泛函2007本科试题A卷答案
泛函分析考试题型及答案
泛函分析考试题型及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 设函数空间E为所有连续函数的集合，定义泛函F(u)=∫₀¹u(x)dx，则F(u)是线性的。
A. 正确B. 错误答案：A2. 每一个线性泛函都可以表示为一个内积。
A. 正确B. 错误答案：B3. 泛函分析中的“泛函”一词指的是函数的函数。
A. 正确B. 错误答案：A4. 弱收敛和强收敛是等价的。
A. 正确B. 错误答案：B5. 紧算子总是有界算子。
A. 正确B. 错误答案：A6. 每一个闭算子都是有界的。
A. 正确B. 错误答案：B7. 每一个有界线性算子都是紧算子。
A. 正确B. 错误答案：B8. 每一个线性泛函都可以用Riesz表示定理表示。
A. 正确B. 错误答案：A9. 每一个线性算子都可以分解为一个紧算子和一个有界算子的和。
A. 正确B. 错误答案：B10. 每一个线性算子都可以分解为一个有界算子和一个紧算子的和。
A. 正确B. 错误答案：A二、填空题（每题3分，共15分）1. 设X是赋范线性空间，如果对于X中的每一个序列{x_n}，都有‖x_n‖→0当且仅当x_n→0，则称X是______空间。
答案：完备2. 设T是线性算子，如果T(X)是X的闭子空间，则称T是______算子。
答案：闭3. 设E是Hilbert空间，如果对于每一个x∈E，都有∥Tx∥≥∥x∥，则称T是______算子。
答案：正4. 设E是Banach空间，如果对于每一个序列{x_n}⊂E，都有∑‖x_n‖<∞当且仅当∑x_n收敛，则称E是______空间。
答案：自反5. 设E是线性空间，如果对于每一个序列{x_n}⊂E，都有∑x_n收敛当且仅当∑‖x_n‖<∞，则称E是______空间。
答案：序列完备三、简答题（每题10分，共30分）1. 简述Hahn-Banach定理的内容。
答案：Hahn-Banach定理指出，如果X是一个赋范线性空间，p是X 的一个线性子空间，f是p上的一个线性泛函，并且存在一个常数M使得对于所有x∈p，有|f(x)|≤M‖x‖，则存在X上的一个线性泛函F，使得F|p=f，并且对于所有x∈X，有|F(x)|≤M‖x‖。
Final Exam, Spring 2007A答案
South China University of Technology School of Electronic and information EngineeringIntegrated Circuits DesignFinal Exam, Spring 2007A答案Please write your Name , Class and SID in the first sheet. Use the space provided to answer all questions.Name: Class__________ SID________ Grades______Problem 1. There are ten statements in this section, For each of the following statements, indicate it is true or false. (15 points)(T / F) (1) The depletion-region width will be increase under the forward-bias , corresponding to the change of space charge.(T / F) (2) Low-swing buses save power and reduce propagation delay at the same time .(T / F) (3)MOSFET is a minority carrier device.(T / F) (4) A n-block dynamic gate will not have any charge sharing problems if only 0→1 transitions occur at its inputs during evaluation.(T / F) (5) NMOS should be used as pull-up device.(T / F) (6) The speed of a ring oscillator can continuously be improved by increasing the W/L ratio of the inverters.(T / F) (7) The load capacitance of a static CMOS gate has no effect on its VTC.(T / F) (8) The critical-path transistors should be put closer to the output of the gate .(T / F) (9) A NAND-based ROM structure is typically more compact and faster than a NOR-based one.(T / F) (10) The task of Logic synthesis is to translate a logic description of a circuit into a network of transistors that meets a set of timing constraints.答案：1．F 2.T 3.T 4.F 5.F6．T 7.F 8.T 9.T 10.TProblem 2: There are four answers marked a,b,c,d beneath each question ,Choose the best answer. (15 points).(1). The pinched off condition at drain region is:a.VGS -VDS> VTb.VGS -VDS< VTc.VGS -VDS≥ VTd.VGS -VDS≤VT(2) In order to reduce the propagation delay, we shoulda.Reduce Kp and Knb.Reduce VDDc.Reduce CLd.Reduce W/L(3) In the miller effect , a capacitor experiencing identical but opposite voltage swings at both its terminals can be replaced by a capacitor to ground, whose value is _____ times the original value.a. 1/2b. 1\c. 2d. 3(4) When generating and optimizing the circuit schematics or layout, we need use the following tools first:a.Implementation and synthesisb.Analysis and verification.c.Testability techniquesd.Fault simulation(5) What is the logic style of the following figure?a.PLAb.PALc.GALd. PROM答案：1．d 2.c 3.c 4.d 5.bProblem 3: For each of the following statements, please a fill in the correct answer. (25 points)(1).Fill in the definition of noise margins( )( ) ( )( ) ( )答案：NMH,undefined region,NML,VIH,VILI 5I 4O 0I 3I 2I 1I 0O 1 O 2 O 3 Programmable AND arrayFixed OR array(2) VTC of static CMOS inverter答案：OFF,Sat,Sat,Sat,OFF(3)Please fill in each design abstraction levels in digital circuits ( )( )( )( )( )答案：SYSTEM,MODULE,GATE,CIRCUIT,DEVICE(4) P lease fill in the result of the following pipelining .Clock period adder Absolute value logarithm1 a1+b12 a2+b2 ( )3 a3+b3 ( ) ( )4 a4+b4 |a3+b3| ( )5 a5+b5 |a4+b4| ( )答案:| a1+b1 |,| a2+b2 |,log| a1+b1|, log| a2+b2|, log| a3+b3|(5) The following is the square root carry-select adder, please fill in the arrival time.答案:4,4,5,5,6,6,7,7,8,8,9Problem 4. The influence of fan-in and fan-out on the propagation delay of the complimentary CMOS gate can be summarized in the following formula:t p = a1FI+a2FI2+a3FOwhile FI and FO are the fan-in and fan-out of the gate, a1,a2 and a3 are weighting factors.Please explain the formula and why fan-in /fan-out have different impact on the propagation delay.(10 points)答案：tpHL: 增加输入同时增加电容CL和放电电阻 ,所以呈二次曲线增长tpLH: 增加输出只增加CL, 所以呈线性增长Where FI and FO are the fan-in and fan-out of the gate, and a1, a2, a3 are the weighting factors, which are the function of the technology. The linear dependence on the fan-out can be understood from the fact that the load capacitance increases linearly with the fan-out. The quadratic dependence on the fan-in is explained that both the capacitance CL and the (dis)charging resistance are raised in a linear way.1. A gate with N inputs requires 2N transistors. This obviously has asubstantial impact on the area.2. The propagation delay of a complementary CMOS gate deteriorates rapidly as a function of the fan-in. first of all, the larger number of transistors increases he overall capacitance of the gate. Secondly, a series connection of transistors in either the PUN or PDN slows the gate as well, because the effective (dis)charging resistance is increased.3. Finally, fan-out has a larger impact on the gate delay in complementary CMOS than in some other logic styles. In the complementary circuit style, each input connects to both an NMOS and a PMOS device and presents a load to the driving gate equal to the sum of their gate capacitancesProblem 5. (12 points)a.What is the name of the circuitb.Describe the basic principles of thecircuit.c.答案：φN network.The operation of this circuit can be divided into two major phases: precharge and evaluation. And the circuit is determined by a signal φ, called the clock signal. functions with less transistors and no static power.Precharge: when φ=0, the output node out is precharged to VDD by the PMOS transistor Mp. During that time, the NMOS transistor Me is off, so that no dc current flows regardless of the values of the input signals.Evaluationwhen φ = 1, the precharge transistor Mp is off, and the evaluation transistor Me is turned on. Depending upon the values of the inputs and the composition of the PDN, a conditional path between out and GND is created.If above path exists, out is discharged, and a low output signal is obtained.If not, the precharged value remains stored on the output capacitance CL. A high output value is obtained.Problem 6. (13 points)d. What is the logic style of the circuite. Why this circuit is insensitive to overlap.答案：C 2MOS （register ）Latch. (3 points)(1-1)时,只有PDN 工作,输入不能传到输出,同样, (0-0)时,只有PUN 工作,输入不能传到输出(7 points)The (1-1) overlap case (Figure), where both NMOS devices M 3 and M 7 are turned on, is somewhat more contentious. The question is again if new data sampled during the overlap period (right after clock goes high) propagates to the Q output. A positive edge-triggered register may only pass data that is presented at the input before the rising edge. If the D input changes during the overlap period, node X can make a 1-to-0 transition, but cannot propagate to the output. However, as soon as the overlap period is over, the PMOS M 8 is turned on and the 0 propagates to output. This effect is not desirable. The problem is fixed by imposing a hold time constraint on the inputDIn1M 1M 3M 2M 6M 7M 51DInV DD V DD M 1M 4M 2M 6M 8M 5V DD V DD (a) (1-1) overlap (b) (0-0) overlapX Xdata, D , or, in other words, the data D should be stable during the overlap period. In summary, it can be stated that the C2MOS latch is insensitive to clock overlaps because those overlaps activate either the pull-up or the pull-down networks of the latches, but never both of them simultaneously.Problem 7: (10 points)The Floating-gate transistor ’s threshold is programmable, (a) Draw the cross section of Floating-gate transistor.(b) Why does the Floating-gate transistor can be programmable, and how does it been programmabled?答案：.Applying a high voltage in the range of 15 to 20V between the source and gate-drain terminals creates a high electric field and causes avalanche injection to occur. Then electrons acquire sufficient energy to become “hot ” and traverse through the first oxide insulator, so that they get trapped on the floating gate.Since the floating gate is surrounded by SiO2, which is excellent insulator, the trapped charge can be stored for many years, even when the supply voltage is removed, which creates a nonvolatile memory.移去了电压后，剩下了感应负电荷。
2007级高等数学下册A卷试题答案
高等数学下册试题（A1）卷
6.L为 ，直线y=x围成区域的边界， 为连续函数，则 =答( D )
（A） ；（B） ；
（C） ；（D） 。
7.流速场 ，则流过球面的流 量值
（A）0（B） （C） （D）1答( A )
8.断 的收敛性，下列说法正确的是
（A） 此级数收敛。（B） 此级数收敛。
（C） 级数发散。（D）以上说法均不对。答( D )
二、填空题(本大题分8小题,每小题3分,共24分)
1、函数项级数 在 内的和函数是。
2、设 ，则 =。56
3、设 ，则
4、已知幂级数 的收敛区间为[-4，4]，
幂级数 的收敛区间为为。 。
5、由二重积分的几何意义得到 =。
大题
一
二
三
四
五
六
七
八
九
十
十一
六、（本题6分)设
， =
七、（本题6分)、求由方程 所确定的隐函数 的极值点。
解：
， 解得： ，代入原方程得 求得驻点 和
由于， 故 为极小点，
由于， 故 为极大点，
6、设 由z= 与平面z=2围成闭区域，把I= 化为直角坐标系下的三次积分为。
7、设F(x,y)可微，如果曲线积分 与路径无关，
则 应满足条件。
（D） ＋
说明：1.试题须用碳素墨水钢笔集中填在方格内，答题纸另附并装订于后，字迹须工整清晰；2.试题须经教研室或系（部）领导认真审核并签署本人代号；3.学生只须在第一页试题纸上填写姓名等
东华理工大学2007—2008学年第2学期
高等数学下册试题（A2）卷
五、（本题6分)证明极限 不存在。
泛函分析试题及答案
泛函分析试题及答案一、选择题1. 在泛函分析中，以下哪个概念描述了一个函数对于输入变量的敏感程度？A. 泛函B. 导数C. 凸函数D. 可测函数答案：B. 导数2. 设X和Y是两个Banach空间，f:X→Y是一个线性算子。
以下哪个条件可以保证f是有界线性算子？A. f是可逆的B. f是连续的C. f是紧致的D. f是自共轭的答案：B. f是连续的3. 在泛函分析中，以下哪个概念描述了一个函数在每个点上的局部模式与全局模式之间的一致性？A. 可微性B. 凸性C. 全纯性D. 一致连续性答案：B. 凸性4. 设X和Y是两个赋范空间，f:X→Y是一个线性算子。
以下哪个条件可以保证f是有界线性算子？A. f是单射且存在常数C>0，使得对于所有x∈X都有||f(x)|| ≤C||x||B. 对于每个有界集A ⊂ X，f(A)是有界集C. f是连续的D. f是满射答案：A. f是单射且存在常数C>0，使得对于所有x∈X都有||f(x)|| ≤ C||x||二、填空题1. 在Hilbert空间中，内积运算满足线性性和_____________性。
答案：共轭对称性2. 设X是一个有界完备度量空间，那么X是一个____________空间。
答案：Banach空间3. 在泛函分析中，将一个函数的导数定义为其_____________。
答案：弱导数4. 设X是一个线性空间，D是X上的一个有界线性算子。
如果对于所有x和y都有⟨Dx, y⟩ = ⟨x, Dy⟩，那么D被称为______________。
答案：自伴算子三、解答题1. 请简要说明什么是范数，并给出一些范数的例子。
范数是定义在一个线性空间上的一种函数，用于衡量该空间中的向量的大小。
它满足以下三个性质：- 非负性：对于任意向量x，其范数必须大于等于0，即||x|| ≥ 0，并且当且仅当x为零向量时，范数等于0。
- 齐次性：对于任意向量x和任意实数α，有||αx|| = |α| ||x||，其中|α|表示α的绝对值。
泛函分析习题测验解答
,
再由平行四边形法则
;
.
