泛函分析基础试卷参考答案
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 xϕ=+在R +上是单调增加的， 所以有()()a b a b ϕϕ+≤+,从而有1111a b a b a ba 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。
泛函分析考试题型及答案
泛函分析考试题型及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 设函数空间E为所有连续函数的集合，定义泛函F(u)=∫₀¹u(x)dx，则F(u)是线性的。
A. 正确B. 错误答案：A2. 每一个线性泛函都可以表示为一个内积。
A. 正确B. 错误答案：B3. 泛函分析中的“泛函”一词指的是函数的函数。
A. 正确B. 错误答案：A4. 弱收敛和强收敛是等价的。
A. 正确B. 错误答案：B5. 紧算子总是有界算子。
A. 正确B. 错误答案：A6. 每一个闭算子都是有界的。
A. 正确B. 错误答案：B7. 每一个有界线性算子都是紧算子。
A. 正确B. 错误答案：B8. 每一个线性泛函都可以用Riesz表示定理表示。
A. 正确B. 错误答案：A9. 每一个线性算子都可以分解为一个紧算子和一个有界算子的和。
A. 正确B. 错误答案：B10. 每一个线性算子都可以分解为一个有界算子和一个紧算子的和。
A. 正确B. 错误答案：A二、填空题（每题3分，共15分）1. 设X是赋范线性空间，如果对于X中的每一个序列{x_n}，都有‖x_n‖→0当且仅当x_n→0，则称X是______空间。
答案：完备2. 设T是线性算子，如果T(X)是X的闭子空间，则称T是______算子。
答案：闭3. 设E是Hilbert空间，如果对于每一个x∈E，都有∥Tx∥≥∥x∥，则称T是______算子。
答案：正4. 设E是Banach空间，如果对于每一个序列{x_n}⊂E，都有∑‖x_n‖<∞当且仅当∑x_n收敛，则称E是______空间。
答案：自反5. 设E是线性空间，如果对于每一个序列{x_n}⊂E，都有∑x_n收敛当且仅当∑‖x_n‖<∞，则称E是______空间。
答案：序列完备三、简答题（每题10分，共30分）1. 简述Hahn-Banach定理的内容。
答案：Hahn-Banach定理指出，如果X是一个赋范线性空间，p是X 的一个线性子空间，f是p上的一个线性泛函，并且存在一个常数M使得对于所有x∈p，有|f(x)|≤M‖x‖，则存在X上的一个线性泛函F，使得F|p=f，并且对于所有x∈X，有|F(x)|≤M‖x‖。
(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。
《实变函数与泛函分析基础》试卷和答案
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 =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(含答案)
山东师范大学试题（时间：120分钟 共100分）课程编号： 4081331 课程名称：数学分析方法 适用年级： 2004学制: 四 适用专业：数学与应用数学 试题类别： 补考考生注意事项1、全题三个大题，22个小题。
判断正确（√）与错误（×）（本题10个小题，每题3分，共30分）：1、 （ ）距离空间X 中的序列{}n x 收敛于X x ∈*的充要条件是{}n x 的任意子列收敛于*x ；t P311 22、 （ ）任一离散空间必是完备的；t 311 93、 （ ）全有界集不一定可分；f 312 214、 （ ）相对紧集的闭包是紧集； t 313 345、 （ ）完备距离空间的闭子空间可能是完备的；f 313 296、 （)X 是完备距离空间，闭X F F T ⊂→:，如果存在[)1,0∈α，使()()F y x y x Ty Tx ∈∀<,,,,ρρ，则 F x ∈∃*!使得**x Tx =；f 280 Th17、 （ ）有界数列空间m 不是可分的；t 292 7.6.5 8、 （ ）函相对紧集未必是有界的；f 294 系19、 （ ）紧有界线性算子T 连续⇔T 有界； t318 Th210、 （ ）在空间[)[]3,21,0 =X ，()y x y x -=,ρ中，[)1,0=F 是相对紧集。
f ⎭⎬⎫⎩⎨⎧-n 11不收敛（本题共五个小题，每小题14分，共70分）：1、证明：连续函数空间[]b a C ,在范数()x f f bx a ≤≤=max 下构成一Banach 空间。
证1 显然[]b a C ,为一线性空间；2 ()()()00max 0;0max ≡⇔=⇔=≥=≤≤≤≤x f x f f x f f bx a bx a ；()()f x f x f f bx a bx a αααα===≤≤≤≤max max()()()()g f x g x f x g x f g f bx a bx a bx a +=+≤+=+≤≤≤≤≤≤max max max因而[]b a C ,为一赋范线性空间3 下证[]b a C ,的完备性设{}n f 是[]b a C ,的一基本列，及0>∀ε，0>∃N ，使得N n m >,时，有()ερ<-=n m n m f f f f ,。
泛函分析答案
泛函分析题1_3列紧集p191.3.1 在完备的度量空间中，求证：为了子集A是列紧的，其充分必要条件是对∀ε > 0，存在A的列紧的ε网．证明：(1) 若子集A是列紧的，由Hausdorff定理，∀ε > 0，存在A的有限ε网N．而有限集是列紧的，故存在A的列紧的ε网N．(2) 若∀ε > 0，存在A的列紧的ε/2网B．因B列紧，由Hausdorff定理，存在B的有限ε/2网C．因C ⊆B ⊆A，故C为A的有限ε网．因空间是完备的，再用Hausdorff定理，知A是列紧的．1.3.2 在度量空间中，求证：紧集上的连续函数必是有界的，并且能达到它的上、下确界．证明：设(X, ρ)是度量空间，D是紧子集，f : D→ 是连续函数．(1) 若f无上界，则∀n∈ +，存在x n∈D，使得f (x n) > 1/n．因D是紧集，故D是自列紧的．所以{x n}存在收敛子列x n(k) →x0∈D (k→∞)．由f的连续性，f (x n(k))→f (x0) (k→∞)．但由f (x n) > 1/n知f (x n)→ +∞(n→∞)，所以f (x n(k))→ +∞ (k→∞)，矛盾．故f有上界．同理，故f有下界．(2) 设M = sup x∈D f(x)，则∀n∈ +，存在y n∈D，使得f (y n) > M- 1/n．{y n}存在子列y n(k) →y0∈D (k→∞)．因此f ( y0 ) ≥M．而根据M的定义，又有f ( y0 ) ≤M．所以f ( y0 ) = M．因此f能达到它的上确界．同理，f能达到它的下确界．1.3.3 在度量空间中，求证：完全有界的集合是有界的，并通过考虑l 2的子集E = {e k }k≥ 1，其中e k = { 0, 0, ..., 1, 0, ... } (只是第k个坐标为1，其余都是0 )，来说明一个集合可以是有界的但不完全有界的．证明：(1) 若A是度量空间(X, ρ)中的完全有界集．则存在A的有限1-网N = { x0, x1, x2, ..., x n }．令R = ∑1 ≤j≤nρ(x0, x j) + 1．则∀x∈A，存在某个j使得0 ≤j≤n，且ρ(x, x j) < 1．因此，ρ(x, x0) ≤ρ(x, x j) + ρ(x j, x0) ≤ 1 + ∑1 ≤j≤nρ(x0, x j) = R．所以A是度量空间(X, ρ)中的有界集．(2) 注意到ρ(e k , e j) = 21/2 ( ∀k ≠ j )，故E中任意点列都不是Cauchy列．所以，E中任意点列都没有收敛子列(否则，该收敛子列就是Cauchy列，矛盾)．因此，E不是列紧集．由l 2是完备的，以及Hausdorff定理，知E不是全有界集．但E显然是有界集．1.3.4 设(X, ρ)是度量空间，F1, F2是它的两个紧子集，求证：∃x i ∈F i( i = 1, 2)，使得ρ(F1, F2) = ρ(x1, x2)．其中ρ(F1, F2) = inf {ρ(x, y) | x∈F1, y∈F2 }证明：由ρ(F1, F2)的定义，∀n∈ +，∃x i(n)∈F i( i = 1, 2)，使得ρ(x1(n), x2(n)) < ρ(F1, F2) + 1/n．因F1, F2紧，故不妨假设{x1(n)}, {x2(n)}都是收敛列．设它们的极限分别为x1, x2，则ρ(x1, x2) ≤ρ(F1, F2)．因此ρ(F1, F2) = ρ(x1, x2)．1.3.5 设M是C[a, b]中的有界集，求证集合{F(x) =⎰[a, x]f(t) dt | f∈M }是列紧集．证明：设A = {F(x) =⎰[a, x]f(t) dt | f∈M }．由M有界，故存在K > 0，使得∀f∈M，ρ( f, 0) ≤K．先证明A是一致有界的和等度连续的．∀F∈A，存在f∈M，使得F(x) =⎰[a, x]f(t) dt．由于ρ(F, 0) = max x∈[a, b] | F(x) | = max x∈[a, b] | ⎰[a, x]f(t) dt |≤ max x∈[a, b] | f(t) | · (b -a ) = ρ( f, 0) · (b -a ) ≤K (b -a )．故A是一致有界的．∀ε > 0，∀s, t∈[a, b]，当| s-t| < ε/K时，∀F∈A，存在f∈M，使得F(x) =⎰[a, x]f(u) du．| F(s) -F(t) | = | ⎰[s, t]f(u) du | ≤ max u∈[a, b] | f(u) | · | s -t |= ρ( f, 0) · | s -t | ≤K · (ε/K) = ε．故A是等度连续的．由Arzela-Ascoli定理，A是列紧集．1.3.6 设E = {sin nt}n≥ 1，求证：E在C[0, π]中不是列紧的．证明：显然E是一致有界的．根据Arzela-Ascoli定理，我们只要证明E不是等度连续的即可．我们的想法是找一个E中的点列f n，以及[0, π]中的两个点列s n和t n，使得| s n -t n | → 0，但| f n(s n)-f n(t n)|不收敛于0．事实上，这是可以做到的，只要令f n (u) = sin (2n u)，s n = (π/2)(1 + 1/(2n))，t n = (π/2)(1 - 1/(2n))．则s n + t n = π；s n -t n = π/(2n)→ 0(n→∞)．因此，| f n(s n)-f n(t n)| = 2 | sin (2n s n) - sin (2n t n) |= 2 | sin (n (s n -t n)) cos (n (s n + t n)) |= 2 | sin (π/2) cos (n π) | = 2．所以，E不是等度连续的．进而，E在C[0, π]中不是列紧的．1.3.7 求证S空间的子集A是列紧的充要条件是：∀n∈ +，∃C n> 0，使得∀x = (ξ1, ξ2, ..., ξn, ...)∈A，都有| ξn | ≤C n( n = 1, 2, ...)．证明：(⇐) 设x k = (ξ1(k), ξ2(k), ..., ξn(k), ...) ( k = 1, 2, ... )是A中的点列．存在{x k}的子列{x1, k}使得其第1个坐标ξ1(1, k)收敛；存在{x1, k}的子列{x2, k}使得其第2个坐标ξ2(2, k)收敛；如此下去，得到一个{x k}的子列的序列，第( j +1)个子列是第j个子列的子列，且第j个子列的第j个坐标是收敛的．选取对角线构成的点列{x j, j}，则{x j, j}是{x k}的子列，且每个坐标都收敛．根据习题1.2.1的证明可知，S空间的点列收敛的充要条件是坐标收敛．故{x j, j}是收敛点列．所以，A是列紧的．(⇒) 我们只要证明，∀n∈ +，A中的点的第n个坐标所构成的集合是有界集．若不然，设A中的点的第N个坐标所构成的集合是无界的．则存在A中的点列x k = (ξ1(k), ξ2(k), ..., ξn(k), ...) ( k = 1, 2, ... )，使得| ξN(k) | > k．显然，{ ξN(k) }无收敛子列，故{ x k }也无收敛子列，这与A列紧相矛盾．这样就完成了必要性的证明．1.3.8 设(X, ρ)是度量空间，M是X中的列紧集，映射f : X →M满足ρ( f (x1), f (x2)) < ρ( x1, x2 )(∀x1, x2∈M, x1≠x2)．求证：f在X中存在唯一的不动点．证明：(1) 首先证明cl(M)是紧集．为此只要证明cl(M)列紧即可．设{ x n }是cl(M)中的点列，则存在M中的点列{ y n }使得ρ( x n, y n) < 1/n．因M列紧，故{ y n }有收敛子列{ y n(k)}，设y n(k) →u∈cl(M)．显然{ x n(k)}也是收敛的，并且也收敛于u∈cl(M)．所以cl(M)是自列紧的，因而是紧集．(2) 令g(x) = ρ( x, f (x))，则g是X上的连续函数．事实上，由ρ( f (x1), f (x2)) < ρ( x1, x2 )可知f : X →M是连续的，因而g也连续．由习题1.3.2知存在x0∈cl(M)，使得g(x0) = inf {ρ( x, f (x)) | x∈cl(M) }．(3) 若g(x0) > 0，则ρ( x0, f (x0)) > 0，即x0≠f (x0)．故ρ( x0, f (x0)) = g(x0) ≤g( f (x0)) = ρ( f (x0), f ( f (x0))) < ρ( x0, f (x0))，矛盾．所以，必有g(x0) = 0，即ρ( x0, f (x0)) = 0，因此x0就是f的不动点．1.3.9 设(M, ρ)是一个紧距离空间，又E⊆C(M)，E中的函数一致有界并且满足下列的Hölder条件：| x(t1) -x(t2) | ≤Cρ(t1, t2)α(∀x∈E，∀t1, t2∈M )，其中0 < α≤ 1，C > 0．求证：E在C(M)中是列紧集．证明：由Hölder条件易知E是等度连续的．又E中的函数一致有界，由Arzela-Ascoli定理知E是C(M)中的列紧集．[第3节完] 泛函分析题1_4线性赋范空间p391.4.1 在2维空间 2中，对每一点z = (x, y)，令|| z ||1 = | x | + | y |；|| z ||2 = ( x 2 + y 2 )1/2；|| z ||3 = max(| x |, | y |)；|| z ||4 = ( x 4 + y 4 )1/4；(1) 求证|| · ||i( i = 1, 2, 3, 4 )都是 2的范数．(2) 画出( 2, || · ||i )( i = 1, 2, 3, 4 )各空间中单位球面图形．(3) 在 2中取定三点O = (0, 0)，A = (1, 0)，B= (0, 1)．试在上述四种不同的范数下求出∆OAB三边的长度．证明：(1) 正定性和齐次性都是明显的，我们只证明三角不等式．设z = (x, y), w = (u, v)∈ 2，s = z + w= (x + u, y + v )，|| z||1 + || w||1 = (| x | + | y |) + (| u | + | v |) = (| x | + | u |) + (| y | + | v |)≥ | x + u | + | y + v | = || z+ w||1．( || z||2 + || w||2 )2 = ( ( x 2 + y 2 )1/2 + ( u 2 + v 2 )1/2 )2= ( x 2 + y 2 ) + ( u 2 + v 2 ) + 2(( x 2 + y 2 )( u 2 + v 2 ))1/2≥ ( x 2 + u 2 ) + ( y 2 + v 2 ) + 2( x u+ y v )= ( x + u )2 + ( y + v)2 = ( || z+ w||2 )2．故|| z||2 + || w||2 ≥ || z+ w||2．|| z||3 + || w||3 = max(| x |, | y |) + max(| u |, | v |)≥ max(| x | + | u |, | y | + | v |) ≥ max(| x + u |, | y + v |) = || z+ w||3．|| ·||4我没辙了，没找到简单的办法验证，权且用我们以前学的Minkowski不等式(离散的情况，用Hölder不等式的离散情况来证明)，可直接得到．(2) 不画图了，大家自己画吧．(3) OA = (1, 0)，OB = (0, 1)，AB = (- 1, 1)，直接计算它们的范数：|| OA||1 = 1，|| OB||1 = 1，|| AB||1 = 2；|| OA||2 = 1，|| OB||2 = 1，|| AB||2 = 21/2；|| OA||3 = 1，|| OB||3 = 1，|| AB||3 = 1；|| OA||4 = 1，|| OB||4 = 1，|| AB||4 = 21/4．1.4.2 设c[0, 1]表示(0, 1]上连续且有界的函数x(t)全体．∀x∈c[0, 1]，令|| x || = sup{| x(t) | | 0 < t≤ 1}．求证：(1) || ·||是c[0, 1]空间上的范数．(2) l∞与c[0, 1]的一个子空间是等距同构的．证明：(1) 正定性和齐次性都是明显的，我们只证明三角不等式．|| x || = sup{| x(t) | | 0 < t≤ 1}．|| x || + || y || = sup{| x(t) | | 0 < t≤ 1} + sup{| y(t) | | 0 < t≤ 1}≥ sup{| x(t) + y(t) | 0 < t≤ 1} = || x + y ||．所以|| ·||是c[0, 1]空间上的范数．(2) 任意取定(0, 1]中的一个单调递减列{a k }，满足(i) a1 = 1；(ii) lim k→∞a k = 0．显然，在每个[a k + 1, a k]上为线性函数的f∈c[0, 1]是存在的．设X = { f∈c[0, 1] | f在每个[a k + 1, a k]上为线性函数}．容易验证X是c[0, 1]的子空间．