泛函分析 曹广福版答案
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。
泛函分析课后习题答案
明必有 U ( f , ) A 。设 g U ( f , ) ，则若 t B ，必有 f (t ) g (t ) ，于 是 | g (t ) | f (t ) g (t ) | f (t ) | | f (t0 ) a ，所以 g A 这样就证明了 A 是 开集
f n (t ) f ( r ) (t ) 1 1 r max r0 . r ( r ) ( r ) a t b 2r0 2 1 f n (t ) f (t ) r ro 1 2 r 0 2 (r )
即
d ( f , f n ) ——>0 (n ) 。证毕
2r0
, r 0,1,2, r0 ，取 N=max{ N1 N N }，当 n>N 时，
(r )
f n (t ) f ( r ) (t ) 1 d ( f , f n ) r max (r ) a t b 1 f n (t ) f ( r ) (t ) r 0 2
___ ___ ___
1பைடு நூலகம்n
d ( x, y ) 1 d ( x, y )
t 在 [o, ) 上是单增函数， 1 t
___ d ( x, y ) d ( x, z ) d ( y , z ) d ( x, y ) 1 d ( x, y ) 1 d ( x, z ) d ( y , z )
6 设 B [a, b] ，证明度量空间 C[a, b] 中的集{f|当 t B 时 f（t）=0}
C[a, b] 中的闭集，而集
A={f|当 t B 时，|f（t）|〈a } （a 0）为开集的充要条件是 B 为闭集 证明 记 E={f|当 t B 时 f（t）=0}。设 { f n } E ， { f n } 按 C[a, b] 中 度量收敛于 f，即在[a，b]上 f n (t ) 一致收敛于 f（t） 。设 t B ，则
泛函分析习题答案第九章习题答案
|q
1/ q
i1
(i ) l p
( 3)
此 外 ， 因 为(i ) l q， 故( i |i |q1 ) l p (其 中 i signi )
记x0 ( i | i |q1 )， 则 f ( x0 ) i |i |q1 i | i |q (4)
n
n
n
f ( x0 ) ici | ci | f x0 f ， 故 | ci | f
( 2)
i 1
i 1
i 1
n
结 合(1)、(2)得 f | ci | (3) i 1
由 此 可 知 ， 对 每 个RMn 上 的 有 界 线 性 泛 函 ， 存在 唯 一 的(c1 ,, cn ) Rn，
n
上 的 一 个 有 界 线 性 泛 函， 记ci f (ei )， 则(ci ) Rn， 且 f ( x) ici i 1
n
n
x
(1 ,,n )，f
( x)
max
1 i n
|
i
|
| ci
i 1
|，
故
f | ci | i 1
(1)
又 当 f 0时 ， 记 i signci , x0 (1 ,, n )， 则 x0 1， 且
令 x
x
f (x) f ( x )
x，
则
f
(
x
)
0， 故x
N，
从
而
x
x
(x, N )
所以 f (x) f ( x )
f (x) f ( x ) x
实变函数论与泛函分析(曹广福)1到5章课后答案
第一章习题参考解答3．等式)()(C B A C B A --=⋃-成立的的充要条件是什么？解： 若)()(C B A C B A --=⋃-，则 A C B A C B A C ⊂--=⋃-⊂)()(. 即，A C ⊂.反过来, 假设A C ⊂, 因为B C B ⊂-. 所以, )(C B A B A --⊂-. 故,C B A ⋃-)(⊂)(C B A --.最后证，C B A C B A ⋃-⊂--)()(事实上，)(C B A x --∈∀, 则A x ∈且C B x -∉。
若C x ∈，则C B A x ⋃-∈)(；若C x ∉，则B x ∉，故C B A B A x ⋃-⊂-∈)(. 从而, C B A C B A ⋃-⊂--)()(.A A CB AC B A C =∅-⊂--=⋃-⊂)()(. 即 A C ⊂.反过来，若A C ⊂，则 因为B C B ⊂-所以)(C B A B A --⊂- 又因为A C ⊂，所以)(C B A C --⊂故 )()(C B A C B A --⊂⋃-另一方面，A x C B A x ∈⇒--∈∀)(且C B x -∉，如果C x ∈则 C B A x )(-∈；如果,C x ∉因为C B x -∉，所以B x ∉故B A x -∈. 则 C B A x ⋃-∈)(. 从而C B A C B A ⋃-⊂--)()(于是，)()(C B A C B A --=⋃-4．对于集合A ，定义A 的特征函数为⎩⎨⎧∉∈=Ax Ax x A ,0,1)(χ， 假设 n A A A ,,,21是一集列 ，证明：（i ）)(inf lim )(inf lim x x n nA nnA χχ=（ii ）)(sup lim )(sup lim x x n nA nnA χχ=证明：（i ）)(inf lim n nm N n n nA A x ≥∈⋂⋃=∈∀，N ∈∃0n ，0n m ≥∀时，m A x ∈.所以1)(=x m A χ，所以1)(inf 0=≥x m A n m χ故1)(inf sup )(inf lim ==≥∈x x m n A nm N b A nχχN n A x n n∈∀⇒∉∀inf lim ，有n k A x n n nm ≥∃⇒⋂∉≥有0)(inf 0=⇒=⇒∉≥x A x m nk m A nm A k χχ，故0)(i n f su p =≥∈x mA nm N b χ ，即)(i nf lim x nA nχ=0 ，从而)(inf lim )(inf lim x x n nA nnA χχ=5．设}{n A 为集列，11A B =，)1(11>⋃-=-=i A A B j i j i i 证明（i ）}{n B 互相正交（ii ）i ni i ni B A N n 11,===∈∀证明：（i ）m n N m n ≠∈∀,,；不妨设n>m ，因为m n i n i n n A A A A B -⊂-=-=11，又因为m m A B ⊂，所以m n m n n B A A A B -⊂-⊂，故 ∅=m n B B ，从而 {∞=1}n n B 相互正交. （ii ）因为)1(n i i ≤≤∀，有i i A B ⊂，所以i ni i ni A B 11==⋃⊂⋃，现在来证：i ni i ni B A 11==⋃⊂⋃当n=1时，11B A =；当1≥n 时，有：i ni i ni B A 11===则)()()()()(11111111111i ni n i n i i n i n i n i n i n i i n i B B B A A A A A A =+==++=+=+=-=-==事实上，i ni A x 1=⋃∈∀，则)1(n i i ≤≤∃使得i A x ∈，令}{ni A x i i i ≤≤∈=1|min 0且则 i ni i i i i i B B A A x 111000=-=⊂=-∈ ，其中，当10=i 时，∅=-=i i i A 110 ，从而， i ni i ni B A 11===6．设)(x f 是定义于E 上的实函数，a 为常数，证明： （i ）})(|{a x f x E >=}1)({1n a x f n +≥∞=(ii)})(|{a x f x E ≥=}1)({1na x f n ->∞=证明：（i ）})(|{a x f x E x >∈∀E x ∈⇒且a x f >)(}1)(|{1)(,na x f x E x E x a n a x f N n +≥∈⇒∈>+≥∈∃⇒且使得 ∈⇒x ⊂>⇒+≥∞=})(|{}1)(|{1a x f x E n a x f x E n }1)(|{1na x f x E n +≥∞=反过来，{N n n a x f x x E x n ∈∃+≥∈∀∞=},1)(|{1 ，使}1)(|{n a x f x E x +≥∈即E x a na x f ∈>+≥且1)( 故})(|{a x f x E x >∈ 所以 })(|{}1)(|{1a x f x E na x f x E n >⊂+≥⋃∞= 故}1)(|{})(|{1n a x f x E a x f x E n +≥>∞=7．设)}({x f n 是E 上的实函数列，具有极限)(x f ，证明对任意常数a 都有：}1)(|{inf lim }1)(|{inf lim })(|{11k a x f x E k a x f x E a x f x E n n k n n k +<=+≤=≤∞=∞=证明：N ∈∀≤∈∀k a x f x E x },)(|{，即k a a x f 1)(+≤≤，且E x ∈ 因为N n x f x f n n ∈∃=∞→，)()(lim ，使n m ≥∀，有ka x f n 1)(+≤，故，)}(1)(|{n m k a x f x E x m ≥∀+≤∈ 所以∈x }1)(|{ka x f x E m n m +≤≥}1)(|{k a x f x E x m n m N n +≤∈≥∈ = }1)(|{inf lim ka x f x E m n +≤，由k 的任意性：}1)(|{inf lim 1k a x f x E x n n k +≤∈∞= ，反过来，对于}1)(|{inf lim 1ka x f x E x n n k +≤∈∀∞= ，N k ∈∀，有 }1)(|{inf lim k a x f x E x m n +≤∈= }1)(|{ka x f x E m n m N n +≤≥∈ ，即n m N n ≥∀∈∃，时，有：k a x f m 1)(+≤且E x ∈，所以，ka x f x f m m 1)()(lim +≤≤且E x ∈.∞→k 又令，故 E x a x f ∈≤且)( 从而})(|{a x f x E x ≤∈故 })(|{a x f x E ≤=}1)(|{inf lim 1ka x f x E n n k +≤∞=8． 设)}({x f n 是区间（a ，b ）上的单调递增的序列，即≤≤≤≤)()()(21x f x f x f n若)(x f n 有极限函数)(x f ，证明：R a ∈∀，})({})({1a x f E a x f E n n >⋃=>∞=证明： })({a x f E x >∈∀，即：E x ∈且a x f >)(，因为)()(lim x f x f n n =∞→所以00,n n N n ≥∀∈∃，恒有：E )(∈>x a x f n 且，从而，})({0a x f E x n >∈})({1a x f E n n >⊂∞=反过来，N n a x f E x n n ∈∃>∈∀∞=01},)({ ，使})({0a x f E x n >∈，故0n n ≥∀，因此，a x f x f x f n n n >≥=∞→)()()(lim 0且E x ∈,即，})({a x f E x >∈，从而，})({})({1a x f E a x f E n n >=>∞=10．证明：3R 中坐标为有理数的点是不可数的。
《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.。
泛函分析习题答案第十章习题答案
则 由 xnk ynk Aznk y * z知 ：xnk 收 敛 ， 记y * z x *，
因 为xnk M，M为 闭 集 ， 故x* M， 现 在I A是 连 续 的 ，
故
(I
A)x* lim(I k
A) xnk
lim
k
ynk
y *，
所 以y* (I A)(M )， 故(I A)(M )是 闭 集.