因此
.
进而,令 可以得到
,
这里利用了 .因为 是任意的,故可将 换为
,即可得到
.
对照上述二式,即有
= .(**)
至于 时的情形,注意到从形式上看
,
利用上述已经证明了的等式(**)不难得到
= .
(iii)首先考虑 时的情形,对于 和任意实数 ,由已经证明的(**)式有
及 .
则 是 中的列紧集的充分必要条件是
(i) 在 中有界;
(ii) 是 中的有界集;
(iii) 是 中等度连续的集合.
[充分性]设 满足条件(i), (ii)和(iii).
根据 中范数的定义:对于 ,
,
容易看出,
且
因此只需证明 和 分别是 中的列紧集即可, 根据Arzela-Ascoli定理, 这也只需证明 和 分别在 中有界且等度连续即可. 事实上, 在 中有界性和等度连续已由所给条件得到保证(即(i)和(iii)).还需证明 在 中的有界性和等度连续性. 记 在 中的一个界为 , 作为 中的有界集, 一个界纪为 .对于任意的 , 利用中值定理, 有
，
则（1） 是 的连续函数.
（2） 若 是 中的点列, 使 , 是否为Cauchy列? 为什么?
证：(1)任意取定 ,对于任意的 根据三角不等式,有
, .
对两端关于 取下确界,可以得到
, .
即
,
.
由此可得
.
由此容易证明 是 上的连续函数,实际上, 还满足Lipschitz常数等于1的Lipschitz条件.
.
又已经知道与
仅相差一个常数因子的三角函数系
2007年10月自考试题实变函数与泛函分析初步试卷
做试题,没答案?上自考365,网校名师为你详细解答!浙江省2007年10月高等教育自学考试实变函数与泛函分析初步试题课程代码：10023一、单项选择题(本大题共3小题，每小题4分，共12分)在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，请将其代码填写在题后的括号内。
错选、多选或未选均无分。
1.已知Z 和Q 分别为整数集和有理数集，记A=［0，1］-Q ，则( ) A Z Q =>A B. Z Q ==A C. Z Q >>A D. Z Q =<A2.若A=［0,1］-{31,21,1，…},B=［2,3］∩Q ,C=［5,6］-Q ,则A ∪B ∪C 的测度为( ) A.1B.2C.3D.无意义 3.设f(x)=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∈--∈ 其他,1]3,1[,1]1,0[,22x x Q x x ∩Q ,则⎰］，［80f(x)dx=( )A.0B.1C.2D.8二、判断题（本大题共6小题，每小题2分，共12分）4.集列的上限集与下限集一定不相等.( )5.开集一定是博雷尔（Borel ）集.( )6.设E ⊂R 1，E 是E 的闭包，mE=0，则m(E )=0.( )7.设f(x)在［0，1］的一个稠密集上处处不连续，则f(x)一定不是Riemann 可积函数.( )8.定义在零测集上的函数一定是可测函数.( )9.定义在区间上的单调函数的导数几乎处处存在.( )三、填空题(本大题共10小题，每小题4分，共40分)请在每小题的空格中填上正确答案。
错填、不填均无分。
10.设A 2n-1=(0,sin n 1)，A 2n =(n1,n),则集列{A n }的上限集为___________. 11.球面S 2={（x,y,z)|x 2+y 2+z 2=1}的基数为___________.12.设F={(x,y)|x 2+y 2≤1},E=F ∪⎭⎬⎫⎩⎨⎧∈=)1,0(,1sin |),(x x y y x ，则E 的开核E =___________.13.记E 为康托集和有理数集的并集，则mE=___________. 14.设函数f(x)在［0，1］上单调，E 是f(x)的连续点全体，则mE=___________.15.f(x)是可测集E 上的简单函数是指___________.16.函数f(x)在区间［a,b ］上的黎曼可积的充要条件是___________.17.f(x)与g(x)在E 上几乎处处相等是指___________.18.举一个函数列{f n (x)}的例子，使得{f n (x)}在［0,∞)上处处收敛于0，但{f n (x)}在［0,∞)上不依测度收敛于0，例如f n (x)=___________.19.区间［a,b ］上的函数F(x)是f(x)的一个不定积分是指________________________________________________________.四、完成下列各题(本大题共4小题，每小题9分，共36分)20.设f(x)是(-∞,+∞)上的实值连续函数，证明对于任意常数a,E={x|f(x)>a}是开集，而F={x|f(x)≥a}总是闭集.21.设E 是［0,1］中的不可测集，令f(x)⎩⎨⎧∉-∈,,,E x x E x x ，问f(x)和|f(x)|在［0,1］上是否可测？为什么？22.设f(x)在E 上可积分，记e n =E ［|f|≥n ］，证明0lim =∙∞→n n me n . 23.问函数f(x)=⎪⎩⎪⎨⎧=∈0,0]1,0(,1sin 2x x x x 在［0,1］上是不是有界变差函数？为什么？。
泛函分析试题A及答案
泛函分析试题A 及答案莆期末考试试卷 (A)卷2010 ——2011 学年第 1 学期课程名称: 泛函分析适用年级/专业 07数学试卷类别:开卷(?)闭卷( ) 学历层次: 本科考试用时: 120 分钟《考生注意:答案要全部抄到答题纸上，做在试卷上不给分》(((((((((((((((((((((((((((一、填空题(每小题3分，共15分) %1. 设X=，Y=是度量空间，T是X到Y中的映射， xX,,(,)Xd(,)Yd0如果_________________________________________________, 则称T在连续。
x0YTYXX2. 设和是两个赋范线性空间，是到中的线性算子，如果_______________,TYX则称是到中的无界线性算子。
XX3. 设是赋范线性空间，_________________________________称为的Hilbert空间。
MX4. 设是Hilbert空间中的规范正交系，若___________________________________MX则称是中的完全规范正交系。
,,XXX5. 设是赋范线性空间，是的共轭空间，泛函列fXn,,(1,2,)L，如果n f_______________________________________________,则称点列弱*收敛于。
f,,n二、计算题(20分)11ll叙述空间的定义，并求上连续线性泛函全体所成的空间,。
三、证明题(共65分)1、(14分)设C[0,1]表示闭区间[0,1]上连续函数全体，对任何xyC,[0,1],，令1dxyxtytdt(,)|()()|,,,证明(,)xd成为度量空间。
,0nnn||||max||x,,XRR2、(12分)证明按范数组成的赋范线性空间与按范数||||||x,,i,ii,1i试卷第 1 页共 2 页组成的赋范线性空间共轭。
Y,3、(15分)设是可分Banach 空间，是中的有界集，证明中每个点列含有XMXM一个弱*收敛子列4、(12分)设是内积空间，为的子集，证明在中的正交补是中的闭线HMHMHH性子空间。
泛函分析答案
泛函分析题1_3列紧集p191.3.1 在完备的度量空间中，求证：为了子集A是列紧的，其充分必要条件是对∀ε > 0，存在A的列紧的ε网．证明：(1) 若子集A是列紧的，由Hausdorff定理，∀ε > 0，存在A的有限ε网N．而有限集是列紧的，故存在A的列紧的ε网N．(2) 若∀ε > 0，存在A的列紧的ε/2网B．因B列紧，由Hausdorff定理，存在B的有限ε/2网C．因C ⊆B ⊆A，故C为A的有限ε网．因空间是完备的，再用Hausdorff定理，知A是列紧的．1.3.2 在度量空间中，求证：紧集上的连续函数必是有界的，并且能达到它的上、下确界．证明：设(X, ρ)是度量空间，D是紧子集，f : D→ 是连续函数．(1) 若f无上界，则∀n∈ +，存在x n∈D，使得f (x n) > 1/n．因D是紧集，故D是自列紧的．所以{x n}存在收敛子列x n(k) →x0∈D (k→∞)．由f的连续性，f (x n(k))→f (x0) (k→∞)．但由f (x n) > 1/n知f (x n)→ +∞(n→∞)，所以f (x n(k))→ +∞ (k→∞)，矛盾．故f有上界．同理，故f有下界．(2) 设M = sup x∈D f(x)，则∀n∈ +，存在y n∈D，使得f (y n) > M- 1/n．{y n}存在子列y n(k) →y0∈D (k→∞)．因此f ( y0 ) ≥M．而根据M的定义，又有f ( y0 ) ≤M．所以f ( y0 ) = M．因此f能达到它的上确界．同理，f能达到它的下确界．1.3.3 在度量空间中，求证：完全有界的集合是有界的，并通过考虑l 2的子集E = {e k }k≥ 1，其中e k = { 0, 0, ..., 1, 0, ... } (只是第k个坐标为1，其余都是0 )，来说明一个集合可以是有界的但不完全有界的．证明：(1) 若A是度量空间(X, ρ)中的完全有界集．则存在A的有限1-网N = { x0, x1, x2, ..., x n }．令R = ∑1 ≤j≤nρ(x0, x j) + 1．则∀x∈A，存在某个j使得0 ≤j≤n，且ρ(x, x j) < 1．因此，ρ(x, x0) ≤ρ(x, x j) + ρ(x j, x0) ≤ 1 + ∑1 ≤j≤nρ(x0, x j) = R．所以A是度量空间(X, ρ)中的有界集．(2) 注意到ρ(e k , e j) = 21/2 ( ∀k ≠ j )，故E中任意点列都不是Cauchy列．所以，E中任意点列都没有收敛子列(否则，该收敛子列就是Cauchy列，矛盾)．因此，E不是列紧集．由l 2是完备的，以及Hausdorff定理，知E不是全有界集．但E显然是有界集．1.3.4 设(X, ρ)是度量空间，F1, F2是它的两个紧子集，求证：∃x i ∈F i( i = 1, 2)，使得ρ(F1, F2) = ρ(x1, x2)．其中ρ(F1, F2) = inf {ρ(x, y) | x∈F1, y∈F2 }证明：由ρ(F1, F2)的定义，∀n∈ +，∃x i(n)∈F i( i = 1, 2)，使得ρ(x1(n), x2(n)) < ρ(F1, F2) + 1/n．因F1, F2紧，故不妨假设{x1(n)}, {x2(n)}都是收敛列．设它们的极限分别为x1, x2，则ρ(x1, x2) ≤ρ(F1, F2)．因此ρ(F1, F2) = ρ(x1, x2)．1.3.5 设M是C[a, b]中的有界集，求证集合{F(x) =⎰[a, x]f(t) dt | f∈M }是列紧集．证明：设A = {F(x) =⎰[a, x]f(t) dt | f∈M }．由M有界，故存在K > 0，使得∀f∈M，ρ( f, 0) ≤K．先证明A是一致有界的和等度连续的．∀F∈A，存在f∈M，使得F(x) =⎰[a, x]f(t) dt．由于ρ(F, 0) = max x∈[a, b] | F(x) | = max x∈[a, b] | ⎰[a, x]f(t) dt |≤ max x∈[a, b] | f(t) | · (b -a ) = ρ( f, 0) · (b -a ) ≤K (b -a )．故A是一致有界的．∀ε > 0，∀s, t∈[a, b]，当| s-t| < ε/K时，∀F∈A，存在f∈M，使得F(x) =⎰[a, x]f(u) du．| F(s) -F(t) | = | ⎰[s, t]f(u) du | ≤ max u∈[a, b] | f(u) | · | s -t |= ρ( f, 0) · | s -t | ≤K · (ε/K) = ε．故A是等度连续的．由Arzela-Ascoli定理，A是列紧集．1.3.6 设E = {sin nt}n≥ 1，求证：E在C[0, π]中不是列紧的．证明：显然E是一致有界的．根据Arzela-Ascoli定理，我们只要证明E不是等度连续的即可．我们的想法是找一个E中的点列f n，以及[0, π]中的两个点列s n和t n，使得| s n -t n | → 0，但| f n(s n)-f n(t n)|不收敛于0．事实上，这是可以做到的，只要令f n (u) = sin (2n u)，s n = (π/2)(1 + 1/(2n))，t n = (π/2)(1 - 1/(2n))．则s n + t n = π；s n -t n = π/(2n)→ 0(n→∞)．因此，| f n(s n)-f n(t n)| = 2 | sin (2n s n) - sin (2n t n) |= 2 | sin (n (s n -t n)) cos (n (s n + t n)) |= 2 | sin (π/2) cos (n π) | = 2．所以，E不是等度连续的．进而，E在C[0, π]中不是列紧的．1.3.7 求证S空间的子集A是列紧的充要条件是：∀n∈ +，∃C n> 0，使得∀x = (ξ1, ξ2, ..., ξn, ...)∈A，都有| ξn | ≤C n( n = 1, 2, ...)．证明：(⇐) 设x k = (ξ1(k), ξ2(k), ..., ξn(k), ...) ( k = 1, 2, ... )是A中的点列．存在{x k}的子列{x1, k}使得其第1个坐标ξ1(1, k)收敛；存在{x1, k}的子列{x2, k}使得其第2个坐标ξ2(2, k)收敛；如此下去，得到一个{x k}的子列的序列，第( j +1)个子列是第j个子列的子列，且第j个子列的第j个坐标是收敛的．选取对角线构成的点列{x j, j}，则{x j, j}是{x k}的子列，且每个坐标都收敛．