实变函数与泛函分析基础第六章习题答案
泛函习题答案
泛函习题答案泛函习题答案泛函分析是数学中的一个重要分支，它研究的是无穷维空间上的函数和函数空间的性质。
在泛函分析的学习过程中，习题是不可或缺的一部分。
通过解答习题，我们可以更好地理解和掌握泛函分析的基本概念和理论。
下面，我将给出一些泛函习题的答案，希望对大家的学习有所帮助。
1. 设X是一个实数域上的线性空间，证明X的零元是唯一的。
解答：假设X中有两个零元0和0'，则有0 = 0 + 0' = 0'。
即零元是唯一的。
2. 设X是一个实数域上的线性空间，证明对于任意的x∈X，有0x = 0。
解答：由线性空间的定义可知，对于任意的x∈X，有0x = (0 + 0)x = 0x + 0x。
再利用线性空间的公理可知，0x + 0x = 0x。
又由线性空间的公理可知，0x + 0 = 0x。
因此，0x = 0。
3. 设X是一个实数域上的线性空间，证明对于任意的x∈X，有(-1)x = -x。
解答：由线性空间的定义可知，对于任意的x∈X，有(-1)x + x = (-1)x + 1x = (-1 + 1)x = 0x = 0。
再利用线性空间的公理可知，(-1)x + x = 0。
又由线性空间的公理可知，(-1)x = -x。
4. 设X是一个实数域上的线性空间，证明对于任意的x∈X，有0∈X。
解答：由线性空间的定义可知，对于任意的x∈X，有x + (-x) = 0。
即0∈X。
5. 设X是一个实数域上的线性空间，证明对于任意的x∈X，有0x = 0。
解答：由线性空间的定义可知，对于任意的x∈X，有0x = (0 + 0)x = 0x + 0x。
再利用线性空间的公理可知，0x + 0x = 0x。
又由线性空间的公理可知，0x + 0 = 0x。
因此，0x = 0。
6. 设X是一个实数域上的线性空间，证明对于任意的x,y∈X，有-(x + y) = -x - y。
解答：由线性空间的定义可知，对于任意的x,y∈X，有-(x + y) + (x + y) = 0。
《实变函数与泛函分析基础》试卷和答案
试卷一：一、单项选择题（3分×5=15分）1、1、下列各式正确的是（ ）（A ）1lim n k n n k n A A ∞∞→∞===⋃⋂; （B ）1lim n k n k n n A A ∞∞==→∞=⋂⋃;（C ）1lim n k n n k nA A ∞∞→∞===⋂⋃; （D ）1lim n k n k nn A A ∞∞==→∞=⋂⋂;2、设P 为Cantor 集，则下列各式不成立的是（ ） （A ）=P c (B) 0mP = (C) P P ='(D) P P =3、下列说法不正确的是（ ）(A) 凡外侧度为零的集合都可测（B ）可测集的任何子集都可测 (C) 开集和闭集都是波雷耳集 （D ）波雷耳集都可测4、设{}()n f x 是E 上的..a e 有限的可测函数列,则下面不成立的是( ) （A ）若()()n f x f x ⇒, 则()()n f x f x → (B) {}sup ()n nf x 是可测函数（C ）{}inf ()n nf x 是可测函数;（D ）若()()n f x f x ⇒,则()f x 可测5、设f(x)是],[b a 上有界变差函数，则下面不成立的是（ ） (A) )(x f 在],[b a 上有界 (B) )(x f 在],[b a 上几乎处处存在导数 （C ）)('x f 在],[b a 上L 可积 (D) ⎰-=b aa fb f dx x f )()()('二. 填空题(3分×5=15分)1、()(())s s C A C B A A B ⋃⋂--=_________2、设E 是[]0,1上有理点全体，则'E =______,oE =______,E =______. 3、设E是n R 中点集，如果对任一点集T都有_________________________________，则称E 是L 可测的4、)(x f 可测的________条件是它可以表成一列简单函数的极限函数. （填“充分”，“必要”，“充要”）5、设()f x 为[],a b 上的有限函数，如果对于[],a b 的一切分划，使_____________________________________________________,则称()f x 为[],a b 上的有界变差函数。
《实变函数论与泛函分析(曹广福)》1到5章课后习题答案
第一章习题参考解答3.等式(A -B) ⋃C =A - (B -C) 成立的的充要条件是什么？解： 若(A -B) ⋃C =A - (B -C)，则 C ⊂ (A -B) ⋃C =A - (B -C) ⊂A .即， C ⊂A .反过来, 假设C ⊂A , 因为B -C ⊂B . 所以,A -B ⊂A - (B -C) . 故,( A -B) ⋃C ⊂A - (B -C) .最后证， A - (B -C) ⊂ (A -B) ⋃C事实上，∀x ∈A - (B -C) , 则x ∈A 且x ∉B -C 。
若x ∈C，则x ∈(A -B) ⋃C ；若x ∉C，则 x ∉B ，故 x ∈A -B ⊂ (A -B) ⋃C. 从而, A - (B -C) ⊂ (A -B) ⋃C.C ⊂ (A -B) ⋃C =A - (B -C) ⊂A -∅=A . 即 C ⊂A .反过来，若C ⊂A ，则因为B -C ⊂B 所以A -B ⊂A - (B -C) 又因为C ⊂A ，所以C ⊂A - (B -C) 故 (A -B) ⋃C ⊂A - (B -C)另一方面，∀x ∈A - (B -C) ⇒x ∈A 且x ∉B -C ，如果x ∈C则x ∈(A -B) C ；如果x ∉C, 因为x ∉B -C ，所以x ∉B 故x ∈A -B . 则x ∈(A -B) ⋃C . 从而A - (B -C) ⊂ (A -B) ⋃C于是， (A -B) ⋃C =A - (B -C)⎧1,x ∈A4.对于集合A，定义A 的特征函数为χA (x) =⎨，假设A1 , A2 , , A n 是⎩0, x ∉A一集列，证明：（i）χliminf A(x) = lim inf χA (x)n n n n（ii）χ(x) = lim sup χA (x)limsup An n n n证明：（i）∀x∈lim inf A n =⋃(⋂A n )，∃n0 ∈N，∀m ≥n0 时，x ∈A m .n n∈N m≥n所以 χA (x) = 1，所以 inf χA(x) = 1故lim inf χA (x) = supinf χA(x) = 1 m m≥nm n n b∈N m≥n m= i i1 1 ，使 m n n m nn n =1 1 1∀x ∉ lim inf A n ⇒ ∀n ∈ N ，有 x ∉ ⋂ A n ⇒ ∃k n ≥ nnm ≥n有 x ∉ A k ⇒ χ A = 0 ⇒ inf χ A (x ) = 0 ，故 s u p n f i χ A (x ) = 0，即 limn f iχ A (x ) =0 ，mk nm ≥n mb ∈N m ≥nmn n从而 χliminf A (x ) = lim inf χ A(x )nnnni -1 5. 设{A n } 为集列， B 1 = A 1 ， B i = A i - ⋃ A j (i > 1) 证明j 1（i ） {B n } 互相正交n n（ii ） ∀n ∈ N , A i = B ii =1i =1n -1 证明：（i ）∀n , m ∈ N , n ≠ m ；不妨设n>m ，因为 B n = A n - A i ⊂ A n - A m ，又因 i =1为 B ⊂ A ，所以 B ⊂ A - A ⊂ A - B ， 故 B B = ∅ ，从而 {B }∞相互正交.n nnn（ii ）因为 ∀i (1 ≤ i ≤ n )，有 B i ⊂ A i ，所以⋃ B i ⊂ ⋃ A i ，现在来证： ⋃ A i ⊂ ⋃ B i当n=1 时， A 1 = B 1 ； i =1i =1i =1i =1nn当 n ≥ 1时，有： A i = B ii =1i =1n +1 n n +1 n n n 则 A i = ( A i ) A n +1 = ( A i ) ( A n +1 - A i ) = ( B i ) (B n +1 - B i )i =1i =1i =1i =1i =1i =1n事实上， ∀x ∈ ⋃ A ，则∃i (1 ≤ i ≤ n ) 使得 x ∈ A ，令i = min i | x ∈ A 且1 ≤ i ≤ ni =1i 0 -1 n i 0 -1 n n则 x ∈ A i 0 - A i = B i 0 ⊂ B i ，其中，当 i 0 = 1 时， A i = ∅ ，从而， A i = B ii =1i =1i =1i =1i =16. 设 f (x ) 是定义于E 上的实函数，a 为常数，证明：∞（i ） E {x | f (x ) > a }= { f (x ) ≥ a + }n =1 n(ii) ∞E {x | f (x ) ≥ a }= { f (x ) > a - }n =1 n证明：（i ） ∀x ∈ E {x | f (x ) > a } ⇒ x ∈ E 且 f (x ) > a⇒ ∃n ∈ N ,使得f (x ) ≥ a + 1 > a 且x ∈ E ⇒ x ∈ E {x | f (x ) ≥ a + 1}⇒ x ∈ n ∞ E {x | f (x ) ≥ a + }⇒ E {x | f (x ) > a } ⊂ n∞E {x | f (x ) ≥ a + } n =1 n n =1 n反过来，∀x ∈ ∞E {x {x | f (x ) ≥ a + 1},∃n ∈ N x ∈ E {x | f (x ) ≥ a + 1} n =1 n nm n m m= n 0 1 1即 f (x ) ≥ a + 1 n∞> a 且x ∈ E 1故 x ∈ E {x | f (x ) > a }所 以 ⋃ E {x | f (x ) ≥ a + n =1 } ⊂ E {x | f (x ) > a } 故nE {x | f (x ) > a } ∞ E {x | f (x ) ≥ a + 1}n =1 n7. 