电子科技大学 泛函分析(江泽坚) 作业题答案
泛函分析课后习题答案
明必有 U ( f , ) A 。设 g U ( f , ) ，则若 t B ，必有 f (t ) g (t ) ，于 是 | g (t ) | f (t ) g (t ) | f (t ) | | f (t0 ) a ，所以 g A 这样就证明了 A 是 开集
f n (t ) f ( r ) (t ) 1 1 r max r0 . r ( r ) ( r ) a t b 2r0 2 1 f n (t ) f (t ) r ro 1 2 r 0 2 (r )
即
d ( f , f n ) ——>0 (n ) 。证毕
2r0
, r 0,1,2, r0 ，取 N=max{ N1 N N }，当 n>N 时，
(r )
f n (t ) f ( r ) (t ) 1 d ( f , f n ) r max (r ) a t b 1 f n (t ) f ( r ) (t ) r 0 2
___ ___ ___
1பைடு நூலகம்n
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 )
6 设 B [a, b] ，证明度量空间 C[a, b] 中的集{f|当 t B 时 f（t）=0}
C[a, b] 中的闭集，而集
A={f|当 t B 时，|f（t）|〈a } （a 0）为开集的充要条件是 B 为闭集 证明 记 E={f|当 t B 时 f（t）=0}。设 { f n } E ， { f n } 按 C[a, b] 中 度量收敛于 f，即在[a，b]上 f n (t ) 一致收敛于 f（t） 。设 t B ，则
泛函分析答案
14
第一步线索小结
进一步,由 T 的齐次性,
U (" ,r ) TB(" ,n)
U
("
,
r n
)
TB(" ,1)
取
=
r 3n
,即得U
(" ,3
)
TB(" ,1).
15
第二步证 TB(" ,1) U (" , ) .
即 y0 U (" , ), 要证 x0 B (" ,1) , 使得
§3 纲与开映象定理
3.1 纲与纲推理
与定义1.2.2 的稠密概念相联系，
引入疏集的概念.
定义2.3.1 设 ( X , ) 是一个度量
空间，集 E X ，称 E 是
疏的，如果 E 的内点在 X 内是
空的.或 E 不包含任一开球.
命题2.3.3 设 ( X , ) 是一度量空
间.为了 E X 是疏集必
( ) En0 B xn0 , rn0 =
矛盾.
3.2 开映象定理
设 X ,Y 都是 B 空间，算子 T 称
为是单射，是指 T 是1-1的，算子 T
称为是满射，是指 T ( X ) = Y .
如果 T 是一个单射，那么可以定义
T 1 ，它是线性的，但其
定义域却未必是全空间 Y .仅当它
还是一个满射时， T 1 才是 Y
下证 y0 Tw, y0 是 Tw 的内点. 事实上,
y0 Tw, x0 w, 使得 Tx0 = y0 .
因为 w 是开集, 所以 r > 0,
使得
B( x0,r ) W TB( x0,r ) Tw.
泛函分析习题及参考答案
p
对于 n = 1, 2,
∞
N1 ，存在 N 2 > 0 ，
i = N 2 +1
∑
∞
ξi( n ) < ε p 。取 N = max { N1 , N 2 } ，则
p
i = N +1
∑
ξi( n ) < ε p 对任何 n 自然数成立。
p
充分性证明，由条件可知， ∀ε > 0 ，存在 K > 0 ，使得
p
由积分的等度绝对连续性可知，对任何 ε > 0 ，存在 δ > 0 ，使得 e ⊂ E ， me < δ 时，
∫x
e
n
(t ) dt ) <
p
1 p
ε
2
，
∫ x(t )
e
p
dt ) <
1 p
ε
2
。
p
对上述 δ > 0 ，存在 N > 0 ，使得 n > N 时， mE n (ε ) < δ ，此时 （ x n − x dt） ≤ε 。
i =1
= ∑ ξi( n ) − ξi +
p i =1
K
i = K +1
∑
∞
ξi( n ) − ξi
p
≤∑ξ
i =1
K
(n) i
− ξi
p
∞ p 1 ⎛ ∞ p 1 ⎞ + ⎜ ( ∑ ξi( n ) ) p + ( ∑ ξi ) p ⎟ < 2ε p 。 i = K +1 ⎝ i = K +1 ⎠
X 上的连续函数。
证明：任取 x0 ∈ X ，对于 x ∈ X ，有
《泛函分析》习题解答(不完全版)
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:(,)|()()|,,([,])baf 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 =,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111(,)|()()|110,(,).11n m n m n m f f f x f x dxx dx x dxm 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11100(,)|()()|1|0|0.1n n nnf g f x g x dxx 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([,])L a b 的稠密子集. 事实上, 任意取定一个1()([,])f x L a b ∈, 需要证明: 对于任意的0ε>, 存在()[,]g x C a b ∈, 使得[,](,)|()()|a b f g f x g x dx ρε=-<⎰.事实上, 首先根据积分的绝对连续性, 存在0δ>, 使得当[,]E a b ⊂, 只要mE δ<, 就有|()|3Ef x dx ε<⎰.因为()f x (Lebesque)可积, 故几乎处处有限, 即10N N mE ∞==,其中{[,]||()|}N E x a b f x N =∈>. 由此可以得到 lim ()0N N m E →∞=(因为{}N E 是渐缩集列并且[,]a b 的测度有限),故存在某个自然数N , 使得N mE δ<且|()|3NE f x dx ε<⎰,因此有|()|f x N ≤,[,]\N x a b E ∈.引入一个新函数定义为(),[,]\():0,,NN f x x a b E f x E ∈⎧=⎨⎩显然对于[,]x a b ∈恒有|()|f x N ≤. 由Lusin 定理, 存在连续函数()(,)g x C ∈-∞+∞和闭集[,]F a b ⊂, 使得([,]\)min{,/3}m a b F N δε<且|()|g x N ≤, 进而()()g x f x ≡,x F ∈.则()g x 限制在[,]a b 即为所求, 因为:[,](,)|()()|a b f g f x g x dx ρ=-⎰([,]\)|()()|a b F Ff xg x dx ⋃=-⎰[,]\|()()||()()|a b FFf xg x dx f x f x dx ≤-+-⎰⎰[,]\\(|()|)|()()||()()|NNa b FF E F E f x N dxf x f x dx f x f x dx⋂≤++-+-⎰⎰⎰[,]\|()|([,]\)a b Ff x dx Nm a b F ≤+⎰\|()|0NNF E F E f x dx dx ⋂++⎰⎰333εεεε<++=.(ii) 1(([,]),)L a b ρ是完备的空间.2． 设(,)X ρ是距离空间，A 是X 的子集，对任意的x X ∈，记(,)inf (,)y Ax A x y ρρ∈=，则（1）(,)x A ρ是x 的连续函数.（2） 若{}n x 是X 中的点列, 使(,)0n x A ρ→,{}n x 是否为Cauchy 列? 为什么? 证：(1) 任意取定12,x x X ∈, 对于任意的y X ∈根据三角不等式, 有1122(,)(,)(,)x y x x x y ρρρ≤+, 2211(,)(,)(,)x y x x x y ρρρ≤+.对两端关于y A ∈取下确界, 可以得到1122inf (,)(,)inf (,)y Ay Ax y x x x y ρρρ∈∈≤+, 2211inf (,)(,)inf (,)y Ay Ax y x x x y ρρρ∈∈≤+. 即1122(,)(,)(,)x A x x x A ρρρ≤+, 2211(,)(,)(,)x A x x x A ρρρ≤+.由此可得1212|(,)(,)|(,)x A x A x x ρρρ-≤.由此容易证明()f x (,)x A ρ=是X 上的连续函数, 实际上, (,)x A ρ还满足Lipschitz 常数等于1的Lipschitz 条件.(2) 答: 未必是Cauchy 列. 例如取X =R , 其中的距离是Euclid 距离. 对于{1,1}A =-, 对于1,2,n =, 定义点列为1(1).n n x n=-+对于点列{}n x ,不难验证,1(,)0n x A nρ=→; 但显然{}n x 不是Cauchy 列. 这里的原因就在于(,)x A ρ不是点到点之间的距离, 而是点到集合的距离, 当这个集合A 含有不止一个点时, (,)x A ρ不再具有点点之间距离的性质. 3． E 是nR 中的Lebesgue 可测集合, 试证()L E ∞按距离(,)esssup |()()|x Ef g f x g x ρ∈=-是不可分空间.证法一：记为方便起见, 设[,]E a b =. 定义[,]1,[,],()()0,(,].a x a f x x x b λλλχλ∈⎧==⎨∈⎩显然()f x λ有界,可测, 因此必属于([,])L a b ∞. 记{()|(,]}A f x a b λλ=∈.则([,])A L a b ∞⊂.既然对于不同的12,[,]a b λλ∈, 1f λ与2f λ不同的部分是正测度集, 容易看出A 的势是ℵ.