根据习题1.2.1的证明可知，S空间的点列收敛的充要条件是坐标收敛．故{x j, j}是收敛点列．所以，A是列紧的．(⇒) 我们只要证明，∀n∈ +，A中的点的第n个坐标所构成的集合是有界集．若不然，设A中的点的第N个坐标所构成的集合是无界的．则存在A中的点列x k = (ξ1(k), ξ2(k), ..., ξn(k), ...) ( k = 1, 2, ... )，使得| ξN(k) | > k．显然，{ ξN(k) }无收敛子列，故{ x k }也无收敛子列，这与A列紧相矛盾．这样就完成了必要性的证明．1.3.8 设(X, ρ)是度量空间，M是X中的列紧集，映射f : X →M满足ρ( f (x1), f (x2)) < ρ( x1, x2 )(∀x1, x2∈M, x1≠x2)．求证：f在X中存在唯一的不动点．证明：(1) 首先证明cl(M)是紧集．为此只要证明cl(M)列紧即可．设{ x n }是cl(M)中的点列，则存在M中的点列{ y n }使得ρ( x n, y n) < 1/n．因M列紧，故{ y n }有收敛子列{ y n(k)}，设y n(k) →u∈cl(M)．显然{ x n(k)}也是收敛的，并且也收敛于u∈cl(M)．所以cl(M)是自列紧的，因而是紧集．(2) 令g(x) = ρ( x, f (x))，则g是X上的连续函数．事实上，由ρ( f (x1), f (x2)) < ρ( x1, x2 )可知f : X →M是连续的，因而g也连续．由习题1.3.2知存在x0∈cl(M)，使得g(x0) = inf {ρ( x, f (x)) | x∈cl(M) }．(3) 若g(x0) > 0，则ρ( x0, f (x0)) > 0，即x0≠f (x0)．故ρ( x0, f (x0)) = g(x0) ≤g( f (x0)) = ρ( f (x0), f ( f (x0))) < ρ( x0, f (x0))，矛盾．所以，必有g(x0) = 0，即ρ( x0, f (x0)) = 0，因此x0就是f的不动点．1.3.9 设(M, ρ)是一个紧距离空间，又E⊆C(M)，E中的函数一致有界并且满足下列的Hölder条件：| x(t1) -x(t2) | ≤Cρ(t1, t2)α(∀x∈E，∀t1, t2∈M )，其中0 < α≤ 1，C > 0．求证：E在C(M)中是列紧集．证明：由Hölder条件易知E是等度连续的．又E中的函数一致有界，由Arzela-Ascoli定理知E是C(M)中的列紧集．[第3节完] 泛函分析题1_4线性赋范空间p391.4.1 在2维空间 2中，对每一点z = (x, y)，令|| z ||1 = | x | + | y |；|| z ||2 = ( x 2 + y 2 )1/2；|| z ||3 = max(| x |, | y |)；|| z ||4 = ( x 4 + y 4 )1/4；(1) 求证|| · ||i( i = 1, 2, 3, 4 )都是 2的范数．(2) 画出( 2, || · ||i )( i = 1, 2, 3, 4 )各空间中单位球面图形．(3) 在 2中取定三点O = (0, 0)，A = (1, 0)，B= (0, 1)．试在上述四种不同的范数下求出∆OAB三边的长度．证明：(1) 正定性和齐次性都是明显的，我们只证明三角不等式．设z = (x, y), w = (u, v)∈ 2，s = z + w= (x + u, y + v )，|| z||1 + || w||1 = (| x | + | y |) + (| u | + | v |) = (| x | + | u |) + (| y | + | v |)≥ | x + u | + | y + v | = || z+ w||1．( || z||2 + || w||2 )2 = ( ( x 2 + y 2 )1/2 + ( u 2 + v 2 )1/2 )2= ( x 2 + y 2 ) + ( u 2 + v 2 ) + 2(( x 2 + y 2 )( u 2 + v 2 ))1/2≥ ( x 2 + u 2 ) + ( y 2 + v 2 ) + 2( x u+ y v )= ( x + u )2 + ( y + v)2 = ( || z+ w||2 )2．故|| z||2 + || w||2 ≥ || z+ w||2．|| z||3 + || w||3 = max(| x |, | y |) + max(| u |, | v |)≥ max(| x | + | u |, | y | + | v |) ≥ max(| x + u |, | y + v |) = || z+ w||3．|| ·||4我没辙了，没找到简单的办法验证，权且用我们以前学的Minkowski不等式(离散的情况，用Hölder不等式的离散情况来证明)，可直接得到．(2) 不画图了，大家自己画吧．(3) OA = (1, 0)，OB = (0, 1)，AB = (- 1, 1)，直接计算它们的范数：|| OA||1 = 1，|| OB||1 = 1，|| AB||1 = 2；|| OA||2 = 1，|| OB||2 = 1，|| AB||2 = 21/2；|| OA||3 = 1，|| OB||3 = 1，|| AB||3 = 1；|| OA||4 = 1，|| OB||4 = 1，|| AB||4 = 21/4．1.4.2 设c[0, 1]表示(0, 1]上连续且有界的函数x(t)全体．∀x∈c[0, 1]，令|| x || = sup{| x(t) | | 0 < t≤ 1}．求证：(1) || ·||是c[0, 1]空间上的范数．(2) l∞与c[0, 1]的一个子空间是等距同构的．证明：(1) 正定性和齐次性都是明显的，我们只证明三角不等式．|| x || = sup{| x(t) | | 0 < t≤ 1}．|| x || + || y || = sup{| x(t) | | 0 < t≤ 1} + sup{| y(t) | | 0 < t≤ 1}≥ sup{| x(t) + y(t) | 0 < t≤ 1} = || x + y ||．所以|| ·||是c[0, 1]空间上的范数．(2) 任意取定(0, 1]中的一个单调递减列{a k }，满足(i) a1 = 1；(ii) lim k→∞a k = 0．显然，在每个[a k + 1, a k]上为线性函数的f∈c[0, 1]是存在的．设X = { f∈c[0, 1] | f在每个[a k + 1, a k]上为线性函数}．容易验证X是c[0, 1]的子空间．定义ϕ : X →l∞，f #ϕ ( f ) = ( f (a1), f (a2), ...)．则ϕ : X →l∞是线性双射，且|| ϕ ( f ) ||∞= sup k ≥ 1 | f (a k) | = sup0 < t≤ 1 { | f (t ) | } = || f ||．所以，ϕ : X →l∞是等距同构．因此，l∞与c[0, 1]的一个子空间是等距同构的．1.4.3 在C1[a, b]中，令|| f ||1 = (⎰[a, b] ( | f(x) |2 + | f’(x) |2) dx )1/2 (∀f∈C1[a, b])．(1) 求证：|| · ||1是C1[a, b]上的范数．(2) 问(C1[a, b], || · ||1)是否完备？证明：(1) 正定性和齐次性都是明显的，和前面的习题一样，只验证三角不等式．我们先来证明一个比较一般的结果：若线性空间X上的非负实值函数p, q都满足三角不等式：p(x) + p(y) ≥p(x +y)，q(x) + q(y) ≥q(x +y)，∀x, y∈X；则函数h = ( p2 + q2 )1/2也满足三角不等式．事实上，∀x, y∈X，由Minkowski不等式，我们有h(x) + h(y) = ( p(x)2 + q(x)2 )1/2 + ( p(y)2 + q(y)2 )1/2≥ (( p(x)+ p(y))2 + ( q(x) + q(y))2 )1/2 ≥ ( p(x + y)2 + q(x + y)2 )1/2 = h(x + y)．回到本题：若令p( f ) = (⎰[a, b] | f(x) |2dx )1/2，q( f ) = (⎰[a, b] | f’(x) |2dx )1/2，则( p( f ) + p( g ))2 = ((⎰[a, b] | f(x) |2dx )1/2 + (⎰[a, b] | g(x) |2dx )1/2)2= ⎰[a, b] | f(x) |2dx + 2(⎰[a, b] | f(x) |2dx )1/2 · (⎰[a, b] | g(x)|2dx )1/2 + ⎰[a, b] | g(x) |2dx≥⎰[a, b] | f(x)|2dx + 2 ⎰[a, b] | f(x) | · | g(x)| dx + ⎰[a, b] | g(x)|2dx= ⎰[a, b] ( | f(x) | + | g(x)| )2dx ≥⎰[a, b] ( | f(x) + g(x)| )2dx = ( p( f + g ))2．所以有p( f ) + p( g ) ≥p( f + g )．特别地，p( f’) + p( g’) ≥p( f’+ g’)，即q( f ) + q( g ) ≥q( f + g )．因此，线性空间C1[a, b]上的非负实值函数p, q都满足三角不等式．根据开始证明的结论，|| · ||1也满足三角不等式．所以，|| · ||1是C1[a, b]上的范数．(2) 在C1[- 1, 1]中，令f n(x) = (x2 + 1/n2 )1/2 ( ∀x∈[- 1, 1] )．则f’n(x) = 2x (x2 + 1/n2 )-1/2 ( ∀x∈[- 1, 1] )．显然，f n(x)几乎处处收敛于| x |，f’n(x)几乎处处收敛于2sign( x )．因此，f n(x)依测度收敛于| x |，f’n(x)依测度收敛于2sign( x )．则f’n(x) = 2x (x2 + 1/n2 )-1/2 ( ∀x∈[- 1, 1] )．显然，f n(x)几乎处处收敛于| x |，f’n(x)几乎处处收敛于2sign( x )．因此，f n(x)依测度收敛于| x |，f’n(x)依测度收敛于2sign( x )．故在L2[- 1, 1]中，f n(x) → | x |，f’n(x) → 2sign( x )．因此，它们都是L2[- 1, 1]中的基本列，故⎰[- 1, 1] | f n(x) -f m(x) |2 dx → 0(m, n→∞)；⎰[- 1, 1] | f’n(x) -f m’(x) |2 dx → 0(m, n→∞)．故|| f n-f m ||1 = (⎰[- 1, 1] ( | f n(x) -f m(x) |2 + | f’n(x) -f m’(x) |2 ) dx )1/2→ 0 (m, n→∞)．即{ f n }是C1[- 1, 1]中的基本列．下面我们证明{ f n }不是C1[- 1, 1]中的收敛列．若不然，设{ f n }在C1[- 1, 1]中的收敛于f∈C1[- 1, 1]．因|| f n-f ||1 = (⎰[- 1, 1] ( | f n(x) -f(x) |2 + | f’n(x) -f’(x) |2 ) dx )1/2≥ (⎰[- 1, 1] | f n(x) -f(x) |2dx )1/2，故在L2[- 1, 1]中，f n(x) →f．而在前面已说明L2[- 1, 1]中，f n(x) → | x |；由L2[- 1, 1]中极限的唯一性以及f的连续性，知f(x) = | x |．这样就得到f∉C1[- 1, 1]，矛盾．所以，{ f n }不是C1[- 1, 1]中的收敛列．这说明C1[- 1, 1]不是完备的．对一般的C1[a, b]，只要令f n(x) = (x - (a + b )/2)2 + 1/n2 )1/2( ∀x∈[a, b] )就可以做同样的讨论，就可以证明C1[a, b]不是完备空间．1.4.4 在C[0, 1]中，对每个f∈C[0, 1]，令|| f ||1 = (⎰[0, 1] | f(x) |2dx )1/2，|| f ||2 = (⎰[0, 1] ( 1 + x) | f(x) |2dx )1/2．求证：|| · ||1和|| · ||2是C[0, 1]中的两个等价范数．证明：(1) 在习题1.4.3的证明中已经包含了|| · ||1是C[0, 1]中的范数的证明．下面我们证明|| · ||2是C[0, 1]中的范数，我们仍然只要验证三角不等式．|| f ||2 + || g ||2 = (⎰[0, 1] ( 1 + x) | f(x) |2dx )1/2 + (⎰[0, 1] ( 1 + x) | g(x) |2dx )1/2= || (1 + x)1/2f(x) ||1 + || (1 + x)1/2g(x) ||1≥ || (1 + x)1/2f(x) + (1 + x)1/2g(x) ||1= || (1 + x)1/2 ( f(x) + g(x) ) ||1≥ (⎰[0, 1] (1 + x) | f(x) + g(x) |2dx )1/2= || f + g ||2．所以，|| · ||2也是C[0, 1]中的范数．(2) 我们来证明两个范数的等价性．∀f∈C[0, 1]|| f ||1 = (⎰[0, 1] | f(x) |2dx )1/2 ≤ (⎰[0, 1] ( 1 + x) | f(x) |2dx )1/2 = || f ||2，|| f ||2 = (⎰[0, 1] ( 1 + x) | f(x) |2dx )1/2 ≤ 2 (⎰[0, 1] | f(x) |2dx )1/2 = 2 || f ||1．因此两个范数等价．1.4.5 设BC[0, ∞)表示[0, ∞)上连续且有界的函数f(x)全体，对每个f ∈BC[0, ∞)及a > 0，定义|| f ||a = (⎰[0, ∞) e-ax | f(x) |2dx )1/2．(1) 求证|| ·||a是BC[0, ∞)上的范数．