设{ f n (x )} 是E 上的实函数列，具有极限 f (x ) ，证明对任意常数 a 都有：E {x | f (x ) ≤ a } = ∞lim inf E {x | f(x ) ≤ a + 1} = ∞lim inf E {x | f (x ) < a + 1} k =1 n n k k =1 n n k证明： ∀x ∈ E {x | f (x ) ≤ a },∀k ∈ N ，即 f (x ) ≤ a ≤ a + 1，且 x ∈ Ek因为 lim f n →∞(x ) = f (x )，∃n ∈ N ，使∀m ≥ n ，有 f n(x ) ≤ a + 1 ，故 kx ∈ E {x | f m (x ) ≤ a + 1}(∀m ≥ n ) k 所以x ∈ E {x | f m m ≥n (x ) ≤ a + 1} kx ∈ E {x | f (x ) ≤ a + 1}= lim inf E {x | f (x ) ≤ a + 1}，由 k 的任意性：n ∈N m ≥n m k n mk∞ ∞ x ∈ lim inf E {x | f n (x ) ≤ a + }，反过来，对于∀x ∈ lim inf E {x | f n (x ) ≤ a + }，k =1 n k k =1 n k ∀k ∈ N ，有 x ∈ lim inf E {x | f (x ) ≤ a + 1} =E {x | f (x ) ≤ a + 1} ， 即n m k n ∈N m ≥n m k∃n ∈ N ，∀m ≥ n 时，有： f (x ) ≤ a + 1 且 x ∈ E ，所以， lim f (x ) ≤ f (x ) ≤ a + 1且 m k m mkx ∈ E . 又令k → ∞ ，故 f (x ) ≤ a 且x ∈ E 从而 x ∈ E {x | f (x ) ≤ a }∞ 1故 E {x | f (x ) ≤ a }= lim inf E {x | f n (x ) ≤ a + }k =1 n k8.设{ f n (x )} 是区间（a ，b ）上的单调递增的序列，即f 1 (x ) ≤ f 2 (x ) ≤ ≤ f n (x ) ≤∞若 f n (x ) 有极限函数 f (x ) ，证明： ∀a ∈ R ， E { f (x ) > a } = ⋃ E { f n (x ) > a }n 1证明： ∀x ∈ E { f (x ) > a }，即： x ∈ E 且 f (x ) > a ，因为lim f (x ) = n →∞f (x )所以∃n 0 ∈ N ,∀n ≥ n 0 ，恒有： f n (x ) > a 且x ∈ E ，从而， x ∈ E { f n(x ) > a }∞⊂ E { f n (x ) > a }n =1nn n k1 2 3 n n∞反过来， ∀x ∈ E { f n (x ) > a },∃n 0 ∈ N ，使 x ∈ E { f n (x ) > a }，故∀n ≥n 0 ，因此，n =1lim f (x ) = n →∞f (x ) ≥ f (x ) > a 且 x ∈ E ,即， x ∈ E { f (x ) > a }，∞从而， E { f (x ) > a } = E { f n (x ) > a }n =110．证明： R 3 中坐标为有理数的点是不可数的。
实变函数论与泛函分析(曹广福)1到5章课后答案
1 k 1 因为 lim f n ( x) f ( x)，n N ，使 m n ，有 f n ( x) a ，故 n k 1 1 x E{x | f m ( x) a }(m n)， 所以 x E{x | f m ( x) a } m n k k 1 1 x E{x | f m ( x) a } = lim inf E{x | f m ( x) a } ，由 k 的任意性： n nN m n k k 1 ， 反 过 来 ， 对 于 x lim inf E{x | f n ( x) a } n k 1 k 1 1 有 x lim x lim inf E{x | f n ( x) a } ，k N ， inf E{x | f m ( x) a } = n n k 1 k k 1 1 E{x | f m ( x) a } ，即 n N，m n 时，有： f m ( x) a 且 x E ， nN m n k k 1 所以， lim f m ( x) f ( x) a 且 x E . 又令k ，故 f ( x) a且x E 从 m k
i 1 i 1 i 1 i 1 i 1 i 1
n 1
n
n 1
n
n
n
事 实 上 ， x Ai ， 则 i (1 i n) 使 得 x Ai ， 令 i 1
i0 mini | x Ai 且1 i n
i0 1 i 1
0 0
n
n i0 1 i 1 i 1
于是， ( A B) C A ( B C ) 4．对于集合 A，定义 A 的特征函数为 A ( x)
A1 , A2 , , An 是一集列 ，证明： inf A ( x) （i） lim inf A ( x) lim n
泛函分析 第六章习题答案
第六章习题第一部分01-171. 设M 是线性赋范空间X 的闭子空间，若对任意的f ∈ X *，f (M ) = 0蕴涵f ( X ) = 0，则M = X ．[证明] 若不然M 是X 的真闭子空间，由Hann-Banach 定理，存在f ∈X *，使f (M ) = 0，并且|| f || = 1，这与题目的假设相矛盾．2. 设X 是线性赋范空间，M 是X 的子集，x 0 ∈X ，且x 0 ≠ θ．证明x 0∈cl(span M )的充分必要条件为：对任意的f ∈ X *，f (M ) = 0蕴涵f (x 0) = 0．[证明] (必要性) 对任意的f ∈ X *，由f (M ) = 0及f 是线性的，可推出f (span M ) = 0；而f 又是连续的，所以又可进一步得到f (cl(span M )) = 0； 所以对x 0 ∈ cl(span M )，有f (x 0) = 0．(充分性)若x 0 ∉ cl(span M )，由Hann-Banach 定理，存在f ∈ X *，使得f (cl(span M )) = 0，但f (x 0) = || x 0 || ≠ 0，这与题目的假设相矛盾．3. 设X 是线性赋范空间，x 1, x 2, ..., x n 是X 中n 个线性无关的元素，a 1, a 2, ..., a n是n 个数，M > 0．证明：存在满足条件：f (x k ) = a k ，k = 1, 2, ..., n ，且|| f || ≤ M 的有界线性泛函f 的充要条件为：对于任意的n 个数c 1, c 2, ..., c n 都有||||||11∑∑==≤n k k k n k k k x c M c a ．[证明] (⇒) 对于任意的n 个数c 1, c 2, ..., c n ，令∑==nk k k x c x 1．由于| f (x )| ≤ M || x ||，以及f (x k ) = a k ，k = 1, 2, ..., n ，得到||||||11∑∑==≤nk k k n k k k x c M c a ．(⇐) 考虑X 的线性子空间S = Span{ x 1, x 2, ..., x n }，对于任意的n 个数c 1, c 2, ..., c n ，在S 上定义∑∑===nk k k n k k k c a x c g 11)(．则g 是S 上的有界线性泛函，满足条件g (x k ) = a k ，k = 1, 2, ..., n ，且|| g || ≤ M ． 由Hann-Banach 定理，存在X 上的有界线性泛函f 使f |S = g ，且|| f || = || g ||． 事实上，此f 即为满足条件的泛函．[第4题到第9题只需要直接验证，它们应该是“集合论”而非“泛函分析”中的题目．此处略去]10. 设X 是Banach 空间．证明X 自反的充要条件为X *自反．[证明] 必要性：设X 自反，即X 上的典则映射J : X → X **，满足J (X ) = X **． 为证明X *自反，我们要证明X *上的典则映射J * : X * → X ***为满射．∀x ***∈X ***，令x * = x *** ◦ J ．容易看出x * : X → 是X 上的线性泛函． 由于| x *(x ) | = | x *** (J (x )) | ≤ || x *** || · || J || · || x ||，所以x *∈ X *．注意到J (X ) = X **，故∀x **∈X **，存在x ∈X 使得J (x ) = x **．则(J * x *) x ** = x **( x *) = x * ( x ) = (x *** ◦ J ) ( x ) = x *** ( J ( x )) = x *** (x **)， 所以J * x * = x ***，即J *为满射，故X *自反．充分性：设X *自反，即X *上的典则映射J * : X * → X ***满足J * (X *) = X ***． 假若X 不自反，即J (X ) ≠ X **．则由于X 是Banach 空间，且X 上的典则映射J : X → X **是保范的线性单射， 容易看出J (X )是X **的真闭子空间．由Hann-Banach 定理，存在x ***∈X ***，使得x ***( J (X )) = 0，|| x *** || = 1． 由于J * (X *) = X ***，存在x *∈ X *，使得J * x * = x ***．显然对∀x ∈X 有x * ( x ) = (J (x )) x * = x ***(J (x )) = 0，所以x * = θ，这与|| x * || = || J * x * || = || x *** || = 1相矛盾．