《泛函分析》课后习题答案(张恭庆)
泛函分析答案泛函分析解答(张恭庆)
第五章习题第一部分01-151. M 为线性空间X 的子集，证明span( M )是包含M 的最小线性子空间．[证明] 显然span( M )是X 的线性子空间．设N 是X 的线性子空间，且M N ．则由span( M )的定义，可直接验证span( M ) N ． 所以span( M )是包含M 的最小线性子空间．2. 设B 为线性空间X 的子集，证明conv(B ) = {∑=n i i i x a 1| a i 0, ∑=ni i a 1= 1, x iB , n 为自然数}．[证明] 设A = {∑=n i i i x a 1| a i 0, ∑=ni i a 1= 1, x i B , n 为自然数}．首先容易看出A 为包含B 的凸集，设F 也是包含B 的凸集，则显然有 A F ，故A 为包含B 的最小凸集．3. 证明[a , b ]上的多项式全体P [a , b ]是无限维线性空间，而E = {1,t , t 2, ..., t n , ...}是它的一个基底．[证明] 首先可以直接证明P [a , b ]按通常的函数加法和数乘构成线性空间，而P [a , b ]中的任一个元素皆可由E 中有限个元素的线性组合表示．设c 0, c 1, c 2, ..., c m 是m + 1个实数，其中c m 0，m 1．若∑=mn n n t c 0= 0，由代数学基本定理知c 0 = c 1 = c 2 = ... = c m = 0，所以E 中任意有限个元素线性无关，故P [a , b ]是无限维线性空间，而E 是它的一个基底。
4. 在2中对任意的x = (x 1, x 2) 2，定义|| x ||1 = | x 1 | + | x 2 |，|| x ||2 = (x 12 + x 22)1/2，|| x || = max{ | x 1 |, | x 2 | }．证明它们都是2中的范数，并画出各自单位球的图形．[证明] 证明是直接的，只要逐条验证范数定义中的条件即可．单位球图形略．5. 设X 为线性赋范空间，L 为它的线性子空间。
张恭庆泛函分析报告上册问题详解
1.1.51.1.61.1.71.2.21.2.31.2.41.3.31.3.41.3.51.3.71.3.81.3.91.4.11.4.5-61.4.91.4.111.4.121.4.131.4.141.4.151.4.171.5.1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)．1.5.3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]1.5.41.5.5证明：设C = {x = (x1, x2, ..., x n)∈n | ∑ 1 ≤i ≤n x i = 1，x i ≥ 0 ( i = 1,2, ..., n) }．则C是有界闭集，且是凸集，因此C是紧凸集．因为∀x∈C，x i 不全为0，而a ij> 0，故Ax的各分量也非负但不全为零．∀x∈C，设f (x) = (Ax)/( ∑ 1 ≤i ≤n (Ax)i )，则f (x)∈C．容易验证f : C→C还是连续的．由Brouwer不动点定理，存在f的不动点x0∈C．即f (x0) = x0，也就是(Ax0)/( ∑ 1 ≤i ≤n (Ax0)i ) = x0．令λ= ∑ 1 ≤i ≤n (Ax0)i，则有Ax0 = λ x0．1.5.6证明：设B = { u∈C[0, 1] | ⎰[0, 1]u(x) dx = 1，u(x) ≥ 0 }，则B是C[0, 1]中闭凸集．设max (x, y)∈[0, 1]⨯[0, 1]K(x, y) = M，min (x, y)∈[0, 1]⨯[0, 1]K(x, y) = m，⎰[0, 1] (⎰[0, 1]K(x, y) dy) dx = N，max x∈[0, 1] | ⎰[0, 1]K(x, y) dy |= P．令(S u)(x) = (⎰[0, 1]K(x, y) u(y) dy)/(⎰[0, 1] (⎰[0, 1]K(x, y) u(y) dy) dx )则⎰[0, 1] (S u)(x) dx = 1，u(x) ≥ 0；即S u∈B．因此S是从B到B内的映射．∀u, v∈B，|| ⎰[0, 1]K(x, y) u(y) dy -⎰[0, 1]K(x, y) v(y) dy ||= || ⎰[0, 1]K(x, y) (u(y)-v(y)) dy ||= max x∈[0, 1] | ⎰[0, 1]K(x, y) (u(y)-v(y)) dy |≤M· || u -v ||；因此映射u #⎰[0, 1]K(x, y) u(y) dy在B上连续．类似地，映射u #⎰[0, 1] (⎰[0, 1]K(x, y) u(y) dy) dx也在B上连续．所以，S在B上连续．下面证明S(B)列紧．首先，证明S(B)是一致有界集．∀u∈B，|| S u || = || (⎰[0, 1]K(x, y) u(y) dy )/(⎰[0, 1] (⎰[0, 1]K(x, y) u(y) dy) dx )|| = max x∈[0, 1] | ⎰[0, 1]K(x, y) u(y) dy |/(⎰[0, 1] (⎰[0, 1]K(x, y) u(y) dy) dx )≤ (M ·⎰[0, 1]u(y) dy |/(m ⎰[0, 1] (⎰[0, 1]u(y) dy) dx ) = M/m，故S(B)是一致有界集．其次，证明S(B)等度连续．∀u∈B，∀t1, t2∈[0, 1]，| (S u)(t1) - (S u)(t2)|= | ⎰[0, 1]K(t1, y) u(y) dy-⎰[0, 1]K(t2, y) u(y) dy |/(⎰[0, 1] (⎰[0, 1]K(x, y) u(y) dy) dx )≤⎰[0, 1] | K(t1, y) -K(t2, y) | u(y) dy /(m⎰[0, 1] (⎰[0, 1]u(y) dy) dx )≤ (1/m) · max y∈[0, 1] | K(t1, y) -K(t2, y) |由K(x, y)在[0, 1]⨯[0, 1]上的一致连续性，∀ε > 0，存在δ> 0，使得∀(x1, y1), (x2, y2)∈[0, 1]，只要|| (x1, y1) - (x2, y2) || < δ，就有| K(x1, y1) -K(x2, y2) | < m ε．故只要| t1-t2 | < δ时，y∈[0, 1]，都有| K(t1, y) -K(t2, y) | < m ε．此时，| (S u)(t1) - (S u)(t2)| ≤ (1/m) · max y∈[0, 1] | K(t1, y) -K(t2, y) | ≤ (1/m) ·m ε = ε．故S(B)是等度连续的．所以，S(B)是列紧集．根据Schauder不动点定理，S在C上有不动点u0．令λ= (⎰[0, 1] (⎰[0, 1]K(x, y) u0(y) dy) dx．则(S u0)(x) = (⎰[0, 1]K(x, y) u0(y) dy)/λ= (T u0)(x)/λ．因此(T u0)(x)/λ= u0(x)，T u0 = λ u0．显然上述的λ和u0满足题目的要求．1.6.1 (极化恒等式)证明：∀x, y∈X，q(x + y) -q(x-y) = a(x + y, x + y) -a(x-y, x-y)= (a(x, x) + a(x, y) + a(y, x) + a(y, y)) - (a(x, x) -a(x, y) -a(y, x) + a(y, y))= 2 (a(x, y) + a(y, x))，将i y代替上式中的y，有q(x + i y) -q(x-i y) = 2 (a(x, i y) + a(i y, x))= 2 (-i a(x, y) + i a( y, x))，将上式两边乘以i，得到i q(x + i y) -i q(x-i y) = 2 ( a(x, y) -a( y, x))，将它与第一式相加即可得到极化恒等式．1.6.2证明：若C[a, b]中范数|| · ||是可由某内积( · , · )诱导出的，则范数|| · ||应满足平行四边形等式．而事实上，C[a, b]中范数|| · ||是不满足平行四边形等式的，因此，不能引进内积( · , · )使其适合上述关系．范数|| · ||是不满足平行四边形等式的具体例子如下：设f(x) = (x–a)/(b–a)，g(x) = (b–x)/(b–a)，则|| f || = || g || = || f + g || = || f –g || = 1，显然不满足平行四边形等式．1.6.3证明：∀x∈L2[0, T]，若|| x || = 1，由Cauchy-Schwarz不等式，有| ⎰[0, T]e- ( T-τ)x(τ) dτ |2≤ (⎰[0, T] (e- ( T-τ))2dτ ) (⎰[0, T] ( x(τ))2dτ )= ⎰[0, T] (e- ( T-τ))2dτ = e- 2T ⎰[0, T]e 2τdτ= (1-e- 2T )/2．因此，该函数的函数值不超过M = ((1-e- 2T )/2)1/2．前面的不等号成为等号的充要条件是存在λ∈，使得x(τ) = λ e- ( T-τ)．再注意|| x || = 1，就有⎰[0, T] (λ e- ( T-τ))2dτ= 1．解出λ= ±((1-e- 2T )/2)- 1/2．故当单位球面上的点x(τ) = ±((1-e- 2T )/2)- 1/2 ·e- ( T-τ)时，该函数达到其在单位球面上的最大值((1-e- 2T )/2)1/2．1.6.4证明：若x∈N⊥，则∀y∈N，(x, y) = 0．而M⊆N，故∀y∈M，也有(x, y) = 0．因此x∈M⊥．所以，N⊥⊆M⊥．1.6.51.6.6解：设偶函数集为E，奇函数集为O．显然，每个奇函数都与正交E．故奇函数集O ⊆E⊥．∀f∈E⊥，注意到f总可分解为f = g + h，其中g是奇函数，h是偶函数．因此有0 = ( f, h) = ( g + h, h) = ( g, h) + ( h, h) = ( h, h)．故h几乎处处为0．即f = g是奇函数．所以有E⊥⊆O．这样就证明了偶函数集E的正交补E⊥是奇函数集O．1.6.7证明：首先直接验证，∀c∈，S = {e2π i n x| n∈ }是L2[c, c + 1]中的一个正交集．