大学の数学の問題

質問

大学の数学の問題が解けなくて苦しんでます。
卒業が、かかってます。
全然分からないのですが、
どうやって解くのでしょうか？
答えはどんな形になるのでしょうか

回答No.1

jcpmutura

区間I=[0,1]
X=C(I)(実数値連続関数)とする.
u,v∈Xに対して,L^2-内積,ノルムをそれぞれ,
(u,v):=∫_{0～1}u(x)v(x)dx,
||u||:=(∫_{0～1}{u(x)}^2dx)^{1/2}
とする
(1)
u,h∈X,u≠0,t∈Rとして,
f(t):=||u+th||
とおく.
f'(0)
=(d/dt)f(t)|t=0
=lim_{t→0}{f(t)-f(0)}/t
=lim_{t→0}{||u+th||-||u||}/t
=lim_{t→0}{||u+th||^2-||u||^2}/t/{||u+th||+||u||}
=lim_{t→0}{(∫_{0～1}{u(x)+th(x)}^2dx)-(∫_{0～1}{u(x)}^2dx)}/t/{||u+th||+||u||}
=lim_{t→0}{(∫_{0～1}[2u(x)h(x)+t{h(x)}^2]dx)}/{||u+th||+||u||}
=∫_{0～1}u(x)h(x)dx/||u||
=(u,h)/||u||

(2)
u∈Xに対して
G(u)=(1/4)∫_{0～1}{u(x)}^4dx
とする
条件||u||=1の下で
v∈XでGは極値を持つとする
(
v=min{||u-v||<ε}G(u).又は.v=max{||u-v||<ε}G(u)
となるようなε>0がある時v∈XでGは極値を持つという
)
|v(a)|≠1となるaがあると仮定する

|v(a)|<1又は|v(a)|>1となる
||v||=∫_{0～1}{v(x)}^2dx=1
だから
中間値の定理から
0<|v(a)|<1,|v(b)|>1となる0<a<1,0<b<1がある

任意のε'>0に対して
0<ε<ε'
0<ε<|v(a)|^2-ε<|v(a)|^2<|v(a)|^2+ε<1<|v(b)|^2-ε<|v(b)|^2<|v(b)|^2+ε
となるεがある
vは連続だから
このεに対して
δ(0<δ<3ε/8)が存在して

|x-a|<δとなる任意のxに対して
(0<x<1)&(||v(x)|^2-|v(a)|^2|<ε)
となる
|x-b|<δとなる任意のxに対して
(0<x<1)&(||v(x)|^2-|v(b)|^2|<ε)
となる

p(t)=ε/2-(2ε/δ^2)t^2
として
(|x-a|≦δ/2)の時
h(x)=-p(x-a)
(|x-b|≦δ/2)の時
h(x)=p(x-b)
その他の時
h(x)=0
とする

h(x)>0の時|x-b|<δ/2の時
h(x)=|h(x)|<ε<1<|v(x)|^2
|v(x)|^2-h(x)≧0
h(x)<0の時|x-a|<δ/2の時
-h(x)=|h(x)|<ε<|v(x)|^2
|v(x)|^2+h(x)≧0
だから

v(x)≧0の時
u(x)=√{|v(x)|^2+h(x)}
w(x)=√{|v(x)|^2-h(x)}
v(x)<0の時
u(x)=-√{|v(x)|^2+h(x)}
w(x)=-√{|v(x)|^2-h(x)}
とすると

||u||^2
=∫_{0～1}{|v(x)|^2}dx+∫_{0～1}h(x)dx
↓∫_{0～1}h(x)dx=0だから
=||v||^2
=1

||u-v||^2
=∫_{0～1}{u(x)-v(x)}^2dx
=2-2∫_{0～1}u(x)v(x)dx
=2{1-∫_{0～1}u(x)v(x)dx}
=2[1-∫_{0～1}|v(x)|√{|v(x)|^2+h(x)}dx]
=2[
+∫_{|x-a|≦δ/2}|v(x)|[|v(x)|-√{|v(x)|^2+h(x)}]dx
+∫_{|x-b|≦δ/2}|v(x)|[|v(x)|-√{|v(x)|^2+h(x)}]dx
]
=2[
+∫_{|x-a|≦δ/2}|v(x)|{h(x)/[|v(x)|+√{|v(x)|^2+h(x)}]}dx
+∫_{|x-b|≦δ/2}|v(x)|{h(x)/[|v(x)|+√{|v(x)|^2+h(x)}]}dx
]
≦
∫_{|x-a|≦δ/2}|h(x)|dx+∫_{|x-b|≦δ/2}|h(x)|dx
=
2∫_{|t|≦δ/2}p(t)dt
≦
4δε/3<ε'^2