结 合 上 述 的 结 果 即 知 ： ( A) [0,1].
17. 设A：复C[0,2 ] 复C[0,2 ] : ( Ax)(t) eit x(t)证明： ( A) { | 1}
首 先 证 明A没 有 特 征 值.
若Ax x， 则eit x(t ) x(t )， 于 是 ： (eit )x(t ) 0， 当eit 时 ，x(t ) 0， 因 为x(t )连 续 ， 故x(t ) 0， 所 以不 是A的 t 1
) x
(t
)
max
a t b
(t
) x
(t
)
由 (0, 1 )的 任 意 性 ， 即 知 上 式 与(1)矛 盾 ， 所 以是A的 谱 点.
2
16.
再 证 当 [0,1]时 ，是A的 正 则 值 ， 因 为不 是A的 特 征 值 ， 故 只 须 证 明 ：A I : C[0,1] C[0,1]是 满 映 射.
K ( x, y) f ( y)dy
f ( x) L2( , )
问A是 否L2( , )上 的 全 连 续 线 性 算 子.
记I n
[n, n]， 令Kn ( x,
y)
K ( x,
0
y)
(x, y) In In (x, y) In In
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 ) <
(新)曹广福版实变函数与泛函分析第四章答案
第四章习题参考解答1．设)(x f 是E 上的可积函数，如果对于E 上的任意可测子集A ，有0)(=⎰dx x f A ，试证：)(x f ，].[.E e a证明：因为}1)(|{}0)(|{1k x f x E x f x E k ≥=≠∞= ，而N k ∈∀，}1)(|{kx f x E ≥}1)(|{}1)(|{kx f x E k x f x E -≤≥= .由已知，=+=-≤≥≥⎰⎰⎰kx f x E kx f x E kx f x E dx x f dx x f dx x f 1)(|{1)(|{1|)(|{)()()(000=+.又因为0}1)(|{11)(0}1)(|{}1)(|{≥≥=≥=≥≥⎰⎰kx f x mE k dx k dx x f kx f x E kx f x E ， 0}1)(|{1)1()(0}1)(|{}1)(|{≤-≤-=-≤=≥≥⎰⎰k x f x mE k dx k dx x f kx f x E kx f x E所以，0}1)(|{}1)(|{=-≤=≥k x f x mE k x f x mE .故,0}1)(|{}1)(|{}1|)(|{=-≤+≥=≥kx f x mE k x f x mE k x f x mE ,从而00}1|)(|{}1|)(|{[}0)(|{111==≥≤≥=≠∑∑∞=∞=∞=k k k k x f x mE k x f x E m x f x mE .即，0)(=x f ，].[.E e a .2.设f ，g 都是E 上的非负可测函数，并且对任意常数a ，都有})(|{})(|{a x g x mE a x f x mE ≥=≥，试证：)()(x g x f =，从而，=⎰dx x f E )(dx x g E⎰)(.证明：我们证f ，g 是同一个简单函数序列∞=1){m m ψ的极限函数.N m ∈∀及12,,1,0-=m m k ，令}21)(2|{,mm k m k x f k x E E +≤≤=，并且 })(|{2,m x f x E E m m m ≥=.则k m E ,是互不相交的可测集，并且k m m k E E m ,21== ，定义简单函数∑==mk m m k E m m x kx 20)(2)(,χψ. 下面证明：)()(lim x f x m m =∞→ψ，E x ∈.E x ∈∀0,若+∞=)(0x f ，则N m ∈∀，m m m E x 2,0∈，所以)()(0∞→∞→=m m x m ψ，即)()(lim 00x f x m n =∞→ψ；若+∞<)(0x f ，则可取正整数)(00x f m >，0m m ≥∀时,}21)(2|{})(0|{1210m m m k k x f k x E m x f x E x m +<≤=<≤∈-= .故，存在)120(-≤≤mm k k ， }21)(2|{0m m k x f k x E x +<≤∈.即，m m k x f k 21)(20+<≤，m m k E m m k x k x mk m 2)(2)(20,==∑=χψ.所以，0212212)()()(|)()(|00000→=-+<-=-=-mm m m m m k k k x f x x f x x f ψψ，从而， )()(lim 00x f x m n =∞→ψ.同理，N m ∈∀，定义简单函数列∑==mkm m k E m m x kx 20)(2)(*,χψ，其中：}21)(2|{*,mm k m k x g k x E E +<≤=，12,,1,0-=mm k .})(|{*,m x g x E E k m ≥=.同上一样可证明：)()(lim 0x g x m n =∞→ψ，E x ∈.因为R a '∈∀，有})(|{})(|{a x g x mE a x f x mE ≥=≥.故R a '∈∀，})(|{b x f a x mE <≤})(|{b x g a x mE <≤=.从而，)120(-≤≤∀mm k k ，有k m m m m m k m mE k x g k x mE k x f k x mE mE ,*,}21)(2|{}21)(2|{=+<≤=+<≤=m m m m m m mE m x g x mE m x f x mE mE 2,*2,})(|{})(|{=≥=≥=.即，N m ∈∀，=)(x m ψ)(x m ϕ.因此)()(lim )(lim )(x g x x x f m m m m ===∞→∞→ϕψ.3.若⎪⎩⎪⎨⎧=为有理数，当为无理数，当x x x x x f 31)(，计算⎰1,0[)(dx x f .解：设x x E |]1,0[{0∈=为有理数}，01]1,0[E E -=，则+=⎰⎰1)()(]1,0[E dx x f dx x f⎰]1,0[)(dx x f ⎰⎰⎰+==111E EE dx xdx xdx x=+==⎰⎰⎰1111E E E dx xdx xdx x2]2[11101]1,0[====⎰⎰x dx xdx x.4.设21,,E E 是]1,0[中n 个可测集，若]1,0[内每一点至少属于n 个集中的q个集，证明：21,,E E 中至少有一个测度不小于nq.证明：令∑==ni E x x f i1)()(χ，其中iEχ为i E 上的特征函数]1,0[∈∀x ，有q x x f ni E i≥=∑=1)()(χ，所以q qdx dx x f =≥⎰⎰]1,0]1,0[)(.∑∑⎰∑∑⎰⎰⎰========≤ni ni i E ni E ni E mE dx x dx x dx x f q i i 11111,0]1,0[]1,0[)()()(χχ.如果每个n qmE i <，则∑∑===⋅=>n i n i i q n q n n q mE 11.这与∑=≤ni i mE q 1矛盾.从而，)1(n i i ≤≤∃使得nqmE i ≥. 5.设f ，g 都是E 上的可积函数，试证明：22g f+也是E 上可积函数.证明：（1）先证：设)(x f 与)(x F 都是E 上的可测函数且)()(0x F x f ≤≤ ].[.E e a ，若)(x F 在E 可积，则)(x f 在E 可积.事实上，N m l ∈∀,，因为)()(0x F x f ≤≤ ].[.E e a ，故l l x F x f )}({)}({0≤≤，即+∞<≤≤≤⎰⎰⎰EE llE ldx x f dx x F dx x F dx x f mm)()}({)}({)}({，其中：m mS E E=，}||||{∞<=x x S m .从而∞=⎰1})}({{l l E dx x F m是单调递增有上界⎰Edx x F )(的数列，故：⎰⎰⎰≤=∞→EE ll E dx x F dx x f dx x f mm)()}({lim )(.又因为⎰∞=mE m dx x f 1})({单调递增有上界，所以⎰∞→mE l dx x f )(lim存在，并且⎰⎰⎰+∞<≤=∞→EE ll Edx x F dx x f dx x f m)()}({lim )(，即⎰∞→∞→mE ll m dx x f )}({lim lim+∞<≤⎰dx x f E)(.所以)(x f 在E 可积.（2）再证：22g f+在E 上可积.事实上，因为f ，g 在E 上可积，所以||f 与||g 在E 上可积，从而||f +||g 在E 上可积. 又因为||||22g f g f+≤+，由（1）。
