电子科技大学泛函分析(江泽坚)课后题集答案解析
泛函分析答案
举例习题 2.3.12 .........................................72 举例习题 2.3.13 .........................................76 举例习题 2.3.14 .........................................77 举例习题 2.3.3 ...........................................46 举例习题 2.3.4 ...........................................47 举例习题 2.3.5 ...........................................51 举例习题 2.3.6 ...........................................53 举例习题 2.3.7 ...........................................55 举例习题 2.3.8 ...........................................56 推论 2.3.13 (等价范数定理 ).....................23
定理2.3.8(开映象定理) 设 X ,Y
都是 B 空间, T L( X ,Y ) 满
射,则 T 是开映象.
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
t
t t +-
=+11
11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(,
,,)p
i x l ξξ=∈，则
n →∞时，
1()1(,)0p
p 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
()1
p
n i i N ξε∞
=+<∑
对任何自然数n 成立。
必要性证明：由1
()
1(,)0p
p
泛函分析习题解答
第一章 练习题
1． 记([,])C a b 是闭区间[,]a b 上连续函数全体构成的集合, 在([,])C a b 上定义距离如下:
(,)|()()|,,([,])b
a
f g f x g x dx f g C a b ρ=-∀∈⎰，
（1）([,])C a b 按ρ是否完备?
（2）(([,]),)C a b ρ的完备化空间是什么?
答：(1) 不完备, 例如对于[,][0,2]a b =以及1,2,n =L ,定义
,01,
():1,1 2.
n n x x f x x ⎧≤<=⎨
≤≤⎩ 则{()}([0,2])n f x C ⊂在本题所定义的距离的意义下是Cauchy 列, 因为
1
11
(,)|()()|110,(,).11
n m n m n m f f f x f x dx
x dx x dx
m n n m ρ=-≤+=
+→→∞++⎰⎰⎰
另一方面, 点列{()}n f x 并不能在本题所定义的距离的意义下收敛到([0,2])C 中的某个元. 事实上, 在几乎处处收敛的意义下, 我们有
0,[0,1)
()()1,[1,2].n x f x g x x ∈⎧→=⎨
∈⎩
因此, 根据Lebesgue 有界收敛定理, 可以得到
1
1
1
00(,)|()()|1
|0|0.1
n n n
n
f g f x g x dx
x dx x dx n ρ=-=-==→+⎰⎰⎰
但()([0,2])g x C ∉.
(2) ([,])C a b 的完备化空间是1
([,])L a b . 因为
(i) 在距离ρ的意义下, ([,])C a b 是1
泛函分析习题及参考答案
取 δ = min(δ 1 , δ 2 ) ，则 e ⊂ E ， me < δ 时，
∫
e
x n (t ) dt ) p < ε ，对每个自然数 n 成立。
p
即 {x n (t )} 在 [a, b] 上具有等度绝对连续的积分。 充分性证明，对任何 ε > 0 ，令 E n (ε ) = E ( x n − x ≥ ε ) ，则 mE n (ε ) → 0 。由此可知， 对任何 δ > 0 ，存在 N > 0 ，使得 n > N 时， mE n (ε ) < δ 。 令 Fn (ε ) = E ( x n − x < ε ) ，则 ρ ( x n , x ) =
最后，由
t 1 的单调增加性及 d ( x, y ) ≤ d ( x, z ) + d ( z , y ) ，可得 = 1− 1+ t 1+ t
~ d ( x, y ) d ( x, z ) + d ( z , y ) d ( x, z ) d ( z, y) d ( x, y ) = ≤ = + 1 + d ( x, y ) 1 + d ( x, z ) + d ( z , y ) 1 + d ( x, z ) + d ( z , y ) 1 + d ( x, z ) + d ( z , y )
江泽坚,实变函数论.答案pdf
lim inf An U I Ai U Am
m 1 i m
另一方面 m, n ，令 S m U Ai ，从 Am Am1 对 m N 成立知
i m i m i m 1 i m 1 i m 1
注意到 0 Ak x 1
， An 1
k
所以 lim Ak x 1
k
所以 lim sup An x 1 limsup An x . 若 x lim sup An x ，则 limsup A x 0
n
且只有有限个 n 使得 x An 所以 n0 0 使得
n n0 时 x An
， An x 0
所以 lim sup An x 0 limsup An x . 所以（2）也成立. 也可以这样证（2） ：注意 A R
n
Ac x 1 A x .
n 1
若 An 中有 ,不影响 U An B .
n 1
故° A 是 域,且 F A1 ° A. 证毕.