进而有(不妨设12λλ<)1212121212[,][,]\0[,][,]\0[,][,][,][,]\0(,][,][,]\0(,)infsup |()()|inf sup |()()|inf sup |()()|infsup () 1.E a b x a b EmE E a b x a b E mE a a E a b x a b E mE E a b x a b E mE f f f x f x f x f x x x x λλλλλλλλλλρχχχ⊂∈=⊂∈=⊂∈=⊂∈==-=-=-==我们用反证法证明所需的结论.设([,])L a b ∞是可分的，则其必有可数的稠密子集123{,,,,,}i g g g g ,因此至少有一个i g 属于两个不同的1(,1/3)S f λ和2(,1/3)S f λ.而由三角不等式, 我们有12121(,)(,)(,)112.333i i f f f g g f λλλλρρρ=≤+≤+=这是一个矛盾. 因此([,])L a b ∞不可能是可分的.证法二：既然E 是正测度集,存在0R >使得((0,))0m S R E ⋂>. 不难验证, 存在一列正数1{}i i R ∞=满足:120i R R R R <<<<<<;且1([(0,)\(0,)])0i i m E S R S R +⋂>.对于每一个12(,,,,)i λλλλ=,其中0i λ=或1, 定义1(),[(0,)\(0,)]i i i f x x E S R S R λλ+=∈⋂,1,2,i =. 显然()f x λ有界,可测, 因此必属于()L E ∞. 记{()|{0,1}}A f x λλ=∈N ,其中{0,1}N 表示具有上述性质的λ的全体. 则()A L E ∞⊂.既然对于不同的,λμ∈{0,1}N , (不妨设1(,,,)i λλλ=, 1(,,,)i μμμ=且对于某个i ,0i λ=1i μ=)f λ与f μ不同的部分至少是正测度集1[(0,)\(0,)]i i E S R S R +⋂, 容易看出A 的势与{0,1}N 的势都是连续统的势ℵ.进而有11\0((0,)\(0,))\0((0,)\(0,))\01(,)inf sup |()()|infsup|()()|inf sup|| 1.i i i i F E x E F mF F E x E S R S R FmF i i F E x E S R S R F mF f f f x f x f x f x λμλμλμρλμ++⊂∈=⊂∈⋂=⊂∈⋂=≥=-≥-=-= 我们用反证法证明所需的结论.设()L E ∞是可分的，则其必有可数的稠密子集123{,,,,,}i g g g g , 因此至少有一个j g 属于两个不同的(,1/3)S f λ和(,1/3)S f μ.而由三角不等式, 我们有1(,)(,)(,)11.33j j f f f g g f λμλμρρρ=≤+≤+这是一个矛盾. 因此()L E ∞不可能是可分的. 补充题．证明[,]L a b ∞是不可分空间. 证：记{}[,]()a t K x a t b χ=<<,其中[,]1,,():0,.a t a x t x t x b χ≤≤⎧=⎨<≤⎩显然[,]K L a b ∞⊂, 且只要12,[,]t t a b ∈,12t t ≠, 则有12[,][,],a t a t K χχ∈, 且因为(不妨设12t t <)12(,]t t 的测度为正, 故1212[,][,][,][,][,]||||sup |()()|a t a t a t a t L a b ess x x χχχχ∞-=-1212(,](,]sup |()|1t t x t t x χ∈==.因此, 由(,)a b 是不可数集, 而K 的基数与(,)a b 的基数相同, 故也是不可数集,且K 中任何两个不同元的距离均为1.如果[,]L a b ∞是可分的, 因此有一个可数的稠密子集合{()|1,2,}k A f x k ==, 且11(,)3k k S f K ∞=⊇.但这是荒谬的, 因为上式左端只有可数多个开球, 右端有不可数多个元, 所以至少有K 中的两个不同的12[,][,],a t a t χχ属于同一个开球01(,)3k S f , 由此得到矛盾:121002[,][,][,][,][,][,][,]1||||||||||||112.333a t a t L ab a t k k a t L a b L a b f f χχχχ∞∞∞=-≤-+-<+= 此矛盾表明[,]L a b ∞不可能是可分的.4． 设([,])k C a b 是闭区间[,]a b 上具有k 阶连续导数的函数全体, 定义:()()[,](,)max |()()|,,([,])ki i k x a b i f g f x g x f g C a b ρ∈==-∈∑试证:（1）([,])kC a b 是完备的距离空间; （2）若定义||||(,0)f f ρ=,则(([,]),||||)kC a b ⋅是Banach 空间.证：(1) 这里只证明该距离是完备的. 设1{()}n n f x ∞=是([,])k C a b (0k =时, 0([,])C a b 就理解为[,]C a b )中该距离意义下的Cauchy 列. 因此当,m n →∞时，有()()[,]0(,)max |()()|0ki i m n m n x a b i f f f x f x ρ∈==-→∑.由此容易知道对于每一个0,1,,i k =, ()1{()}i n n f x ∞=是0([,])C a b 中的Cauchy 列. 根据0([,])C a b 的完备性,知()1{()}i n n f x ∞=收敛到0([,])C a b 中的某个元, 记其为()i f x , 则0()([,])i f x C a b ∈, 且()()()i i n f x f x −−→−−→，,0,1,,n i n →∞=,其中“−−→−−→”表示是一致收敛. 如果我们记0()()f x f x =,利用数学分析中函数序列一致收敛的分析性质, 可以得到12()()(),()(),,()().k kf x f x f x f x fx f x '''=== (*)例如, 因为1()()n f x f x −−→−−→', 故 1()()xxn aaf t dt f t dt −−→−−→'⎰⎰, 即1()()()xn n af x f a f t dt −−→−−→-⎰, 又0()()n f x f x −−→−−→及0()()nf a f a −−→−−→, 故 001()()()xaf x f a f t dt -=⎰.求导即可得到01()()f x f x '=, 即 1()()f x f x '=.归纳地可得(*).因此0()()f x f x =([,])kC a b ∈且()[,](,)max |()()|ki i n n x a b i f f f x f x ρ∈==-∑()()[,]max |()()|0ki i n x a b i f x f x ∈==-→∑.即([,])kC a b 是完备的距离空间. （2）证略.7． 证明有限维线性赋范空间是完备的.证：记该有限维(实)线性赋范空间为E , 是n 维的，范数记为||||x ,需要证明(,||||)E ⋅是完备的. 记E 中的一组基为:12,,,n v v v .因此对于任意的x E ∈, 存在唯一一组实数12,,,n x x x , 使得1122n n x x x x =+++v v v ,反之亦然.(i) 我们断言存在一个与x 无关的常数0K >, 使得||||||i x K x ≤, 1,2,,i n =. (*)首先定义一个映射:nf →为: 对于任意的12(,,,)n x x x n∈,121122(,,,):||||||||n n n f x x x x x x x ==+++v v v .则对于任意的,x y E ∈(1122n n y y y y =+++v v v )有1122||||(,,,)n n x y f x y x y x y -=---111||||||||||||n n n x y x y ≤-⋅++-⋅v v2222111()()||||||||n n n x y x y ≤-++-⋅++v v .由此容易知道f 是n R 上的连续函数. 记1B ∂是n R 中的单位球面, 即21121{(,,,)|1}nn k k B x x x x =∂==∑. 则对于任意的11(,,)n x x B ∈∂, 有1(,,)0n f x x >.(事实上, 若有1(,,)0n f x x =则111(,,)||||0n n n f x x x x =++=v v ,因此110n n x x ++=v v , 但12,,,n v v v 线性无关, 故必有120n x x x ====, 此与11(,,)n x x B ∈∂相矛盾. )注意到1B ∂是n R 中的有界闭集(紧子集), 连续函数f 必可在其上达到正的最小值1/0K >.现在我们可以证明式(*). 事实上, 对于任意的x E ∈,存在唯一的一组实数12,,,n x x x , 使得1122n n x x x x =+++v v v , 不失一般性, 可设0x ≠因此,12,,,n x x x 不全为零, 注意到111222111,,,n nnn kkk k k k x x x y B xxx ===⎛⎫ ⎪ ⎪=∈∂ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑∑,故111222211111222111()1,,,,nn nnnkkkk k k n nnn kkk k k k x x x f y xxxx x x f K xxx ======+++=⎛⎫ ⎪⎪=≥ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑∑∑∑∑v v v或2112211||||nn n kk x x x x xK==+++≥∑v v v .由此容易得出(*)式.(ii) 设()1{}k k x ∞=是E 中的基本列, 这里()()()()1122k k k k n n x x x x =+++v v v ,即()()||||0k l x x -→, 当,k l →∞.