定义ϕ : X →l∞，f #ϕ ( f ) = ( f (a1), f (a2), ...)．则ϕ : X →l∞是线性双射，且|| ϕ ( f ) ||∞= sup k ≥ 1 | f (a k) | = sup0 < t≤ 1 { | f (t ) | } = || f ||．所以，ϕ : X →l∞是等距同构．因此，l∞与c[0, 1]的一个子空间是等距同构的．1.4.3 在C1[a, b]中，令|| f ||1 = (⎰[a, b] ( | f(x) |2 + | f’(x) |2) dx )1/2 (∀f∈C1[a, b])．(1) 求证：|| · ||1是C1[a, b]上的范数．(2) 问(C1[a, b], || · ||1)是否完备？证明：(1) 正定性和齐次性都是明显的，和前面的习题一样，只验证三角不等式．我们先来证明一个比较一般的结果：若线性空间X上的非负实值函数p, q都满足三角不等式：p(x) + p(y) ≥p(x +y)，q(x) + q(y) ≥q(x +y)，∀x, y∈X；则函数h = ( p2 + q2 )1/2也满足三角不等式．事实上，∀x, y∈X，由Minkowski不等式，我们有h(x) + h(y) = ( p(x)2 + q(x)2 )1/2 + ( p(y)2 + q(y)2 )1/2≥ (( p(x)+ p(y))2 + ( q(x) + q(y))2 )1/2 ≥ ( p(x + y)2 + q(x + y)2 )1/2 = h(x + y)．回到本题：若令p( f ) = (⎰[a, b] | f(x) |2dx )1/2，q( f ) = (⎰[a, b] | f’(x) |2dx )1/2，则( p( f ) + p( g ))2 = ((⎰[a, b] | f(x) |2dx )1/2 + (⎰[a, b] | g(x) |2dx )1/2)2= ⎰[a, b] | f(x) |2dx + 2(⎰[a, b] | f(x) |2dx )1/2 · (⎰[a, b] | g(x)|2dx )1/2 + ⎰[a, b] | g(x) |2dx≥⎰[a, b] | f(x)|2dx + 2 ⎰[a, b] | f(x) | · | g(x)| dx + ⎰[a, b] | g(x)|2dx= ⎰[a, b] ( | f(x) | + | g(x)| )2dx ≥⎰[a, b] ( | f(x) + g(x)| )2dx = ( p( f + g ))2．所以有p( f ) + p( g ) ≥p( f + g )．特别地，p( f’ ) + p( g’ ) ≥p( f’ + g’ )，即q( f ) + q( g ) ≥q( f + g )．因此，线性空间C1[a, b]上的非负实值函数p, q都满足三角不等式．根据开始证明的结论，|| · ||1也满足三角不等式．所以，|| · ||1是C1[a, b]上的范数．(2) 在C1[- 1, 1]中，令f n(x) = (x2 + 1/n2 )1/2 ( ∀x∈[- 1, 1] )．则f’n(x) = 2x (x2 + 1/n2 )-1/2 ( ∀x∈[- 1, 1] )．显然，f n(x)几乎处处收敛于| x |，f’n(x)几乎处处收敛于2sign( x )．因此，f n(x)依测度收敛于| x |，f’n(x)依测度收敛于2sign( x )．则f’n(x) = 2x (x2 + 1/n2 )-1/2 ( ∀x∈[- 1, 1] )．显然，f n(x)几乎处处收敛于| x |，f’n(x)几乎处处收敛于2sign( x )．因此，f n(x)依测度收敛于| x |，f’n(x)依测度收敛于2sign( x )．故在L2[- 1, 1]中，f n(x) → | x |，f’n(x) → 2sign( x )．因此，它们都是L2[- 1, 1]中的基本列，故⎰[- 1, 1] | f n(x) -f m(x) |2 dx → 0(m, n→∞)；⎰[- 1, 1] | f’n(x) -f m’(x) |2 dx → 0(m, n→∞)．故|| f n-f m ||1 = (⎰[- 1, 1] ( | f n(x) -f m(x) |2 + | f’n(x) -f m’(x) |2 ) dx )1/2→ 0 (m, n→∞)．即{ f n }是C1[- 1, 1]中的基本列．下面我们证明{ f n }不是C1[- 1, 1]中的收敛列．若不然，设{ f n }在C1[- 1, 1]中的收敛于f∈C1[- 1, 1]．因|| f n-f ||1 = (⎰[- 1, 1] ( | f n(x) -f(x) |2 + | f’n(x) -f’(x) |2 ) dx )1/2≥ (⎰[- 1, 1] | f n(x) -f(x) |2dx )1/2，故在L2[- 1, 1]中，f n(x) →f．而在前面已说明L2[- 1, 1]中，f n(x) → | x |；由L2[- 1, 1]中极限的唯一性以及f的连续性，知f(x) = | x |．这样就得到f∉C1[- 1, 1]，矛盾．所以，{ f n }不是C1[- 1, 1]中的收敛列．这说明C1[- 1, 1]不是完备的．对一般的C1[a, b]，只要令f n(x) = (x - (a + b )/2)2 + 1/n2 )1/2( ∀x∈[a, b] )就可以做同样的讨论，就可以证明C1[a, b]不是完备空间．1.4.4 在C[0, 1]中，对每个f∈C[0, 1]，令|| f ||1 = (⎰[0, 1] | f(x) |2dx )1/2，|| f ||2 = (⎰[0, 1] ( 1 + x) | f(x) |2dx )1/2．求证：|| · ||1和|| · ||2是C[0, 1]中的两个等价范数．证明：(1) 在习题1.4.3的证明中已经包含了|| · ||1是C[0, 1]中的范数的证明．下面我们证明|| · ||2是C[0, 1]中的范数，我们仍然只要验证三角不等式．|| f ||2 + || g ||2 = (⎰[0, 1] ( 1 + x) | f(x) |2dx )1/2 + (⎰[0, 1] ( 1 + x) | g(x) |2dx )1/2= || (1 + x)1/2f(x) ||1 + || (1 + x)1/2g(x) ||1≥ || (1 + x)1/2f(x) + (1 + x)1/2g(x) ||1= || (1 + x)1/2 ( f(x) + g(x) ) ||1≥ (⎰[0, 1] (1 + x) | f(x) + g(x) |2dx )1/2= || f + g ||2．所以，|| · ||2也是C[0, 1]中的范数．(2) 我们来证明两个范数的等价性．∀f∈C[0, 1]|| f ||1 = (⎰[0, 1] | f(x) |2dx )1/2 ≤ (⎰[0, 1] ( 1 + x) | f(x) |2dx )1/2 = || f ||2，|| f ||2 = (⎰[0, 1] ( 1 + x) | f(x) |2dx )1/2 ≤ 2 (⎰[0, 1] | f(x) |2dx )1/2 = 2 || f ||1．因此两个范数等价．1.4.5 设BC[0, ∞)表示[0, ∞)上连续且有界的函数f(x)全体，对每个f ∈BC[0, ∞)及a > 0，定义|| f ||a = (⎰[0, ∞) e-ax | f(x) |2dx )1/2．(1) 求证|| ·||a是BC[0, ∞)上的范数．(2) 若a, b > 0，a≠b，求证|| ·||a与|| ·||b作为BC[0, ∞)上的范数是不等价的．证明：(1) 依然只验证三角不等式．|| f ||a + || g ||a = (⎰[0, ∞) e-ax | f(x) |2dx )1/2 + (⎰[0, ∞) e-ax | g(x) |2dx )1/2= || e-ax/2f(x)||L2 + || e-ax/2g(x)||L2≤ || e-ax/2f(x)+ e-ax/2g(x)||L2= || e-ax/2 ( f(x)+ g(x))||L2= (⎰[0, ∞) e-ax | f(x)+ g(x) |2dx )1/2= || f + g ||a，所以|| ·||a是BC[0, ∞)上的范数．(2) 设f n(x)为[n, +∞)上的特征函数．则f n∈BC[0, ∞)，且|| f n||a = (⎰[0, ∞) e-ax | f n(x) |2dx )1/2 = (⎰[n, ∞) e-ax dx )1/2 = ((1/a)e-an)1/2．同理，|| f n||b = ((1/b)e-bn)1/2．故若a < b，则|| f n||a/|| f n||b = (b/a)1/2e-(b -a)n/2→ +∞ (n→+∞)．因此|| ·||a与|| ·||b作为BC[0, ∞)上的范数是不等价的．1.4.6 设X1, X2是两个B*空间，x1∈X1和x2∈X2的序对(x1, x2)全体构成空间X = X1⨯X2，并赋予范数|| x || = max{ || x1 ||1, || x2 ||2 }，其中x = (x1, x2)，x1∈X1，x2∈X2，|| · ||1和|| ·||2分别是X1和X2的范数．求证：如果X1, X2是B空间，那么X也是B空间．证明：(1) 先验证|| · ||的三角不等式．设x = (x1, x2), y = (y1, y2)∈X1⨯X2，则|| x + y || = || (x1 + y1, x2 + y2) || = max{ || x1 + y1 ||1, || x2 + y2 ||2 }≤ max{ || x1 ||1 + || y1 ||1, || x2 ||2 + || y2 ||2 }≤ max{ || x1 ||1, || x2 ||2 } + max{ || y1 ||1, || y2 ||2 }= || (x1, x2) || + || (y1, y2) ||= || x || + || y ||，而|| · ||的正定性和齐次性是显然的，所以，|| · ||是X1⨯X2的范数．(2) 设X1, X2是B空间，我们来证明X也是B空间．设x(n) = (x1(n), x2(n))是X = X1⨯X2中的基本列，则|| x(n) -x(m) || = max{ || x1(n) -x1(m) ||1, || x2(n) -x2(m)||2 } ≥ || x1(n) -x1(m) ||1，故{x1(n)}是X1中的基本列，同理，{x2(n)}是X2中的基本列．因X1, X2是B空间，故{x1(n)}和{x2(n)}分别是X1, X2中的收敛列．设x1(n) →x1∈X1，x2(n) →x2∈X2，令x = (x1, x2)．则|| x(n) -x || = max{ || x1(n) -x1 ||1, || x2(n) -x2 ||2 }≤ || x1(n) -x1 ||1 + || x2(n) -x2 ||2→ 0 (n→∞)．所以，|| x(n) -x ||→ 0 (n→∞)．即{ x(n) }为X = X1⨯X2中的收敛列．所以X = X1⨯X2也是B空间．1.4.7 设X是B*空间．求证：X是B空间，必须且只须对∀{x n}⊆X，∑n≥ 1 || x n || < +∞⇒∑n≥ 1x n 收敛．证明：(⇒) ∀{x n}⊆X，记S n = ∑1 ≤j≤n x j，B n = ∑1 ≤j≤n || x n ||，则|| S n + p-S n || = || ∑1 ≤j≤n + p x j -∑1 ≤j≤n x j ||= || ∑n +1 ≤j≤n + p x j ||≤∑n +1 ≤j≤n + p || x j ||= B n + p-B n → 0，(n→∞)．故{ S n }为X中的Cauchy列．由X完备，故{ S n }为X中的收敛列，即∑n≥ 1x n 收敛．(⇐) 反证法．若(X, ρ)不完备，设(Y, d )为(X, ρ)的一个完备化．不妨设(X, ρ)是(Y, d )的子空间，则存在y∈Y \ X．因cl( X ) = Y，故∀n∈ +，存在x n∈X，使得d(x n, y) < 1/2n．则ρ(x n, x m) = d(x n, x m) ≤d(x n, y) + d(x m, y) ≤ 1/2n+ 1/2m → 0，因此{x n}是X中的Cauchy列，但不是收敛列．令z n = x n+1-x n，S n = ∑1 ≤j≤n z j；则z n, S n∈X．因|| z n || = || x n+1-x n || = ρ(x n+1, x n) ≤d(x n+1, y) + d(x n+1, y) ≤ 1/2n+1+ 1/2n < 1/2n - 1，故∑n≥ 1 || z n || < +∞．而S n = ∑1 ≤j≤n z j = ∑1 ≤j≤n ( x j+1-x j ) = x n+1-x1；故∑n≥ 1z n 在中不收敛．矛盾．1.4.8 记[a, b]上次数不超过n的多项式全体为 n．求证：∀f(x)∈C[a, b]，存在P0(x)∈ n，使得max a ≤x≤b| f(x) –P0(x) | = min{ max a ≤x≤b| f(x) –P(x) | | P∈ n }．证明：注意到 n是B*空间C[a, b]中的n+1维子空间．{1, x, x2, ..., x n}是 n中的一个向量组，把它看成C[a, b]中的一个有限向量组．根据定理p35, 1.4.23，对任意∀f(x)∈C[a, b]，存在最佳逼近系数{λ0, λ1, ..., λn}，使得|| f(x) –∑0 ≤j≤n λj x j || = min{ || f(x) –∑0 ≤j≤n a j x j || | (a0, a1, ..., a n)∈ n+1}．令P0(x) = ∑0 ≤j≤n λj x j 就得到要证明的结论．1.4.9 在 2中，对∀x = (x1, x2)∈ 2，定义范数|| x || = max(| x1 |, | x2 |)，并设|| x0–λ e1 ||．e1 = (1, 0)，x0 = (0, 1)．求a∈ 适合|| x0–a e1 || = minλ∈并问这样的a是否唯一？请对结果作出几何解释．解：g(λ) = || x0–λ e1 || = || (0, 1) –λ(1, 0)|| = || (–λ, 1)|| = max(| λ |, 1) ≥ 1，故g(λ) 当| λ| ≤ 1时取得最小值1．所以a = 0满足要求．显然满足要求的a不是唯一的．从几何上看就是某线段上的点到某定点的距离都是1．1.4.10 求证范数的严格凸性等价于下列条件：|| x + y || = || x || + || y || ( ∀x≠θ, y≠θ) ⇒x = c y ( c > 0)．证明：(⇒) 设范数是严格凸的，若x, y ≠θ满足|| x + y || = || x || + || y ||，事实上，我们总有|| (x/|| x ||) || = || (y/|| y ||) || = 1．因x, y ≠θ，故|| x || + || y || > 0，所以|| x + y || ≠ 0．于是|| x ||/|| x + y || + || y ||/|| x + y || = 1．假若x/|| x || ≠y/|| y ||，由严格凸性，得到|| (|| x ||/|| x + y ||)(x/|| x ||) + (|| y ||/|| x + y ||)(y/|| y ||) || < 1，即|| (( x + y )/|| x + y ||) || < 1，矛盾．因此必然有x/|| x || = y/|| y ||，即x = (|| x ||/|| y ||) y．(⇐) 设∀x, y ≠θ，|| x + y || = || x || + || y ||蕴涵x = c y ( c > 0)．下面证明范数是严格凸的．设x≠y，且|| x || = || y || = 1，又设α, β∈(0, 1)，且α + β= 1．我们知道|| α x + β y || ≤ || α x || + || β y || = α || x || + β|| y || = α + β= 1．假若|| α x + β y || = 1，根据我们的条件，就得到α x = c (β y)，其中c > 0．那么，就有|| α x || = || c (β y) ||，而|| x || = || y || = 1，所以α= c β；故x = y，这就与x≠y相矛盾．所以必然有|| α x + β y || < 1，即范数是严格凸的．1.4.11 设X是线性赋范空间，函数ϕ : X → 1称为凸的，如果不等式ϕ( λ x + (1 -λ) y ) ≤λϕ( x ) + (1 -λ)ϕ( y ) ( ∀ 0 ≤λ≤ 1)成立．求证凸函数的局部极小值必然是全空间的最小值．证明：设x0是凸函数ϕ的一个局部极小点．如果存在x∈X，使得ϕ( x ) < ϕ( x0)，则∀ t ∈(0, 1)，ϕ( t x + (1 -t ) x0) ≤t ϕ( x ) + (1 -t )ϕ( x0) < t ϕ( x0) + (1 -t )ϕ( x0) = ϕ( x0)．而对x0的任意邻域U，都存在t ∈(0, 1)，使得t x + (1 -t ) x0∈U．这就与x0是局部极小点相矛盾．因此∀x∈X，都有ϕ( x0) ≤ϕ( x )，即x0是ϕ的最小点．1.4.12 设(X, || · ||)是一线性赋范空间，M是X的有限维子空间，{e1, e2, ..., e n}是M的一组基，给定g∈X，引进函数F : n → 1．对∀c = (c1, c2, ..., c n)∈ n，规定F(c) = F(c1, c2, ..., c n) = || ∑1 ≤i≤n c i e i-g ||．(1) 求证F是一个凸函数；(2) 若F的最小值点是c = (c1, c2, ..., c n)，求证f = ∑1 ≤i≤n c i e i给出g在M中的最佳逼近元．证明：(1) 设c = (c1, c2, ..., c n), d = (d1, d2, ..., d n)∈ n, λ∈[0, 1]，则F(λ c + ( 1 -λ) d ) = || ∑1 ≤i≤n ( λ c i + ( 1 -λ) d i ) e i-g ||= || λ∑1 ≤i≤n c i e i + ( 1 -λ) ∑1 ≤i≤n d i e i- (λ g+ ( 1 -λ)g )||= || λ(∑1 ≤i≤n c i e i -g) + ( 1 -λ) ( ∑1 ≤i≤n d i e i-g )||≤λ|| ∑1 ≤i≤n c i e i -g || + ( 1 -λ) || ∑1 ≤i≤n d i e i-g ||= λ F(c)+ ( 1 -λ)F(d)，故F是一个凸函数．