曹广福版实变函数第三章习题解答
第三章习题参考解答1.设f 是E 上的可测函数，证明：R a '∈∀，})(|{a x f x E ==是可测.解：R a '∈∀，因为)(x f 是E 上的可测，所以})(|{a x f x E ==与})(|{a x f x E ≤=均是可测集.从而})(|{a x f x E ==})(|{a x f x E ≥==})(|{a x f x E ≤= 可测.2.设f 是E 上的函数，证明：f 在E 上的可测当且仅当对一切有理数r ，})(|{r x f x E >=是可测集.证：)(⇐R a '∈∀，取单调递减的有理数序列∞=1}{k k r 使得a r k k =+∞→lim ，则})(|{})(|{1k k r x f x E a x f x E >=>=∞= .由每个k r x f x E >)(|{}的可测性，知})(|{a x f x E >=可测.从而，)(x f 在E 上的可测.)(⇒设f 在E 上的可测，即R a '∈∀，})(|{a x f x E >=可测.特别地，当r a =时有理数时，})(|{r x f x E >=可测.3. 设f 是R '上的可测函数，证明：对于任意的常数α，)(x f α是R '上的可测函数. 为证上述命题，我们先证下面二命题：命题1.若E 是R '中的非空子集，则R '∈∀α，有E m E m *||*αα=证明：当0=α时，因为}0{=E α，则E m E m *||*αα=.不妨设，0≠α.因为E I I E m i i i i ⊃=∞=∞=∑11||inf{* ，i I 为开区间}.0>∀ε,存在开区间序列∞=1}{i i I ，E I i i ⊃∞=1 ，||*||*1αε+<≤∑∞=E m I E m i i .又因为E I i i ⊃∞=α1 （注：若),(i i i I βα=，则 ⎩⎨⎧=ααααβααβααα),,(),,(i i i i i I .所以εααααα+⋅<==≤∑∑∑∞=∞=∞=E m I I IE m i i i i i i*||||||||||||*111.由ε得任意性，有i i i i i I E I I E m ,||inf{*11αα⊃≤∞=∞=∑ 为开区间}故存在开区间∞=1}{i i I ，使E I i i α⊃∞=1，且εα+<≤∑∞=E m I E m i i *||*1.又因为E I i i ⊃∞=α11，故εαα+<≤∑∞=E m I E m i i *|1|*1.由ε得任意性，有E m E m αα**||≤从而E m E m αα**||=.命题2.设R E '⊂，+∞<E m *，则E可测⇔R '∈∀α，E α可测.(由P54.19题的直接推论).证：)(⇐是直接的，我们仅需证明)(⇒R '∈∀α，如果0=α，则}0{=E α为零测集.故E α可测.不妨设0≠α.现在证明R T '⊆∀，)(*)(**E C T m E T m T m αα +=.事实上，对于R T '⊆∀，则R T '⊆α1，因为E 在R '可测，所以)1(*)1(*)1(*CE T m E T m T m ααα+=，即)(*||1)(*||1*||1CE T m E T m T m αααα+=)(*)(**E C T m E T m T m αα +=即E α可测.3.设f 是R '上的可测函数，证明：对于任意常数α，)(E f α仍是R '上的可测函数.解：记R E '=，对于R '∈∀α，当0=α时，R a '∈∀，⎩⎨⎧>'=≤∅=>af R E af a f x E )0(,)0(,})0(|{.故})(|{a x f x E >α可测所以：)(x f α可测.当0≠α时，R '∈∀α，令x y α=，则})(|{})(|{a y f xyE a x f x E >=>α= })(|{1a y f y E >α.在因为f 在R '可测，故})(|{a y f y E >可测，又由命题2，})(|{})(|{a x f x E a y f y E >=>可测.从而)(x f α使R E '=上哦可测函数.4.设)(x f 是E 上的可测函数，证明：3)]([x f 在E 上可测.证明：R '∈∀α，因为)(x f 在E 上可测.所以})(|{3a x f x E >是可列集.即})(|{})(|{33a x f x E a x f x E >=>可测.从而3)]([x f 在E 上可测.5.若],[b a 上的函数)(x f 在任意线段],[βα)(b a <<<βα上可测，试证它在整个闭区间上也可测.证明：N k ∈∀，),(]21,21[11b a b b b a E k k k ⊆---+=++，)(x f 在k E 上可测，记 ),(*b a E =，则k k E E ∞==1.又因为R '∈∀α，})(|{})(|{*1αα>=>∞=x f x E x f x E k k .由每个})(|{α>x f x E k 的可测性，得})(|{*α>x f x E 可测.所以)(x f 在),(*b a E =可测.令},{0b a E =，],[b a E =即E E E *=.})(|{})(|{*})(|{0ααα>>=>x f x E x f x E x f x E故})(|{α>x f x E 可测，从而)(x f 在E 上可测.],[βα=E7.设f 是E 上的可测函数，证明： （i ）对R '上的任意开集O ，)(1O f -是可测集； (ii) 对R '中的任何开集F ，)(1F f-是可测集；（iii ）对R '中的任何δG 型集或σF 型集M ，)(1M f-是可测集.证：（i ）当O 时R '中有界开集时，由第一章定理11（P.30），O 是至多可数个互不相交的开区间i i i )},{(βα的并，即),(i i iO βα =.})(|{)],[()],([)(111i i ii i ii i ix f E f f O fβααβαβα<<===---由f 在E 上哦可测性，知：每个})(|{i i x f x E βα<<可测，从而)(1O f-可测.若O 是R '的误解开集，N n ∈∀，记],[n n E n -=，则n n E O O =是R '中有界开集，且n n O O ∞==1，故][][)(11111n n n O f O f O f-∞=∞=--== .故由)(1n O f-得可测性，知)(1O f -可测.(ii) 设F 是R '中的任一闭集，记F R O -'=是R '中开集.)()(11F R f O f-'=--=)()(11F f R f ---'，即)()()(111O f R f F f----'= .由)(1O f-与)(1R f '-得可测性，知，)(1F f -可测.（iii ）设G ，F 分别为R '中δG 型集和σF 型集.即，存在开集列∞=1}{k k G ，闭集列∞=1}{k k F 使得k k G G ∞==1k k F F ∞==1，从而，][)(111k k G f G f-∞=-= 且][)(111k k F f F f-∞=-= .由)(1k G f -与)(1k F f -的可测性，知)(1G f -与)(1F f -均可测.8.证明：E 上两个可测函数的和仍是可测函数.证明：设)(x f ，)(x g 是E 上的两个可测函数，令})(|{0±∞=-=x g x E E E ，R a '∈∀ )}(})(|{})()(|{00x g a x f x E a x g x f x E ->=>+=)()(|{01X g a r x f x E i i ->>∞= =i i r x f x E >∞=)(|{[01}])(|{0i r a x g x E ->.由)(x f ，)(x g 在E 可测，知)(x f ，)(x g 在0E 可测. 从而N i ∈∀，}])(|{0i r x f x E >与}])(|{0i r a x g x E ->可测. 故})()(|{0a x g x f x E >+可测.又因})(|{±∞=x g x E })()(|{a x g x f x E >+ 是零测集，故可测.