复旦大学数学科学学院2006级泛函分析期末考试试题
泛函分析期末考试题库及答案
泛函分析期末考试题库及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 以下哪个概念不是泛函分析中的基本概念？A. 线性空间B. 拓扑空间C. 度量空间D. 向量空间答案： D2. 一个线性算子是连续的，当且仅当：A. 它是有界的B. 它的逆算子存在C. 它在定义域上处处定义D. 它在值域上处处定义答案： A3. 一个线性泛函在定义域上的连续性意味着：A. 它在定义域上处处定义B. 它在定义域上处处连续C. 它在定义域上处处可微D. 它在定义域上处处可导答案： B4. 希尔伯特空间中的一个向量是：A. 有限维的B. 可数维的C. 可测的D. 完备的答案： D二、填空题（每题5分，共20分）1. 一个线性算子的核是指所有使得算子映射为零向量的向量集合，用符号表示为______。
答案： Ker(T)2. 一个线性算子的值域是指所有可能的像的集合，用符号表示为______。
答案： Im(T)3. 一个线性空间是完备的，如果它是在某种______下的完备度量空间。
答案：范数4. 一个线性泛函在定义域上的连续性等价于它在定义域上的______。
答案：有界性三、简答题（每题10分，共30分）1. 简述什么是紧性以及在泛函分析中的重要性。
答案：紧性是指一个拓扑空间中任意开覆盖都存在有限子覆盖的性质。
在泛函分析中，紧性保证了某些函数类（如连续函数）在紧集上的极值存在性，这对于证明某些存在性定理和优化问题至关重要。
2. 解释什么是线性泛函的弱收敛性，并给出一个例子。
答案：线性泛函的弱收敛性是指对于定义域中的每一个向量，线性泛函在该向量上的值收敛。
例如，考虑在L^2空间上的线性泛函，如果一个函数序列在L^2空间中弱收敛于某个函数，那么对于每一个连续线性泛函，该泛函在函数序列上的值序列收敛于该泛函在极限函数上的值。
3. 描述什么是Riesz表示定理，并说明其在泛函分析中的应用。
答案： Riesz表示定理指出，在希尔伯特空间中，每一个连续线性泛函都可以由一个唯一的向量表示。
泛函分析基础试卷参考答案
又对en{0,, 0, 1, 0,, }X, || en||1,
|| T ||sup|| x ||1|| T x |||| T en|||| {0,, 0, an, 0,} || = | an|(5分)
所以|| T ||supn| an|M.
所以|| T ||M.(3分)
所以2A x, y0x, yH
所以A x0xH
所以A0.(5分)
4.证明无穷维赋范线性空间X的共轭空间X '也是无穷空间.
证设{ x1, x2,}是X中线性无关向量,
由Hnha-Banach定理
存在f1X ', f1(x1)0,
存在f2X ', f2(x2)0, f2(x1)0
存在f3X ', f3(x3)0, f3(x1)f3(x2)0
所以(T), (5分)
对[0, 1],定义线性算子T : XX,对xC [0, 1]
(T x) (t) x (t)t[0, 1]
由|| T x ||maxt[ 0, 1]| x (t) |
maxt[ 0, 1]| x (t) |
|| x ||
所以T有界.且
T (AI)(AI) TI
所以(A),
所以(A)[0, 1]. (5分)
令SB1A1B (XX),则
S TB1A1ABI, A B B1A1I (2分)
所以ST1,所以T是正则算子. (1分)
二.以下各题每题15分,共75分
1.设X是度量空间, {xn}是X中Cauchy列,证明若存在{xn}的收敛子列{xn k},则{xn}收敛.
