南开大学1999年实变函数与泛函分析考研试题

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实变函数与泛函分析报告答案

试卷一（参考答案及评分标准）一、1. C 2 D 3. B 4. A 5. D二、1．∅ 2、[]0,1； ∅ ； []0,1 3、***()()m T m T E m T CE =⋂+⋂4、充要5、11|()()|n i i i f x f x -=⎧⎫-⎨⎬⎩⎭∑成一有界数集。

三、1．错误……………………………………………………2分例如：设E 是[]0,1上有理点全体，则E 和CE 都在[]0,1中稠密 ………………………..5分2．错误…………………………………………………………2分例如：设E 是Cantor 集，则0mE =，但E =c ，故其为不可数集……………………….5分3．错误…………………………………………………………2分例如：设E 是[],a b 上的不可测集，[],;(),,;x x E f x x x a b E ∈⎧⎪=⎨-∈-⎪⎩则|()|f x 是[],a b 上的可测函数，但()f x 不是[],a b 上的可测函数………………………………………………………………..5分4．错误…………………………………………………………2分0mE =时，对E 上任意的实函数()f x 都有()0Ef x dx =⎰…5分四、1．()f x 在[]0,1上不是R -可积的，因为()f x 仅在1x =处连续，即不连续点为正测度集………………………………………..3分因为()f x 是有界可测函数，()f x 在[]0,1上是L -可积的…6分因为()f x 与2x ..a e 相等，进一步，[]120,101()3f x dx x dx ==⎰⎰…8分 2．解：设ln()()cos x n x n f x e x n-+=，则易知当n →∞时，()0n f x → …………………………..2分又因'2ln 1ln 0t t t t -⎛⎫=< ⎪⎝⎭，(3t ≥)，所以当3,0n x ≥≥时，ln()ln()ln 3ln 3(1)33x n n x x n n x x n n x n n ++++=≤≤++………………4分从而使得ln 3|()|(1)3x n f x x e -≤+…………………………………6分但是不等式右边的函数，在[)0,+∞上是L 可积的，故有 00lim ()lim ()0n n n n f x dx f x dx ∞∞==⎰⎰…………………………………8分五、1．设[0,1],E =,\().A E Q B E E Q =⋂=⋂B M B ∴∃⊂Q 是无限集，可数子集 …………………………2分 .A A M M ∴⋃Q :是可数集， ……………………………….3分 (\),(\),()(\),(\),B M B M E A B A M B M A M B M M B M φφ=⋃=⋃=⋃⋃⋃⋂=⋂=Q 且…………..5分 ,.E B B c ∴∴=:………………………………………………6分 2．,{},lim n n n x E E x x x →∞'∀∈=则存在中的互异点列使……….2分 ,()n n x E f x a ∈∴≥Q ………………………………………….3分 ()()lim ()n n f x x f x f x a →∞∴=≥Q 在点连续， x E ∴∈…………………………………………………………5分 E ∴是闭集.…………………………………………………….6分 3.对1ε=，0δ∃〉，使对任意互不相交的有限个(,)(,)i i a b a b ⊂ 当1()n i i i b a δ=-<∑时，有1()()1ni i i f b f a =-<∑………………2分将[,]a b m 等分，使11ni i i x x δ-=-<∑，对:T ∀101i x z z -=<k i z x <<=L ，有11()()1k i i i f z f z -=-<∑，所以()f x 在1[,]i i x x -上是有界变差函数……………………………….5分所以1()1,i i x x f V -≤从而()b af m V ≤，因此，()f x 是[,]a b 上的有界变差函数…………………………………………………………..6分4、()f x 在E 上可积lim (||)(||)0n mE f n mE f →∞⇒≥==+∞=……2分据积分的绝对连续性，0,0,,e E me εδδ∀>∃>∀⊂<，有|()|ef x dx ε<⎰………………………………………………….4分对上述0,,,(||)k n k mE f n δδ>∃∀>≥<，从而|()|n n e n me f x dx ε⋅≤<⎰，即lim 0n n n me ⋅=…………………6分5．,n N ∀∈存在闭集()1,,()2n n n F E m E F f x ⊂-<在nF 连续………………………………………………………………2分令1n k n k F F ∞∞===UI ，则,,,()n n n kx F k x F n k x F f x ∞=∀∈⇒∃∈⋂∀≥∈⇒在F 连续…………………………………………………………4分又对任意k ,()[()][()]n n n k n k m E F m E F m E F ∞∞==-≤-⋂=⋃-1()2n k n km E F ∞=≤-<∑…………………………………………….6分故()0,()m E F f x -=在F E ⊂连续…………………………..8分又()0,m E F -=所以()f x 是E F -上的可测函数，从而是E 上的可测函数………………………………………………………..10分。

1999年南开大学研究生入学考试试题宏观经济学及答案详解

1999年南开大学研究生入学考试试题宏观经济学及答案详解一、计算题(每题10分)1．假设一个企业是由发行股票建立，每股所得(每服的收益)E 为1元，市场利息率r 为5%，共发行了10000股，厂商的真实的置换成本为200000元。

(1)求该企业的市价和q 值；(2)市场利息率从5%降为4%时，求该企业等等市价和q 值；(3)资本的租用成本和资本的边际成本收益的关系有何变化?2．如果某国经济中t 年的国民收入Yt 是7万亿元，资本一产出比率v 为2，重置投资Dt 为每年1万亿元，年初资本存量K 为13万亿元，若在计1年国民收入的增长率为8%，分别计算计1年的净投资I 及总投资G。

二、简答题(每题20分)1．简述价格变动的总效应.(替代效应+收入效应)。

2．完全竞争条件下的厂商供给曲线是如何确定的？三、论述题(40分)一个在产品市场上为卖方垄断、在要素市场上为买方垄断的厂商是如何确定其劳动的均衡使用量和工资率。

答案部分1999年南开大学研究生入学考试试题宏观经济学一、计算题(每题10分)1．假设一个企业是由发行股票建立，每股所得(每服的收益)E 为1元，市场利息率r 为5%，共发行了10000股，厂商的真实的置换成本为200000元。

(1)求该企业的市价和q 值；(2)市场利息率从5%降为4%时，求该企业等等市价和q 值；(3)资本的租用成本和资本的边际成本收益的关系有何变化?解：（1）市值为200000%5011000010000=×=×r E 1200000200000＝＝重量成本市值=q （2）当r 由5%降到4%，市值为250000E 10000=×r 25.125000250000==q （3）q 大于1之后，则MPK ＞r+d 即资本的边际收益大于资本的边际租用成本。

2．如果某国经济中t 年的国民收入Yt 是7万亿元，资本一产出比率v 为2，重置投资Dt 为每年1万亿元，年初资本存量K 为13万亿元，若在计1年国民收入的增长率为8%，分别计算计1年的净投资I 及总投资G。

泛函分析基础试卷参考答案

所以T有界,且|| T ||M.(2分)
又对en{0,, 0, 1, 0,, }X, || en||1,
|| T ||sup|| x ||1|| T x |||| T en|||| {0,, 0, an, 0,} || = | an|(5分)
所以|| T ||supn| an|M.
所以|| T ||M.(3分)
所以2A x, y0x, yH
所以A x0xH
所以A0.(5分)
4.证明无穷维赋范线性空间X的共轭空间X '也是无穷空间.
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
所以(T), (5分)
对[0, 1],定义线性算子T : XX,对xC [0, 1]
(T x) (t) x (t)t[0, 1]
由|| T x ||maxt[ 0, 1]| x (t) |
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)
令SB1A1B (XX),则
S TB1A1ABI, A B B1A1I (2分)
所以ST1,所以T是正则算子. (1分)
二.以下各题每题15分,共75分
1.设X是度量空间, {xn}是X中Cauchy列,证明若存在{xn}的收敛子列{xn k},则{xn}收敛.
证设xX, xn kx (k)
对任何> 0,存在K, k > K时,