从而g f +在E 上可测. 9.证明：若)(x f 是1E 及2E 上的非负可测函数，则f 也是21E E 上的非负可测函数.证明：因为)(x f 是1E 及2E 上的非负可测函数，则R a '∈∀，})(|{1a x f x E >与})(|{2a x f x E >均可测.于是，记21E E E =，则=>})(|{a x f x E })(|{1a x f x E >})(|{2a x f x E > 可测.从而)(x f 在21E E E =上非负可测.10.设E 是nR 中有界可测集，f 是E 上几乎处处有限的可测函数，证明：0>∀ε，存在闭集E F ⊂，使得ε<-)(F E m ，而在F 上)(x f 有界.证明：（法一）由sin lu 定理，0>∀ε，∃闭集E F ⊂，使得ε<-)(F E m 且)(x f 在F 上连续，现在证)(x f 在F 上有界.如果)(x f 在F 无界，即0>∀M ，F x m ∈∃使得M x f m >|)(|.特别的，当11=M 时， F x ∈∃1有11|)(|M x f >；当}2,1|)(ma x{|2+=x f M ，F x ∈∃2，使得22|)(|M x f >； ; 当},1|)(max{|k x f M k +=时，F x k ∈∃，使得k k M x f >|)(|，从而，得F 中互异点列F x k ⊂}{，使得N k >∀，k x f k >|)(|，即+∞=∞→|)(|lim k k x f .另一方面，因为F 为有界，且F x k k ⊂∞=1}{，故∞=1}{k k x 有一收敛子列∞=1}{k k x ，不妨设0lim x x k n k =∞→，则F x ∈0，又因为)(x f 在0x 连续.对1=ε，N k ∈∃0，0k k ≥∀时，恒有1|)(||)(||)(||)(|000<-≤-x f x f x f x f k k n n ，即)(|1|)(|0x f x f k n +≤.取N k ∈*， |)(|1*0x f k +>，则*|)(|*k x f kn ≤，但由*kn x 得定义，有***|)(|k n x f k n k≥>，这是一矛盾.从而)(x f 在F 有界.证明：（法二）由sin lu 定理，0>∀ε，∃闭集E F ⊂，使得ε<-)(F E m 且)(x f 在F 上连续，现在用有限覆盖定理证：)(x f 在F 上有界.F x ∈∀0，因为)(x f 在0x 连续.所以对1=ε，00>∃x δ使得F x O x x ),(00δ∈∀，恒有：1|)()(||)()(|00<-<-x f x f x f x f ，即1|)(||)(|0+<x f x f .从而),(000x Fx x O F δ∈⊂ .因为F 是有界闭集，故由有限覆盖定理，存在)1(0x ，)2(0x ，, F x k ∈)(0，N k ∈，使得),()(0)(01i x i ki x O F δ=⊂ .取}11|({|)(0k i x f nax M i ≤≤+=，则F x ∈∀，有),(0)(x i o x O x δ∈，M x f x f i ≤+≤1|)(|)(|)(0.从而)(x f 在F 有界.11.设}{n f 是E 上的可测函数序列，证明：如果0>∀ε，都有+∞<>∑∞=}|)(|{1εx f xmE n n ，则必有0)(lim =∞→x f n n ][,E e a .证：0>∀ε，因为+∞<>∑∞=}|)(|{1εx f xmE n n ，故0}|)(|{lim 1=>∑∞=∞→εx f x mE n n N . 又因为})1|)(|{(}0)(|{11kx f x E x f x E n N n N k n >=→/∞=∞=∞=故})]1|)(|{([}0)(|{11kx f x E m x f x mE n N n N k n >=→/∞=∞=∞=}]1|)(|{[lim }1)(|{lim 11k x f x E m k x f x E m n N n N k n N k >=>≤∞=∞→∞=∞→∞=∑∑∑∑∑∞=∞=∞→∞==>≤110}]1|)(|{lim k n Nn N k k x f x mE ，故0)(lim =∞→x f n n ][,E e a12．证明:如果)(x f 是nR 上的连续函数，则)(x f 在nR 的任何可测自己E 上都可测. 证明：（1）先证：)(x f 在nR 上可测.令nR E =，R a '∈∀，因为)),((})(|{1+∞=>-a fa x f x E .现在证：)),((1+∞-a f 是一个开集.事实上，)),((10+∞∈∀-a fx ，),[)(0+∞∈a x f ，取2)(0ax f -=ε.因为)(x f 在0x 连续，则对于02)(0>-=ax f ε，0>∃δ，使),(0δx O x ∈∀时，ε<-|)()(|0x f x f ，即 ))(,)(()(00εε+-∈x f x f x f =-+--=)2)()(,.2)()((0000ax f x f a x f x f )2)()(,.2)()((0000ax f x f a x f x f -+--),()2)()(,.2)((000+∞⊂-++=a a x f x f a x f ，故)],[(),(10+∞⊂-a f x O δ，从而)],[(1+∞-a f 为开集，可测.即，)(x f 在n R 上可测.(2)再证：nR E ⊆∀可测，f 在E 可测.事实上，这是P59性质2的直接结果.14.设}{n f ,}{n h 是E 上的两个可测函数序列，且f f n ⇒，h h n ⇒，h f ,(都是E 上的有限函数)证明： （i ）h f ,是E 上可测函数（ii ）对于任意实数α ，β，h f h f n n βαβα+⇒+若+∞<mE ，则还有（iii ）h f h f n n ⋅⇒⋅若+∞<mE ，且n h ，h 在E 上几乎处处不等于0，则（iv ）hf h f n n ⇒.证明：（i ）因为f f n ⇒，n f 是可测函数列，由Riesz 定理，}{n f 有一个子列}{k n f ，使得f f k n ⇒ ][,E e a .再由P62性质4，f 是在E 可测，同理，h 在E 可测.（ii ）先证：当f f n ⇒时，R '∈∀α，有f f n αα⇒.事实上，当0=α时，0>∀ε，∅=≥-}|{εααf f x E n .所以∅=≥-∞→}|{lim εααf f x mE n n .当0≠α时，因为}||||{}||{αεεαα≥-=≥-f f x E f f x E n n ，故 }||||{}||{lim αεεαα≥-=≥-∞→f f x E f f x mE n n n 0}||||{lim =≥-=∞→αεf f x mE n n .从而f f n αα⇒.再证：h f h f n n βαβα+⇒+. 事实上，0>∀ε，⊆≥-+-⊆≥+-+}|)|||{}|)()|{εββααεβαβαh h f f x E h f h f x E n n n n}2|)|{}2||{εββεαα≥-≥-h h x E f f x E n n .≤≥-+-≤≥+-+}|)|||{}|)()|{εββααεβαβαh h f f x mE h f h f x mE n n n n)(0}2|)|{}2||{∞→→≥-+≥-n h h x mE f f x mE n n εββεαα. 0}|)()({lim =≥+-+∞→εβαααh f f f x mE n n所以：h f h f n n βαβα+⇒+. （iii ）现在证：h f h f n n ⋅⇒⋅. 先证：f f n ⇒，必有22f f n ⇒.事实上，若0}|{lim 022≠≥-∞→εf f x mE n n （对于某个00>ε）.因为+∞<mE ，而N n ∈∀，mE f f x E n ≤≥-≤}|{0022ε，则∞=≥-1022}|{{n n f f x mE ε是有界无穷数列.故存在}{n f 的子列}{k n f 使得0}|{lim 022>=≥-∞→l f f x mE k n k ε.事实上，如果每个}{n f 的收敛子列}{k n f 都0}|{lim 022=≥-∞→εf f x mE k n k .故0>∀δ，N ∈∃N 时，恒有),0(}|{022δεU f f x mE kn ∈≥-.