11. 设X 为线性赋范空间，X *可分．证明X 可分．[证明] 由于X *可分，不妨设X *\{θ }中子集F = { f 1, f 2, ...}在X *中稠密， 令g i = f i /|| f i ||，用S *表示X *中的单位球面．对∀f ∈ S *，∀ε > 0，存在某f i ∈F ，使得|| f i - f || < min {ε /4, 1/2}．则| (|| f i || - 1) | = | (|| f i || - || f ||) | ≤ || f i - f || < 1/2，故|| f i || > 1/2．对应的g i 满足 || g i - f || = || ( f i /|| f i || - f ) || ≤ || ( f i /|| f i || - f /|| f i ||) || + || ( f /|| f i || - f ) ||= || f i - f || /|| f i || + | 1/|| f i || - 1 | · || f || = || f i - f || /|| f i || + | 1/|| f i || - 1 |= || f i - f || /|| f i || + | (1 - 1/|| f i ||) | / || f i || ≤ 2 || f i - f || /|| f i || < 4 || f i - f || < ε．所以S *中的可数集G = { g 1, g 2, ...}在S *中稠密．对任意i ，由于|| g i || = sup{ | g i (x ) | | || x || = 1 }，故存在X 的单位球面S 中的点x i ，使得| g i (x i ) | > 1/2．记A = { x 1, x 2, ...}．注意到A 是可数的，故它的所有的有限的有理系数线性组合构成的集合也是可数的，并把这个可数集合记为B ，容易看出B 在span(A )中稠密，因而B 也在cl(span(A ))中稠密．下面证明cl(span(A )) = X ．若不然，存在x ∈X \ cl(span(A ))．则由Hann-Banach 定理知存在f ∈ S *，使得f (cl(span(A ))) = 0．而G = { g 1, g 2, ...}在S *中稠密，故存在g i ∈ S *，使|| g i - f || < 1/2．这就得到下面的矛盾：1/2 < | g i (x i ) | = | g i (x i ) - f (x i ) | ≤ || g i - f || · || x i || = || g i - f || < 1/2．故cl(span(A )) = X ．因此X 有可数稠子集B ，所以X 可分．12. 设H 为复Hilbert 空间，)(,,21H T T T B ∈．证明：**)(T T αα=，T T =**)(，*2*1*21)(T T T T +=+，*1*2*21)(T T T T =，，||||||||*T T =．[证明] 对任意的H y x ∈,，>>=<>=<<>=<>=>=<<y T x y T x y T x y Tx y x T y T x )(,,,,,)()(,****αααααα. ><+>>=<<+>>=<+>=<+<y T x y T x y x T y x T y x T T y T T x *2*12121*21,,,,,)()(, >+>=<+=<y T T x y T y T x )(,,*2*1*2*1．>>=<>=<>=<>=<<)(,,),(,)()(,*1*2*122121*21x T T x x T x T y x T T y x T T y T T x >=<x T T x )(,*1*2 ． >=<><=><>=>=<<Ty x x Ty x T y y x T y T x ,,,,)(,****．因为||||||||||||||||||)(||),(,||||*****2*x x T T x x T T x x T T x T x T x T ⋅⋅≤⋅>≤>=<=<，故||||||||||||*x T x T ⋅≤，所以||||||||*T T ≤．因为||||||||||||||)(||||||)(,,||||***2Tx T x Tx T x Tx T x Tx Tx Tx ⋅⋅≤⋅>≤>=<=<，故||||||||||||*x T Tx ⋅≤，所以||||||||*T T ≤．13. 设H 为Hilbert 空间，A , B 为H 上的两个线性算子，对于任意的x , y ∈H 有< Ax , y > = < x , By >．证明：A 为有界线性算子．[证明] 对∀x ∈S = { x ∈H | || x || = 1 }，考虑f x : H → ，f x (y ) = < By , x >． 由于| f x (y ) | = | < By , x > | = | <y , Ax > | ≤ || y || · || Ax ||，故f x 为H 上的有界线性泛函，且|| f x || ≤ || Ax ||．因f x (y ) = < By , x > = <y , Ax >，故f x (Ax ) = < Ax , Ax > = || Ax ||2．所以，|| Ax ||2 = | f x (Ax ) | ≤ || f x || · || Ax ||，故|| Ax || ≤ || f x ||．所以|| f x || = || Ax ||．有界线性泛函族{ f x | x ∈S }在H 的每一点y 处，| f x (y ) | = | < By , x > | ≤ || By || · || x || = || By ||，由共鸣定理知存在M > 0，使得∀x ∈S 有|| f x || ≤ M ．即∀x ∈S 有|| Ax || ≤ M ．所以A 为有界线性算子．14. 设T 为2l 上的有界线性算子，对于2}{l x k ∈=∀ξ，2}{l y Tx k ∈==η，其中∑∞==1j j kj k a ξη， ,2,1=k ．又设}{***k y y x T ==，而∑∞==1**j j kj k a y ξ．证明：jk kj a a =*．[证明] ∑∑∑∑∑∞=∞=∞=∞=∞=⋅⋅=⋅>=>=<<11111)()(}{},{,k k k j kj j k j j kj k j j kj a a a y Tx ηξηξηξ>⋅>=<⋅=<⋅⋅=∑∑∑∑∞=∞=∞=∞=}{,}{,)(1111j j jk k k kj j k k kj j a x a x a ηηηξ，而>>=<<∑∞=}{,,1**j j kj a x y T x η，故∑∑∞=∞==11*j j jk j j kja a ηη， ,2,1=∀k ，2l y ∈∀ 所以jk kj a a =*， ,2,1,=∀j k ．15. 设X 为Banach 空间，Y 为线性赋范空间，T n ∈ B (X , Y )，n = 1, 2, ...，且sup {|| T n || } = +∞．证明：存在x 0 ∈X 使得sup {|| T n x 0 || } = +∞．[证明] 这只是共鸣定理的逆否命题．16. 举例说明：在共鸣定理中，X 的完备性是不可缺少的．[例] 考虑m 空间的子空间X = { x = (ξ i ) | 只有有限个ξ i 不为0}．T n : X → ，T n (x ) = n ξ n ，∀x = (ξ i )∈X ．显然T n 是线性算子，可以证明T n 有界，且|| T n || = n ．显然{|| T n || }无界，但对∀x = (ξ i )∈X ，{ T n (x ) }有界．17. 设S : ℓ2 → ℓ2为S (ξ1, ξ2, ... ) = (ξ3, ξ4, ... )，T n = S n ．求sup { || T n x || }，|| T n ||，以及sup { || T n || }．[解] 显然T n (ξ1, ξ2, ... ) = (ξ2n +1, ξ2n +2, ... )，故sup {|| T n x || } = sup {|| (ξ2n+1, ξ2n+2, ... ) || } = || x ||．因|| T n x || = || (ξ2n+1, ξ2n+2, ... ) || ≤ || x ||．故|| T n || ≤ 1．若取x使得其第2n+1个坐标为1而其余皆为0，则|| x || = 1，且|| T n x || = 1，故|| T n || ≥ 1．所以|| T n || = 1．sup {|| T n || } = 1．。
《实变函数与泛函分析基础》试卷及答案
《实变函数与泛函分析基础》试卷及答案（第2页，共19页）试卷一：一、单项选择题（3分×5=15分）1、1、下列各式正确的是（ ）（A ）1lim n k n n k n A A ∞∞→∞===⋃⋂; （B ）1lim n k n k n n A A ∞∞==→∞=⋂⋃;（C ）1lim n k n n k nA A ∞∞→∞===⋂⋃; （D ）1lim n k n k nn A A ∞∞==→∞=⋂⋂;2、设P 为Cantor 集，则下列各式不成立的是（ ） （A ）=P c (B) 0mP = (C) P P ='(D) P P =3、下列说法不正确的是（ ）(A) 凡外侧度为零的集合都可测（B ）可测集的任何子集都可测 (C) 开集和闭集都是波雷耳集 （D ）波雷耳集都可测 4、设{}()n f x 是E 上的..a e 有限的可测函数列,则下面不成立的是( ) （A ）若()()n f x f x ⇒, 则()()n f x f x → (B) {}sup ()n nf x 是可测函数（C ）{}inf ()n nf x 是可测函数;（D ）若()()n f x f x ⇒,则()f x 可测5、设f(x)是],[b a 上有界变差函数，则下面不成立的是（ ） (A) )(x f 在],[b a 上有界 (B) )(x f 在],[b a 上几乎处处存在导数 （C ）)('x f 在],[b a 上L 可积 (D) ⎰-=b aa fb f dx x f )()()('二. 填空题(3分×5=15分)1、()(())s s C A C B A A B ⋃⋂--=_________2、设E 是[]0,1上有理点全体，则'E =______,oE =______,E =______.3、设E 是n R 中点集，如果对任一点集T 都有得 分得 分（第3页，共19页）_________________________________，则称E 是L 可测的4、)(x f 可测的________条件是它可以表成一列简单函数的极限函数. （填“充分”，“必要”，“充要”）5、设()f x 为[],a b 上的有限函数，如果对于[],a b 的一切分划，使_____________________________________________________,则称()f x 为 [],a b 上的有界变差函数。