再将其标准化，得到一个规范正交集S1 = {ϕn(x) = d n e2π i n x| n∈ }．其中的d n= || e2π i n x|| (n∈)，并且只与n有关，与c的选择无关．(1) 当b–a =1时，根据实分析结论有S⊥ = {θ}．当b–a <1时，若u∈L2[a, b]，且u∈S⊥，我们将u延拓成[a, a + 1]上的函数v，使得v(x) = 0 (∀x∈(b, a + 1])．则v∈L2[a, a + 1]．同时把S = {e2π i n x| n∈ }也看成L2[a, a + 1]上的函数集．那么，在L2[a, a + 1]中，有v∈S⊥．根据前面的结论，v = θ．因此，在L2[a, b]中就有u = θ．故也有S⊥ = {θ}；(2) 分成两个区间[a, b– 1)和[b– 1, b]来看．在[a, b– 1)上取定非零函数u(x) = 1 ( ∀x∈[a, b– 1) )．记p n = ⎰[a, b– 1)u(x)ϕn(x) dx．我们再把u看成是[b– 2, b– 1]上的函数(u在[b– 2, a)上去值为0)．那么p n就是u在L2[b– 2, b– 1]上关于正交集S1 = {ϕn(x)| n∈ }的Fourier 系数．由Bessel不等式，∑n∈ | p n |2 < +∞．再用Riesz-Fischer定理，在L2[b– 1, b]中，∑n∈p n ϕn收敛．并且，若令v = -∑n∈p n ϕn，则(v, ϕn)= -p n (∀n∈)．设f : [a, b] →为：f(x) = u(x) (当x∈[a, b– 1))，f(x) = v(x) (当x∈[b– 1, b])．则f∈L2[a, b]，f≠θ，但( f, ϕn) = ⎰[a, b– 1)f(x)ϕn(x) dx + ⎰[b– 1, b]f(x)ϕn(x) dx= ⎰[a, b– 1)u(x)ϕn(x) dx + ⎰[b– 1, b]v(x)ϕn(x) dx= p n -p n = 0，因此，f∈S1⊥= S⊥，故S⊥≠ {θ}．1.6.8证明：( z n/(2π)1/2, z n/(2π)1/2 ) = (1/i)⎰| z | = 1( z n/(2π)1/2· (z*)n/(2π)1/2 )/z dz= (1/(2πi))⎰| z | = 1z n· (z*)n/z dz = (1/(2πi))⎰| z | = 1 1/z dz = 1．若n > m，则n- m - 1 ≥ 0，从z n -m - 1而解析．( z n/(2π)1/2, z m/(2π)1/2 ) = (1/i)⎰| z | = 1 ( z n/(2π)1/2· (z*)m/(2π)1/2 )/z dz= (1/(2πi))⎰| z | = 1z n· (z*)m/z dz = (1/(2πi))⎰| z | = 1z n -m - 1dz = 0．因此，{ z n/(2π)1/2 }n ≥ 0是正交规范集．1.6.91.6.10证明：容易验证{e n}⋂{ f n}是正交规范集，下面只证明{e n}⋂{ f n}是X的基．∀x∈X，由正交分解定理，存在x关于X0的正交分解x = y + z，其中y∈X0，z∈X0⊥．因{e n}, { f n}分别是X0和X0⊥的正交规范基，故y = ∑ n∈( y, e n ) e n，z = ∑ n∈( z, f n ) f n．因z∈X0⊥，故(x, e n) = ( y + z, e n) = ( y, e n) + ( z, e n) = ( y, e n)．因y∈X0，故(x, f n) = ( y + z, f n) = ( y, f n) + ( z, f n) = ( z, f n)．故x = y + z = ∑ n∈( y, e n ) e n + ∑ n∈( z, f n ) f n= ∑ n∈( x, e n ) e n + ∑ n∈( x, f n ) f n．因此{e n}⋂{ f n}是X的正交规范基．1.6.11证明：首先，令ϕk (z) = (( k +1 )/π)1/2 z k ( k≥ 0 )，则{ ϕk }k≥ 0是H2(D)中的正交规范基．那么，∀u(z)∈H2(D)，设u(z) = ∑k≥ 0 a k z k，则∀k∈，有(u, ϕk) = ⎰D u(z) ·ϕk(z)*dxdy= ⎰D (∑j≥ 0 a j z j) ·ϕk(z)*dxdy= ∑j≥ 0 a j(π/( j +1 ))1/2⎰D (( j +1 )/π)1/2 z j·ϕk(z)*dxdy= ∑j≥ 0 a j(π/( j +1 ))1/2⎰Dϕj(z) ·ϕk(z)*dxdy= ∑j≥ 0 a j(π/( j +1 ))1/2 (ϕj, ϕk)= a k(π/( k +1 ))1/2．即u(z)的关于正交规范基{ ϕk }k≥ 0的Fourier系数为a k(π/( k +1 ))1/2( k≥ 0 )．(1) 如果u(z)的Taylor展开式是u(z) = ∑k≥ 0 b k z k，则u(z)的Fourier系数为b k(π/( k +1 ))1/2( k≥ 0 )．由Bessel不等式，∑k≥ 0| b k(π/( k +1 ))1/2|2≤ || u || < +∞，于是有∑k≥ 0| b k|2/( k +1 ) < +∞．(2) 设u(z), v(z)∈H2(D)，并且u(z) = ∑k≥ 0 a k z k，v(z) = ∑k≥ 0 b k z k．则u(z) = ∑k≥ 0 a k(π/( k +1 ))1/2ϕk (z)，v(z) = ∑j≥ 0 b j(π/( j +1 ))1/2ϕj (z)，(u, v) = ( ∑k≥ 0 a k(π/( k +1 ))1/2ϕk (z), ∑j≥ 0 b j(π/( j +1 ))1/2ϕj (z) )= ∑k≥ 0∑j≥ 0 (a k(π/( k +1 ))1/2ϕk (z), b j(π/( j +1 ))1/2ϕj (z))= ∑k≥ 0∑j≥ 0 (a k(π/( k +1 ))1/2 ·b j*(π/( j +1 ))1/2) (ϕk (z), ϕj (z))= ∑k≥ 0(a k(π/( k +1 ))1/2 ·b k* (π/( k +1 ))1/2) = π∑k≥ 0(a k·b k* )/( k +1 )．(3) 设u(z)∈H2(D)，且u(z) = ∑k≥ 0 a k z k．因1/(1 -z) = ∑k≥ 0z k，1/(1 -z)2 = ∑k≥ 0 (k +1) z k，其中| z | < 1．故当| z | < 1时，有1/(1 - | z | )2 = ∑k≥ 0 (k +1) | z | k．根据(2)，|| u(z) ||2 = π∑k≥ 0 (a k·a k* )/( k +1 ) = π∑k≥ 0 | a k|2/( k +1 )．|| u ||2/(1 - | z |)2 = (π∑k≥ 0 | a k|2/( k +1 )) · ( ∑k≥ 0 (k +1) | z | k )≥ (π∑k≥ 0 | a k|2/( k +1 ) | z | k) · ( ∑k≥ 0 (k +1) | z | k )≥π( ∑k≥0( | a k|/( k +1 )1/2| z |k/2) · ((k +1)1/2| z |k/2))2 (Cauchy-Schwarz 不等式)= π ( ∑k≥ 0 | a k| · | z | k )2≥π | ∑k≥ 0a k z k |2 = π | u(z)|2，故| u(z) | ≤ || u ||/(π1/2 ( 1 - | z | ))．(4) 先介绍复分析中的Weierstrass定理：若{ f n }是区域U ⊆上的解析函数列，且{ f n }在U上内闭一致收敛到f，则f在U上解析．（见龚升《简明复分析》）回到本题．设{ u n }是H2(D)中的基本列．则∀z∈D，由(3)知{ u n(z) }是中的基本列，因此是收敛列．设u n(z) →u(z)．对中任意闭集F⊆D，存在0 < r < 1使得F⊆B(0, r) ⊆D．∀ε > 0，存在N∈+，使得∀m, n > N，都有|| u n-u m|| < επ1/2 ( 1 -r )．再由(3)，∀z∈F，| u n(z) -u m(z) | ≤ || u n-u m||/(π1/2 ( 1 - | z | )) ≤ || u n-u m||/(π1/2 ( 1 -r )) < ε．令m→∞，则| u n(z) -u(z) | ≤ε．这说明{ u n }在D上内闭一致收敛到u．由前面所说的Weierstrass定理，u在D上解析．把{ u n }看成是L2(D)中的基本列，因L2(D)，故{ u n }是L2(D)中的收敛列．设{ u n }在L2(D)中的收敛于v．则v必然与u几乎处处相等．即{ u n }在L2(D)中的收敛于u．因此{ u n }在H2(D)中也是收敛的，且收敛于u．所以，H2(D)完备．1.6.12证明：由Cauchy-Schwarz不等式以及Bessel不等式，∀x, y∈X，有| ∑n≥ 1 (x, e n) · (y, e n)* |2≤ (∑n≥ 1 | (x, e n) |· | (y, e n)* | )2= (∑n≥ 1 | (x, e n) |· | (y, e n) | )2≤(∑n≥ 1 |(x, e n) |2) · (∑n≥ 1 | (y, e n)|2)≤|| x ||2· || y ||2．因此，| ∑n≥ 1 (x, e n) · (y, e n)* | ≤ || x || · || y ||．1.6.13证明：(1) 因范数是连续函数，故C = { x ∈X | || x - x0 || ≤r }是闭集．∀x, y∈C，因|| x - x0 || ≤r，|| x - x0 || ≤r }，故∀λ∈[0, 1]，|| (λ x + (1-λ) y ) - x0 || = || λ( x-x0 ) + (1-λ) (y - x0)||≤ || λ( x-x0 ) + (1-λ) (y - x0)|| ≤λ|| x-x0 || + (1-λ) || y - x0 || ≤λ r + (1-λ) r = r．所以，C是X中的闭凸集．(2) 当x ∈C时，y = x．显然y是x在C中的最佳逼近元．当x ∈C时，y = x0 + r (x - x0)/|| x - x0 ||．∀z∈C，|| x-y || = || ( x-x0 -r (x - x0)/|| x - x0 ||) ||= || (1 -r/|| x - x0 ||) (x - x0) || = || x - x0 || -r．