利用(*)式便可以得到对于每一个1,2,,i n =, 成立()()()()||||||0k l k l i i x x K x x -≤-→, 当,k l →∞.即()1{}k i k x ∞=是1中的基本列, 因此收敛. 设()(0)k i i x x →, (k →∞,1,2,,i n =).记(0)()(0)(0)1122k n n xx x x =+++v v v , 显然(0)x E ∈. 根据E 中收敛的等价性(即按范数收敛意味着每个分量收敛或即按坐标收敛), 容易得到()(0)||||0k x x -→, 当k →∞.因此(,||||)E ⋅是完备的.9． 设X 为线性赋范空间, 0X 是X 的线性闭子空间. 在X 中定义等价关系为0xy x y X ⇔-∈. 对任意的x X ∈, 以[]x 记x 的等价类, 令0/{[]|}X X x x X =∈.称0/X X 为商空间, 在0/X X 上定义线性运算如下: (i) [][][]x y x y +=+, ,x y X ∈, (ii) [][]x x λλ=, ,x X λ∈∈C .并定义0||[]||inf ||||y X x x y ∈=+.试证: 0/X X 按0||[]||x 也是一个线性赋范空间.证：(一) 0/X X 按照所定义的线性运算是线性空间 (证明略).(二) 0||[]||x 是0/X X 中的范数. 按照定义, 对于每一个 0[]/x X X ∈显然0||[]||inf ||||y X x x y ∈=+是一个确定的数, 因此00||||:/X X ⋅→R 是映射.(i) (非负性) 对于x X ∈, 显然0||[]||inf ||||0y X x x y ∈=+≥.(正定性) 当0[]=[0]=x X 时, 有00||[]||||[0]||inf ||||0y X x y ∈===.反之, 如果我们假设0000||[]||inf ||||0y X x x y ∈=+=, 需要证明 00[]=[0]=x X , 也只需证明00x X ∈. 事实上, 根据下确界的定义, 对每一个自然数1,2,k =, 存在0k y X ∈, 使得00000111||||||[]||inf ||||k y X x y x x y k k k∈+<+=++=, 由此得到一个序列0{}k y X ⊂且||||0k y x ⋅−−−→-.因为0X 是闭子空间因此00x X -∈故00x X ∈, 即00[]=[0]=x X . (ii) (正齐性) 对于,x X λ∈∈C , 如果0λ=, 则000x x X λ==∈, 故0[][0]0[][]x X x x λλ====. 如果0λ≠, 则当y 取遍0X 中的所有元时,yλ也取遍0X 中的所有元, 反之亦然, 因此 00||[]||inf ||||inf ||||||y X y X yx x y x λλλλ∈∈=+=⋅+||inf ||||||inf ||||yy X X yyx x λλλλλ∈∈=+=+||inf ||||||||[]||z X x z x λλ∈=+=⋅,(iii) (三角不等式) 设,x y X ∈. 设0,u v X ∈, 当,u v 取遍0X 中的所有元时, u v +也取遍0X 中的所有元, 反之亦然, 进而, ,u v 的取法是相互独立的, 因此0||[]||inf ||||u X x y x y u ∈+=++,inf ||||u v X x y u v ∈=+++()0,inf ||||||||u v X x u y v ∈≤+++inf ||||inf ||||u X v X x u y v ∈∈=+++00||[]||||||x y =+.也可用下面的证明方法: 对于任意的0ε>, 由下确界的定义, 存在0,u v X εε∈使得0||||||[]||x u x εε+<+, 0||||||[]||y v y εε+<+,因此可以得到0||[]||inf ||||||||u X x y x y u x y u v εε∈+=++≤+++||||||||x u y v εε≤+++ 00||[]||||[]||2x y ε<++.因为0ε>的任意性, 可得0||[]||x y +00||[]||||[]||x y ≤+.10． 设X 为线性赋范空间,1nn x∞=∑收敛, 即1kk nn S x==∑按X 中的范数收敛, 则11nn n n xx ∞∞==≤∑∑.证：记1kk n n S x ==∑.对于有限项之和, 利用三角不等式, 成立111||||kk k nn n n n n S xx x ∞====≤≤∑∑∑. (*)又因为1kk nn S x==∑在范数意义下收敛, 其极限自然可以记为1nn x∞=∑, 即1k n n S x ∞=→∑,再一次利用三角不等式, 可以得到当k →∞时11||||0k nk n n n S xS x ∞∞==-≤-→∑∑,即1||||k nn S x∞=→∑, 因此在(*)式中令k →∞, 可得11nn n n xx ∞∞==≤∑∑.11． 设{0}X ≠为线性赋范空间, 试证X 是Banach 空间当且仅当{|||||1}x X x ∈=是完备的.证：记{|||||1}T x X x =∈=.(必要性) 设X 是Banach 空间, {}n x T ⊂是T 中的Cauchy 列, 即||||1n x =且||||0m n x x -→(当,m n →∞).因为X 是Banach 空间, 故{}n x 收敛, 即存在0x X ∈, 使得||||0n x x ⋅−−→, 由三角不等式容易得到:||||||||||||x y x y -≤-,因此00||||||||||||0n n x x x x -≤-→,知0||||||||n x x →, 故0||||1x =因此0x T ∈, 即T 完备.(充分性) 设T 是完备的, 并设{}n x X ⊂是X 中的Cauchy 列, 即||||0m n x x -→当,m n →∞. 由||||||||||||0m n m n x x x x -≤-→,知{||||}n x 是1中的Cauchy 数列, 因此收敛, 即存在某个数A ∈使得||||n x A →.如果0A =, 显然{}n x 收敛于X 中的零元, 故不妨设0A >. 由此知当n 充分大时, 总有||||0n x >, 不失一般性, 可设对所有的n , 都有||||0n x >. 考虑新的点列:||||nn n x y x =, 显然n y T ∈. 进而 ||||||||||||m n m n m n x xy y x x -=- ||||||||||||||||m m m n m n n n x x x xx x x x ≤-+- 111||||||||||||||||m m n m n n x x x x x x =-+-， 由此易知{}n y T ⊂是T 中的Cauchy 列. 因为T 作为距离空间是完备的, 故{}n y 收敛, 即存在0y T ∈, 使得||||0n y y ⋅−−→. 最后我们断言: ||||0n x Ay ⋅−−→.事实上,0||||||||||||||||n n n n n x Ay x Ay x x x -=- 0||||||||n n n Ay x y x =-00||||||||n n n Ay x y y y x ⎛⎫≤-+-⎪⎝⎭00||||1||||n n n A x y y y x ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭0→.综上可得X 是Banach 空间.15．试证定理4中(f)式定义的(,)x y 的确满足内积分的定义.证明: 即要证明: 对于赋范线性空间(,||||)X ⋅, 如果范数满足平行四边形法则:2222||||||||2(||||||||)x y x y x y ++-=+(*)则由221(,):[||||||||]4x y x y x y =+--R (K =R 时) (f ’)或221(,):[||||||||4x y x y x y =+--C22||||||||]i x iy i x iy ++-- (K =C 时) (f)所定义的确实是内积. (i) 对于x X ∈,221(,)[||||||||4x x x x x x =+--C22||||||||]i x ix i x ix ++--2||||0x =≥,因为|1||1|i i +=-, 并且根据范数的性质2(,)00(,)||||0x x x x x x =⇔==⇔=C C .同理可证(,)0x x ≥R 且(,)00x x x =⇔=R . (ii)首先考虑K =R 时的情形, 对于,,x y z X ∈, 可将(,)(,)x z y z +R R 表示为如下形式: (,)(,)x z y z +R R221[||||||||4x z x z =+--22||||||||]y z y z ++-- ()()22221||||||||||||||||4x z y z x z y z ⎡⎤=+++--+-⎣⎦ 22142222x y x yx y x yz z ⎛⎫+-+-=++++-⎪ ⎪⎝⎭ 22142222x y x y x y x y z z ⎛⎫+-+---++--⎪ ⎪⎝⎭, 再由平行四边形法则222222x y x yx y x yz z +-+-++++-22222x y x y z ⎛⎫+-=++ ⎪ ⎪⎝⎭; 222222x y x yx y x yz z +-+--++--22222x y x y z ⎛⎫+-=-+ ⎪ ⎪⎝⎭. 因此(,)(,)x z y z +R R 221222x y x yz z⎛⎫++=+-- ⎪ ⎪⎝⎭2,2x y z +⎛⎫= ⎪⎝⎭R.进而, 令0y =可以得到(,)x z R 2,2x z ⎛⎫= ⎪⎝⎭R,这里利用了(0,)0z =R . 因为x 是任意的, 故可将x 换为x y +, 即可得到(,)x y z +R 2,2x y z +⎛⎫= ⎪⎝⎭R. 对照上述二式, 即有(,)(,)x z y z +R R =(,)x y z +R .