证设xX, xn kx (k)
对任何> 0,存在K, k > K时,
《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.。
实变与泛函期末试题答案
实变与泛函期末试题答案06－07第二学期《实变函数与泛函分析》期末考试参考答案1. 设()f x 是),(+∞-∞上的实值连续函数, 则对于任意常数a , })(|{a x f x E >=是一开集, 而})(|{a x f x E ≥=总是一闭集. (15分) 证明 (1) 先证})(|{a x f x E >=为开集. (8分)证明一设E x ∈0,则a x f >)(0,由)(x f 在),(+∞-∞上连续,知0>?δ,使得),(00δδ+-∈x x x 时,a x f >)(, 即E x U ?),(0δ,故0x 为E 的内点. 由0x 的任意性可知,})(|{a x f x E >=是一开集.证明二 })(|{a x f x E >=可表为至多可数的开区间的并(由证明一前半部分), 由定理可知E 为开集.(2) 再证})(|{a x f x E ≥=是一闭集. (7分)证明一设0x E '∈, 则0x 是E 的一个聚点, 则E ?中互异点列},{n x 使得)(0∞→→n x x n . ………………………..2分由E x n ∈知a x f n ≥)(, 因为f 连续, 所以a x f x f x f n n n n ≥==∞→∞→)(lim )lim ()(0,即 E x ∈0.……………………………………………………………………………………6分由0x 的任意性可知,})(|{a x f x E ≥=是一闭集. …………………………………7分证明二对})(|{a x f x E ≥=, {|()}E x f x a E ??=?,……………………… 5分知 E E E E =?= ,E 为闭集. …………………………………………………… 7分证明三由(1)知,})(|{a x f x E >=为开集, 同理})(|{a x f x E <=也为开集, 所以})(|{a x f x CE ≥=闭集, 得证.2. 证明Egorov 定理：设,{()}n m E f x <∞是E 上一列..e a 收敛于一个..e a 有限的函数)(x f 的可测函数, 则对0>?δ, 存在子集E E ?δ, 使)}({x f n 在δE 上一致收敛, 且.)\(δδ<="" e="" m="" p="">证明任选一列自然数}{i n ,与此相应作E 的子集1111[{}][,][||,],i i k i i i E n E n E f f k n i i ∞∞====-<≥则)(x f n 必在}][{i n E 上一致收敛于)(x f .事实上,对0ε?>,选0,i 使01,i ε<则当0i n n >时,对一切00101[{}][,][,],o i i k i i x E n E n E f f k n i ∈?=-<≥都有 01()()n f x f x i ε-<<. ……………………… 6分所以, 0>?δ, 若能适当的选取}{i n , 使(\[{}])i m E E n δ<, 则令[{}]i E E n δ=即可.利用引理, 0,(\[,])0()m E E n n εε?>→→∞. 故对任给的0δ>, 对1,i ε=1,2,3,i =, i n ?,使得1(\[,])2i i m E E n i δ<,取}],[{i n E E =δ所以)}({x f n 在δE 上一致收敛.且……………………………………… 12分1111(\)(\[{}])(\[,])(\[,])i i i i i i i m E E m E E n m E E n mE E n δ∞∞=====111(\[,]),2i i i i m E E n i δδ∞∞==≤<=∑∑……………………………. 15分结论得证.3．证明勒贝格控制收敛定理：设(1) {})(x f n 是可测集E 上的可测函数列；(2) a.e.)()(x F x f n ≤于E ,n =1,2,…,)(x F 在E 上可积分； (3) )()(xf x f n ?, 则)(x f 在E 上可积分,且 ?=EEn ndx x f dx x f )()(lim. (15分)证明证明一由于)()(x f x f n ?,根据Rieze 定理,存在子列{})(x f i n a.e.收敛于)(x f .由于()()a.e.n f x F x ≤于E ,从而a.e.)()(x F x f i n ≤于E ,得 a.e.)()(x F x f ≤于E .因为)(x F 可积,可得到)(x f 在E 上是可积的,且每个)(x f n 在E 上是可积的. …………… ..2分下证lim ()()n Enf x dx f x dx =??.