泛函分析习题及参考答案
∑
∞
ξi( n ) < ε p 对任何自然数 n 成立。
1 p
p
p⎞ ⎛ ∞ (n) (n) 证明：必要性证明，由 d ( xn , x) = ⎜ ∑ ξi − ξi ⎟ → 0 可知， ξi → ξi ， i = 1, 2, ⎝ i =1 ⎠
。
由 x = (ξ1 ,
∞
, ξi , ) ∈ l p 可知， ∀ε > 0 ，存在 N1 > 0 ，使得
1 3
1 3
1 1 1 ⎧ ⎫ O( x, ) ∩ O( y, ) = Φ ，从而 ⎨O( x, ) x ∈ M ⎬ 是一族互不相交的球，其总数是不可数的。 3 3 3 ⎩ ⎭
（或：由 ∪O 因此 {y n }至少也有不可数个，这与 {y n }是可数的相矛盾。 （yn , ） ⊃l ⊃M 以
∞
1 3
p p
En
∫x
n
பைடு நூலகம்
− x dt +
p
Fn
∫x
n
− x dt 。此时，
p
1 1 ⎡ ⎤ p p p p p p x x dt ( x dt ) ( x dt ) − ≤ + ⎢ ⎥ ， ∫ x n − x dt < (b − a ) ⋅ ε 。 n n ∫ ∫ ∫ ⎢ En ⎥ Fn En En ⎣ ⎦
依测度收敛于 x(t ) 。
， 令n → ∞， 可得 m( E ( x n − x ≥ σ ) → 0 。 即 x n (t )
由 x(t ) 的积分绝对连续性可知，对任何 ε > 0 ，存在 δ 1 > 0 ，使得 e ⊂ E ，me < δ 1 时，
( ∫ x(t ) dt ) <
实变函数与泛函分析基础习题.doc
实变函数与泛函分析基础习题.docn —1第⼀章集合4.证明，c s (u^)= nc-A.I —1 I证明 are C.( U All llli|⼯WS 、但⼯宅⼝ A ?，因此对任总2电44<,因⽽t —1<—1X € n C,4t- SxG n CM—1 c —1t —1得 H € c.( u A t y 所以 C.( 0 ^) = A C.A.<>i —1& 证明 lim A n = U nfi —?n —1 m —f>证明lix€ lim 则存在M 使⼀切n>N^eAn.所以⼯€ A⼉n u 0 Afl —*OQTIl ?fl ⼗ 1 f>*?l TT>?fl所以lim zt n C 0 n 4m . X € 0 A ⼼，则右F 使⼯€ Q 仏，即对任总m > n, {j fl —*8H —■ 1 Ffl—FB fl —1FII —fl WV-?fl x € 所以⼯ € lim /4n-n —*txj因此 lim 4n = U n 4m .R —*00Fl —1 ni —fl12.证明,所有系数为宵理数的多:爼成 I 放集.远明设俎是n 次存理系软多项式的全体，n=L2,-.*t WlM= J A n .A n 由n+1个 n —0独⽴的记号所決定，即⼏次多项式的n + l 个”理数系敖，其中肖项系数町取除0以外的⼀列#理ft, Kte 系数叮取⼆切〃理数，因此毎个记号迪⽴地跑対?个可数集，因此由M 定理 6X =⼇⼜由§4定理4亍=a.16. i ⽎A 是■数集合,则A 的所WVR f ?集作成的集4炉必可■证明设4 = {却严…}"的有限⽚集的全^A.An = {SZ2,,%}, A B 的F 集的 ' 兀?易汁算兀中焦有2"个尤索，⽽4 = J 4W ，因此久⾄多为町数的.乂 4中个尤奈纽成的集今是町数的，因⽽j 是叮数的.第⼆章点集注：E 。
(完整)《实变函数与泛函分析基础》试卷及答案,推荐文档
试卷一：一、单项选择题（3分×5=15分）1、1、下列各式正确的是（ ）（A ）; （B ）;1lim n k n n k n A A ∞∞→∞===⋃⋂1lim n k n k n n A A ∞∞==→∞=⋂⋃（C ）; （D ）;1lim n k n n k n A A ∞∞→∞===⋂⋃1lim n k n k n n A A ∞∞==→∞=⋂⋂2、设P 为Cantor 集，则下列各式不成立的是（ ）（A ） c (B) (C) (D) =P 0mP =P P ='PP = 3、下列说法不正确的是（ ）(A) 凡外侧度为零的集合都可测（B ）可测集的任何子集都可测(C) 开集和闭集都是波雷耳集 （D ）波雷耳集都可测4、设是上的有限的可测函数列,则下面不成立的是( ){}()n f x E ..a e （A ）若, 则 (B) 是可测函数()()n f x f x ⇒()()n f x f x →{}sup ()n nf x （C ）是可测函数;（D ）若,则可测{}inf ()n n f x ()()n f x f x ⇒()f x 5、设f(x)是上有界变差函数，则下面不成立的是（ ）],[b a (A) 在上有界 (B) 在上几乎处处存在导数)(x f ],[b a )(x f ],[b a （C ）在上L 可积 (D) )('x f ],[b a ⎰-=ba a fb f dx x f )()()('二. 填空题(3分×5=15分)1、_________()(())s s C A C B A A B ⋃⋂--=2、设是上有理点全体，则=______,=______,=______.E []0,1'E o E E 3、设是中点集，如果对任一点集都有E n R T _________________________________，则称是可测的E L 得 分得 分4、可测的________条件是它可以表成一列简单函数的极限函数. )(x f （填“充分”，“必要”，“充要”）5、设为上的有限函数，如果对于的一切分划，使()f x [],a b [],a b _____________________________________________________,则称为 ()f x 上的有界变差函数。
实变函数与泛函分析基础
实变函数与泛函分析知识点与模拟试卷（含答案）实变函数与泛函分析概要第一章集合基本要求：1、理解集合的包含、子集、相等的概念和包含的性质。
2、掌握集合的并集、交集、差集、余集的概念及其运算性质。
3、会求已知集合的并、交、差、余集。
4、了解对等的概念及性质。
5、掌握可数集合的概念和性质。
6、会判断己知集合是否是可数集。
7、理解基数、不可数集合、连续基数的概念。
8、了解半序集和Zorn引理。
第二章点集基本要求：1、理解n维欧氏空间中的邻域、区间、开区间、闭区间、体积的概念。
2、掌握内点、聚点的概念、理解外点、界点、孤立点的概念。
掌握聚点的性质。
3、掌握开核、导集、闭区间的概念及其性质。
4、会求己知集合的开集和导集。
5、掌握开核、闭集、完备集的概念及其性质，掌握一批例子。
6、会判断一个集合是非是开（闭）集，完备集。
7、了解Peano曲线概念。
主要知识点：一、基本结论：1、聚点性质§2 中T1聚点原则：P0是E的聚点⇔ P0的任一邻域内，至少含有一个属于E而异于P0的点⇔存在E中互异的点列{Pn}，使Pn→P0 （n→∞）2、开集、导集、闭集的性质§2 中T2、T3T2：设A⊂B，则A⊂B，·Ａ⊂·Ｂ，－Ａ⊂－Ｂ。
T3：（A∪B）′=A′∪B′.3、开（闭）集性质（§3中T1、2、3、4、5）T1：对任何E⊂Rⁿ，Ė是开集，E´和―Ｅ都是闭集。
（Ė称为开核，―Ｅ称为闭包的理由也在于此）T2：（开集与闭集的对偶性）设E是开集，则CE是闭集；设E是闭集，则CE是开集。
T3：任意多个开集之和仍是开集，有限多个开集之交仍是开集。
T4：任意多个闭集之交仍是闭集，有限个闭集之和仍是闭集。
T5：（Heine-Borel有限覆盖定理）设F是一个有界闭集，ℳ是一开集族{Ui}iєI它覆盖了F（即Fс∪ｉєＩUi），则ℳ中一定存在有限多个开集U1，U2…Um，它们同样覆盖了F（即F⊂ｍ∪ Ui）（iєI）4、开（闭）集类、完备集类。
《实变函数及泛函分析基础》试卷及答案
