界的,即,1,,0 ≥≤>? nMfM
n
现在我们可以算出
n
f,实际上，由上一讲例 7,
ds
s
sn
f
n ∫
+
=
π
π
π
2
sin
)
2
1
sin(
2
1
ds
s
sn
∫
+
=
2
0
sin
)12sin(2
π
π
≥ ds
s
sn )12sin(
2
2
0
+
∫
π
π
ds
s
sn
n
k
n
k
n
k
)12sin(
2
)12(2
)1(
)12(2
2
0
+
=
∫
∑
+
+
+
=
π
π
π
dss
k
k
k
n
k
∫
∑
+
=
+
≥
2
)1(
2
2
0
2
sin
1
14
π
π
π
dss
k
n
k
∫
∑
=
+
=
2
0
2
0
2
sin
1
14
π
π
,
1
14
2
0
2
∞→
+
=
∑
=
n
k
kπ
矛盾即说明
n
f 在 ],[ ππ?C 上点点收敛不能成立,从而存在 ],[ ππ?∈Cx 在 0
0
=t 发散,