(2) 因为{e1, e2, ..., e n}是M的一组基，故M中的每个元h都可表示为h = ∑1 ≤i≤n d i e i，其中d = (d1, d2, ..., d n)∈ n．因为F(c) ≤F(d)，故|| f-g || = F(c) ≤F(d) = || h-g ||．那么f就是g在M中的最佳逼近元．1.4.13 设X是B*空间，X0是X的线性子空间，假定∃c∈(0, 1)使得∀y∈X，有inf { || y–x || | x ∈X0 } ≤c || y ||．求证：X0在X中稠密．证明：设y∈X，∀ε > 0，∃x1∈X0，s.t. || y–x1 || < c || y || + ε /4．∃x2∈X0，s.t. || (y–x1) –x2 || < c || y–x1 || + ε /8．∃x3∈X0，s.t. || (y–x1 –x2 ) –x3 || < c || y–x1 –x2 || + ε /16．如此下去，可得到一个X0中的点列{ x n }，满足|| y–∑1 ≤j≤n +1x j|| < c || y–∑1 ≤j≤n x j|| + ε /2n + 2(∀n∈ +)．那么，我们可以用数学归纳法证明|| y–∑1 ≤j≤n x j|| < c n || y || + ε (∑1 ≤j≤n 1/2j + 1)．当n = 1时，|| y–x1 || < c || y || + ε /4．结论成立．当n = 2时，|| (y–x1) –x2 || < c || y–x1 || + ε /8< c (c || y || + ε /4) + ε /8 < c 2 || y || + ε (1/4 + 1/8)，结论成立．当n≥ 3时，若|| y–∑1 ≤j≤n x j|| < c n || y || + ε (∑1 ≤j≤n 1/2j + 1)成立，则|| y–∑1 ≤j≤n +1x j|| < c || y–∑1 ≤j≤n x j|| + ε /2n + 2< c (c n || y || + ε (∑1 ≤j≤n 1/2j + 1)) + ε /2n + 2< c n+1 || y || + ε (∑1 ≤j≤n 1/2j + 1)) + ε /2n + 2< c n+1 || y || + ε (∑1 ≤j≤n+ 11/2j + 1))，因此结论也成立．由数学归纳法原理，∀n∈ +，|| y–∑1 ≤j≤n x j|| < c n || y || + ε (∑1 ≤j≤n 1/2j + 1)．因为c∈(0, 1)，故存在N∈ +，使得c N || y || < ε /2．令x = ∑1 ≤j≤N x j，则x∈X0．且|| y–x || < ε /2 + ε (∑1 ≤j≤N 1/2j + 1) < ε．所以，X0在X中稠密．[张峰同学的证明] 反证法．若不然，则cl(X0)是X的真闭线性子空间．用Riesz引理，存在y∈X，使得|| y || = 1，且inf { || y–x || | x ∈ cl(X0)} > c．故对此y∈X，有inf { || y–x || | x ∈X0 } > c || y ||，矛盾．1.4.14 设C0表示以0为极限的实数全体，并在C0中赋以范数|| x || = max n≥1| ξn |，( ∀x = (ξ1, ξ2, ..., ξn, ...)∈C0 )．又设M = {x = (ξ1, ξ2, ..., ξn, ...)∈C0 | ∑n ≥1 ξn/2n = 0}．(1) 求证：M是C0的闭线性子空间．(2) 设x0= (2, 0, 0, ...)，求证：inf z ∈M || x0–z || = 1，但∀y∈M，有|| x0–y || > 1．证明：(1) 显然M ≠∅，容易直接验证M是C0的线性子空间．若x k = (ξ1(k), ξ2(k), ..., ξn(k), ...)为M中的点列，且x k→x = (ξ1, ξ2, ..., ξn, ...)∈C0．则∀ε > 0，存在N∈ +，使得∀k > N，|| x k -x || < ε．此时，∀n∈ +，有|ξn -ξn(k)| ≤ max n≥1| ξn -ξn(k) | = || x k -x || < ε．| ∑n ≥1 ξn/2n | = | ∑n ≥1 ξn/2n-∑n ≥1 ξn(k)/2n | = | ∑n ≥1 (ξn -ξn(k))/2n |≤∑n ≥1 |ξn -ξn(k)|/2n≤∑n ≥1 ε/2n = ε．所以，∑n ≥1 ξn/2n = 0，即x = (ξ1, ξ2, ..., ξn, ...)∈M．所以M是C0的闭线性子空间．(2) x0= (2, 0, 0, ...)，∀z = (ξ1, ξ2, ..., ξn, ...)∈M，|| x0–z || = max{| 2 -ξ1 |, | ξ2 |, | ξ3 |, ... }．如果| 2 -ξ1 | > 1，则|| x0–z || > 1．如果| 2 -ξ1 | ≤ 1，则| ξ1 | ≥ 1，我们断言{| ξ2 |, | ξ3 |, ... }中至少有一个大于1者．否则，假若它们都不超1，因为ξn → 0 (n→∞)，故它们不能全为1．由∑n ≥1 ξn/2n = 0知| ξ1 |/2 = | ∑n ≥2 ξn/2n | ≤∑n ≥2 | ξn | /2n < ∑n ≥2 1/2n = 1/2，这样得到| ξ1 | < 1，矛盾．故{| ξ2 |, | ξ3 |, ... }中至少有一个大于1者．因此也有|| x0–z || > 1．综上所述，但∀y∈M，有|| x0–y || > 1．由此，立即知道inf z ∈M || x0–z || ≥ 1．下面证明inf z ∈M || x0–z || ≤ 1．∀n∈ +，令z n= (1 - 1/2n, -1, -1, ..., -1, 0, 0, ...)．( z n从第2个坐标开始有连续的n个-1，后面全部是0 )，则(1 - 1/2n)/2 - 1/4 - 1/8 - ... - 1/2n + 1 = 0，因此z n∈M．此时，|| x0–z n || = max{| 1 + 1/2n|, | 1/4|, | 1/8|, ... } = 1 + 1/2n．故inf z ∈M || x0–z || ≥ inf n || x0–z n || = inf n (1 + 1/2n ) = 1．所以，inf z ∈M || x0–z || = 1．1.4.15 设X是B*空间，M是X的有限维真子空间，求证：∃y∈X，|| y|| = 1，使得|| y–x || ≥ 1 ( ∀x ∈M )．证明：取定z∈X \ M，令Y = span{z} + M．记S = { y∈Y | || y || = 1 }．则M是Y的真闭子空间，而S是Y中的单位球面．由Riesz引理，∀n∈ +，存在y n∈S，使得d( y n, M ) ≥ 1 - 1/n．因为Y也是有限维的，故其中的单位球面为自列紧集．存在{y n}的收敛子列．不妨设y n(k) →y∈S．则d( y n(k), M ) ≥ 1 - 1/n(k)，故有d( y, M ) ≥ 1．即|| y–x || ≥ 1 ( ∀x ∈M )．1.4.16 若f是定义在区间[0, 1]上的复值函数，定义ωδ( f ) = sup{| f (x) – f (y) | | ∀x, y∈[0, 1], | x–y | ≤δ}．如果0< α≤ 1对应的Lipschitz空间Lipα，由满足|| f || = | f(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f )} < +∞的一切f组成，并且以|| f ||为模．又设lipα = { f∈Lipα| lim δ→ 0 δ–αωδ( f ) = 0}．求证Lipα是B空间，而且lipα是Lipα的闭子空间．证明：(1) 显然，C1[0, 1]⊆Lipα，因此Lipα不空．对区间[0, 1]上的复值函数f, g，∀λ∈ ，我们有ωδ( f + g ) = sup{| f (x) + g (x) – f (y) – g (y) | | ∀x, y∈[0, 1], | x–y | ≤δ}≤ sup{| f (x) – f (y) | + | g (x) – g (y) | | ∀x, y∈[0, 1], | x–y | ≤δ}≤ωδ( f ) + ωδ( g )．ωδ( λ f ) = sup{|λ f (x) –λ f (y) | | ∀x, y∈[0, 1], | x–y | ≤δ}= | λ| sup{| f (x) – f (y) | | ∀x, y∈[0, 1], | x–y | ≤δ}= | λ| ·ωδ( f )．若f, g∈Lipα，λ∈ ，则|| f + g || = | f(0) + g(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f + g ) }≤ | f(0) | + | g(0) | + supδ > 0{δ–α(ωδ( f ) + ωδ( g )) }= | f(0) | + | g(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f ) + δ–αωδ( g ) }≤ | f(0) | + | g(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f ) }+ supδ > 0{ δ–αωδ( g ) }= || f || + || g || < +∞．|| λ f || = | λ f(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( λ f )}= | λ| · | f(0) | + | λ| · supδ > 0{δ–αωδ( f )}= | λ| · || f || < +∞．因此，f + g, λ f∈Lipα，且上述两个不等式表明|| · ||有齐次性和三角不等式．显然，|| f || ≥ 0．当|| f || = 0时，| f(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f )} = 0，意味着f(0) = 0，且ωδ( f ) = 0(∀δ> 0)．而ωδ( f ) = 0(∀δ> 0)则意味着f为常值．所以，f = 0．即|| · ||有正定性．综上所述，Lipα是B*空间．(2) 我们首先证明集合Lipα⊆C[0, 1]．∀f∈Lipα，∀x, y∈[0, 1]，x ≠y，记δ = | x -y |．则| f (x) – f (y) | ≤ωδ( f )．而δ–αωδ( f ) ≤ supδ > 0{δ–αωδ( f n-f m) } ≤ || f ||，所以，| f (x) – f (y) | ≤ || f || δα= || f || · | x -y |α，故f∈C[0, 1]．我们再证明，∀f∈Lipα，|| f ||C≤ || f ||，其中|| ·||C是C[0, 1]范数．事实上，∀x∈[0, 1]，| f (x) | ≤ | f (0) | + | f (x) – f (0) |，故|| f ||C = max x∈[0, 1] | f (x) | ≤ | f (0) | + max x∈[0, 1] | f (x) – f (0) |≤ | f (0) | + sup x∈(0, 1] | f (x) – f (0) |/| x |α≤ | f (0) | + sup x∈(0, 1] { δ–αωδ( f ) } ≤ || f ||．这说明，如果{ f n }是Lipα中的基本列，则它也必是C[0, 1]中的基本列．而C[0, 1]是完备的，故存在f∈C[0, 1]，使得{ f n }一致收敛于f．而{ f n }作为Lipα中的基本列，有|| f n-f m || = | f n(0) -f m(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f n-f m) } → 0 (n, m→∞)，因此∀ε > 0，∃N∈ +，使得∀n, m > N，有| f n(0) -f m(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f n-f m) } < ε．因此supδ > 0{δ–αωδ( f n-f m) } < ε．故∀δ > 0，ωδ( f n-f m) < εδα．即∀x, y∈[0, 1]，| x -y | ≤δ，都有| ( f n(x) -f m(x)) - ( f n(y) -f m(y)) | < εδα．令m→∞，得到| ( f n(x) -f(x)) - ( f n(y) -f(y)) | ≤εδα．因此，sup {| ( f n(x) -f(x)) - ( f n(y) -f(y)) | | x, y∈[0, 1]，| x -y | ≤δ}≤εδα．即∀δ > 0，ωδ( f n-f ) ≤εδα．故supδ > 0{δ–αωδ( f n-f ) } ≤ε．同样地，对不等式| f n(0) -f m(0) | < ε令m→∞，就得到| f n(0) -f(0) | ≤ε．所以，| f n(0) -f(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f n-f ) } ≤ 2ε．这说明f n-f∈Lipα．而f n∈Lipα，故f = ( f -f n ) + f n∈Lipα．而前面的式子也表明|| f -f n || ≤ 2ε．因此|| f n-f || → 0 (n→∞)，即{ f n }为Lipα中的收敛列．所以，Lipα是Banach空间．(3) 记lipα = { f∈Lipα| lim δ→ 0 δ–αωδ( f ) = 0 }．∀f, g∈lipα，∀λ∈ ，我们有δ–αωδ( f + g ) ≤δ–α(ωδ( f ) + ωδ( g ) ) = δ–αωδ( f ) + δ–αωδ( g ) → 0 (δ→ 0)．δ–αωδ( λ f ) = | λ| ·δ–αωδ( f ) → 0 (δ→ 0)．故f + g, λ f∈lipα，因此，lipα是Lipα的线性子空间．设{ f n }是lipα中的序列，且f n→f∈Lipα(n→∞)．则{ f n }一致收敛于f．∀ε > 0，存在N∈ +，使得|| f N →f || < ε /2．故有supδ > 0{δ–αωδ( f N-f ) } < ε /2．因为lim δ→ 0 δ–αωδ( f N) = 0，所以，∃∆ > 0，使得∀δ∈(0, ∆)，有δ–αωδ( f N) < ε /2．此时我们有δ–αωδ( f ) ≤δ–α(ωδ( f N) + ωδ( f -f N))= δ–αωδ( f N) + δ–αωδ( f -f N)< ε /2 + supδ > 0{δ–αωδ( f N-f ) } < ε．所以，lim δ→ 0 δ–αωδ( f ) = 0，即f∈lipα．所以lipα是Lipα的闭子空间．1.4.17 (商空间) 设X是线性赋范空间，X0是X的闭线性子空间，将X中的向量分类，凡是适合x’ -x’’∈X0的两个向量x’, x’’归于同一类，称其为等价类，把一个等价类看成一个新的向量，这种向量的全体组成的集合为X/X0表示，并称其为商空间．下列是关于商空间的命题．(1) 设[ y ]∈X/X0，x∈X，求证：x∈[ y ]的充分必要条件是[ y ] = x + X0．证明：设x’, x’’∈X，若它们归于同一类，则记为x’ ～x’’．我们用[ x ]表示x所在的等价类（大家注意，题目形式已经作了相应的修改）．(⇒) 若x∈[ y ]，则x～y．∀u ∈[ y ]，u～y，故u～x，即u –x∈X0．因此u ∈x + X0．所以[ y ] ⊆x + X0．反过来，∀u ∈x + X0，则u～x，故u～y．因此u ∈[ y ]．所以x + X0 ⊆ [ y ]．所以[ y ] = x + X0．(⇐) 若[ y ] = x + X0，则y –x∈X0，即y～x．从而x∈[ y ]．(2) 在X/X0中定义加法与数乘如下：[ x ] + [ y ] = x + y + X0(∀[ x ], [ y ] ∈X/X0 )λ[ x ] = λ x + X0(∀[ x ]∈X/X0 , ∀λ∈ )其中x和y分别表示属于等价类[ x ]和[ y ]的任一元素．又规定范数|| [ x ] ||0 = inf z∈[ x ] || z || ( ∀[ x ]∈X/X0 )求证：(X/X0, || · ||0)是一个B*空间．证明：第(1)部分说明了[ x ] = x + X0．容易看出加法与乘法的定义是合理的．进一步可以证明X/X0 构成数域 上的线性空间，且其零元为[ θ] = X0．下面证明|| · ||0是X/X0 上的范数．显然，∀[ x ]∈X/X0，|| [ x ] ||0≥ 0．若[ x ] = [ θ] = X0，则|| [ x ] ||0 = 0．若|| [ x ] ||0 = 0，则inf z∈[ x ] || z || = 0．存在z n∈[ x ]使得|| z n || → 0，即z n→θ (n→∞)．那么，x-z n∈X0，x-z n→x (n→∞)，而X0是闭集，故x∈X0．所以x～θ，即[ x ] = X0．因此|| · ||0有正定性．∀[ x ]∈X/X0，∀λ∈ ，|| λ[ x ]||0 = || [ λ x ] ||0 = inf y∈[ x ] || λ y || = inf y∈[ x ] | λ| · || y ||= | λ| · inf y∈[ x ] || y || = | λ| · ||[ x ]||0．因此|| · ||0有齐次性．∀[ x ], [ y ]∈X/X0，|| [ x ] + [ y ] ||0 = inf z∈[ x ] + [ y ] || z || = inf u∈[ x ], v∈[ y ] || u + v ||≤ inf u∈[ x ], v∈[ y ] { || u || + || v || } ≤ inf u∈[ x ] { inf v∈[ y ] { || u || + || v ||} }≤ inf u∈[ x ] { inf v∈[ y ] { || u || + || v ||} } = inf u∈[ x ] { || u || + inf v∈[ y ] || v || }= inf u∈[ x ] || u || + inf v∈[ y ] || v || = || [ x ] ||0 + || [ y ] ||0．