试卷:一、单项选择题 (3分X 5=15分)1、1、下列各式正确的是(Q Q Q Q(A) limA^ - 宀;n ：4k ^n Q Q Q Q(C ) limA n=QH A k ；1 k H Q Q Q Q(B ) lim 代八一宀；n ^^ n二心 oO oo(D )UmA nA k；n £ k t2、设P 为Cantor 集，则下列各式不成立的是((A)P = c (B) mP =0 (C) P‘=P (D) P =P3、 下列说法不正确的是((A)凡外侧度为零的集合都可测(B )可测集的任何子集都可测 (C)开集和闭集都是波雷耳集 (D )波雷耳集都可测 4、 设 \ f n (x) / 是 E 上的a.e.有限的可测函数列,则下面不成立的是( (A )若 f n (X )— f(X ),则 f n (X )r f(X )(B) SUp ：f n (X )f 是可测函数n(C ) inf ^f n (x)［是可测函数；(D )若 f n (x)= f(x),则 f(x)可测 5、设f(x)是［a,b ］上有界变差函数，则下面不成立的是( (A) f(x)在［a,b ］上有界(B) f(x)在［a,b ］上几乎处处存在导数b(C ) f '(x)在［a,b ］上 L 可积(D). f'(x)dx 二 f (b) - f (a)a1、 (C S A J C S B)C (A-(A-B)) = _____________o—2、 设E 是10,1】上有理点全体，贝U E '= ___ ,E= ______ ,E = ______.填空题(3分X 5=15分)3、设E是R n中点集，如果对任一点集T都有,则称E是L可测的4、f(x)可测的__________ 件是它可以表成一列简单函数的极限函数.(填“充分”,“必要”,“充要”)5、设f (x)为［a,b I上的有限函数，如果对于la,b］的一切分划，使_________________________________________________________ 卩称f(x)为l. a,b 1上的有界变差函数。
复变函数习题解答(第6章)
p269第六章习题(一) [ 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14 ]7. 从⎰C e i z /√z dz 出发，其中C 是如图所示之周线(√z 沿正实轴取正值)，证明：⎰(0, +∞) cos x /√x dx = ⎰(0, +∞) sin x /√x dx = √(π/2)．【解】| ⎰C (R ) e i z /√z dz | ≤ ⎰C (R ) | e i z |/R 1/2 ds= ⎰[0, π/2] | e i ρ (cos θ + i sin θ )|/R 1/2 · R d θ = ⎰[0, π/2] | e - R sin θ | R 1/2 d θ≤ R 1/2 ⎰[0, π/2] e - R sin θ d θ．由sin θ ≥ 2θ/π (θ∈[0, π/2] )，故R 1/2⎰[0, π/2] e - R sin θ d θ≤ R 1/2 ⎰[0, π/2] e - (2R / π)θ d θ = (π/(2R 1/2))(1 – e - R ) ≤ π/(2R 1/2)．所以，| ⎰C (R ) e i z /√z dz | → 0 (as R →+∞)．而由| ⎰C (r ) e i z /√z dz | ≤ (π/(2r 1/2))(1 – e - r )知| ⎰C (r ) e i z /√z dz | → 0 (as r → 0+ )．当r → 0+，R →+∞时，⎰[r , R ] e i z /√z dz = ⎰[r , R ] e i x /√x dx = ⎰[r , R ] (cos x + i sin x )/√x dx→ ⎰(0, +∞) cos x /√x dx + i ⎰(0, +∞) sin x /√x dx ．⎰[r i , R i ] e i z /√z dz = ⎰[r , R ] e i (i y )/√(i y ) i dy = ⎰[r , R ] e - y e i π/4/√y dy ．= (1 + i )/√2 · ⎰[r , R ] e - y /√y dy = 2(1 + i )/√2 · ⎰[√r , √R ] e - u ^2 du→ (1 + i )√2 · ⎰(0, +∞) e - u ^2 du = (1 + i )√2 · √π/2 = (1 + i )√(π/2)．由Cauchy 积分定理，⎰C e i z /√z dz = 0，故其极限也为0，所以，⎰(0, +∞) cos x /√x dx + i ⎰(0, +∞) sin x /√x dx = (1 + i )√(π/2)，即⎰(0, +∞) cos x /√x dx = ⎰(0, +∞) sin x /√x dx = √(π/2)．8. 从⎰C √z ln z /(1 + z )2 dz 出发，其中C 是如图所示之周线，证明：⎰(0, +∞) √x ln x /(1 + x )2 dx = π，⎰(0, +∞) √x /(1 + x )2 dx = π/2．【解】在割去原点及正实轴的z 平面上，√z ，ln z 都能分出单值解析分支，√z 取在正实轴的上岸取正值的那个分支，ln z 取在正实轴的上岸取实数值的那个分支．记f (z ) = √z ln z /(1 + z )2 dz ．f (z )的有限奇点只有- 1，且- 1是f (z )的2阶极点．Res[√z ln z /(1 + z )2; - 1] = lim z → - 1 ((1 + z )2 · f (z ))’= lim z → - 1 (√z ln z )’ = lim z → - 1 (((1/2) ln z + 1 )√z /z )= ((1/2) ln (- 1) + 1 )√(- 1)/(- 1)= - ((1/2) πi + 1 )i = (1/2) π - i ．当r < 1 < R 时，⎰C √z ln z /(1 + z )2 dz= ⎰C (r ) + ⎰C (R ) + ⎰L (1) + ⎰L (2) = 2πi Res[√z ln z /(1 + z )2; -1] = 2π + π2 i ．⎰L (1) √z ln z /(1 + z )2 dz = ⎰(r , R ) √x ln x /(1 + x )2 dx→ ⎰(0, +∞) √x ln x /(1 + x )2 dx (当r → 0+，R →+∞时)⎰L (2) √z ln z /(1 + z )2 dz = ⎰(R , r ) (-√x )(ln x + 2πi )/(1 + x )2 dx= ⎰(r , R ) (√x ln x )/(1 + x )2 dx + 2πi ⎰(r , R )√x /(1 + x )2 dx→ ⎰(0, +∞) √x ln x /(1 + x )2 dx + 2πi ⎰(0, +∞) √x /(1 + x )2 dx (当r → 0+，R →+∞时)． 因为z · √z ln z /(1 + z )2 → 0 (当| z |→ +∞时)，故⎰C(R) √z ln z/(1 + z)2dz→ 0 (当R → +∞时)．因为z ·√z ln z/(1 + z)2 → 0 (当| z |→ 0时)，故⎰C(r) √z ln z/(1 + z)2dz→ 0 (当r → 0时)．所以，⎰L(1)+ ⎰L(2)→π/2 -i (当r→ 0+，R→+∞时)．故2⎰(0, +∞)√x ln x/(1 + x)2dx + 2πi⎰(0, +∞) √x /(1 + x)2dx = 2π + π2i．所以，⎰(0, +∞)√x ln x/(1 + x)2dx = π，⎰(0, +∞)√x /(1 + x)2dx = π/2．9. 证明：I = ⎰(0, 1) 1/((1 + x2)(1 -x2)1/2) dx = π/23/2．在割线的上岸(1 -z2)1/2取正值的那一支．因i和-i都是f(z)的一阶极点，故Res[ f(z); i] = 1/(2z (1 -z2)1/2)|z = i= -i/23/2．Res[ f(z); i] = 1/(2z (1 -z2)1/2)|z = –i= -i/23/2．若x在上岸，则f(x) = 1/((1 + x2)(1 -x2)1/2)；若x在下岸，则f(x) = e-i π/((1 + x2)(1 -x2)1/2)；⎰L(1) f(z) dz = ⎰[– 1 + r, 1 –r] f(x) dx．⎰L(2) f(z) dz = ⎰[– 1 + r, 1 –r] f(x) dx．因为lim z→–1 (1 + z) f(z) = 0，lim z→ 1 (1 -z) f(z) = 0，故⎰S(r) f(z) dz→ 0，⎰T(r) f(z) dz→ 0 (as r → 0)．因为lim z→∞z f(z) = 0，故⎰C(R) f(z) dz→ 0 (as R → +∞)．故⎰L(1) f(z) dz + ⎰L(2) f(z) dz→ (2πi)(Res[ f(z); i] + Res[ f(z); -i]) (as r→ 0+，R→+∞)．所以2⎰(– 1, 1) f(x) dx = (2πi)(Res[ f(z); i] + Res[ f(z); -i]) = (2πi)(-i/23/2) = 2π/23/2．故⎰(– 1, 1) f(x) dx = π/23/2．10. 证明方程e z-λ= z ( λ> 1 )在单位圆| z | < 1内恰有一个根，且为实根．【解】在单位圆周C : | z | = 1上，设z = x + i y，则z-λ= (x -λ) + i y，故| e z-λ| = | e (x -λ) + i y | = | e x -λ| < 1 = | z |，由Rouché定理，N(z - e z-λ, C) = N(z, C) = 1．故z - e z-λ = 0在单位圆内恰有一个根．设f(x) = x - e x-λ，x∈ ．因f(- 1) = (- 1)- e-1 -λ < 0，f(1) = 1- e 1 -λ > 0，故x - e x-λ = 0在区间(- 1, 1)内有根．所以方程e z-λ= z ( λ> 1 )在单位圆| z | < 1内的唯一根为实根．[原题是错题．例如c = 1/2，λ= 2，则∀z∈ ，当| z | < 1时，| c z-λ| = | exp((z-λ) Ln c)| = | exp(( z– 2)(ln| 1/2| + 2kπi)) | = e (2 –z)ln2 > 1 > | z |．]11. 证明方程e z- eλz n= 0 ( λ> 1 )在单位圆| z | < 1内有n个根．【解】在单位圆周C : | z | = 1上，| e z| = e Re(z)≤ e | z |≤ e < eλ= | eλz n |，由Rouché定理，N(eλz n- e z, C) = N(eλz n, C) = N(z n, C) = n．