(完整版)《实变函数与泛函分析基础》试卷及答案要点

试卷一：一、单项选择题（3分×5=15分）1、1、下列各式正确的是（）（A ）1lim n k n n k n A A ∞∞→∞===⋃⋂; （B ）1lim n k n k n n A A ∞∞==→∞=⋂⋃;（C ）1lim n k n n k nA A ∞∞→∞===⋂⋃; （D ）1lim n k n k nn A A ∞∞==→∞=⋂⋂;2、设P 为Cantor 集，则下列各式不成立的是（）（A ）=P c (B) 0mP = (C) P P ='(D) P P =3、下列说法不正确的是（）(A) 凡外侧度为零的集合都可测（B ）可测集的任何子集都可测 (C) 开集和闭集都是波雷耳集（D ）波雷耳集都可测4、设{}()n f x 是E 上的..a e 有限的可测函数列,则下面不成立的是( ) （A ）若()()n f x f x ⇒, 则()()n f x f x → (B) {}sup ()n nf x 是可测函数（C ）{}inf ()n nf x 是可测函数;（D ）若()()n f x f x ⇒,则()f x 可测5、设f(x)是],[b a 上有界变差函数，则下面不成立的是（） (A) )(x f 在],[b a 上有界 (B) )(x f 在],[b a 上几乎处处存在导数（C ）)('x f 在],[b a 上L 可积 (D) ⎰-=b aa fb f dx x f )()()('二. 填空题(3分×5=15分)1、()(())s s C A C B A A B ⋃⋂--=_________2、设E 是[]0,1上有理点全体，则'E =______,oE =______,E =______.3、设E 是n R 中点集，如果对任一点集T 都有_________________________________，则称E 是L 可测的4、)(x f 可测的________条件是它可以表成一列简单函数的极限函数. （填“充分”，“必要”，“充要”）5、设()f x 为[],a b 上的有限函数，如果对于[],a b 的一切分划，使_____________________________________________________,则称()f x 为[],a b 上的有界变差函数。

泛函分析答案

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H?lder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H?lder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H?lder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? : X →l∞，f #? ( f ) = ( f (a1), f (a2), ...)．则? : X →l∞是线性双射，且|| ? ( f ) ||∞= sup k ≥ 1 | f (a k) | = sup0 < t≤ 1 { | f (t ) | } = || f ||．所以，? : 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? : X → 1称为凸的，如果不等式( λ x + (1 -λ) y ) ≤λ?( x ) + (1 -λ)?( 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?的一个局部极小点．如果存在x∈X，使得?( x ) < ?( x0)，则? t ∈(0, 1)，( t x + (1 -t ) x0) ≤t ?( x ) + (1 -t )?( x0) < t ?( x0) + (1 -t )?( x0) = ?( 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?( x0) ≤?( x )，即x0是?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 ie 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? : X →X/X0为? (x) = [ x ] = x + X0(?x∈X )．求证?是线性连续映射．证明：?x, y∈X，?α, β∈ ，( α x + β y ) = [α x + β y ] = [α x ] + [ β y ] = α [ x ] + β[ y ] = α? (x) + β? (y)．|| ? (x) -? (y) ||0 = || [ x ] - [ y ] ||0 = || [ x-y ] ||0 = in f z∈[ x-y ] || z || ≤ || x-y ||．所以，?是线性连续映射．(5) ?[ x ]∈X/X0，求证?y∈X，使得? (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? (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?的连续性，在X/X0中，?(s k) →?(s) ( k→∞ )．而?(s k) = ?( ∑ 1 ≤j ≤k y j ) = ∑ 1 ≤j ≤k ?( 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．。

《泛函分析》习题解答(不完全版)

( x1 , y) ( x1 , x2 ) ( x2 , y) , ( x2 , y ) (x2 , x1 ) (x1 , y ).
对两端关于 y A 取下确界, 可以得到 . inf ( x1 , y) ( x1 , x2 ) inf ( x2 , y) , inf (x2 , y ) (x2 , x1 ) inf (x1 ,y )
1 1
f ( x) L1 ([a, b]) , 需要证明: 对于任意的 0 , 存在 g ( x) C[a, b] , 使得
( f , g)
[ a ,b ]
| f ( x ) g ( x) | dx .
事实上, 首先根据积分的绝对连续性, 存在 0 , 使得当 E [a, b] , 只要 mE , 就有
x n , 0 x 1, f n ( x ) : 1, 1 x 2.
则 { f n ( x )} C ([0,2]) 在本题所定义的距离的意义下是 Cauchy 列, 因为
( f n , f m ) | f n ( x) f m ( x) | dx

因此, 根据 Lebesgue 有界收敛定理, 可以得到
( f n , g ) | f n ( x ) g ( x ) | dx
0
1
| x n 0 | dx x n dx
0 0
1
1
1 0. n 1
但 g ( x) C ([0,2]) . (2) C ([a, b]) 的完备化空间是 L ([a, b]) . 因为 (i) 在距离的意义下, C ([a, b]) 是 L ([a, b]) 的稠密子集. 事实上, 任意取定一个

泛函分析题1.3列紧集答案

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]。

实变函数与泛函分析4.2部分习题答案

习题4.24.2.2、设,,a b p 是实数，并且1p ≥。

证明不等式()()11p p pta t b t a t b +-≤+-，01t ≤≤特别地，令12t =，有()12p p p p a b a b -+≤+。

证：（ⅰ）若,0a b ≥函数()pf x x =在[)0,+∞上为凸函数∴当,0a b ≥时会成立()()()()()11f ta t b tf a t f b +-≤+- 即：()()()11pp p ta t bta t b +-≤+-（ⅱ）若,a b 都为负数，那么,a b --都为正数，则满足（ⅰ），即：()()()()()11pppta t b t a t b ---≤-+--式子两边取绝对值可得()()11pp pta t bt a t b +-≤+-（ⅲ）若,a b 异号，那么假设0a ≥，那么0b -≥，则()()()()()1111p p p pp p ta t b ta t b ta t b t a t b +-≤--≤+--=+-综上所述：()()11pp pta t bt a t b +-≤+-，01t ≤≤当12t =时，11112222p p p a b a b +≤+，即：()12p p p p a b a b -+≤+4.2.3、设(]0,1C 表示在半开半闭区间(]0,1上处处连续并且有界的函数()x t 的全体。

对于每个(]0,1x C ∈，令()01sup t x x t <≤=，证明：（ⅰ）x 是](0,1C 空间上的范数，](0,1C 按成一赋范线性空间；（ⅱ）在](0,1C 中点列{}n x 按范数收敛于0x 的充要条件是(){}n x t 在](0,1上均匀收敛于()0x t 。

证：（ⅰ）在(]0,1C 中的相加和数乘为：()()()()x y t x t y t +=+，()()()x t x t αα=（(](],0,1,0,1,x y C t R α∈∈∈）因此，对于(],0,1x y C ∈，(]0,1t ∈，R α∈，有（1）显然有0x ≥，(]0,1x C ∈ （2）()()()()010101sup sup sup t t t x x t x t x t x ααααα<≤<≤<≤===⋅=⋅（3）()()()()010101sup sup sup t t t x y x t y t x t y t x y <≤<≤<≤+=+≤+=+（4）令0x =，即()01sup 0t x t <≤=，也就是()0x t =，即x 为(]0,1C 中零元素综上所述：x 是](0,1C 空间上的范数，](0,1C 按成一赋范线性空间（ⅱ）对于{}n x 及(]0,1x C ∈，n x x →，即为()()00010sup 0n n t x x x t x t <≤-→⇔-→⇔()n x t 在(]0,1上均匀收敛于()0x t4.2.6、R 是线性空间，p 是R 上的函数，如果满足（ⅰ）()0p x ≥，()0p x =等价于0x =；（ⅱ）()()()p x y p x p y +≤+；（ⅲ）()()p x p x -=，并且()0lim 0n n p x αα→=，()()0lim 0n n p x p x α→=（,n αα是数），称p 是准范数，(),R p 为赋准范空间。