倘若不然，∃无穷个∞=1}{k m k f ，使得 ),0(],0[}|{022δεU mE f f x mE km -∈≥-.即∞=≥-1022}}|{{k m f f x mE k ε是有界无穷点列，它有一收敛子列.不妨设这收敛子列就是它本身.因为N k ∈∀，δ≥-|}{22f f x mE kn ，故0}|{lim 022=≥-∞→εf f x mE k n k .故 .}|{lim *022δε≥=≥-∞→l f f x mE k m k 这与}{k n f 得每个收敛子列都为零极限矛盾，从而0>∀δ，N ∈∃N ，使得N n ≥∀时，有δε<≥-}|{022f f x mE n .即0}|{lim 022=≥-∞→εf f x mE n k ，这与.0}|{lim 022≠≥≥-∞→εεf f x mE k m k 矛盾.所以 }{n f 有子列}{k n f 使得0}|{lim 022>=≥-∞→l f f x mE kn k ε.另一方面：因为f f n ⇒，所以f f k n ⇒.故由Riesz 定理}{n f 有一子列}{k n f '，有f f k n →' ][,E e a ，从而22f f kn →'][,E e a .故.0}|{lim 022=≥-∞→εf f x mE km k 这与l f f x mE k m k =≥-'∞→}|{lim 022ε矛盾.从而，.0}|{lim 022=≥-∞→εf f x mE k n k 最后证：h f h f n n ⋅⇒⋅. 事实上，])()[(4122n n n n n n h f h f h f --+=⋅h f h f h f ⋅=--+⇒])()[(4122. 习题14（iii ）引理例1，设)(x f ，)2,1)(( =n x f n 都是E 上的可测函数列且+∞<mE ，如果f f n ⇒，则22f f n ⇒.证明：设f f n ⇒，若22f f n ⇒/，即0>∃0ε使得.0}|{lim 022=/≥-∞→εff x mE k n k 即0>∃0δ，N ∈∀N ，N n N ≥∃，有0022}|{1δε≥≥-f f x mE n . 特别的，当1=N 时，N n ≥∃1，有00022}|{1δε≥≥-f f x mE n ；当11+=n N 时，N n ≥∃2，有0022}|{2δε≥≥-f f x mE n ；当12+=n N 时，N n ≥∃3，有0022}|{3δε≥≥-f f x mE n这样继续下去，得}{n f 的一子列∞=1}{k n k f 使得N k ∈∀，+∞<≤≥-≤mE f f x mE kn }|{0220εδ，即∞=≥-1022}|{{k n f f x mE kε是一个有界的无穷数列，有一收敛子列∞='≥-1022}|{{k n f f x mE k ε，0}|{{lim 0022>≥=≥-'∞→δεl f f x mE k n k .另一方面，因为f f n ⇒，所以f f k n ⇒'，由Ri e s z 定理，∞=1}{k n k f 必有一子列∞=1}{k m k f 使得f f k m ⇒ ][,E e a .所以22f f km ⇒ ][,E e a .从而22f f km ⇒.即0}|{lim 022=≥-∞→εf f x mE k m k ，这与0}|{{lim 0022>≥=≥-'∞→δεl f f x mE k n k 矛盾. 例2，设f f n ⇒，h h n ⇒，则h f h f n n ⋅⇒⋅ 证：因为h f h f h f h f h f h f n n n n n n ⋅=--+⇒--+=⋅])()[(41])()[(41222215.设}{n f 是E 上的可测函数，+∞<mE ，则当f f n ⇒且f 是有限函数时，对于Np ∈∀，有（i ）p p n f f ||||⇒（ii ）对于E 上的任意可测函数h ，有p p n h f h f ||||-⇒-证：先证：当f f n ⇒，有||||f f n ⇒，对于o >∀ε，因为f f f f n n -≤-||||，故}|)()(|{}||{εε≥-⊃≥-x f x f x E f f x E n n所以≤≥-≤}|)()(|{0εx f x f x E n 0}|)()(|{→≥-εx f x f x mE n故0}|)(||)(|{lim =≥-∞→εx f x f x mE n n ，从而||||f f n ⇒. （i ）N p ∈∀,ppn f f ||||⇒当2=p 时，||||f f n ⇒，由14题（iii ）有22||||||||||||f f f f f f n n n =⋅⇒⋅=.假设kkn f f ||||⇒，又因为||||f f n ⇒，所以111||||||||||||++=⇒⋅=k k n k n k n f f f f f f .故N p ∈∀，ppn f f ||||⇒.(ii)因为0>∀ε，0}|(|{lim }|)()(|{lim =≥-=≥---∞→∞→εεf f x mE h f h f x mE n n n n所以当f f n ⇒时，对任何可测函数h ，有h f h f n -⇒-.再由前面的证明：||||h f h f n -⇒-.再由（i ）的结论，p p n h f h f ||||-⇒-.。
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。
实变函数论与泛函分析(曹广福)1到5章课后答案
第一章习题参考解答3．等式)()(C B A C B A --=⋃-成立的的充要条件是什么？解： 若)()(C B A C B A --=⋃-，则 A C B A C B A C ⊂--=⋃-⊂)()(. 即，A C ⊂.反过来, 假设A C ⊂, 因为B C B ⊂-. 所以, )(C B A B A --⊂-. 故,C B A ⋃-)(⊂)(C B A --.最后证，C B A C B A ⋃-⊂--)()(事实上，)(C B A x --∈∀, 则A x ∈且C B x -∉。
若C x ∈，则C B A x ⋃-∈)(；若C x ∉，则B x ∉，故C B A B A x ⋃-⊂-∈)(. 从而, C B A C B A ⋃-⊂--)()(.A A CB AC B A C =∅-⊂--=⋃-⊂)()(. 即 A C ⊂.反过来，若A C ⊂，则 因为B C B ⊂-所以)(C B A B A --⊂- 又因为A C ⊂，所以)(C B A C --⊂故 )()(C B A C B A --⊂⋃-另一方面，A x C B A x ∈⇒--∈∀)(且C B x -∉，如果C x ∈则 C B A x )(-∈；如果,C x ∉因为C B x -∉，所以B x ∉故B A x -∈. 则 C B A x ⋃-∈)(. 从而C B A C B A ⋃-⊂--)()(于是，)()(C B A C B A --=⋃-4．对于集合A ，定义A 的特征函数为⎩⎨⎧∉∈=Ax Ax x A ,0,1)(χ， 假设 n A A A ,,,21是一集列 ，证明：（i ）)(inflim )(inf lim x x nnA nnA χχ=（ii ）)(sup lim )(sup lim x x n nA nnA χχ=证明：（i ）)(inf lim n nm N n n nA A x ≥∈⋂⋃=∈∀，N ∈∃0n ，0n m ≥∀时，m A x ∈.所以1)(=x m A χ，所以1)(inf=≥x mA n m χ故1)(inf sup )(inf lim ==≥∈x x mnA nm N b A nχχN n A x n n∈∀⇒∉∀inf lim ，有n k A x n n nm ≥∃⇒⋂∉≥有0)(inf0=⇒=⇒∉≥x A x mnk m A nm A k χχ，故0)(i n f s u p =≥∈x mA nm N b χ ，即)(i n f lim x nA nχ=0 ，从而)(inflim )(inf lim x x nnA nnA χχ=5．