12. 若f(z)在周线C内部除有一个一阶极点外解析，且连续到C，在C上| f(z) | = 1，证明f(z) = a ( | a | > 1 )在C内部恰好有一个根．【解】考虑圆K = { z∈ | | z–a | < | a |}．因为| (a-f(z)) -a | = | f(z) | = 1 < | a |，故a-f(z)∈K．因ln(a-f(z))的每个分支，以及他们的导数(ln(a-f(z))’都在K内解析；故i ∆C arg (a-f(z) ) = ⎰C(ln(a-f(z))’dz = 0．由辐角原理，N(a -f(z), C) -P(a -f(z), C) = (2π)–1∆C arg (a-f(z) ) = 0．而a -f(z)在周线C内部除有一个一阶极点外解析，故P(a -f(z), C) = 1．因此N(a -f(z), C) = 1，故f(z) = a ( | a | > 1 )在C内部恰好有一个根．13. 若f(z)在周线C的内部亚纯且连续到C，试证：(1) 若z∈C时，| f(z) | < 1，则方程f(z) = 1在C的内部的根的个数，等于f(z)在C 的内部的极点个数．(2) 若z∈C时，| f(z) | > 1，则方程f(z) = 1在C的内部的根的个数，等于f(z)在C 的内部的零点个数．【解】(1) 类似第12题，设K = { z∈ | | z– 1 | < 1}．因| (1 -f(z)) – 1 | = | f(z) | < 1，故(1 -f(z))∈K．因i ∆C arg (a-f(z) ) = ⎰C(ln(1 -f(z))’dz = 0．故由辐角原理，N(1-f(z), C) -P(1-f(z), C) = (2π)–1∆C arg (a-f(z) ) = 0．而P(1-f(z), C) = P( f(z), C)，所以，N(1-f(z), C) = P( f(z), C)．(2) 因z∈C时，| f(z) | > 1，故在C上，恒有f(z) ≠ 0，即f(z)在C上无零点．设g(z) = 1/f(z) ( 若z是f(z)极点则规定g(z) = 0，若z是f(z)的零点不定义g(z))．那么，g(z)在C的内部亚纯且连续到C，并且当z∈C时，| g(z) | < 1．由(1)的结论，在C的内部，方程g(z) = 1的根的个数等于g(z)的极点的个数．再注意到方程g(z) = 1和方程f(z) = 1在C的内部的根的个数相同，并且，因为在C的内部，z是f(z)的零点⇔z是g(z)的极点，故g(z)的极点个数等于f(z)的零点个数；所以，方程f(z) = 1在C的内部的根的个数，等于f(z)在C的内部的零点个数．14. 设ϕ(z)在C : | z | = 1内部解析，且连续到C．在C上，| ϕ(z) | < 1．试证：在C的内部只有一个点z0，使ϕ(z0) = z0．【解】设f(z) = z，则f(z)在C内部解析且连续到C，在C上，| f(z) | = 1 > | ϕ(z) |．由Rouché定理，N( f(z) -ϕ(z), C) = N( f(z), C) = 1．即方程ϕ(z) = z在C的内部只有一个根．p273第六章习题(二) [ 2, 3, 4, 5 ]2. 计算积分(1/(2πi))⎰C 1/(ζ(ζ- z)) dζ，其中C为单位圆周| ζ| = 1，z∉C．【解】设f(ζ) = 1/(ζ(ζ- z))．当| z | > 1时，f(ζ)在C内部的唯一奇点0是1阶极点，故(1/(2πi))⎰C f(ζ) dζ = Res[f(ζ), 0] = - 1/z．当0 < | z | < 1时，f(ζ)在C内部的两个奇点0, z都是1阶极点，故(1/(2πi))⎰C f(ζ) dζ = Res[f(ζ), 0] + Res[f(ζ), z] = (- 1/z) + (1/z) = 0．当| z | = 0时，f(ζ)在C内部的唯一奇点0是2阶极点，故(1/(2πi))⎰C f(ζ) dζ = Res[f(ζ), 0] = 0．3. 设f(z)在| z | < 1内解析，在| z | ≤ 1上连续，试证：(1 - | z |2) f(z) = (1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1f(ζ) ((1-z*ζ)/(ζ- z)) dζ，其中z属于C的内部．【解】设g(ζ) = f(ζ) ((1-z*ζ)/(ζ- z))．若f(z) = 0，则z是g(ζ)的解析点，因此g(ζ)在| ζ | < 1内解析，在| ζ | ≤ 1上连续，故⎰C : | ζ| = 1g(ζ) dζ = 0，因此等式成立．若f(z) ≠ 0，则z是g(ζ)的一阶极点，故(1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1f(ζ) ((1-z*ζ)/(ζ- z)) dζ = Res[f(ζ) ((1-z*ζ)/(ζ- z)), z]= f(z) (1-z*z ) = (1 - | z |2) f(z)．4. 试证：(z n/n! )2 = (1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1 (z n e zζ)/(n! ζ n + 1 ) dζ，这里C是围绕原点的一条周线．【解】只需要证明，当z≠ 0时，z n/n! = (1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1 e zζ/ζ n + 1dζ．由高阶导数公式，(n!/(2πi))⎰C : | ζ| = 1 e zζ/ζ n + 1dζ = (e zζ)(n)|ζ= 0= (z n e zζ)|ζ= 0= z n．或(1/(2πi))⎰C : | ζ| = 1 e zζ/ζ n + 1dζ = Res[e zζ/ζ n + 1, 0] = ((e zζ)(n)|ζ= 0)/n!= z n/n!．5. 试证(含∞的区域的留数定理)：设D是 ∞内含有∞的区域，其边界C是由有限条互不包含且互不相交的周线C1, C2, ..., C m组成，又设函数f(z)在D内除去有限个孤立奇点z1, z2, ..., z n及∞外解析，且连续到边界C，则⎰-C f(z) dz = 2πi ( ∑1≤k≤n Res[f(z), z k] + Res[f(z), ∞] )．【解】∀j : 1 ≤j ≤m，因∞不在C j上，故C j ⊆ 中，因此C j是有界集．故可取充分大的R > 0，使得周线C1, C2, ..., C m及在 中的孤立奇点z1, z2, ..., z n 都在圆K = { z∈ | | z | < R }内．由留数定理，⎰∂K f(z) dz + ⎰-C f(z) dz = 2πi∑1≤k≤n Res[f(z), z k]；而Res[f(z), ∞] = - (1/(2πi))⎰∂K f(z) dz，所以，⎰-C f(z) dz = 2πi ( ∑1≤k≤n Res[f(z), z k] + Res[f(z), ∞] )．∀∃∅-⨯±≠≥·◦≤≡⊕⊗≅αβχδεφγηιϕκλμνοπθρστυϖωξψζ∞•︒ℵℜ℘∇∏∑⎰⊥∠ √§ψ∈∉⊆⊂⊃⊇⊄⊄∠⇒♣♦♥♠§ #↔→←↑↓⌝∨∧⋃⋂⇔⇒⇐∆∑ΓΦΛΩ∂∀m∈ +，★z∈ ∞α1, α2, ...αn lim n→∞，+n→∞∀ε > 0，∑u n，∑n≥ 1u n，m∈ ，∀ε > 0，∃δ> 0，【解】z⎰[0, 2π]l 2 dx，f(x) = (-∞, +∞)[-π, π]∑1 ≤k≤n u n，[0, 2π]。
泛函分析习题参考答案
泛函分析习题参考答案一、设),(y x d 为空间X 上的距离，试证：),(1),(),(~x y d x y d x y d +=也是X 上的距离。
证明：显然,0),(~≥y x d 并且y x y x d y x d =⇔=⇔=0),(0),(~。
再者，),(~),(1),(),(1),(),(~y x d y x d y x d x y d x y d x y d =+=+=；最后，由tt t +-=+1111的单调增加性及),(),(),(y z d z x d y x d +≤，可得 ),(),(1),(),(),(1),(),(),(1),(),(),(1),(),(~y z d z x d y z d y z d z x d z x d y z d z x d y z d z x d y x d y x d y x d +++++=+++≤+=),(~),(~),(1),(),(1),(y z d z x d y z d y z d z x d z x d +=+++≤。
二、设1p ≥，1()()(,,,)i n n p n x l ξξ=∈， ,2,1=n ，1(,,,)pi x l ξξ=∈，则n →∞时，1()1(,)0pp n n i i i d x x ξξ∞=⎛⎫=-→ ⎪⎝⎭∑的充要条件为)1(n →∞时，()n i i ξξ→，1,2,i =；)2(0ε∀>，存在0N >，使得()1pn i i N ξε∞=+<∑对任何自然数n 成立。
必要性证明：由1()1(,)0ppn n i i i d x x ξξ∞=⎛⎫=-→ ⎪⎝⎭∑可知，()n i i ξξ→，1,2,i =。
由1(,,,)pi x lξξ=∈可知，ε∀>，存在10N >，使得11(2ppi i N εξ∞=+<∑，并且1n N >时，()1(2p n p i i i εξξ∞=-<∑。
实变函数与泛函分析基础 习题答案
n=0
n=0
xn+p ln
1 x
≥
0,
1 xp 1
∞
0
1 − x ln x dx = −
n=0
1 0
xn+p ln xdx
=
∞ n=0
(n +
1 p+
1)2
=
∞ n=1
1 (n + p)2 .