(2) 若a, b > 0，a≠b，求证|| ·||a与|| ·||b作为BC[0, ∞)上的范数是不等价的．证明：(1) 依然只验证三角不等式．|| f ||a + || g ||a = (⎰[0, ∞) e-ax | f(x) |2dx )1/2 + (⎰[0, ∞) e-ax | g(x) |2dx )1/2= || e-ax/2f(x)||L2 + || e-ax/2g(x)||L2≤ || e-ax/2f(x)+ e-ax/2g(x)||L2= || e-ax/2 ( f(x)+ g(x))||L2= (⎰[0, ∞) e-ax | f(x)+ g(x) |2dx )1/2= || f + g ||a，所以|| ·||a是BC[0, ∞)上的范数．(2) 设f n(x)为[n, +∞)上的特征函数．则f n∈BC[0, ∞)，且|| f n||a = (⎰[0, ∞) e-ax | f n(x) |2dx )1/2 = (⎰[n, ∞) e-ax dx )1/2 = ((1/a)e-an)1/2．同理，|| f n||b = ((1/b)e-bn)1/2．故若a < b，则|| f n||a/|| f n||b = (b/a)1/2e-(b -a)n/2→ +∞ (n→+∞)．因此|| ·||a与|| ·||b作为BC[0, ∞)上的范数是不等价的．1.4.6 设X1, X2是两个B*空间，x1∈X1和x2∈X2的序对(x1, x2)全体构成空间X = X1⨯X2，并赋予范数|| x || = max{ || x1 ||1, || x2 ||2 }，其中x = (x1, x2)，x1∈X1，x2∈X2，|| · ||1和|| ·||2分别是X1和X2的范数．求证：如果X1, X2是B空间，那么X也是B空间．证明：(1) 先验证|| · ||的三角不等式．设x = (x1, x2), y = (y1, y2)∈X1⨯X2，则|| x + y || = || (x1 + y1, x2 + y2) || = max{ || x1 + y1 ||1, || x2 + y2 ||2 }≤ max{ || x1 ||1 + || y1 ||1, || x2 ||2 + || y2 ||2 }≤ max{ || x1 ||1, || x2 ||2 } + max{ || y1 ||1, || y2 ||2 }= || (x1, x2) || + || (y1, y2) ||= || x || + || y ||，而|| · ||的正定性和齐次性是显然的，所以，|| · ||是X1⨯X2的范数．(2) 设X1, X2是B空间，我们来证明X也是B空间．设x(n) = (x1(n), x2(n))是X = X1⨯X2中的基本列，则|| x(n) -x(m) || = max{ || x1(n) -x1(m) ||1, || x2(n) -x2(m)||2 } ≥ || x1(n) -x1(m) ||1，故{x1(n)}是X1中的基本列，同理，{x2(n)}是X2中的基本列．因X1, X2是B空间，故{x1(n)}和{x2(n)}分别是X1, X2中的收敛列．设x1(n) →x1∈X1，x2(n) →x2∈X2，令x = (x1, x2)．则|| x(n) -x || = max{ || x1(n) -x1 ||1, || x2(n) -x2 ||2 }≤ || x1(n) -x1 ||1 + || x2(n) -x2 ||2→ 0 (n→∞)．所以，|| x(n) -x ||→ 0 (n→∞)．即{ x(n) }为X = X1⨯X2中的收敛列．所以X = X1⨯X2也是B空间．1.4.7 设X是B*空间．求证：X是B空间，必须且只须对∀{x n}⊆X，∑n≥ 1 || x n || < +∞⇒∑n≥ 1x n 收敛．证明：(⇒) ∀{x n}⊆X，记S n = ∑1 ≤j≤n x j，B n = ∑1 ≤j≤n || x n ||，则|| S n + p-S n || = || ∑1 ≤j≤n + p x j -∑1 ≤j≤n x j ||= || ∑n +1 ≤j≤n + p x j ||≤∑n +1 ≤j≤n + p || x j ||= B n + p-B n → 0，(n→∞)．故{ S n }为X中的Cauchy列．由X完备，故{ S n }为X中的收敛列，即∑n≥ 1x n 收敛．(⇐) 反证法．若(X, ρ)不完备，设(Y, d )为(X, ρ)的一个完备化．不妨设(X, ρ)是(Y, d )的子空间，则存在y∈Y \ X．因cl( X ) = Y，故∀n∈ +，存在x n∈X，使得d(x n, y) < 1/2n．则ρ(x n, x m) = d(x n, x m) ≤d(x n, y) + d(x m, y) ≤ 1/2n+ 1/2m → 0，因此{x n}是X中的Cauchy列，但不是收敛列．令z n = x n+1-x n，S n = ∑1 ≤j≤n z j；则z n, S n∈X．因|| z n || = || x n+1-x n || = ρ(x n+1, x n) ≤d(x n+1, y) + d(x n+1, y) ≤ 1/2n+1+ 1/2n < 1/2n - 1，故∑n≥ 1 || z n || < +∞．而S n = ∑1 ≤j≤n z j = ∑1 ≤j≤n ( x j+1-x j ) = x n+1-x1；故∑n≥ 1z n 在中不收敛．矛盾．1.4.8 记[a, b]上次数不超过n的多项式全体为 n．求证：∀f(x)∈C[a, b]，存在P0(x)∈ n，使得max a ≤x≤b| f(x) –P0(x) | = min{ max a ≤x≤b| f(x) –P(x) | | P∈ n }．证明：注意到 n是B*空间C[a, b]中的n+1维子空间．{1, x, x2, ..., x n}是 n中的一个向量组，把它看成C[a, b]中的一个有限向量组．根据定理p35, 1.4.23，对任意∀f(x)∈C[a, b]，存在最佳逼近系数{λ0, λ1, ..., λn}，使得|| f(x) –∑0 ≤j≤n λj x j || = min{ || f(x) –∑0 ≤j≤n a j x j || | (a0, a1, ..., a n)∈ n+1}．令P0(x) = ∑0 ≤j≤n λj x j 就得到要证明的结论．1.4.9 在 2中，对∀x = (x1, x2)∈ 2，定义范数|| x || = max(| x1 |, | x2 |)，并设|| x0–λ e1 ||．e1 = (1, 0)，x0 = (0, 1)．求a∈ 适合|| x0–a e1 || = minλ∈并问这样的a是否唯一？请对结果作出几何解释．解：g(λ) = || x0–λ e1 || = || (0, 1) –λ(1, 0)|| = || (–λ, 1)|| = max(| λ |, 1) ≥ 1，故g(λ) 当| λ| ≤ 1时取得最小值1．所以a = 0满足要求．显然满足要求的a不是唯一的．从几何上看就是某线段上的点到某定点的距离都是1．1.4.10 求证范数的严格凸性等价于下列条件：|| x + y || = || x || + || y || ( ∀x≠θ, y≠θ) ⇒x = c y ( c > 0)．证明：(⇒) 设范数是严格凸的，若x, y ≠θ满足|| x + y || = || x || + || y ||，事实上，我们总有|| (x/|| x ||) || = || (y/|| y ||) || = 1．因x, y ≠θ，故|| x || + || y || > 0，所以|| x + y || ≠ 0．于是|| x ||/|| x + y || + || y ||/|| x + y || = 1．假若x/|| x || ≠y/|| y ||，由严格凸性，得到|| (|| x ||/|| x + y ||)(x/|| x ||) + (|| y ||/|| x + y ||)(y/|| y ||) || < 1，即|| (( x + y )/|| x + y ||) || < 1，矛盾．因此必然有x/|| x || = y/|| y ||，即x = (|| x ||/|| y ||) y．(⇐) 设∀x, y ≠θ，|| x + y || = || x || + || y ||蕴涵x = c y ( c > 0)．下面证明范数是严格凸的．设x≠y，且|| x || = || y || = 1，又设α, β∈(0, 1)，且α + β= 1．我们知道|| α x + β y || ≤ || α x || + || β y || = α || x || + β|| y || = α + β= 1．假若|| α x + β y || = 1，根据我们的条件，就得到α x = c (β y)，其中c > 0．那么，就有|| α x || = || c (β y) ||，而|| x || = || y || = 1，所以α= c β；故x = y，这就与x≠y相矛盾．所以必然有|| α x + β y || < 1，即范数是严格凸的．1.4.11 设X是线性赋范空间，函数ϕ : X → 1称为凸的，如果不等式ϕ( λ x + (1 -λ) y ) ≤λϕ( x ) + (1 -λ)ϕ( y ) ( ∀ 0 ≤λ≤ 1)成立．求证凸函数的局部极小值必然是全空间的最小值．证明：设x0是凸函数ϕ的一个局部极小点．如果存在x∈X，使得ϕ( x ) < ϕ( x0)，则∀ t ∈(0, 1)，ϕ( t x + (1 -t ) x0) ≤t ϕ( x ) + (1 -t )ϕ( x0) < t ϕ( x0) + (1 -t )ϕ( x0) = ϕ( x0)．而对x0的任意邻域U，都存在t ∈(0, 1)，使得t x + (1 -t ) x0∈U．这就与x0是局部极小点相矛盾．因此∀x∈X，都有ϕ( x0) ≤ϕ( x )，即x0是ϕ的最小点．1.4.12 设(X, || · ||)是一线性赋范空间，M是X的有限维子空间，{e1, e2, ..., e n}是M的一组基，给定g∈X，引进函数F : n → 1．对∀c = (c1, c2, ..., c n)∈ n，规定F(c) = F(c1, c2, ..., c n) = || ∑1 ≤i≤n c i e i-g ||．(1) 求证F是一个凸函数；(2) 若F的最小值点是c = (c1, c2, ..., c n)，求证f = ∑1 ≤i≤n c i e i给出g在M中的最佳逼近元．证明：(1) 设c = (c1, c2, ..., c n), d = (d1, d2, ..., d n)∈ n, λ∈[0, 1]，则F(λ c + ( 1 -λ) d ) = || ∑1 ≤i≤n ( λ c i + ( 1 -λ) d i ) e i-g ||= || λ∑1 ≤i≤n c i e i + ( 1 -λ) ∑1 ≤i≤n d i e i- (λ g+ ( 1 -λ)g )||= || λ(∑1 ≤i≤n c i e i -g) + ( 1 -λ) ( ∑1 ≤i≤n d i e i-g )||≤λ|| ∑1 ≤i≤n c i e i -g || + ( 1 -λ) || ∑1 ≤i≤n d i e i-g ||= λ F(c)+ ( 1 -λ)F(d)，故F是一个凸函数．(2) 因为{e1, e2, ..., e n}是M的一组基，故M中的每个元h都可表示为h = ∑1 ≤i≤n d i e i，其中d = (d1, d2, ..., d n)∈ n．因为F(c) ≤F(d)，故|| f-g || = F(c) ≤F(d) = || h-g ||．那么f就是g在M中的最佳逼近元．1.4.13 设X是B*空间，X0是X的线性子空间，假定∃c∈(0, 1)使得∀y∈X，有inf { || y–x || | x ∈X0 } ≤c || y ||．求证：X0在X中稠密．证明：设y∈X，∀ε > 0，∃x1∈X0，s.t. || y–x1 || < c || y || + ε /4．∃x2∈X0，s.t. || (y–x1) –x2 || < c || y–x1 || + ε /8．∃x3∈X0，s.t. || (y–x1 –x2 ) –x3 || < c || y–x1 –x2 || + ε /16．如此下去，可得到一个X0中的点列{ x n }，满足|| y–∑1 ≤j≤n +1x j|| < c || y–∑1 ≤j≤n x j|| + ε /2n + 2(∀n∈ +)．那么，我们可以用数学归纳法证明|| y–∑1 ≤j≤n x j|| < c n || y || + ε (∑1 ≤j≤n 1/2j + 1)．当n = 1时，|| y–x1 || < c || y || + ε /4．结论成立．当n = 2时，|| (y–x1) –x2 || < c || y–x1 || + ε /8< c (c || y || + ε /4) + ε /8 < c 2 || y || + ε (1/4 + 1/8)，结论成立．当n≥ 3时，若|| y–∑1 ≤j≤n x j|| < c n || y || + ε (∑1 ≤j≤n 1/2j + 1)成立，则|| y–∑1 ≤j≤n +1x j|| < c || y–∑1 ≤j≤n x j|| + ε /2n + 2< c (c n || y || + ε (∑1 ≤j≤n 1/2j + 1)) + ε /2n + 2< c n+1 || y || + ε (∑1 ≤j≤n 1/2j + 1)) + ε /2n + 2< c n+1 || y || + ε (∑1 ≤j≤n+ 11/2j + 1))，因此结论也成立．由数学归纳法原理，∀n∈ +，|| y–∑1 ≤j≤n x j|| < c n || y || + ε (∑1 ≤j≤n 1/2j + 1)．因为c∈(0, 1)，故存在N∈ +，使得c N || y || < ε /2．令x = ∑1 ≤j≤N x j，则x∈X0．