因此|| · ||0的三角不等式成立．所以，(X/X0, || · ||0)是一个B*空间．(3) 设[ x ]∈X/X0, 求证对∀y∈[ x ]有inf { || y -z || | z∈X0 } = || [ x ] ||0．证明：|| [ x ] ||0 = inf u∈[ x ] || u || = inf u∈[ y ] || u || = inf { || u || | u∈y + X0 }= inf { || y + v || | v∈X0 } = inf { || y -z || | z∈X0 }．(4) 定义映射ϕ : X →X/X0为ϕ (x) = [ x ] = x + X0(∀x∈X )．求证ϕ是线性连续映射．证明：∀x, y∈X，∀α, β∈ ，ϕ( α x + β y ) = [α x + β y ] = [α x ] + [ β y ] = α [ x ] + β[ y ] = αϕ (x) + βϕ (y)．|| ϕ (x) -ϕ (y) ||0 = || [ x ] - [ y ] ||0 = || [ x-y ] ||0 = inf z∈[ x-y ] || z || ≤ || x-y ||．所以，ϕ是线性连续映射．(5) ∀[ x ]∈X/X0，求证∃y∈X，使得ϕ (y) = [ x ]，且|| y || ≤ 2|| [ x ] ||0．证明：因为|| [ x ] ||0 = inf z∈[ x ] || z ||，若|| [ x ] ||0 = 0，则由|| · ||0的正定性，知[ x ] = X0，取y = θ即满足要求．若|| [ x ] ||0≠ 0，则inf z∈[ x ] || z || = || [ x ] ||0 < 2 || [ x ] ||0，存在∃y∈[ x ]，使得|| y || ≤ 2|| [ x ] ||0．此时显然有ϕ (y) = [ x ] = [ y ]．(6) 设(X, || · ||)完备，求证(X/X0, || · ||0)也是完备的．证明：设{ [ x ]n }是X/X0中的基本列．为证明它是收敛列，只需证明它存在收敛子列．由基本列性质，可选出子列{ [ x ]n(k)}使得|| [ x ]n(k) - [ x ]n(k+1) ||0 ≤ 1/2k．故∑k ≥ 1 || [ x ]n(k) - [ x ]n(k+1) ||0 收敛．根据(5)，∀k∈ +，∃y k∈[ x ]n(k+1) - [ x ]n(k)，使得|| y k || ≤ 2|| [ x ]n(k+1) - [ x ]n(k) ||0．那么，∑k ≥ 1|| y k ||收敛．由X的完备性，s k = ∑ 1 ≤j ≤k y j是X中的收敛列．设其极限为s．由(5)中ϕ的连续性，在X/X0中，ϕ(s k) →ϕ(s) ( k→∞ )．而ϕ(s k) = ϕ( ∑ 1 ≤j ≤k y j ) = ∑ 1 ≤j ≤k ϕ( y j )= ∑ 1 ≤j ≤k ( [ x ]n(j+1) - [ x ]n(j)) = [ x ]n(k+1) - [ x ]n(1)．故{[ x ]n(k+1) - [ x ]n(1)}收敛，因而{[ x ]n(k)}是收敛列．因此X/X0中的基本列{ [ x ]n }存在收敛子列{[ x ]n(k)}，所以，{ [ x ]n }是X/X0中的收敛列．因此，(X/X0, || · ||0)是完备的．(7) 设X = C[0, 1]，X0 = { f∈X | f (0) = 0 }，求证：X/X0 ≅ ，其中记号“≅”表示等距同构．证明：显然，X0是C[0, 1]中的线性子空间．记X0所确定的等价关系为～，则f～g ⇔ f (0) = g (0)．定义Φ : X/X0 → ，Φ([ f ]) = f (0)．显然定义是合理的．∀f, g∈X，∀α, β∈ ，Φ(α[ f ] + β[ g ]) = Φ([αf + β g ]) = (αf + β g )(0)= αf (0)+ β g (0) = αΦ([ f ])+ βΦ([ g ])．因此Φ是线性映射．因Φ(X0) = 0，故Φ是单射．而∀c∈ ，若记所对应的常值函数为h c∈C[0, 1]，则Φ( [ h c] ) = c．故Φ是满射．综上所述，Φ : X/X0 → 是线性同构．∀f∈X，|| [ f ]||0 = inf g∈[ f ] { || g || } ≥ inf g∈[ f ] { | g (0) | }= inf g∈[ f ] { | f (0) | } = | f (0) | = | Φ([ f ]) |．另一方面，因为常值函数h f (0)∈[ f ]，故|| [ f ]||0 = inf g∈[ f ] { || g || } ≤ || h f (0) || = | f (0) | = | Φ([ f ]) |．所以，∀f∈X，都有|| [ f ]||0 = | Φ([ f ]) |，因此Φ : X/X0 → 是等距同构．[第4节完] 泛函分析题1_5凸集与不动点p521.5.1 设X是B*空间，E是以θ为内点的真凸子集，P是由E产生的Minkowski 泛函，求证：(1) x∈int(E) ⇔P(x) < 1；(2) cl(int(E)) = cl(E)．证明：(1) (⇒) 若x∈int(E)，存在δ > 0，使得Bδ(x) ⊆E．注意到x + x/n→x ( n→∞ )，故存在N ∈ +，使得x + x/N ∈Bδ(x) ⊆E．即x/( N/( 1 + N ) ) ∈E．因此P(x) ≤N/( 1 + N ) < 1．(⇐) 若P(x) < 1．则存在a > 1，使得y = a x∈E．因θ∈int(E)，故存在δ > 0，使得Bδ(θ) ⊆E．令η = δ(a - 1)/a，∀z∈Bη(x)，令w = (a z-y )/(a - 1)，则|| w || = || (a z-y )/(a - 1) || = || a z-y ||/(a - 1)= || a z-a x ||/(a - 1) = a || z-x ||/(a - 1) < aη/(a - 1) = δ．故w∈Bδ(θ) ⊆E．故z = ((a - 1)w + y )/a ∈E，因此，Bη(x) ⊆E．所以x∈int(E)．(2) 因int(E) = E，故有cl(int(E)) ⊆ cl(E)．下面证明相反的包含关系．若x∈cl(E)，则∀ε > 0，存在y∈E，使得|| x -y || < ε/2．因ny/(n + 1) →y ( n →∞ )．故存在N ∈ +，使得|| Ny/(N + 1) -y || < ε/2．令z = Ny/(N + 1)，则z∈E，且P(z) ≤N/(N + 1) < 1，由(1)知z∈int(E)．而|| z -x || ≤ || z -y || + || y -x || < ε/2 + ε/2 = ε．故x∈cl(int(E))，因此cl(E) ⊆ cl(int(E))所以cl(int(E)) = cl(E)．1.5.2 求证在B空间中，列紧集的凸包是列紧集．证明：设A是B空间X中的列紧集，∀ε > 0，存在A的有限ε /3网B．设B = {b1, b2, ..., b n}，M = max j{ || b j || }，取δ > 0，使得n δ M < ε /3．设[0, 1]分划D为0 = t0 < t1 < t2 < ... < t m = 1，使得max 1 ≤j ≤m {| t j–t j–1|} < δ．设∀x∈co(A)，设x= λ1 a1 + λ2 a2+ ... + λ k a k，其中a j∈A，λ j > 0，∑ j λ j = 1．对每个j ≤k，存在b i( j )∈B使得|| a j-b i( j ) || < ε /3；令y= λ1 b i(1) + λ2 b i(2)+ ... + λ k b i(k)，则|| x - y || = || λ1 (a1 -b i(1)) + λ2 (a2 -b i(2))+ ... + λ k (a k-b i(k))||，≤λ1 · || a1 -b i(1) || + λ2 · || a2 -b i(2) || + ... + λ k · || a k-b i(k) ||≤ ( λ1 + λ2 + ... + λ k ) · (ε /2) = ε /3．将y= λ1 b i(1) + λ2 b i(2)+ ... + λ k b i(k)中的那些含有相同b j的项合并起来，于是，y可表示为y= μ1 b1 + μ2 b2+ ... + μ n b n，其中μj ≥ 0，且∑ j μj = 1．对每个l ≤n，存在t s( l )∈D，使得|| μl-t s( l ) || < δ；令z= t s(1) b1 + t s(2) b2+ ... + t s(n) b n，则|| y - z || = || (μ1 -t s(1))b1 + (μ2 -t s(2))b2+ ... + (μn -t s(n))b n ||≤∑ l | μl-t s( l ) | · max j{ || b j || } ≤n δ M < ε /3；令C = {t s(1) b1 + t s(2) b2+ ... + t s(n) b n | t s(i)∈D，1 ≤i≤n}，则C是有限集，且C是co(A)的有限ε网．因空间是完备的，故co(A)是列紧集．1.5.3 设C是B*空间X中的一个紧凸集，映射T : C →C连续，求证T在C上有一个不动点．证明：因为C是紧集，所以C是闭集．因为C是紧集，故C的任意子集都列紧．而T(C) ⊆C，故T(C)列紧．于是，由Schauder不动点定理，T在C上有一个不动点．[Schauder定理：B*空间中闭凸集C上使T(C)列紧的连续自映射T必有不动点] 1.5.4 设C是B空间X中的一个有界闭凸集，映射T i : C→X (i = 1, 2)适合(1) ∀x, y∈C ⇒T1x + T2y∈C；(2) T1是一个压缩映射，T2是一个紧映射．。
泛函分析试题及答案
泛函分析试题及答案一、选择题1. 在泛函分析中，以下哪个概念描述了一个函数对于输入变量的敏感程度？A. 泛函B. 导数C. 凸函数D. 可测函数答案：B. 导数2. 设X和Y是两个Banach空间，f:X→Y是一个线性算子。
以下哪个条件可以保证f是有界线性算子？A. f是可逆的B. f是连续的C. f是紧致的D. f是自共轭的答案：B. f是连续的3. 在泛函分析中，以下哪个概念描述了一个函数在每个点上的局部模式与全局模式之间的一致性？A. 可微性B. 凸性C. 全纯性D. 一致连续性答案：B. 凸性4. 设X和Y是两个赋范空间，f:X→Y是一个线性算子。
以下哪个条件可以保证f是有界线性算子？A. f是单射且存在常数C>0，使得对于所有x∈X都有||f(x)|| ≤C||x||B. 对于每个有界集A ⊂ X，f(A)是有界集C. f是连续的D. f是满射答案：A. f是单射且存在常数C>0，使得对于所有x∈X都有||f(x)|| ≤ C||x||二、填空题1. 在Hilbert空间中，内积运算满足线性性和_____________性。
答案：共轭对称性2. 设X是一个有界完备度量空间，那么X是一个____________空间。
答案：Banach空间3. 在泛函分析中，将一个函数的导数定义为其_____________。
答案：弱导数4. 设X是一个线性空间，D是X上的一个有界线性算子。
如果对于所有x和y都有⟨Dx, y⟩ = ⟨x, Dy⟩，那么D被称为______________。
答案：自伴算子三、解答题1. 请简要说明什么是范数，并给出一些范数的例子。
范数是定义在一个线性空间上的一种函数，用于衡量该空间中的向量的大小。
它满足以下三个性质：- 非负性：对于任意向量x，其范数必须大于等于0，即||x|| ≥ 0，并且当且仅当x为零向量时，范数等于0。
- 齐次性：对于任意向量x和任意实数α，有||αx|| = |α| ||x||，其中|α|表示α的绝对值。
泛函分析习题及参考答案
∑
∞
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 ) <
泛函分析习题及参考答案
泛函分析习题及参考答案一、在2R 中定义如下三种距离：21212(,),(,)x x x y y y R ==∈，1(,)d x y =21122(,)max{,}d x y x y x y =−−，31122(,)d x y x y x y =−+−，试证：212d d ≤≤3132d d d ≤≤，2322d d d ≤≤，从而这三种距离诱导出的极限是等价的。
二、设),(y x d 为空间X 上的距离，试证：),(1),(),(~x y d x y d x y d +=也是X 上的距离。
证明：显然,0),(~≥y x d 并且y x y x d y x d =⇔=⇔=0),(0),(~。
再者，),(~),(1),(),(1),(),(~y x d y x d y x d x y d x y d x y d =+=+=；最后，由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 +=+++≤。
三、设1p ≥，1()()(,,,)i n n pn x l ξξ=∈ ， ,2,1=n ，1(,,,)pi x l ξξ=∈ ，则n →∞时，1()1(,)0ppn 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 p ii N ξε∞=+<∑对任何自然数n 成立。
泛函分析试卷与答案
泛函分析试卷与答案【篇一：泛函分析习题参考答案】证明：显然为空间x上的距离，试证：~d(y,x)也是xd(y,x)?1?d(y,x)上的距离。
~~d(x,y)?0,并且d(x,y)?0d(x,y)0xy。
~~d(y,x)d(x,y)d(y,x)d(x,y)；1?d(y,x)1?d(x,y)t1?1?1?t1?t的单调增加性及再者，最后，由d(x,y)?d(x,z)?d(z,y)，可得~d(x,y)d(x,z)?d(z,y)d(x,z)d(z,y)d(x,y)1?d(x,y)1?d(x,z)?d(z,y)1?d(x,z)?d(z,y)1?d(x,z)?d(z,y)~~d(x,z)d(z,y)d(x,z)?d(z,y)。
1?d(x,z)1?d(z,y)、设二p?1，xn?(?1(n),?,?i(n),?)?lp，n?1,2,?，x?(?1,?,?i,?)?lp，则n??时，p??d(xn,x)i(n)??i??0的充要条件为(1)n??时，?i(n)??i，i?1,2,?；(2)0，i1存在n?0，使得i?n?1i(n)p对任何自然数n成立。
(n)(n)必要性证明：由d(x,x)?ni??i??0可知，?i??i，i?1,2,?。
i1p由x?(?1,?,?i,?)?l。
p可知，，存在n1?0，使得i?n1?1p?(n)ii?(p?i?1pi(p2，并且n?n1时，2p由此可得，i?n1?1i(n)ppppi(n)??ii????p对n?n1成立。
i?n1?1i?n1?1p对于n?1,2,?n1，存在n2?0，i?n2?1i(n)pp。
取n?max?n1,n2?，则i?n?1(n)pip对任何自然数n成立。
0，存在k?0，使得充分性证明：由条件可知，i?k?1时，k(n)pi(2ip对任何自然数n成立，并且i?k?1pi(p2。
由(n)i??i可知，存在n?0，使得n?n i?1(n)ipp，并且d(xn,x)pi?1(n)i??ipi?1k(n)i??i?pi?k?1pi(n)ipi(n)??ii?1kp(n)ppp?(i)?(i)p2?p。
泛函分析考研试题及答案
泛函分析考研试题及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 以下哪个选项是泛函分析中线性算子的定义？A. 定义在函数空间上的映射B. 满足加法和乘法封闭性的映射C. 满足加法和乘法封闭性的线性映射D. 定义在向量空间上的映射答案：C2. 泛函分析中，紧性的定义是什么？A. 任意序列都有收敛子序列B. 任意序列都有收敛子序列，且收敛到该空间中的点C. 任意开覆盖都有有限子覆盖D. 任意闭集都是紧致的答案：B3. 下列哪个定理是泛函分析中关于线性算子的基本定理？A. 泰勒定理B. 格林定理C. 霍德尔定理D. 里斯表示定理答案：D4. 在泛函分析中，下列哪个概念用于描述空间的完备性？A. 可分性B. 完备性C. 紧性D. 连续性答案：B二、填空题（每题5分，共20分）1. 定义在函数空间上的线性算子，如果满足______，则称其为有界算子。
答案：对于任意的x，存在常数M，使得||Tx||≤M||x||2. 希尔伯特空间中的Riesz表示定理表明，对于任意的线性泛函f，存在唯一的向量______，使得f(x)=<x,y>。
答案：y3. 线性算子的谱定义为使得______的λ的集合。
答案：(A-λI)^{-1}不存在4. 紧算子的一个重要性质是其谱中只有______点。
答案：0三、简答题（每题10分，共30分）1. 简述泛函分析中弱收敛和强收敛的区别。
答案：弱收敛是指序列的泛函极限存在，即对于任意的连续线性泛函f，序列的泛函极限存在。
强收敛则要求序列在原空间中收敛，即存在极限点。
2. 请解释什么是Banach空间。
答案：Banach空间是完备的赋范线性空间，即对于空间中的任意柯西序列，都存在极限点在该空间中。
3. 什么是紧算子？请举例说明。
答案：紧算子是将任意有界集映射为相对紧集的线性算子。
例如，定义在L^2空间上的卷积算子就是紧算子。
四、计算题（每题15分，共30分）1. 设线性算子A: L^2[0,1]→L^2[0,1]定义为(Af)(x)=∫₀¹f(t)dt，求A的谱。
(完整)《实变函数与泛函分析基础》试卷及答案,推荐文档