(**)至于K =C 时的情形, 注意到从形式上看(,)=(,)(,)x y x y i x iy +C R R ,利用上述已经证明了的等式(**)不难得到(,)(,)x z y z +C C =(,)x y z +C .(iii) 首先考虑K =R 时的情形, 对于,x z X ∈和任意实数,s t ∈R , 由已经证明的(**)式有(,)(,)sx z tx z +R R =((),)s t x z +R ,可知函数():(,)f t tx z =R 满足如下的函数方程:()()()f s f t f s t +=+.(***)又():(,)f t tx z =R 关于t 是连续的, 因此必有()(1)(,)f t f t t x z ==R .(事实上, 由(***)式对于任意的正整数n 和m , 利用数学归纳法有()()f ns f s s s =+++()()()()f s f s f s nf s =+++=;进而取1s n =, 有11()(1)f f n n=, 因此 1()()(1)n nf nf f m m m==. 又(***)中取0s t ==可得(0)0f =, 取s t =-可得()()f s f s -=-. 因此对于所有的有理数, 均成立()(1)f s sf =.利用()f s 的连续性, 可知对所有的实数也成立. ) 因此得到(,)()(1)(,)tx z f t f t t x z ===R R .至于K =C 时的情形, 注意到由(f)221(,)[||||||||4ix y ix y ix y =+--C 22||||||||]i ix iy i ix iy ++--221[||||||||4ix y ix y =+--22||||||||]i x y i x y ++-- 22221[||||||||4i ix y i ix y =-++-22||||||||]i x y i x y ++-- 22[||||||||4ii x iy i x iy =--++22||||||||]x y x y ++-- (,)i x y =C .由此也容易得到, 对于t ∈C(,)(,)tx z t x z =C C .(iv) 当K =R 时, 容易知道221(,)[||||||||](,)4x y x y x y y x =+--=R R ;而当K =C 时, 直接计算也可得到221(,)[||||||||4x y x y x y =+--C 22||||||||]i x iy i x iy -++-221[||||||||4y x y x =+--22||||||||]i y ix i y ix --++ (,)y x =C .16．设D 是C 中单位开圆盘, 即{|||1}D z z =∈<C . dA 是D 上的面积测度, 2()a L D 定义为22(){|()|}a L D f f Df z dz =<∞⎰在中解析且|. (见课本第六页例4)在2()a L D 中定义内积为,()()Df g f z g z dA =⎰.试证(1)1()n n nz z ϕπ-=(1,2,n =)构成2()a L D 的正交基.(2) 若2()a f L D ∈的Taylor 展开式是0()kk k f z a z∞==∑, 则21kk a k ∞=<∞+∑;(3) 若2()ag L D ∈的展开式是0()kk k g z b z∞==∑, 则0,1k kk a b f g kπ∞==+∑.证：先给出一个预备性结果: 对于2()a f L D ∈，因为()f z 是解析函数, 因此可以展开为幂级数: 0()kk k f z a z∞==∑.由此可以断言：(),()n f z z ϕ=1.n a nπ- （*）事实上，因为()f z 是解析函数,幂级数kk k a z∞=∑在D 中内闭一致收敛, 即对于D 的任意闭子集F ,kk k a z∞=∑在F 上一致收敛. 对于01ε<<, 以下取闭子集F 为:{|||1}D z D z εε=∈≤-.容易知道D ε是D 中的闭子集.对于每一个1,2,n =, 注意到级数10kn k k a z z π-=∑在D ε中仍旧一致收敛, 以下的积分号和求和号可以交换顺序:(),()()()n n Df z z f z z dA ϕϕ=⎰0lim ()()n D f z z dA εεϕ→=⎰100lim kn k D k na z z dA εεπ∞-→==∑⎰10limk n k D k na z z dA εεπ∞-→==∑⎰10lim(cos sin )(cos(1)sin(1))k n k D k na r k i k n i n dAεεθθπθθ∞+-→==+⋅⋅---∑⎰2110lim(cos sin )(cos(1)sin(1))k n k k na d r k i k n i n rdrπεεθθθπθθ∞-+-→==+⋅⋅---∑⎰⎰1210lim(cos sin )(cos(1)sin(1))k n k k na r rdr k i k n i n d επεθθπθθθ∞-+-→==+⋅⋅---∑⎰⎰12110lim2n n na r dr εεππ---→=⎰210(1)lim 22nn n a nεεππ-→-= 1.n a nπ-=因此（*）式得证.(1) 首先证明{}111()n n n n n z z ϕπ∞∞-==⎧⎫⎪⎪=⎨⎬⎪⎪⎩⎭是正交集.事实上, 对于复数(cos sin )z r i θθ=+,根据所给的定义11112(),()(cos sin )(cos sin )m n m n Dm n n m Dz z z z dAmni i r dAϕϕππθθθθππ----+-==+-⎰⎰2(cos(1)sin(1))(cos(1)sin(1))n m Dmnr m i m n i n dAθθπθθ+-=-+-⋅⋅---⎰2120(cos(1)sin(1))(cos(1)sin(1))n m mnd r m i m n i n rdrπθθθπθθ+-=-+-⋅⋅---⎰⎰122(cos(1)(1)sin )(cos(1)sin(1))n m mnrrdr m i m n i n d πθθπθθθ+-=-+-⋅---⎰⎰121,,20,.mm m n mm n ππ⎧==⎪=⎨⎪≠⎩因此{}1()n n z ϕ∞=是正交集. 因为2()a L D 是完备的空间, 故只需再证{}1()n n z ϕ∞=是完备的即可得知其也是正交基. 设有2()a f L D ∈且{}1()()n n f z z ϕ∞=⊥. 因为()f z 是解析函数, 因此可以展开为幂级数:()k k k f z a z ∞==∑.根据（*）式，可以得到，对于每一个1,2,n =,0(),()n f z z ϕ=1.n a nπ-=由此即得10n a -=, (1,2,n =). 所以()0f z ≡. 即{}1()n n z ϕ∞=是完备的, 因此是2()a L D 中的正交基.(2) 既然{}1()n n z ϕ∞=是基,由Parseval 等式可以得到221(),()||||n n f z z f ϕ∞==<∞∑.利用（*）式，上式的左端可以表示为:2122211110(),().1n n n n n n n n f z z a aa nn n ϕπππ∞=∞∞∞--======+∑∑∑∑由此可得所预期的结论. (3) 对于0()kk k f z a z∞==∑和0()kk k g z b z∞==∑, 有10()()1kk k f z a z k πϕ∞+==+∑和10()()1kk k g z b z k πϕ∞+==+∑，利用内积的连续性和（*）式，10,(),()1kk k f g a z g z k πϕ∞+==+∑10(),()1kk k a z g z k πϕ∞+==+∑10(),()1kk k a g z z k πϕ∞+==+∑11kk k a b k k ππ∞=⎛⎫= ⎪++⎝⎭∑0.1k kk a b k π∞==+∑18．设H 是内积空间,{}n e 是H 中的正交集, 求证:1(,)(,)||||||||nnn x e y e x y ∞=≤⋅∑, (,x y H ∀∈).证： 对于任意的正整数k , 由Cauchy 不等式和Bessel 不等式可以得到22111(,)(,)(,)(,)kkkn n n n n n n x e y e x e y e ===≤⋅∑∑∑2211(,)(,)n n n n x e y e ∞∞==≤⋅∑∑||||||||x y ≤⋅,由k 的任意性, 知正项级数1(,)(,)nnn x e y e ∞=∑收敛, 因此级数1(,)(,)nnn x e y e ∞=∑绝对收敛,并且11(,)(,)(,)(,)||||||||nnnnn n x e y e x e y e x y ∞∞==≤≤⋅∑∑.19．试证2sin nt π⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭构成2([0,])L π的正交基, 但不是2([,])L ππ-的正交基. 证：(1) 首先证明{}112()sin n n n t nt ϕπ∞∞==⎧⎫⎪⎪=⎨⎬⎪⎪⎩⎭是2([0,])L π中的正交集. 事实上,[]022(),()sin sin 2cos()cos()2m n t t mtntdtm n t m n t dtππϕϕπππ==-+--⎰⎰1()1,,0,.m n m n ππ⎧--==⎪=⎨⎪≠⎩因此{}1()n n t ϕ∞=是2([0,])L π中的正交集. 同理, 也容易证明{}1()n n t ϕ∞=还是2([,])L ππ-中的正交集.(2) 因为2([0,])L π是完备的空间, 故只需再证{}1()n n t ϕ∞=是完备的即可得知其也是正交基.设有2([0,])f L π∈且{}1()()n n f t t ϕ∞=⊥. 将()f t 做奇延拓成为()f t :(),[0,],():(),[,0).f t t f t f t t ππ∈⎧=⎨--∈-⎩则()f t ∈2([,])L ππ-. 