≤ || x - x0 || - || z - x0 || ≤ || x - z||．因此，y是x在C中的最佳逼近元．1.6.14解：即是求e t在span{1, t, t2}中的最佳逼近元 (按L2[0, 1]范数)．将{1, t, t2}正交化为{1, t- 1/2, (t- 1/2)2 - 1/12 } (按L2[0, 1]内积)再标准化为{ϕ0(t), ϕ1(t), ϕ2(t)}，则所求的a k= (e t, ϕ k(t)) = ⎰[0, 1]e tϕ k(t) dt，k = 0, 1, 2．1.6.15证明：设g(x) = (x-a) (x-b)2，则g(a) = g (b) = 0，g’(a) = (b-a)2，g’(b) = 0．由Cauchy- Schwarz不等式，我们有(⎰[a, b]| f’’(x) |2 dx)· (⎰[a, b]| g’’(x) |2 dx)≥(⎰[a, b]f’’(x) ·g’’(x) dx )2．因g’’(x) = 3x- (a + 2b)，故⎰[a, b] | g’’(x) |2 dx = ⎰[a, b] (3x- (a + 2b))2 dx = (b-a)3；又⎰[a, b]f’’(x) ·g’’(x) dx = ⎰[a, b] (3x- (a + 2b)) ·f’’(x) dx = ⎰[a, b] (3x - (a + 2b))d f’(x)= (3x- (a + 2b)) ·f’(x)| [a, b] - 3⎰[a, b]f’(x) dx = 2(b-a)；故(b-a)3 ·⎰[a, b] | f’’(x) |2 dx ≥ (2(b-a))2 = 4(b-a)2．所以⎰[a, b] | f’’(x)|2 dx≥ 4/(b-a)．1.6.16 (变分不等式)证明：设f(x)= a(x, x) - Re(u0, x)．则f(x) = a(x, x) - Re(u0, x) ≥δ || x ||2 - | (u0, x) |≥δ || x ||2 - || u0 || · || x || ≥- || u0 ||2/(4δ) > -∞．即f在X上有下界，因而f在C有下确界μ = inf x∈C f(x)．注意到a(x, y)实际上是X上的一个内积，记它所诱导的范数为|| x ||a = a(x, x)1/2，则|| · ||a与|| · ||是等价范数．因此f(x) = a(x, x) - Re(u0, x) = || x ||a2- Re(u0, x)．设C中的点列{ x n }是一个极小化序列，满足μ≤f(x n ) < μ + 1/n ( ∀n∈+ )．则由平行四边形等式，|| x n-x m ||a2 = 2(|| x n ||a2 + || x m ||a2 ) - 4|| (x n + x m)/2||a2= 2( f(x n) + Re(u0, x n) + f(x m) + Re(u0, x m) ) - 4( f((x n + x m)/2) + Re(u0, (x n + x m)/2))= 2( f(x n) + f(x m)) - 4 f((x n + x m)/2) + 2 Re( (u0, x n) + (u0, x m) - (u0, x n + x m) )= 2( f(x n) + f(x m)) - 4 f((x n + x m)/2)≤ 2( μ + 1/n + μ + 1/m ) - 4 μ= 2(1/n + 1/m) → 0 ( m, n→∞ )．因此|| x n-x m ||2≤ (1/δ) || x n-x m ||a2→ 0 ( m, n→∞ )．即{ x n }为X中的基本列．由于X完备，故{ x n }收敛．设x n→x0 ( n→∞ )．则|| x n-x0 ||a2≤M || x n-x0 ||2→ 0 ( m, n→∞ )．而由内积a( · , ·)，( · , ·)的连续性，有a( x n , x n) →a( x0 , x0 )，且(u0, x n) → (u0, x0)，( n→∞ )．因此f(x n) = a(x n, x n) -Re(u0, x n) →a(x0, x0) -Re(u0, x0) = f(x0)，( n→∞)．由极限的唯一性，f(x0) = μ = inf x∈C f(x)．至此，我们证明了f在C上有最小值．下面说明最小值点是唯一的．若x0, y0都是最小值点，则交错的点列{ x0, y0, x0, y0, x0, ... }是极小化序列．根据前面的证明，这个极小化序列必须是基本列，因此，必然有x0 = y0．所以最小值点是唯一的．最后我们要证明最小点x0∈C满足给出的不等式．∀x∈C，∀t∈[0, 1]，有x0 + t ( x - x0)∈C，因此有f(x0 + t ( x - x0)) ≥f(x0)．即|| x0 + t ( x - x0) ||a2- Re(u0, x0 + t ( x - x0)) ≥ || x0 ||a2- Re(u0, x0)．展开并整理得到t Re ( 2a(x0, x - x0) - (u0, x - x0) ) ≥-t2 || x - x0 ||a2．故当∀t∈(0, 1]，有Re ( 2a(x0, x - x0) - (u0, x - x0) ) ≥-t|| x - x0 ||a2．令t→ 0就得到 Re ( 2a(x0, x - x0) - (u0, x - x0) ) ≥ 0．2.1.22.1.32.1.42.1.52.1.62.1.72.1.82.1.92.2.22.2.52.3.12.3.3-22.3.42.3.52.3.72.3.82.3.92.3.112.3.122.3.132.3.142.4.42.4.52.4.62.4.72.4.82.4.92.4.102.4.112.4.122.4.132.4.142.5.42.5.52.5.7。
泛函分析课后习题答案
___ ___ ___
1 n
d ( x, y ) 1 d ( x, y )
t 在 [o, ) 上是单增函数， 1 t
___ d ( x, y ) d ( x, z ) d ( y , z ) d ( x, y ) 1 d ( x, y ) 1 d ( x, z ) d ( y , z )
1 n
x1 B ，使 d ( x0 , x1 )
1 1 。设 d ( x0 , x1 ) 0, 则易验证 U ( x0 , ) on ，这就 n n
证明了 on 是 开集 显然 n on B 。若 x on 则对每一个 n，有 xn B 使 d ( x , x1 ) ，因 1 n 1 此 xn x(n ) 。因 B 是闭集，必有 x B ，所以 on B 。证毕 n 1 4 设 d（x，y）为空间 X 上的距离，证明 d ( x, y ) 是 X 上的距离 证明 （1）若 d ( x, y ) 0 则 d ( x, y ) 0 ，必有 x=y （2）因 d ( x, y ) d ( x, z ) d ( y, z ) 而 于是 d ( x, y ) =
___
因此 f o (t ) A 由于 A 是开集，必有 0 ，当 f C[a，b]且 d ( f , f 0 ) 时， f A 定义，n=1，2。 。 。 。 。则 d ( f n , f 0 ) | t n t0 | 0(n ) 因此当 | t n t0 | 时， f n A 。 但是 f n (t n ) a | t t0 | | t n t0 | a ，此与 f n A 的必要条件：对 任意
t B ，有 f n (t ) a 矛盾
泛函分析答案泛函分析解答(张恭庆)
第五章习题第一部分01-151. M 为线性空间X 的子集，证明span( M )是包含M 的最小线性子空间．[证明] 显然span( M )是X 的线性子空间．设N 是X 的线性子空间，且M ⊆ N ． 则由span( M )的定义，可直接验证span( M ) ⊆ N ． 所以span( M )是包含M 的最小线性子空间．2. 设B 为线性空间X 的子集，证明conv(B ) = {∑=ni i i x a 1| a i ≥ 0,∑=ni ia1= 1, x i ∈B , n 为自然数}．[证明] 设A = {∑=ni i i x a 1| a i ≥ 0,∑=ni ia1= 1, x i ∈B , n 为自然数}．首先容易看出A 为包含B 的凸集，设F 也是包含B 的凸集，则显然有A ⊆ F ，故A 为包含B 的最小凸集．3. 证明[a , b ]上的多项式全体P [a , b ]是无限维线性空间，而E = {1, t , t 2, ..., t n , ...}是它的一个基底．[证明] 首先可以直接证明P [a , b ]按通常的函数加法和数乘构成线性空间， 而P [a , b ]中的任一个元素皆可由E 中有限个元素的线性组合表示． 设c 0, c 1, c 2, ..., c m 是m + 1个实数，其中c m ≠ 0，m ≥ 1． 若∑=mn n n t c 0= 0，由代数学基本定理知c 0 = c 1 = c 2 = ... = c m = 0，所以E 中任意有限个元素线性无关，故P [a , b ]是无限维线性空间，而E 是它的一个基底。
4. 在2中对任意的x = (x 1, x 2)∈2，定义|| x ||1 = | x 1 | + | x 2 |，|| x ||2 = (x 12 + x 22)1/2，|| x ||∞ = max{ | x 1 |, | x 2 | }．证明它们都是2中的范数，并画出各自单位球的图形．[证明] 证明是直接的，只要逐条验证范数定义中的条件即可．单位球图形略．5. 设X 为线性赋范空间，L 为它的线性子空间。
泛函分析解答(张恭庆)2.3
A 闭算子
(2) 如果 A 连续，又 Y 完 备, 那么根据定理 2.3.12 (B.L.T), A 能一地延拓到 D 上成为连续线性算子
A, A |D = A,
A = A.
本题
还有一个条件 A 是闭算子, 下面证明 D 闭. 设 xn D, xn x . 则有 Axn = Axn Ax , 于是因为 A 是闭算子, 所以
( R ( A) ) = { } .
| ( Ax , x ) | m
x
2
x= ,
xn
x0
H
yn = Axn
Ax0
R ( A) .
m
x
2
| ( Ax , x ) |
x
Ax
Ax
m
x
所以
A 是单射.