且|| y–x || < ε /2 + ε (∑1 ≤j≤N 1/2j + 1) < ε．所以，X0在X中稠密．[张峰同学的证明] 反证法．若不然，则cl(X0)是X的真闭线性子空间．用Riesz引理，存在y∈X，使得|| y || = 1，且inf { || y–x || | x ∈ cl(X0)} > c．故对此y∈X，有inf { || y–x || | x ∈X0 } > c || y ||，矛盾．1.4.14 设C0表示以0为极限的实数全体，并在C0中赋以范数|| x || = max n≥1| ξn |，( ∀x = (ξ1, ξ2, ..., ξn, ...)∈C0 )．又设M = {x = (ξ1, ξ2, ..., ξn, ...)∈C0 | ∑n ≥1 ξn/2n = 0}．(1) 求证：M是C0的闭线性子空间．(2) 设x0= (2, 0, 0, ...)，求证：inf z ∈M || x0–z || = 1，但∀y∈M，有|| x0–y || > 1．证明：(1) 显然M ≠∅，容易直接验证M是C0的线性子空间．若x k = (ξ1(k), ξ2(k), ..., ξn(k), ...)为M中的点列，且x k→x = (ξ1, ξ2, ..., ξn, ...)∈C0．则∀ε > 0，存在N∈ +，使得∀k > N，|| x k -x || < ε．此时，∀n∈ +，有|ξn -ξn(k)| ≤ max n≥1| ξn -ξn(k) | = || x k -x || < ε．| ∑n ≥1 ξn/2n | = | ∑n ≥1 ξn/2n-∑n ≥1 ξn(k)/2n | = | ∑n ≥1 (ξn -ξn(k))/2n |≤∑n ≥1 |ξn -ξn(k)|/2n≤∑n ≥1 ε/2n = ε．所以，∑n ≥1 ξn/2n = 0，即x = (ξ1, ξ2, ..., ξn, ...)∈M．所以M是C0的闭线性子空间．(2) x0= (2, 0, 0, ...)，∀z = (ξ1, ξ2, ..., ξn, ...)∈M，|| x0–z || = max{| 2 -ξ1 |, | ξ2 |, | ξ3 |, ... }．如果| 2 -ξ1 | > 1，则|| x0–z || > 1．如果| 2 -ξ1 | ≤ 1，则| ξ1 | ≥ 1，我们断言{| ξ2 |, | ξ3 |, ... }中至少有一个大于1者．否则，假若它们都不超1，因为ξn → 0 (n→∞)，故它们不能全为1．由∑n ≥1 ξn/2n = 0知| ξ1 |/2 = | ∑n ≥2 ξn/2n | ≤∑n ≥2 | ξn | /2n < ∑n ≥2 1/2n = 1/2，这样得到| ξ1 | < 1，矛盾．故{| ξ2 |, | ξ3 |, ... }中至少有一个大于1者．因此也有|| x0–z || > 1．综上所述，但∀y∈M，有|| x0–y || > 1．由此，立即知道inf z ∈M || x0–z || ≥ 1．下面证明inf z ∈M || x0–z || ≤ 1．∀n∈ +，令z n= (1 - 1/2n, -1, -1, ..., -1, 0, 0, ...)．( z n从第2个坐标开始有连续的n个-1，后面全部是0 )，则(1 - 1/2n)/2 - 1/4 - 1/8 - ... - 1/2n + 1 = 0，因此z n∈M．此时，|| x0–z n || = max{| 1 + 1/2n|, | 1/4|, | 1/8|, ... } = 1 + 1/2n．故inf z ∈M || x0–z || ≥ inf n || x0–z n || = inf n (1 + 1/2n ) = 1．所以，inf z ∈M || x0–z || = 1．1.4.15 设X是B*空间，M是X的有限维真子空间，求证：∃y∈X，|| y|| = 1，使得|| y–x || ≥ 1 ( ∀x ∈M )．证明：取定z∈X \ M，令Y = span{z} + M．记S = { y∈Y | || y || = 1 }．则M是Y的真闭子空间，而S是Y中的单位球面．由Riesz引理，∀n∈ +，存在y n∈S，使得d( y n, M ) ≥ 1 - 1/n．因为Y也是有限维的，故其中的单位球面为自列紧集．存在{y n}的收敛子列．不妨设y n(k) →y∈S．则d( y n(k), M ) ≥ 1 - 1/n(k)，故有d( y, M ) ≥ 1．即|| y–x || ≥ 1 ( ∀x ∈M )．1.4.16 若f是定义在区间[0, 1]上的复值函数，定义ωδ( f ) = sup{| f (x) – f (y) | | ∀x, y∈[0, 1], | x–y | ≤δ}．如果0< α≤ 1对应的Lipschitz空间Lipα，由满足|| f || = | f(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f )} < +∞的一切f组成，并且以|| f ||为模．又设lipα = { f∈Lipα| lim δ→ 0 δ–αωδ( f ) = 0}．求证Lipα是B空间，而且lipα是Lipα的闭子空间．证明：(1) 显然，C1[0, 1]⊆Lipα，因此Lipα不空．对区间[0, 1]上的复值函数f, g，∀λ∈ ，我们有ωδ( f + g ) = sup{| f (x) + g (x) – f (y) – g (y) | | ∀x, y∈[0, 1], | x–y | ≤δ}≤ sup{| f (x) – f (y) | + | g (x) – g (y) | | ∀x, y∈[0, 1], | x–y | ≤δ}≤ωδ( f ) + ωδ( g )．ωδ( λ f ) = sup{|λ f (x) –λ f (y) | | ∀x, y∈[0, 1], | x–y | ≤δ}= | λ| sup{| f (x) – f (y) | | ∀x, y∈[0, 1], | x–y | ≤δ}= | λ| ·ωδ( f )．若f, g∈Lipα，λ∈ ，则|| f + g || = | f(0) + g(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f + g ) }≤ | f(0) | + | g(0) | + supδ > 0{δ–α(ωδ( f ) + ωδ( g )) }= | f(0) | + | g(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f ) + δ–αωδ( g ) }≤ | f(0) | + | g(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f ) }+ supδ > 0{ δ–αωδ( g ) }= || f || + || g || < +∞．|| λ f || = | λ f(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( λ f )}= | λ| · | f(0) | + | λ| · supδ > 0{δ–αωδ( f )}= | λ| · || f || < +∞．因此，f + g, λ f∈Lipα，且上述两个不等式表明|| · ||有齐次性和三角不等式．显然，|| f || ≥ 0．当|| f || = 0时，| f(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f )} = 0，意味着f(0) = 0，且ωδ( f ) = 0(∀δ> 0)．而ωδ( f ) = 0(∀δ> 0)则意味着f为常值．所以，f = 0．即|| · ||有正定性．综上所述，Lipα是B*空间．(2) 我们首先证明集合Lipα⊆C[0, 1]．∀f∈Lipα，∀x, y∈[0, 1]，x ≠y，记δ = | x -y |．则| f (x) – f (y) | ≤ωδ( f )．而δ–αωδ( f ) ≤ supδ > 0{δ–αωδ( f n-f m) } ≤ || f ||，所以，| f (x) – f (y) | ≤ || f || δα= || f || · | x -y |α，故f∈C[0, 1]．我们再证明，∀f∈Lipα，|| f ||C≤ || f ||，其中|| ·||C是C[0, 1]范数．事实上，∀x∈[0, 1]，| f (x) | ≤ | f (0) | + | f (x) – f (0) |，故|| f ||C = max x∈[0, 1] | f (x) | ≤ | f (0) | + max x∈[0, 1] | f (x) – f (0) |≤ | f (0) | + sup x∈(0, 1] | f (x) – f (0) |/| x |α≤ | f (0) | + sup x∈(0, 1] { δ–αωδ( f ) } ≤ || f ||．这说明，如果{ f n }是Lipα中的基本列，则它也必是C[0, 1]中的基本列．而C[0, 1]是完备的，故存在f∈C[0, 1]，使得{ f n }一致收敛于f．而{ f n }作为Lipα中的基本列，有|| f n-f m || = | f n(0) -f m(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f n-f m) } → 0 (n, m→∞)，因此∀ε > 0，∃N∈ +，使得∀n, m > N，有| f n(0) -f m(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f n-f m) } < ε．因此supδ > 0{δ–αωδ( f n-f m) } < ε．故∀δ > 0，ωδ( f n-f m) < εδα．即∀x, y∈[0, 1]，| x -y | ≤δ，都有| ( f n(x) -f m(x)) - ( f n(y) -f m(y)) | < εδα．令m→∞，得到| ( f n(x) -f(x)) - ( f n(y) -f(y)) | ≤εδα．因此，sup {| ( f n(x) -f(x)) - ( f n(y) -f(y)) | | x, y∈[0, 1]，| x -y | ≤δ}≤εδα．即∀δ > 0，ωδ( f n-f ) ≤εδα．故supδ > 0{δ–αωδ( f n-f ) } ≤ε．同样地，对不等式| f n(0) -f m(0) | < ε令m→∞，就得到| f n(0) -f(0) | ≤ε．所以，| f n(0) -f(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f n-f ) } ≤ 2ε．这说明f n-f∈Lipα．而f n∈Lipα，故f = ( f -f n ) + f n∈Lipα．而前面的式子也表明|| f -f n || ≤ 2ε．因此|| f n-f || → 0 (n→∞)，即{ f n }为Lipα中的收敛列．所以，Lipα是Banach空间．(3) 记lipα = { f∈Lipα| lim δ→ 0 δ–αωδ( f ) = 0 }．∀f, g∈lipα，∀λ∈ ，我们有δ–αωδ( f + g ) ≤δ–α(ωδ( f ) + ωδ( g ) ) = δ–αωδ( f ) + δ–αωδ( g ) → 0 (δ→ 0)．δ–αωδ( λ f ) = | λ| ·δ–αωδ( f ) → 0 (δ→ 0)．故f + g, λ f∈lipα，因此，lipα是Lipα的线性子空间．设{ f n }是lipα中的序列，且f n→f∈Lipα(n→∞)．则{ f n }一致收敛于f．∀ε > 0，存在N∈ +，使得|| f N →f || < ε /2．故有supδ > 0{δ–αωδ( f N-f ) } < ε /2．因为lim δ→ 0 δ–αωδ( f N) = 0，所以，∃∆ > 0，使得∀δ∈(0, ∆)，有δ–αωδ( f N) < ε /2．此时我们有δ–αωδ( f ) ≤δ–α(ωδ( f N) + ωδ( f -f N))= δ–αωδ( f N) + δ–αωδ( f -f N)< ε /2 + supδ > 0{δ–αωδ( f N-f ) } < ε．所以，lim δ→ 0 δ–αωδ( f ) = 0，即f∈lipα．所以lipα是Lipα的闭子空间．1.4.17 (商空间) 设X是线性赋范空间，X0是X的闭线性子空间，将X中的向量分类，凡是适合x’-x’’∈X0的两个向量x’, x’’归于同一类，称其为等价类，把一个等价类看成一个新的向量，这种向量的全体组成的集合为X/X0表示，并称其为商空间．下列是关于商空间的命题．(1) 设[ y ]∈X/X0，x∈X，求证：x∈[ y ]的充分必要条件是[ y ] = x + X0．证明：设x’, x’’∈X，若它们归于同一类，则记为x’～x’’．我们用[ x ]表示x所在的等价类（大家注意，题目形式已经作了相应的修改）．(⇒) 若x∈[ y ]，则x～y．∀u ∈[ y ]，u～y，故u～x，即u –x∈X0．因此u ∈x + X0．所以[ y ] ⊆x + X0．反过来，∀u ∈x + X0，则u～x，故u～y．因此u ∈[ y ]．所以x + X0 ⊆ [ y ]．所以[ y ] = x + X0．(⇐) 若[ y ] = x + X0，则y –x∈X0，即y～x．从而x∈[ y ]．(2) 在X/X0中定义加法与数乘如下：[ x ] + [ y ] = x + y + X0(∀[ x ], [ y ] ∈X/X0 )λ[ x ] = λ x + X0(∀[ x ]∈X/X0 , ∀λ∈ )其中x和y分别表示属于等价类[ x ]和[ y ]的任一元素．又规定范数|| [ x ] ||0 = inf z∈[ x ] || z || ( ∀[ x ]∈X/X0 )求证：(X/X0, || · ||0)是一个B*空间．