泛函分析习题及参考答案

∑
∞
ξi( n ) < ε p 对任何自然数 n 成立。
1 p
p
p⎞ ⎛ ∞ (n) (n) 证明：必要性证明，由 d ( xn , x) = ⎜ ∑ ξi − ξi ⎟ → 0 可知， ξi → ξi ， i = 1, 2, ⎝ i =1 ⎠
。
由 x = (ξ1 ,
∞
, ξi , ) ∈ l p 可知， ∀ε > 0 ，存在 N1 > 0 ，使得
1 3
1 3
1 1 1 ⎧ ⎫ O( x, ) ∩ O( y, ) = Φ ，从而 ⎨O( x, ) x ∈ M ⎬ 是一族互不相交的球，其总数是不可数的。 3 3 3 ⎩ ⎭
（或：由 ∪O 因此 {y n }至少也有不可数个，这与 {y n }是可数的相矛盾。（yn , ） ⊃l ⊃M 以
∞
1 3
p p
En
∫x
n
பைடு நூலகம்
− x dt +
p
Fn
∫x
n
− x dt 。此时，
p
1 1 ⎡ ⎤ p p p p p p x x dt ( x dt ) ( x dt ) − ≤ + ⎢ ⎥ ， ∫ x n − x dt < (b − a ) ⋅ ε 。 n n ∫ ∫ ∫ ⎢ En ⎥ Fn En En ⎣ ⎦
依测度收敛于 x(t ) 。
，令n → ∞，可得 m( E ( x n − x ≥ σ ) → 0 。即 x n (t )
由 x(t ) 的积分绝对连续性可知，对任何 ε > 0 ，存在 δ 1 > 0 ，使得 e ⊂ E ，me < δ 1 时，
( ∫ x(t ) dt ) <

实变函数与泛函分析基础习题.doc

实变函数与泛函分析基础习题.docn —1第⼀章集合4.证明，c s (u^)= nc-A.I —1 I证明 are C.( U All llli|⼯WS 、但⼯宅⼝ A ?，因此对任总2电44<,因⽽t —1<—1X € n C,4t- SxG n CM—1 c —1t —1得 H € c.( u A t y 所以 C.( 0 ^) = A C.A.<>i —1& 证明 lim A n = U nfi —?n —1 m —f>证明lix€ lim 则存在M 使⼀切n>N^eAn.所以⼯€ A⼉n u 0 Afl —*OQTIl ?fl ⼗ 1 f>*?l TT>?fl所以lim zt n C 0 n 4m . X € 0 A ⼼，则右F 使⼯€ Q 仏，即对任总m > n, {j fl —*8H —■ 1 Ffl—FB fl —1FII —fl WV-?fl x € 所以⼯ € lim /4n-n —*txj因此 lim 4n = U n 4m .R —*00Fl —1 ni —fl12.证明,所有系数为宵理数的多:爼成 I 放集.远明设俎是n 次存理系软多项式的全体，n=L2,-.*t WlM= J A n .A n 由n+1个 n —0独⽴的记号所決定，即⼏次多项式的n + l 个”理数系敖，其中肖项系数町取除0以外的⼀列#理ft, Kte 系数叮取⼆切〃理数，因此毎个记号迪⽴地跑対?个可数集，因此由M 定理 6X =⼇⼜由§4定理4亍=a.16. i ⽎A 是■数集合,则A 的所WVR f ?集作成的集4炉必可■证明设4 = {却严…}"的有限⽚集的全^A.An = {SZ2,,%}, A B 的F 集的 ' 兀?易汁算兀中焦有2"个尤索，⽽4 = J 4W ，因此久⾄多为町数的.乂 4中个尤奈纽成的集今是町数的，因⽽j 是叮数的.第⼆章点集注：E 。

南开大学(已有09试题)