我们分两步证明：(1) 先设mE <+∞.对任何0ε>,因为()F x 在E 上可积,由勒贝格积分的绝对连续性,知存在0δ>,使当e E ?且me δ<时有()4eF x dx ε,使当n N ≥时有[]n mE f f σδ-≥<,其中02mEεσ=>.所以当n N ≥时,[]()4n E f f F x dx σε-≥<,………….………………… ..6分因此-EE n dx x f dx x f )()(＝(()())n Ef x f x dx -?()()n Ef x f x dx ≤-?=[][]()()()()n n n n E f f E f f f x f x dx f x f x dx σσ-≥-<-+-?≤[][](()())()()n n n n E f f E f f f x f x dx f x f x dx σσ-≥-<++-?[]2()[]n n E f f F x dx mE f f σσσ-≥≤+-<?24mE εσ<?+?=22εεε+= ………………………….……….………………… ..9分这就证明了当mE <+∞时,成立lim ()()n EEnf x dx f x dx =??.(2)设mE =+∞.因()F x 在E 上可积,由非负可测函数L 积分的定义[](lim ()(),kk E E k F x dx F x dx →∞=?[]()()),kk E E F x dx F x dx ≤?? 知对任何0ε>,存在,k E E ?k mE <+∞,使得[]()()4kk EEF x dx F x dx ε<+?,所以dx x F kE E ?-)(=??-EE dx xF dx x F k)()(≤()[()]kk EE F x dx F x dx -?4ε<..……………… .11分另一方面,在k E 上的可测函数列{}n f f -满足：()()2()..n f x f x F x a e -≤于,1,2,k E n =,()()0n f x f x -?（从)()(x f x f n ?）,故在k E 上利用(1)的结论（从(1)有lim ()()n EEnf x dx f x dx =??,所以由()()0n f x f x -?,得lim ()()0n Enf x f x dx -=?）,知存在正整数N ,使当n N ≥时,()()2kn E f x f x dx ε-<, (13)(注意: 上一步若直接由(1)得到亦正确) 因此()()n EEf x dx f x dx -≤?-En dx x f x f )()(()()()()kkn n E E E f x f x dx f x f x dx -=-+-?2()2kE EF x dx ε-≤+242εεε证毕.证明二由)()(x f x f n ?及黎斯定理 ,存在子列{} )(x f i n a.e.收敛于)(x f . 因为a.e.)()(x F x f n ≤于E ,所以a.e.)()(x F x f i n ≤于E ,因此a.e.)()(x F x f ≤于E .由)(x F 可积,得到每个)(x f n 和)(x f 都是L 可积的. (2) 因为)(x F 在E 上可积,即[]?∞→=EE k k dx xF dx x F k)(lim )(,所以0>?ε,存在0>k ,使得[]?+<e< p="">E k dx xF dx x F k5)()(ε,因此dx x F kE E ?-)(=??-EE dx xF dx x F k)()())()()](([x F x F x F k k ≤=()()5kk E E F x dx F x dx ε≤-<.…………………6分由绝对连续性,0>?δ,使得E e ?,δ<=""><edx x F 5)(ε,对此δ,由)()(x f x f n ?（在E 上,从而在k E 上）,所以存在0>N ,使得当N n ≥时,δε<??+≥-)1(5k n k mE f f mE ,……………………10分当N n ≥时,记n H =+≥-)1(5k n k mE f f E ε,所以从δ<n<="" mh="" p="">H dx x F 5)(ε. 因为)()()(n k k n n n H E E E H H E H E --=-= ,所以当N n ≥时-EEn dx x f dx x f )()(=[]?-En dx x f x f )()(≤-En dx x f x f )()(＝?--nk H E n dx x f x f )()(＋--kE E n dx x f x f )()(＋?-nH n dx x f x f )()(([]5(1)k n k n k E H E f f mE ε-=-<+)≤k k mE mE )1(5+ε＋2?