设}{n A 为集列，11A B =，)1(11>⋃-=-=i A A B j i j i i 证明（i ）}{n B 互相正交（ii ）i ni i ni B A N n 11,===∈∀证明：（i ）m n N m n ≠∈∀,,；不妨设n>m ，因为m n i n i n n A A A A B -⊂-=-=11，又因为m m A B ⊂，所以m n m n n B A A A B -⊂-⊂，故 ∅=m n B B ，从而 {∞=1}n n B 相互正交. （ii ）因为)1(n i i ≤≤∀，有i i A B ⊂，所以i ni i ni A B 11==⋃⊂⋃，现在来证：i ni i ni B A 11==⋃⊂⋃当n=1时，11B A =；当1≥n 时，有：i ni i ni B A 11===则)()()()()(11111111111i ni n i n i i n i n i n i n i n i i n i B B B A A A A A A =+==++=+=+=-=-==事实上，i ni A x 1=⋃∈∀，则)1(n i i ≤≤∃使得i A x ∈，令}{ni A x i i i ≤≤∈=1|min 0且则 i ni i i i i i B B A A x 111000=-=⊂=-∈ ，其中，当10=i 时，∅=-=i i i A 110 ，从而， i ni i ni B A 11===6．设)(x f 是定义于E 上的实函数，a 为常数，证明： （i ）})(|{a x f x E >=}1)({1n a x f n +≥∞=(ii)})(|{a x f x E ≥=}1)({1na x f n ->∞=证明：（i ）})(|{a x f x E x >∈∀E x ∈⇒且a x f >)(}1)(|{1)(,na x f x E x E x a n a x f N n +≥∈⇒∈>+≥∈∃⇒且使得 ∈⇒x ⊂>⇒+≥∞=})(|{}1)(|{1a x f x E n a x f x E n }1)(|{1na x f x E n +≥∞=反过来，{N n n a x f x x E x n ∈∃+≥∈∀∞=},1)(|{1 ，使}1)(|{n a x f x E x +≥∈即E x a na x f ∈>+≥且1)( 故})(|{a x f x E x >∈ 所以 })(|{}1)(|{1a x f x E na x f x E n >⊂+≥⋃∞= 故}1)(|{})(|{1n a x f x E a x f x E n +≥>∞=7．设)}({x f n 是E 上的实函数列，具有极限)(x f ，证明对任意常数a 都有：}1)(|{inf lim }1)(|{inf lim })(|{11k a x f x E k a x f x E a x f x E n n k n n k +<=+≤=≤∞=∞=证明：N ∈∀≤∈∀k a x f x E x },)(|{，即k a a x f 1)(+≤≤，且E x ∈ 因为N n x f x f n n ∈∃=∞→，)()(lim ，使n m ≥∀，有ka x f n 1)(+≤，故，)}(1)(|{n m k a x f x E x m ≥∀+≤∈ 所以∈x }1)(|{ka x f x E m n m +≤≥}1)(|{k a x f x E x m n m N n +≤∈≥∈ = }1)(|{inf lim ka x f x E m n +≤，由k 的任意性：}1)(|{inf lim 1k a x f x E x n n k +≤∈∞= ，反过来，对于}1)(|{inf lim 1ka x f x E x n n k +≤∈∀∞= ，N k ∈∀，有 }1)(|{inf lim k a x f x E x m n +≤∈= }1)(|{ka x f x E m n m N n +≤≥∈ ，即n m N n ≥∀∈∃，时，有：k a x f m 1)(+≤且E x ∈，所以，ka x f x f m m 1)()(lim +≤≤且E x ∈.∞→k 又令，故 E x a x f ∈≤且)( 从而})(|{a x f x E x ≤∈故 })(|{a x f x E ≤=}1)(|{inf lim 1ka x f x E n n k +≤∞=8． 设)}({x f n 是区间（a ，b ）上的单调递增的序列，即≤≤≤≤)()()(21x f x f x f n若)(x f n 有极限函数)(x f ，证明：R a ∈∀，})({})({1a x f E a x f E n n >⋃=>∞=证明： })({a x f E x >∈∀，即：E x ∈且a x f >)(，因为)()(lim x f x f n n =∞→所以00,n n N n ≥∀∈∃，恒有：E )(∈>x a x f n 且，从而，})({0a x f E x n >∈})({1a x f E n n >⊂∞=反过来，N n a x f E x n n ∈∃>∈∀∞=01},)({ ，使})({0a x f E x n >∈，故0n n ≥∀，因此，a x f x f x f n n n >≥=∞→)()()(lim 0且E x ∈,即，})({a x f E x >∈，从而，})({})({1a x f E a x f E n n >=>∞=10．证明：3R 中坐标为有理数的点是不可数的。
08级泛函分析习题参考答案(2)
08级泛函分析习题参考答案（2）一、设对于任何实数1p ≥，12(,,,,)p n x l ξξξ=∈ ，试证：lim pp xx ∞→+∞=。
证明：不妨设12(,,,,)0n x ξξξ=≠ ，令nn xξη∞=，()12,,,,n y ηηη= ，则1n η≤，py l ∈，p p x y x∞=,1y∞=。
由此可知，对于0ε∀>，0N ∃>，n N>时，使得1pn n N ηε∞=+<∑，并存在0n ，使得011n εη-<≤。
由()11101111ppp N p p p n n n n pn n n N yN εηηηηε∞∞===+⎛⎫⎛⎫-<≤==+≤+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑∑可得，0ε∀>，11ppp p lim ylim yε→+∞→+∞-≤≤≤，从而lim 1pp y→+∞=。
由此可得，lim pp xx ∞→+∞=。
二、设X 一个线性空间，范数1x 与2x 等价的充分必要条件是存在两个正数b a ,，使得不等式212x b x xa ⋅≤≤⋅，对任何X x ∈成立。
证明：充分性是显然的，只需证明必要性。
假设不存在0>b ，使得21x b x ⋅≤成立，则对每一个自然数n ，存在X x n ∈，使得21n nx n x ⋅>，从而n x x n n121<，但111=n n x x ，这与范数1x 与2x 等价相矛盾。
因而存在0>b ，使得对任何X x ∈， 21x b x⋅≤成立。
同理可证，存在0>'a ，使得12x a x⋅'≤。
令aa '=1，则0>a ，并且对任何X x ∈，成立着12x xa ≤⋅。
三、设 ,2,1,0,0,,=≠≠∈n x x X x x n n ，并且∞→→n x x n ,，则xxx x n n →。
证明：由x x n →及x x x x n n -≤-（或范数的连续性）,可得x x n →。
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。
泛函分析习题解答
EF
∞
(m+p)
(m)
i=1
xi −x i 1 2i 1+ x(m+p) −x(m) i i
( m+ p )
(m)
cde fg ¢#h © k ∈ N , f ∀ ε > 0 , i N pq ,
k
m+p) m) ∀k ∈ N , x( − x( → 0 (m → ∞ , ∀p ∈ N ) . k k
(m) (m) k (m) k ∗ k (m) k ∗ k ∗ ∗ x ∗ === ( x ∗ 1 , x 2 · · · x n , · · · ).
1−
m
,··· . (1) 1 2 = ε.
QR!S x
(m)
→ x∗ ( ρ x
H6 ! w m → +∞ ) . 课后答案网
1 2 1 2 t 1+t 1 1+t
1 |ξk − ηk | , 2k 1 + |ξk − ηk |
z = (ζ1 , ζ2, · · · , ζk , · · · ),
∞
ρ (x, y ) =
k=1 ∞
≤
课
GH@ ! 9 ρ(x, y) 12 © 45 ( 3 ) . IP S 6 &'( x = x , x , · · · , x {x } 6 S ©UV¦( QR!S S ©$%T( XY`a b | | → 0 (m → ∞ , ∀p ∈ N ). W E ρ (x , x ) = | |
m
.
