泛函分析作业
泛函分析习题
泛函分析习题泛函分析练习题⼀名词解释：1.范数与线性赋范空间2.⽆处稠密⼦集与第⼀纲集3.紧集与相对紧集4.开映射5.共轭算⼦6. 内点、内部：7. 线性算⼦、线性范函：8. ⾃然嵌⼊算⼦9. 共轭算⼦10. 内积与内积空间：11. 弱有界集：12. 紧算⼦：13. 凸集14. 有界集15. 距离16. 可分17. Cauchy 列18.⾃反空间⼆、定理叙述1、压缩映射原理2. 共鸣定理3.逆算⼦定理4. 闭图像定理5.实空间上的Hahn-Banach 延拓定理6、Baire 纲定理7、开映射定理8、Riesz 表现定理三证明题：1.若(,)x ρ是度量空间，则1d ρρ=+也使X 成为度量空间。
证明：,,x y z X ?∈显然有（1）(,)0d x y ≥，(,)0d x y =当且仅当x y =。
（2）(,)(,)d x y d y x =（3）由1()111t f t t t ==-++，(0)t >关于t 单调递增，得 (,)(,)(,)(,)1(,)1(,)(,)x z x y y z d x z x z x y y z ρρρρρρ+=≤+++(,)(,)1(,)1(,)x y y z x y y z ρρρρ≤+++ (,)(,)d x y d y z =+故d 也是X 上的度量。
2，设H 是内积空间，,,,n n x x y y H ∈，则当,n n x x y y →→时，(,)(,)n n x y x y →，即内积关于两变元连续。
证明：22|(,)(,)||(,)|||||||||n n n n n n x y x y x x y y x x y y -=--≤-?-已知 ,n n x x y y →→，即||||0,||||0n n x x y y -→-→。
故有 2|(,)(,)|0n n x y x y -→即 (,)(,)n n x y x y →。
3.考虑[,]C a b 上的⾮线性积分⽅程()(,,())()ba x t k t s x s ds t λ?-=?其中[,],(,,)C a b k t s ?ω∈是[,][,]a b a b R ??上的连续函数，满⾜1212|(,,)(,,)|||k t s k t s b ωωωω-≤-证明当||λ⾜够⼩时，此⽅程存在唯⼀解0[,]x C a b ∈。
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 y x 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 bab++≤≤+++++++令,,x y z R ∀∈,令,a z x b y z =-=- 即111y x z x y z y xz xy 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‖。
泛函分析期末试题及答案
泛函分析期末试题及答案一、选择题1. 下列哪个不是泛函分析的主要研究对象？A. 函数空间B. 向量空间C. 线性映射D. 点集答案：D2. 泛函是指将一个向量空间的元素映射到一个标量的函数。
以下哪个选项是泛函的定义？A. 函数空间B. 向量空间C. 线性映射D. 函数空间的对偶空间答案：C3. 在泛函分析中，范数是一种度量向量空间中向量大小的方法。
以下哪个选项是范数的定义？A. 函数空间B. 向量空间C. 线性映射D. 函数空间的对偶范数答案：B4. 下列哪个不是泛函分析中的基本定理？A. 嵌入定理B. 开铃定理C. Hahn-Banach定理D. Banach-Steinhaus定理答案：B5. 泛函分析中的内积是指满足一定条件的映射。
以下哪个选项是内积的定义？A. 函数空间B. 向量空间C. 线性映射D. 内积空间答案：D二、填空题1. 完成下列范数的定义：范数是一个实值函数，对于一个向量空间中的向量x，满足以下三个性质：(1) 正定性：||x|| ≥ 0，且当且仅当x=0时，||x|| = 0；(2) 齐次性：对于任意实数a，||ax|| = |a| · ||x||；(3) 三角不等式：对于任意两个向量x和y，||x+y|| ≤ ||x|| + ||y||。
2. 填写完整的Hahn-Banach定理的表述：设X是一个实或复数的线性空间，Y是X的一个线性子空间，f是定义在Y上的线性泛函，对于所有的y∈Y，有f(y) ≤ p(y)，其中p是X上的一个次线性泛函，且满足p(y) ≤ p(x)对所有的x∈X成立，则存在一个定义在整个X上的线性泛函F，满足F(x) ≤ p(x)对所有的x∈X成立，并且在Y上，F和f的限制是相等的。
三、计算题1. 对于给定的函数空间C[0,1]，计算函数f(x) = x^2在C[0,1]上的范数。
解答：根据范数的定义，范数是一个实值函数，对于一个向量空间中的向量x，满足以下三个性质：(1) 正定性：||x|| ≥ 0，且当且仅当x=0时，||x|| = 0；(2) 齐次性：对于任意实数a，||ax|| = |a| · ||x||；(3) 三角不等式：对于任意两个向量x和y，||x+y|| ≤ ||x|| + ||y||。
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。
泛函分析作业(二)
泛函分析作业（二）BY0807112 吴耀第一题试举出一个无穷维Hilbert 空间，并指出它的一个正规正交基 解答：考虑2l ，定义内积：∞==∀1}{j j x ξ,+∞<∑∞=21j j ξ,∞==1}{j j y η,+∞<∑∞=21j jη,2,l y x ∈ ∑∞==1),(j jjy x ηξ首先验证满足内积的四条假设. 1)==∑∞=1),(j j j x x ξξ021≥∑∞=j j ξ,且00),(=⇔=x x x ;2)),(),(),(z y z x z y x +=+显然成立;3)K ∈∀α,=),(y x α),(11y x j j j j jjαηξαηαξ==∑∑∞=∞=;4)=),(x y ==∑∑∞=∞=11j jjj jjηξξη),(y x所以2l 是按照如上内积定义的内积空间。
下面说明该内积空间是完备的。
由定义有：==∑∞=1),(j j j x x ξξ221x j j=∑∞=ξ,可见由内积诱导的范数恰好是2l 在以前定义的范数：2121)(∑∞==j jx ξ，，以前已经证明这一个完备的赋范线性空间，所以，该内积空间是完备的。
总之，2l 是一个无穷维Hilbert 空间。
下面指出这个无穷维Hilbert 空间的一个正规正交基。
,...)...0,1,...0,0,0(,...),...,0,1,0(,...),0,0,1(21===n e e e下证∞=1}{j j e 是2l 的一个正规正交基。
显然有：⎩⎨⎧≠==ji ji e e j i ,0,1),( 21}{l x j j ∈=∀∞=ξ,使得0),(=n e x ,则有j ξ=0，0=x 。
故∞=1}{j j e 是2l 的一个正规正交基。
第二题X 是内积空间，K ∈∈n m n m X y y y x x x βββααα,...,,,...,,,,...,,,,...,21212121,则：),(,1111j i j m i nj i n j j j m i i i y x y x βαβα∑∑∑∑=====⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛. 证明：首先根据定义，证明如下等式：K ∈∈∀21,,,,ββX z y x),(),(),(),(),(),(21212121z x y x x z x y x z y z y x ββββββββ+=+=+=+则有：),(,,,11111111j i j m i nj i m i n j j j i i m i n j j j i i n j j j m i i i y x y x y x y x βαβαβαβα∑∑∑∑∑∑∑∑=========⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ 证毕。
《泛函分析》习题解答(不完全版)
第一章 练习题1． 记([,])C a b 是闭区间[,]a b 上连续函数全体构成的集合, 在([,])C a b 上定义距离如下:(,)|()()|,,([,])baf g f x g x dx f g C a b ρ=-∀∈⎰，（1）([,])C a b 按ρ是否完备?（2）(([,]),)C a b ρ的完备化空间是什么? 答：(1) 不完备, 例如对于[,][0,2]a b =以及1,2,n =,定义,01,():1,1 2.n n x x f x x ⎧≤<=⎨≤≤⎩则{()}([0,2])n f x C ⊂在本题所定义的距离的意义下是Cauchy 列, 因为111(,)|()()|110,(,).11n m n m n m f f f x f x dxx dx x dxm n n m ρ=-≤+=+→→∞++⎰⎰⎰另一方面, 点列{()}n f x 并不能在本题所定义的距离的意义下收敛到([0,2])C 中的某个元. 事实上, 在几乎处处收敛的意义下, 我们有0,[0,1)()()1,[1,2].n x f x g x x ∈⎧→=⎨∈⎩因此, 根据Lebesgue 有界收敛定理, 可以得到11100(,)|()()|1|0|0.1n n nnf g f x g x dxx dx x dx n ρ=-=-==→+⎰⎰⎰但()([0,2])g x C ∉.(2) ([,])C a b 的完备化空间是1([,])L a b . 因为(i) 在距离ρ的意义下, ([,])C a b 是1([,])L a b 的稠密子集. 事实上, 任意取定一个1()([,])f x L a b ∈, 需要证明: 对于任意的0ε>, 存在()[,]g x C a b ∈, 使得[,](,)|()()|a b f g f x g x dx ρε=-<⎰.事实上, 首先根据积分的绝对连续性, 存在0δ>, 使得当[,]E a b ⊂, 只要mE δ<, 就有|()|3Ef x dx ε<⎰.因为()f x (Lebesque)可积, 故几乎处处有限, 即10N N mE ∞==,其中{[,]||()|}N E x a b f x N =∈>. 由此可以得到 lim ()0N N m E →∞=(因为{}N E 是渐缩集列并且[,]a b 的测度有限),故存在某个自然数N , 使得N mE δ<且|()|3NE f x dx ε<⎰,因此有|()|f x N ≤,[,]\N x a b E ∈.引入一个新函数定义为(),[,]\():0,,NN f x x a b E f x E ∈⎧=⎨⎩显然对于[,]x a b ∈恒有|()|f x N ≤. 由Lusin 定理, 存在连续函数()(,)g x C ∈-∞+∞和闭集[,]F a b ⊂, 使得([,]\)min{,/3}m a b F N δε<且|()|g x N ≤, 进而()()g x f x ≡,x F ∈.