3
R ( A ) 是闭的. R ( A ) = R ( A ) = H 即 A 是满射 . 所以根据Banach定理, A 1 L( H ). 2.3.4 设 X ,Y 是线性赋范空间，
1
U ( ,1) X X0 中的开单位球. 下面证明 U ( ,1) = B ( ,1) . x B ( ,1) x <1 [ x] x < 1
x = [ x ] U ( ,1) B ( ,1) U ( ,1) 反之, [ x ] U ( ,1) [ x ] < 1 x [ x ] , 使得 x < 1 x B ( ,1) , [ x ] = x . U ( ,1) B ( ,1) 2.3.2 设 X ,Y 是Banach空间. U L( X ,Y ) ， 设方程 Ux = y 对每 一个 y Y 有解 x X ， 并且 m > 0 ，使得 Ux m x , x X . 求证： U 有连续逆 U 1 ，并且
泛函分析部分课后习题答案
T : R n E ，对于 1 , 2 n R n ， 。
下证 T 为同构映射。 显 然 T 为 单 射 ， 容 易 证 T 也 为 满 射 。 事 实 上 ， 对 于 x E ， 令
n
ci x, ei R, i 1, 2, n ，必有 T c1 , c2 cn ci ei x 。
f x 为
n
Cauchy 列 ， 则 f n x , f n1 x 0 n ， 由
f ni x f ni1 x f n , f n 1 0 n 知 f ni x 也为 Cauchy 列。由 Cauchy
由于时间和能力有限，只完成了部分习题，仅供参考，有错误的请指出，大家共同进步！——陈建军
习题 1 1、解： C a,b 按 是非完备的。
n1
令函数列 Pn x
i 0
b
xi ，显然 Pn C a,b ，且有 2i
b
Pn , Pn1 Pn1 Pn dx
T x1 , x2 , xn 0, x1 , x2 , xn 1 , S x1 , x2 , xn 0, x2 , xn 。易证 T，S 为线性算
子。取点 1,0, 0 R n ，显然有 TS 1, 0, 0 T 0,0, 0 0, 0, 0 ，
n k 1
fi x f ek ，显然 f X 且 fi i 1 为 X 的基。令 T : X X ，使得
f f e1 , f e2 , f en ，易证 T 为双射。命题得证。
泛函分析课后习题答案
有某自然数 n，使 U ( x, ) Ox 。
1 ) 中必有 2n 1 1 1 某 U ( xk , ) ，且 U ( xk , ) Ox 。 。事实上，若 y U ( xk , ) ，则 2n 2n 2n 1 1 1 1 d ( y , x ) d ( y , xk ) + d ( x k , x ) + = 所以 y U ( xk , ) Ox 。 2n 2n n 2n 1 这样我们就证明了对任意 x X ，存在 k，n 使 x U ( xk , ) 且 2n 1 1 存在 U ( xk , ) O 任取覆盖 U ( xk , ) 的 O，记为 Ok ,n 是 2n 2n
8
设 B[a，b]表示[a，b]上实有界函数全体，对 B[a，b]中任意 两元素 f，g B[a，b]，规定距离为 d ( f , g ) = sup | f (t ) − g (t ) | 。
a t b
证明 B[a，b]不是可分空间 证明
0
对任意 t0 [a，b]，定义 ft (t ) = 1, t [a, t0 )2, t [to , b)}
5，证明点列{ f n }按习题 2 中距离收敛与 f C [a, b] 的充要条件为 f n 的 各阶导数在 [a，b]上一致收敛于 f 的各阶导数 证明 若{ f n }按习题 2 中距离收敛与 f C [a, b] ，即
f n (t ) − f ( r ) (t ) 1 ——>0 d ( f , f n ) r max (r ) a t b 1 + f n (t ) − f ( r ) (t ) r =0 2
f ( r ) (t ) − g ( r ) (t ) h ( r ) (t ) − g ( r ) (t ) 1 max + r a t b 1 + f ( r ) (t ) − g ( r ) (t ) 1 + h ( r ) (t ) − g ( r ) (t ) r =0 2
张恭庆 泛函分析资料报告上册问题详解
1.1.51.1.61.1.71.2.21.2.31.2.41.3.31.3.41.3.51.3.71.3.81.3.91.4.11.4.5-61.4.91.4.111.4.121.4.131.4.141.4.151.4.171.5.1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)．1.5.3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] 1.5.41.5.5证明：设C = {x = (x1, x2, ..., x n)∈n | ∑ 1 ≤i ≤n x i = 1，x i ≥ 0 ( i = 1, 2, ..., n) }．则C是有界闭集，且是凸集，因此C是紧凸集．因为∀x∈C，x i 不全为0，而a ij> 0，故Ax的各分量也非负但不全为零．∀x∈C，设f (x) = (Ax)/( ∑ 1 ≤i ≤n (Ax)i )，则f (x)∈C．容易验证f : C→C还是连续的．由Brouwer不动点定理，存在f的不动点x0∈C．即f (x0) = x0，也就是(Ax0)/( ∑ 1 ≤i ≤n (Ax0)i ) = x0．令λ= ∑ 1 ≤i ≤n (Ax0)i，则有Ax0 = λ x0．1.5.6证明：设B = { u∈C[0, 1] | ⎰[0, 1]u(x) dx = 1，u(x) ≥ 0 }，则B是C[0, 1]中闭凸集．设max (x, y)∈[0, 1]⨯[0, 1]K(x, y) = M，min (x, y)∈[0, 1]⨯[0, 1]K(x, y) = m，⎰[0, 1] (⎰[0, 1]K(x, y) dy) dx = N，max x∈[0, 1] | ⎰[0, 1]K(x, y) dy |= P．令(S u)(x) = (⎰[0, 1]K(x, y) u(y) dy)/(⎰[0, 1] (⎰[0, 1]K(x, y) u(y) dy) dx )则⎰[0, 1] (S u)(x) dx = 1，u(x) ≥ 0；即S u∈B．因此S是从B到B的映射．∀u, v∈B，|| ⎰[0, 1]K(x, y) u(y) dy -⎰[0, 1]K(x, y) v(y) dy ||= || ⎰[0, 1]K(x, y) (u(y)-v(y)) dy ||= max x∈[0, 1] | ⎰[0, 1]K(x, y) (u(y)-v(y)) dy |≤M · || u -v ||；因此映射u #⎰[0, 1]K(x, y) u(y) dy在B上连续．类似地，映射u #⎰[0, 1] (⎰[0, 1]K(x, y) u(y) dy) dx也在B上连续．所以，S在B上连续．下面证明S(B)列紧．首先，证明S(B)是一致有界集．∀u∈B，|| S u || = || (⎰[0, 1]K(x, y) u(y) dy )/(⎰[0, 1] (⎰[0, 1]K(x, y) u(y) dy) dx )||= max x∈[0, 1] | ⎰[0, 1]K(x, y) u(y) dy |/(⎰[0, 1] (⎰[0, 1]K(x, y) u(y) dy) dx )≤ (M ·⎰[0, 1]u(y) dy |/(m ⎰[0, 1] (⎰[0, 1]u(y) dy) dx ) = M/m，故S(B)是一致有界集．其次，证明S(B)等度连续．∀u∈B，∀t1, t2∈[0, 1]，| (S u)(t1) - (S u)(t2)|= | ⎰[0, 1]K(t1, y) u(y) dy-⎰[0, 1]K(t2, y) u(y) dy |/(⎰[0, 1] (⎰[0, 1]K(x, y) u(y) dy) dx )≤⎰[0, 1] | K(t1, y) -K(t2, y) | u(y) dy /(m⎰[0, 1] (⎰[0, 1]u(y) dy) dx )≤ (1/m) · max y∈[0, 1] | K(t1, y) -K(t2, y) |由K(x, y)在[0, 1]⨯[0, 1]上的一致连续性，∀ε > 0，存在δ> 0，使得∀(x1, y1), (x2, y2)∈[0, 1]，只要|| (x1, y1) - (x2, y2) || < δ，就有| K(x1, y1) -K(x2, y2) | < m ε．故只要| t1-t2 | < δ时，y∈[0, 1]，都有| K(t1, y) -K(t2, y) | < m ε．此时，| (S u)(t1) - (S u)(t2)| ≤ (1/m) · max y∈[0, 1] | K(t1, y) -K(t2, y) |≤ (1/m) ·m ε = ε．故S(B)是等度连续的．所以，S(B)是列紧集．根据Schauder不动点定理，S在C上有不动点u0．令λ= (⎰[0, 1] (⎰[0, 1]K(x, y) u0(y) dy) dx．则(S u0)(x) = (⎰[0, 1]K(x, y) u0(y) dy)/λ= (T u0)(x)/λ．因此(T u0)(x)/λ= u0(x)，T u0 = λ u0．显然上述的λ和u0满足题目的要求．1.6.1 (极化恒等式)证明：∀x, y∈X，q(x + y) -q(x-y) = a(x + y, x + y) -a(x-y, x-y) = (a(x, x) + a(x, y) + a(y, x) + a(y, y)) - (a(x, x) -a(x, y) -a(y, x) + a(y, y))= 2 (a(x, y) + a(y, x))，将i y代替上式中的y，有q(x + i y) -q(x-i y) = 2 (a(x, i y) + a(i y, x))= 2 (-i a(x, y) + i a( y, x))，将上式两边乘以i，得到i q(x + i y) -i q(x-i y) = 2 ( a(x, y) -a( y, x))，将它与第一式相加即可得到极化恒等式．1.6.2证明：若C[a, b]中数|| · ||是可由某积( · , · )诱导出的，则数|| · ||应满足平行四边形等式．而事实上，C[a, b]中数|| · ||是不满足平行四边形等式的，因此，不能引进积( · , · )使其适合上述关系．