T
4
n x, y T n x, T n y 于是根据数学归纳法原理, 对 n 成立. n 1 0 1. 故有 又 0 T n x, T n y x, y . 即 T n 是压缩映射. (2) 逆命题不一定成立. 例如 x fx : 0, 1 0, 1 . 2
曹广福版实变函数与泛函分析第四章答案
曹⼴福版实变函数与泛函分析第四章答案第四章习题参考解答1．设)(x f 是E 上的可积函数，如果对于E 上的任意可测⼦集A ，有0)(=?dx x f A ，试证：)(x f ，].[.E e a证明：因为}1)(|{}0)(|{1k x f x E x f x E k ≥=≠∞= ，⽽N k ∈?，}1)(|{kx f x E ≥}1)(|{}1)(|{k x f x E k x f x E -≤≥= .由已知，=+=-≤≥≥kx f x E kx f x E kx f x E dx x f dx x f dx x f 1)(|{1)(|{1|)(|{)()()(000=+.⼜因为0}1)(|{11)(0}1)(|{}1)(|{≥≥=≥=≥≥??kx f x mE k dx k dx x f kx f x E kx f x E ， 0}1)(|{1)1()(0}1)(|{}1所以，0}1)(|{}1)(|{=-≤=≥k x f x mE k x f x mE .故,0}1)(|{}1)(|{}1|)(|{=-≤+≥=≥kx f x mE k x f x mE k x f x mE ,从⽽00}1|)(|{}1|)(|{[}0)(|{111==≥≤≥=≠∑∑∞=∞=∞=k k k k x f x mE k x f x E m x f x mE .即，0)(=x f ，].[.E e a .2.设f ，g 都是E 上的⾮负可测函数，并且对任意常数a ，都有})(|{})(|{a x g x mE a x f x mE ≥=≥，试证：)()(x g x f =，从⽽，=?dx x f E )(dx x g E)(.证明：我们证f，g 是同⼀个简单函数序列∞=1){m m ψ的极限函数.N m ∈?及12,,1,0-=m m k ，令}21)(2|{,mm k m k x f k x E E +≤≤=，并且 })(|{2,m x f x E E m m m ≥=.则k m E ,是互不相交的可测集，并且k m m k E E m ,21== ，定义简单函数∑==mk m m k E m m x kx 20)(2)(,χψ. 下⾯证明：)()(lim x f x m m =∞→ψ，E x ∈.E x ∈?0,若+∞=)(0x f ，则N m ∈?，m m m E x 2,0∈，所以)()(0∞→∞→=m m x m ψ，即)()(lim 00x f x m n =∞→ψ；若+∞<)(0x f ，则可取正整数)(00x f m >，0m m ≥?时,210m m m k k x f k x E m x f x E x m +<≤=<≤∈-= .故，存在)120(-≤≤mm k k ， }21)(2|{0m m k x f k x E x +<≤∈.即，m m k x f k 21)(20+<≤，m m k E m m kx k x mk m 2)(2)(20,==∑=χψ.所以，0212212)()()(|)()(|00000→=-+<-=-=-m m m m m m k k k x f x x f x x f ψψ，从⽽， )()(lim 00x f x m n =∞→ψ.同理，N m ∈?，定义简单函数列∑==mkm m k E m m x kx 20)(2)(*,χψ，其中：}21)(2|{*,m m k m k x g k x E E +<≤=，12,,1,0-=m m k .})(|{*,m x g x E E k m ≥=.同上⼀样可证明：)()(lim 0x g x m n =∞→ψ，E x ∈.因为R a '∈?，有})(|{})(|{a x g x mE a x f x mE≥=≥.故R a '∈?， })(|{b x f a x mE <≤})(|{b x g a x mE <≤=.从⽽，)120(-≤≤?mm k k ，有k m m m m m k m mE k x g k x mE k x f k x mE mE ,*,}21)(2|{}21)(2|{=+<≤=+<≤=m m m m m m mE m x g x mE m x f x mE mE 2,*2,})(|{})(|{=≥=≥=.即，N m ∈?，=)(x m ψ3.若=为有理数，当为⽆理数，当x x x x x f 31)(，计算?1,0[)(dx x f .解：设x x E |]1,0[{0∈=为有理数}，01]1,0[E E -=，则+=1)()(]1,0[E dx x f dx x f]1,0[)(dx x f ?+==111E EE dx xdx xdx x=+==1111E E E dx xdx xdx x2]2[11101x dx xdx x.4.设21,,E E 是]1,0[中n 个可测集，若]1,0[内每⼀点⾄少属于n 个集中的q个集，证明：21,,E E 中⾄少有⼀个测度不⼩于nq.证：令∑==ni E x x f i1)()(χ，其中i E χ为i E 上的特征函数]1,0[∈?x ，有q x x f ni E i ≥=∑=1)()(χ，所以q qdx dx x f =≥??]1,0]1,0[)(.∑∑?∑∑??========≤n i ni i E n i E n i E mE dx x dx x dx x f q i i 11111,0]1,0[]1,0[)()()(χχ.如果每个n q mE i <，则∑∑===?=>n i n i i q n qn n q mE 11.这与∑=≤n)1(n i i ≤≤?使得nqmE i ≥. 5.设f ，g 都是E 上的可积函数，试证明：22g f+也是E 上可积函数.证明：（1）先证：设)(x f 与)(x F 都是E 上的可测函数且)()(0x F x f ≤≤ ].[.E e a ，若)(x F 在E 可积，则)(x f 在E 可积.事实上，N m l ∈?,，因为)()(0x F x f ≤≤ ].[.E e a ，故l l x F x f )}({)}({0≤≤，即+∞<≤≤≤EE llE ldx x f dx x F dx x F dx x f mm)()}({)}({)}({，其中：m m S E E =，}||||{∞<=x x S m .从⽽∞=?1})}({{l l E dx x F m是单调递增有上界?Edx x F )(的数列，故：≤=∞→EE ll E dx x F dx x f dx x f mm)()}({lim )(.⼜因为?∞=mE m dx x f 1})({单调递增有上界，所以?∞→mE l dx x f )(lim存在，并且+∞<≤=∞l Edx x F dx x f dx x f m)()}({lim )(，即?∞→∞→mE ll m dx x f )}({lim lim+∞<≤?dx x f E)(.所以)(x f 在E 可积.（2）再证：22g f+在E 上可积.事实上，因为f ，g 在E 上可积，所以||f 与||g 在E 上可积，从⽽||f +||g 在E 上可积. ⼜因为||||22g f g f+≤+，由（1）。
《实变函数论与泛函分析(曹广福)》1到5章课后习题答案
第一章习题参考解答3.等式(A -B) ⋃C =A - (B -C) 成立的的充要条件是什么？解： 若(A -B) ⋃C =A - (B -C)，则 C ⊂ (A -B) ⋃C =A - (B -C) ⊂A .即， C ⊂A .反过来, 假设C ⊂A , 因为B -C ⊂B . 所以,A -B ⊂A - (B -C) . 故,( A -B) ⋃C ⊂A - (B -C) .最后证， A - (B -C) ⊂ (A -B) ⋃C事实上，∀x ∈A - (B -C) , 则x ∈A 且x ∉B -C 。
若x ∈C，则x ∈(A -B) ⋃C ；若x ∉C，则 x ∉B ，故 x ∈A -B ⊂ (A -B) ⋃C. 从而, A - (B -C) ⊂ (A -B) ⋃C.C ⊂ (A -B) ⋃C =A - (B -C) ⊂A -∅=A . 即 C ⊂A .反过来，若C ⊂A ，则因为B -C ⊂B 所以A -B ⊂A - (B -C) 又因为C ⊂A ，所以C ⊂A - (B -C) 故 (A -B) ⋃C ⊂A - (B -C)另一方面，∀x ∈A - (B -C) ⇒x ∈A 且x ∉B -C ，如果x ∈C则x ∈(A -B) C ；如果x ∉C, 因为x ∉B -C ，所以x ∉B 故x ∈A -B . 则x ∈(A -B) ⋃C . 从而A - (B -C) ⊂ (A -B) ⋃C于是， (A -B) ⋃C =A - (B -C)⎧1,x ∈A4.对于集合A，定义A 的特征函数为χA (x) =⎨，假设A1 , A2 , , A n 是⎩0, x ∉A一集列，证明：（i）χliminf A(x) = lim inf χA (x)n n n n（ii）χ(x) = lim sup χA (x)limsup An n n n证明：（i）∀x∈lim inf A n =⋃(⋂A n )，∃n0 ∈N，∀m ≥n0 时，x ∈A m .n n∈N m≥n所以 χA (x) = 1，所以 inf χA(x) = 1故lim inf χA (x) = supinf χA(x) = 1 m m≥nm n n b∈N m≥n m= i i1 1 ，使 m n n m nn n =1 1 1∀x ∉ lim inf A n ⇒ ∀n ∈ N ，有 x ∉ ⋂ A n ⇒ ∃k n ≥ nnm ≥n有 x ∉ A k ⇒ χ A = 0 ⇒ inf χ A (x ) = 0 ，故 s u p n f i χ A (x ) = 0，即 limn f iχ A (x ) =0 ，mk nm ≥n mb ∈N m ≥nmn n从而 χliminf A (x ) = lim inf χ A(x )nnnni -1 5. 