则()g x 限制在[,]a b 即为所求, 因为:[,](,)|()()|a b f g f x g x dx ρ=-⎰([,]\)|()()|a b F Ff xg x dx ⋃=-⎰[,]\|()()||()()|a b FFf xg x dx f x f x dx ≤-+-⎰⎰[,]\\(|()|)|()()||()()|NNa b FF E F E f x N dxf x f x dx f x f x dx⋂≤++-+-⎰⎰⎰[,]\|()|([,]\)a b Ff x dx Nm a b F ≤+⎰\|()|0NNF E F E f x dx dx ⋂++⎰⎰333εεεε<++=.(ii) 1(([,]),)L a b ρ是完备的空间.2． 设(,)X ρ是距离空间，A 是X 的子集，对任意的x X ∈，记(,)inf (,)y Ax A x y ρρ∈=，则（1）(,)x A ρ是x 的连续函数.（2） 若{}n x 是X 中的点列, 使(,)0n x A ρ→,{}n x 是否为Cauchy 列? 为什么? 证：(1) 任意取定12,x x X ∈, 对于任意的y X ∈根据三角不等式, 有1122(,)(,)(,)x y x x x y ρρρ≤+, 2211(,)(,)(,)x y x x x y ρρρ≤+.对两端关于y A ∈取下确界, 可以得到1122inf (,)(,)inf (,)y Ay Ax y x x x y ρρρ∈∈≤+, 2211inf (,)(,)inf (,)y Ay Ax y x x x y ρρρ∈∈≤+. 即1122(,)(,)(,)x A x x x A ρρρ≤+, 2211(,)(,)(,)x A x x x A ρρρ≤+.由此可得1212|(,)(,)|(,)x A x A x x ρρρ-≤.由此容易证明()f x (,)x A ρ=是X 上的连续函数, 实际上, (,)x A ρ还满足Lipschitz 常数等于1的Lipschitz 条件.(2) 答: 未必是Cauchy 列. 例如取X =R , 其中的距离是Euclid 距离. 对于{1,1}A =-, 对于1,2,n =, 定义点列为1(1).n n x n=-+对于点列{}n x ,不难验证,1(,)0n x A nρ=→; 但显然{}n x 不是Cauchy 列. 这里的原因就在于(,)x A ρ不是点到点之间的距离, 而是点到集合的距离, 当这个集合A 含有不止一个点时, (,)x A ρ不再具有点点之间距离的性质. 3． E 是nR 中的Lebesgue 可测集合, 试证()L E ∞按距离(,)esssup |()()|x Ef g f x g x ρ∈=-是不可分空间.证法一：记为方便起见, 设[,]E a b =. 定义[,]1,[,],()()0,(,].a x a f x x x b λλλχλ∈⎧==⎨∈⎩显然()f x λ有界,可测, 因此必属于([,])L a b ∞. 记{()|(,]}A f x a b λλ=∈.则([,])A L a b ∞⊂.既然对于不同的12,[,]a b λλ∈, 1f λ与2f λ不同的部分是正测度集, 容易看出A 的势是ℵ.进而有(不妨设12λλ<)1212121212[,][,]\0[,][,]\0[,][,][,][,]\0(,][,][,]\0(,)infsup |()()|inf sup |()()|inf sup |()()|infsup () 1.E a b x a b EmE E a b x a b E mE a a E a b x a b E mE E a b x a b E mE f f f x f x f x f x x x x λλλλλλλλλλρχχχ⊂∈=⊂∈=⊂∈=⊂∈==-=-=-==我们用反证法证明所需的结论.设([,])L a b ∞是可分的，则其必有可数的稠密子集123{,,,,,}i g g g g ,因此至少有一个i g 属于两个不同的1(,1/3)S f λ和2(,1/3)S f λ.而由三角不等式, 我们有12121(,)(,)(,)112.333i i f f f g g f λλλλρρρ=≤+≤+=这是一个矛盾. 因此([,])L a b ∞不可能是可分的.证法二：既然E 是正测度集,存在0R >使得((0,))0m S R E ⋂>. 不难验证, 存在一列正数1{}i i R ∞=满足:120i R R R R <<<<<<;且1([(0,)\(0,)])0i i m E S R S R +⋂>.对于每一个12(,,,,)i λλλλ=,其中0i λ=或1, 定义1(),[(0,)\(0,)]i i i f x x E S R S R λλ+=∈⋂,1,2,i =. 显然()f x λ有界,可测, 因此必属于()L E ∞. 记{()|{0,1}}A f x λλ=∈N ,其中{0,1}N 表示具有上述性质的λ的全体. 则()A L E ∞⊂.既然对于不同的,λμ∈{0,1}N , (不妨设1(,,,)i λλλ=, 1(,,,)i μμμ=且对于某个i ,0i λ=1i μ=)f λ与f μ不同的部分至少是正测度集1[(0,)\(0,)]i i E S R S R +⋂, 容易看出A 的势与{0,1}N 的势都是连续统的势ℵ.进而有11\0((0,)\(0,))\0((0,)\(0,))\01(,)inf sup |()()|infsup|()()|inf sup|| 1.i i i i F E x E F mF F E x E S R S R FmF i i F E x E S R S R F mF f f f x f x f x f x λμλμλμρλμ++⊂∈=⊂∈⋂=⊂∈⋂=≥=-≥-=-= 我们用反证法证明所需的结论.设()L E ∞是可分的，则其必有可数的稠密子集123{,,,,,}i g g g g , 因此至少有一个j g 属于两个不同的(,1/3)S f λ和(,1/3)S f μ.而由三角不等式, 我们有1(,)(,)(,)11.33j j f f f g g f λμλμρρρ=≤+≤+这是一个矛盾. 因此()L E ∞不可能是可分的. 补充题．证明[,]L a b ∞是不可分空间. 证：记{}[,]()a t K x a t b χ=<<,其中[,]1,,():0,.a t a x t x t x b χ≤≤⎧=⎨<≤⎩显然[,]K L a b ∞⊂, 且只要12,[,]t t a b ∈,12t t ≠, 则有12[,][,],a t a t K χχ∈, 且因为(不妨设12t t <)12(,]t t 的测度为正, 故1212[,][,][,][,][,]||||sup |()()|a t a t a t a t L a b ess x x χχχχ∞-=-1212(,](,]sup |()|1t t x t t x χ∈==.因此, 由(,)a b 是不可数集, 而K 的基数与(,)a b 的基数相同, 故也是不可数集,且K 中任何两个不同元的距离均为1.如果[,]L a b ∞是可分的, 因此有一个可数的稠密子集合{()|1,2,}k A f x k ==, 且11(,)3k k S f K ∞=⊇.但这是荒谬的, 因为上式左端只有可数多个开球, 右端有不可数多个元, 所以至少有K 中的两个不同的12[,][,],a t a t χχ属于同一个开球01(,)3k S f , 由此得到矛盾:121002[,][,][,][,][,][,][,]1||||||||||||112.333a t a t L ab a t k k a t L a b L a b f f χχχχ∞∞∞=-≤-+-<+= 此矛盾表明[,]L a b ∞不可能是可分的.4． 设([,])k C a b 是闭区间[,]a b 上具有k 阶连续导数的函数全体, 定义:()()[,](,)max |()()|,,([,])ki i k x a b i f g f x g x f g C a b ρ∈==-∈∑试证:（1）([,])kC a b 是完备的距离空间; （2）若定义||||(,0)f f ρ=,则(([,]),||||)kC a b ⋅是Banach 空间.证：(1) 这里只证明该距离是完备的. 设1{()}n n f x ∞=是([,])k C a b (0k =时, 0([,])C a b 就理解为[,]C a b )中该距离意义下的Cauchy 列. 因此当,m n →∞时，有()()[,]0(,)max |()()|0ki i m n m n x a b i f f f x f x ρ∈==-→∑.由此容易知道对于每一个0,1,,i k =, ()1{()}i n n f x ∞=是0([,])C a b 中的Cauchy 列. 根据0([,])C a b 的完备性,知()1{()}i n n f x ∞=收敛到0([,])C a b 中的某个元, 记其为()i f x , 则0()([,])i f x C a b ∈, 且()()()i i n f x f x −−→−−→，,0,1,,n i n →∞=,其中“−−→−−→”表示是一致收敛. 如果我们记0()()f x f x =,利用数学分析中函数序列一致收敛的分析性质, 可以得到12()()(),()(),,()().k kf x f x f x f x fx f x '''=== (*)例如, 因为1()()n f x f x −−→−−→', 故 1()()xxn aaf t dt f t dt −−→−−→'⎰⎰, 即1()()()xn n af x f a f t dt −−→−−→-⎰, 又0()()n f x f x −−→−−→及0()()nf a f a −−→−−→, 故 001()()()xaf x f a f t dt -=⎰.求导即可得到01()()f x f x '=, 即 1()()f x f x '=.归纳地可得(*).因此0()()f x f x =([,])kC a b ∈且()[,](,)max |()()|ki i n n x a b i f f f x f x ρ∈==-∑()()[,]max |()()|0ki i n x a b i f x f x ∈==-→∑.即([,])kC a b 是完备的距离空间. （2）证略.7． 证明有限维线性赋范空间是完备的.证：记该有限维(实)线性赋范空间为E , 是n 维的，范数记为||||x ,需要证明(,||||)E ⋅是完备的. 记E 中的一组基为:12,,,n v v v .因此对于任意的x E ∈, 存在唯一一组实数12,,,n x x x , 使得1122n n x x x x =+++v v v ,反之亦然.(i) 我们断言存在一个与x 无关的常数0K >, 使得||||||i x K x ≤, 1,2,,i n =. (*)首先定义一个映射:nf →为: 对于任意的12(,,,)n x x x n∈,121122(,,,):||||||||n n n f x x x x x x x ==+++v v v .