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 ）; （B ）;1lim n k n n k n A A ∞∞→∞===⋃⋂1lim n k n k n n A A ∞∞==→∞=⋂⋃（C ）; （D ）;1lim n k n n k n A A ∞∞→∞===⋂⋃1lim n k n k n n A A ∞∞==→∞=⋂⋂2、设P 为Cantor 集，则下列各式不成立的是（ ）（A ） c (B) (C) (D) =P 0mP =P P ='PP = 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、设是上的有限的可测函数列,则下面不成立的是( ){}()n f x E ..a e （A ）若, 则 (B) 是可测函数()()n f x f x ⇒()()n f x f x →{}sup ()n nf x （C ）是可测函数;（D ）若,则可测{}inf ()n n f x ()()n f x f x ⇒()f x 5、设f(x)是上有界变差函数，则下面不成立的是（ ）],[b a (A) 在上有界 (B) 在上几乎处处存在导数)(x f ],[b a )(x f ],[b a （C ）在上L 可积 (D) )('x f ],[b a ⎰-=ba a 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、设是上有理点全体，则=______,=______,=______.E []0,1'E o E E 3、设是中点集，如果对任一点集都有E n R T _________________________________，则称是可测的E L 得 分得 分4、可测的________条件是它可以表成一列简单函数的极限函数. )(x f （填“充分”，“必要”，“充要”）5、设为上的有限函数，如果对于的一切分划，使()f x [],a b [],a b _____________________________________________________,则称为 ()f x 上的有界变差函数。
泛函分析答案(完整版)
1.}{ .1的极限是唯一的中的收敛列证明距离空间n x X *.** 0*)**,( )( 0*)*,(*),(*)**,(0)( *** x x x x n x x x x x x n x x x x n n n n ==∞→→+≤≤∞→→→，即所以，则，设ρρρρ第七章距离空间、赋范线性空间2.* }{* }{ .2x x X x x X n n 的任一子列收敛于收敛于中的序列试证距离空间⇔∈.* 0*),( 0*),(}{}{)( *x x x x x x x x n x x kkk n n n n n n →→→∞→→，所以，故的任一子列，依条件，是，设ρρ.*}{.*}{*),( }{}{*),(0*}{*}{000x x x x x x x x x x N n N x x x x n n n n n n n n k k k收敛于此与假设矛盾，故不收敛于显然使的一个子列，于是可选取，使，都存在，使对任意的自然数则必存在，不收敛于，如果的任一子列收敛于反之，设ερερε≥≥>>3),(),(|),(),(| )ii (),(|),(),(| )i ( .3w z y x w y z x y x z y z x X w z y x ρρρρρρρ+≤−≤−：中的任意四个点，证明是距离空间、、、设),(|),(),(|)2()1()2( ),(),(),( ),(),(),()1( ),(),(),( ),(),(),( )i (y x z y z x y x z x z y z x x y z y y x z y z x z y y x z x ρρρρρρρρρρρρρρρ≤−≤−+≤≤−+≤即得：、结合得再由得由),(),(|),(),(|)4()3()4( ),(),(),(),( ),(),(),(),()3( ),(),(),(),( ),(),(),(),(),(),( )ii (w z y x w y z x w z y x z x w y w z z x x y w y w z y x w y z x z w w y y x z y y x z x ρρρρρρρρρρρρρρρρρρρρρρ+≤−+≤−++≤+≤−++≤+≤即得：、结合得再由得由4距离吗？是定义在实数集合上的2)(),( .4y x y x −=ρ.,24120),(),(),(),(.)(),(2上式就不成立时，，，比如取满足、、不能对所有的因为的距离不是定义在实数集合上>===+≤⋅⋅−=z y x y z z x y x z y x y x y x ρρρρρ.),( }{}{ .5收敛中的基本列，证明是距离空间、设n n n n n y x X y x ρα=.Cauchy }{),(),( |),(),(|||),( 0),( ),( 0),(数列，故收敛是即知再由依条件：n m n m n m m n n m n m n m n y y x x y x y x m n y y m n x x αρρρρααρρ+≤−=−∞→→∞→→5的闭包是闭集。
泛函分析试题及答案
泛函分析试题及答案一、单项选择题（每题5分，共20分）1. 在泛函分析中，下列哪个概念不是线性空间的公理之一？A. 封闭性B. 加法结合律C. 交换律D. 分配律答案：A2. 一个线性泛函在定义域内是连续的，那么它在定义域内也是：A. 有界的B. 无界的C. 可微的D. 可导的答案：A3. 紧算子一定是：A. 有界算子B. 单射算子C. 满射算子D. 可逆算子答案：A4. 希尔伯特空间中，下列哪个性质不是正交性的定义？A. 正交向量的长度不为零B. 正交向量的内积为零C. 正交向量的数量可以是无限的D. 正交向量在同一个空间中答案：C二、简答题（每题10分，共20分）1. 请简述什么是巴拿赫空间，并给出一个例子。
答案：巴拿赫空间是完备的赋范线性空间，即在该空间中，任何柯西序列都收敛于该空间中的一个点。
一个典型的例子是所有连续函数构成的空间，赋予最大范数。
2. 什么是紧算子？请解释其性质。
答案：紧算子是定义在巴拿赫空间上的有界线性算子，其值域是原空间的一个闭子空间，并且是可分的。
紧算子的一个重要性质是它们将单位球面映射到一个相对紧集。
三、计算题（每题20分，共40分）1. 设线性算子A在希尔伯特空间H上定义，且满足A^*A = I，证明A是单射的。
答案：设x, y属于H，且Ax = Ay，那么A^*(Ax) = A^*(Ay)，即x = y。
因此，A是单射的。
2. 给定线性泛函f在希尔伯特空间H上定义，且满足f(x) = <x, y>，其中y是H中的一个固定向量。
证明f是连续的。
答案：由于f(x) = <x, y>，根据内积的性质，|f(x)| ≤ ||x||||y||，其中||y||是y的范数。
因此，f在H上是连续的。
四、论述题（每题20分，共20分）1. 论述希尔伯特空间中正交投影算子的性质。
答案：希尔伯特空间中的正交投影算子P具有以下性质：- P是线性的。
- P是自伴的，即P^* = P。
泛函分析答案
泛函分析题1_3列紧集p191.3.1 在完备的度量空间中，求证：为了子集A是列紧的，其充分必要条件是对∀ε > 0，存在A的列紧的ε网．证明：(1) 若子集A是列紧的，由Hausdorff定理，∀ε > 0，存在A的有限ε网N．而有限集是列紧的，故存在A的列紧的ε网N．(2) 若∀ε > 0，存在A的列紧的ε/2网B．因B列紧，由Hausdorff定理，存在B的有限ε/2网C．因C ⊆B ⊆A，故C为A的有限ε网．因空间是完备的，再用Hausdorff定理，知A是列紧的．1.3.2 在度量空间中，求证：紧集上的连续函数必是有界的，并且能达到它的上、下确界．证明：设(X, ρ)是度量空间，D是紧子集，f : D→ 是连续函数．(1) 若f无上界，则∀n∈ +，存在x n∈D，使得f (x n) > 1/n．因D是紧集，故D是自列紧的．所以{x n}存在收敛子列x n(k) →x0∈D (k→∞)．由f的连续性，f (x n(k))→f (x0) (k→∞)．但由f (x n) > 1/n知f (x n)→ +∞(n→∞)，所以f (x n(k))→ +∞ (k→∞)，矛盾．故f有上界．同理，故f有下界．(2) 设M = sup x∈D f(x)，则∀n∈ +，存在y n∈D，使得f (y n) > M- 1/n．{y n}存在子列y n(k) →y0∈D (k→∞)．因此f ( y0 ) ≥M．而根据M的定义，又有f ( y0 ) ≤M．所以f ( y0 ) = M．因此f能达到它的上确界．同理，f能达到它的下确界．1.3.3 在度量空间中，求证：完全有界的集合是有界的，并通过考虑l 2的子集E = {e k }k≥ 1，其中e k = { 0, 0, ..., 1, 0, ... } (只是第k个坐标为1，其余都是0 )，来说明一个集合可以是有界的但不完全有界的．证明：(1) 若A是度量空间(X, ρ)中的完全有界集．则存在A的有限1-网N = { x0, x1, x2, ..., x n }．令R = ∑1 ≤j≤nρ(x0, x j) + 1．则∀x∈A，存在某个j使得0 ≤j≤n，且ρ(x, x j) < 1．因此，ρ(x, x0) ≤ρ(x, x j) + ρ(x j, x0) ≤ 1 + ∑1 ≤j≤nρ(x0, x j) = R．所以A是度量空间(X, ρ)中的有界集．(2) 注意到ρ(e k , e j) = 21/2 ( ∀k ≠ j )，故E中任意点列都不是Cauchy列．所以，E中任意点列都没有收敛子列(否则，该收敛子列就是Cauchy列，矛盾)．因此，E不是列紧集．由l 2是完备的，以及Hausdorff定理，知E不是全有界集．但E显然是有界集．1.3.4 设(X, ρ)是度量空间，F1, F2是它的两个紧子集，求证：∃x i ∈F i( i = 1, 2)，使得ρ(F1, F2) = ρ(x1, x2)．其中ρ(F1, F2) = inf {ρ(x, y) | x∈F1, y∈F2 }证明：由ρ(F1, F2)的定义，∀n∈ +，∃x i(n)∈F i( i = 1, 2)，使得ρ(x1(n), x2(n)) < ρ(F1, F2) + 1/n．因F1, F2紧，故不妨假设{x1(n)}, {x2(n)}都是收敛列．设它们的极限分别为x1, x2，则ρ(x1, x2) ≤ρ(F1, F2)．因此ρ(F1, F2) = ρ(x1, x2)．1.3.5 设M是C[a, b]中的有界集，求证集合{F(x) =⎰[a, x]f(t) dt | f∈M }是列紧集．证明：设A = {F(x) =⎰[a, x]f(t) dt | f∈M }．由M有界，故存在K > 0，使得∀f∈M，ρ( f, 0) ≤K．先证明A是一致有界的和等度连续的．∀F∈A，存在f∈M，使得F(x) =⎰[a, x]f(t) dt．由于ρ(F, 0) = max x∈[a, b] | F(x) | = max x∈[a, b] | ⎰[a, x]f(t) dt |≤ max x∈[a, b] | f(t) | · (b -a ) = ρ( f, 0) · (b -a ) ≤K (b -a )．故A是一致有界的．∀ε > 0，∀s, t∈[a, b]，当| s-t| < ε/K时，∀F∈A，存在f∈M，使得F(x) =⎰[a, x]f(u) du．| F(s) -F(t) | = | ⎰[s, t]f(u) du | ≤ max u∈[a, b] | f(u) | · | s -t |= ρ( f, 0) · | s -t | ≤K · (ε/K) = ε．故A是等度连续的．由Arzela-Ascoli定理，A是列紧集．1.3.6 设E = {sin nt}n≥ 1，求证：E在C[0, π]中不是列紧的．证明：显然E是一致有界的．根据Arzela-Ascoli定理，我们只要证明E不是等度连续的即可．我们的想法是找一个E中的点列f n，以及[0, π]中的两个点列s n和t n，使得| s n -t n | → 0，但| f n(s n)-f n(t n)|不收敛于0．事实上，这是可以做到的，只要令f n (u) = sin (2n u)，s n = (π/2)(1 + 1/(2n))，t n = (π/2)(1 - 1/(2n))．则s n + t n = π；s n -t n = π/(2n)→ 0(n→∞)．因此，| f n(s n)-f n(t n)| = 2 | sin (2n s n) - sin (2n t n) |= 2 | sin (n (s n -t n)) cos (n (s n + t n)) |= 2 | sin (π/2) cos (n π) | = 2．所以，E不是等度连续的．进而，E在C[0, π]中不是列紧的．1.3.7 求证S空间的子集A是列紧的充要条件是：∀n∈ +，∃C n> 0，使得∀x = (ξ1, ξ2, ..., ξn, ...)∈A，都有| ξn | ≤C n( n = 1, 2, ...)．证明：(⇐) 设x k = (ξ1(k), ξ2(k), ..., ξn(k), ...) ( k = 1, 2, ... )是A中的点列．存在{x k}的子列{x1, k}使得其第1个坐标ξ1(1, k)收敛；存在{x1, k}的子列{x2, k}使得其第2个坐标ξ2(2, k)收敛；如此下去，得到一个{x k}的子列的序列，第( j +1)个子列是第j个子列的子列，且第j个子列的第j个坐标是收敛的．选取对角线构成的点列{x j, j}，则{x j, j}是{x k}的子列，且每个坐标都收敛．根据习题1.2.1的证明可知，S空间的点列收敛的充要条件是坐标收敛．故{x j, j}是收敛点列．所以，A是列紧的．(⇒) 我们只要证明，∀n∈ +，A中的点的第n个坐标所构成的集合是有界集．若不然，设A中的点的第N个坐标所构成的集合是无界的．则存在A中的点列x k = (ξ1(k), ξ2(k), ..., ξn(k), ...) ( k = 1, 2, ... )，使得| ξN(k) | > k．显然，{ ξN(k) }无收敛子列，故{ x k }也无收敛子列，这与A列紧相矛盾．这样就完成了必要性的证明．1.3.8 设(X, ρ)是度量空间，M是X中的列紧集，映射f : X →M满足ρ( f (x1), f (x2)) < ρ( x1, x2 )(∀x1, x2∈M, x1≠x2)．求证：f在X中存在唯一的不动点．证明：(1) 首先证明cl(M)是紧集．为此只要证明cl(M)列紧即可．设{ x n }是cl(M)中的点列，则存在M中的点列{ y n }使得ρ( x n, y n) < 1/n．因M列紧，故{ y n }有收敛子列{ y n(k)}，设y n(k) →u∈cl(M)．显然{ x n(k)}也是收敛的，并且也收敛于u∈cl(M)．所以cl(M)是自列紧的，因而是紧集．(2) 令g(x) = ρ( x, f (x))，则g是X上的连续函数．事实上，由ρ( f (x1), f (x2)) < ρ( x1, x2 )可知f : X →M是连续的，因而g也连续．由习题1.3.2知存在x0∈cl(M)，使得g(x0) = inf {ρ( x, f (x)) | x∈cl(M) }．(3) 若g(x0) > 0，则ρ( x0, f (x0)) > 0，即x0≠f (x0)．故ρ( x0, f (x0)) = g(x0) ≤g( f (x0)) = ρ( f (x0), f ( f (x0))) < ρ( x0, f (x0))，矛盾．所以，必有g(x0) = 0，即ρ( x0, f (x0)) = 0，因此x0就是f的不动点．1.3.9 设(M, ρ)是一个紧距离空间，又E⊆C(M)，E中的函数一致有界并且满足下列的Hölder条件：| x(t1) -x(t2) | ≤Cρ(t1, t2)α(∀x∈E，∀t1, t2∈M )，其中0 < α≤ 1，C > 0．求证：E在C(M)中是列紧集．证明：由Hölder条件易知E是等度连续的．又E中的函数一致有界，由Arzela-Ascoli定理知E是C(M)中的列紧集．[第3节完] 泛函分析题1_4线性赋范空间p391.4.1 在2维空间 2中，对每一点z = (x, y)，令|| z ||1 = | x | + | y |；|| z ||2 = ( x 2 + y 2 )1/2；|| z ||3 = max(| x |, | y |)；|| z ||4 = ( x 4 + y 4 )1/4；(1) 求证|| · ||i( i = 1, 2, 3, 4 )都是 2的范数．(2) 画出( 2, || · ||i )( i = 1, 2, 3, 4 )各空间中单位球面图形．(3) 在 2中取定三点O = (0, 0)，A = (1, 0)，B= (0, 1)．试在上述四种不同的范数下求出∆OAB三边的长度．证明：(1) 正定性和齐次性都是明显的，我们只证明三角不等式．设z = (x, y), w = (u, v)∈ 2，s = z + w= (x + u, y + v )，|| z||1 + || w||1 = (| x | + | y |) + (| u | + | v |) = (| x | + | u |) + (| y | + | v |)≥ | x + u | + | y + v | = || z+ w||1．( || z||2 + || w||2 )2 = ( ( x 2 + y 2 )1/2 + ( u 2 + v 2 )1/2 )2= ( x 2 + y 2 ) + ( u 2 + v 2 ) + 2(( x 2 + y 2 )( u 2 + v 2 ))1/2≥ ( x 2 + u 2 ) + ( y 2 + v 2 ) + 2( x u+ y v )= ( x + u )2 + ( y + v)2 = ( || z+ w||2 )2．故|| z||2 + || w||2 ≥ || z+ w||2．|| z||3 + || w||3 = max(| x |, | y |) + max(| u |, | v |)≥ max(| x | + | u |, | y | + | v |) ≥ max(| x + u |, | y + v |) = || z+ w||3．|| ·||4我没辙了，没找到简单的办法验证，权且用我们以前学的Minkowski不等式(离散的情况，用Hölder不等式的离散情况来证明)，可直接得到．(2) 不画图了，大家自己画吧．