数|| · ||是不满足平行四边形等式的具体例子如下：设f(x) = (x–a)/(b–a)，g(x) = (b–x)/(b–a)，则|| f || = || g || = || f + g || = || f –g || = 1，显然不满足平行四边形等式．1.6.3证明：∀x∈L2[0, T]，若|| x || = 1，由Cauchy-Schwarz不等式，有| ⎰[0, T]e- ( T-τ)x(τ) dτ|2≤ (⎰[0, T] (e- ( T-τ))2dτ) (⎰[0, T] ( x(τ))2dτ)= ⎰[0, T] (e- ( T-τ))2dτ = e- 2T ⎰[0, T]e 2τdτ= (1-e- 2T )/2．因此，该函数的函数值不超过M = ((1-e- 2T )/2)1/2．前面的不等号成为等号的充要条件是存在λ∈，使得x(τ) = λ e- ( T-τ)．再注意|| x || = 1，就有⎰[0, T] (λ e- ( T-τ))2dτ= 1．解出λ= ±((1-e- 2T )/2)- 1/2．故当单位球面上的点x(τ) = ±((1-e- 2T )/2)- 1/2 ·e- ( T-τ)时，该函数达到其在单位球面上的最大值((1-e- 2T )/2)1/2．1.6.4证明：若x∈N⊥，则∀y∈N，(x, y) = 0．而M⊆N，故∀y∈M，也有(x, y) = 0．因此x∈M⊥．所以，N⊥⊆M⊥．1.6.51.6.6解：设偶函数集为E，奇函数集为O．显然，每个奇函数都与正交E．故奇函数集O ⊆E⊥．∀f∈E⊥，注意到f总可分解为f = g + h，其中g是奇函数，h是偶函数．因此有0 = ( f, h) = ( g + h, h) = ( g, h) + ( h, h) = ( h, h)．故h几乎处处为0．即f = g是奇函数．所以有E⊥⊆O．这样就证明了偶函数集E的正交补E⊥是奇函数集O．1.6.7证明：首先直接验证，∀c∈，S = {e2π i n x| n∈ }是L2[c, c + 1]中的一个正交集．再将其标准化，得到一个规正交集S1 = {ϕn(x) = d n e2π i n x| n∈ }．其中的d n= || e2π i n x|| (n∈)，并且只与n有关，与c的选择无关．(1) 当b–a =1时，根据实分析结论有S⊥ = {θ}．当b–a <1时，若u∈L2[a, b]，且u∈S⊥，我们将u延拓成[a, a + 1]上的函数v，使得v(x) = 0 (∀x∈(b, a + 1])．则v∈L2[a, a + 1]．同时把S = {e2π i n x| n∈ }也看成L2[a, a + 1]上的函数集．那么，在L2[a, a + 1]中，有v∈S⊥．根据前面的结论，v = θ．因此，在L2[a, b]中就有u = θ．故也有S⊥ = {θ}；(2) 分成两个区间[a, b– 1)和[b– 1, b]来看．在[a, b– 1)上取定非零函数u(x) = 1 ( ∀x∈[a, b– 1) )．记p n = ⎰[a, b– 1)u(x)ϕn(x) dx．我们再把u看成是[b– 2, b– 1]上的函数(u在[b– 2, a)上去值为0)．那么p n就是u在L2[b– 2, b– 1]上关于正交集S1 = {ϕn(x)| n∈ }的Fourier系数．由Bessel不等式，∑n∈ | p n |2 < +∞．再用Riesz-Fischer定理，在L2[b– 1, b]中，∑n∈p n ϕn收敛．并且，若令v = -∑n∈p n ϕn，则(v, ϕn)= -p n (∀n∈)．设f : [a, b] →为：f(x) = u(x) (当x∈[a, b– 1))，f(x) = v(x) (当x∈[b– 1, b])．则f∈L2[a, b]，f≠θ，但( f, ϕn) = ⎰[a, b– 1)f(x)ϕn(x) dx + ⎰[b– 1, b]f(x)ϕn(x) dx= ⎰[a, b– 1)u(x)ϕn(x) dx + ⎰[b– 1, b]v(x)ϕn(x) dx= p n -p n = 0，因此，f∈S1⊥= S⊥，故S⊥≠ {θ}．1.6.8证明：( z n/(2π)1/2, z n/(2π)1/2 ) = (1/i)⎰| z | = 1 ( z n/(2π)1/2 · (z*)n/(2π)1/2 )/z dz= (1/(2πi))⎰| z | = 1z n· (z*)n/z dz = (1/(2πi))⎰| z | = 1 1/z dz = 1．若n > m，则n- m - 1 ≥ 0，从z n -m - 1而解析．( z n/(2π)1/2, z m/(2π)1/2 ) = (1/i)⎰| z | = 1 ( z n/(2π)1/2 · (z*)m/(2π)1/2 )/z dz= (1/(2πi))⎰| z | = 1z n· (z*)m/z dz = (1/(2πi))⎰| z | = 1z n -m - 1dz = 0．因此，{ z n/(2π)1/2 }n ≥ 0是正交规集．1.6.91.6.10证明：容易验证{e n}⋂{ f n}是正交规集，下面只证明{e n}⋂{ f n}是X的基．∀x∈X，由正交分解定理，存在x关于X0的正交分解x = y + z，其中y∈X0，z∈X0⊥．因{e n}, { f n}分别是X0和X0⊥的正交规基，故y = ∑ n∈( y, e n ) e n，z = ∑ n∈( z, f n ) f n．因z∈X0⊥，故(x, e n) = ( y + z, e n) = ( y, e n) + ( z, e n) = ( y, e n)．因y∈X0，故(x, f n) = ( y + z, f n) = ( y, f n) + ( z, f n) = ( z, f n)．故x = y + z = ∑ n∈( y, e n ) e n + ∑ n∈( z, f n ) f n= ∑ n∈( x, e n ) e n + ∑ n∈( x, f n ) f n．因此{e n}⋂{ f n}是X的正交规基．1.6.11证明：首先，令ϕk (z) = (( k +1 )/π)1/2 z k ( k≥ 0 )，则{ ϕk }k≥ 0是H2(D)中的正交规基．那么，∀u(z)∈H2(D)，设u(z) = ∑k≥ 0 a k z k，则∀k∈，有(u, ϕk) = ⎰D u(z) ·ϕk(z)*dxdy= ⎰D (∑j≥ 0 a j z j) ·ϕk(z)*dxdy= ∑j≥ 0 a j(π/( j +1 ))1/2⎰D (( j +1 )/π)1/2 z j ·ϕk(z)*dxdy= ∑j≥ 0 a j(π/( j +1 ))1/2⎰Dϕj(z) ·ϕk(z)*dxdy= ∑j≥ 0 a j(π/( j +1 ))1/2 (ϕj, ϕk)= a k(π/( k +1 ))1/2．即u(z)的关于正交规基{ ϕk }k≥ 0的Fourier系数为a k(π/( k +1 ))1/2( k≥ 0 )．(1) 如果u(z)的Taylor展开式是u(z) = ∑k≥ 0 b k z k，则u(z)的Fourier系数为b k(π/( k +1 ))1/2( k≥ 0 )．由Bessel不等式，∑k≥ 0| b k(π/( k +1 ))1/2|2≤ || u || < +∞，于是有∑k≥ 0| b k|2/( k +1 ) < +∞．(2) 设u(z), v(z)∈H2(D)，并且u(z) = ∑k≥ 0 a k z k，v(z) = ∑k≥ 0 b k z k．则u(z) = ∑k≥ 0 a k(π/( k +1 ))1/2ϕk (z)，v(z) = ∑j≥ 0 b j(π/( j +1 ))1/2ϕj (z)，(u, v) = ( ∑k≥ 0 a k(π/( k +1 ))1/2ϕk (z), ∑j≥ 0 b j(π/( j +1 ))1/2ϕj (z) )= ∑k≥ 0∑j≥ 0 (a k(π/( k +1 ))1/2ϕk (z), b j(π/( j +1 ))1/2ϕj (z))= ∑k≥ 0∑j≥ 0 (a k(π/( k +1 ))1/2 ·b j*(π/( j +1 ))1/2) (ϕk (z), ϕj (z))= ∑k≥ 0 (a k(π/( k +1 ))1/2 ·b k* (π/( k +1 ))1/2) = π∑k≥ 0 (a k·b k* )/( k +1 )．(3) 设u(z)∈H2(D)，且u(z) = ∑k≥ 0 a k z k．因1/(1 -z) = ∑k≥ 0z k，1/(1 -z)2 = ∑k≥ 0 (k +1) z k，其中| z | < 1．故当| z | < 1时，有1/(1 - | z | )2 = ∑k≥ 0 (k +1) | z | k．根据(2)，|| u(z) ||2 = π∑k≥ 0 (a k·a k* )/( k +1 ) = π∑k≥ 0 | a k|2/( k +1 )．|| u ||2/(1 - | z |)2 = (π∑k≥ 0 | a k|2/( k +1 )) · ( ∑k≥ 0 (k +1) | z | k )≥ (π∑k≥ 0 | a k|2/( k +1 ) | z | k) · ( ∑k≥ 0 (k +1) | z | k )≥π ( ∑k≥ 0 ( | a k|/( k +1 )1/2 | z | k/2) · ((k +1)1/2 | z | k/2))2 (Cauchy-Schwarz不等式)= π ( ∑k≥ 0 | a k| · | z | k )2≥π | ∑k≥ 0a k z k |2 = π | u(z)|2，故| u(z) | ≤ || u ||/(π1/2 ( 1 - | z | ))．(4) 先介绍复分析中的Weierstrass定理：若{ f n }是区域U ⊆上的解析函数列，且{ f n }在U上闭一致收敛到f，则f在U上解析．（见龚升《简明复分析》）回到本题．设{ u n }是H2(D)中的基本列．则∀z∈D，由(3)知{ u n(z) }是中的基本列，因此是收敛列．设u n(z) →u(z)．对中任意闭集F⊆D，存在0 < r < 1使得F⊆B(0, r) ⊆D．∀ε > 0，存在N∈+，使得∀m, n > N，都有|| u n-u m|| < επ1/2 ( 1 -r )．再由(3)，∀z∈F，| u n(z) -u m(z) | ≤ || u n-u m||/(π1/2 ( 1 - | z | )) ≤ || u n-u m||/(π1/2 ( 1 -r )) < ε．令m→∞，则| u n(z) -u(z) | ≤ε．这说明{ u n }在D上闭一致收敛到u．由前面所说的Weierstrass定理，u在D上解析．把{ u n }看成是L2(D)中的基本列，因L2(D)，故{ u n }是L2(D)中的收敛列．设{ u n }在L2(D)中的收敛于v．则v必然与u几乎处处相等．