注意到对于1,2,n =, 利用{}1()()n n f t t ϕ∞=⊥,,()sin n f f t ntdt ππϕ-=⋅⎰()sin ()sin f t ntdt f t ntdt ππ-=⋅+⋅⎰⎰()sin ()sin f t ntdt f t ntdt ππ-=--⋅+⋅⎰⎰()sin ()sin f t ntdt f t ntdt ππ-=--⋅+⋅⎰⎰00()sin ()()sin f s n s ds f t ntdt ππ=-⋅-+⋅⎰⎰2()sin 0f t ntdt π=⋅=⎰.设{}{}00()cos n n n t nt ψ∞∞===,对于0,1,2,n =,利用()f t 是奇函数, 可得,()cos 0n f f t ntdt ππψ-=⋅=⎰.因此{}{}()10()()()n n n n f t t t ϕψ∞∞==⊥⋃.进而也容易得到()f t ⊥1cos sin cos sin ,,,,,,2t tnt ntπππππ⎧⎫⎨⎬⎩⎭. 又已经知道与{}{}{}{}1010()()sin )cos n n n n n n t t t nt ϕψ∞∞∞∞====⋃=⋃仅相差一个常数因子的三角函数系1cos sin cos sin ,,,,,,2t tnt ntπππππ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是2([,])L ππ-中的正交基, 因此()0f t =, a.e. [,]t ππ∈-,即有()0f t =, a.e. [0,]t π∈.因此{}1()n n t ϕ∞=是2([0,])L π中的正交基.(3) 注意到2sin nt π⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭在2([,])L ππ-中不是完备的, 例如对于恒等于常数1的函数2()1([,])f t L ππ≡∈-是非零元, 但对于1,2,n =,,1sin 0n f ntdt ππϕ-=⋅=⎰.因此, 2sin nt π⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭虽然是2([,])L ππ-的正交集, 但不是正交基.24． 试给出1([,])C a b 中列紧集的判别条件. 证：设子集1([,])A C a b ⊂且0x 是[,]a b 中一个数. 记{()|()}A f x f x A ''=∈及0{()|()}B f x f x A =∈.则A 是1([,])C a b 中的列紧集的充分必要条件是 (i) A '在([,])C a b 中有界; (ii) B 是R 中的有界集;(iii) A '是([,])C a b 中等度连续的集合.[充分性] 设1([,])A C a b ⊂满足条件(i), (ii)和(iii). 根据1([,])C a b 中范数的定义: 对于1([,])f C a b ∈,1([,])[,][,]:max |()|max |()|C a b x a b x a b ff x f x ∈∈'=+,容易看出,1([,])([,])C a b C a b k k f f f f −−−−→⇔−−−−→且([,])C a b k f f ''−−−−→因此只需证明A 和A '分别是([,])C a b 中的列紧集即可, 根据Arzela-Ascoli 定理, 这也只需证明A 和A '分别在([,])C a b 中有界且等度连续即可. 事实上, A '在([,])C a b 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A 在([,])C a b 中的有界性和等度连续性. 记A '在([,])C a b 中的一个界为A M ',B 作为R 中的有界集, 一个界纪为B M .对于任意的[,]x a b ∈, 利用中值定理, 有0000|()||()()||()||()()||()|().A B f x f x f x f x f x x f x M b a M ξ'≤-+'=-+≤-+ 此即表明[,]m a x |()|()A B x a b f x Mb a M '∈≤-+, 所以A 在([,])C a b 中有界,且界为()A B M b a M '-+. 进而对于,[,]x y a b ∈|()()||()()|||.A f x f y f x y M x y ξ''-=-≤-由此易知A 具有等度连续性.[必要性] 设A 是1([,])C a b 中的列紧集, 即对于A 的任何点列1{()}n n f x ∞=, 1{()}n n f x ∞=在1([,])C a b 中的范数(距离)1([,])[,][,]:max |()|max |()|C a b x a b x a b ff x f x ∈∈'=+意义下都有收敛的子列1{()}k n k f x ∞=. 因此, 1{()}n n f x ∞=和1{()}n n f x ∞='分别在([,])C a b 中有收敛的子列的1{()}k n k f x ∞=和1{()}k n k f x ∞='. 这表明, 根据Arzela- Ascoli 定理, A 和A '均是([,])C a b 中的列紧集, 因此A 和A '均在([,])C a b 中有界且等度连续, 因此得到(i)和(iii). 由A 的有界性, 可以知道集合0{()|()}B f x f x A =∈对于任意的0x [,]a b ∈都是R 中的有界集, 因此得到(ii). 26． 设(,)X ρ是紧距离空间，映射:f X X →满足1212((),())(,)f x f x x x ρρ<. (12x x ≠)则(1) f 是否有唯一的不动点? (2) f 是否为压缩映射?解答: (1) f 存在唯一的不动点, 证明如下: (存在性) 定义映射:h X →R 为()(,())h x x f x ρ=.由所给条件知此映射是连续的, 而X 是紧空间表明此映射能在X 中取得上下确界. 因此存在y X ∈, 使得()(,())inf ()x Xh y y f y h x ρ∈==.断言()inf ()0x Xh y h x ∈==，则y 是f 的不动点：()y f y =. 若不然, ()0h y >, 则在所给的条件中取()x f y =有(())((),(()))(,())()h f y f y f f y y f y h y ρρ=<=,此与y 达到()h x 的下确界相矛盾.(唯一性) 若还有z X ∈使得()z f z =但z y ≠. 仍由所给的条件, 有0(,)((),())(,)z y f z f y z y ρρρ<=<.这是个矛盾. 故必有z y =.(2) f 可以不是压缩映射. 反例如下:[反例1] 记[0,1]X =, 其中距离定义为两点之间的Euclid 距离: ,x y X ∀∈,(,):||x y x y ρ=-.因为X 是R 的闭子集, 因此是完备的, 显然也是紧的. 定义映射:T X X →为: 对于x X ∈,():1x T x x=+. 显然T 是自映射, 且有唯一的不动点0.对于任意的,x y X ∈, 设x y ≠, 则,x y 中至少有一个不为零, 由此容易得到||(,)11(1)(1)x y x y Tx Ty x y x y ρ-=-=++++ ||x y <-(,)x y ρ=.所以T 满足所需的条件, 但T 不是压缩映射, 因为,[0,1],[0,1](,)1supsup 1(,)(1)(1)x y x y x yx yTx Ty x y x y ρρ∈∈≠≠==++.因此不存在常数[0,1)α∈, 使得对于所有的,x y X ∈,(,)(,)Tx Ty x y ραρ≤.[反例2] 记1{0}1,2,X n n ⎧⎫=⋃=⎨⎬⎩⎭, 其中距离定义为两点之间的Euclid 距离: ,x y X ∀∈, (,):||x y x y ρ=-.因为X 是R 的闭子集, 因此是完备的, 显然也是紧的. 定义映射:T X X →为: 对于x X ∈,11,,():10,0,x T x n n x ⎧=⎪=+⎨⎪=⎩显然T 是自映射, 且有唯一的不动点0.对于任意的,x y X ∈, 设x y ≠, 如果,\{0}x y X ∈, 则有正整数,m n , m n ≠, 使得11,x y n m==, 且11||(,)11(1)(1)m n Tx Ty n m n m ρ-=-=++++ ||m n nm -<11(,)x y n mρ=-=; 如果,x y 中有一个为零, 例如0x =, 也有11(,)011Tx Ty m m ρ=-=++1m<(,)x y ρ=. 所以T 满足所需的条件, 但T 不是压缩映射, 因为例如对于 11,x y n m==, 当,m n →∞时, 成立11(,)11111(,)(1)(1)Tx Ty mnn m x y n m n mρρ-++==→++-,即不存在[0,1)α∈, 使得(,)(,)Tx Ty x y ραρ≤..补充题. 设二元函数(,)([,][,])g x y C a b a b ∈⨯,A 是([,])C a b 中的一个有界集, 记():(,)()()ba A F x g x y f y dy f x A ⎧⎫⎪⎪==∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭⎰.(i) 证明A 是([,])C a b 中的列紧集;(ii) 问当A 还是([,])C a b 中的闭集时, A 是不是紧集?证：(i) 因为(,)([,][,])g x y C a b a b ∈⨯, 不难得知A ⊆ ([,])C a b . 根据Arzela-Ascoli 定理, 只需再证明A 在([,])C a b 中有界且等度连续即可.(a) A 在([,])C a b 中有界, 即A 作为由连续函数组成的集合是一致有界的. 事实上, 如果记A 的一个界为M , |(,)|g x y 在[,][,]a b a b ⨯上的最大值为K , 则对于任意取定的()F x A ∈, 有某个()f x A ∈, 使得()(,)()baF x g x y f y dy =⎰, 由此得知|()|(,)()baF x g x y f y dy =⎰|(,)()|bag x y f y dy ≤⎰max |(,)|max |()|ba xb a y ba a y bg x y f y dy ≤≤≤≤≤≤≤⎰[,]||||bC a b af Kdy =⎰[,]||||()C a b f K b a ≤- ()KM b a ≤-.