(3) OA = (1, 0)，OB = (0, 1)，AB = (- 1, 1)，直接计算它们的范数：|| OA||1 = 1，|| OB||1 = 1，|| AB||1 = 2；|| OA||2 = 1，|| OB||2 = 1，|| AB||2 = 21/2；|| OA||3 = 1，|| OB||3 = 1，|| AB||3 = 1；|| OA||4 = 1，|| OB||4 = 1，|| AB||4 = 21/4．1.4.2 设c[0, 1]表示(0, 1]上连续且有界的函数x(t)全体．∀x∈c[0, 1]，令|| x || = sup{| x(t) | | 0 < t≤ 1}．求证：(1) || ·||是c[0, 1]空间上的范数．(2) l∞与c[0, 1]的一个子空间是等距同构的．证明：(1) 正定性和齐次性都是明显的，我们只证明三角不等式．|| x || = sup{| x(t) | | 0 < t≤ 1}．|| x || + || y || = sup{| x(t) | | 0 < t≤ 1} + sup{| y(t) | | 0 < t≤ 1}≥ sup{| x(t) + y(t) | 0 < t≤ 1} = || x + y ||．所以|| ·||是c[0, 1]空间上的范数．(2) 任意取定(0, 1]中的一个单调递减列{a k }，满足(i) a1 = 1；(ii) lim k→∞a k = 0．显然，在每个[a k + 1, a k]上为线性函数的f∈c[0, 1]是存在的．设X = { f∈c[0, 1] | f在每个[a k + 1, a k]上为线性函数}．容易验证X是c[0, 1]的子空间．定义ϕ : X →l∞，f #ϕ ( f ) = ( f (a1), f (a2), ...)．则ϕ : X →l∞是线性双射，且|| ϕ ( f ) ||∞= sup k ≥ 1 | f (a k) | = sup0 < t≤ 1 { | f (t ) | } = || f ||．所以，ϕ : X →l∞是等距同构．因此，l∞与c[0, 1]的一个子空间是等距同构的．1.4.3 在C1[a, b]中，令|| f ||1 = (⎰[a, b] ( | f(x) |2 + | f’(x) |2) dx )1/2 (∀f∈C1[a, b])．(1) 求证：|| · ||1是C1[a, b]上的范数．(2) 问(C1[a, b], || · ||1)是否完备？证明：(1) 正定性和齐次性都是明显的，和前面的习题一样，只验证三角不等式．我们先来证明一个比较一般的结果：若线性空间X上的非负实值函数p, q都满足三角不等式：p(x) + p(y) ≥p(x +y)，q(x) + q(y) ≥q(x +y)，∀x, y∈X；则函数h = ( p2 + q2 )1/2也满足三角不等式．事实上，∀x, y∈X，由Minkowski不等式，我们有h(x) + h(y) = ( p(x)2 + q(x)2 )1/2 + ( p(y)2 + q(y)2 )1/2≥ (( p(x)+ p(y))2 + ( q(x) + q(y))2 )1/2 ≥ ( p(x + y)2 + q(x + y)2 )1/2 = h(x + y)．回到本题：若令p( f ) = (⎰[a, b] | f(x) |2dx )1/2，q( f ) = (⎰[a, b] | f’(x) |2dx )1/2，则( p( f ) + p( g ))2 = ((⎰[a, b] | f(x) |2dx )1/2 + (⎰[a, b] | g(x) |2dx )1/2)2= ⎰[a, b] | f(x) |2dx + 2(⎰[a, b] | f(x) |2dx )1/2 · (⎰[a, b] | g(x)|2dx )1/2 + ⎰[a, b] | g(x) |2dx≥⎰[a, b] | f(x)|2dx + 2 ⎰[a, b] | f(x) | · | g(x)| dx + ⎰[a, b] | g(x)|2dx= ⎰[a, b] ( | f(x) | + | g(x)| )2dx ≥⎰[a, b] ( | f(x) + g(x)| )2dx = ( p( f + g ))2．所以有p( f ) + p( g ) ≥p( f + g )．特别地，p( f’) + p( g’) ≥p( f’+ g’)，即q( f ) + q( g ) ≥q( f + g )．因此，线性空间C1[a, b]上的非负实值函数p, q都满足三角不等式．根据开始证明的结论，|| · ||1也满足三角不等式．所以，|| · ||1是C1[a, b]上的范数．(2) 在C1[- 1, 1]中，令f n(x) = (x2 + 1/n2 )1/2 ( ∀x∈[- 1, 1] )．则f’n(x) = 2x (x2 + 1/n2 )-1/2 ( ∀x∈[- 1, 1] )．显然，f n(x)几乎处处收敛于| x |，f’n(x)几乎处处收敛于2sign( x )．因此，f n(x)依测度收敛于| x |，f’n(x)依测度收敛于2sign( x )．则f’n(x) = 2x (x2 + 1/n2 )-1/2 ( ∀x∈[- 1, 1] )．显然，f n(x)几乎处处收敛于| x |，f’n(x)几乎处处收敛于2sign( x )．因此，f n(x)依测度收敛于| x |，f’n(x)依测度收敛于2sign( x )．故在L2[- 1, 1]中，f n(x) → | x |，f’n(x) → 2sign( x )．因此，它们都是L2[- 1, 1]中的基本列，故⎰[- 1, 1] | f n(x) -f m(x) |2 dx → 0(m, n→∞)；⎰[- 1, 1] | f’n(x) -f m’(x) |2 dx → 0(m, n→∞)．故|| f n-f m ||1 = (⎰[- 1, 1] ( | f n(x) -f m(x) |2 + | f’n(x) -f m’(x) |2 ) dx )1/2→ 0 (m, n→∞)．即{ f n }是C1[- 1, 1]中的基本列．下面我们证明{ f n }不是C1[- 1, 1]中的收敛列．若不然，设{ f n }在C1[- 1, 1]中的收敛于f∈C1[- 1, 1]．因|| f n-f ||1 = (⎰[- 1, 1] ( | f n(x) -f(x) |2 + | f’n(x) -f’(x) |2 ) dx )1/2≥ (⎰[- 1, 1] | f n(x) -f(x) |2dx )1/2，故在L2[- 1, 1]中，f n(x) →f．而在前面已说明L2[- 1, 1]中，f n(x) → | x |；由L2[- 1, 1]中极限的唯一性以及f的连续性，知f(x) = | x |．这样就得到f∉C1[- 1, 1]，矛盾．所以，{ f n }不是C1[- 1, 1]中的收敛列．这说明C1[- 1, 1]不是完备的．对一般的C1[a, b]，只要令f n(x) = (x - (a + b )/2)2 + 1/n2 )1/2( ∀x∈[a, b] )就可以做同样的讨论，就可以证明C1[a, b]不是完备空间．1.4.4 在C[0, 1]中，对每个f∈C[0, 1]，令|| f ||1 = (⎰[0, 1] | f(x) |2dx )1/2，|| f ||2 = (⎰[0, 1] ( 1 + x) | f(x) |2dx )1/2．求证：|| · ||1和|| · ||2是C[0, 1]中的两个等价范数．证明：(1) 在习题1.4.3的证明中已经包含了|| · ||1是C[0, 1]中的范数的证明．下面我们证明|| · ||2是C[0, 1]中的范数，我们仍然只要验证三角不等式．|| f ||2 + || g ||2 = (⎰[0, 1] ( 1 + x) | f(x) |2dx )1/2 + (⎰[0, 1] ( 1 + x) | g(x) |2dx )1/2= || (1 + x)1/2f(x) ||1 + || (1 + x)1/2g(x) ||1≥ || (1 + x)1/2f(x) + (1 + x)1/2g(x) ||1= || (1 + x)1/2 ( f(x) + g(x) ) ||1≥ (⎰[0, 1] (1 + x) | f(x) + g(x) |2dx )1/2= || f + g ||2．所以，|| · ||2也是C[0, 1]中的范数．(2) 我们来证明两个范数的等价性．∀f∈C[0, 1]|| f ||1 = (⎰[0, 1] | f(x) |2dx )1/2 ≤ (⎰[0, 1] ( 1 + x) | f(x) |2dx )1/2 = || f ||2，|| f ||2 = (⎰[0, 1] ( 1 + x) | f(x) |2dx )1/2 ≤ 2 (⎰[0, 1] | f(x) |2dx )1/2 = 2 || f ||1．因此两个范数等价．1.4.5 设BC[0, ∞)表示[0, ∞)上连续且有界的函数f(x)全体，对每个f ∈BC[0, ∞)及a > 0，定义|| f ||a = (⎰[0, ∞) e-ax | f(x) |2dx )1/2．(1) 求证|| ·||a是BC[0, ∞)上的范数．(2) 若a, b > 0，a≠b，求证|| ·||a与|| ·||b作为BC[0, ∞)上的范数是不等价的．证明：(1) 依然只验证三角不等式．|| f ||a + || g ||a = (⎰[0, ∞) e-ax | f(x) |2dx )1/2 + (⎰[0, ∞) e-ax | g(x) |2dx )1/2= || e-ax/2f(x)||L2 + || e-ax/2g(x)||L2≤ || e-ax/2f(x)+ e-ax/2g(x)||L2= || e-ax/2 ( f(x)+ g(x))||L2= (⎰[0, ∞) e-ax | f(x)+ g(x) |2dx )1/2= || f + g ||a，所以|| ·||a是BC[0, ∞)上的范数．(2) 设f n(x)为[n, +∞)上的特征函数．则f n∈BC[0, ∞)，且|| f n||a = (⎰[0, ∞) e-ax | f n(x) |2dx )1/2 = (⎰[n, ∞) e-ax dx )1/2 = ((1/a)e-an)1/2．同理，|| f n||b = ((1/b)e-bn)1/2．故若a < b，则|| f n||a/|| f n||b = (b/a)1/2e-(b -a)n/2→ +∞ (n→+∞)．因此|| ·||a与|| ·||b作为BC[0, ∞)上的范数是不等价的．1.4.6 设X1, X2是两个B*空间，x1∈X1和x2∈X2的序对(x1, x2)全体构成空间X = X1⨯X2，并赋予范数|| x || = max{ || x1 ||1, || x2 ||2 }，其中x = (x1, x2)，x1∈X1，x2∈X2，|| · ||1和|| ·||2分别是X1和X2的范数．求证：如果X1, X2是B空间，那么X也是B空间．证明：(1) 先验证|| · ||的三角不等式．设x = (x1, x2), y = (y1, y2)∈X1⨯X2，则|| x + y || = || (x1 + y1, x2 + y2) || = max{ || x1 + y1 ||1, || x2 + y2 ||2 }≤ max{ || x1 ||1 + || y1 ||1, || x2 ||2 + || y2 ||2 }≤ max{ || x1 ||1, || x2 ||2 } + max{ || y1 ||1, || y2 ||2 }= || (x1, x2) || + || (y1, y2) ||= || x || + || y ||，而|| · ||的正定性和齐次性是显然的，所以，|| · ||是X1⨯X2的范数．(2) 设X1, X2是B空间，我们来证明X也是B空间．设x(n) = (x1(n), x2(n))是X = X1⨯X2中的基本列，则|| x(n) -x(m) || = max{ || x1(n) -x1(m) ||1, || x2(n) -x2(m)||2 } ≥ || x1(n) -x1(m) ||1，故{x1(n)}是X1中的基本列，同理，{x2(n)}是X2中的基本列．因X1, X2是B空间，故{x1(n)}和{x2(n)}分别是X1, X2中的收敛列．设x1(n) →x1∈X1，x2(n) →x2∈X2，令x = (x1, x2)．则|| x(n) -x || = max{ || x1(n) -x1 ||1, || x2(n) -x2 ||2 }≤ || x1(n) -x1 ||1 + || x2(n) -x2 ||2→ 0 (n→∞)．所以，|| x(n) -x ||→ 0 (n→∞)．即{ x(n) }为X = X1⨯X2中的收敛列．所以X = X1⨯X2也是B空间．1.4.7 设X是B*空间．求证：X是B空间，必须且只须对∀{x n}⊆X，∑n≥ 1 || x n || < +∞⇒∑n≥ 1x n 收敛．证明：(⇒) ∀{x n}⊆X，记S n = ∑1 ≤j≤n x j，B n = ∑1 ≤j≤n || x n ||，则|| S n + p-S n || = || ∑1 ≤j≤n + p x j -∑1 ≤j≤n x j ||= || ∑n +1 ≤j≤n + p x j ||≤∑n +1 ≤j≤n + p || x j ||= B n + p-B n → 0，(n→∞)．故{ S n }为X中的Cauchy列．由X完备，故{ S n }为X中的收敛列，即∑n≥ 1x n 收敛．(⇐) 反证法．若(X, ρ)不完备，设(Y, d )为(X, ρ)的一个完备化．不妨设(X, ρ)是(Y, d )的子空间，则存在y∈Y \ X．因cl( X ) = Y，故∀n∈ +，存在x n∈X，使得d(x n, y) < 1/2n．则ρ(x n, x m) = d(x n, x m) ≤d(x n, y) + d(x m, y) ≤ 1/2n+ 1/2m → 0，因此{x n}是X中的Cauchy列，但不是收敛列．令z n = x n+1-x n，S n = ∑1 ≤j≤n z j；则z n, S n∈X．因|| z n || = || x n+1-x n || = ρ(x n+1, x n) ≤d(x n+1, y) + d(x n+1, y) ≤ 1/2n+1+ 1/2n < 1/2n - 1，故∑n≥ 1 || z n || < +∞．而S n = ∑1 ≤j≤n z j = ∑1 ≤j≤n ( x j+1-x j ) = x n+1-x1；故∑n≥ 1z n 在中不收敛．矛盾．1.4.8 记[a, b]上次数不超过n的多项式全体为 n．求证：∀f(x)∈C[a, b]，存在P0(x)∈ n，使得max a ≤x≤b| f(x) –P0(x) | = min{ max a ≤x≤b| f(x) –P(x) | | P∈ n }．证明：注意到 n是B*空间C[a, b]中的n+1维子空间．{1, x, x2, ..., x n}是 n中的一个向量组，把它看成C[a, b]中的一个有限向量组．根据定理p35, 1.4.23，对任意∀f(x)∈C[a, b]，存在最佳逼近系数{λ0, λ1, ..., λn}，使得|| f(x) –∑0 ≤j≤n λj x j || = min{ || f(x) –∑0 ≤j≤n a j x j || | (a0, a1, ..., a n)∈ n+1}．令P0(x) = ∑0 ≤j≤n λj x j 就得到要证明的结论．1.4.9 在 2中，对∀x = (x1, x2)∈ 2，定义范数|| x || = max(| x1 |, | x2 |)，并设|| x0–λ e1 ||．e1 = (1, 0)，x0 = (0, 1)．求a∈ 适合|| x0–a e1 || = minλ∈并问这样的a是否唯一？请对结果作出几何解释．解：g(λ) = || x0–λ e1 || = || (0, 1) –λ(1, 0)|| = || (–λ, 1)|| = max(| λ |, 1) ≥ 1，故g(λ) 当| λ| ≤ 1时取得最小值1．所以a = 0满足要求．显然满足要求的a不是唯一的．从几何上看就是某线段上的点到某定点的距离都是1．1.4.10 求证范数的严格凸性等价于下列条件：|| x + y || = || x || + || y || ( ∀x≠θ, y≠θ) ⇒x = c y ( c > 0)．证明：(⇒) 设范数是严格凸的，若x, y ≠θ满足|| x + y || = || x || + || y ||，事实上，我们总有|| (x/|| x ||) || = || (y/|| y ||) || = 1．因x, y ≠θ，故|| x || + || y || > 0，所以|| x + y || ≠ 0．于是|| x ||/|| x + y || + || y ||/|| x + y || = 1．假若x/|| x || ≠y/|| y ||，由严格凸性，得到|| (|| x ||/|| x + y ||)(x/|| x ||) + (|| y ||/|| x + y ||)(y/|| y ||) || < 1，即|| (( x + y )/|| x + y ||) || < 1，矛盾．因此必然有x/|| x || = y/|| y ||，即x = (|| x ||/|| y ||) y．(⇐) 设∀x, y ≠θ，|| x + y || = || x || + || y ||蕴涵x = c y ( c > 0)．下面证明范数是严格凸的．设x≠y，且|| x || = || y || = 1，又设α, β∈(0, 1)，且α + β= 1．我们知道|| α x + β y || ≤ || α x || + || β y || = α || x || + β|| y || = α + β= 1．假若|| α x + β y || = 1，根据我们的条件，就得到α x = c (β y)，其中c > 0．那么，就有|| α x || = || c (β y) ||，而|| x || = || y || = 1，所以α= c β；故x = y，这就与x≠y相矛盾．所以必然有|| α x + β y || < 1，即范数是严格凸的．1.4.11 设X是线性赋范空间，函数ϕ : X → 1称为凸的，如果不等式ϕ( λ x + (1 -λ) y ) ≤λϕ( x ) + (1 -λ)ϕ( y ) ( ∀ 0 ≤λ≤ 1)成立．求证凸函数的局部极小值必然是全空间的最小值．证明：设x0是凸函数ϕ的一个局部极小点．如果存在x∈X，使得ϕ( x ) < ϕ( x0)，则∀ t ∈(0, 1)，ϕ( t x + (1 -t ) x0) ≤t ϕ( x ) + (1 -t )ϕ( x0) < t ϕ( x0) + (1 -t )ϕ( x0) = ϕ( x0)．