6.对于 S 的子集 A ，定义 A 的示性函数为 A x 证明： （1） liminf An x lim inf An x （2） limsup An x lim sup An x 证明： x S ，若 x lim inf An x 则 liminf An x 1 。且只有有限个 n ，使得 x An 所以 n0 0 从而有 使得
泛函分析习题及参考答案
泛函分析习题及参考答案
一、在2
R 中定义如下三种距离：2
1212(,),(,)x x x y y y R ==∈，
1(,)d x y =21122(,)max{,}d x y x y x y =−−，
31122(,)d x y x y x y =−+−
，试证：212d d ≤≤
3132
d d d ≤≤，2322d d d ≤≤，从而这三种距离诱导出的极限是等价的。
二、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
t
t t +−
=+11
11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 +=+++≤
。
三、设1p ≥，1()
()
(,,,)i n n p
n x l ξξ=∈ ， ,2,1=n ，1(,,,)p
《应用泛函分析》习题解答
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的。由以上两个方面可知，A 是紧算子。最后来说明A 是连续的。 设D x k ⊂}{，且0x x k →，只要能说明0Ax Ax k →即可。
0>∀ε，由),(u t f 在]1,0[]1,0[⨯上连续知：0>∃δ，当]1,0[,,∈'u u t ，且
δ<'-u u 时，
有δ<'-),(),(u t f u t f 。由0x x k →⇒00>∃N ，当0N k >时，有δ<-x x k 。由此
可知：0>∀ε，00>∃N ，当0N k >，有ε<-))(,())(,(t x t f t x t f k 。 则
ε<-≤-=
-⎰⎰
1
))(,())(,())(,())(,())(())((s x s f s x s f s x s f s x s f t Ax t Ax k t
k k 。
所以0Ax Ax k →，这表明A 是连续的。
综上所述，由Leray-Schauder 不动点原理可知：积分方程在]1,0[上必有连续解。
江泽坚,实变函数论.答案pdf
故 ( U A ) U ( U B ) U ( A U B ) .
综上所述有 U ( A U B ) ( U A ) U ( U B ) .
定理 6 中第二式 ( I A ) c U A c .
证： x ( I A ) ，则 x I A ，故存在 ， x A ' 所以 x A ' U A c
c
'
c
从而有 ( I A ) c U A c .
反过来，若 x U A c ，则 使 x A ' ，故 x A ' ，
'
c
x I A ，从而 x ( I A )c
( I A )c U A c .
1. 证明： B A U A B 的充要条件是 A B . 证明：若 B A U A B ，则 A B A U A B ，故 A B 成立. 反之，若 A B ，则 B A U A B A U B B ，又 x B ，若 x A ，则
知 x A B ，故 x I B ，这说明 I A I B .
定理 4 中的（4） ： U ( A U B ) ( U A ) U ( U B ) .
泛函分析习题标准答案
(xm , xnkl )
2
， (xnkl , x)
2
（{xn} 是
Cauchy
序列且 xnk
x）
因此，当 m N 时，
( xm ,
x)
( xm ,
xnkl
)
( xnkl
,
x)
2
2
18.试证明：Cauchy 序列是有界的.
证明：若xn 是 Cauchy 序列，则存在 ,使得对于一切 n n0 ,
（3） l0 不是 l 的闭子空间。
证明：
（2）设 x x1, x2,... C0 ， xn x1n, x2n,... ,使得
x n xn .则有任意的 0 ， N 使得对于一切 j ，
当 ,时有
,又因为
，所以 当
时
从而有
于是
，故
14.试证在赋范线性空间中，级数
级数
的收敛性。
的收敛性，并不蕴含
i1
i 1
证： n
xi 2
n
n
n
xi 2 12 n
xi 2
i1
i 1
i 1
i 1
8.试证明下列各式都在度量空间 R1, 1 和 R1, R2 的 Descartes 积
R R1 R2 上定义了度量
(1)
1
2 ; (2)~
泛函分析答案(完整版)
1
.
}{ .1的极限是唯一的中的收敛列证明距离空间n x X *.
** 0*)**,( )( 0*)*,(*),(*)**,(0)( *** x x x x n x x x x x x n x x x x n n n n ==∞→→+≤≤∞→→→，即所以，则
，设ρρρρ第七章距离空间、赋范线性空间
2
.
