证明与常微分方程解相关的线性泛函ℓ是有界的

嗨，看起来你已经走在正确的轨道上了！你对ℓ的线性性证明没问题，现在咱们来搞定有界性的估计——核心就是把$|u_f'(1) - u_f'(0)|$用$f$的$L^2$范数控制住，这里给你两种实用思路：

思路一：能量估计直接推导 #

首先，咱们先回到原边值问题的变分形式：对任意$v \in H_0^1(0,1)$（满足$v(0)=v(1)=0$的一阶弱可导函数空间），有
$$
\int_0^1 (u_f'v' - u_f'v - 2u_fv)dx = \int_0^1 fv dx
$$
当取$v = u_f$时，代入可得：
$$
\int_0^1 \left(|u_f'|^2 - u_f'u_f - 2u_f^2\right)dx = \int_0^1 fu_f dx
$$
接下来用柯西-Young不等式处理交叉项：$|u_f'u_f| \leq \frac{1}{2}|u_f'|^2 + \frac{1}{2}|u_f|^2$，代入上式后整理得：
$$
\frac{1}{2}\int_0^1 |u_f'|^2 dx - \frac{5}{2}\int_0^1 |u_f|^2 dx \leq |f|_2 |u_f|_2
$$
再结合Poincaré不等式：对$H_0^1(0,1)$中的函数，存在常数$C>0$（比如区间$(0,1)$上$C=\frac{1}{\pi}$）使得$|u_f|_2 \leq C|u_f'|_2$，把它代入上式，就能推导出：
$$
|u_f'|_2 \leq C'|f|_2
$$
这里$C'$是一个不依赖于$f$的常数。

现在回到你得到的式子：
$$
\langle \ell, f \rangle = \frac{u_f'(1) - u_f'(0)}{2} - \frac{1}{2}\int_0^1 f(x)dx
$$
注意到$u_f'(1) - u_f'(0) = \int_0^1 u_f''(x)dx$，而从原ODE可得$u_f'' = f - u_f' + 2u_f$，所以：
$$
u_f'(1) - u_f'(0) = \int_0^1 \left(f - u_f' + 2u_f\right)dx
$$
取绝对值后用三角不等式和$L^2$范数的性质：
$$
|u_f'(1) - u_f'(0)| \leq |f|_2 + |u_f'|_2 + 2|u_f|_2
$$
把之前得到的$|u_f'|_2 \leq C'|f|_2$和$|u_f|_2 \leq CC'|f|_2$代入，这个项就能被$|f|_2$的常数倍控制。

最后把所有项合并到你的不等式里：
$$
|\langle \ell, f \rangle| \leq \frac{1}{2}\left(|f|_2 + C'|f|_2 + 2CC'|f|_2\right) + \frac{1}{2}|f|_2 = K|f|_2
$$
这里$K$是一个不依赖于$f$的常数，这就证明了$\ell$是有界线性泛函。

思路二：伴随问题+Riesz表示定理 #

另一种更简洁的方法是利用Riesz表示定理：$L^2(0,1)$上的有界线性泛函都可以表示为某个$g \in L^2(0,1)$与$f$的内积，即$\langle \ell, f \rangle = \int_0^1 g(x)f(x)dx$，只要找到这样的$g$，自然就能得到$|\ell| = |g|_2$，从而证明有界性。

我们可以通过解伴随边值问题来找$g$：
$$
\begin{cases}
-g'' - g' - 2g = 1 \
g(0) = g(1) = 0
\end{cases}
$$
对原ODE两边乘$g$积分，再用分部积分法处理二阶导数项，结合边界条件就能验证：
$$
\int_0^1 u_f dx = \int_0^1 f g dx
$$
这个伴随问题存在唯一的解$g \in H_0^1(0,1) \subset L^2(0,1)$，所以$\ell$的有界性直接得证。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Thành Nguyễn