因此A 是([,])C a b 中有界集, 且A 的一个界为()KM b a -.(b) A 在([,])C a b 中等度连续. 对于()F x A ∈,有某个()f x A ∈, 使得()(,)()baF x g x y f y dy =⎰. 因为(,)([,][,])g x y C a b a b ∈⨯, 因此在[,][,]a b a b ⨯上一致连续, 故对于任意的0ε>,存在0δ>, 当,[,]x x a b '∈且||x x δ'-<时, 有|(,)(,)|g x y g x y ε'-< ([,]y a b ∀∈),由此可以得到|()()|(,)()(,)()bbaaF x F x g x y f y dy g x y f y dy ''-=-⎰⎰[(,)(,)]()bag x y g x y f y dy '=-⎰|(,)(,)||()|ba g x y g x y f y dy '≤-⎰max |()||(,)(,)|ba y ba f y g x y g x y dy ≤≤'≤-⎰[,]|||||(,)(,)|bC a b af g x y g x y dy '=-⎰()M b a ε≤-. 由此易知A 具有等度连续性.(ii) 当A 还是([,])C a b 中的闭集时, A 未必是紧集! 反例可以构造如下: 考虑([0,1])C 中的集合{|1,2,}k A x k ==,显然A 是([0,1])C 中的有界集, 一个界可以取为1.可以断言A 是([0,1])C 中的闭集, 因为对于任意的,klx x A ∈, 不妨设l k >, 则[0,1][0,1]max ||k lk l C x x x x x ∈-=-1k l k l kl kl kk k k k l l l l ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎡⎤=-=- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦, 对于任意固定的k , 当l 趋于无穷大时, 右端项趋向于1, 由此容易知道, 作为([0,1])C 中的子点列, 集合A 不是Cauchy 列, 因此不可能在([0,1])C 中有收敛的子列, 故集合A 没有聚点, 因此是([0,1])C 中的闭集.定义(,)1K x y =,显然(,)([0,1][0,1])K x y C ∈⨯. 对于上述的集合A , 不难计算{}11()|1,2,|1,2,1k A F x x dx k k k ⎧⎫=====⎨⎬+⎩⎭⎰ 显然， A 是([0,1])C 中列紧集，唯一的聚点是零函数，但零函数不在A 中，因此不是闭集. 补充题. 设A 是([,])C a b 中的一个有界集, 记():()()xa B F x f t dt f x A ⎧⎫⎪⎪==∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭⎰.证明B 是([,])C a b 中的列紧集.证：根据Arzela-Ascoli 定理, 需证明B 在([,])C a b 中有界且等度连续即可.(i) B 在([,])C a b 中有界, 即B 作为由函数组成的集合是一致有界的. 事实上, 如果记A 的界为M ,则对于任意取定的()F xB ∈, 有某个()f t A ∈, 使得()()xaF x f t dt =⎰, 由此得知|()|()|()|xxaaF x f t dt f t dt =≤⎰⎰[,]max |()|||||x xC a b a t baaf t dt f dt ≤≤≤=⎰⎰[,]||||()()C a b f b a M b a ≤-≤-.因此B 是([,])C a b 中有界集, 且B 的界为()M b a -.(ii) B 在([,])C a b 中等度连续. 对于()F x B ∈,有某个()f t A ∈, 使得()()xaF x f t dt =⎰.对于,[,]x x a b ∈|()()|()()xxaaF x F x f t dt f t dt -=-⎰⎰()|()|xxxxf t dt f t dt =≤⎰⎰[,]max |()|||||xxC a b a t bxxf t dt f dt ≤≤≤=⎰⎰||M x x ≤-. 由此易知B 具有等度连续性.补充题．证明课本20页定理8:对于距离空间(,)X ρ中的任何集合G , G '与G 均是闭集. 证：(i) 根据闭集的定义, 仅需证明()G G '''⊆.事实上, 设()y G ''∈, 则对于任意的0ε>((,)\{})S y y G ε'⋂≠∅.设((,)\{})x S y y G ε'∈⋂, 根据极限点的定义, 对于min{(,),(,)}0x y x y δρερ=->,有((,)\{})S x x G δ⋂≠∅.又(,)(,)S x S y δε⊆,因此有((,)\{})((,)\{})S y y G S x x G εδ⋂⊇⋂≠∅.注意到0ε>的任意性, 即可得到y G '∈. 因此G '是闭集. (ii) 需证明的是G G '⊆. 因为G G G '=⋃, 又()A B A B '''⋃⊆⋃,(*)故由(i)中已经证明了的结果, 有()G G G G G G G '''''''=⋃⊆⋃⊆⊆,因此G 是闭集.如下证明(*): 设y A B ''∉⋃, 则y A '∉, 且 y B '∉.由前者知存在某个00ε>, 使得0((,)\{})S y y A ε⋂=∅;由后者知存在某个10ε>, 使得1((,)\{})S y y B ε⋂=∅.取001min{,}δεε=, 则00δ>, 且0((,)\{})()S y y A B δ⋂⋃=∅,所以()y A B '∉⋃, 即(*)得证.。
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。
泛函分析答案泛函分析解答(20200916132101)
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nconv( B) = { a i x i| a i 0,i 1n［证明］设 A = { a i Xj a i 0,i 1na i= 1, x i B, n为自然数}.i 1na i = 1, x i B, n为自然数}.首先容易i 1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 ,…，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C0, C1, C2, ..., C m是m+ 1 个实数，其中C m 0，m 1 .m若C n t n= 0，由代数学基本定理知C o = C1 = C2 = ... = C m = 0，n 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。
2 24. 在中对任意的x = ( X1, X2)，定义|| x || 1 = | X1 | + | X2 |，|| x|| 2 = ( X12 + X22)1/2，|| x || = max{ | x 1 |, | X2 | }.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。
证明cl( L)也是X的线性子空间. ［证明］ x, y cl( L)， a ，存在L中的序列{ X n}, { y n}使得X nx ，y n y.从而x + y = lim X n + lim y = lim ( X n + y n) cl( L)，a x = a lim X n = lim(a X n ) cl( L).所以cl( L)是X的线性子空间.［注］这里cl( L)表示子集L的闭包.6. 设X为完备的线性赋范空间，M为它的闭线性子空间，X0 M.证明：L = { a X0 + y | y Ma }也是X的闭线性子空间.［证明］若a, b ，y, z M 使得ax°+ y = bx°+ z，则(a b) X0 = z y M，得到a = b，y = z；即L中元素的表示是唯一的.若L中的序列{ a n X0 + y n }收敛于X中某点z，则序列{ a n X0 + y n }为有界序列.由于M闭，x o M,故存在r > 0，使得|| x o y || r, y M.则当a n 0时有| a n I = | a n I • r • (1/ r) | a n | • || x o + y n/a n || • (1/ r ) = ||a n x o + y n || • (1/ r),所以数列｛ a n ｝有界，故存在｛ a n ｝的子列｛ a n(k)｝使得a n(k) a .这时y n( q = ( a n x o + y n) a. X o z a x o M.所以z L,所以L 闭.［注］在此题的证明过程中，并未用到“ X为完备的”这一条件.7. 证明：a.在2中，|| ?|| 1, || ?|| 2与|| ?|| 都是等价范数；b. || ?|| i与|| ?|| 2是等价范数的充要条件是：X中任意序列在两个范数下有相同的收敛性. ［证明］a.显然|| x || || x || 2 || x || 1 2|| x || ，所以|| ?|| 1,|| ?|| 2与|| ?||都是等价范数.b.必要性是显然的，下面证明充分性.首先inf ｛|| x || 21|| x || 1 = 1｝ O .若inf ｛|| x || 2| || x || 1 = 1｝ = 0，则存在X中序列｛ X n｝，使得|| x n || 1 = 1, || X n || 20 .而任意序列在两个范数下有相同的收敛性，从而|| x n || 1 0 .这矛盾说明inf ｛|| x || 21 || x || 1 = 1｝ = a > 0 .对x X,当x 0 时，|| ( x/|| x || 1) || 1 = 1，所以|| ( x川x || 1) || 2a.故x X有 a || x || 1 || x || 2.类似地可以证明存在b > 0使得b || x || 2 || x || 1, x X.所以两个范数等价.8. 证明：Banach空间m不是可分的.［证明见教科书p187,例3.5］9. 证明：c是可分的Banach空间.［证明见第4章习题16］10. 设X, Y为线性赋范空间，T B(X, Y).证明T的零空间N(T) = ｛ x X | Tx =0 ｝是X的闭线性子空间.［证明］显然N(T) = ｛ x X | Tx = 0 ｝是X的线性子空间.对x N(T)c, Tx 0,由于T是连续的，存在x的邻域U使得u U有Tu 0,从而U NT/ .故N(T)c是开集，N［T)是X的闭子空间.11.设无穷矩阵(a i j ) , ( i , j = =1,2,...) 满足supij|a0 |1，定义算子T :m m如下：y = Tx, ijaij j，其中x =(1i ), y = :( i ) m.证明:T是有界线性算子，并且||T || sup |a j |。