证明：第(1)部分说明了[ x ] = x + X0．容易看出加法与乘法的定义是合理的．进一步可以证明X/X0 构成数域 上的线性空间，且其零元为[ θ] = X0．下面证明|| · ||0是X/X0 上的范数．显然，∀[ x ]∈X/X0，|| [ x ] ||0≥ 0．若[ x ] = [ θ] = X0，则|| [ x ] ||0 = 0．若|| [ x ] ||0 = 0，则inf z∈[ x ] || z || = 0．存在z n∈[ x ]使得|| z n || → 0，即z n→θ (n→∞)．那么，x-z n∈X0，x-z n→x (n→∞)，而X0是闭集，故x∈X0．所以x～θ，即[ x ] = X0．因此|| · ||0有正定性．∀[ x ]∈X/X0，∀λ∈ ，|| λ[ x ]||0 = || [ λ x ] ||0 = inf y∈[ x ] || λ y || = inf y∈[ x ] | λ| · || y ||= | λ| · inf y∈[ x ] || y || = | λ| · ||[ x ]||0．因此|| · ||0有齐次性．∀[ x ], [ y ]∈X/X0，|| [ x ] + [ y ] ||0 = inf z∈[ x ] + [ y ] || z || = inf u∈[ x ], v∈[ y ] || u + v ||≤ inf u∈[ x ], v∈[ y ] { || u || + || v || } ≤ inf u∈[ x ] { inf v∈[ y ] { || u || + || v ||} }≤ inf u∈[ x ] { inf v∈[ y ] { || u || + || v ||} } = inf u∈[ x ] { || u || + inf v∈[ y ] || v || }= inf u∈[ x ] || u || + inf v∈[ y ] || v || = || [ x ] ||0 + || [ y ] ||0．因此|| · ||0的三角不等式成立．所以，(X/X0, || · ||0)是一个B*空间．(3) 设[ x ]∈X/X0, 求证对∀y∈[ x ]有inf { || y -z || | z∈X0 } = || [ x ] ||0．证明：|| [ x ] ||0 = inf u∈[ x ] || u || = inf u∈[ y ] || u || = inf { || u || | u∈y + X0 }= inf { || y + v || | v∈X0 } = inf { || y -z || | z∈X0 }．(4) 定义映射ϕ : X →X/X0为ϕ (x) = [ x ] = x + X0(∀x∈X )．求证ϕ是线性连续映射．证明：∀x, y∈X，∀α, β∈ ，ϕ( α x + β y ) = [α x + β y ] = [α x ] + [ β y ] = α [ x ] + β[ y ] = αϕ (x) + βϕ (y)．|| ϕ (x) -ϕ (y) ||0 = || [ x ] - [ y ] ||0 = || [ x-y ] ||0 = inf z∈[ x-y ] || z || ≤ || x-y ||．所以，ϕ是线性连续映射．(5) ∀[ x ]∈X/X0，求证∃y∈X，使得ϕ (y) = [ x ]，且|| y || ≤ 2|| [ x ] ||0．证明：因为|| [ x ] ||0 = inf z∈[ x ] || z ||，若|| [ x ] ||0 = 0，则由|| · ||0的正定性，知[ x ] = X0，取y = θ即满足要求．若|| [ x ] ||0≠ 0，则inf z∈[ x ] || z || = || [ x ] ||0 < 2 || [ x ] ||0，存在∃y∈[ x ]，使得|| y || ≤ 2|| [ x ] ||0．此时显然有ϕ (y) = [ x ] = [ y ]．(6) 设(X, || · ||)完备，求证(X/X0, || · ||0)也是完备的．证明：设{ [ x ]n }是X/X0中的基本列．为证明它是收敛列，只需证明它存在收敛子列．由基本列性质，可选出子列{ [ x ]n(k)}使得|| [ x ]n(k) - [ x ]n(k+1) ||0 ≤ 1/2k．故∑k ≥ 1 || [ x ]n(k) - [ x ]n(k+1) ||0 收敛．根据(5)，∀k∈ +，∃y k∈[ x ]n(k+1) - [ x ]n(k)，使得|| y k || ≤ 2|| [ x ]n(k+1) - [ x ]n(k) ||0．那么，∑k ≥ 1|| y k ||收敛．由X的完备性，s k = ∑ 1 ≤j ≤k y j是X中的收敛列．设其极限为s．由(5)中ϕ的连续性，在X/X0中，ϕ(s k) →ϕ(s) ( k→∞ )．而ϕ(s k) = ϕ( ∑ 1 ≤j ≤k y j ) = ∑ 1 ≤j ≤k ϕ( y j )= ∑ 1 ≤j ≤k ( [ x ]n(j+1) - [ x ]n(j)) = [ x ]n(k+1) - [ x ]n(1)．故{[ x ]n(k+1) - [ x ]n(1)}收敛，因而{[ x ]n(k)}是收敛列．因此X/X0中的基本列{ [ x ]n }存在收敛子列{[ x ]n(k)}，所以，{ [ x ]n }是X/X0中的收敛列．因此，(X/X0, || · ||0)是完备的．(7) 设X = C[0, 1]，X0 = { f∈X | f (0) = 0 }，求证：X/X0 ≅ ，其中记号“≅”表示等距同构．证明：显然，X0是C[0, 1]中的线性子空间．记X0所确定的等价关系为～，则f～g ⇔ f (0) = g (0)．定义Φ : X/X0 → ，Φ([ f ]) = f (0)．显然定义是合理的．∀f, g∈X，∀α, β∈ ，Φ(α[ f ] + β[ g ]) = Φ([αf + β g ]) = (αf + β g )(0)= αf (0)+ β g (0) = αΦ([ f ])+ βΦ([ g ])．因此Φ是线性映射．因Φ(X0) = 0，故Φ是单射．而∀c∈ ，若记所对应的常值函数为h c∈C[0, 1]，则Φ( [ h c] ) = c．故Φ是满射．综上所述，Φ : X/X0 → 是线性同构．∀f∈X，|| [ f ]||0 = inf g∈[ f ] { || g || } ≥ inf g∈[ f ] { | g (0) | }= inf g∈[ f ] { | f (0) | } = | f (0) | = | Φ([ f ]) |．另一方面，因为常值函数h f (0)∈[ f ]，故|| [ f ]||0 = inf g∈[ f ] { || g || } ≤ || h f (0) || = | f (0) | = | Φ([ f ]) |．所以，∀f∈X，都有|| [ f ]||0 = | Φ([ f ]) |，因此Φ : X/X0 → 是等距同构．[第4节完] 泛函分析题1_5凸集与不动点p521.5.1 设X是B*空间，E是以θ为内点的真凸子集，P是由E产生的Minkowski 泛函，求证：(1) x∈int(E) ⇔P(x) < 1；(2) cl(int(E)) = cl(E)．证明：(1) (⇒) 若x∈int(E)，存在δ > 0，使得Bδ(x) ⊆E．注意到x + x/n→x ( n→∞ )，故存在N ∈ +，使得x + x/N ∈Bδ(x) ⊆E．即x/( N/( 1 + N ) ) ∈E．因此P(x) ≤N/( 1 + N ) < 1．(⇐) 若P(x) < 1．则存在a > 1，使得y = a x∈E．因θ∈int(E)，故存在δ > 0，使得Bδ(θ) ⊆E．令η = δ(a - 1)/a，∀z∈Bη(x)，令w = (a z-y )/(a - 1)，则|| w || = || (a z-y )/(a - 1) || = || a z-y ||/(a - 1)= || a z-a x ||/(a - 1) = a || z-x ||/(a - 1) < aη/(a - 1) = δ．故w∈Bδ(θ) ⊆E．故z = ((a - 1)w + y )/a ∈E，因此，Bη(x) ⊆E．所以x∈int(E)．(2) 因int(E) = E，故有cl(int(E)) ⊆ cl(E)．下面证明相反的包含关系．若x∈cl(E)，则∀ε > 0，存在y∈E，使得|| x -y || < ε/2．因ny/(n + 1) →y ( n →∞ )．故存在N ∈ +，使得|| Ny/(N + 1) -y || < ε/2．令z = Ny/(N + 1)，则z∈E，且P(z) ≤N/(N + 1) < 1，由(1)知z∈int(E)．而|| z -x || ≤ || z -y || + || y -x || < ε/2 + ε/2 = ε．故x∈cl(int(E))，因此cl(E) ⊆ cl(int(E))所以cl(int(E)) = cl(E)．1.5.2 求证在B空间中，列紧集的凸包是列紧集．证明：设A是B空间X中的列紧集，∀ε > 0，存在A的有限ε /3网B．设B = {b1, b2, ..., b n}，M = max j{ || b j || }，取δ > 0，使得n δ M < ε /3．设[0, 1]分划D为0 = t0 < t1 < t2 < ... < t m = 1，使得max 1 ≤j ≤m {| t j–t j–1|} < δ．设∀x∈co(A)，设x= λ1 a1 + λ2 a2+ ... + λ k a k，其中a j∈A，λ j > 0，∑ j λ j = 1．对每个j ≤k，存在b i( j )∈B使得|| a j-b i( j ) || < ε /3；令y= λ1 b i(1) + λ2 b i(2)+ ... + λ k b i(k)，则|| x - y || = || λ1 (a1 -b i(1)) + λ2 (a2 -b i(2))+ ... + λ k (a k-b i(k))||，≤λ1 · || a1 -b i(1) || + λ2 · || a2 -b i(2) || + ... + λ k · || a k-b i(k) ||≤ ( λ1 + λ2 + ... + λ k ) · (ε /2) = ε /3．将y= λ1 b i(1) + λ2 b i(2)+ ... + λ k b i(k)中的那些含有相同b j的项合并起来，于是，y可表示为y= μ1 b1 + μ2 b2+ ... + μ n b n，其中μj ≥ 0，且∑ j μj = 1．对每个l ≤n，存在t s( l )∈D，使得|| μl-t s( l ) || < δ；令z= t s(1) b1 + t s(2) b2+ ... + t s(n) b n，则|| y - z || = || (μ1 -t s(1))b1 + (μ2 -t s(2))b2+ ... + (μn -t s(n))b n ||≤∑ l | μl-t s( l ) | · max j{ || b j || } ≤n δ M < ε /3；令C = {t s(1) b1 + t s(2) b2+ ... + t s(n) b n | t s(i)∈D，1 ≤i≤n}，则C是有限集，且C是co(A)的有限ε网．因空间是完备的，故co(A)是列紧集．1.5.3 设C是B*空间X中的一个紧凸集，映射T : C →C连续，求证T在C上有一个不动点．证明：因为C是紧集，所以C是闭集．因为C是紧集，故C的任意子集都列紧．而T(C) ⊆C，故T(C)列紧．于是，由Schauder不动点定理，T在C上有一个不动点．[Schauder定理：B*空间中闭凸集C上使T(C)列紧的连续自映射T必有不动点] 1.5.4 设C是B空间X中的一个有界闭凸集，映射T i : C→X (i = 1, 2)适合(1) ∀x, y∈C ⇒T1x + T2y∈C；(2) T1是一个压缩映射，T2是一个紧映射．。
07-08学年第2学期《泛函分析(双语)》A卷[1]1
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泛函分析(双语)课程试卷 (A) 卷 2008-07
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7. (Option! 15 marks) Let X and Y be Banach spaces and let T : X → Y be bijective. Show that there exist positive constants a, b such that ∀ x ∈ X,
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泛函分析(双语)课程试卷 (A) 卷 2008-07
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6. (10 marks) Let H be a Hilbert space. Suppose that x0, xn ∈ H (n ∈ N). Prove that if {xn} converges weakly to x0 (n → ∞), then {xn} converges strongly to x0 (n → ∞) if and only if xn → x0 (n → ∞).
f (x)
=
∞ n=1
xn 2n
,
∀ x = {xn} ∈ c0.
i) Show that f is a continuous linear functional. ii) Find the norm of f . iii) Show that f does not attain its norm on the closed unit ball.
n=1
for all x ∈ H.