-k E E dx x F )(＋2?n H dx x F )(＜εεε52525++ ＝ε.…………………………………………………………………………...................15分这证明了?=EEn ndx x f dx x f )()(lim.4．证明康托尔(Cantor)集合的测度为零. (10分) 证明证明一 Cantor 集[]??-= )98,97()92,91()32,31(1,0P ,………....................4分所以[]?+++-=?+++-= 3223232311 27492311,0m mP …………………................8分.0 3211311 3232321311 3322=-?-=++++-= …………………..............10分证明二去掉过程进行到第n 步时，剩下2n个长度为3n -的闭区间,n I 这些区间的总长为22()033n nn =→ (当n →∞时),……………….....4分故,0)32(*→≤n P m ………………………….............8分因此*0,m P = 即0.mP =……………………………………………….……….............10分 5.证明1(0,)lim 11nnndtt t n ∞=??+. (15分)证明当)1,0(∈t 时,2,11111≥≤+n tt n t nn ；……………………………..........2分当),1[+∞∈t 时,1121111112nnn n t t t t t nn =-??+++??+222124,2112n t t n n n t n--≤=<>--.………………............4分+∞∈∈=),,1[,4),1,0(,1t t t tt F 令则当2>n 时,有,)(111t F tn t nn ≤??? ?+………………………………..............6分且+∞∞=+=),0(12164)(dt tt dtdt t F , 即)(t F 在()∞,0上Lebesgue 可积. ……………………….…………………………..........8分又因为tn n ne t n t -∞→??→+111,所以由Lebesgue 控制收敛定理得………...........12分原式=+∞+∞-+∞→==,0(),0(111limdt e t n t dt t n n n .………………............15分6. 证明Banach 不动点定理：设X 是完备的度量空间, T 是X 上的压缩映射, 那么T 有且只有一个不动点. (15分) 证明设0x 为X 中的任一点,令,,,,01021201x T Tx x x T Tx x Tx x n n n =====-. (3)分下面证明点列{}∞=1n n x 是X 中的柯西点列.因为11(,)(,)m m m m d x x d Tx Tx +-=112(,)(,)m m m m d x x d Tx Tx αα---≤= 21210(,)(,),m m m d x x d x x αα--≤≤≤所以当m n >时,1121(,)(,)(,)(,)m n m m m m n n d x x d x x d x x d x x +++-≤+++1101()(,)m m n d x x ααα+-≤+++011(,),1n mmd x x ααα--=-又因为,10<<α所以,11<--mn α从而 )(),(1),(10m n x x d x x d m n m >-≤，αα.,0),(,,→∞→∞→n m x x d n m 时所以当即{}∞=1n n x 是X 中的柯西点列, …………...8分由X 的完备性知,存在x X ∈,使x x m →.因为…………..................................................10分(,)(,)(,)m m d x Tx d x x d x Tx ≤+1(,)(,)0,m m m d x x d x x α→∞-≤+→ 故(,)0d x Tx =,即x Tx =,所以x 为T 的不动点. ………..................................................12分下证其唯一性.如果又有X x ∈~,使x x T ~~=,则)~,()~,()~,(x x d x T Tx d x x d α≤=,因1<α,故0)~,(=x x d ,即x x ~=,得证. ………....................................................................15分7. 