南开大学陈省身数学研究所数学分析2000——2023年年（2023年年有答案）高等代数2003——2023年年（2023年年有答案）空间解析几何与高等代数2000——2002抽象代数2002微分几何1999——2000实变函数1999——2000泛函分析1999——2000概率统计1999——2000拓扑学1999——2000实变函数与泛函分析1999——2000数理方程1999——2000概率论与数理统计1999——2000偏微分方程数值解法1999——2000计算主意1999——2000数理统计1999——2000概率统计信息1999——2000量子力学1999——2023年年量子力学（物理）1999——2000量子力学导论2002——2023年年数学物理主意2003——2023年年数学科学学院数学分析2000——2023年年（2023年年有答案）高等代数2003——2023年年（2023年年有答案）空间解析几何与高等代数2000——2002抽象代数2002第 1 页/共22 页微分几何1999——2000实变函数1999——2000泛函分析1999——2000概率统计1999——2000拓扑学1999——2000实变函数与泛函分析1999——2000数理方程1999——2000概率论与数理统计1999——2000偏微分方程数值解法1999——2000计算主意1999——2000数理统计1999——2000概率统计信息1999——2000数学物理主意2003——2023年年物理科学学院材料化学2023年年材料物理2004——2023年年热力学统计物理2003——2004统计物理1999——2000理论力学1999——2000，2003——2004固体物理（基础部分）2004——2023年年大学物理2000大学物理（物理科学学院）2023年年大学物理（信息技术科学学院）2003——2004普通物理1999——2000，2003——2004晶体物理2004激光物理2003——2004光学（信息技术科学学院）2000，2003——2023年年光物理学2023年年应用光学1999——2000，2003——2023年年电动光学1999晶体管原理1999——2000量子力学1999——2023年年量子力学（物理）1999——2000量子力学导论2002——2023年年量子物理概论2003——2004细胞生物学1999——2000高等数学1999——2000高等数学（信息技术科学学院）2003——2023年年电磁学2003——2023年年电力电子学基础2003——2004经典物理学2023年年普通生物化学2003——2023年年生物物理学2003——2023年年数学物理主意2003——2023年年泰达生物技术学院数学分析2000——2023年年（2023年年有答案）高等代数2003——2023年年（2023年年有答案）微生物学1999——2000细胞生物学1999——2000生物化学1999——2000动物学1999，2003——2023年年昆虫学2003——2023年年普通生物化学2003——2023年年信息技术科学学院高等数学1999——2000第 3 页/共22 页高等数学（信息技术科学学院）2003——2023年年光学（信息技术科学学院）2000，2003——2023年年应用光学1999——2000，2003——2023年年信号与系统1999——2023年年控制原理1999——2000自动控制2023年年自动控制原理2003——2004现代控制论基础1999——2000，2003——2004综合基础课（光学、电路与系统、通信与信息系统、信号与信息系统、物理电子学、微电子学与固体电子学、光学工程专业）1999——2000，2002——2023年年编译原理1998数据结构（含程序设计）2002数据结构与算法2003——2004数据结构1998——2000软件基础1999——2000计算机软硬件基础2023年年C语言与数据结构2004计算机原理1999——2000，2003综合基础课（模拟电路、数字电路、计算机原理）1999——2000大学物理2000大学物理（物理科学学院）2023年年大学物理（信息技术科学学院）2003——2004晶体管原理2003——2004普通物理1999——2000，2003——2004通信原理2003——2023年年物理学2023年年运筹学2003——2023年年高分子化学与高分子物理1999——2000高分子化学与物理2004，2023年年环境科学与工程学院水污染控制工程2004——2023年年安全学导论2004——2023年年环境监测1999——2000，2002——2023年年环境经济学2003——2023年年环境微生物学1999——2000环境生物学2003——2023年年环境学导论2004——2023年年环境管理1999——2000，2003——2023年年动物生理学1999——2000环境化学1999——2000，2002，2023年年环境化学与分析化学2003——2004（注：2004年试卷缺页，惟独“环境化学”内容）环境质量评价1999——2000环境工程1999——2000细胞生物学1999——2000生物化学1999——2000环境科学概论1999——2000，2002——2003化学学院综合化学2023年年——2023年年无机化学1999——2000，2003——2023年年分析化学1999——2000，2003——2023年年，2023年年高分子化学与高分子物理1999——2000高分子化学与物理2004，2023年年有机化学1999——2000，2003——2023年年，2023年年物理化学2000，2003，2023年年——2023年年第 5 页/共22 页药物化学2004——2023年年细胞生物学1999——2000生物化学1999——2000固体物理（基础部分）2004——2023年年普通生物化学2003——2023年年植物化学保护1999——2000，2004生命科学学院微生物学1999——2000，2003——2023年年细胞生物学1999——2000生物化学1999——2000数学分析2000——2023年年（2023年年有答案）高等代数2003——2023年年（2023年年有答案）遗传学1999——2000，2003，2023年年真菌学1999——2000普通植物生理学1999——2000，2003——2023年年植物学1999——2000，2003动物学1999，2003——2023年年昆虫学2003——2023年年分子遗传学1999——2000植物生理学2000，2003——2023年年植物化学保护1999——2000，2004植物解剖学2023年年普通生态学1999——2000，2003——2023年年普通生物化学2003——2023年年普通微生物学2003——2023年年普通物理1999——2000，2003——2004数据结构（含程序设计）2002数据结构与算法2003——2004数据结构1998——2000医学院病理学2004——2023年年人体解剖学2004——2023年年生理学2004——2023年年生物化学（医）2004——2023年年药理学2004——2023年年汉语言文化学院汉语2023年年古代汉语2002现代汉语（文学院）2001现代汉语（汉语言文化学院）2002——2004语言学理论基础（汉语言文化学院）2001——2004 语言学理论2023年年文学院文学基础2023年年中国古代文学2023年年人文社科基础2004——2023年年世界文学2023年年综合考试（文学）1999——2000文学综合1999——2000文艺理论1999——2000，2004——2023年年文艺评论2004——2023年年文艺写作2023年年文艺评论写作1999——2000中国文学史1998——2002第7 页/共22 页中国文学批评史1998——2001古代汉语2002现代汉语与古代汉语2003——2023年年古典文学文献学2004——2023年年语言学概论2023年年现代汉语（文学院）2001现代汉语（汉语言文化学院）2003——2004语言理论基础（文学院）2003——2004语言学理论基础（汉语言文化学院）2001——2004 汉语基础知识2004汉语知识2004中国文学史2003——2023年年人文地理学1999——2000传扬学2003传扬学原理2004——2023年年绘画基础与创作2004——2023年年美学原理2003——2023年年书法技法2003——2004书法史论2003——2004新闻学原理2004——2023年年艺术史论2004——2023年年艺术与设计史论2003——2023年年中外美术史论2003——2023年年专业设计（环境设计）2003专业设计（设计艺术学、环境设计专业）2004专业设计（设计艺术学、视觉设计）2023年年历史学院古代汉语2003——2023年年古代文献2003——2004古典文献学2004——2023年年拉丁美洲史2003——2004历史地理2004——2023年年历史文献学2004——2023年年历史学基础理论2023年年美国史2003——2004美国学综论2023年年明清史2003——2004史学史2023年年世界近现代史（历史学院）2003——2023年年世界近现代史（日研院）2023年年世界上古中古史2003——2023年年世界通史2003——2023年年文物博物馆学2003——2023年年中国古代史2003——2023年年中国近现代史2003——2023年年中国史学史与史学理论2003——2004中国思想史2003——2023年年中国通史1994——1997，2003——2023年年中国文献学基础2003——2004中国近代史（中共党史专业）2003——2023年年哲学系马克思主义哲学（哲学各专业）2004——2023年年马克思主义哲学（马克思主义教诲学院）2003——2023年年宗教学概论2004——2023年年伦理学原理2004——2023年年美学概论2023年年第9 页/共22 页欧美哲学通史2003——2023年年西方哲学通史2023年年形式逻辑2003——2023年年中国哲学史2023年年中外哲学史2003——2023年年外国语学院二外日语2001——2023年年二外德语2001——2023年年二外法语2001——2023年年二外俄语2003——2023年年专业英语2000——2003，2023年年——2023年年（2023年年——2023年年有答案）（注：2023年年答案惟独英美文学部分，2023年年答案有英美文学部分和语言学部分）基础英语1997，2000——2023年年（1997，2004——2023年年，2023年年有答案）语言学基础2023年年（2023年年有答案）翻译2004（2004有答案）双语翻译与文学2004英美文学2004（2004有答案）语言学2004——2023年年（2004——2023年年有答案）二外英语2001，2003——2023年年，2023年年基础日语2001，2003——2023年年专业日语2001，2003——2023年年基础俄语2004——2023年年法学院刑法学2023年年法学综合（含法理学、宪法、民法、刑法、刑诉、民诉）2000——2023年年（2023年年试题有答案）民法与商法2003——2023年年，2023年年民法（民商法专业）2002民法（经济法专业）2002民法2000——2001（法理学）法学理论2023年年法学理论2003法制史（含中国法制史、外国法制史）2003——2023年年，2023年年国际法学（含国际经济法、国际公法、国际私法）2003——2023年年，2023年年国际经济法概论2000经济法与商法2003——2023年年，2023年年经济法1999诉讼法学（含行政诉讼法、刑事诉讼法、民事诉讼法）2004——2023年年，2023年年宪法学、行政法与行政诉讼法2003——2023年年，2023年年（2004有答案）环境法2023年年周恩来政府管理学院行政管理学2003——2023年年政策原理与政策分析2003——2023年年（2004有答案）国际关系史1999——2000，2003——2023年年国际关系学2003——2023年年国际关系概论1999——2000外交学概论与当代中国外交2004——2023年年外国政治制度史1999——2000政治学原理1999——2023年年中国政治制度史1999——2000中国通史1994——1997第11 页/共22 页中外政治思想史2003——2023年年中国政治思想史1999——2000，2002西方政治思想史1999——2000中外经济地理1999——2000世界近现代历史2002社会保障学2004——2023年年社会学理论2023年年社会学概论1995——2001，2003——2004社会调查主意与社会统计1995——2023年年社会工作2001环境学与环境法2004——2023年年西方经济学流派2004——2023年年（2004——2023年年有答案）心理学主意2004——2023年年（2004有答案）心理学基础2004——2023年年（2004有答案）马克思主义教诲学院马克思主义哲学（哲学各专业）2004——2023年年马克思主义哲学（马克思主义教诲学院）2003——2023年年科学社会主义原理2004——2023年年专业综合基础理论（科学社会主义与国际共产主义运动理论专业）2004——2023年年思想政治教诲原理2003——2023年年中共党史2003——2023年年中国近代史（中共党史专业）2003——2023年年中外哲学史2003——2023年年经济学院微观、宏观经济学2002，2023年年（2023年年有答案）微观经济学1999——2001宏观经济学1999——2001（1999——2000有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、保险学）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、财政学）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、产业经济学）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、国际经济学）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、金融工程学）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、经济思想史）2003（2003有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、劳动经济学）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、区域经济学）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、人口经济学）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、台湾经济）2003（2003有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、西方经济学流派）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、应用统计学）2003（2003有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、政治经济学）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、中国近代经济史）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（国际经济学）（世界经济、国际贸易专业）2003西方经济学1999——2003（1999——2000，2002有答案）政治经济学1999——2000，2002，2023年年（1999——2000，2002，2023年年第13 页/共22 页有答案）当代西方经济学1999——2001（2000——2001有答案）区域经济学2002——2003（2002——2003有答案）产业经济学2002——2003（2002——2003有答案）货币银行学1999——2001（1999——2001有答案）国际金融1999——2001（1999——2001有答案）中国近代经济史1999——2000社会经济统计学原理1999——2000中国近代经济史（经研所）1999——2000企业人力资源开辟与管理1999——2000保险学原理1999——2000劳动经济学1999——2000人口经济学1999——2000人口学理论2003——2023年年计量经济学1999——2000世界经济概论1999——2000房地产经济1999——2000财产学1999——2000世界经济概论与世界经济情况1999——2000市场学1999——2000信息系统技术1999——2000环境经济学1999——2000国际经济学1999——2002（2000——2002有答案）外国近现代经济史1999——2000综合基础课（保险）1999——2000金融学基础（联考）2002——2023年年（2002——2023年年有答案）商学院会计学综合2023年年——2023年年会计学综合考试1999——2000，2003——2023年年（2000，2003——2023年年有答案）财务管理1999——2000财务管理与管理会计1999——2000（1999——2000有答案）公司治理2023年年技术经济学2003——2023年年市场学1999——2000管理综合（含管理学、微观经济学）2003——2023年年（2003——2023年年有答案）（注：2023年年——2023年年的答案惟独管理学部分的答案，无微观经济学部分的答案）管理学概论2002信息系统技术1999——2000管理信息系统2003——2023年年旅游管理1999旅游学综合（旅游概论和旅游经济学）2001——2023年年旅游学概论1997企业人力资源开辟与管理1999——2000（1999——2000有答案）人文地理学1999——2000中外经济地理1999——2000计算机应用（设计程序、数据库系统）2004——2023年年编辑学2001出版学2001网络技术基础2001档案管理学2004——2023年年档案学概论2004——2023年年目录学（含目录学概论、中西文工具书）2003——2004文献目录学2023年年情报学（含情报学概论、科技文献检索、计算机情报检索）2003情报学（含情报学概论、信息检索）2004第15 页/共22 页情报学综合2023年年图书馆学理论2003——2023年年高等教诲研究所高等教诲原理2003——2023年年（2023年年有答案）经济学原理2023年年——2023年年（2023年年——2023年年有答案）高等教诲管理学2003——2023年年教诲社会学2004——2023年年教诲学原理2004——2023年年（2004有答案）普通心理学2003——2023年年（2004有答案）中国高等教诲史2003——2023年年经济与社会发展研究院专业综合（含微观经济学、区域经济学）2004——2023年年（2004——2023年年有答案）专业综合（宏观经济学、产业经济学）2004——2023年年（2004——2023年年有答案）微观、宏观经济学2002，2023年年（2023年年有答案）微观经济学1999——2001宏观经济学1999——2001（1999——2000有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、保险学）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、财政学）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、产业经济学）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、国际经济学）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、金融工程学）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、经济思想史）2003（2003有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、劳动经济学）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、区域经济学）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、人口经济学）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、台湾经济）2003（2003有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、西方经济学流派）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、应用统计学）2003（2003有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、政治经济学）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、中国近代经济史）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（国际经济学）（世界经济、国际贸易专业）2003西方经济学1999——2003（1999——2000，2002有答案）政治经济学1999——2000，2002，2023年年（1999——2000，2002，2023年年有答案）当代西方经济学1999——2001（2000——2001有答案）区域经济学2002——2003（2002——2003有答案）产业经济学2002——2003（2002——2003有答案）货币银行学1999——2001（1999——2001有答案）国际金融1999——2001（1999——2001有答案）中国近代经济史1999——2000社会经济统计学原理1999——2000中国近代经济史（经研所）1999——2000企业人力资源开辟与管理1999——2000第17 页/共22 页保险学原理1999——2000劳动经济学1999——2000人口经济学1999——2000人口学理论2003——2023年年计量经济学1999——2000世界经济概论1999——2000房地产经济1999——2000财产学1999——2000世界经济概论与世界经济情况1999——2000市场学1999——2000信息系统技术1999——2000环境经济学1999——2000国际经济学1999——2002（2000——2002有答案）外国近现代经济史1999——2000深圳金融工程学院专业基础（金融学）2003——2023年年（2003——2023年年有答案）微观、宏观经济学2002，2023年年（2023年年有答案）微观经济学1999——2001宏观经济学1999——2001（1999——2000有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、保险学）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、财政学）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、产业经济学）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、国际经济学）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、金融工程学）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、经济思想史）2003（2003有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、劳动经济学）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、区域经济学）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、人口经济学）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、台湾经济）2003（2003有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、西方经济学流派）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、应用统计学）2003（2003有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、政治经济学）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（微观经济学、宏观经济学、中国近代经济史）2003——2004（2003——2004有答案）专业基础（国际经济学）（世界经济、国际贸易专业）2003西方经济学1999——2003（1999——2000，2002有答案）政治经济学1999——2000，2002，2023年年（1999——2000，2002，2023年年有答案）当代西方经济学1999——2001（2000——2001有答案）区域经济学2002——2003（2002——2003有答案）产业经济学2002——2003（2002——2003有答案）货币银行学1999——2001（1999——2001有答案）国际金融1999——2001（1999——2001有答案）中国近代经济史1999——2000社会经济统计学原理1999——2000中国近代经济史（经研所）1999——2000企业人力资源开辟与管理1999——2000第19 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《实变函数及泛函分析基础》试卷及答案