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泛函分析(双语)课程试卷 (A) 卷 2008-07
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5. (20 marks) Let c0 be the space of sequences of numbers convergent to zero with the usual supremum norm x = sup{|xn| : n ∈ N} (x = {xn} ∈ c0), and let f : c0 → R de defined by
泛函分析基础试卷参考答案
maxt[ 0, 1]| x (t) |
|| x ||
所以T有界.且
T (AI)(AI) TI
所以(A),
所以(A)[0, 1].(5分)
若存在[0, 1],是A的特征值,则存在xC [0,1], x0
使A xx.从而对任意t[0, 1]
t x (t)x (t)
证设{ x1, x2,}是X中线性无关向量,
由Hnha-Banach定理
存在f1X ', f1(x1)0,
存在f2X ', f2(x2)0, f2(x1)0
存在f3X ', f3(x3)0, f3(x1)f3(x2)0
一般存在fnX '
fn(xn)0, fn(x1)fn(xn1)0(6分)
下面证明{ fn}线性无关,设
集 美 大 学 试 卷 纸
2007—2008学年 第二学期
课程名称
泛函分析基础
试卷
卷别
A
适用
学院、专业、年级
理学院数学与应用数学专业2004级
考试
方式
闭卷
一.以下各题每题5分,共25分
1.设X, Y是赋范空间,证明乘积空间XY按范数|| (x, y) |||| x |||| y ||成为赋范空间.
证1.对任何(x, y)XY, || (x, y) |||| x |||| y ||0,
所以{fn} w*收敛于f.(3分)
5.设X是赋范空间,A,BB (XX)是X上正则算子,证明TA B是X上正则算子.
证A, B是正则算子,所以A1, B1存在,且A1, B1B (XX)(2分)
令SB1A1B (XX),则
函授本科数学专业(参考答案)
函授本科数学专业《泛函分析》考试试题A 卷（120分钟）一、单项选择题（3分×5=15分）1、下列各式正确的是（ C ）（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（ D ）（A ）=P c (B) 0mP = (C) P P ='(D) P P =ο3、下列说法不正确的是（ B ）(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 ) （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（ D ） (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 ⋃⋂--=( φ )2、设E 是[]0,1上有理点全体，则'E =（[0，1]）,oE =（φ）,E = （[0，1]）.3、设E 是n R 中点集，如果对任一点集T 都有（***()()m T m T E m T CE =⋂+⋂），则称E 是L 可测的。
泛函分析试题及答案
泛函分析试题及答案一、单项选择题（每题5分，共20分）1. 在泛函分析中，下列哪个概念不是线性空间的公理之一？A. 封闭性B. 加法结合律C. 交换律D. 分配律答案：A2. 一个线性泛函在定义域内是连续的，那么它在定义域内也是：A. 有界的B. 无界的C. 可微的D. 可导的答案：A3. 紧算子一定是：A. 有界算子B. 单射算子C. 满射算子D. 可逆算子答案：A4. 希尔伯特空间中，下列哪个性质不是正交性的定义？A. 正交向量的长度不为零B. 正交向量的内积为零C. 正交向量的数量可以是无限的D. 正交向量在同一个空间中答案：C二、简答题（每题10分，共20分）1. 请简述什么是巴拿赫空间，并给出一个例子。
答案：巴拿赫空间是完备的赋范线性空间，即在该空间中，任何柯西序列都收敛于该空间中的一个点。
一个典型的例子是所有连续函数构成的空间，赋予最大范数。
2. 什么是紧算子？请解释其性质。
答案：紧算子是定义在巴拿赫空间上的有界线性算子，其值域是原空间的一个闭子空间，并且是可分的。
紧算子的一个重要性质是它们将单位球面映射到一个相对紧集。
三、计算题（每题20分，共40分）1. 设线性算子A在希尔伯特空间H上定义，且满足A^*A = I，证明A是单射的。
答案：设x, y属于H，且Ax = Ay，那么A^*(Ax) = A^*(Ay)，即x = y。
因此，A是单射的。
2. 给定线性泛函f在希尔伯特空间H上定义，且满足f(x) = <x, y>，其中y是H中的一个固定向量。
证明f是连续的。
答案：由于f(x) = <x, y>，根据内积的性质，|f(x)| ≤ ||x||||y||，其中||y||是y的范数。
因此，f在H上是连续的。
四、论述题（每题20分，共20分）1. 论述希尔伯特空间中正交投影算子的性质。
答案：希尔伯特空间中的正交投影算子P具有以下性质：- P是线性的。
- P是自伴的，即P^* = P。
泛函分析答案
泛函分析答案(总5页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--泛函分析答案：1、 所有元素均为0的n ×n 矩阵2、 设E 为一线性空间，L 是E 中的一个子集，若对任意的x,y ∈L ，以及变数λ和μ均有λx ＋μy ∈L ，则L 称为线性空间E 的一个子空间。
子空间心室包含零元素，因为当λ和μ均为0时，λx ＋μy ＝0∈L ，则L 必定含零元素。
3、 设L 是线性空间E 的子空间，x 0∈E\L,则集合x 0+L={x 0+l,l ∈L}称为E 中一个线性流形。
4、 设M 是线性空间E 中一个集合，如果对任何x,y ∈M ，以及λ＋μ＝1，λ≥0，μ≥0的λ和μ，都有λx ＋μy ∈M ，则称M 为E 中的凸集。
5、 设x,y 是线性空间E 中的两个元素，d(x,y)为其之间的距离，它必须满足以下条件：（1） 非负性：d(x,y)＞0，且d(x,y)＝0＜―――＞x=y （2） d(x,y)=d(y,x)（3） 三角不等式：d(x,y)≤d(x,z)+d(y,z) for every x,y,z ∈E n 维欧几里德空间常用距离定义： 设x={x 1,x 2,…x n }T ,y={y 1y 2,…y n }Td 2(x,y)=(21||ni i i x y =-∑)1/2d 1(x,y)=1||ni i i x y =-∑d p (x,y) = (1||np i i i x y =-∑ )1/p d ∞(x,y)=1max ||i i i nx y ≤≤-6、距离空间(x,d)中的点列{x n }收敛到x 0是指d(x n ,x 0)?0(n?∞)，这时记作0lim nn xx -->∞=，或简单地记作x n ?x 07、设||x||是线性空间E 中的任何一个元素x 的范数，其须满足以下条件： （1）||x||≥0,且||x||＝0 iff x=0 （2）||λx||=λ||x||,λ为常数（3）||x+y||≤||x||+||y||,for every x,y ∈E8、设E 为线性赋范空间，｛x n ｝∞n=1是其中的一个无穷列，如果对于任何ε>0,总存在自然数N ，使得当n>N,m>N 时，均有|x m -x n |<ε,则称序列{x n }是E 中的基本列。
2007实变函数与泛函分析初步试题
浙江省2007年10月高等教育自学考试实变函数与泛函分析初步试题课程代码：10023一、单项选择题(本大题共3小题，每小题4分，共12分)在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，请将其代码填写在题后的括号内。
错选、多选或未选均无分。
1.已知Z 和Q 分别为整数集和有理数集，记A=［0，1］-Q ，则( ) A Z Q =>A B. Z Q ==A C. Z Q >>A D. Z Q =<A2.若A=［0,1］-{31,21,1，…},B=［2,3］∩Q ,C=［5,6］-Q ,则A ∪B ∪C 的测度为( ) A.1B.2C.3D.无意义3.设f(x)=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∈--∈ 其他,1]3,1[,1]1,0[,22x x Q x x ∩Q ,则⎰］，［80f(x)dx=( ) A.0B.1C.2D.8二、判断题（本大题共6小题，每小题2分，共12分）判断下列各题，正确的在题后括号内打“√”，错的打“×”。
4.集列的上限集与下限集一定不相等.( )5.开集一定是博雷尔（Borel ）集.( )6.设E ⊂R 1，E 是E 的闭包，mE=0，则m(E )=0.( )7.设f(x)在［0，1］的一个稠密集上处处不连续，则f(x)一定不是Riemann 可积函数.( )8.定义在零测集上的函数一定是可测函数.( )9.定义在区间上的单调函数的导数几乎处处存在.( )三、填空题(本大题共10小题，每小题4分，共40分)请在每小题的空格中填上正确答案。
错填、不填均无分。
10.设A 2n-1=(0,sin n 1)，A 2n =(n1,n),则集列{A n }的上限集为___________. 11.球面S 2={（x,y,z)|x 2+y 2+z 2=1}的基数为___________.12.设F={(x,y)|x 2+y 2≤1},E=F ∪⎭⎬⎫⎩⎨⎧∈=)1,0(,1sin |),(x x y y x ，则E 的开核E &=___________. 13.记E 为康托集和有理数集的并集，则mE=___________.14.设函数f(x)在［0，1］上单调，E 是f(x)的连续点全体，则mE=___________.15.f(x)是可测集E 上的简单函数是指___________.16.函数f(x)在区间［a,b ］上的黎曼可积的充要条件是___________.17.f(x)与g(x)在E 上几乎处处相等是指___________.18.举一个函数列{f n (x)}的例子，使得{f n (x)}在［0,∞)上处处收敛于0，但{f n (x)}在［0,∞)上不依测度收敛于0，例如f n (x)=___________.19.区间［a,b ］上的函数F(x)是f(x)的一个不定积分是指________________________________________________________.四、完成下列各题(本大题共4小题，每小题9分，共36分)20.设f(x)是(-∞,+∞)上的实值连续函数，证明对于任意常数a,E={x|f(x)>a}是开集，而F={x|f(x)≥a}总是闭集.21.设E 是［0,1］中的不可测集，令f(x)⎩⎨⎧∉-∈,,,E x x E x x ，问f(x)和|f(x)|在［0,1］上是否可测？为什么？ 22.设f(x)在E 上可积分，记e n =E ［|f|≥n ］，证明0lim =•∞→n n me n . 23.问函数f(x)=⎪⎩⎪⎨⎧=∈0,0]1,0(,1sin 2x x x x 在［0,1］上是不是有界变差函数？为什么？。
泛函分析试题及答案
泛函分析试题及答案### 泛函分析试题及答案#### 一、选择题（每题5分，共20分）1. 泛函分析中，下列哪个概念不是线性空间的概念？A. 线性组合B. 线性映射C. 线性泛函D. 非线性变换答案：D2. 在Banach空间中，以下哪个条件不是完备性的必要条件？A. 空间中的每个Cauchy序列都收敛于空间内B. 空间是完备的C. 空间中存在一个完备的度量D. 空间中的每个有界序列都有一个收敛的子序列答案：C3. 泛函分析中，Hilbert空间的完备性是相对于哪种范数？A. 欧几里得范数B. 赋范范数C. 内积诱导的范数D. 以上都是答案：C4. 下列哪个定理不是泛函分析中的基本定理？A. Hahn-Banach定理B. Riesz表示定理C. 闭图定理D. 微积分基本定理答案：D#### 二、填空题（每题5分，共20分）1. 线性泛函在定义域上的连续性等价于其在定义域的原点处的连续性，这是基于泛函分析中的________定理。
答案：Hahn-Banach2. 在Hilbert空间中，任意两个向量的内积满足平行四边形法则，即对于任意向量\( u \)和\( v \)，有\( \|u+v\|^2 + \|u-v\|^2 =2(\|u\|^2 + \|v\|^2) \)，这是基于________定理。
答案：平行四边形3. 线性算子的谱半径公式为\( r(T) = \lim_{n \to \infty}\|T^n\|^{1/n} \)，其中\( T \)是Banach空间上的有界线性算子，这是基于________定理。
答案：Gelfand公式4. 在泛函分析中，紧算子的定义是：如果对于空间中的每一个有界序列，其在算子下的像序列都有一个收敛的子序列，则称该算子为紧算子，这是基于________定理。
答案：Arzelà-Ascoli#### 三、简答题（每题15分，共30分）1. 简述Riesz表示定理的内容及其在泛函分析中的意义。
泛函分析试题A评分标准