设0mE >, 又设E 上可积函数(),()f x g x 满足()()f x g x <, 试证:()d ()d EEf x xg x x <?. (5分)证明因为()()0g x f x ->, 所以[()()]d 0Eg x f x x -≥?…………………………………3分若[()()]d 0Eg x f x x -=?,则()()0g x f x -=, a.e. …………………………………………….…………………………5分与题设矛盾, 故得()d ()d EEf x xg x x <?.8. 设()f x 在[,]a b 上可导, 证明: ()f x 的导函数()f x '在[,]a b 上可测. (10分) 证明补充定义()()f x f b =(x b >时), 则()f x 在[,)a b 上可导, 对任意N n ∈, 令1()()(),[,)1n f x f x n g x x a b n+-=?∈..………………3分由f 连续, 知每个n g 连续，故可测. …………………………….…………………………5分由f 的可导性知()lim (),[,)n n f x g x x a b →∞'=?∈…….………………7分因此()f x '作为一列可测函数的极限在[,)a b 上必可测, 故在[,]a b 上亦可测….………10分</e<>。
(完整word版)泛函期末试题(A)
本试卷需：答题纸 5 页、草稿纸 2 页 试卷审核时间： 年 月 日考试时间：120分钟 考试方式：闭卷（提示：答案必须依试题顺序做在答题册上，并标明大、小题号，否则不予计分）一、单项选择题（每小题3分，共15分）1. 设X 是赋范线性空间，X y x ∈,，T 是X 到X 中的压缩映射，则下列哪个式子成立（ ）.A ．10<<-≤-αα， y x Ty Tx B. 1≥-≤-αα， y x Ty Tx C. 10<<-≥-αα， y x Ty Tx D. 1≥-≥-αα， y x Ty Tx2. 设X 是线性空间，X y x ∈,，实数x 称为x 的范数,下列哪个条件不是应满足的条件：（ ）.A. 0等价于0且,0==≥x x xB. ()数复为任意实,αααx x =C. y x y x +≤+D. y x xy +≤3．下列关于度量空间中的点列的说法哪个是错误的（ ）.A ．收敛点列的极限是唯一的 B. 基本点列是收敛点列C ．基本点列是有界点列 D. 收敛点列是有界点列4. 设X 是复内积空间则下列哪个式子不成立（ ）.A ．X y x x y y x ∈∀=,,,,B. ααα,,,,,X y x y x y x ∈∀=为复数C. X x x x x ∈∀=,,2D. βαβααβα,,,,,,,,X z y x z x y x z y x ∈∀+=+为复数5. 设f 是度量空间X 到度量空间Y 上的连续影射，则下列说法哪个不成立（ ）.A ． Y 中()f x 的邻域U 的原像()1f U -是X 中x 的邻域续影的连续影YY y X x y A y Ax ∈∀∈∀=*,,,, B. *=A A C. D. ()A A =**二、判断题（正确的打“√”，错误的打“×”，每小题3分，共15分）1．度量空间中的收敛点列是有界点集 （ ）课程考核试卷装订线2．度量空间中的柯西点列是收敛点列. （ ）3. 任何空间中压缩映射都有唯一的不动点. （ ）4. 内积空间是一种特殊的赋范线性空间. （ ）5. 强收敛一定弱收敛，但弱收敛不一定强收敛. （ ）三、填空题（每小题4分，共20分）1． 称为Banach 空间.2．设X 是内积空间，X y x ∈,，如果 ，则称x 与y 相互正交或垂直.3. 用极限来描述连续映射：设T 度量空间X 到Y 中的映射，那么T 在X x ∈0连续的充要条件为.4.设X 是赋范线性空间，f 是X 上的线性泛函，()f N 表示f 的零空间，那么f 是X 上的连续线性泛函的充要条件是()f N 是X 中的 .5.设X 是内积空间，X y x ∈,，请写出Schwarz 不等式.四、证明题（每小题10分，共50分）1．证明：设X 是实内积空间，X y x ∈∀,，有下式成立： ⎪⎭⎫ ⎝⎛--+=2241,y x y x y x . 2．设{}n x是内积空间X 中点列，若()∞→→n x x n ，且对一切X y ∈有 ()∞→→n y x y x n ,,，证明：()∞→→n x x n .3．证明：设T 是赋范线性空间X 到赋范线性空间Y 中的线性算子，则T 为有界线性算子的充要条件为T 是X 上连续线性算子.4. 设n j i a ij ,2,1,,=为一组实数，适合条件()121,<-∑=n j i ijij a δ，其中ij δ当j i =时为1，否则为0.