* }{* }{ .2x x X x x X n n 的任一子列收敛于收敛于中的序列试证距离空间⇔∈.
* 0*),( 0*),(}{}{)( *x x x x x x x x n x x k
k
k n n n n n n →→→∞→→，所以，故的任一子列，依条件，
是，设ρρ.
*}{.*}{*),( }{}{*),(0*}{*}{0
00x x x x x x x x x x N n N x x x x n n n n n n n n k k k
收敛于此与假设矛盾，故不收敛于显然使
的一个子列，于是可选取，使
，都存在，使对任意的自然数则必存在，不收敛于，如果的任一子列收敛于反之，设ερερε≥≥>>3
),(),(|),(),(| )ii ()
,(|),(),(| )i ( .3w z y x w y z x y x z y z x X w z y x ρρρρρρρ+≤−≤−：
中的任意四个点，证明是距离空间、、、设)
,(|),(),(|)2()1()2( ),(),(),( ),(),(),()1( ),(),(),( ),(),(),( )i (y x z y z x y x z x z y z x x y z y y x z y z x z y y x z x ρρρρρρρρρρρρρρρ≤−≤−+≤≤−+≤即得：、结合得再由得由
江泽坚,实变函数论.答案pdf
且只有有限个 n 使得 x An 所以 n0 0 使得
n n0 时 x An
， An x 0
所以 lim sup An x 0 limsup An x . 所以（2）也成立. 也可以这样证（2） ：注意 A R
n
Ac x 1 A x .
m 1 i m
故 lim An lim sup An lim inf An U Am .
n n n m 1
4. 证明 A B U B A U B B 的充要条件是 B . 证：充分性 若 B ，则 A B U B A U A A A U A U 必要性 若 A B U B A U B B ，而 B 则存在 x B . 所以 x A B U B A U B B 即所以 x A U B, x B 这与 x B 矛盾， 所以 x B . 4. 设 S 1, 2,3, 4 , A
c
'
c
从而有 ( I A ) c U A c .
反过来，若 x U A c ，则 使 x A ' ，故 x A ' ，
'
c
x I A ，从而 x ( I A )c
泛函分析第七章习题解答
第七章 习题解答
1．设（X ，d ）为一度量空间，令
}),(,|{),(},),(,|{),(0000εεεε≤∈=<∈=x x d X x x x S x x d X x x x U
问),(0εx U 的闭包是否等于),(0εx S ？
解 不一定。例如离散空间（X ，d ）。)1,(0x U ={0x }，而)1,(0x S =X 。 因此当X 多于两点时，)1,(0x U 的闭包不等于)1,(0x S 。
2. 设 ],[b a C ∞是区间],[b a 上无限次可微函数的全体，定义
)()(1)()(max 21
),()()()()(0
t g t f t g t f g f d r r r r b t a r r -+-=≤≤∞
=∑
证明],[b a C ∞按),(g f d 成度量空间。 证明 （1）若),(g f d =0，则)
()(1)()(max
)
()
()()(t g t f
t g t f r r r r b
t a -+-≤≤=0，即f=g
（2）)()(1)()(max 2
1
),()()()()(0t g t f t g t f g f d r r r r b t a r r -+-=≤≤∞
=∑ )()(1)()()()(1)()(max 21
)()()()()()()()(0
t g t h t g t h t g t f t g t f r r r r r r r r b t a r r -+-+-+-≤≤≤∞
=∑ )()(1)()(max 21
)()(1)()(max 21)()()()(0
泛函分析讲义第二版课后答案
泛函分析讲义第二版课后答案
第一章函数的概念
1.定义函数：
函数是一种特殊的数学关系，它把一个或多个自变量映射到一个或多个因变量。它可以用来描述物理现象、经济关系、社会现象等。
2.定义函数的基本要素：
函数的基本要素包括：自变量、因变量、函数表达式、函数图像。
3.定义函数的基本性质：
函数的基本性质包括：单调性、可导性、可积性、可级数展开性、可积分性、可极限性、可微分性、可反函数性。
4.定义函数的基本概念：