则对于任意的,x y E ∈(1122n n y y y y =+++v v v )有1122||||(,,,)n n x y f x y x y x y -=---111||||||||||||n n n x y x y ≤-⋅++-⋅v v2222111()()||||||||n n n x y x y ≤-++-⋅++v v .由此容易知道f 是n R 上的连续函数. 记1B ∂是n R 中的单位球面, 即21121{(,,,)|1}nn k k B x x x x =∂==∑. 则对于任意的11(,,)n x x B ∈∂, 有1(,,)0n f x x >.(事实上, 若有1(,,)0n f x x =则111(,,)||||0n n n f x x x x =++=v v ,因此110n n x x ++=v v , 但12,,,n v v v 线性无关, 故必有120n x x x ====, 此与11(,,)n x x B ∈∂相矛盾. )注意到1B ∂是n R 中的有界闭集(紧子集), 连续函数f 必可在其上达到正的最小值1/0K >.现在我们可以证明式(*). 事实上, 对于任意的x E ∈,存在唯一的一组实数12,,,n x x x , 使得1122n n x x x x =+++v v v , 不失一般性, 可设0x ≠因此,12,,,n x x x 不全为零, 注意到111222111,,,n nnn kkk k k k x x x y B xxx ===⎛⎫ ⎪ ⎪=∈∂ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑∑,故111222211111222111()1,,,,nn nnnkkkk k k n nnn kkk k k k x x x f y xxxx x x f K xxx ======+++=⎛⎫ ⎪⎪=≥ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑∑∑∑∑v v v或2112211||||nn n kk x x x x xK==+++≥∑v v v .由此容易得出(*)式.(ii) 设()1{}k k x ∞=是E 中的基本列, 这里()()()()1122k k k k n n x x x x =+++v v v ,即()()||||0k l x x -→, 当,k l →∞.利用(*)式便可以得到对于每一个1,2,,i n =, 成立()()()()||||||0k l k l i i x x K x x -≤-→, 当,k l →∞.即()1{}k i k x ∞=是1中的基本列, 因此收敛. 设()(0)k i i x x →, (k →∞,1,2,,i n =).记(0)()(0)(0)1122k n n xx x x =+++v v v , 显然(0)x E ∈. 根据E 中收敛的等价性(即按范数收敛意味着每个分量收敛或即按坐标收敛), 容易得到()(0)||||0k x x -→, 当k →∞.因此(,||||)E ⋅是完备的.9． 设X 为线性赋范空间, 0X 是X 的线性闭子空间. 在X 中定义等价关系为0xy x y X ⇔-∈. 对任意的x X ∈, 以[]x 记x 的等价类, 令0/{[]|}X X x x X =∈.称0/X X 为商空间, 在0/X X 上定义线性运算如下: (i) [][][]x y x y +=+, ,x y X ∈, (ii) [][]x x λλ=, ,x X λ∈∈C .并定义0||[]||inf ||||y X x x y ∈=+.试证: 0/X X 按0||[]||x 也是一个线性赋范空间.证：(一) 0/X X 按照所定义的线性运算是线性空间 (证明略).(二) 0||[]||x 是0/X X 中的范数. 按照定义, 对于每一个 0[]/x X X ∈显然0||[]||inf ||||y X x x y ∈=+是一个确定的数, 因此00||||:/X X ⋅→R 是映射.(i) (非负性) 对于x X ∈, 显然0||[]||inf ||||0y X x x y ∈=+≥.(正定性) 当0[]=[0]=x X 时, 有00||[]||||[0]||inf ||||0y X x y ∈===.反之, 如果我们假设0000||[]||inf ||||0y X x x y ∈=+=, 需要证明 00[]=[0]=x X , 也只需证明00x X ∈. 事实上, 根据下确界的定义, 对每一个自然数1,2,k =, 存在0k y X ∈, 使得00000111||||||[]||inf ||||k y X x y x x y k k k∈+<+=++=, 由此得到一个序列0{}k y X ⊂且||||0k y x ⋅−−−→-.因为0X 是闭子空间因此00x X -∈故00x X ∈, 即00[]=[0]=x X . (ii) (正齐性) 对于,x X λ∈∈C , 如果0λ=, 则000x x X λ==∈, 故0[][0]0[][]x X x x λλ====. 如果0λ≠, 则当y 取遍0X 中的所有元时,yλ也取遍0X 中的所有元, 反之亦然, 因此 00||[]||inf ||||inf ||||||y X y X yx x y x λλλλ∈∈=+=⋅+||inf ||||||inf ||||yy X X yyx x λλλλλ∈∈=+=+||inf ||||||||[]||z X x z x λλ∈=+=⋅,(iii) (三角不等式) 设,x y X ∈. 设0,u v X ∈, 当,u v 取遍0X 中的所有元时, u v +也取遍0X 中的所有元, 反之亦然, 进而, ,u v 的取法是相互独立的, 因此0||[]||inf ||||u X x y x y u ∈+=++,inf ||||u v X x y u v ∈=+++()0,inf ||||||||u v X x u y v ∈≤+++inf ||||inf ||||u X v X x u y v ∈∈=+++00||[]||||||x y =+.也可用下面的证明方法: 对于任意的0ε>, 由下确界的定义, 存在0,u v X εε∈使得0||||||[]||x u x εε+<+, 0||||||[]||y v y εε+<+,因此可以得到0||[]||inf ||||||||u X x y x y u x y u v εε∈+=++≤+++||||||||x u y v εε≤+++ 00||[]||||[]||2x y ε<++.因为0ε>的任意性, 可得0||[]||x y +00||[]||||[]||x y ≤+.10． 设X 为线性赋范空间,1nn x∞=∑收敛, 即1kk nn S x==∑按X 中的范数收敛, 则11nn n n xx ∞∞==≤∑∑.证：记1kk n n S x ==∑.对于有限项之和, 利用三角不等式, 成立111||||kk k nn n n n n S xx x ∞====≤≤∑∑∑. (*)又因为1kk nn S x==∑在范数意义下收敛, 其极限自然可以记为1nn x∞=∑, 即1k n n S x ∞=→∑,再一次利用三角不等式, 可以得到当k →∞时11||||0k nk n n n S xS x ∞∞==-≤-→∑∑,即1||||k nn S x∞=→∑, 因此在(*)式中令k →∞, 可得11nn n n xx ∞∞==≤∑∑.11． 设{0}X ≠为线性赋范空间, 试证X 是Banach 空间当且仅当{|||||1}x X x ∈=是完备的.证：记{|||||1}T x X x =∈=.(必要性) 设X 是Banach 空间, {}n x T ⊂是T 中的Cauchy 列, 即||||1n x =且||||0m n x x -→(当,m n →∞).因为X 是Banach 空间, 故{}n x 收敛, 即存在0x X ∈, 使得||||0n x x ⋅−−→, 由三角不等式容易得到:||||||||||||x y x y -≤-,因此00||||||||||||0n n x x x x -≤-→,知0||||||||n x x →, 故0||||1x =因此0x T ∈, 即T 完备.(充分性) 设T 是完备的, 并设{}n x X ⊂是X 中的Cauchy 列, 即||||0m n x x -→当,m n →∞. 由||||||||||||0m n m n x x x x -≤-→,知{||||}n x 是1中的Cauchy 数列, 因此收敛, 即存在某个数A ∈使得||||n x A →.如果0A =, 显然{}n x 收敛于X 中的零元, 故不妨设0A >. 由此知当n 充分大时, 总有||||0n x >, 不失一般性, 可设对所有的n , 都有||||0n x >. 考虑新的点列:||||nn n x y x =, 显然n y T ∈. 进而 ||||||||||||m n m n m n x xy y x x -=- ||||||||||||||||m m m n m n n n x x x xx x x x ≤-+- 111||||||||||||||||m m n m n n x x x x x x =-+-， 由此易知{}n y T ⊂是T 中的Cauchy 列. 因为T 作为距离空间是完备的, 故{}n y 收敛, 即存在0y T ∈, 使得||||0n y y ⋅−−→. 最后我们断言: ||||0n x Ay ⋅−−→.事实上,0||||||||||||||||n n n n n x Ay x Ay x x x -=- 0||||||||n n n Ay x y x =-00||||||||n n n Ay x y y y x ⎛⎫≤-+-⎪⎝⎭00||||1||||n n n A x y y y x ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭0→.综上可得X 是Banach 空间.15．试证定理4中(f)式定义的(,)x y 的确满足内积分的定义.证明: 即要证明: 对于赋范线性空间(,||||)X ⋅, 如果范数满足平行四边形法则:2222||||||||2(||||||||)x y x y x y ++-=+(*)则由221(,):[||||||||]4x y x y x y =+--R (K =R 时) (f ’)或221(,):[||||||||4x y x y x y =+--C22||||||||]i x iy i x iy ++-- (K =C 时) (f)所定义的确实是内积. (i) 对于x X ∈,221(,)[||||||||4x x x x x x =+--C22||||||||]i x ix i x ix ++--2||||0x =≥,因为|1||1|i i +=-, 并且根据范数的性质2(,)00(,)||||0x x x x x x =⇔==⇔=C C .