试卷:一、单项选择题 (3分X 5=15分)1、1、下列各式正确的是(Q Q Q Q(A) limA^ - 宀;n ：4k ^n Q Q Q Q(C ) limA n=QH A k ；1 k H Q Q Q Q(B ) lim 代八一宀；n ^^ n二心 oO oo(D )UmA nA k；n £ k t2、设P 为Cantor 集，则下列各式不成立的是((A)P = c (B) mP =0 (C) P‘=P (D) P =P3、下列说法不正确的是((A)凡外侧度为零的集合都可测(B )可测集的任何子集都可测 (C)开集和闭集都是波雷耳集 (D )波雷耳集都可测 4、设 \ f n (x) / 是 E 上的a.e.有限的可测函数列,则下面不成立的是( (A )若 f n (X )— f(X ),则 f n (X )r f(X )(B) SUp ：f n (X )f 是可测函数n(C ) inf ^f n (x)［是可测函数；(D )若 f n (x)= f(x),则 f(x)可测 5、设f(x)是［a,b ］上有界变差函数，则下面不成立的是( (A) f(x)在［a,b ］上有界(B) f(x)在［a,b ］上几乎处处存在导数b(C ) f '(x)在［a,b ］上 L 可积(D). f'(x)dx 二 f (b) - f (a)a1、 (C S A J C S B)C (A-(A-B)) = _____________o—2、设E 是10,1】上有理点全体，贝U E '= ___ ,E= ______ ,E = ______.填空题(3分X 5=15分)3、设E是R n中点集，如果对任一点集T都有,则称E是L可测的4、f(x)可测的__________ 件是它可以表成一列简单函数的极限函数.(填“充分”,“必要”,“充要”)5、设f (x)为［a,b I上的有限函数，如果对于la,b］的一切分划，使_________________________________________________________ 卩称f(x)为l. a,b 1上的有界变差函数。

实变函数与泛函分析基础_第三版综合练习题

实变函数综合练习题《实变函数》综合训练题（一）（含解答）一、选择题（单选题）1、下列集合关系成立的是（ A ）（A ）(\)A B B A B ⋃=⋃ （B ）(\)A B B A ⋃=（C ）(\)B A A A ⋃⊆ （D ）(\)B A A ⊆2、若nE R ⊂是开集，则（ B ）（A ）E E '⊂ （B ）E 的内部E = （C ）E E = （D ）E E '= 3、设P 是康托集，则（ C ）（A ）P 是可数集（B ）P 是开集（C ）0mP = （D ）1mP =4、设E 是1R 中的可测集，()x ϕ是E 上的简单函数，则（ D ）（A ）()x ϕ是E 上的连续函数（B ）()x ϕ是E 上的单调函数（C ）()x ϕ在E 上一定不L 可积（D ）()x ϕ是E 上的可测函数5、设E 是nR 中的可测集，()f x 为E 上的可测函数，若()d 0Ef x x =⎰，则（ A ）（A ）在E 上，()f z 不一定恒为零（B ）在E 上，()0f z ≥ （C ）在E 上，()0f z ≡ （D ）在E 上，()0f z ≠二、多项选择题（每题至少有两个或两个以上的正确答案） 1、设E 是[0,1]中的无理点全体，则（C 、D ）（A ）E 是可数集（B ）E 是闭集（C ）E 中的每一点都是聚点（D ）0mE >2、若1E R ⊂至少有一个内点，则（ B 、D ）（A ）*m E 可以等于零（B ）*0m E >（C ）E 可能是可数集（D ）E 是不可数集3、设[,]E a b ⊂是可测集，则E 的特征函数()E X x 是（A 、B 、C ）（A ）[,]a b 上的简单函数（B ）[,]a b 上的可测函数（C ）E 上的连续函数（D ）[,]a b 上的连续函数4、设()f x 在可测集E 上L 可积，则（ B 、D ）（A ）()f z +和()f z -有且仅有一个在E 上L 可积（B ）()f z +和()f z -都在E 上L 可积（C ）()f z 在E 上不一定L 可积（D ）()f z 在E 上一定L 可积5、设()f z 是[,]a b 的单调函数，则（ A 、C 、D ）（A ）()f z 是[,]a b 的有界变差函数（B ）()f z 是[,]a b 的绝对连续函数（C ）()f z 在[,]a b 上几乎处处连续（D ）()f z 在[,]a b 上几乎处处可导三、填空题（将正确的答案填在横线上） 1、设X 为全集，A ，B 为X的两个子集，则\A B =C A B ⋂ 。