设{A n } 为集列， B 1 = A 1 ， B i = A i - ⋃ A j (i > 1) 证明j 1（i ） {B n } 互相正交n n（ii ） ∀n ∈ N , A i = B ii =1i =1n -1 证明：（i ）∀n , m ∈ N , n ≠ m ；不妨设n>m ，因为 B n = A n - A i ⊂ A n - A m ，又因 i =1为 B ⊂ A ，所以 B ⊂ A - A ⊂ A - B ， 故 B B = ∅ ，从而 {B }∞相互正交.n nnn（ii ）因为 ∀i (1 ≤ i ≤ n )，有 B i ⊂ A i ，所以⋃ B i ⊂ ⋃ A i ，现在来证： ⋃ A i ⊂ ⋃ B i当n=1 时， A 1 = B 1 ； i =1i =1i =1i =1nn当 n ≥ 1时，有： A i = B ii =1i =1n +1 n n +1 n n n 则 A i = ( A i ) A n +1 = ( A i ) ( A n +1 - A i ) = ( B i ) (B n +1 - B i )i =1i =1i =1i =1i =1i =1n事实上， ∀x ∈ ⋃ A ，则∃i (1 ≤ i ≤ n ) 使得 x ∈ A ，令i = min i | x ∈ A 且1 ≤ i ≤ ni =1i 0 -1 n i 0 -1 n n则 x ∈ A i 0 - A i = B i 0 ⊂ B i ，其中，当 i 0 = 1 时， A i = ∅ ，从而， A i = B ii =1i =1i =1i =1i =16. 设 f (x ) 是定义于E 上的实函数，a 为常数，证明：∞（i ） E {x | f (x ) > a }= { f (x ) ≥ a + }n =1 n(ii) ∞E {x | f (x ) ≥ a }= { f (x ) > a - }n =1 n证明：（i ） ∀x ∈ E {x | f (x ) > a } ⇒ x ∈ E 且 f (x ) > a⇒ ∃n ∈ N ,使得f (x ) ≥ a + 1 > a 且x ∈ E ⇒ x ∈ E {x | f (x ) ≥ a + 1}⇒ x ∈ n ∞ E {x | f (x ) ≥ a + }⇒ E {x | f (x ) > a } ⊂ n∞E {x | f (x ) ≥ a + } n =1 n n =1 n反过来，∀x ∈ ∞E {x {x | f (x ) ≥ a + 1},∃n ∈ N x ∈ E {x | f (x ) ≥ a + 1} n =1 n nm n m m= n 0 1 1即 f (x ) ≥ a + 1 n∞> a 且x ∈ E 1故 x ∈ E {x | f (x ) > a }所 以 ⋃ E {x | f (x ) ≥ a + n =1 } ⊂ E {x | f (x ) > a } 故nE {x | f (x ) > a } ∞ E {x | f (x ) ≥ a + 1}n =1 n7. 设{ f n (x )} 是E 上的实函数列，具有极限 f (x ) ，证明对任意常数 a 都有：E {x | f (x ) ≤ a } = ∞lim inf E {x | f(x ) ≤ a + 1} = ∞lim inf E {x | f (x ) < a + 1} k =1 n n k k =1 n n k证明： ∀x ∈ E {x | f (x ) ≤ a },∀k ∈ N ，即 f (x ) ≤ a ≤ a + 1，且 x ∈ Ek因为 lim f n →∞(x ) = f (x )，∃n ∈ N ，使∀m ≥ n ，有 f n(x ) ≤ a + 1 ，故 kx ∈ E {x | f m (x ) ≤ a + 1}(∀m ≥ n ) k 所以x ∈ E {x | f m m ≥n (x ) ≤ a + 1} kx ∈ E {x | f (x ) ≤ a + 1}= lim inf E {x | f (x ) ≤ a + 1}，由 k 的任意性：n ∈N m ≥n m k n mk∞ ∞ x ∈ lim inf E {x | f n (x ) ≤ a + }，反过来，对于∀x ∈ lim inf E {x | f n (x ) ≤ a + }，k =1 n k k =1 n k ∀k ∈ N ，有 x ∈ lim inf E {x | f (x ) ≤ a + 1} =E {x | f (x ) ≤ a + 1} ， 即n m k n ∈N m ≥n m k∃n ∈ N ，∀m ≥ n 时，有： f (x ) ≤ a + 1 且 x ∈ E ，所以， lim f (x ) ≤ f (x ) ≤ a + 1且 m k m mkx ∈ E . 又令k → ∞ ，故 f (x ) ≤ a 且x ∈ E 从而 x ∈ E {x | f (x ) ≤ a }∞ 1故 E {x | f (x ) ≤ a }= lim inf E {x | f n (x ) ≤ a + }k =1 n k8.设{ f n (x )} 是区间（a ，b ）上的单调递增的序列，即f 1 (x ) ≤ f 2 (x ) ≤ ≤ f n (x ) ≤∞若 f n (x ) 有极限函数 f (x ) ，证明： ∀a ∈ R ， E { f (x ) > a } = ⋃ E { f n (x ) > a }n 1证明： ∀x ∈ E { f (x ) > a }，即： x ∈ E 且 f (x ) > a ，因为lim f (x ) = n →∞f (x )所以∃n 0 ∈ N ,∀n ≥ n 0 ，恒有： f n (x ) > a 且x ∈ E ，从而， x ∈ E { f n(x ) > a }∞⊂ E { f n (x ) > a }n =1nn n k1 2 3 n n∞反过来， ∀x ∈ E { f n (x ) > a },∃n 0 ∈ N ，使 x ∈ E { f n (x ) > a }，故∀n ≥n 0 ，因此，n =1lim f (x ) = n →∞f (x ) ≥ f (x ) > a 且 x ∈ E ,即， x ∈ E { f (x ) > a }，∞从而， E { f (x ) > a } = E { f n (x ) > a }n =110．证明： R 3 中坐标为有理数的点是不可数的。
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21．试在2([1,1])L -中将函数231,,,,t t t L 进行正交化. 解： 根据Schmidt 正交化过程, 可取
0()1u t =,
01000(,)()()(,)
t u u t t u t u u =-
1111
1111t dt t t dt
--⋅=-
=⋅⎰⎰
;
2
2
2
102101100(,)(,)()()()(,)
(,)
t u t u u t t u t u t u u u u =-
-
112
2
2
111
1
1
1
1111t tdt
t dt t t t tdt
dt
----⋅⋅=-
-⋅⋅⎰
⎰
⎰
⎰
2
13
t =-
;
L L
再单位化可得
000()()||||
u t e t u =
=
=
;
111()()||||
2
u t e t u =
=
=
;
2
22221()1()||||
43t u t e t t u -
⎫
=
=
=
-⎪⎝⎭
; L L .
解二： 引入如下形式的Legendre 正交多项式:
2
1,0,
()(1),1,2,.
k k k
k
k u t d t k dt
=⎧⎪
=⎨-=⎪⎩L
我们断言{}0()k k u t ∞
=是2
([1,1])L -中由2
3
1,,,,t t t L 直交
化所得到的直交函数列。
首先我们断言{}0()k k u t ∞
=是直交的. 事实上, 不失一
般性, 可设l k ≥. (i) 如果0k =, 显然有
1
001((),())2u t u t dt -=
=⎰;
而对于1,2,l =L
1
201
((),())(1)l l
l l
d
u t u t t dt dt
-=
-⎰
1
12
1
1
(1)
0l l
l d t dt
---=
-=.
(ii) 对于1k ≥, 根据定积分的分部积分法，可以得到
1
221
((),())(1)(1)k l k
l
k l k
l
d
d u t u t t t dt dt
dt
-=
-⋅
-⎰
1
12
21
1
(1)(1)k l k
l
k
l d
d
t d
t dt
dt
---=
-⋅-⎰
1
1221
1
(1)
(1)
l k l
k l k
d d t t dt
dt
---=--
1
1221
1
(1)(1)l k l
k
l k
d
d t d
t dt
dt -----⋅-⎰
1
222
222
2
1
(1)
(1)(1)l k l
k
l k d
d
t t dt dt
dt
-+-+-=--⋅
-⎰
=L
1
221
(1)
(1)(1)k l l
l
k
k l
d t t dt dt
++-=--⋅
-⎰
， (*)
当l k =时，
2222(1)(1)(2)!k l k k
k
k l
k
d d t t k dt
dt
++-=
-=，
因此
((),())((),())k l k k u t u t u t u t =
12
1
(1)
(1)(2)!k
k
t
k dt -=--⋅⎰
1
20
(1)2(2)!(1)k k
k t dt =--⎰
/2
20
2(2)!
(1sin )sin k
k s d s π=-⎰
/2
21
2(2)!
cos
k k sds π+=⎰
2
(2)!![(2)!!]2(2)!
2
(21)!!
21
k k k k k ==++;
而对于1,2,l k k =++L , 由(*)式容易得到
1
2
21
((),())(1)
(1)(1)0k l l
l
k
k l k l
d u t u t t
t dt dt
++-=--⋅
-=⎰.
由此得到{}0()k k u t ∞
=的直交性. 既然每一个()k u t 都是t 的多项式，当然可以视为由23
1,,,,t t t L 直交化所得到的直交函数列。
再将{}0()k k u t ∞
=单位化, 可以得到正交函数列
: 2
0,
2
()1),
1,2,.
k k
k e t t k ⎧=⎪⎪
=-=L
容易验证
1
1
1,
,(,)()()0,.
k l k
l k l e e e t e t dt k l -=⎧=
⋅=⎨≠⎩⎰
注. Legendre 正交多项式{}0()k k u t ∞
=是一类特殊函数,满足下列的常微分方程:
2
(1)2(1)0t u tu k k u '''--++=.。