百多邦在烧伤整形(1)[1]

解决] 一些小结论： 0 2 sin ≠ x ， 2 sin2 2 sin)) 2 1 sin(( cos 1 x x xN nx N n −+ =∑ = 2 sin2 2 cos)) 2 1 cos(( sin 1 x x xN nx N n −+ −=∑ = 首先考虑 ⋯,1,0),2exp()( ±== kikttf π 则若 0=k ， 1=f ，等式明显成立； 若 0≠k ，则 } sin2 cos)2) 2 1 cos(( sin2 sin)2) 2 1 sin(( { 1 )2sin()2cos( 1 )2exp( 1 )( 1 111 απ απαπ απ απαπ απαπαπα k kkN i k kkN N knikn N ikn N nf N N n N n N n −+ − −+ = +== ∑∑∑ === 取绝对值有 22 sin2 1 )( 1 1 απ α kN nf N N n ≤∑ = 故再取极限有左为 0，右式显然为 0，故对这样的基函数等式均成 立，且对其张成的任意有限维子空间成立。 由于 f 连续，则其 Fourier级数处处收敛。[注意这里是处处收敛] 故 g∃>∀ ,0ε 是基张成的有限维子空间中的元素， ε<− gfts ,. 处处成 立。则 εαα <−∀ ∑∑ == N n N n ng N nf N N 11 )( 1 )( 1 , ，且 ε<−∫ 1 0 gf ，由 ε 的任意性， 6 有对 f 等式也成立。 对于 Riemann可积函数，可以做到 ε<− gf 除有限点外均成立， 否则达布上下和不等，故当N充分大时仍然能保证成立。 但对于 Lesbegue可积函数，结论不一定正确，例如给定 α 是无理数， 则 ⎩ ⎨ ⎧ = = else nx xf ,0 }{,1 )( α ，显然 f 可积，但不是 Riemann可积，积分为 0。 但 1)(1, 1 =∀ ∑ = N n nf N N α ，故不想等。问题的本质出在几乎处处收敛在本 题中是不可以被忽视的。 14.[思路：这是一类将大家熟悉的欧式空间求距离的问题抽象到 Hilbert空间] (1)考虑三个无关向量 },,1{ 2xx 生成的空间E，问题即求 3x 到这个空间的 距离，而由唯一性，所选取的 cba ,, 构成的元素即为其投影。应用最小 二乘法，容易求出 0, 5 3 ,0 === cba 。 (2)本质为二面角问题，根据 g 的限制， >−>=<< gxxgx , 5 3 , 33 ，故 xx xx g 5 3 5 3 3 3 − − = 即得最大值。 15.问题同上，3个向量变为 ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ −−− 2222 ,, xxx exxee 16.由唯一分解定理知 ⊥∈′∈′+= MmMmmmx ,,0 ，且m是 0x 在M上的投射 7 点，也是距离最近的点，故左 m ′= ； 又 mymymyxyMy ′≤′′==∈∀ ⊥ ),(),,(),(,1, 0 ， 而 m m y ′ ′ = ， 则 mym ′=′ ),( ，故左右相等。 18.由于 gf , 均是有限生成的，故有一个大周期使得 gf , 均为同周期函 数，故定义有意义，且易证可成为内积。明显 }{ iste 规范正交极大，有 不可数个元素，故完备空间不可分。