即{ u n }在L2(D)中的收敛于u．因此{ u n }在H2(D)中也是收敛的，且收敛于u．所以，H2(D)完备．1.6.12证明：由Cauchy-Schwarz不等式以及Bessel不等式，∀x, y∈X，有| ∑n≥ 1 (x, e n) · (y, e n)* |2≤ (∑n≥ 1 | (x, e n) |· | (y, e n)* | )2= (∑n≥ 1 | (x, e n) |· | (y, e n) | )2≤ (∑n≥ 1 |(x, e n) |2) · (∑n≥ 1 | (y, e n)|2)≤ || x ||2 · || y ||2．因此，| ∑n≥ 1 (x, e n) · (y, e n)* | ≤ || x || · || y ||．1.6.13证明：(1) 因数是连续函数，故C = { x ∈X | || x - x0 || ≤r }是闭集．∀x, y∈C，因|| x - x0 || ≤r，|| x - x0 || ≤r }，故∀λ∈[0, 1]，|| (λ x + (1-λ) y ) - x0 || = || λ( x-x0 ) + (1-λ) (y - x0)||≤ || λ( x-x0 ) + (1-λ) (y - x0)|| ≤λ|| x-x0 || + (1-λ) || y - x0 || ≤λ r + (1-λ) r = r．所以，C是X中的闭凸集．(2) 当x ∈C时，y = x．显然y是x在C中的最佳逼近元．当x ∈C时，y = x0 + r (x - x0)/|| x - x0 ||．∀z∈C，|| x-y || = || ( x-x0 -r (x - x0)/|| x - x0 ||) ||= || (1 -r/|| x - x0 ||) (x - x0) || = || x - x0 || -r．≤ || x - x0 || - || z - x0 || ≤ || x - z||．因此，y是x在C中的最佳逼近元．1.6.14解：即是求e t在span{1, t, t2}中的最佳逼近元(按L2[0, 1]数)．将{1, t, t2}正交化为{1, t- 1/2, (t- 1/2)2 - 1/12 } (按L2[0, 1]积)再标准化为{ϕ0(t), ϕ1(t), ϕ2(t)}，则所求的a k= (e t, ϕ k(t)) = ⎰[0, 1]e tϕ k(t) dt，k = 0, 1, 2．1.6.15证明：设g(x) = (x-a) (x-b)2，则g(a) = g (b) = 0，g’(a) = (b-a)2，g’(b) = 0．由Cauchy- Schwarz不等式，我们有(⎰[a, b] | f’’(x) |2 dx)· (⎰[a, b] | g’’(x) |2 dx)≥ (⎰[a, b]f’’(x) ·g’’(x) dx )2．因g’’(x) = 3x- (a + 2b)，故⎰[a, b] | g’’(x) |2 dx = ⎰[a, b] (3x- (a + 2b))2 dx = (b-a)3；又⎰[a, b]f’’(x) ·g’’(x) dx = ⎰[a, b] (3x- (a + 2b)) ·f’’(x) dx = ⎰[a, b] (3x- (a + 2b))d f’(x)= (3x- (a + 2b)) ·f’(x)| [a, b] - 3⎰[a, b]f’(x) dx = 2(b-a)；故(b-a)3 ·⎰[a, b] | f’’(x) |2 dx ≥ (2(b-a))2 = 4(b-a)2．所以⎰[a, b] | f’’(x)|2 dx≥ 4/(b-a)．1.6.16 (变分不等式)证明：设f(x)= a(x, x) - Re(u0, x)．则f(x) = a(x, x) - Re(u0, x) ≥δ || x ||2 - | (u0, x) |≥δ || x ||2 - || u0 || · || x || ≥- || u0 ||2/(4δ) > -∞．即f在X上有下界，因而f在C有下确界μ = inf x∈C f(x)．注意到a(x, y)实际上是X上的一个积，记它所诱导的数为|| x ||a = a(x, x)1/2，则|| · ||a与|| · ||是等价数．因此f(x) = a(x, x) - Re(u0, x) = || x ||a2- Re(u0, x)．设C中的点列{ x n }是一个极小化序列，满足μ≤f(x n ) < μ + 1/n ( ∀n∈+ )．则由平行四边形等式，|| x n-x m ||a2 = 2(|| x n ||a2 + || x m ||a2 ) - 4|| (x n + x m)/2||a2= 2( f(x n) + Re(u0, x n) + f(x m) + Re(u0, x m) ) - 4( f((x n + x m)/2) + Re(u0, (x n + x m)/2))= 2( f(x n) + f(x m)) - 4 f((x n + x m)/2) + 2 Re( (u0, x n) + (u0, x m) - (u0, x n + x m) )= 2( f(x n) + f(x m)) - 4 f((x n + x m)/2)≤ 2( μ + 1/n + μ + 1/m ) - 4 μ= 2(1/n + 1/m) → 0 ( m, n→∞ )．因此|| x n-x m ||2≤ (1/δ) || x n-x m ||a2→ 0 ( m, n→∞ )．即{ x n }为X中的基本列．由于X完备，故{ x n }收敛．设x n→x0 ( n→∞ )．则|| x n-x0 ||a2≤M || x n-x0 ||2→ 0 ( m, n→∞ )．而由积a( · , ·)，( · , ·)的连续性，有a( x n , x n) →a( x0 , x0 )，且(u0, x n) → (u0, x0)，( n→∞ )．因此f(x n) = a(x n, x n) - Re(u0, x n) →a(x0, x0) - Re(u0, x0) = f(x0)，( n→∞ )．由极限的唯一性，f(x0) = μ = inf x∈C f(x)．至此，我们证明了f在C上有最小值．下面说明最小值点是唯一的．若x0, y0都是最小值点，则交错的点列{ x0, y0, x0, y0, x0, ... }是极小化序列．根据前面的证明，这个极小化序列必须是基本列，因此，必然有x0 = y0．所以最小值点是唯一的．最后我们要证明最小点x0∈C满足给出的不等式．∀x∈C，∀t∈[0, 1]，有x0 + t ( x - x0)∈C，因此有f(x0 + t ( x - x0)) ≥f(x0)．即|| x0 + t ( x - x0) ||a2- Re(u0, x0 + t ( x - x0)) ≥ || x0 ||a2- Re(u0, x0)．展开并整理得到t Re ( 2a(x0, x - x0) - (u0, x - x0) ) ≥-t2 || x - x0 ||a2．故当∀t∈(0, 1]，有Re ( 2a(x0, x - x0) - (u0, x - x0) ) ≥-t|| x - x0 ||a2．令t→ 0就得到Re ( 2a(x0, x - x0) - (u0, x - x0) ) ≥ 0．2.1.22.1.32.1.42.1.52.1.62.1.72.1.82.1.92.2.22.2.52.3.12.3.3-22.3.42.3.52.3.72.3.82.3.92.3.112.3.122.3.132.3.142.4.42.4.52.4.62.4.72.4.82.4.92.4.102.4.112.4.122.4.132.4.142.5.42.5.52.5.72.5.82.5.102.5.12。
泛函分析讲义张恭庆答案
泛函分析讲义张恭庆答案【篇一：《泛函分析》课程标准】>英文名称：functional analysis课程编号：407012010 适用专业：数学与应用数学学分数：4一、课程性质泛函分析属于数学一级科下的基础数学二级学科，在数学与应用数学专业培养方案中学科专业教育平台中专业方向课程系列的一门限选课程。
二、课程理念1、培育理性精神，提高数学文化素养基础数学研究数学本身的内在规律，是整个数学学科的基础，它在数学学科其他领域、物理学、工程及社会科学中都有着广泛的应用。
《泛函分析》课程是数学与应用数学本科学生的专业课程之一，是数学分析、高等代数、实变函数等基础课程的后继课程，是研究生学习的基础，。
它不仅在数学学科占有十分重要的地位，而且在其他学科领域也有广泛的应用，掌握泛函分析的方法对学生更好地理解基础课程的理论将有很大的益处。
该课程培养学生的抽象思维能力、逻辑推理能力，体现知识、能力和素质的统一，符合应用型人才培养的目标要求。
2、良好的学习状态，提高综合解题能力本课程面对的是数学与应用数学专业四年级的学生。
学生刚刚结束教育实习，准备考研的学生进入紧张复习阶段，另一部分学生开始准备找工作。
《泛函分析》这门课内容比较抽象，课时又少，所以，如何让学生安保持良好的学习状态，是本门课要面对的一个重要问题，也是学生要面对的一个具体问题。
需要师生共同努力去正确面对才能顺利完成本门课的教学任务。
为学习研究生课程和现代数学打下必要的基础；进一步提高学生的数学素养。
3、内容由浅入深本课程的框架结构是根据教学对象和教学任务来安排的：“度量空间”泛函分析的基本概念之一，十分重要。
首先，引入度量空间的概念，并在引入度量的基础上定义了度量空间中的极限、稠密集、可分空间、连续映照、柯西点列、完备度量空间，对于一般的度量空间，给出了度量空间的完备化定理，并证明了压缩映照原理。
然后，在度量空间上定义线性运算并引入范数，就得到线性赋范空间以及巴拿赫空间。
泛函分析张恭义答案
泛函分析张恭义答案
泛函分析是一种系统的、结构化的推理方法，用于解决复杂的抽象问题。
张恭义是中国古代思想家，他曾就各种难题提出了自己的观点，其中也包括泛函分析。
根据张恭义的思想，泛函分析涉及三个层次：定义、认识和解释。
首先要清楚关键概念的定义，以及有关这些概念的认识。
接着，经过精深的解释，可以建立完整的解释架构，从而找到有效的解决方案。
此外，张恭义也提出，要应用泛函分析，需要做好五个准备：首先，要有真诚的心；其次，要有严格的逻辑思维；第三，要有深厚的理论知识；第四，要有丰富的实践经验；最后，要有理智和洞察力。
这些准备不仅是泛函分析的基础，也是各类其他的推理方法的基础。
总而言之，张恭义把泛函分析当作一种理论知识和实践技能的综合，而不仅仅作为一种算法。
在运用泛函分析来解决问题时，必须根据具体问题和实际情况，仔细分析、沉思和推理，以期产生有效的解决方案。
- 1 -。
《泛函分析》课后习题答案(张恭庆)
2 a
n
fn
2 b
ba
.