同理可证(,)0x x ≥R 且(,)00x x x =⇔=R . (ii)首先考虑K =R 时的情形, 对于,,x y z X ∈, 可将(,)(,)x z y z +R R 表示为如下形式: (,)(,)x z y z +R R221[||||||||4x z x z =+--22||||||||]y z y z ++-- ()()22221||||||||||||||||4x z y z x z y z ⎡⎤=+++--+-⎣⎦ 22142222x y x yx y x yz z ⎛⎫+-+-=++++-⎪ ⎪⎝⎭ 22142222x y x y x y x y z z ⎛⎫+-+---++--⎪ ⎪⎝⎭, 再由平行四边形法则222222x y x yx y x yz z +-+-++++-22222x y x y z ⎛⎫+-=++ ⎪ ⎪⎝⎭; 222222x y x yx y x yz z +-+--++--22222x y x y z ⎛⎫+-=-+ ⎪ ⎪⎝⎭. 因此(,)(,)x z y z +R R 221222x y x yz z⎛⎫++=+-- ⎪ ⎪⎝⎭2,2x y z +⎛⎫= ⎪⎝⎭R.进而, 令0y =可以得到(,)x z R 2,2x z ⎛⎫= ⎪⎝⎭R,这里利用了(0,)0z =R . 因为x 是任意的, 故可将x 换为x y +, 即可得到(,)x y z +R 2,2x y z +⎛⎫= ⎪⎝⎭R. 对照上述二式, 即有(,)(,)x z y z +R R =(,)x y z +R .(**)至于K =C 时的情形, 注意到从形式上看(,)=(,)(,)x y x y i x iy +C R R ,利用上述已经证明了的等式(**)不难得到(,)(,)x z y z +C C =(,)x y z +C .(iii) 首先考虑K =R 时的情形, 对于,x z X ∈和任意实数,s t ∈R , 由已经证明的(**)式有(,)(,)sx z tx z +R R =((),)s t x z +R ,可知函数():(,)f t tx z =R 满足如下的函数方程:()()()f s f t f s t +=+.(***)又():(,)f t tx z =R 关于t 是连续的, 因此必有()(1)(,)f t f t t x z ==R .(事实上, 由(***)式对于任意的正整数n 和m , 利用数学归纳法有()()f ns f s s s =+++()()()()f s f s f s nf s =+++=;进而取1s n =, 有11()(1)f f n n=, 因此 1()()(1)n nf nf f m m m==. 又(***)中取0s t ==可得(0)0f =, 取s t =-可得()()f s f s -=-. 因此对于所有的有理数, 均成立()(1)f s sf =.利用()f s 的连续性, 可知对所有的实数也成立. ) 因此得到(,)()(1)(,)tx z f t f t t x z ===R R .至于K =C 时的情形, 注意到由(f)221(,)[||||||||4ix y ix y ix y =+--C 22||||||||]i ix iy i ix iy ++--221[||||||||4ix y ix y =+--22||||||||]i x y i x y ++-- 22221[||||||||4i ix y i ix y =-++-22||||||||]i x y i x y ++-- 22[||||||||4ii x iy i x iy =--++22||||||||]x y x y ++-- (,)i x y =C .由此也容易得到, 对于t ∈C(,)(,)tx z t x z =C C .(iv) 当K =R 时, 容易知道221(,)[||||||||](,)4x y x y x y y x =+--=R R ;而当K =C 时, 直接计算也可得到221(,)[||||||||4x y x y x y =+--C 22||||||||]i x iy i x iy -++-221[||||||||4y x y x =+--22||||||||]i y ix i y ix --++ (,)y x =C .16．设D 是C 中单位开圆盘, 即{|||1}D z z =∈<C . dA 是D 上的面积测度, 2()a L D 定义为22(){|()|}a L D f f Df z dz =<∞⎰在中解析且|. (见课本第六页例4)在2()a L D 中定义内积为,()()Df g f z g z dA =⎰.试证(1)1()n n nz z ϕπ-=(1,2,n =)构成2()a L D 的正交基.(2) 若2()a f L D ∈的Taylor 展开式是0()kk k f z a z∞==∑, 则21kk a k ∞=<∞+∑;(3) 若2()ag L D ∈的展开式是0()kk k g z b z∞==∑, 则0,1k kk a b f g kπ∞==+∑.证：先给出一个预备性结果: 对于2()a f L D ∈，因为()f z 是解析函数, 因此可以展开为幂级数: 0()kk k f z a z∞==∑.由此可以断言：(),()n f z z ϕ=1.n a nπ- （*）事实上，因为()f z 是解析函数,幂级数kk k a z∞=∑在D 中内闭一致收敛, 即对于D 的任意闭子集F ,kk k a z∞=∑在F 上一致收敛. 对于01ε<<, 以下取闭子集F 为:{|||1}D z D z εε=∈≤-.容易知道D ε是D 中的闭子集.对于每一个1,2,n =, 注意到级数10kn k k a z z π-=∑在D ε中仍旧一致收敛, 以下的积分号和求和号可以交换顺序:(),()()()n n Df z z f z z dA ϕϕ=⎰0lim ()()n D f z z dA εεϕ→=⎰100lim kn k D k na z z dA εεπ∞-→==∑⎰10limk n k D k na z z dA εεπ∞-→==∑⎰10lim(cos sin )(cos(1)sin(1))k n k D k na r k i k n i n dAεεθθπθθ∞+-→==+⋅⋅---∑⎰2110lim(cos sin )(cos(1)sin(1))k n k k na d r k i k n i n rdrπεεθθθπθθ∞-+-→==+⋅⋅---∑⎰⎰1210lim(cos sin )(cos(1)sin(1))k n k k na r rdr k i k n i n d επεθθπθθθ∞-+-→==+⋅⋅---∑⎰⎰12110lim2n n na r dr εεππ---→=⎰210(1)lim 22nn n a nεεππ-→-= 1.n a nπ-=因此（*）式得证.(1) 首先证明{}111()n n n n n z z ϕπ∞∞-==⎧⎫⎪⎪=⎨⎬⎪⎪⎩⎭是正交集.事实上, 对于复数(cos sin )z r i θθ=+,根据所给的定义11112(),()(cos sin )(cos sin )m n m n Dm n n m Dz z z z dAmni i r dAϕϕππθθθθππ----+-==+-⎰⎰2(cos(1)sin(1))(cos(1)sin(1))n m Dmnr m i m n i n dAθθπθθ+-=-+-⋅⋅---⎰2120(cos(1)sin(1))(cos(1)sin(1))n m mnd r m i m n i n rdrπθθθπθθ+-=-+-⋅⋅---⎰⎰122(cos(1)(1)sin )(cos(1)sin(1))n m mnrrdr m i m n i n d πθθπθθθ+-=-+-⋅---⎰⎰121,,20,.mm m n mm n ππ⎧==⎪=⎨⎪≠⎩因此{}1()n n z ϕ∞=是正交集. 因为2()a L D 是完备的空间, 故只需再证{}1()n n z ϕ∞=是完备的即可得知其也是正交基. 设有2()a f L D ∈且{}1()()n n f z z ϕ∞=⊥. 因为()f z 是解析函数, 因此可以展开为幂级数:()k k k f z a z ∞==∑.根据（*）式，可以得到，对于每一个1,2,n =,0(),()n f z z ϕ=1.n a nπ-=由此即得10n a -=, (1,2,n =). 所以()0f z ≡. 即{}1()n n z ϕ∞=是完备的, 因此是2()a L D 中的正交基.(2) 既然{}1()n n z ϕ∞=是基,由Parseval 等式可以得到221(),()||||n n f z z f ϕ∞==<∞∑.利用（*）式，上式的左端可以表示为:2122211110(),().1n n n n n n n n f z z a aa nn n ϕπππ∞=∞∞∞--======+∑∑∑∑由此可得所预期的结论. (3) 对于0()kk k f z a z∞==∑和0()kk k g z b z∞==∑, 有10()()1kk k f z a z k πϕ∞+==+∑和10()()1kk k g z b z k πϕ∞+==+∑，利用内积的连续性和（*）式，10,(),()1kk k f g a z g z k πϕ∞+==+∑10(),()1kk k a z g z k πϕ∞+==+∑10(),()1kk k a g z z k πϕ∞+==+∑11kk k a b k k ππ∞=⎛⎫= ⎪++⎝⎭∑0.1k kk a b k π∞==+∑18．设H 是内积空间,{}n e 是H 中的正交集, 求证:1(,)(,)||||||||nnn x e y e x y ∞=≤⋅∑, (,x y H ∀∈).证： 对于任意的正整数k , 由Cauchy 不等式和Bessel 不等式可以得到22111(,)(,)(,)(,)kkkn n n n n n n x e y e x e y e ===≤⋅∑∑∑2211(,)(,)n n n n x e y e ∞∞==≤⋅∑∑||||||||x y ≤⋅,由k 的任意性, 知正项级数1(,)(,)nnn x e y e ∞=∑收敛, 因此级数1(,)(,)nnn x e y e ∞=∑绝对收敛,并且11(,)(,)(,)(,)||||||||nnnnn n x e y e x e y e x y ∞∞==≤≤⋅∑∑.19．试证2sin nt π⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭构成2([0,])L π的正交基, 但不是2([,])L ππ-的正交基. 证：(1) 首先证明{}112()sin n n n t nt ϕπ∞∞==⎧⎫⎪⎪=⎨⎬⎪⎪⎩⎭是2([0,])L π中的正交集. 事实上,[]022(),()sin sin 2cos()cos()2m n t t mtntdtm n t m n t dtππϕϕπππ==-+--⎰⎰1()1,,0,.m n m n ππ⎧--==⎪=⎨⎪≠⎩因此{}1()n n t ϕ∞=是2([0,])L π中的正交集. 