南开大学经济学历年考研真题完整非回忆版(1995—2012年)

南开大学经济学历年考研真题完整非回忆版（1995年-2012年）上传者：南开大学2011年硕士研究生入学考试试题学院：131经济学院、160经济与社会发展研究院、190日本研究院考试科目：894经济学基础（微、宏观）专业：世界经济、区域经济学、财政学、金融学、产业经济学、国际贸易学、劳动经济学、统计学、数量经济学、*保险学、*物流学、*金融工程、*精算学注意：请将所有答案写在专用答题纸上，答在此试题上无效一、简答（每题10分）1. 早在两百多年前，亚当斯密就曾断言：人们在追求私利的时候，会在一只“看不见的手”的指引下实现增进社会福利的目的。

当代西方经济学家将斯密的上述思想发展成为一个更加精致的原理：完全竞争的市场机制可以导致帕累托最优状态。

请简要解释完全竞争经济中的最优化行为为什么会导致帕累托最优？2. 请判断一下论断是否正确，并加以解释：“在长期内，为生产既定产量的产品，厂商总是在最优厂商规模的最低平均成本水平上进行生产”。

3. 如果已知每个消费者对私人物品与公共物品的需求曲线，请比较说明对一个经济体而言，私人物品与公共物品在定价上的区别。

消费者会愿意按照你所认为的公共物品的价格来进行支付吗？为什么？4. 是比较说明“凯恩斯主义极端”与“古典主义极端”两种情况的经济含义，以及在这两种情形下的财政政策与货币政策的有效性。

5. 货币冲击会对经济的实际产出在短期与长期内产生怎样的影响？请结合宏观经济学的不同流派理论进行比较分析。

二、计算（每题15分）1. 某消费者消费X和Y两种商品的效用函数为U=X2Y3，消费者收入M为100。

（1）求该消费者对X商品的需求函数；（2）若Y商品的价格为P Y=3，求当X商品的价格P X由2 变为1时产生的替代效应和收入效应。

2.一个行业有两家企业，这两家企业具有相同的成本函数C(q)=4q，其中q为企业的产量。

这个行业的反需求函数是P=100-2Q，其中P为价格，Q为行业的总产量。

实变函数论及泛函分析课后答案

第一章习题参考解答3．等式)()(C B A C B A --=⋃-成立的的充要条件是什么？解：若)()(C B A C B A --=⋃-，则 A C B A C B A C ⊂--=⋃-⊂)()(. 即，A C ⊂.反过来, 假设A C ⊂, 因为B C B ⊂-. 所以, )(C B A B A --⊂-. 故,C B A ⋃-)(⊂)(C B A --.最后证，C B A C B A ⋃-⊂--)()(事实上，)(C B A x --∈∀, 则A x ∈且C B x -∉。

若C x ∈，则C B A x ⋃-∈)(；若C x ∉，则B x ∉，故C B A B A x ⋃-⊂-∈)(. 从而, C B A C B A ⋃-⊂--)()(.A A CB AC B A C =∅-⊂--=⋃-⊂)()(. 即 A C ⊂.反过来，若A C ⊂，则因为B C B ⊂-所以)(C B A B A --⊂- 又因为A C ⊂，所以)(C B A C --⊂故 )()(C B A C B A --⊂⋃-另一方面，A x C B A x ∈⇒--∈∀)(且C B x -∉，如果C x ∈则 C B A x )(-∈；如果,C x ∉因为C B x -∉，所以B x ∉故B A x -∈. 则 C B A x ⋃-∈)(. 从而C B A C B A ⋃-⊂--)()(于是，)()(C B A C B A --=⋃-4．对于集合A ，定义A 的特征函数为⎩⎨⎧∉∈=A x A x x A ,0,1)(χ，假设 n A A A ,,,21是一集列，证明：（i ）)(inflim )(inf lim x x nnA nnA χχ=（ii ）)(sup lim )(sup lim x x n nA nnA χχ=证明：（i ）)(inf lim n nm N n n nA A x ≥∈⋂⋃=∈∀，N ∈∃0n ，0n m ≥∀时，m A x ∈.所以1)(=x m A χ，所以1)(inf=≥x mA n m χ故1)(inf sup )(inf lim ==≥∈x x mnA nm N b A nχχN n A x n n∈∀⇒∉∀inf lim ，有n k A x n n nm ≥∃⇒⋂∉≥有0)(inf0=⇒=⇒∉≥x A x mnk m A nm A k χχ，故0)(i n f s u p =≥∈x mA nm N b χ ，即)(in f l i m x nA nχ=0 ，从而)(inflim )(inf lim x x nnA nnA χχ=5．设}{n A 为集列，11A B =，)1(11>⋃-=-=i A A B j i j i i 证明（i ）}{n B 互相正交（ii ）i ni i ni B A N n 11,===∈∀证明：（i ）m n N m n ≠∈∀,,；不妨设n>m ，因为m n i n i n n A A A A B -⊂-=-=11，又因为m m A B ⊂，所以m n m n n B A A A B -⊂-⊂，故 ∅=m n B B ，从而 {∞=1}n n B 相互正交.（ii ）因为)1(n i i ≤≤∀，有i i A B ⊂，所以i n i i n i A B 11==⋃⊂⋃，现在来证：i ni i n i B A 11==⋃⊂⋃当n=1时，11B A =；当1≥n 时，有：i ni i ni B A 11===则)()()()()(11111111111i ni n i n i i n i n i n i n i n i i n i B B B A A A A A A =+==++=+=+=-=-==事实上，i ni A x 1=⋃∈∀，则)1(n i i ≤≤∃使得i A x ∈，令}{ni A x i i i ≤≤∈=1|m in 0且则 i ni i i i i i B B A A x 111000=-=⊂=-∈ ，其中，当10=i 时，∅=-=i i i A 110 ，从而， i ni i n i B A 11===6．设)(x f 是定义于E 上的实函数，a 为常数，证明：（i ）})(|{a x f x E >=}1)({1n a x f n +≥∞=(ii)})(|{a x f x E ≥=}1)({1na x f n ->∞=证明：（i ）})(|{a x f x E x >∈∀E x ∈⇒且a x f >)(}1)(|{1)(,na x f x E x E x a n a x f N n +≥∈⇒∈>+≥∈∃⇒且使得 ∈⇒x ⊂>⇒+≥∞=})(|{}1)(|{1a x f x E n a x f x E n }1)(|{1n a x f x E n +≥∞=反过来，{N n n a x f x x E x n ∈∃+≥∈∀∞=},1)(|{1，使}1)(|{na x f x E x +≥∈即E x a na x f ∈>+≥且1)( 故})(|{a x f x E x >∈ 所以 })(|{}1)(|{1a x f x E na x f x E n >⊂+≥⋃∞= 故}1)(|{})(|{1n a x f x E a x f x E n +≥>∞=7．设)}({x f n 是E 上的实函数列，具有极限)(x f ，证明对任意常数a 都有：}1)(|{inf lim }1)(|{inf lim })(|{11k a x f x E k a x f x E a x f x E n n k n n k +<=+≤=≤∞=∞=证明：N ∈∀≤∈∀k a x f x E x },)(|{，即k a a x f 1)(+≤≤，且E x ∈ 因为N n x f x f n n ∈∃=∞→，)()(lim ，使n m ≥∀，有ka x f n 1)(+≤，故，)}(1)(|{n m k a x f x E x m ≥∀+≤∈ 所以∈x }1)(|{ka x f x E m n m +≤≥ }1)(|{k a x f x E x m n m N n +≤∈≥∈ = }1)(|{inf lim ka x f x E m n +≤，由k 的任意性：}1)(|{inf lim 1k a x f x E x n n k +≤∈∞= ，反过来，对于}1)(|{inf lim 1ka x f x E x n n k +≤∈∀∞= ，N k ∈∀，有 }1)(|{inf lim k a x f x E x m n +≤∈= }1)(|{ka x f x E m n m N n +≤≥∈ ，即n m N n ≥∀∈∃，时，有：k a x f m 1)(+≤且E x ∈，所以，ka x f x f m m 1)()(lim +≤≤且E x ∈.∞→k 又令，故 E x a x f ∈≤且)( 从而})(|{a x f x E x ≤∈故 })(|{a x f x E ≤=}1)(|{inf lim 1ka x f x E n n k +≤∞=8．设)}({x f n 是区间（a ，b ）上的单调递增的序列，即≤≤≤≤)()()(21x f x f x f n若)(x f n 有极限函数)(x f ，证明：R a ∈∀，})({})({1a x f E a x f E n n >⋃=>∞=证明： })({a x f E x >∈∀，即：E x ∈且a x f >)(，因为)()(lim x f x f n n =∞→所以00,n n N n ≥∀∈∃，恒有：E )(∈>x a x f n 且，从而，})({0a x f E x n >∈})({1a x f E n n >⊂∞=反过来，N n a x f E x n n ∈∃>∈∀∞=01},)({ ，使})({0a x f E x n >∈，故0n n ≥∀，因此，a x f x f x f n n n >≥=∞→)()()(lim 0且E x ∈,即，})({a x f E x >∈，从而，})({})({1a x f E a x f E n n >=>∞=10．证明：3R 中坐标为有理数的点是不可数的。