函数的基本概念包括：定义域、值域、增函数、减函数、奇
函数、偶函数、有界函数、无界函数、连续函数、间断函数、有
穷函数、无穷函数、可积函数、不可积函数、可微分函数、不可
微分函数、可反函数函数、不可反函数函数。
第二章函数的极限
1.定义极限：
极限是指当自变量的值趋近于某一特定值时，函数的值趋近
于某一特定值。
2.定义极限的基本性质：
极限的基本性质包括：极限的存在性、极限的结合性、极限
的分配性、极限的交换性、极限的绝对值性质、极限的恒等性、
极限的连续性。
3.定义极限的基本概念：
极限的基本概念包括：极限的定义、极限的计算、极限的应用、极限的性质、极限的极限点、极限的极限线、极限的极限面、极限的极限空间。
第三章函数的微分
1.定义微分：
微分是指求函数的导数，即求函数在某一点处的切线斜率。
2.定义微分的基本性质：
微分的基本性质包括：微分的存在性、微分的结合性、微分
的分配性、微分的交换性、微分的绝对值性质、微分的恒等性、
微分的连续性。
3.定义微分的基本概念：
微分的基本概念包括：微分的定义、微分的计算、微分的应用、微分的性质、微分的微分点、微分的微分线、微分的微分面、微分的微分空间。
泛函分析试题及解答
x = y =1
z =1
于是有 φ a 2 φ 。
3
十三
∞
X 是 B 空间，xn ∈ X，若对 ∀f ∈ X∗，都有 | f (xn) |p< +∞,
n=1
(1
∞
p < +∞)，则存在 M > 0，使得 (
|
f
(xn)
|p)
1 p
f ·M 。
n=1
向量 (f (x1), f (x2), . . .) ∈ lp，于是存在线性算子 T : X∗ −→ lp ; f −→ (f (x1), f (x2), . . .)。这样，只需证明 T 连续和闭就可以了，而这两点都可 以用概念直接验证。
设 xn = Cn · e + yn，要证 x = C · e + y，y ∈ X0。
d(xn, xm) = xn − xm = (Cn − Cm)e + (yn − ym)
=| Cn − Cm | ·
e
+
yn Cn
− −
ym Cm
d | Cn − Cm |
其中 d = d( e, X0) > 0。 所以 | Cn − Cm |−→ 0。Cn −→ C，yn −→ y ∈ X0（ X0 闭）。
证
(
d dx
)n
也是
泛函分析习题解答
w.
∞
ww
rs ¥ ©t k u vw8xyF u © Dq
m+p) m) x( − x( k k m+p) m) 1 + x( − x( k k
i=1
m+p) m) x( − x( i i 1 ε < k+1 (m > N k , ∀p ∈ N ) . i ( m + p ) ( m ) 2 1+ x 2 −x i i
1 2 1 2 t 1+t 1 1+t
1 |ξk − ηk | , 2k 1 + |ξk − ηk |
z = (ζ1 , ζ2, · · · , ζk , · · · ),
∞
ρ (x, y ) =
k=1 ∞
≤
课
GH@ ! 9 ρ(x, y) 12 © 45 ( 3 ) . IP S 6 &'( x = x , x , · · · , x {x } 6 S ©UV¦( QR!S S ©$%T( XY`a b | | → 0 (m → ∞ , ∀p ∈ N ). W E ρ (x , x ) = | |
后
答
w.
x, Tx 在 M 上连续. 因为 见, f x x0 M 使得 中的有界闭集, 所以
w.
min f x
x M
江泽坚,实变函数论.答案pdf
1. 证明： B A U A B 的充要条件是 A B . 证明：若 B A U A B ，则 A B A U A B ，故 A B 成立. 反之，若 A B ，则 B A U A B A U B B ，又 x B ，若 x A ，则
又 B 的子集 A , A U C A I C A I B . 显然是 B 的子集,所以 A U C A I B U ° A.
c
c
பைடு நூலகம்
c
又若 An 为 B 的子集 n 1, 2,3,L , K n C 或 .
°. 则 U An U K n U An U U K n ° AU K
S m U Ai Am U ( U Ai ) Am 1 U ( U Ai ) U Ai Sm 1 .故定理 8 表明
n m 1 m 1 n
lim sup An I U Ai I Sm S1 U Am lim inf An
c
c
c
3. 证明定理 4 中的（3） （ 4） ，定理 6（De Morgan 公式）中的第二式和定理 9. 证明：定理 4 中的（3） ：若 A B （ ） ，则 I A I B .