同理, 也容易证明{}1()n n t ϕ∞=还是2([,])L ππ-中的正交集.(2) 因为2([0,])L π是完备的空间, 故只需再证{}1()n n t ϕ∞=是完备的即可得知其也是正交基.设有2([0,])f L π∈且{}1()()n n f t t ϕ∞=⊥. 将()f t 做奇延拓成为()f t :(),[0,],():(),[,0).f t t f t f t t ππ∈⎧=⎨--∈-⎩则()f t ∈2([,])L ππ-. 注意到对于1,2,n =, 利用{}1()()n n f t t ϕ∞=⊥,,()sin n f f t ntdt ππϕ-=⋅⎰()sin ()sin f t ntdt f t ntdt ππ-=⋅+⋅⎰⎰()sin ()sin f t ntdt f t ntdt ππ-=--⋅+⋅⎰⎰()sin ()sin f t ntdt f t ntdt ππ-=--⋅+⋅⎰⎰00()sin ()()sin f s n s ds f t ntdt ππ=-⋅-+⋅⎰⎰2()sin 0f t ntdt π=⋅=⎰.设{}{}00()cos n n n t nt ψ∞∞===,对于0,1,2,n =,利用()f t 是奇函数, 可得,()cos 0n f f t ntdt ππψ-=⋅=⎰.因此{}{}()10()()()n n n n f t t t ϕψ∞∞==⊥⋃.进而也容易得到()f t ⊥1cos sin cos sin ,,,,,,2t tnt ntπππππ⎧⎫⎨⎬⎩⎭. 又已经知道与{}{}{}{}1010()()sin )cos n n n n n n t t t nt ϕψ∞∞∞∞====⋃=⋃仅相差一个常数因子的三角函数系1cos sin cos sin ,,,,,,2t tnt ntπππππ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是2([,])L ππ-中的正交基, 因此()0f t =, a.e. [,]t ππ∈-,即有()0f t =, a.e. [0,]t π∈.因此{}1()n n t ϕ∞=是2([0,])L π中的正交基.(3) 注意到2sin nt π⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭在2([,])L ππ-中不是完备的, 例如对于恒等于常数1的函数2()1([,])f t L ππ≡∈-是非零元, 但对于1,2,n =,,1sin 0n f ntdt ππϕ-=⋅=⎰.因此, 2sin nt π⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭虽然是2([,])L ππ-的正交集, 但不是正交基.24． 试给出1([,])C a b 中列紧集的判别条件. 证：设子集1([,])A C a b ⊂且0x 是[,]a b 中一个数. 记{()|()}A f x f x A ''=∈及0{()|()}B f x f x A =∈.则A 是1([,])C a b 中的列紧集的充分必要条件是 (i) A '在([,])C a b 中有界; (ii) B 是R 中的有界集;(iii) A '是([,])C a b 中等度连续的集合.[充分性] 设1([,])A C a b ⊂满足条件(i), (ii)和(iii). 根据1([,])C a b 中范数的定义: 对于1([,])f C a b ∈,1([,])[,][,]:max |()|max |()|C a b x a b x a b ff x f x ∈∈'=+,容易看出,1([,])([,])C a b C a b k k f f f f −−−−→⇔−−−−→且([,])C a b k f f ''−−−−→因此只需证明A 和A '分别是([,])C a b 中的列紧集即可, 根据Arzela-Ascoli 定理, 这也只需证明A 和A '分别在([,])C a b 中有界且等度连续即可. 事实上, A '在([,])C a b 中有界性和等度连续已由所给条件得到保证(即(i)和(iii)). 还需证明A 在([,])C a b 中的有界性和等度连续性. 记A '在([,])C a b 中的一个界为A M ',B 作为R 中的有界集, 一个界纪为B M .对于任意的[,]x a b ∈, 利用中值定理, 有0000|()||()()||()||()()||()|().A B f x f x f x f x f x x f x M b a M ξ'≤-+'=-+≤-+ 此即表明[,]m a x |()|()A B x a b f x Mb a M '∈≤-+, 所以A 在([,])C a b 中有界,且界为()A B M b a M '-+. 进而对于,[,]x y a b ∈|()()||()()|||.A f x f y f x y M x y ξ''-=-≤-由此易知A 具有等度连续性.[必要性] 设A 是1([,])C a b 中的列紧集, 即对于A 的任何点列1{()}n n f x ∞=, 1{()}n n f x ∞=在1([,])C a b 中的范数(距离)1([,])[,][,]:max |()|max |()|C a b x a b x a b ff x f x ∈∈'=+意义下都有收敛的子列1{()}k n k f x ∞=. 因此, 1{()}n n f x ∞=和1{()}n n f x ∞='分别在([,])C a b 中有收敛的子列的1{()}k n k f x ∞=和1{()}k n k f x ∞='. 这表明, 根据Arzela- Ascoli 定理, A 和A '均是([,])C a b 中的列紧集, 因此A 和A '均在([,])C a b 中有界且等度连续, 因此得到(i)和(iii). 由A 的有界性, 可以知道集合0{()|()}B f x f x A =∈对于任意的0x [,]a b ∈都是R 中的有界集, 因此得到(ii). 26． 设(,)X ρ是紧距离空间，映射:f X X →满足1212((),())(,)f x f x x x ρρ<. (12x x ≠)则(1) f 是否有唯一的不动点? (2) f 是否为压缩映射?解答: (1) f 存在唯一的不动点, 证明如下: (存在性) 定义映射:h X →R 为()(,())h x x f x ρ=.由所给条件知此映射是连续的, 而X 是紧空间表明此映射能在X 中取得上下确界. 因此存在y X ∈, 使得()(,())inf ()x Xh y y f y h x ρ∈==.断言()inf ()0x Xh y h x ∈==，则y 是f 的不动点：()y f y =. 若不然, ()0h y >, 则在所给的条件中取()x f y =有(())((),(()))(,())()h f y f y f f y y f y h y ρρ=<=,此与y 达到()h x 的下确界相矛盾.(唯一性) 若还有z X ∈使得()z f z =但z y ≠. 仍由所给的条件, 有0(,)((),())(,)z y f z f y z y ρρρ<=<.这是个矛盾. 故必有z y =.(2) f 可以不是压缩映射. 反例如下:[反例1] 记[0,1]X =, 其中距离定义为两点之间的Euclid 距离: ,x y X ∀∈,(,):||x y x y ρ=-.因为X 是R 的闭子集, 因此是完备的, 显然也是紧的. 定义映射:T X X →为: 对于x X ∈,():1x T x x=+. 显然T 是自映射, 且有唯一的不动点0.对于任意的,x y X ∈, 设x y ≠, 则,x y 中至少有一个不为零, 由此容易得到||(,)11(1)(1)x y x y Tx Ty x y x y ρ-=-=++++ ||x y <-(,)x y ρ=.所以T 满足所需的条件, 但T 不是压缩映射, 因为,[0,1],[0,1](,)1supsup 1(,)(1)(1)x y x y x yx yTx Ty x y x y ρρ∈∈≠≠==++.因此不存在常数[0,1)α∈, 使得对于所有的,x y X ∈,(,)(,)Tx Ty x y ραρ≤.[反例2] 记1{0}1,2,X n n ⎧⎫=⋃=⎨⎬⎩⎭, 其中距离定义为两点之间的Euclid 距离: ,x y X ∀∈, (,):||x y x y ρ=-.因为X 是R 的闭子集, 因此是完备的, 显然也是紧的. 定义映射:T X X →为: 对于x X ∈,11,,():10,0,x T x n n x ⎧=⎪=+⎨⎪=⎩显然T 是自映射, 且有唯一的不动点0.对于任意的,x y X ∈, 设x y ≠, 如果,\{0}x y X ∈, 则有正整数,m n , m n ≠, 使得11,x y n m==, 且11||(,)11(1)(1)m n Tx Ty n m n m ρ-=-=++++ ||m n nm -<11(,)x y n mρ=-=; 如果,x y 中有一个为零, 例如0x =, 也有11(,)011Tx Ty m m ρ=-=++1m<(,)x y ρ=. 所以T 满足所需的条件, 但T 不是压缩映射, 因为例如对于 11,x y n m==, 当,m n →∞时, 成立11(,)11111(,)(1)(1)Tx Ty mnn m x y n m n mρρ-++==→++-,即不存在[0,1)α∈, 使得(,)(,)Tx Ty x y ραρ≤..补充题. 设二元函数(,)([,][,])g x y C a b a b ∈⨯,A 是([,])C a b 中的一个有界集, 记():(,)()()ba A F x g x y f y dy f x A ⎧⎫⎪⎪==∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭⎰.(i) 证明A 是([,])C a b 中的列紧集;(ii) 问当A 还是([,])C a b 中的闭集时, A 是不是紧集?证：(i) 因为(,)([,][,])g x y C a b a b ∈⨯, 不难得知A ⊆ ([,])C a b . 根据Arzela-Ascoli 定理, 只需再证明A 在([,])C a b 中有界且等度连续即可.(a) A 在([,])C a b 中有界, 即A 作为由连续函数组成的集合是一致有界的. 事实上, 如果记A 的一个界为M , |(,)|g x y 在[,][,]a b a b ⨯上的最大值为K , 则对于任意取定的()F x A ∈, 有某个()f x A ∈, 使得()(,)()baF x g x y f y dy =⎰, 由此得知|()|(,)()baF x g x y f y dy =⎰|(,)()|bag x y f y dy ≤⎰max |(,)|max |()|ba xb a y ba a y bg x y f y dy ≤≤≤≤≤≤≤⎰[,]||||bC a b af Kdy =⎰[,]||||()C a b f K b a ≤- ()KM b a ≤-.