xt1 实变函数与泛函分析习题

A ∩ ( x − ε , x + ε ) 不是可数集.
提示: 利用上题的结果.. 15. 设 A 是 R 中的可数集. 证明 E = {x − y : x, y ∈ A} 是可数集.
1
38
16. 设 A 是 R 中的可数集. 证明存在 x0 ∈ R , 使得 A ∩ ( x0 + A) = ∅.
∞
UA ,则I
n n =1
A
( x) = ∑ I An ( x).
n =1
∞
(4). 若 A ⊂ X , B ⊂ Y , 则 I A× B ( x) = I A ( x) I B ( x). (5). 设 { An } 是一列集 , A = lim An , B = lim An . 则 I A ( x) = limI An ( x),
Байду номын сангаас1 1
提示: 令 E = {x − y : x, y ∈ A}, 则 R − E ≠ ∅.
1
17. 证明 [0,1] × [0,1] ~ [0,1]. 18. 设 { An } 是环 R 中的一列集 . 证明存在 R 中一列互不相交的集 {Bn }, 使得
U Ai =U Bi ,
i =1 i =1
n
8. 设 f 是 X 到 Y 的映射, { At }t∈T 是 Y 中的一族集, A ⊂ Y . 证明
−1 (i). f −1 U At = U f ( At ). t∈T t∈T −1 (ii). f −1 I At = I f ( At ). t∈T t∈T (iii). f
A ∈ σ ( An , n ≥ 1).
提示: 令 F ={A: 存在 { An } ⊂ C , 使得 A ∈ σ ( An , n ≥ 1)} . 证明 F 是包含的C 的 σ − 代数. 28. 设 f : X → Y 是 X 到 Y 的映射,

泛函分析习题参考答案

泛函分析习题参考答案一、设),(y x d 为空间X 上的距离，试证：),(1),(),(~x y d x y d x y d +=也是X 上的距离。

证明：显然,0),(~≥y x d 并且y x y x d y x d =⇔=⇔=0),(0),(~。

再者，),(~),(1),(),(1),(),(~y x d y x d y x d x y d x y d x y d =+=+=；最后，由tt t +-=+1111的单调增加性及),(),(),(y z d z x d y x d +≤，可得 ),(),(1),(),(),(1),(),(),(1),(),(),(1),(),(~y z d z x d y z d y z d z x d z x d y z d z x d y z d z x d y x d y x d y x d +++++=+++≤+=),(~),(~),(1),(),(1),(y z d z x d y z d y z d z x d z x d +=+++≤。

二、设1p ≥，1()()(,,,)i n n p n x l ξξ=∈， ,2,1=n ，1(,,,)pi x l ξξ=∈，则n →∞时，1()1(,)0pp n n i i i d x x ξξ∞=⎛⎫=-→ ⎪⎝⎭∑的充要条件为)1(n →∞时，()n i i ξξ→，1,2,i =；)2(0ε∀>，存在0N >，使得()1pn i i N ξε∞=+<∑对任何自然数n 成立。

必要性证明：由1()1(,)0ppn n i i i d x x ξξ∞=⎛⎫=-→ ⎪⎝⎭∑可知，()n i i ξξ→，1,2,i =。

由1(,,,)pi x lξξ=∈可知，ε∀>，存在10N >，使得11(2ppi i N εξ∞=+<∑，并且1n N >时，()1(2p n p i i i εξξ∞=-<∑。