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P46:
第一章习题：
1.验证(),()d m 满足距离定义。
解：设{}i x ξ=，{}i y η=属于X ，α是数，()1
,sup .j j j d x y ξη≥=-
(1)对j ∀，有0j j ξη-≥，所以1
sup j j j ξη≥-，(),0d x y ≥，
且1
sup 00j j j j j j j ξηξηξη≥-=⇔
-=⇔=，即(),0d x y =当且仅当.x y =
(2) ()()1
1
,sup sup ,j j j j j j d x y d y x ξηηξ≥≥=-=-=；
(3)设{}i z ζ=
()()1
1
1
1
,sup sup ()()sup sup ,(,)
j j j j j j j j j j j j j j d x z d x y d y z ξζηξξζηξξζ≥≥≥≥=-≤-+-≤-+-=+综上(1)，(2)，(3)，(),d 满足距离定义。
3.试证明：在空间()s 中的收敛等价于坐标收敛。 证：设{}()(),1,2,
n n j
x s n ξ=
∈=，{}()(0)0j
x s ξ=
∈，
()⇒若0n x x →，则必有()(0)lim ,1,2,n j j n j ξξ→∞
==，
否则，j N +
∃∈，00ε>，与正整数列的子序列{}1k k n ∞
=，使()(0)
0,1,2,
k n j j k ξξε-≥=，
因为()1t
f t t
=
+是单调递增， 所以()
()
(0)
0()(0)
11,,1,2,2211k k k n j j n j j n j j d x x k ξξεεξξ-≥⋅≥⋅=++-，
这与()
0,0k n d x x →矛盾， 故()s 中的收敛可推出坐标收敛。
()⇐若()(0)lim ,1,2,n j j n j ξξ→∞
==，则对j ∀，0ε∀>，0N N +
∃∈，0n N ∀>，
()(0)2
n j j
ε
ξξ-<，
()()
(0)
0()(0)
1111,,1,2,22
11n j j n j j n j j j j d x x k ξξεεξξ∞
∞==-=⋅<⋅=++-∑∑，
由ε的任意性得()0,0.n d x x → 故命题得证。
4.证明：空间()c 是可分的。 证：令0s 表示所有形如12{,,
,,,,}m m m r r r r r 的元素的集合，m 为任意正整数，
(1,2,)j r j m =是任意的有理数，所以0s 可数。
故要证0s 在收敛序列空间()c 内是稠密，只需证明()x c ∀∈，0s ∃中序列{}1k k x ∞
=使
(,)0k d x x →。
对()x c ∀∈，x 为收敛序列， 所以对0ε∀>，m ∃∈，,i j m ≥时，有.3
i j ε
ξξ-<
当j m <时，构造{}
()1
k j k r ∞
=使0ε∀>，0K ∃∈
，0k K ∀>时有()
3
k j j r ε
ξ-<
，
令{
}()()()()12,,
,,,
k k k k k m m x r r r r =，则对0ε∀>，,m k ∃∈
，0k K ∀>恒有
()()()111(,)sup max sup ,sup k k k k j j j j j j j j m j m d x x r r r ξξξ≥≤≤≥+⎧⎫
=-=--⎨⎬⎩⎭
()
1
max ,sup ()3
k m m m j j m r ε
ξξξ≥+⎧⎫≤-+-⎨⎬⎩⎭
max ,
333εεεε⎧⎫
≤+<⎨⎬⎩
⎭ 所以0s 在()c 中稠密，即()c 可分。
9.证明：(1)p
l p ≤<∞是完备的距离空间。
证：设()
()()
12(,,)n n n x
x x =是p l 中的Cauchy 序列，则对任意0ε>，存在0N >，使得当
,m n N >时，
()
()()
()1
.p p
m n m n p i
i
p
i x
x
x
x
ε∞
=-=-<∑ (1)
于是对每个固定的i ，,m n N >时，
()()()()
.m n m n i i p
x x x x ε-≤-<
这表明对每个固定的i ，{}
()
1
n i
n x ≥是Cauchy 数列。因此{}
()n i x 收敛。设当n →∞时
()(1,2,).n i i x x n →=
令12(,,
).x x x =下面证明p x l ∈并且().n x x →由(1)式知道，对任意1k ≥，当,m n N >时，
()
()1
.k
p m n p i
i
i x
x
ε=-<∑
在上式中固定n N >时，先令m →∞，再令k →∞，得到
()
1
.p
n p i i i x x ε∞
=-≤∑
(2)
这表明()
.n p x x
l -∈由于p l 是线性空间，故()().n n p x x x x l =-+∈而且式(2)还表明，当
n N >时
()
.n p
x x ε-≤
因此()
().n x x n →→∞故(1)p l p ≤<∞是完备的。