而对x0的任意邻域U，都存在t ∈(0, 1)，使得t x + (1 -t ) x0∈U．这就与x0是局部极小点相矛盾．因此∀x∈X，都有ϕ( x0) ≤ϕ( x )，即x0是ϕ的最小点．1.4.12 设(X, || · ||)是一线性赋范空间，M是X的有限维子空间，{e1, e2, ..., e n}是M的一组基，给定g∈X，引进函数F : n → 1．对∀c = (c1, c2, ..., c n)∈ n，规定F(c) = F(c1, c2, ..., c n) = || ∑1 ≤i≤n c i e i-g ||．(1) 求证F是一个凸函数；(2) 若F的最小值点是c = (c1, c2, ..., c n)，求证f = ∑1 ≤i≤n c i e i给出g在M中的最佳逼近元．证明：(1) 设c = (c1, c2, ..., c n), d = (d1, d2, ..., d n)∈ n, λ∈[0, 1]，则F(λ c + ( 1 -λ) d ) = || ∑1 ≤i≤n ( λ c i + ( 1 -λ) d i ) e i-g ||= || λ∑1 ≤i≤n c i e i + ( 1 -λ) ∑1 ≤i≤n d i e i- (λ g+ ( 1 -λ)g )||= || λ(∑1 ≤i≤n c i e i -g) + ( 1 -λ) ( ∑1 ≤i≤n d i e i-g )||≤λ|| ∑1 ≤i≤n c i e i -g || + ( 1 -λ) || ∑1 ≤i≤n d i e i-g ||= λ F(c)+ ( 1 -λ)F(d)，故F是一个凸函数．(2) 因为{e1, e2, ..., e n}是M的一组基，故M中的每个元h都可表示为h = ∑1 ≤i≤n d i e i，其中d = (d1, d2, ..., d n)∈ n．因为F(c) ≤F(d)，故|| f-g || = F(c) ≤F(d) = || h-g ||．那么f就是g在M中的最佳逼近元．1.4.13 设X是B*空间，X0是X的线性子空间，假定∃c∈(0, 1)使得∀y∈X，有inf { || y–x || | x ∈X0 } ≤c || y ||．求证：X0在X中稠密．证明：设y∈X，∀ε > 0，∃x1∈X0，s.t. || y–x1 || < c || y || + ε /4．∃x2∈X0，s.t. || (y–x1) –x2 || < c || y–x1 || + ε /8．∃x3∈X0，s.t. || (y–x1 –x2 ) –x3 || < c || y–x1 –x2 || + ε /16．如此下去，可得到一个X0中的点列{ x n }，满足|| y–∑1 ≤j≤n +1x j|| < c || y–∑1 ≤j≤n x j|| + ε /2n + 2(∀n∈ +)．那么，我们可以用数学归纳法证明|| y–∑1 ≤j≤n x j|| < c n || y || + ε (∑1 ≤j≤n 1/2j + 1)．当n = 1时，|| y–x1 || < c || y || + ε /4．结论成立．当n = 2时，|| (y–x1) –x2 || < c || y–x1 || + ε /8< c (c || y || + ε /4) + ε /8 < c 2 || y || + ε (1/4 + 1/8)，结论成立．当n≥ 3时，若|| y–∑1 ≤j≤n x j|| < c n || y || + ε (∑1 ≤j≤n 1/2j + 1)成立，则|| y–∑1 ≤j≤n +1x j|| < c || y–∑1 ≤j≤n x j|| + ε /2n + 2< c (c n || y || + ε (∑1 ≤j≤n 1/2j + 1)) + ε /2n + 2< c n+1 || y || + ε (∑1 ≤j≤n 1/2j + 1)) + ε /2n + 2< c n+1 || y || + ε (∑1 ≤j≤n+ 11/2j + 1))，因此结论也成立．由数学归纳法原理，∀n∈ +，|| y–∑1 ≤j≤n x j|| < c n || y || + ε (∑1 ≤j≤n 1/2j + 1)．因为c∈(0, 1)，故存在N∈ +，使得c N || y || < ε /2．令x = ∑1 ≤j≤N x j，则x∈X0．且|| y–x || < ε /2 + ε (∑1 ≤j≤N 1/2j + 1) < ε．所以，X0在X中稠密．[张峰同学的证明] 反证法．若不然，则cl(X0)是X的真闭线性子空间．用Riesz引理，存在y∈X，使得|| y || = 1，且inf { || y–x || | x ∈ cl(X0)} > c．故对此y∈X，有inf { || y–x || | x ∈X0 } > c || y ||，矛盾．1.4.14 设C0表示以0为极限的实数全体，并在C0中赋以范数|| x || = max n≥1| ξn |，( ∀x = (ξ1, ξ2, ..., ξn, ...)∈C0 )．又设M = {x = (ξ1, ξ2, ..., ξn, ...)∈C0 | ∑n ≥1 ξn/2n = 0}．(1) 求证：M是C0的闭线性子空间．(2) 设x0= (2, 0, 0, ...)，求证：inf z ∈M || x0–z || = 1，但∀y∈M，有|| x0–y || > 1．证明：(1) 显然M ≠∅，容易直接验证M是C0的线性子空间．若x k = (ξ1(k), ξ2(k), ..., ξn(k), ...)为M中的点列，且x k→x = (ξ1, ξ2, ..., ξn, ...)∈C0．则∀ε > 0，存在N∈ +，使得∀k > N，|| x k -x || < ε．此时，∀n∈ +，有|ξn -ξn(k)| ≤ max n≥1| ξn -ξn(k) | = || x k -x || < ε．| ∑n ≥1 ξn/2n | = | ∑n ≥1 ξn/2n-∑n ≥1 ξn(k)/2n | = | ∑n ≥1 (ξn -ξn(k))/2n |≤∑n ≥1 |ξn -ξn(k)|/2n≤∑n ≥1 ε/2n = ε．所以，∑n ≥1 ξn/2n = 0，即x = (ξ1, ξ2, ..., ξn, ...)∈M．所以M是C0的闭线性子空间．(2) x0= (2, 0, 0, ...)，∀z = (ξ1, ξ2, ..., ξn, ...)∈M，|| x0–z || = max{| 2 -ξ1 |, | ξ2 |, | ξ3 |, ... }．如果| 2 -ξ1 | > 1，则|| x0–z || > 1．如果| 2 -ξ1 | ≤ 1，则| ξ1 | ≥ 1，我们断言{| ξ2 |, | ξ3 |, ... }中至少有一个大于1者．否则，假若它们都不超1，因为ξn → 0 (n→∞)，故它们不能全为1．由∑n ≥1 ξn/2n = 0知| ξ1 |/2 = | ∑n ≥2 ξn/2n | ≤∑n ≥2 | ξn | /2n < ∑n ≥2 1/2n = 1/2，这样得到| ξ1 | < 1，矛盾．故{| ξ2 |, | ξ3 |, ... }中至少有一个大于1者．因此也有|| x0–z || > 1．综上所述，但∀y∈M，有|| x0–y || > 1．由此，立即知道inf z ∈M || x0–z || ≥ 1．下面证明inf z ∈M || x0–z || ≤ 1．∀n∈ +，令z n= (1 - 1/2n, -1, -1, ..., -1, 0, 0, ...)．( z n从第2个坐标开始有连续的n个-1，后面全部是0 )，则(1 - 1/2n)/2 - 1/4 - 1/8 - ... - 1/2n + 1 = 0，因此z n∈M．此时，|| x0–z n || = max{| 1 + 1/2n|, | 1/4|, | 1/8|, ... } = 1 + 1/2n．故inf z ∈M || x0–z || ≥ inf n || x0–z n || = inf n (1 + 1/2n ) = 1．所以，inf z ∈M || x0–z || = 1．1.4.15 设X是B*空间，M是X的有限维真子空间，求证：∃y∈X，|| y|| = 1，使得|| y–x || ≥ 1 ( ∀x ∈M )．证明：取定z∈X \ M，令Y = span{z} + M．记S = { y∈Y | || y || = 1 }．则M是Y的真闭子空间，而S是Y中的单位球面．由Riesz引理，∀n∈ +，存在y n∈S，使得d( y n, M ) ≥ 1 - 1/n．因为Y也是有限维的，故其中的单位球面为自列紧集．存在{y n}的收敛子列．不妨设y n(k) →y∈S．则d( y n(k), M ) ≥ 1 - 1/n(k)，故有d( y, M ) ≥ 1．即|| y–x || ≥ 1 ( ∀x ∈M )．1.4.16 若f是定义在区间[0, 1]上的复值函数，定义ωδ( f ) = sup{| f (x) – f (y) | | ∀x, y∈[0, 1], | x–y | ≤δ}．如果0< α≤ 1对应的Lipschitz空间Lipα，由满足|| f || = | f(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f )} < +∞的一切f组成，并且以|| f ||为模．又设lipα = { f∈Lipα| lim δ→ 0 δ–αωδ( f ) = 0}．求证Lipα是B空间，而且lipα是Lipα的闭子空间．证明：(1) 显然，C1[0, 1]⊆Lipα，因此Lipα不空．对区间[0, 1]上的复值函数f, g，∀λ∈ ，我们有ωδ( f + g ) = sup{| f (x) + g (x) – f (y) – g (y) | | ∀x, y∈[0, 1], | x–y | ≤δ}≤ sup{| f (x) – f (y) | + | g (x) – g (y) | | ∀x, y∈[0, 1], | x–y | ≤δ}≤ωδ( f ) + ωδ( g )．ωδ( λ f ) = sup{|λ f (x) –λ f (y) | | ∀x, y∈[0, 1], | x–y | ≤δ}= | λ| sup{| f (x) – f (y) | | ∀x, y∈[0, 1], | x–y | ≤δ}= | λ| ·ωδ( f )．若f, g∈Lipα，λ∈ ，则|| f + g || = | f(0) + g(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f + g ) }≤ | f(0) | + | g(0) | + supδ > 0{δ–α(ωδ( f ) + ωδ( g )) }= | f(0) | + | g(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f ) + δ–αωδ( g ) }≤ | f(0) | + | g(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f ) }+ supδ > 0{ δ–αωδ( g ) }= || f || + || g || < +∞．|| λ f || = | λ f(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( λ f )}= | λ| · | f(0) | + | λ| · supδ > 0{δ–αωδ( f )}= | λ| · || f || < +∞．因此，f + g, λ f∈Lipα，且上述两个不等式表明|| · ||有齐次性和三角不等式．显然，|| f || ≥ 0．当|| f || = 0时，| f(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f )} = 0，意味着f(0) = 0，且ωδ( f ) = 0(∀δ> 0)．而ωδ( f ) = 0(∀δ> 0)则意味着f为常值．所以，f = 0．即|| · ||有正定性．综上所述，Lipα是B*空间．(2) 我们首先证明集合Lipα⊆C[0, 1]．∀f∈Lipα，∀x, y∈[0, 1]，x ≠y，记δ = | x -y |．则| f (x) – f (y) | ≤ωδ( f )．而δ–αωδ( f ) ≤ supδ > 0{δ–αωδ( f n-f m) } ≤ || f ||，所以，| f (x) – f (y) | ≤ || f || δα= || f || · | x -y |α，故f∈C[0, 1]．我们再证明，∀f∈Lipα，|| f ||C≤ || f ||，其中|| ·||C是C[0, 1]范数．事实上，∀x∈[0, 1]，| f (x) | ≤ | f (0) | + | f (x) – f (0) |，故|| f ||C = max x∈[0, 1] | f (x) | ≤ | f (0) | + max x∈[0, 1] | f (x) – f (0) |≤ | f (0) | + sup x∈(0, 1] | f (x) – f (0) |/| x |α≤ | f (0) | + sup x∈(0, 1] { δ–αωδ( f ) } ≤ || f ||．这说明，如果{ f n }是Lipα中的基本列，则它也必是C[0, 1]中的基本列．而C[0, 1]是完备的，故存在f∈C[0, 1]，使得{ f n }一致收敛于f．而{ f n }作为Lipα中的基本列，有|| f n-f m || = | f n(0) -f m(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f n-f m) } → 0 (n, m→∞)，因此∀ε > 0，∃N∈ +，使得∀n, m > N，有| f n(0) -f m(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f n-f m) } < ε．因此supδ > 0{δ–αωδ( f n-f m) } < ε．故∀δ > 0，ωδ( f n-f m) < εδα．即∀x, y∈[0, 1]，| x -y | ≤δ，都有| ( f n(x) -f m(x)) - ( f n(y) -f m(y)) | < εδα．令m→∞，得到| ( f n(x) -f(x)) - ( f n(y) -f(y)) | ≤εδα．因此，sup {| ( f n(x) -f(x)) - ( f n(y) -f(y)) | | x, y∈[0, 1]，| x -y | ≤δ}≤εδα．即∀δ > 0，ωδ( f n-f ) ≤εδα．故supδ > 0{δ–αωδ( f n-f ) } ≤ε．同样地，对不等式| f n(0) -f m(0) | < ε令m→∞，就得到| f n(0) -f(0) | ≤ε．所以，| f n(0) -f(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f n-f ) } ≤ 2ε．这说明f n-f∈Lipα．而f n∈Lipα，故f = ( f -f n ) + f n∈Lipα．而前面的式子也表明|| f -f n || ≤ 2ε．因此|| f n-f || → 0 (n→∞)，即{ f n }为Lipα中的收敛列．所以，Lipα是Banach空间．(3) 记lipα = { f∈Lipα| lim δ→ 0 δ–αωδ( f ) = 0 }．∀f, g∈lipα，∀λ∈ ，我们有δ–αωδ( f + g ) ≤δ–α(ωδ( f ) + ωδ( g ) ) = δ–αωδ( f ) + δ–αωδ( g ) → 0 (δ→ 0)．δ–αωδ( λ f ) = | λ| ·δ–αωδ( f ) → 0 (δ→ 0)．故f + g, λ f∈lipα，因此，lipα是Lipα的线性子空间．设{ f n }是lipα中的序列，且f n→f∈Lipα(n→∞)．则{ f n }一致收敛于f．∀ε > 0，存在N∈ +，使得|| f N →f || < ε /2．故有supδ > 0{δ–αωδ( f N-f ) } < ε /2．因为lim δ→ 0 δ–αωδ( f N) = 0，所以，∃∆ > 0，使得∀δ∈(0, ∆)，有δ–αωδ( f N) < ε /2．此时我们有δ–αωδ( f ) ≤δ–α(ωδ( f N) + ωδ( f -f N))= δ–αωδ( f N) + δ–αωδ( f -f N)< ε /2 + supδ > 0{δ–αωδ( f N-f ) } < ε．所以，lim δ→ 0 δ–αωδ( f ) = 0，即f∈lipα．所以lipα是Lipα的闭子空间．1.4.17 (商空间) 设X是线性赋范空间，X0是X的闭线性子空间，将X中的向量分类，凡是适合x’-x’’∈X0的两个向量x’, x’’归于同一类，称其为等价类，把一个等价类看成一个新的向量，这种向量的全体组成的集合为X/X0表示，并称其为商空间．下列是关于商空间的命题．(1) 设[ y ]∈X/X0，x∈X，求证：x∈[ y ]的充分必要条件是[ y ] = x + X0．证明：设x’, x’’∈X，若它们归于同一类，则记为x’～x’’．我们用[ x ]表示x所在的等价类（大家注意，题目形式已经作了相应的修改）．(⇒) 若x∈[ y ]，则x～y．∀u ∈[ y ]，u～y，故u～x，即u –x∈X0．因此u ∈x + X0．所以[ y ] ⊆x + X0．反过来，∀u ∈x + X0，则u～x，故u～y．因此u ∈[ y ]．所以x + X0 ⊆ [ y ]．所以[ y ] = x + X0．(⇐) 若[ y ] = x + X0，则y –x∈X0，即y～x．从而x∈[ y ]．(2) 在X/X0中定义加法与数乘如下：[ x ] + [ y ] = x + y + X0(∀[ x ], [ y ] ∈X/X0 )λ[ x ] = λ x + X0(∀[ x ]∈X/X0 , ∀λ∈ )其中x和y分别表示属于等价类[ x ]和[ y ]的任一元素．又规定范数|| [ x ] ||0 = inf z∈[ x ] || z || ( ∀[ x ]∈X/X0 )求证：(X/X0, || · ||0)是一个B*空间．证明：第(1)部分说明了[ x ] = x + X0．容易看出加法与乘法的定义是合理的．