泛函分析习题解答

第一章练习题1．记([,])C a b 是闭区间[,]a b 上连续函数全体构成的集合, 在([,])C a b 上定义距离如下:(,)|()()|,,([,])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 =L ,定义,01,():1,1 2.n n x x f x x ⎧≤<=⎨≤≤⎩ 则{()}([0,2])n f x C ⊂在本题所定义的距离的意义下是Cauchy 列, 因为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 m E ∞==I ,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(),[,]\():0,,NNf x x a b E f x E ∈⎧=⎨⎩% 显然对于[,]x a b ∈恒有|()|f x N ≤%. 由Lusin 定理, 存在连续函数()(,)g x C ∈-∞+∞和闭集[,]F a b ⊂, 使得([,]\)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 =L , 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 E mE 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 L L , 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 <<<<<<L L ;且1([(0,)\(0,)])0i i m E S R S R +⋂>.对于每一个12(,,,,)i λλλλ=L L ,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 =L . 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=L L , 1(,,,)i μμμ=L L 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 L L , 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 ==L , 且11(,)3kk S f K ∞=⊇U . 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([,])kC 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 =L , ()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 →∞=L , 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 '''===L (*)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 L .因此对于任意的x E ∈, 存在唯一一组实数12,,,n x x x L , 使得1122n n x x x x =+++v v v L , 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 =L .(*)首先定义一个映射:nf ¡→¡为: 对于任意的12(,,,)n x x x L n ∈¡,121122(,,,):||||||||n n n f x x x x x x x ==+++v v v L L .则对于任意的,x y E ∈(1122n n y y y y =+++v v v L )有1122||||(,,,)n n x y f x y x y x y -=---L 111||||||||||||n n n x y x y ≤-⋅++-⋅v v L≤由此容易知道f 是n R 上的连续函数. 记1B ∂是nR 中的单位球面, 即21121{(,,,)|1}nn k k B x x x x =∂==∑L . 则对于任意的11(,,)n x x B ∈∂L , 有1(,,)0n f x x >L .(事实上, 若有1(,,)0n f x x =L 则111(,,)||||0n n n f x x x x =++=v v L L ,因此110n n x x ++=v v L , 但12,,,n v v v L 线性无关, 故必有120n x x x ====L , 此与11(,,)n x x B ∈∂L 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 L , 使得1122n n x x x x =+++v v v L , 不失一般性, 可设0x ≠因此, 12,,,n x x x L 不全为零, 注意到1y B ⎛⎫ ⎪=∈∂L , 故12()1,n f y f K +++=⎛⎫ ⎪=≥v L L或1122||||n n x x x x =+++≥v v v L 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 L ,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 =L , 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 =L ).记(0)()(0)(0)1122k n n xx x x =+++v v v L , 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0x y 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 =L , 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 =-000||||||||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 y x y x yz z +-+-++++-22222x y x y z ⎛⎫+-=++ ⎪ ⎪⎝⎭; 222222x y x y x 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 =+++L ()()()()f s f s f s nf s =+++=L ;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 z ϕ-=(1,2,n =L )构成2()a L D 的正交基.(2) 若2()af L D ∈的Taylor 展开式是0()kk k f z a z ∞==∑, 则201kk a k∞=<∞+∑;(3) 若2()ag L D ∈的展开式是0()kk k g z b z∞==∑, 则,1k kk a b f g k π∞==+∑. 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=n a - （*）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 =L ,注意到级数10k k a z -=∑在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=⎰lim ()()n D f z z dA εεϕ→=⎰100lim k D k a z dA εε∞-→==∑⎰10k n k D a z z dA εε∞-→==⎰10(cos sin )(cos(1)sin(1))k n k D a r k i k n i n dAεεθθθθ∞+-→==+⋅⋅---⎰2110(cos sin )(cos(1)sin(1))k n k a d r k i k n i n rdrπεεθθθθθ∞-+-→==+⋅⋅---⎰⎰1210(cos sin )(cos(1)sin(1))k n k a r rdr k i k n i n d επεθθθθθ∞-+-→==+⋅⋅---⎰⎰12110n n a r dr εεπ---→=⎰210(1)2nn a nεεπ-→-=n a -=因此（*）式得证.(1) 首先证明{}111()n n n n z ϕ∞∞-==⎫⎪=⎬⎪⎭是正交集. 事实上, 对于复数(cos sin )z r i θθ=+,根据所给的定义112(),()sin)sin)mm nm n n mz z dAi i r dAϕϕθθθθ----+-==+-⎰⎰2(cos(1)sin(1))(cos(1)sin(1))n mDr m i mn i n dAθθθθ+-=-+-⋅⋅---21200(cos(1)sin(1))(cos(1)sin(1))n md r m i mn i n rdrπθθθπθθ+-=-+-⋅⋅---⎰⎰12200(cos(1)(1)sin)(cos(1)sin(1))n mr rdr m i mn i n dπθθθθθ+-=-+-⋅---⎰11,,20,.m nmm nππ==⎪=⎨⎪≠⎩因此{}1()n nzϕ∞=是正交集. 因为2()aL D是完备的空间, 故只需再证{}1()n nzϕ∞=是完备的即可得知其也是正交基. 设有2()af L D∈且{}1()()n nf z zϕ∞=⊥. 因为()f z是解析函数, 因此可以展开为幂级数:()kkkf z a z∞==∑.根据（*）式，可以得到，对于每一个1,2,n=L,0(),()nf z zϕ=na-=由此即得1na-=, (1,2,n=L). 所以()0f z≡. 即{}1()n nzϕ∞=是完备的, 因此是2()aL D中的正交基.(2) 既然{}1()n nzϕ∞=是基,由Parseval等式可以得到221(),()||||nnf z z fϕ∞==<∞∑.利用（*）式，上式的左端可以表示为:21221110(),().1nnn nnn n nf z za aan nϕππ∞=∞∞∞--======+∑∑∑∑由此可得所预期的结论.(3) 对于()kkkf z a z∞==∑和()kkkg z b z∞==∑, 有1()()kkf z a z∞+==∑和1()()kkg z b z∞+==∑，利用内积的连续性和（*）式，1,(),()kkf g a z g z∞+==∑1(),()kka z g z∞+==∑ka∞==∑kka∞==∑.1k kka bkπ∞==+∑18．设H是内积空间,{}n e是H中的正交集, 求证:1(,)(,)||||||||n nnx 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1(,)(,)kn nnx e y e=≤∑≤||||||||x y≤⋅,由k的任意性, 知正项级数1(,)(,)n nnx e y e∞=∑收敛, 因此级数1(,)(,)n nnx 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nt ⎫⎪⎬⎪⎭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{}11()n n n t nt ϕ∞∞==⎫⎪=⎬⎪⎭是2([0,])L π中的正交集. 事实上,[]0(),()2cos()cos()2m n t t ntdtm n t m n t dtππϕϕπ==-+--⎰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 =L , 利用{}1()()n n f t t ϕ∞=⊥,°°,()sin n f f t ntdt ππϕ-=⋅⎰ °°0()sin ()sin f t ntdt f t ntdt ππ-=⋅+⋅⎰⎰ 00()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 =L ,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 ⊥⎫⎬⎭L L .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⎫⎬⎭L L 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nt ⎫⎪⎬⎪⎭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 =L ,,1sin 0n f ntdt ππϕ-=⋅=⎰.因此, nt ⎫⎪⎬⎪⎭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[,]max |()|()A B x a b f x M b 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 ⎧⎫=⋃=⎨⎬⎩⎭L , 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 m ρ=-=; 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 x ba 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 ==L ,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 l k 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{}101()|1,2,|1,2,1k A F x x dx k k k ⎧⎫=====⎨⎬+⎩⎭⎰%L L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.补充题．判断集合2121(,,,,)||,1,2,m m A y y y y l y m m ⎧⎫==∈≤=⎨⎬⎩⎭L L L是否为2l 中的列紧集?答：A 是2l 中的列紧集, 证明如下.因为211(1,,,,)2l m ∈L L ，即级数211m m∞=∑收敛，因此，对于任意的0ε>，存在某个0m ，使得0211m m mε∞=+<∑. 考虑集合：{}001212(,,,,0,)(,,,,)m m m A y y y y y y y A ==∈L L L L容易知道0m A 是A 的ε-网，且如果视其为0mR 空间中的子集，0m A 是有界集(一个界是，因此列紧，在2l 中仍然是列紧的. 进而知道2l 是完备的，因此根据前面补充题的结论（A 是列紧集的充分必要条件是对于任意的0ε>,A 有列紧的ε-网），可以得到A 是2l 中的列紧集.补充题．设(,)X ρ是完备的距离空间, A X ⊂. 证明:A 是列紧集的充分必要条件是对于任意的0ε>,A 有列紧的ε-网.证明：[必要性] 设A 是列紧集, 因此A 是完全有界集, 即对于任意的0ε>,A 存在有限ε-网B ,12{,,,}n B x x x =L .又有限集一定是列紧集, 因此B 是A 的列紧的ε-网.[充分性] 设条件成立, 即对于任意的0ε>, A 有列紧的/2ε-网B . 因为B 列紧, 因此全有界, 即存在有限的/2ε-网C . 不难证明C 是A 的有限ε-网. 由此可以得知, A 是全有界集, 又(,)X ρ是完备的距离空间,因此A 是列紧集.。

《实变函数与泛函分析基础》试卷及答案

试卷一：一、单项选择题（3分×5=15分）1、1、下列各式正确的是（）（A ）1lim n k n n k n A A ∞∞→∞===⋃⋂; （B ）1lim n k n k n n A A ∞∞==→∞=⋂⋃;（C ）1lim n k n n k nA A ∞∞→∞===⋂⋃; （D ）1lim n k n k nn A A ∞∞==→∞=⋂⋂;2、设P 为Cantor 集，则下列各式不成立的是（）（A ）=P c (B) 0mP = (C) P P ='(D) P P =ο3、下列说法不正确的是（）(A) 凡外侧度为零的集合都可测（B ）可测集的任何子集都可测 (C) 开集和闭集都是波雷耳集（D ）波雷耳集都可测4、设{}()n f x 是E 上的..a e 有限的可测函数列,则下面不成立的是( ) （A ）若()()n f x f x ⇒, 则()()n f x f x → (B) {}sup ()n nf x 是可测函数（C ）{}inf ()n nf x 是可测函数;（D ）若()()n f x f x ⇒,则()f x 可测5、设f(x)是],[b a 上有界变差函数，则下面不成立的是（） (A) )(x f 在],[b a 上有界 (B) )(x f 在],[b a 上几乎处处存在导数（C ）)('x f 在],[b a 上L 可积 (D) ⎰-=b aa fb f dx x f )()()('二. 填空题(3分×5=15分)1、()(())s s C A C B A A B ⋃⋂--=_________2、设E 是[]0,1上有理点全体，则'E =______,oE =______,E =______.3、设E 是n R 中点集，如果对任一点集T 都有_________________________________，则称E 是L 可测的4、)(x f 可测的________条件是它可以表成一列简单函数的极限函数. （填“充分”，“必要”，“充要”）5、设()f x 为[],a b 上的有限函数，如果对于[],a b 的一切分划，使_____________________________________________________,则称()f x 为[],a b 上的有界变差函数。