泛函分析期末考试试卷参考答案及评分标准一、填空题（每小题3分，共15分）1、 如果对于任意给定的正数ε，存在正数0δ>，使对X 中一切满足%23、 若该范数可由内积导出构成内积空间，且按照该范数成为一个Banach 空间，4、span M X =5二、计算题（20分）叙述1l 空间的定义，并求1l 上连续线性泛函全体所成的空间。
答：（1）1121(,,),,(1,2)i i i l x R i ξξξξ∞=⎧⎫==<∞∈=∞⎨⎬⎩⎭∑L L（2）对于任意12(,,,)n x ξξξ=L L ，12(,,)n y ηηη=L L ，定义运算1122(,)n n x y ξηξηξη+=+++L ，12(,)n ax a a a ξξξ=L1l 按上述加法与数乘运算成为线性空间（3）11i i x ξ∞==∑1l 按上述定义的范数构为Banach 空间 ………….6分 令(0,01,0),1,2n ne n ==L L L ，121(,,0,0,),nn n n i i i x x e ξξξξ===∑L L则121(,)n nx l ξξξ∀=∈L L 能被表示为lim n n x x →∞=，对任意给定()'1f l∈，令(),1,2n n f e n η==L 则11()(lim )lim ()lim ()nn n n i i i i n n n i i f x f x f x f e ξξη→∞→∞→∞======∑∑.又因为1i e =对于i ∀有1()i i i f e f e f η=≤=。
由此可得sup i if η≤即12(,)n l ηηη∞∈L L ………….7分反之，对12(,)n b l ηηη∞∀=∈L L ，作1l 上泛函()f x 如下：1121(),(,)ni i ni f x x l ξηξξξ==∀=∈∑L L ，显然f 是1l 上线性泛函，又因为 1111()sup .sup ,i i i i i i i iii i i f x x ξηξηηξη∞∞∞====≤≤=∑∑∑因此，1'(),f l ∈并且有sup .i if b η∞≤=综上1'().l l ∞= …………7分三、证明题（共65分）1、（14分）设[0,1]C 表示闭区间[0,1]上连续函数全体，对任何,[0,1]x y C ∈，令1(,)|()()|,d x y x t y t dt =-⎰证明(,)x d 成为度量空间。
2007泛函分析A卷 (1)
4，设 X，Y 是赋范线性空间， T 为从 X 映到 Y 上的线性算子，若T 满足
，则称T 为从 X 映到 Y 上的拓扑同构映射。
5，设T ,Tn B(E, E1), (n 1, 2,......).。若
算子拓扑收敛于 T，若
6，集合 A C[a,b] 准紧的充分必要条件是 A 具有下列性质：
------------------------------------------------- 密 ---------------------------------- 封 ----------------------------- 线 ---------------------------------------------------------
5，任意的希尔伯特空间均等距同构于l 2 空间。
6，设T 是任意赋范线性空间 E 上的一线性算子，若T 在原点连续，则T 必为有界算子。
年级：
专业：
院（系）：
得分 评阅人
二、填空题：（共五小题，每题 4 分，共 24 分）
1.当1 p 时， Lp (Rn ) 为
，该空间在范数
意义下构成一赋范空间，并且它是完备的。
性算子。
第 3 页(共 3 页)
中的一非空紧集பைடு நூலகம்列，若满足 K1
K2
Kn
，
则它们的交
n1
K
n
4，设 H 为实的 Hillbert 空间， (x, y) 表示 H 上的内积，试证明： （1），固定 x H ， 令 f x ( y) ( x, y) ， y H ， 则 f x 为 H 上的有界线性泛函，且|| f x|||| x || ； （2），设 A : H H 为一线性算子，且满足( Ax, y) (x, Ay) ，x, y H ，则 A 为 H 上的有界线
(完整word版)泛函期末试题(A)
本试卷需：答题纸 5 页、草稿纸 2 页 试卷审核时间： 年 月 日考试时间：120分钟 考试方式：闭卷（提示：答案必须依试题顺序做在答题册上，并标明大、小题号，否则不予计分）一、单项选择题（每小题3分，共15分）1. 设X 是赋范线性空间，X y x ∈,，T 是X 到X 中的压缩映射，则下列哪个式子成立（ ）.A ．10<<-≤-αα， y x Ty Tx B. 1≥-≤-αα， y x Ty Tx C. 10<<-≥-αα， y x Ty Tx D. 1≥-≥-αα， y x Ty Tx2. 设X 是线性空间，X y x ∈,，实数x 称为x 的范数,下列哪个条件不是应满足的条件：（ ）.A. 0等价于0且,0==≥x x xB. ()数复为任意实,αααx x =C. y x y x +≤+D. y x xy +≤3．下列关于度量空间中的点列的说法哪个是错误的（ ）.A ．收敛点列的极限是唯一的 B. 基本点列是收敛点列C ．基本点列是有界点列 D. 收敛点列是有界点列4. 设X 是复内积空间则下列哪个式子不成立（ ）.A ．X y x x y y x ∈∀=,,,,B. ααα,,,,,X y x y x y x ∈∀=为复数C. X x x x x ∈∀=,,2D. βαβααβα,,,,,,,,X z y x z x y x z y x ∈∀+=+为复数5. 设f 是度量空间X 到度量空间Y 上的连续影射，则下列说法哪个不成立（ ）.A ． Y 中()f x 的邻域U 的原像()1f U -是X 中x 的邻域续影的连续影YY y X x y A y Ax ∈∀∈∀=*,,,, B. *=A A C. D. ()A A =**二、判断题（正确的打“√”，错误的打“×”，每小题3分，共15分）1．度量空间中的收敛点列是有界点集 （ ）课程考核试卷装订线2．度量空间中的柯西点列是收敛点列. （ ）3. 任何空间中压缩映射都有唯一的不动点. （ ）4. 内积空间是一种特殊的赋范线性空间. （ ）5. 强收敛一定弱收敛，但弱收敛不一定强收敛. （ ）三、填空题（每小题4分，共20分）1． 称为Banach 空间.2．设X 是内积空间，X y x ∈,，如果 ，则称x 与y 相互正交或垂直.3. 用极限来描述连续映射：设T 度量空间X 到Y 中的映射，那么T 在X x ∈0连续的充要条件为.4.设X 是赋范线性空间，f 是X 上的线性泛函，()f N 表示f 的零空间，那么f 是X 上的连续线性泛函的充要条件是()f N 是X 中的 .5.设X 是内积空间，X y x ∈,，请写出Schwarz 不等式.四、证明题（每小题10分，共50分）1．证明：设X 是实内积空间，X y x ∈∀,，有下式成立： ⎪⎭⎫ ⎝⎛--+=2241,y x y x y x . 2．设{}n x是内积空间X 中点列，若()∞→→n x x n ，且对一切X y ∈有 ()∞→→n y x y x n ,,，证明：()∞→→n x x n .3．证明：设T 是赋范线性空间X 到赋范线性空间Y 中的线性算子，则T 为有界线性算子的充要条件为T 是X 上连续线性算子.4. 设n j i a ij ,2,1,,=为一组实数，适合条件()121,<-∑=n j i ijij a δ，其中ij δ当j i =时为1，否则为0.证明：代数方程组有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+++=+++=+++nn nn n n n n n n b x a x a x a b x a x a x a b x a x a x a22112222212111212111 对任何一组固定的,,,21n b b b 必有唯一解.,,21n x x x5.设n X X X ,,21 是一列Banach 空间，{} n x x x x ,,21=是一列元素，其中n n X x ∈, 并且∞<∑∞=1n p nx ，这种元素列全体记成X ，类似通常数列的加法和数乘，在X 中引入线性运算.若令p n p n x x 11⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=∑∞= 证明：当1≥p 时，X 是Banch 空间.。
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。
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西南科技大学2007年第二学期期末考试试题（A卷）答案
理学院: 课程名称：《泛函分析》课程代码： 1466 命题人：课程组
学院：专业班级：学号：命题共5页
一、填空题：（20个小题，每小题3分,共计60分）
1、(3分)值域为数域的映射叫泛函。
2、(3分)凡与自然数集N等势的集合称为可数集或可列集。
3、(4分)如果有两个映射,且,则称是在集上的延拓或扩张。
4．定义了某种半序关系的集合（）就称为半序集。
5．设是线性空间X中的两个点，则集合称为以为端点的区间或线段，记作。
6．设是线性算子，则集合称为f的核或f的零空间，记作kerf或N(f).
7．设是实数或复数域上线形空间,其中定义了一个二元数值函数：,满足下列条件：,
1°对第一变元的线性：；
2°共轭对称性：；
3°正定性：且.
则称是X上的内积。
8．现设A是内积空间X的子集，，如果存在A中的点列，使得，则称是集合A的接触点。
9．如果集合，则称A是闭集。
10．当，称A是X中的稠集。
11．如果内积空间中所有的Cauchy列都收敛，则称此空间为完备的。
12．对有界线性泛函定义由有界线性泛函的定义，称为有界线性泛函的范数。
13．设A，BX，如aA, bB,有ab,则称A与B正交。
14．内积空间中的量称为的范数，即表示向量的长度。
15．完备的赋范线性空间称为Banach空间。
17．内积空间X的子集称为标准正交集，如果E中任意两个不同元素互相正交。
18．如是有界线性算子, 称为的范数。
19．设满足的唯一的算子称为算子的伴随算子，记作。
20．设X为一集合，T：XX是空间X上的一个自映射或者自映象（self-map）.如果，使得T,则称为映射T的一个不动点（Fixed point）。
二、证明题（2个小题，每小题15分,共计30分）：
1、(15分)证明定理(Cauchy-Schwarz不等式) 设是X上内积,则,。
证当时上式显然成立。
现设，有。
令，上式化为
=，故（1）式成立。
2、(15分)证明变分引理设H是Hilbert空间，K是H中非空凸集，hH,则K中存在唯一的点k使得
|| h - k|| = inf{ || h - k|| : kK}.
证由于|| h - k|| 0,所以非负数集{ || h - k|| : kK}的下确界是存在的.先假设h = 0,则要证明存在唯一向量kK,
使得
|| k|| = inf {|| k ||: kK } ,
即要找K 中具有最小范数的元素k.记
d = inf {|| k ||: kK } ,
由下确界的性质,序列{k}K , 使得 || k|| d , 用平行四边形公式推出
|| || = ( || k|| + || k||) - || ||.
因K是凸集, ( k+k) K ,所以|| ||d,> 0 ,nN , 使
得当n n时,有
|| k||< d+ .
由上面的等式 , 当 n , m n时 ,有
|| ||< ( 2 d+) - d = ,
即 || k+k|| < , 因而{ k} 是Cauchy列，由于H是Hilbert空间， kH ，k k，由于K是闭集，kK ，且|| k- k||0.
d || k|| = || k- k+ k||
|| k- k|| + || k|| d ,
所以 || k|| = d .
为了证明k的唯一性，设hK , 且 || h|| = d .由凸性，||（k+ h）|| K ，因而
d ||（k+ h）|| ( || k|| + || h|| ) = d ,
所以 || || = d , 由平行四边形公式，
d = || ||= （|| k||+|| h||）- || ||
= d - || ||，
故 || ||= 0 ，即得 k= h.
现考虑h 0 的一般情况 .令
K – h { k – h : kK} ,
则K – h也是闭凸集 . 故存在唯一的kK – h ,
|| k|| = inf { || k – h || : kK} ,
因而存在唯一的kK ，使得k= k- h , 即
|| k- h || = inf { || h – k || : kK} .
三、应用题（本题10分）：
压缩映射原理（Banach不动点原理），若d() 即 则称T：XX为
Banach压缩映象.设是一个完备的距离空间，T：XX为Banach压缩映象，则T在X中有唯一的不动点且Picard迭代序列满足，。
证明：任取一点，定义迭代数列如下： n=0,1,2,…
①先证明是Cauchy列：
即⑴由于，，故时，，这就证明了是Cauchy列，则，固定.
②再证明不动点的存在与唯一：设，此时我们应该首先想到距离空间里的三角不等式，在这里的具体体现就是，对不等两端去极限，即0，则，是T在X中的一个不动点；如果T还有另一个不动点，则，由=，推出，=0，=，故T的不动点唯一。