因此A 是([,])C a b 中有界集, 且A 的一个界为()KM b a -.(b) A 在([,])C a b 中等度连续. 对于()F x A ∈,有某个()f x A ∈, 使得()(,)()baF x g x y f y dy =⎰. 因为(,)([,][,])g x y C a b a b ∈⨯, 因此在[,][,]a b a b ⨯上一致连续, 故对于任意的0ε>,存在0δ>, 当,[,]x x a b '∈且||x x δ'-<时, 有|(,)(,)|g x y g x y ε'-< ([,]y a b ∀∈),由此可以得到|()()|(,)()(,)()bbaaF x F x g x y f y dy g x y f y dy ''-=-⎰⎰[(,)(,)]()bag x y g x y f y dy '=-⎰|(,)(,)||()|ba g x y g x y f y dy '≤-⎰max |()||(,)(,)|ba y ba f y g x y g x y dy ≤≤'≤-⎰[,]|||||(,)(,)|bC a b af g x y g x y dy '=-⎰()M b a ε≤-. 由此易知A 具有等度连续性.(ii) 当A 还是([,])C a b 中的闭集时, A 未必是紧集! 反例可以构造如下: 考虑([0,1])C 中的集合{|1,2,}k A x k ==,显然A 是([0,1])C 中的有界集, 一个界可以取为1.可以断言A 是([0,1])C 中的闭集, 因为对于任意的,klx x A ∈, 不妨设l k >, 则[0,1][0,1]max ||k lk l C x x x x x ∈-=-1k l k l kl kl kk k k k l l l l ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎡⎤=-=- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦, 对于任意固定的k , 当l 趋于无穷大时, 右端项趋向于1, 由此容易知道, 作为([0,1])C 中的子点列, 集合A 不是Cauchy 列, 因此不可能在([0,1])C 中有收敛的子列, 故集合A 没有聚点, 因此是([0,1])C 中的闭集.定义(,)1K x y =,显然(,)([0,1][0,1])K x y C ∈⨯. 对于上述的集合A , 不难计算{}11()|1,2,|1,2,1k A F x x dx k k k ⎧⎫=====⎨⎬+⎩⎭⎰ 显然， A 是([0,1])C 中列紧集，唯一的聚点是零函数，但零函数不在A 中，因此不是闭集. 补充题. 设A 是([,])C a b 中的一个有界集, 记():()()xa B F x f t dt f x A ⎧⎫⎪⎪==∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭⎰.证明B 是([,])C a b 中的列紧集.证：根据Arzela-Ascoli 定理, 需证明B 在([,])C a b 中有界且等度连续即可.(i) B 在([,])C a b 中有界, 即B 作为由函数组成的集合是一致有界的. 事实上, 如果记A 的界为M ,则对于任意取定的()F xB ∈, 有某个()f t A ∈, 使得()()xaF x f t dt =⎰, 由此得知|()|()|()|xxaaF x f t dt f t dt =≤⎰⎰[,]max |()|||||x xC a b a t baaf t dt f dt ≤≤≤=⎰⎰[,]||||()()C a b f b a M b a ≤-≤-.因此B 是([,])C a b 中有界集, 且B 的界为()M b a -.(ii) B 在([,])C a b 中等度连续. 对于()F x B ∈,有某个()f t A ∈, 使得()()xaF x f t dt =⎰.对于,[,]x x a b ∈|()()|()()xxaaF x F x f t dt f t dt -=-⎰⎰()|()|xxxxf t dt f t dt =≤⎰⎰[,]max |()|||||xxC a b a t bxxf t dt f dt ≤≤≤=⎰⎰||M x x ≤-. 由此易知B 具有等度连续性.补充题．证明课本20页定理8:对于距离空间(,)X ρ中的任何集合G , G '与G 均是闭集. 证：(i) 根据闭集的定义, 仅需证明()G G '''⊆.事实上, 设()y G ''∈, 则对于任意的0ε>((,)\{})S y y G ε'⋂≠∅.设((,)\{})x S y y G ε'∈⋂, 根据极限点的定义, 对于min{(,),(,)}0x y x y δρερ=->,有((,)\{})S x x G δ⋂≠∅.又(,)(,)S x S y δε⊆,因此有((,)\{})((,)\{})S y y G S x x G εδ⋂⊇⋂≠∅.注意到0ε>的任意性, 即可得到y G '∈. 因此G '是闭集. (ii) 需证明的是G G '⊆. 因为G G G '=⋃, 又()A B A B '''⋃⊆⋃,(*)故由(i)中已经证明了的结果, 有()G G G G G G G '''''''=⋃⊆⋃⊆⊆,因此G 是闭集.如下证明(*): 设y A B ''∉⋃, 则y A '∉, 且 y B '∉.由前者知存在某个00ε>, 使得0((,)\{})S y y A ε⋂=∅;由后者知存在某个10ε>, 使得1((,)\{})S y y B ε⋂=∅.取001min{,}δεε=, 则00δ>, 且0((,)\{})()S y y A B δ⋂⋃=∅,所以()y A B '∉⋃, 即(*)得证.。
泛函分析作业(一)
泛函分析作业（一）BY0807112 吴耀第一题(0,1)和[0，1]是如何对应的。
解答：(构造一) 设(0,1)区间的全体有理数集合为Q ，全体无理数集合为R ，则有：(0,1),Q R Q R ==Φ [0,1]{0}{1}Q R =Q 为可列集，可以表示为11{,,...,...}n Q m m m =，可作映射:[0,1](0,1)f −−→如下：11201(),1,2,...n n m x m x f x m x m n xx R +=⎧⎪=⎪=⎨==⎪⎪∈⎩ 可见，以上映射为一一映射，故(0,1)和[0，1]对等。
(构造二) 记集合1110,1,,,...,,...,[0,1]23M N M n ⎧⎫==-⎨⎬⎩⎭,做如下映射:[0,1](0,1)f → 1/2,0()1/(2),1/,1,2,...,x f x n x n n x x N =⎧⎪=+==⎨⎪∈⎩可见，以上映射为一一映射，故(0,1)和[0，1]对等。
第二题证明Cantor 集K 是完备的。
证明：在 Cantor 中任取一点0x ,根据定义，0,,N n N δ∀>∃∈> 时01(,)3n nd x x δ≤< 即对任何0δ>，0(,)B x δ包含点(0)n x n ≠，即0x 为K 的极限点（聚点），因此K 是完备的。
第三题举两个非连续可测函数的例子，至少有一个不是几乎处处为0的函数 解答：1、考虑Dirichlet 函数1,()[0,1]0,x D x x x ⎧=∈⎨⎩为有理数为无理数设1212,E E E E E = 为[0,1]上的有理数，为[0,1]上的无理数，显然12E E φ= ， 由于1E 是可列点集，所以1()0m E =，即有()0,..D x a e E =于。
显然这个函数可测，且非连续。
2、考虑定义在E=[0,1]上的函数，以及[0,1]子集{|}2S x r ==为[0,4]上的有理数,因为S 与[0,4]上的有理数对等，由有理数集可列可知S 是可列集，可定义函数如下：0,()[0,1]1,x S f x x x S∈⎧=∈⎨∉⎩显然()0m S =，即有()1,..f x a e E =于。
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》作业答案汇总(修改)
《泛函分析》作业1、对,x y R ∀∈，令21(,)()d x y x y =-，2(,)d x y =，问1(,)d x y ，2(,)d x y 是度量空间吗？2、)(2E L 表可测集E 的平方L e b e s g u 可积函数，2,()x y L E ∀∈令{}122(,)()()Ed x y x t y t dt=-⎰，证明2((),)L E d 是度量空间。
3、S 表示所有数列组成的集， S y x ∈∀,,}{},{i i y y x x ==，令||1||21),(1i i i i i iy x y x y x d -+-=∑∞=，则S 是度量空间。
4、}|{122∞<=∑∞=i i i x x l ，2,l y x ∈∀，2121})({),(i i i y x y x d -=∑∞=，证明),(2d l 是度量空间。
5、度量空间的收敛点列是有界的。
6、设),(2d R 是度量空间，,n x y R ∈，1(,)n x x x = ，1(,)n y y y = ，||max ),(1i i ni y x y x d -=≤≤，{}()(,),(1,2,)m n x R d m ⊂= ，()1(,)m m m n x x x = ，),....,()0()0(1)0(n x x x=，(,)n x R d ∈，，证明()()(1)m x x m i i x →→∞⇔∀≤≤，()()m ii x x m →→∞。
7、证明,0),,(,0>∃∈∀r r x s x 使),(),(0,0r x s r x s ⊂。
8、证明：,),(,0O ≠⋂>∀⇔∈-A x s A x εε用此结论证,AB A B = 。
9、证明（1）任意闭集交是闭集。
（2）有限个闭集的并是闭集。
10、证明开球是开集，闭球是闭集。
11、设(,)X d 是度量空间，A B C X ⊆，，，若B 在A 中稠密，C 在B 中稠密，，证明C 在A 中稠密。
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。
泛函分析作业
2
JEREMY WEST
(b) To show ·, · is well-defined we take x1, x2 ∈ x + N and y1, y2 ∈ y + N and show that
u(x1, y1) = u(x2 + n1, y2 + n2) where n1, n2 ∈ N = u(x2, y2) + u(n1, y2) + u(x2, n2) + u(n1, n2) = u(x2, y2)
only show that H is complete with respect to the norm derived from the innerproduct Nhomakorabea1
f, g = f (t)g (t)dt.