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
泛函分析试题及解答
∞
一 (X, ρ)是完备的距离空间，Ωn ⊂ X 列紧，n = 1, 2,…，问 Ωn 是
n=1
否列紧？若不列紧，如何增加条件使之列紧？
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）。
要证明 E 中有界集是列紧集，由 Arzela-Ascoli 定理，只需要证明一
致有界和等度连续即可。只证等度连续：对于 ∀f (x) ∈ E, x, y ∈ [0, 1]，都
有
| f (x) − f (y) |=|
y x
f
(t)dt
|
y x
|
f
(t)
|
dt。那么只需证
f
(t)
有界即
可。
考虑等价范数 f C1[0,1]= f C[0,1] + f C[0,1]，由 (E , · C1 ) 和 (E , · C[0,1]) 的完备性，知 f (t) 有界。
f1 与 f2 结合为 f ，由 三 知 f 连续。
五 设 X 是 B 空 间 ，A, B ∈ L(X)， 若 AB = BA， 则 对 ∀λ，Eλ = ker(λI − B) 一定是 A 的不变子空间。
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。
泛函分析作业题答案（改）
泛函分析作业题答案（改）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1sup j j j ξη≥-，(),0d x y ≥，且1sup 00j j j j j j j ξηξηξη≥-=?-=?=，即(),0d x y =当且仅当.x y =(2) ()()11,sup sup ,j j j j j j d x y d y x ξηηξ≥≥=-=-=；(3)设{}i z ζ=()()1111,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()因为()1tf t t=+是单调递增，所以()()(0)00()(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 ?>，1,2,，2,，则存在故命题得证。
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。
泛函分析习题解答
EF
∞
(m+p)
(m)
i=1
xi −x i 1 2i 1+ x(m+p) −x(m) i i
( m+ p )
(m)
cde fg ¢#h © k ∈ N , f ∀ ε > 0 , i N pq ,
k
m+p) m) ∀k ∈ N , x( − x( → 0 (m → ∞ , ∀p ∈ N ) . k k
(m) (m) k (m) k ∗ k (m) k ∗ k ∗ ∗ x ∗ === ( x ∗ 1 , x 2 · · · x n , · · · ).
1−
m
,··· . (1) 1 2 = ε.
QR!S x
(m)
→ x∗ ( ρ x
H6 ! w m → +∞ ) . 课后答案网
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 ) = | |
m
.
T
4
n x, y T n x, T n y 于是根据数学归纳法原理, 对 n 成立. n 1 0 1. 故有 又 0 T n x, T n y x, y . 即 T n 是压缩映射. (2) 逆命题不一定成立. 例如 x fx : 0, 1 0, 1 . 2
电子科技大学 泛函分析(江泽坚) 作业题答案
P46:第一章习题：1.验证(),()d m gg 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1sup j j j ξη≥-，(),0d x y ≥，且1sup 00j j j j j j j ξηξηξη≥-=⇔-=⇔=，即(),0d x y =当且仅当.x y =(2) ()()11,sup sup ,j j j j j j d x y d y x ξηηξ≥≥=-=-=；(3)设{}i z ζ=()()1111,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 gg 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 jx s n ξ=∈=L，{}()(0)0jx s ξ=∈，()⇒若0n x x →，则必有()(0)lim ,1,2,n j j n j ξξ→∞==L ，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-≥=L ，因为()1tf t t=+是单调递增， 所以()()(0)00()(0)011,,1,2,2211k k k n j j n j jn j jd x x k ξξεεξξ-≥⋅≥⋅=++-L ， 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→∞==L ，则对j ∀，0ε∀>，0N N +∃∈，0n N ∀>，()(0)2n j jεξξ-<，()()(0)0()(0)1111,,1,2,2211n j j n j j n j j j j d x x k ξξεεξξ∞∞==-=⋅<⋅=++-∑∑L ，由ε的任意性得()0,0.n d x x → 故命题得证。
泛函分析考试题型及答案
泛函分析考试题型及答案一、单项选择题（每题2分，共20分）1. 泛函分析中，下列哪个概念不是线性空间的基本元素？A. 向量B. 线性组合C. 线性映射D. 拓扑结构答案：D2. 在希尔伯特空间中，以下哪个性质不是内积空间必须具备的？A. 正定性B. 线性C. 对称性D. 交换性答案：D3. 下列哪个定理不是泛函分析中的基本定理？A. 赫尔德不等式B. 闵可夫斯基不等式C. 贝叶斯定理D. 一致有界性原理答案：C4. 巴拿赫空间是指完备的赋范线性空间，以下哪个条件不是巴拿赫空间必须满足的？A. 线性B. 赋范C. 完备性D. 有限维答案：D5. 在泛函分析中，紧算子是指将有界集映射到相对紧集的线性算子，以下哪个性质不是紧算子必须具备的？A. 线性B. 有界性C. 紧性D. 单射性答案：D6. 下列哪个概念不是泛函分析中的拓扑概念？A. 开集B. 闭集C. 连续性D. 线性映射答案：D7. 泛函分析中，下列哪个概念与巴拿赫空间无关？A. 赋范线性空间B. 完备性C. 紧性D. 线性答案：C8. 在泛函分析中，下列哪个性质不是线性泛函必须具备的？A. 线性B. 有界性C. 单射性D. 连续性答案：C9. 下列哪个定理不是泛函分析中解决方程问题的基本定理？A. 赫尔德定理B. 拉克斯-米尔格拉姆定理C. 贝祖定理D. 弗雷德霍姆选择定理答案：C10. 在泛函分析中，下列哪个概念不是线性算子的基本性质？A. 线性B. 有界性C. 紧性D. 可逆性答案：D二、填空题（每题2分，共20分）1. 泛函分析中的线性空间必须满足向量加法和标量乘法的______性。
答案：封闭2. 希尔伯特空间中的内积必须满足正定性、线性、对称性和______性。
答案：共轭对称3. 巴拿赫空间是完备的______线性空间。
答案：赋范4. 紧算子将有界集映射到______集。
答案：相对紧5. 巴拿赫空间中的完备性是指空间中的每个柯西序列都收敛到空间内的某个元素，这种性质也称为______性。
泛函分析答案泛函分析解答
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 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 iB , 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。
（完整word版）泛函分析习题标准答案
（完整word版）泛函分析习题标准答案第⼆章度量空间作业题答案提⽰ 1、试问在R 上，()()2,x y x y ρ=-能定义度量吗？答：不能，因为三⾓不等式不成⽴。
如取则有(),4x y ρ=,⽽(),1x z ρ=，(),1z x ρ= 2、试证明：（1）()12,x y x y ρ=-;(2)(),1x y x y x yρ-=+-在R 上都定义了度量。
证：（1）仅证明三⾓不等式。
注意到21122x y x z z y x z z y ??-≤-+-≤-+- ?故有111222x yx z z y-≤-+-（2）仅证明三⾓不等式易证函数()1xx x=+在R +上是单调增加的，所以有()()a b a b ??+≤+,从⽽有1111a b a b a b++≤≤+++++++令,,x y z R ?∈,令,a z x b y z =-=- 即111y x z x y zy x z x y z---≤++-+-+-4.试证明在[]b a C ,1上，)12.3.2()()(),(?-=ba dt t y t x y x ρ定义了度量。