ßÎ 15. { fn} E
¨
¹ Ö lim
n→∞
fn(x)
=
f (x)a.e.
E,
¿ f (x) Î ¡ Æà ¶¸²³
E −
ǯ± ¡
ÝÌ [0, 1] ÙÄß ℄Ï ¨
¤¤ f
(x)
=
1, 0,
x x
[0,1] [0,1]
· ¨, ¨.
´
¨ ÙÄ n, [0,1]
¿ max 1≤i≤n
mEin
=
1 n
→
0(n
→
∞).
¾
Ó Dn = {Ein},
Ein =
i−1 n
,
i n
, i = 1, 2, · · · , n − 1, Enn =
0.
¨ª
mE[| f |= ∞] = 0.
1
¶¹ | f(x) | Î ¶ ¾ Ê´
´¹Ü° ¾ Ö ǫ > 0, δ > 0, e ⊂ E me < δ
´ ¾ ¡ δ > 0,
N,
n>N
| f (x) | dx < ǫ.
e
men < δ,
n · men ≤ | f (x) | dx < ǫ.
实变函数论与泛函分析(曹广福)1到5章课后答案
第一章习题参考解答3．等式)()(C B A C B A --=⋃-成立的的充要条件是什么？解： 若)()(C B A C B A --=⋃-，则 A C B A C B A C ⊂--=⋃-⊂)()(. 即，A C ⊂.反过来, 假设A C ⊂, 因为B C B ⊂-. 所以, )(C B A B A --⊂-. 故,C B A ⋃-)(⊂)(C B A --.最后证，C B A C B A ⋃-⊂--)()(事实上，)(C B A x --∈∀, 则A x ∈且C B x -∉。
若C x ∈，则C B A x ⋃-∈)(；若C x ∉，则B x ∉，故C B A B A x ⋃-⊂-∈)(. 从而, C B A C B A ⋃-⊂--)()(.A A CB AC B A C =∅-⊂--=⋃-⊂)()(. 即 A C ⊂.反过来，若A C ⊂，则 因为B C B ⊂-所以)(C B A B A --⊂- 又因为A C ⊂，所以)(C B A C --⊂故 )()(C B A C B A --⊂⋃-另一方面，A x C B A x ∈⇒--∈∀)(且C B x -∉，如果C x ∈则 C B A x )(-∈；如果,C x ∉因为C B x -∉，所以B x ∉故B A x -∈. 则 C B A x ⋃-∈)(. 从而C B A C B A ⋃-⊂--)()(于是，)()(C B A C B A --=⋃-4．对于集合A ，定义A 的特征函数为⎩⎨⎧∉∈=Ax Ax x A ,0,1)(χ， 假设 n A A A ,,,21是一集列 ，证明：（i ）)(inf lim )(inf lim x x n nA nnA χχ=（ii ）)(sup lim )(sup lim x x n nA nnA χχ=证明：（i ）)(inf lim n nm N n n nA A x ≥∈⋂⋃=∈∀，N ∈∃0n ，0n m ≥∀时，m A x ∈.所以1)(=x m A χ，所以1)(inf 0=≥x m A n m χ故1)(inf sup )(inf lim ==≥∈x x m n A nm N b A nχχN n A x n n∈∀⇒∉∀inf lim ，有n k A x n n nm ≥∃⇒⋂∉≥有0)(inf 0=⇒=⇒∉≥x A x m nk m A nm A k χχ，故0)(inf sup =≥∈x m A nm N b χ ，即)(inf lim x n A nχ=0 ，从而)(inf lim )(inf lim x x n nA nnA χχ=5．设}{n A 为集列，11A B =，)1(11>⋃-=-=i A A B j i j i i 证明（i ）}{n B 互相正交（ii ）i ni i ni B A N n 11,===∈∀证明：（i ）m n N m n ≠∈∀,,；不妨设n>m ，因为m n i n i n n A A A A B -⊂-=-=11，又因为m m A B ⊂，所以m n m n n B A A A B -⊂-⊂，故 ∅=m n B B ，从而 {∞=1}n n B 相互正交. （ii ）因为)1(n i i ≤≤∀，有i i A B ⊂，所以i ni i ni A B 11==⋃⊂⋃，现在来证：i ni i ni B A 11==⋃⊂⋃当n=1时，11B A =；当1≥n 时，有：i ni i ni B A 11===则)()()()()(11111111111i ni n i n i i n i n i n i n i n i i n i B B B A A A A A A =+==++=+=+=-=-==事实上，i ni A x 1=⋃∈∀，则)1(n i i ≤≤∃使得i A x ∈，令}{ni A x i i i ≤≤∈=1|min 0且则 i ni i i i i i B B A A x 111000=-=⊂=-∈ ，其中，当10=i 时，∅=-=i i i A 110 ，从而， i ni i ni B A 11===6．设)(x f 是定义于E 上的实函数，a 为常数，证明： （i ）})(|{a x f x E >=}1)({1n a x f n +≥∞=(ii)})(|{a x f x E ≥=}1)({1na x f n ->∞=证明：（i ）})(|{a x f x E x >∈∀E x ∈⇒且a x f >)(}1)(|{1)(,na x f x E x E x a n a x f N n +≥∈⇒∈>+≥∈∃⇒且使得 ∈⇒x ⊂>⇒+≥∞=})(|{}1)(|{1a x f x E n a x f x E n }1)(|{1na x f x E n +≥∞=反过来，{N n n a x f x x E x n ∈∃+≥∈∀∞=},1)(|{1 ，使}1)(|{n a x f x E x +≥∈即E x a na x f ∈>+≥且1)( 故})(|{a x f x E x >∈ 所以 })(|{}1)(|{1a x f x E na x f x E n >⊂+≥⋃∞= 故}1)(|{})(|{1n a x f x E a x f x E n +≥>∞=7．设)}({x f n 是E 上的实函数列，具有极限)(x f ，证明对任意常数a 都有：}1)(|{inf lim }1)(|{inf lim })(|{11k a x f x E k a x f x E a x f x E n n k n n k +<=+≤=≤∞=∞=证明：N ∈∀≤∈∀k a x f x E x },)(|{，即k a a x f 1)(+≤≤，且E x ∈ 因为N n x f x f n n ∈∃=∞→，)()(lim ，使n m ≥∀，有ka x f n 1)(+≤，故，)}(1)(|{n m k a x f x E x m ≥∀+≤∈ 所以∈x }1)(|{ka x f x E m n m +≤≥}1)(|{k a x f x E x m n m N n +≤∈≥∈ =}1)(|{inf lim ka x f x E m n +≤，由k 的任意性：}1)(|{inf lim 1k a x f x E x n n k +≤∈∞= ，反过来，对于}1)(|{inf lim 1ka x f x E x n n k +≤∈∀∞= ，N k ∈∀，有 }1)(|{inf lim k a x f x E x m n +≤∈=}1)(|{ka x f x E m n m N n +≤≥∈ ，即n m N n ≥∀∈∃，时，有：k a x f m 1)(+≤且E x ∈，所以，ka x f x f m m 1)()(lim +≤≤且E x ∈.∞→k 又令，故 E x a x f ∈≤且)( 从而})(|{a x f x E x ≤∈故 })(|{a x f x E ≤=}1)(|{inf lim 1ka x f x E n n k +≤∞=8． 设)}({x f n 是区间（a ，b ）上的单调递增的序列，即≤≤≤≤)()()(21x f x f x f n若)(x f n 有极限函数)(x f ，证明：R a ∈∀，})({})({1a x f E a x f E n n >⋃=>∞=证明： })({a x f E x >∈∀，即：E x ∈且a x f >)(，因为)()(lim x f x f n n =∞→所以00,n n N n ≥∀∈∃，恒有：E )(∈>x a x f n 且，从而，})({0a x f E x n >∈})({1a x f E n n >⊂∞=反过来，N n a x f E x n n ∈∃>∈∀∞=01},)({ ，使})({0a x f E x n >∈，故0n n ≥∀，因此，a x f x f x f n n n >≥=∞→)()()(lim 0且E x ∈,即，})({a x f E x >∈，从而，})({})({1a x f E a x f E n n >=>∞=10．证明：3R 中坐标为有理数的点是不可数的。
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n→∞
n→∞
g (x)
0
n
n
b
n
a
0
1
m
m
b
|fn (xi ) − fn (xi−1 )| ≤
(fn ) < K, n = 1, 2, · · · .