0
Let fn ∈ H for n ∈ N be a Cauchy sequence. Since it is Cauchy with respect to the inner product on L2(0, 1), the sequence fn is Cauchy in L2(0, 1). Since L2 is complete, there exists a limit fn → f ∈ L2(0, 1) (where we have used f for
notational convenience, not because we are claiming it is the derivative of anything,
yet). Define
x
f (x) = f (t)dt.
0
Note that since (0,1) is a finite measure space, f ∈ L2 implies f ∈ L1 so that such
泛函分析作业题答案（改）
泛函分析作业题答案（改）P46:第⼀章习题：1.验证(),()d m 满⾜距离定义。
解：设{}i x ξ=，{}i y η=属于X ，α是数，()1,sup .j j j d x y ξη≥=-(1)对j ?，有0j j ξη-≥，所以1sup j j j ξη≥-，(),0d x y ≥，且1sup 00j j j j j j j ξηξηξη≥-=?-=?=，即(),0d x y =当且仅当.x y =(2) ()()11,sup sup ,j j j j j j d x y d y x ξηηξ≥≥=-=-=；(3)设{}i z ζ=()()1111,sup sup ()()sup sup ,(,)j j j j j j j j j j j j j j d x z d x y d y z ξζηξξζηξξζ≥≥≥≥=-≤-+-≤-+-=+综上(1)，(2)，(3)，(),d 满⾜距离定义。
3.试证明：在空间()s 中的收敛等价于坐标收敛。
证：设{}()(),1,2,n n j x s n ξ=∈=，{}()(0)0j x s ξ=∈，()?若0n x x →，则必有()(0)lim ,1,2,n j j n j ξξ→∞==，否则，j N +∈，00ε>，与正整数列的⼦序列{}1k k n ∞=，使()因为()1tf t t=+是单调递增，所以()()(0)00()(0)11,,1,2,2211k k k n j j n j j n j j d x x k ξξεεξξ-≥?≥?=++-，这与()0,0k n d x x →⽭盾，故()s 中的收敛可推出坐标收敛。
()?若()(0)lim ,1,2,n j j n j ξξ→∞==，则对j ?，0ε?>，0N N +∈，0n N ?>，1,2,，2,，则存在故命题得证。
4.证明：空间()c 是可分的。
证：令0s 表⽰所有形如12{,,,,,,}m m m r r r r r 的元素的集合，m 为任意正整数，(1,2,)j r j m =是任意的有理数，所以0s 可数。
泛函分析考试题型及答案
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。
1_泛函分析作业.doc
泛函分析作业1邵晨2016年9月15日1.1.5.设F是压缩映射，求证T n (n e N)也是压缩映射.并说明逆命题不成立。
证原命题：因为T是压缩映射，所以存在0 V ° V 1,使p(Tx,Ty) W W e 龙故有,p(T%厂y)=p(T(厂-％),£(厂-1讪)W卯(厂-匕厂-妆)W… 3心,水ap(x, y)y故原命题得证。
证逆命题：假设，当T是压缩映射时，尸(讥€ N)也是压缩映射。
即存在0 V ° V 1,使p[T n x,T n y) £ Qp^x.y)卩(盯也盯y)当选取二元函数的绝对值距离定义时，即/9：讪=|工⑴■火)|,容易找到，斜率大于a的情形。
想了好久想不出很合适的，但是一定有的。
1.1.6.设M是(R", p)中的有界闭集，映射T : Af->M满足：p(Tx,Ty)<p(x,y)(V x、y e M、x#y).求证：T在M中存在唯一的不动点。
先证明T存在不动点，再证明不动点是唯一的。
存在性：假设不动点存在且为％,存在性即证“(％,Qto)tO, %为不动点。
取y=©o, \p(Tx i Tx o)<p(x i x o})当p(x,a：o)—>0 Hf, p(Tx,Tx o)—>0.利用三角不等式可得p(x,Tx o)^ p(x, x o)^-p(x o,Tx o)-{-p(Tx o,Tx)由距离的非负性可得：\p(x,Tx)-p(<x o,Tx o)\^p(<x,x o)^p(Tx i Tx o)可得到p{x,Tx)在M是连续的。
感觉不到有界闭集的条件和Banach定理的条件有多远，以及有界闭集有哪些重要性质。
唯一性：假设存在两个不动点：y.z.先证T是一个压缩映射。
根据题意存在任意小的£,当取a=l-e(0<a<l )可得到，p(Tn,Ty)W(aY)卩(些切<p(些讥 根据压缩映射的定义,得T 是 一个压缩映射。
电子科技大学泛函分析(江泽坚)作业题答案
电子科技大学泛函分析(江泽坚)作业题答案本页仅作为文档封面，使用时可以删除This document is for reference only-rar21year.MarchP46:第一章习题：1.验证(),()d m 满足距离定义。
解：设{}i x ξ=，{}i y η=属于X ，α是数，()1,sup .j j j d x y ξη≥=-(1)对j ∀，有0j j ξη-≥，所以1sup j j j ξη≥-，(),0d x y ≥，且1sup 00j j j j j j j ξηξηξη≥-=⇔-=⇔=，即(),0d x y =当且仅当.x y =(2) ()()11,sup sup ,j j j j j j d x y d y x ξηηξ≥≥=-=-=；(3)设{}i z ζ=()()1111,sup sup ()()sup sup ,(,)j j j j j j j j j j j j j j d x z d x y d y z ξζηξξζηξξζ≥≥≥≥=-≤-+-≤-+-=+综上(1)，(2)，(3)，(),d 满足距离定义。
3.试证明：在空间()s 中的收敛等价于坐标收敛。
证：设{}()(),1,2,n n j x s n ξ=∈=，{}()(0)0j x s ξ=∈，()⇒若0n x x →，则必有()(0)lim ,1,2,n j j n j ξξ→∞==，否则，j N +∃∈，00ε>，与正整数列的子序列{}1k k n ∞=，使()(0)0,1,2,kn j j k ξξε-≥=，因为()1tf t t=+是单调递增， 所以()()(0)0()(0)11,,1,2,2211k k k n j j n j j n j j d x x k ξξεεξξ-≥⋅≥⋅=++-，这与()0,0k n d x x →矛盾， 故()s 中的收敛可推出坐标收敛。
()⇐若()(0)lim ,1,2,n j j n j ξξ→∞==，则对j ∀，0ε∀>，0N N +∃∈，0n N ∀>，()(0)2n j jεξξ-<，()()(0)0()(0)1111,,1,2,2211n j j n j j n j j j j d x x k ξξεεξξ∞∞==-=⋅<⋅=++-∑∑，由ε的任意性得()0,0.n d x x → 故命题得证。
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泛函分析在地球物理勘探中的应用
地球探测科学与技术学院
相丽娜
2015652005
泛函分析（Functional Analysis）是现代数学的一个分支，隶属于分析学，其研究的主要对象是函数构成的空间。