证明：代数方程组有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+++=+++=+++nn nn n n n n n n b x a x a x a b x a x a x a b x a x a x a22112222212111212111 对任何一组固定的,,,21n b b b 必有唯一解.,,21n x x x5.设n X X X ,,21 是一列Banach 空间，{} n x x x x ,,21=是一列元素，其中n n X x ∈, 并且∞<∑∞=1n p nx ，这种元素列全体记成X ，类似通常数列的加法和数乘，在X 中引入线性运算.若令p n p n x x 11⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=∑∞= 证明：当1≥p 时，X 是Banch 空间.。
实变与泛函期末试题答案
E E1111[,][||,i k i i E n E f f i i ¥¥===-<上一致收敛于)(x f . 1,i e <则当0i n n >时,对一切对一切00101[{}][,][,],o i i ki i x E n E n E f f kn i ÎÌ=-<³都有都有1()()n f x f x i e -<<. ……………………………………………… 6 6分 所以, 0>"d , 若能适当的选取}{in , 使(\[{}])im E E n d <, 则令[{}]iEE n d=即可. 利用引理, 0,(\[,])0()m E E n n e e ">®®¥. 故对任给的0d >, 对1,ie =1,2,3,i =, i n $,使得使得1(\[,])2i i m E E n i d <, 取}],[{in E E =d所以)}({x f n在dE上一致收敛.且……………………………………………………………………………… 12 12分 1111(\)(\[{}])(\[,])(\[,])i i i iii i m E E m E E n m E E n mE E n d¥¥=====111(\[,]),2i i i i m E E n idd ¥¥==£<=åå…………………………………………………………. 15. 15分 结论得证. 3．证明勒贝格控制收敛定理：设：设(1) {})(x f n是可测集E 上的可测函数列；上的可测函数列；(2) a.e.)()(x F x f n£于E ,n =1,2,=1,2,……,)(x F 在E 上可积分；上可积分； (3) )()(x f x f n Þ, 则)(x f 在E 上可积分上可积分,,且 òò=EEn ndx x f dx x f )()(lim . (15分)证明证明一 由于)()(x f x f nÞ,根据Rieze 定理,存在子列{})(x f in a.e. a.e.收敛于收敛于)(x f . 由于()()a.e.nf x F x £于E ,从而 a.e.)()(x F x f in £于E ,得 a.e.)()(x F x f £于E .因为)(x F 可积,可得到)(x f 在E 上是可积的,且每个)(x f n在E 上是可积的. ………………………… ..2 ..2分 下证lim()()n EEnf x dx f x dx =òò.我们分两步证明：我们分两步证明：(1) 先设m E <+¥.对任何0e >,因为()F x 在E 上可积,由勒贝格积分的绝对连续性,知存在0d >,使当e E Ì且me d <时有时有()4e F x dx e<ò. ………………………………………………………… ..4 ..4分 又因为)()(x f x f nÞ,所以存在0N >,使当n N ³时有时有[]n mE f f s d -³<, 其中02mEes =>.所以当n N ³时, []()4n E f f F x dx s e-³<ò,……………………..…………………………………… ..6 ..6分 因此因此òò-EEndx x f dx x f )()(＝(()())n E f x f x dx -ò)³<[()³<[³e{}),2,, f)dx))e)a.e.)()(x F x f in £于E ,因此因此a.e.)()(x F x f £于E . 