进一步可以证明X/X0 构成数域 上的线性空间，且其零元为[ θ] = X0．下面证明|| · ||0是X/X0 上的范数．显然，∀[ x ]∈X/X0，|| [ x ] ||0≥ 0．若[ x ] = [ θ] = X0，则|| [ x ] ||0 = 0．若|| [ x ] ||0 = 0，则inf z∈[ x ] || z || = 0．存在z n∈[ x ]使得|| z n || → 0，即z n→θ (n→∞)．那么，x-z n∈X0，x-z n→x (n→∞)，而X0是闭集，故x∈X0．所以x～θ，即[ x ] = X0．因此|| · ||0有正定性．∀[ x ]∈X/X0，∀λ∈ ，|| λ[ x ]||0 = || [ λ x ] ||0 = inf y∈[ x ] || λ y || = inf y∈[ x ] | λ| · || y ||= | λ| · inf y∈[ x ] || y || = | λ| · ||[ x ]||0．因此|| · ||0有齐次性．∀[ x ], [ y ]∈X/X0，|| [ x ] + [ y ] ||0 = inf z∈[ x ] + [ y ] || z || = inf u∈[ x ], v∈[ y ] || u + v ||≤ inf u∈[ x ], v∈[ y ] { || u || + || v || } ≤ inf u∈[ x ] { inf v∈[ y ] { || u || + || v ||} }≤ inf u∈[ x ] { inf v∈[ y ] { || u || + || v ||} } = inf u∈[ x ] { || u || + inf v∈[ y ] || v || }= inf u∈[ x ] || u || + inf v∈[ y ] || v || = || [ x ] ||0 + || [ y ] ||0．因此|| · ||0的三角不等式成立．所以，(X/X0, || · ||0)是一个B*空间．(3) 设[ x ]∈X/X0, 求证对∀y∈[ x ]有inf { || y -z || | z∈X0 } = || [ x ] ||0．证明：|| [ x ] ||0 = inf u∈[ x ] || u || = inf u∈[ y ] || u || = inf { || u || | u∈y + X0 }= inf { || y + v || | v∈X0 } = inf { || y -z || | z∈X0 }．(4) 定义映射ϕ : X →X/X0为ϕ (x) = [ x ] = x + X0(∀x∈X )．求证ϕ是线性连续映射．证明：∀x, y∈X，∀α, β∈ ，ϕ( α x + β y ) = [α x + β y ] = [α x ] + [ β y ] = α [ x ] + β[ y ] = αϕ (x) + βϕ (y)．|| ϕ (x) -ϕ (y) ||0 = || [ x ] - [ y ] ||0 = || [ x-y ] ||0 = inf z∈[ x-y ] || z || ≤ || x-y ||．所以，ϕ是线性连续映射．(5) ∀[ x ]∈X/X0，求证∃y∈X，使得ϕ (y) = [ x ]，且|| y || ≤ 2|| [ x ] ||0．证明：因为|| [ x ] ||0 = inf z∈[ x ] || z ||，若|| [ x ] ||0 = 0，则由|| · ||0的正定性，知[ x ] = X0，取y = θ即满足要求．若|| [ x ] ||0≠ 0，则inf z∈[ x ] || z || = || [ x ] ||0 < 2 || [ x ] ||0，存在∃y∈[ x ]，使得|| y || ≤ 2|| [ x ] ||0．此时显然有ϕ (y) = [ x ] = [ y ]．(6) 设(X, || · ||)完备，求证(X/X0, || · ||0)也是完备的．证明：设{ [ x ]n }是X/X0中的基本列．为证明它是收敛列，只需证明它存在收敛子列．由基本列性质，可选出子列{ [ x ]n(k)}使得|| [ x ]n(k) - [ x ]n(k+1) ||0 ≤ 1/2k．故∑k ≥ 1 || [ x ]n(k) - [ x ]n(k+1) ||0 收敛．根据(5)，∀k∈ +，∃y k∈[ x ]n(k+1) - [ x ]n(k)，使得|| y k || ≤ 2|| [ x ]n(k+1) - [ x ]n(k) ||0．那么，∑k ≥ 1|| y k ||收敛．由X的完备性，s k = ∑ 1 ≤j ≤k y j是X中的收敛列．设其极限为s．由(5)中ϕ的连续性，在X/X0中，ϕ(s k) →ϕ(s) ( k→∞ )．而ϕ(s k) = ϕ( ∑ 1 ≤j ≤k y j ) = ∑ 1 ≤j ≤k ϕ( y j )= ∑ 1 ≤j ≤k ( [ x ]n(j+1) - [ x ]n(j)) = [ x ]n(k+1) - [ x ]n(1)．故{[ x ]n(k+1) - [ x ]n(1)}收敛，因而{[ x ]n(k)}是收敛列．因此X/X0中的基本列{ [ x ]n }存在收敛子列{[ x ]n(k)}，所以，{ [ x ]n }是X/X0中的收敛列．因此，(X/X0, || · ||0)是完备的．(7) 设X = C[0, 1]，X0 = { f∈X | f (0) = 0 }，求证：X/X0 ≅ ，其中记号“≅”表示等距同构．证明：显然，X0是C[0, 1]中的线性子空间．记X0所确定的等价关系为～，则f～g ⇔ f (0) = g (0)．定义Φ : X/X0 → ，Φ([ f ]) = f (0)．显然定义是合理的．∀f, g∈X，∀α, β∈ ，Φ(α[ f ] + β[ g ]) = Φ([αf + β g ]) = (αf + β g )(0)= αf (0)+ β g (0) = αΦ([ f ])+ βΦ([ g ])．因此Φ是线性映射．因Φ(X0) = 0，故Φ是单射．而∀c∈ ，若记所对应的常值函数为h c∈C[0, 1]，则Φ( [ h c] ) = c．故Φ是满射．综上所述，Φ : X/X0 → 是线性同构．∀f∈X，|| [ f ]||0 = inf g∈[ f ] { || g || } ≥ inf g∈[ f ] { | g (0) | }= inf g∈[ f ] { | f (0) | } = | f (0) | = | Φ([ f ]) |．另一方面，因为常值函数h f (0)∈[ f ]，故|| [ f ]||0 = inf g∈[ f ] { || g || } ≤ || h f (0) || = | f (0) | = | Φ([ f ]) |．所以，∀f∈X，都有|| [ f ]||0 = | Φ([ f ]) |，因此Φ : X/X0 → 是等距同构．[第4节完] 泛函分析题1_5凸集与不动点p521.5.1 设X是B*空间，E是以θ为内点的真凸子集，P是由E产生的Minkowski 泛函，求证：(1) x∈int(E) ⇔P(x) < 1；(2) cl(int(E)) = cl(E)．证明：(1) (⇒) 若x∈int(E)，存在δ > 0，使得Bδ(x) ⊆E．注意到x + x/n→x ( n→∞ )，故存在N ∈ +，使得x + x/N ∈Bδ(x) ⊆E．即x/( N/( 1 + N ) ) ∈E．因此P(x) ≤N/( 1 + N ) < 1．(⇐) 若P(x) < 1．则存在a > 1，使得y = a x∈E．因θ∈int(E)，故存在δ > 0，使得Bδ(θ) ⊆E．令η = δ(a - 1)/a，∀z∈Bη(x)，令w = (a z-y )/(a - 1)，则|| w || = || (a z-y )/(a - 1) || = || a z-y ||/(a - 1)= || a z-a x ||/(a - 1) = a || z-x ||/(a - 1) < aη/(a - 1) = δ．故w∈Bδ(θ) ⊆E．故z = ((a - 1)w + y )/a ∈E，因此，Bη(x) ⊆E．所以x∈int(E)．(2) 因int(E) = E，故有cl(int(E)) ⊆ cl(E)．下面证明相反的包含关系．若x∈cl(E)，则∀ε > 0，存在y∈E，使得|| x -y || < ε/2．因ny/(n + 1) →y ( n →∞ )．故存在N ∈ +，使得|| Ny/(N + 1) -y || < ε/2．令z = Ny/(N + 1)，则z∈E，且P(z) ≤N/(N + 1) < 1，由(1)知z∈int(E)．而|| z -x || ≤ || z -y || + || y -x || < ε/2 + ε/2 = ε．故x∈cl(int(E))，因此cl(E) ⊆ cl(int(E))所以cl(int(E)) = cl(E)．1.5.2 求证在B空间中，列紧集的凸包是列紧集．证明：设A是B空间X中的列紧集，∀ε > 0，存在A的有限ε /3网B．设B = {b1, b2, ..., b n}，M = max j{ || b j || }，取δ > 0，使得n δ M < ε /3．设[0, 1]分划D为0 = t0 < t1 < t2 < ... < t m = 1，使得max 1 ≤j ≤m {| t j–t j–1|} < δ．设∀x∈co(A)，设x= λ1 a1 + λ2 a2+ ... + λ k a k，其中a j∈A，λ j > 0，∑ j λ j = 1．对每个j ≤k，存在b i( j )∈B使得|| a j-b i( j ) || < ε /3；令y= λ1 b i(1) + λ2 b i(2)+ ... + λ k b i(k)，则|| x - y || = || λ1 (a1 -b i(1)) + λ2 (a2 -b i(2))+ ... + λ k (a k-b i(k))||，≤λ1 · || a1 -b i(1) || + λ2 · || a2 -b i(2) || + ... + λ k · || a k-b i(k) ||≤ ( λ1 + λ2 + ... + λ k ) · (ε /2) = ε /3．将y= λ1 b i(1) + λ2 b i(2)+ ... + λ k b i(k)中的那些含有相同b j的项合并起来，于是，y可表示为y= μ1 b1 + μ2 b2+ ... + μ n b n，其中μj ≥ 0，且∑ j μj = 1．对每个l ≤n，存在t s( l )∈D，使得|| μl-t s( l ) || < δ；令z= t s(1) b1 + t s(2) b2+ ... + t s(n) b n，则|| y - z || = || (μ1 -t s(1))b1 + (μ2 -t s(2))b2+ ... + (μn -t s(n))b n ||≤∑ l | μl-t s( l ) | · max j{ || b j || } ≤n δ M < ε /3；令C = {t s(1) b1 + t s(2) b2+ ... + t s(n) b n | t s(i)∈D，1 ≤i≤n}，则C是有限集，且C是co(A)的有限ε网．因空间是完备的，故co(A)是列紧集．1.5.3 设C是B*空间X中的一个紧凸集，映射T : C →C连续，求证T在C上有一个不动点．证明：因为C是紧集，所以C是闭集．因为C是紧集，故C的任意子集都列紧．而T(C) ⊆C，故T(C)列紧．于是，由Schauder不动点定理，T在C上有一个不动点．[Schauder定理：B*空间中闭凸集C上使T(C)列紧的连续自映射T必有不动点] 1.5.4 设C是B空间X中的一个有界闭凸集，映射T i : C→X (i = 1, 2)适合(1) ∀x, y∈C ⇒T1x + T2y∈C；(2) T1是一个压缩映射，T2是一个紧映射．。
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。
泛函分析试题及答案
泛函分析试题及答案### 泛函分析试题及答案#### 一、选择题（每题5分，共20分）1. 泛函分析中，下列哪个概念不是线性空间的概念？A. 线性组合B. 线性映射C. 线性泛函D. 非线性变换答案：D2. 在Banach空间中，以下哪个条件不是完备性的必要条件？A. 空间中的每个Cauchy序列都收敛于空间内B. 空间是完备的C. 空间中存在一个完备的度量D. 空间中的每个有界序列都有一个收敛的子序列答案：C3. 泛函分析中，Hilbert空间的完备性是相对于哪种范数？A. 欧几里得范数B. 赋范范数C. 内积诱导的范数D. 以上都是答案：C4. 下列哪个定理不是泛函分析中的基本定理？A. Hahn-Banach定理B. Riesz表示定理C. 闭图定理D. 微积分基本定理答案：D#### 二、填空题（每题5分，共20分）1. 线性泛函在定义域上的连续性等价于其在定义域的原点处的连续性，这是基于泛函分析中的________定理。
答案：Hahn-Banach2. 在Hilbert空间中，任意两个向量的内积满足平行四边形法则，即对于任意向量\( u \)和\( v \)，有\( \|u+v\|^2 + \|u-v\|^2 =2(\|u\|^2 + \|v\|^2) \)，这是基于________定理。
答案：平行四边形3. 线性算子的谱半径公式为\( r(T) = \lim_{n \to \infty}\|T^n\|^{1/n} \)，其中\( T \)是Banach空间上的有界线性算子，这是基于________定理。
答案：Gelfand公式4. 在泛函分析中，紧算子的定义是：如果对于空间中的每一个有界序列，其在算子下的像序列都有一个收敛的子序列，则称该算子为紧算子，这是基于________定理。
答案：Arzelà-Ascoli#### 三、简答题（每题15分，共30分）1. 简述Riesz表示定理的内容及其在泛函分析中的意义。
《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。
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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,
集美大学试卷
一.以下各题每题5分,共25分
1.设X, Y是赋范空间,证明乘积空间XY按范数|| (x, y) |||| x |||| y ||成为赋范空间.
证1.对任何(x, y)XY, || (x, y) |||| x |||| y ||0,
|| xy ||0|| x |||| y ||0
x0, y0(x, y)(0, 0). (2分)
若存在[0, 1],是A的特征值,则存在xC [0, 1], x0
使A xx.从而对任意t[0, 1]
t x (t)x (t)
因而t时, x (t)0,由x的连续性, x0,得矛盾.
所以A没有特征值. (5分)
3.设H是实内积空间, A是H上自伴算子,证明A0的充分必要条件是对所有xH,A x, x0.
证必要性:A x, x0, x0,xH.(3分)
充分性:对任意x, yH
0A (xy), xy
A x, xA x, yA y, xA y, y
A x, yA y, x(5分)
由T是自伴算子A y, xy, A xA x, y,(2分)
一般存在fnX '
fn(xn)0, fn(x1)fn(xn1)0(6分)
下面证明{ fn}线性无关,设
0
则
( ) (x1)1f1(x1)010
( ) (x2)2f2(x2)020
( ) (xn)nfn(xn)0n0 (7分)
所以f1,, fn线性无关,所以{fn}线性无关,
所以X '是无穷维的. (2分)
又设xnN ( f ),且xnxX,由f连续
f (x)limnf (xn)0
所以xN (f).所以N ( f )是闭集. (2分)
3.设H是内积空间, MH,证明MM.
证设x意性, MM. (3分)
4.设X是赋范线性空间,泛函序列{fn}X ',证明若fn强收敛于f,则{fn}必w*收敛于f.
d (xn k, x) </ 2 (4分)
由{xn}是Cauchy列,存在N, n, m > N时,
d (xn, xm) </ 2, (4分)
取k ' > K, nk '> N,则有n > N时
d (x, xn)d (x, xn k ')d (xn k ', xn)
/ 2/ 2(5分)
所以xnx (n),所以{xn}收敛. (2分)
2.设Xlp( p > 1), {an}是一有界数列, Msupn| an|.定义线性算子T : XX为
T x{ a11, a22,, ann,},x{1,2,,n,}X
证明T有界,且|| T ||M.
证对任何x{1,2,,n,}X
||T x|||| { a11, a22,, ann,} ||
M || x ||(5分)
||x1|||| x2|||| y1|||| y2||||(x1, y1) |||| (x2, y2) || (2分)
2.设X是赋范线性空间, f是X上连续线性泛函,证明f的零空间N (f)是X中闭子空间.
证对任何x, yN ( f ),及任何,
f (xy)f (x)f (y)0
所以xyN ( f ).所以N (f)是线性空间. (2分)
证由fn强收敛于f, || fnf ||0 (n). (2分)
对任何xX
| fn(x)f (x) || (fnf ) x ||| fnf || || x ||0 (n)
所以{fn} w*收敛于f. (3分)
5.设X是赋范空间,A, BB (XX)是X上正则算子,证明TA B是X上正则算子.
证A, B是正则算子,所以A1, B1存在,且A1, B1B (XX) (2分)
2. ||(x, y) ||||x ||||y |||| || x |||| || y ||
|| ( || x |||| y ||)|| || (x, y) ||. (1分)
3.对任何(x1, y1), (x2, y2)XY,
||(x1, y1)(x2, y2) ||||(x1x2, y1y2) ||||x1x2|||| y1y2||
5.设XC [0, 1], AB (XX)定义为对任何xX
(A x) (t)t x (t),t[0, 1]
证明(A)[0, 1],且A没有特征值.
证对[0, 1],
任意xC [0, 1]
((AI) x ) (t)t x (t)x (t)
所以((AI) x ) ()0,
所以(AI) xI
所以AI不存在有界逆