泛函分析是由对函数的变换（如傅立叶变换等）的性质的研究和对微分方程以及积分方程的研究发展而来的。
使用泛函作为表述源自变分法，代表作用于函数的函数。
巴拿赫（Stefan Banach）是泛函分析理论的主要奠基人之一，而数学家兼物理学家维多•沃尔泰拉（Vito Volterra）对泛函分析的广泛应用有重要贡献。
一、泛函分析基本原理
泛函分析综合运用函数论、几何学，现代数学的观点来研究无线维向量空间上的泛函，算子和极限理论，它可以看作无线维向量空间的解析几何和数学分析。
其中线性泛函分析是发展较成熟的部分，主要包括抽象空间理论，线性算子理论、线性泛函分析的“四大定理”和广义函数理论。
1.1 抽象空间理论
抽象空间理论是对一般有限维向量空间的推广，以集合的为基础。
度量空间，在数学中是指一个集合，并且该集合中的任意元素之间的距离是可定义的。
距离是一个抽象的概念，在一集合中，只需满足正定性、对称性及三角不等式这三条性质，即称为一个距离。
定义了线性运算（加法和数乘）的集合为线性空间，赋范空间是定义了范数的线性空间，泛函中的收敛性与范数有关。
进而，若赋范线性空间按范数所成的度量空间是完备的，此即完备赋范线性空间，即巴拿赫（Banach）空间。
在巴拿赫空间中，相当部分的研究涉及其共轭空间，即巴拿赫空间上所有连续线性泛函所构成的空间。
内积空间是定义了内积运算的线性空间。
完备的赋范内积空间，称为希尔伯特（Hilbert）空间，Hilbert空间具有良好的性质。
1.2 线性算子理论
最基本的算子是保持拓扑线性空间结构的算子，称作线性算子。
如果像空间是拓扑线性空间所在的数域，那么这样的算子成为线性泛函。
几个重要的线性算子：距离空间上的连续映射(算子)，巴拿赫空间上的线性算子与线性泛函，共轭算子希尔伯特空间上的线性泛函与自共轭算子。
1.3 线性泛函分析的“四大定理”
Hahn-Banach泛函延拓定理，该定理研究了如何讲一个算子保范数的从一个子空间延拓到整个空间；共鸣定理（一致有界定理），该定理描述一族有界算子的性质；逆算子定理描述的是两个Banach空间之间相互的算子都是线性有界的；闭图像定理是通过图像定义的闭算子和闭集，说明算子的有界性。
1.4 广义函数
广义函数是某个指定空间上的线性连续泛函。
古典函数在描述物理问题中（如在原点放置一个单位质量的质点，求证过数轴上的质量分布线密度）和偏微分方程的求解中存在局限性，因此产生了Dirac函数和偏微分方程的广义解，这都是广义函数的产物。
广义函数是古典函数的推广，它的出现从根本上改变了函数概念。
如果定义在各点的函数只是一些物理量的近似描述，则广义函数就成为描述很多物理现象的更自然的工具，推动了科学研究的进展。
二、泛函分析在地球物理勘探中的应用
2.1基于工程地震模型的反演理论中的泛函分析
在薄储集层地质条件下,由于地震频带宽度的限制,基于普通地震分辨率的直接反演方法,其精度和分辨率都不能满足油田开发的要求。
基于模型地震反演技术以测井资料丰富的高频信息和完整的低频成分补充地震有限带宽的不足,可获得高分辨率的地层波阻抗资料,
为薄层油(气)藏精细描述创造了有利条件。
方法原理：基于模型地震反演方法思路如图1所示。
图1 基于模型反演思路
这种方法从地质模型出发,采用模型优选迭代挠动算法,通过不断修改更新模型,使模型正演合成地震资料与实际地震数据最佳吻合,最终的模型数据便是反演结果。
基于模型地震反演(又称测井约束地震反演)实质上是地震-测井联合反演,其结果的低、高频信息来源于测井资料,构造特征及中频段取决于地震数据。
多解性是基于模型地震反演的固有特性,即地震有效频带以外的信息不会影响合成地震资料的最终结果,减小基于模型方法多解性问题的关键在于正确建立初始模型。
基于模型反演结果的精度不仅依赖于研究目标的地质特征、钻井数量、井位分布以及地震资料的分辨率和信噪比,还取决于处理工作的精细程度,其主要技术环节有:
(1)储集层地球物理特征分析
测井资料,尤其是声波和密度测井,是建立初始模型的基础资料和地质解释的基本依据。
通常情况下,声波测井受到井孔环境(如井壁跨塌、泥浆浸泡等)的影响而产生误差,同一口井的不同层段,不同井的同一层段误差大小亦不相同。
因此,用于制做初始波阻抗模型的测井资料必须经过环境校正。
(2)地震子波提取
子波是基于模型反演中的关键因素。
子波与模型反射系数褶积产生合成地震数据,合成地震数据与实际地震资料的误差最小是终止迭代的约束条件。
迭后地震子波提取常用两种方法,其一是根据已有测井资料与井旁地震记录,用最小平方法求解,是一种确定性的方法,理论上可得到精确的结果,但这种方法受地震噪声和测井误差的双重影响,尤其是声波测井不准而引起的速度误差会导致子波振幅畸变和相位谱扭曲。
同时,方法本身对地震噪声以及估算时窗长度的变化非常敏感,使子波估算结果的稳定性变差。
目前比较实用有效的方法是多道地震统计法,即用多道记录自相关统计的方法提取子波振幅谱信息,进而求取零相位、最小相位或常相位子波,用这种方法求取的子波,合成记录与实际记录频带一致,与实际地震记录波组关系对应关系良好。
(3)建立初始波阻抗模型
建立尽可能接近实际地层情况的波阻抗模型,是减少其最终结果多解性的根本途径。
测井资料在纵向上详细揭示了岩层的波阻抗变化细节,地震资料则连续记录了波阻抗界面的深度变化,二者的结合,为精确地建立空间波阻抗模型提供了必要的条件。
建立波阻抗模型的过程实际上就是把地震界面信息与测井波阻抗正确结合起来的过程,对地震而言,即是正确解释起控制作用的波阻抗界面,对测井来说,即是为波阻抗界面间的地层赋于合适的波阻抗信息。
初始模型的横向分辨率取决于地震层位解释的精细程度,纵向分辨率受地震采样率的限制,为了能较多地保留测井的高频信息,反映薄层的变化细节,通常要对地震数据进行加密采样。
2.2在地震记录反演上的应用
利用Kullback-Liebler信息测度获得一个非常有用的统计函数(即变分函数),此函数的极值点就含有所要求的反射系数序列的信息,并且拟订出求此泛数极值点。
在波动方程的应用
首先应用标量波动方程的逆散射理论推导出反射波场与波慢平方扰动之间满足的非线性积分方程，并阐明波慢平方扰动与反射体之间的关系。
然后应用迭代线性化反演算法的理论和具体计算公式，并专门对泛函求导的公式进行详细的推导。
最后，还要讨论了这一类反演方法的计算技术及参数选择问题。
在反问题的应用
利用人工地震Pg回折波走时重建区域上地壳三维速度分布的方法。
正问题利用经典最小二乘迭代求解垂向速度梯度模型的参数值及相应走时残差。
反问题采用泛函空间的最小二乘准则来实现。
对速度不需要预先进行参数化处理，可以计算反演区内任意点的速度值。
数值计算结果表明了该方法的可靠性。
在反演中压制噪声
在反演过程中利用不同范数准则压制噪声的方法,即在反演过程中先用一种范数准则建立目标泛函并求取梯度、再利用另一种范数准则计算修正步长,并在建立目标泛函和求取梯度时引入了非整数次范数准则.该方法有效地避免了在压制噪声过程中的人为干扰,提高了数据的使用率.从合成数据的反演结果可以看出,该方法对噪声具有很好的压制能力.当然压制的噪声不一定是地震中的，其他方法中也可用。
利用泛函分析方法讨论最小二乘平差问题，泛函投影方法，简单而直观地推导了在具有核函数的希尔伯特空间中的间接平差；根据核函数的性质自然地引入了带权的内积问题；将核函数定义稍加扩展，得出协方差传播的内积表示。
泛函分析还能在微分方程中应用。
二十世纪数学分析上最重要的成就之一，是函数空间概念的产生，它使我们由考虑一个或多个变数的个别函数转而考虑函数的集合。
此处主要研究它们的这种性质，这种性质决定了同一个集合中的个别函数之间的关系，此外含研究求极限过程的概念，某些函数或者数目与函数距离和依赖性。
由于某种原因，在我们所研究的函数空间当中，希尔伯特空间具有特别的重要性。
这一点的主要理由是，在泛函分析发展的初期，线性算子的分谱理论在量子力学与新物理学中，占这特别重要的地位。