由)(x F 可积可积,,得到每个)(x f n 和)(x f 都是L 可积的可积的.. …………………………………………………………………… .2 .2分 因为)(x F 在E 上可积上可积,,即[]òò¥®=EE k k dx xF dx x F k)(lim )(,所以0>"e ,存在0>k ,使得使得[]òò+<EE kdx x F dx x F k5)()(e ,因此因此dx x F k E E ò-)(=òò-E E dx x F dx x F k)()())()()](([x F x F x F kk £=()()5kk E E F x dx F x dx e£-<òò (6)6分 由绝对连续性由绝对连续性,,0>$d ,使得E e Ì,d <me 时,有ò<edx x F 5)(e ,对此d ,由)()(x f x f n Þ（在E 上,从而在k E 上）上）,,所以存在0>N ,使得当N n ³时,d e <úûùêëé+³-)1(5k n k mE f f mE ,…………………………………………1010分当N n ³时,记n H =úûùêëé+³-)1(5k n k mE f f E e ,所以从d <n mH ,有 ò<nH dx x F 5)(e . 因为因为)()()(n k k n n n H E E E H H E H E --=-= ,所以当N n ³时 òò-EEndx x f dxx f )()(=[]ò-En dx x f x f )()(≤ò-En dx x f x f )()(＝ò--nk H E n dx x f x f )()(＋ò--kE E n dx x f x f )()(＋ò-nH n dx x f x f )()(([]5(1)k n k nk E H E f f mE e-=-<+)≤k k mE mE )1(5+e＋2ò-kEE dx xF )(＋2ònHdx x F )(＜e e e 52525++ ＝e .…………………………………………………………………………..........…………………………………………………………………………...................15.........15分 这证明了òò=E E n ndx x f dx x f )()(lim .4．证明康托尔(Cantor)集合的测度为零. (10分) 证明证明一 Cantor 集[]úûùêëé-= )98,97()92,91()32,31(1,0P ,………............………....................4........4分 所以所以[]÷øöçèæ+++-=÷øöçèæ+++-= 3223232311 27492311,0m mP …………………................…………………................88分.0 3211311 3232321311 3322=-´-=÷÷øöççèæ++++-= …………………..............…………………..............1010分证明二 去掉过程进行到第n 步时，剩下2n 个长度为3n-的闭区间,n I 这些区间的总长为22()033n nn=® (当n ®¥时),……………….....……………….....44分 故,0)32(*®£nP m ………………………….............………………………….............88分因此*0,m P = 即0.mP =………………………………………………………………………………………………..……….............……….............1010分 5.5.证明证明证明1(0,)lim 11n nn dtt t n ¥=æö+ç÷èøò. (15分) 证明 当)1,0(Ît 时,2,11111³£×÷øöçèæ+n tt n t n n； (2)..........2分 当当),1[+¥Ît 时,1121111112nnn n t t t t t n n =×-æö+++¼¼+ç÷èø 222124,2112n t t n n n t n--£=<>-- (4)............4分,4t111t n t n n ÷øöçèæ+2ttnn t n t ÷øö+1+¥=÷øö+1t n t dt n n (m d x a ££1(,n d x -++1)n d a -++11md a a --d £a下证其唯一性.如果又有X x Î~,使x x T ~~=,则 )~,()~,()~,(x x d x T Tx d x x d a £=, 因1<a ,故0)~,(=x x d ,即x x ~=,得证. ………………....................................................................15....................................................................15分 7. 设0mE >, 又设E 上可积函数(),()f x g x 满足()()f x g x <, 试证: ()d ()d EEf x xg x x <òò. (5分) 证明 因为()()0g x f x ->, 所以所以[()()]d 0Eg x f x x -³ò (3)3分 若[()()]d 0E g x f x x -=ò, 则()()0g x f x -=, a.e. ………………………………………………………………………………………………………………………………………..