1.4.6 设 X 1, X 2 是两个线性赋范空间，定义
X
X1 X2
x1, x2 | x1
X1, x2
X2 称
为 X1 与 X2 的 Decard笛卡尔空间. 规定线性运算如下：
x1, x2
y1, y2
x1
y1, x2
y2
5
,
K, x1, y1
X1, x2, y2
X 2 ，并赋以范数
n 1
x1
,
1
x
n 2
x2 2
2
n N.
1.4.7 设 X 是 B 空间,求证： X 是 B 空间，必须且仅须
对
6
xn
X,
xn
n1
mp
xn
n1 mp
收敛.
xn
xn
证
由
m
m
显然.
设 xn 是基本列, 由1.2.2 只要 xn 存在一
串收敛子列.
事实上, 对 k 是基本列,
, 取k
1 2k
,
因为
xn
所以 N k, 使得
但因为 F 2 紧, 存在它们的子序列 ynkj 收敛,设
y nk j
x2
F 2 , 即有
d
xnkj , ynkj
d
1
j
nkj
d
x1, x2 .
1.3.5 设 M 是 C a, b 中的有界集,求证集合
x
M
Fx
f t dt | f M
a
是列紧集.
证: 设 E
Fx
x f t dt | f
泛函分析讲义张恭庆答案
泛函分析讲义张恭庆答案【篇一：《泛函分析》课程标准】>英文名称：functional analysis课程编号：407012010 适用专业：数学与应用数学学分数：4一、课程性质泛函分析属于数学一级科下的基础数学二级学科，在数学与应用数学专业培养方案中学科专业教育平台中专业方向课程系列的一门限选课程。
二、课程理念1、培育理性精神，提高数学文化素养基础数学研究数学本身的内在规律，是整个数学学科的基础，它在数学学科其他领域、物理学、工程及社会科学中都有着广泛的应用。
《泛函分析》课程是数学与应用数学本科学生的专业课程之一，是数学分析、高等代数、实变函数等基础课程的后继课程，是研究生学习的基础，。
它不仅在数学学科占有十分重要的地位，而且在其他学科领域也有广泛的应用，掌握泛函分析的方法对学生更好地理解基础课程的理论将有很大的益处。
该课程培养学生的抽象思维能力、逻辑推理能力，体现知识、能力和素质的统一，符合应用型人才培养的目标要求。
2、良好的学习状态，提高综合解题能力本课程面对的是数学与应用数学专业四年级的学生。
学生刚刚结束教育实习，准备考研的学生进入紧张复习阶段，另一部分学生开始准备找工作。
《泛函分析》这门课内容比较抽象，课时又少，所以，如何让学生安保持良好的学习状态，是本门课要面对的一个重要问题，也是学生要面对的一个具体问题。
需要师生共同努力去正确面对才能顺利完成本门课的教学任务。
为学习研究生课程和现代数学打下必要的基础；进一步提高学生的数学素养。
3、内容由浅入深本课程的框架结构是根据教学对象和教学任务来安排的：“度量空间”泛函分析的基本概念之一，十分重要。
首先，引入度量空间的概念，并在引入度量的基础上定义了度量空间中的极限、稠密集、可分空间、连续映照、柯西点列、完备度量空间，对于一般的度量空间，给出了度量空间的完备化定理，并证明了压缩映照原理。
然后，在度量空间上定义线性运算并引入范数，就得到线性赋范空间以及巴拿赫空间。
泛函分析解答(张恭庆)1.3
t
a, b
|F x |
x f t dt
a
b a
|f
t
|dt
M0 b a
F E . 即 E 一致有界.
|F x2 F x1 | 0,
x2 f t dt
x1
M0 ,
x2 |f t |dt
x1
M 0|x2 x1 |
3
|x2 x1 |
|F x2
即 E 等度连续.
F x1 |
F E.
1.3.5 设 M 是 C a, b 中的有界集,求证集合
0, 0, , 1, 0,
i
j
j
0, 0, , 1, 0, , 1,
j i.
i
ei, ej
1
eik
ejk 2
2
2 j i.
k1
由此可见, ek k 1 与其任意子列都不收敛, 从而
ek k 1 不是列紧的, 根据Hausdorff定理, 也就不完全有界.
1.3.4 设 X, 是度量空间， F 1 ， F 2 是它的两个紧子
0
inf f tnຫໍສະໝຸດ 0,n10
0, 1 .
1.3.3 在度量空间中求证：完全有界的集合是有界的, 并且通 过考虑
2 的子集
1
ek k 1, ek 0, 0, , 1, 0,
k
来说明一个集合可以是有界但不完全有界.
证 设 M 是完全有界集, 那么
0,
M的
有限的
网. 特别对
1 ,设
n
M
B xk, 1
N
x1 , x2 , , xn , 则有
是元素为 1, 2, , n 的 n 维空间中的子集, 由假设
泛函分析答案泛函分析解答(张恭庆)
泛函分析答案泛函分析解答(张恭庆)本页仅作为文档封面，使用时可以删除This document is for reference only-rar21year.March第五章习题第一部分01-151. M 为线性空间X 的子集，证明span( M )是包含M 的最小线性子空间． [证明] 显然span( M )是X 的线性子空间．设N 是X 的线性子空间，且M N ．则由span( M )的定义，可直接验证span( M ) N ． 所以span( M )是包含M 的最小线性子空间．2. 设B 为线性空间X 的子集，证明conv(B ) = {∑=ni i i x a 1| a i 0, ∑=ni i a 1= 1, x i B , n 为自然数}．[证明] 设A = {∑=n i i i x a 1| a i 0, ∑=ni i a 1= 1, x i B , n 为自然数}．首先容易看出A 为包含B 的凸集，设F 也是包含B 的凸集，则显然有 A F ，故A 为包含B 的最小凸集．3. 证明[a , b ]上的多项式全体P [a , b ]是无限维线性空间，而E = {1, t , t 2, ..., t n , ...}是它的一个基底．[证明] 首先可以直接证明P [a , b ]按通常的函数加法和数乘构成线性空间， 而P [a , b ]中的任一个元素皆可由E 中有限个元素的线性组合表示． 设c 0, c 1, c 2, ..., c m 是m + 1个实数，其中c m 0，m 1． 若∑=mn n n t c 0= 0，由代数学基本定理知c 0 = c 1 = c 2 = ... = c m = 0，所以E 中任意有限个元素线性无关，故P [a , b ]是无限维线性空间，而E 是它的一个基底。
4. 在2中对任意的x = (x 1, x 2) 2，定义|| x ||1 = | x 1 | + | x 2 |，|| x ||2 = (x 12 + x 22)1/2，|| x || = max{ | x 1 |, | x 2 | }．证明它们都是2中的范数，并画出各自单位球的图形．[证明] 证明是直接的，只要逐条验证范数定义中的条件即可．单位球图形略．5. 设X 为线性赋范空间，L 为它的线性子空间。
张恭庆泛函分析答案（民大考试重点版）（优秀范文五篇）
张恭庆泛函分析答案（民大考试重点版）（优秀范文五篇）第一篇：张恭庆泛函分析答案(民大考试重点版)2015年中南民大泛函分析考试重点课后答案2015年中南民大泛函分析考试重点课后答案2015年中南民大泛函分析考试重点课后答案2015年中南民大泛函分析考试重点课后答案1.1.61.1.72015年中南民大泛函分析考试重点课后答案1.2.22015年中南民大泛函分析考试重点课后答案1.2.32015年中南民大泛函分析考试重点课后答案1.2.42015年中南民大泛函分析考试重点课后答案2015年中南民大泛函分析考试重点课后答案2015年中南民大泛函分析考试重点课后答案 1.3.31.3.51.3.82015年中南民大泛函分析考试重点课后答案 1.3.92015年中南民大泛函分析考试重点课后答案2015年中南民大泛函分析考试重点课后答案1.5.3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] 答案22015年中南民大泛函分析考试重点课后答案1.5.6证明：设B = { u∈C[0, 1] | ⎰[0, 1] u(x)dx = 1，u(x)≥ 0 }，则B是C[0, 1]中闭凸集．设max(x, y)∈[0, 1]⨯[0, 1] K(x, y)= M，min(x, y)∈[0, 1]⨯[0, 1] K(x, y)= m，⎰[0, 1](⎰[0, 1] K(x, y)dy)dx = N，max x∈[0, 1] | ⎰[0, 1] K(x, y)dy |= P．令(S u)(x)=(⎰[0, 1] K(x, y)u(y)dy)/(⎰[0, 1](⎰[0, 1] K(x, y)u(y)dy)dx)则⎰[0, 1](S u)(x)dx = 1，u(x)≥ 0；即S u∈B．因此S是从B到B内的映射．∀u, v∈B，|| ⎰[0, 1] K(x, y)u(y)dy -⎰[0, 1] K(x, y)v(y)dy || = || ⎰[0, 1] K(x, y)(u(y)- v(y))dy || = max x∈[0, 1] | ⎰[0, 1] K(x, y)(u(y)- v(y))dy | ≤M · || u - v ||；因此映射u #⎰[0, 1] K(x, y)u(y)dy在B上连续．类似地，映射u #⎰[0, 1](⎰[0, 1] K(x, y)u(y)dy)dx也在B上连续．所以，S在B上连续．下面证明S(B)列紧．首先，证明S(B)是一致有界集．∀u∈B，|| S u || = ||(⎰[0, 1] K(x, y)u(y)dy)/(⎰[0, 1](⎰[0, 1] K(x, y)u(y)dy)dx)|| = max x∈[0, 1] | ⎰[0, 1] K(x, y)u(y)dy |/(⎰[0, 1](⎰[0, 1] K(x, y)u(y)dy)dx)≤(M ·⎰[0, 1] u(y)dy |/(m ⎰[0, 1](⎰[0, 1] u(y)dy)dx)= M/m，故S(B)是一致有界集．其次，证明S(B)等度连续．