证：（1）0)()(0),(≡-?=t y t x y x ρ（因为x,y 是连续函数） 0),(≥y x ρ及),(),(x y y x ρρ=显然成⽴。
[]),(),()()()()()()()()()()(),()2(y z z x dtt y t z dt t z t x dtt y t z dt t z t x dtt y t x y x bab ab aba ρρρ+≤-+-≤-+-≤-=5.试由Cauchy-Schwarz 不等式证明∑∑==≤??ni in i i x n x 1221证：∑∑∑∑=====?≤??ni in i n i i n i i x n x x 1212122118.试证明下列各式都在度量空间()11,ρR 和()21,R R 的Descartes 积21R R R ?=上定义了度量{}212/1222121,max ~~)3(;)(~)2(;)1(ρρρρρρρρρ=+=+= 证：仅证三⾓不等式。
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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1sup j j j ξη≥-，(),0d x y ≥，且1sup 00j j j j j j j ξηξηξη≥-=⇔-=⇔=，即(),0d x y =当且仅当.x y =(2) ()()11,sup sup ,j j j j j j d x y d y x ξηηξ≥≥=-=-=；(3)设{}i z ζ=()()1111,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 jx s n ξ=∈=，{}()(0)0jx 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()1tf t t=+是单调递增， 所以()()(0)00()(0)011,,1,2,2211k k k n j j n j jn j jd 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)2n j jεξξ-<，()()(0)0()(0)1111,,1,2,2211n 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.3i j εξξ-<当j m <时，构造{}()1k j k r ∞=使0ε∀>，0K ∃∈，0k K ∀>时有()3k j j r εξ-<，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 jj j mj m d x x r r r ξξξ≥≤≤≥+⎧⎫=-=--⎨⎬⎩⎭ ()1max ,sup ()3k m m m j j m r εξξξ≥+⎧⎫≤-+-⎨⎬⎩⎭max ,333εεεε⎧⎫≤+<⎨⎬⎩⎭所以0s 在()c 中稠密，即()c 可分。
9.证明：(1)pl p ≤<∞是完备的距离空间。
证：设()()()12(,,)n n n xx 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.pp m n m n p i i pi 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 px x x x ε-≤-<这表明对每个固定的i ，{}()1n in 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.kpm 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.pn p i i i x x ε∞=-≤∑(2)这表明().n p x xl -∈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 px x ε-≤因此()().n x x n →→∞故(1)p l p ≤<∞是完备的。
26.设T 是从赋范线性空间1,X 到赋范线性空间2,Y 的有界线性算子，证明112211sup sup x x T Tx Tx =≤==证明：由2001112211supsup sup x x x TxT Tx T x x x x ≠≠≠⎛⎫===⎪ ⎪⎝⎭， 得1112222111,011sup sup supsupx x x x x TxTxT Tx Tx T x x =≤≤≠≠≤≤≤≤=，故式中“≤”均可改为等号，命题得证。
27.设T 是Banach 空间X 上有界线性算子，如果存在X 上有界线性算子S ，使TS ST I ==， 则T 是有界可逆的，而且1.TS -=反之，如果T 是有界可逆的，则11.TT T T I --==这里I 是X 上恒等算子，即,.Ix x x X =∀∈证：(1) 记{}()|,R T y x X y Tx =∃∈=使，则T 是从X 到()R T 的满射，若12,x x X ∃∈，使12Tx Tx y ==，则由ST I =可得111222,.STx Ix x STx Ix x ==== 所以12x x =，所以T 是从X 到()R T 得单射， 可定义从()R T 到X 中的算子：1T y x -=，当.y Tx = 则由Sy I =可得Sy STx Ix x ===，所以1T S -=，又S 是有界线性算子。
所以T 是有界可逆的。
(2) 若T 是有界可逆的，则T 既是单射又是满射，且1T -是有界线性算子。
对x X ∀∈，()y R T ∃∈，使Tx y =且1T y x -=，则11T y T Tx x --==，所以1T T I -=， 又1T Ty Tx y -==，所以1TT I -=，即11.TT T T I --==28.设X 是距离空间，:T X X →是映射。
如果T 是压缩的，求证：对任意自然数n ，nT 也是压缩的。
如果对某个自然数1n >，nT 是压缩映射，T 也一定是压缩映射吗？ 证：(1) 因为T 是压缩映射,所以(0,1)α∃∈，使得(,)(,)Tx Ty x y ραρ≤，从而222(,)(,)(,)T x T y Tx Ty x y ραραρ≤≤。
假定(,)(,)nnnT x T y x y ραρ≤成立，则有111(,)(,)(,)(,)n n n n n n T x T y T x T y x y x y ραρααραρ+++≤≤=。
于是根据数学归纳法原理，(,)(,)nnnT x T y x y ραρ≤对n ∀∈成立。
又010 1.nααα<<⇒<≤<故有(,)(,)n n T x T y x y ραρ≤。
即n T 是压缩映射。
(2) 逆命题不一定成立。
例如：()[0,1].f x =→ 2():[0,1][0,1]2xf x =→是压缩映射，但是()[0,1]f x =→不是压缩映射。
第二章习题：9.设M 是Hilbert 空间H 的一个线性流行。
证明： (1) M ⊥是H 的子空间；(2)=M M ⊥⊥（）； (3) 如果1M 也是H 的线性流行，使1M M ⊂，则1M M ⊥⊥⊂。
证：(1) 如果,x y M ⊥∈，,αβ是任意两个数，则对每个z M ∈，我们有(,)(,)(,)000x y z x z y z αβαβαβ+=+=+=，从而x y M αβ⊥+∈，因此M ⊥是H 的子空间。
(2) ()x M ⊥∀∈，对y M M ∀∈⊆有(,)0x y =，x M ⊥⇒∈ M M ⊥⊥⇒⊆（）； 下证M M ⊥⊥⊇（） 对⊥∈∀M x ，M x ⊥，故M x ⊥，所以⊥∈)(M x ，因此⊥⊥⊆)(M M ，故有⊥⊥=)(M M 。
(3)111x M x M M M x M x M ⊥⊥∈⇒⊥⊂⇒⊥⇒∈且，1M M ⊥⊥∴⊂。
10.试证明H *按如下范数：1sup ()x f f x ≤=，当f H *∈是完备的赋范线性空间。
证：H *表示Hilbert 空间H 上全体连续线性泛函按逐点定义的加法和数乘形式的线性空间。
因为f H *∈，所以1sup ()0x f f x ≤=≥，0f =当且仅当()0f x =；11sup ()sup ()x x f f x f x f αααα≤≤===；111sup ()()sup ()sup ()x x x f g f x g x f x g x f g ≤≤≤+=+≤+=+故，H *为赋范线性空间。
下证H *是完备的：设{}1n n f ∞=是H *中的Cauchy 序列，则对0ε∀>，∃正整数N 使当,n m N ≥时有n m f f ε-≤ 即 1sup ()()n m x f x f x ε≤-<因为y H ∀∈，有()()n m y yf f y yε-<，则()()n m f y f y y ε-<， 故{}1()n n f y ∞=收敛。
设lim ()()n n f x f x →∞=，则上式中令m →∞可得1sup ()()n x f x f x ε≤-≤ 当n N ≥所以，{}1()n n f x ∞=一致收敛到()f x ，而()f x 也是连续函数，则，n m f f ε-≤，即n f f →且f H *∈，故H *事完备的。
综上，H *是完备的赋范线性空间。
11.证明：对任意的x H ∈，1sup (,).y x x y ≤=证：如果0x =，结论显然成立。
因此考虑0x ≠的情形。
如果1y ≤，则Cauchy-Schwarz 不等式表明(,).x y x y x ≤⋅≤因此，我们有1sup (,).y x y x ≤≤至于相反的不等式，令/z x x =，则1z =，因此1sup (,)(,)(,/)(,)/.y x y x z x x x x x x x ≤≥===因此，1sup (,)y x x y ≤=，且上确界实际上是最大值。