G(u)=(1/4)∫_{0～1}{u(x)}^4dx
=(1/4)∫_{0～1}[{|v(x)|^2+h(x)}^2]dx
=(1/4)∫_{0～1}[|v(x)|^4+2h(x)|v(x)|^2+{h(x)}^2]dx
=G(v)+(1/4)∫_{0～1}h(x)[2|v(x)|^2+h(x)]dx
>G(v)+(1/4)∫_{0～1}h(x)[2|v(x)|^2]dx
=
G(v)
+(1/4)∫_{|x-a|≦δ/2}-p(x-a)[2|v(x)|^2]dx
+(1/4)∫_{|x-b|≦δ/2}p(x-b)[2|v(x)|^2]dx
=
G(v)+(1/2)∫_{|t|<δ/2}p(t)[|v(b+t)|^2-|v(a+t)|^2]dt
↓(p(t)>0)&(|v(b+t)|>1>|v(a+t)|)だから
>G(v)

||w||^2
=∫_{0～1}{|v(x)|^2}dx-∫_{0～1}h(x)dx
=||v||^2
=1

||w-v||^2
=2-2∫_{0～1}w(x)v(x)dx
=2[1-∫_{0～1}|v(x)|√{|v(x)|^2-h(x)}dx]
=2[
+∫_{|x-a|≦δ/2}|v(x)|[|v(x)|-√{|v(x)|^2-h(x)}]dx
+∫_{|x-b|≦δ/2}|v(x)|[|v(x)|-√{|v(x)|^2-h(x)}]dx
]
=2[
+∫_{|x-a|≦δ/2}|v(x)|{h(x)/[|v(x)|+√{|v(x)|^2-h(x)}]}dx
+∫_{|x-b|≦δ/2}|v(x)|{h(x)/[|v(x)|+√{|v(x)|^2-h(x)}]}dx
]
≦2∫_{|x-a|≦δ/2}|h(x)|dx+2∫_{|x-b|≦δ/2}|h(x)|dx
=
4∫_{|t|≦δ/2}p(t)dt
≦
8δε/3<ε'^2

G(w)=(1/4)∫_{0～1}{w(x)}^4dx
=(1/4)∫_{0～1}[{|v(x)|^2-h(x)}^2]dx
=(1/4)∫_{0～1}[|v(x)|^4-2h(x)|v(x)|^2+{h(x)}^2]dx
=G(v)+(1/4)∫_{0～1}h(x)[-2|v(x)|^2+h(x)]dx
=
G(v)
+(1/4)∫_{|x-a|≦δ/2}|h(x)|[2|v(x)|^2+|h(x)|]dx
+(1/4)∫_{|x-a|≦δ/2}|h(x)|[-2|v(x)|^2+|h(x)|]dx
=
G(v)+(1/4)∫_{|t|<δ/2}p(t)[2|v(a+t)|^2-2|v(b+t)|^2+2p(t)]dt
↓0<p(t)<ε<|v(b+t)|^2-1
↓0<p(t)<ε<1-|v(a+t)|^2
↓0<2p(t)<|v(b+t)|^2-|v(a+t)|^2
↓|v(a+t)|^2-|v(b+t)|^2+2p(t)<0
↓2|v(a+t)|^2-2|v(b+t)|^2+2p(t)<|v(a+t)|^2-|v(b+t)|^2
↓p(t)[2|v(a+t)|^2-2|v(b+t)|^2+2p(t)]<p(t){|v(a+t)|^2-|v(b+t)|^2}
↓だから
<
G(v)+(1/4)∫_{|t|<δ/2}p(t)[|v(a+t)|^2-|v(b+t)|^2]dt
↓(p(t)>0)&(|v(b+t)|>1>|v(a+t)|)だから
<G(v)
∴任意のε'>0に対して
||w||=||u||=1&
(||w-v||<ε')&(||u-v||<ε')&
G(w)<G(v)<G(u)
となるw,uがあるから
G(v)は極値でないから
v∈XでGは極値を持つという事に矛盾するから
|v(a)|≠1となるaが存在しないから
0≦x≦1となる任意のxに対して
|v(x)|=1
となる
v(b)=-1,v(c)=1となるb,cがあると仮定すると
中間値の定理からbとcの間に
|v(a)|≠1となるaが存在する事になり
|v(a)|≠1となるaが存在しない事に矛盾するから
0≦x≦1となる任意のxに対して
v(x)=1
又は
v(x)=-1
のどちらか一方だけの値をとる