∀u∈B，∀t1, t2∈[0, 1]，|(S u)(t1)-(S u)(t2)|= | ⎰[0, 1] K(t1, y)u(y)dy -⎰[0, 1] K(t2, y)u(y)dy |/(⎰[0, 1](⎰[0, 1] K(x, y)u(y)dy)dx)≤⎰[0, 1] | K(t1, y)- K(t2, y)| u(y)dy /(m⎰[0, 1](⎰[0, 1] u(y)dy)dx)≤(1/m)· max y∈[0, 1] | K(t1, y)- K(t2, y)| 由K(x, y)在[0, 1]⨯[0, 1]上的一致连续性，∀ε> 0，存在δ> 0，使得∀(x1, y1),(x2, y2)∈[0, 1]，只要||(x1, y1)-(x2, y2)|| < δ，就有| K(x1, y1)- K(x2, y2)| < m ε．故只要| t1 - t2 | < δ时，y∈[0, 1]，都有| K(t1, y)- K(t2, y)| < m ε．此时，|(S u)(t1)-(S u)(t2)| ≤(1/m)· max y∈[0, 1] | K(t1, y)- K(t2, y)| ≤(1/m)· m ε = ε．故S(B)是等度连续的．所以，S(B)是列紧集．根据Schauder不动点定理，S在C上有不动点u0．令λ=(⎰[0, 1](⎰[0, 1] K(x, y)u0(y)dy)dx．则(S u0)(x)=(⎰[0, 1] K(x, y)u0(y)dy)/λ =(T u0)(x)/λ．2015年中南民大泛函分析考试重点课后答案因此(T u0)(x)/λ = u0(x)，T u0 = λ u0．显然上述的λ和u0满足题目的要求．答案二1.6.1(极化恒等式)证明：∀x, y∈X，q(x + y)- q(x - y)= a(x + y, x + y)- a(x - y, x - y)=(a(x, x)+ a(x, y)+ a(y, x)+ a(y, y))-(a(x, x)- a(x, y)- a(y, x)+ a(y, y))= 2(a(x, y)+ a(y, x))，将i y代替上式中的y，有q(x + i y)- q(x - i y)= 2(a(x, i y)+ a(i y, x))= 2(-i a(x, y)+ i a(y, x))，将上式两边乘以i，得到i q(x + i y)- i q(x - i y)= 2(a(x, y)- a(y, x))，将它与第一式相加即可得到极化恒等式．1.6.2证明：若C[a, b]中范数|| · ||是可由某内积(· , ·)诱导出的，则范数|| · ||应满足平行四边形等式．而事实上，C[a, b]中范数|| · ||是不满足平行四边形等式的，因此，不能引进内积(· , ·)使其适合上述关系．范数|| · ||是不满足平行四边形等式的具体例子如下：设f(x)=(x – a)/(b – a)，g(x)=(b – x)/(b – a)，则|| f || = || g || = || f + g || = || f – g || = 1，显然不满足平行四边形等式．2015年中南民大泛函分析考试重点课后答案 2.1.22.1.32015年中南民大泛函分析考试重点课后答案 2.1.42015年中南民大泛函分析考试重点课后答案 2.3.12015年中南民大泛函分析考试重点课后答案 2.3.52.3.72015年中南民大泛函分析考试重点课后答案2015年中南民大泛函分析考试重点课后答案2015年中南民大泛函分析考试重点课后答案 2.3.92.4.42.4.52.4.62015年中南民大泛函分析考试重点课后答案2.4.72.4.102.4.112015年中南民大泛函分析考试重点课后答案2.4.1359-61第二篇：泛函分析1.设(X,d)为距离空间。
泛函分析 答案(张恭庆)2.4节
= ( 1) , 但 (
) &
1
.
M i = span x j ,
1 j n j&i
{ }
di =
( xi , M i ) ,
d i > 0,
7
" fi =1 f fi = d i ' i ' fi x j = 0 ( j & i ) , # f i ( Mi ) = 0 ' f i ( xi ) = d i ' $ f i ( xi ) = 1. 2.4.8 M 是极大线性子空间的充分且 必要条件是， M 是线性真子空间, 并且 x0 X M 有 X = x0 | R1 (M .
须对
n
1
{
}
k f ( xk ) = f
n
xk
!
f
k =1
k
xk
M
k =1
k
xk .
若所说的不等式成立，设 E = span { xn , n 1} ,
x=
定义
n
k =1
k
xk
E,
,
j
2
,
,
n
K , 有
n j =1 j
f0 ( x ) =
特别是 假设,
n k =1 k
Ck ,
并由充分性
|
( )
j =1
= inf + f ( x ) df ( y ) , . y B( ,1) = f ( x ) d ( x ) sup f ( y )
y B ( ,1)
x = ( 4 ,5 ) 到通过原点的直线(即 含有零点的超平面) H0 f = { x = ( 4 ,5 ) | f ( x ) = 4 + 05 = 0}
泛函分析解答（张恭庆）第四章
泛函分析解答（张恭庆）第四章第四章习题1. 在 1中令ρ1(x , y ) = (x - y )2，ρ2(x , y ) = | x - y |1/2，，问ρ1, ρ2是否为 1上的距离？ [解] 显然ρ1, ρ2满⾜距离空间定义中的⾮负性和对称性．但ρ1不满⾜三⾓不等式：取点x = -1, y = 0, z = 1，则ρ1(x , z ) = 4 > 2 = ρ1(x , y ) + ρ1(y , z )，所以ρ1不是 1上的距离。
⽽?x , y , z ∈ 1，ρ2(x , y ) = ||||2||||||||||y z z x y z z x y z z x y x -?-+-+-≤-+-≤- ||||)||||(2y z z x y z z x -+-=-+-==ρ2(x , z ) + ρ2(z , y )；所以ρ2是 1上的距离．2. 设(X , ρ)是距离空间，令ρ1(x , y ) = n y x ),(ρ，?x , y ∈X ．证明(X , ρ1)也是距离空间．[证明] 显然ρ1满⾜距离空间定义中的⾮负性和对称性，故只需证明ρ1满⾜三⾓不等式即可．实际上?x , y , z ∈X ，n n y z z x y x y x ),(),(),(),(1ρρρρ+≤=n n n n n y z z x n z y x M y z z x )),(),((),,,(),(),(ρρρρ+=++≤),(),(),(),(11y z z x y z z x n n ρρρρ+=+=．3. 设(X , ρ)是距离空间，证明| ρ(x , z ) - ρ(y , z ) | ≤ ρ(x , y )，?x , y , z ∈X ；| ρ(x , y ) - ρ(z , w ) | ≤ ρ(x , z ) + ρ(y , w )，?x , y , z , w ∈X ． [证明] ?x , y , z , w ∈X ，由三⾓不等式有- ρ(x , y ) ≤ ρ(x , z ) - ρ(y , z ) ≤ ρ(x , y )，故第⼀个不等式成⽴．由第⼀个不等式可直接推出第⼆个不等式：| ρ(x , y ) - ρ(z , w ) | ≤ | ρ(x , y ) - ρ(y , z ) | + | ρ(y , z ) - ρ(z , w ) | ≤ ρ(x , z ) + ρ(y , w )．4. ⽤Cauchy 不等式证明(| ζ1 | + | ζ1 | + ... + | ζn | )2 ≤ n (| ζ1 |2 + | ζ1 |2 + ... + | ζn |2 )． [证明] 在P159中的Cauchy 不等式中令a i = | ζi |，b i = 1，?i = 1, 2, ..., n 即可．5. ⽤图形表⽰C [a , b ]上的S (x 0, 1)． [注] 我不明⽩此题意义，建议不做．6. 设(X , d )是距离空间，A ? X ，int(A )表⽰A 的全体内点所组成的集合．证明int(A )是开集．[证明] 若A = ?，则int(A ) = ?，结论显然成⽴．若A ≠ ?，则?x ∈ A ，?r > 0使得S (x , r ) ? A ．对?y ∈ S (x , r )，令s = r - d (x , y )，则s > 0，并且S (y , s ) ? S (x , r ) ? A ；所以y ∈ int(A )．故S (x , r ) ? int(A )，从⽽int(A )是开集．7. 设(X , d )是距离空间，A ? X ，A ≠ ?．证明：A 是开集当且仅当A 是开球的并． [证明] 若A 是开球的并，由于开球是开集，所以A 是开集．若A 是开集，?x ∈A ，存在r (x ) > 0，使得S (x , r (x )) ? A ．显然A = x ∈A S (x , r (x ))．8. 举例说明对于⼀般的距离空间X ，并不是总有),(),(r x S r x S =，?x ∈X ，r > 0． [例] 设X = {a , b }，定义d : X ? X 为d (a , a ) = d (b , b ) = 0，d (a , b ) = 1．则(X , d )是距离空间．当r = 1时，不论x 为a 还是b ，总有),(}{),(r x S X x r x S =≠=．9. 设(X , d )是距离空间，X B A ?,．证明：B A B A ?=?，B A B A ． [证明] 由于A A ?，B B ?，故B A B A ．由于A 和B 都是闭集，所以B A ?也是闭集，所以B A B A ．另⼀⽅⾯，由B A B A ??,，得B A B A ??,，所以B A B A ；这样就证明了第⼀个等式．由B A B A ,??得B A B A ,??，所以B A B A 。