a
Ô§ ª
f (x) 3. [a, b]
i=1
m
m
|fn (xi ) − fn (xi−1 )| = lim
n n
¢¡
π 2 1
1 −β
, k = 1, 2, · · · , n − 1, xn = 1.
|f (xk ) − f (xk−1 )| =
k=1 k=1 n−1
xα k sin
xβ k
− xα k−1 sin
1 xβ k −1
α β α β
≥
k=1 n−1
1 ((n − 1) − k )π + 1 ((n − 1) − k )π +
i=1
n→∞ b
|fn (xi ) − fn (xi−1 )| ≤ K.
i=1
§¬¼Ò ©
α 1 xβ
(f ) ≤ K .
a
ÖÇ¼Ò f (x) = x sin (0 ≤ x ≤ 1; α, β > 0) µ §¬¾ ² α ≤ β, [0, 1] ´
x0 = 0, xk = ((n − 1) − k )π +
n=1
[a, b]
fn (x) = fn (a) +
′ fn (t)dt. a
ª Ýʸ f (x)
n
f (x)
′
[a, b]
L
¼Ò ¹
f (x) =
′ fn (x)
≥ 0,a.e.
∞
[a, b].
∞ x
f (x)
¥
[a, b]
¼Ò ¹
∞
fn (x) =
n=1 n=1
fn (a) +
n=1 a
′ fn (t)dt.
π 2
π 2
1 + (n − k )π +
π 2
π 2
≥
k=1 n−1
+
1 (n − k )π +
>
k=1 n−1
1 1 + (n − k )π (n − k + 1)π 2 2 = (n − k + 1)π π 1
n
>
k=1
k=2
1 . k
ªÝ ª Ô§
n k=2
1 k
= ∞,
Ô§
1 ∞
(f ) = sup f (x)
=
1 −1
f (x)dα(x),
¹ f (x)
S
(−∞, ∞)
¡ ªÂ ¢ ¼Ò
∞
(
¯ ¦ ¼Ò) ª
∞
m∗ αE
= inf
i=1
m∗ α (ai , bi ),
i=1 i
(ai , bi ) ⊃ E
.
¯α Ô§
¼Ò
α(b ) ≥ α(b − 0), α(a ) ≤ α(a + 0), ¹
i i i
σ
0 1 n 1 1 2 2 i−1 i 1 1 2 2 0 1 2 1 n i−1 i 1 2 j −1 j n
1 1, ξi > − 2 , ξj > 1 = 0, ξi > − , ξj < 2 − 1, ξi < − 1 , ξj 2
σ=
i=1
f (ξi )[α(xi ) − α(xi−1 )] = f (ξi ) − f (ξj ) 1 , 2 1 1 1 ξi < − , ξj > , 2 2 2 1 < , 2
ª ª f (x) [−1, 1] º α(x) S ´ ª ¡ Æ ” ” © f (x) S ¡ ¿´ T : −1 = x < x < · · · < x = 1, − , Ù ¦ (x , x ) α(x ) = α(x ) = · · · = α(x ) = 0. ¹ S (T, f, α) = − ∈ [x , x ], ∈ [x , x ], 0, s(T, f, α) = 0; − , ª Ù ¦
¯ ¥· ´ ªÝ Ô§
∞
∞ a
x ′ fn (t)dt
x ∞
=
a n=1
′ fn (t)dt.
fn (x)
n=1
ÑÃ ª
∞ n=1
n=1
b ′ fn (t)dt ≤ a
∞
[fn (b) − fn (a)] < ∞.
n=1
∞ n=1 ′ fn (x)
[a, b]
L
¡ ±
∞ ∞ x ′ fn (t)dt n=1 a
|Ii | = α(bi ) − α(ai ) ≥ α(bi − 0) − α(ai + 0) = m∗ α (ai , bi ),
∞ ∞ ∞ ∞
Ii =
i=1 i=1
(ai , bi ) ⊃ E,
i=1
m∗ α (ai , bi )
≤
i=1
|Ii |,
∞
∞
inf
i=1
m∗ α (ai , bi )
T
f (x) =
α(x) =
0,
x ∈ −1, − x∈
[−1, 1]
¦´
1 T : −1 = x0 < · · · < xi−1 < − 2 < xi < · · · < xj −1 < n
1,
1 1 ∪ ,1 , 2 2 1 1 − , . 2 2
1 2
< xj < · · · < xn = 1,
≤ inf
i=1
|Ii |
= m∗ α E,
5
¨ ª
∞
(ai , bi ) ⊂ E ,
i=1 ∞ ∗ m∗ α (ai , bi ) ≥ mα i=1 i=1 ∞
(ai , bi )
≥ m∗ α E,
∞
∞
inf
m∗ α (ai , bi ),
i=1 i=1
(ai , bi ) ⊃ E
≥ m∗ α E.
¼Ò¡
(f ) ≤ M, f (x)
§¬¼Ò¡ ¸´ ∀x ∈ (a, b), ª
[a, b] |f (x) − f (b)| ≤ [a, b]
b
(f ) ≤ M,
x
Ô § |f (x)| ≤ M + |f (b)|,
¿´
2
T,
T : a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn = b,
a x2
f ′ (t)dt; f ′ (t)dt.
a x2
f (x2 ) = f (a) +
f (x2 ) − f (x1 ) =
f ′ (t)dt.
x1 2 1
¯
f ′ (x) ≥ 0a.e. 5. f (x)
[a, b], [a, b]
ª
¼Ò
b a+ǫ
x2 x1
f ′ (t)dt ≥ 0,
Ô § f (x ) ≥ f (x ), f (x) M > 0, ¿ ǫ>0
n
b
(f ) ≤ 2M + |f (b)| + |f (a)| < ∞,
§¬¼Ò¡ 6. {f } [a, b] ¦ Å Â ¢ ¼ÒÅ¡ Ò f (x) = ÑÃ Í f (x) [a, b] ¢¡  ¢ ¼Ò Ô § ¸´ ¨ n, ª Ý f (x) [a, b]
n x
a
∞
fn (x)
¹ ½¯Á¡ ¶§ α(x) ªÂ ¢ Ì ¹ ¿ x, ¦ ¨ E⊂R ,
1
¼Ò α (x). ¯ ªÂ ¢ ° Ò ±Â ¢ α(x − 0) = α (x − 0), α(x + 0) = α (x + 0), ª m (a , b ) = m (a , b ).
K
(2).
ª f (x)
Ø ¡ [a, b] È
Lipschitz
x
Ø ¹ f (x)
[a, b]
 ¢ ¡ª
f (x) = f (a) +
a
f ′ (t)dt.
x, y ∈ [a, b],
x
f ′ (t)dt = |f (x) − f (y )| ≤ K |x − y |,
Ý Lipschitz Ò¡Ô § |f (x)| ≤ K,a.e.
£
1.
²£ Ò£
(a, b)
Ó ££ ³·
§¼Ò ¤ µ°¶
±°
¿Ä¸ ¼Ò ¦ Ì ÕË Ù Â ¢ ¡ ¸´ f (x), g(x) Ý (a, b) ĸ ¼Ò E (a, b) Ì E f (x) = g(x). Æ M f (x)  ¢ ℄× N g(x)  ¢ ℄ס x ∈ M, f (x + 0) = f (x ) = f (x − 0). ª E (a, b) Ì ¹ x ∈ E,
f (x) =
fn (a) +
n=1
Ý [a, b]
 ¢ ¼Ò¡ 7. f (x) [a, b] ¦ ¼Ò ÏÉÞÅÄ (1)f (x) [a, b] È Lipschitz Ø (2)f (x) [a, b] θ ¼Ò ª ´¡ ¸´ (2) Ú (1).