……………………………………………………55分 与题设矛盾, 故得故得()d ()d EEf x xg x x <òò. 8. 设()f x 在[,]a b 上可导, 证明: ()f x 的导函数()f x ¢在[,]a b 上可测. (10分) 证明 补充定义()()f x f b =(x b >时), 则()f x 在[,)a b 上可导, 对任意N n Î, 令1()()(),[,)1n f x f x n g x x a b n+-="Î....………………………………………………33分 由f 连续, 知每个n g 连续，故可测. …………………………………………………………………………………55分由f 的可导性知的可导性知()lim (),[,)n nf xg x x a b ®¥¢="Î…………..………………………………77分因此()f x ¢作为一列可测函数的极限在[,)a b 上必可测, 故在[,]a b 上亦可测 (10)10分。
泛函分析试卷
泛函分析试卷泛函分析期末考试试卷（总分100分）一、选择题（每个3分，共15分）1、设X 是赋范线性空间，X y x ∈,，T 是X 到X 中的压缩映射，则下列哪个式子成立（）.A ．10<<-≤-αα，y x Ty TxB .1≥-≤-αα，y x Ty Tx C.10<<-≥-αα，y x Ty Tx D.1≥-≥-αα，y x Ty Tx 2、设X 是线性空间，X y x ∈,，实数x 称为x 的范数,下列哪个条件不是应满足的条件：（）.A. 等价于0且,0==≥x x x C.y x y x +≤+ 35、设(1)p l p <<+∞的共轭空间为q l ，则有11p q+的值为（）.A.1-B.12C.1D.12- 二、填空题（每个3分，共15分）1、度量空间中的每一个收敛点列都是（）。
2、任何赋范线性空间的共轭空间是（）。
3、1l 的共轭空间是（）。
4、设X 按内积空间成为内积空间，则对于X 中任意向量x,y 成立不等式（）当且仅当x 与y 线性相关时不等式等号成立。
5、设T 为复希尔伯特空间X 上有界线性算子，则T 为自伴算子的充要条件是（）。
三、判断题（每个3分，共15分）1、设X 是线性赋范空间，X 中的单位球是列紧集，则X 必为有限维。
()2、?距离空间中的列紧集都是可分的。
()3、?若范数满足平行四边形法则，范数可以诱导内积。
()4、?任何一个Hilbert 空间都有正交基。
()5、设X 是线性赋范空间，T 是T有逆算子。
() 四、计算题（10分）叙述1l 空间的定义，并求1l12,证明3iX 与nR 按范数1||||||ni i x ξ==∑组成的赋范线性空间Y 共轭。
4、设X 是可分Banach 空间，M 是X '中的有界集，证明M 中每个点列含有一个弱*收敛子列。
5、设H 是内积空间，M 为H 的子集，证明M 在H 中的正交补是H 中的闭线性子空间。
最新--2学年度-《泛函分析》期末试题1资料
大庆师范学院2011级数学与应用数学专业《泛函分析》期末考试试卷题号一--------------------------------------------一、填空题（每空1分，共5分）1．如果度量空间X有一个可数的稠密子集，则称X是可分空间．2．离散度量空间X可分的充要条件是X是可数集．3．'l的共轭空间是．4．当Y是巴拿赫空间时，）（YX→B是．5．完备的度量空间上的有唯一的不动点．二、单项选择题（每小题1分，共5分）1．设111(,)P x y，222(,)P x y是平面2R上任意两点，则下列关系d不是2R上距离的为（）A．12,)(Pd P= B．{}121212,)max||,||(P x x y yd P=--C．212,)(Pd P= D．121212||,)1||(x xPx xd P-=+-2．下列度量空间不是可分空间的有（）A．R n B．[,]C a b C．l∞ D．(0)pL p<<∞3．（2R）中，按下列定义不能构成赋范线性空间的有（）A．22yxP+=()2RyxP∈⋅= B．yxP+=C．}{yxP⋅=max D．xxP+=1三、判断题（每小题1分，共10分）1．完备度量空间的闭子空间是完备子空间．（）2．离散度量空间是完备的度量空间．（）3．有限维赋范线性空间都是巴拿赫空间．（）4．赋范空间有限维子空间都是完备的．（）5．(1)Ln i+1ln2(2),0,1,2,24i k kππ=++=±±．（）四、计算题（共70分）1．设)(31132RxxTx∈∀⎥⎦⎤⎢⎣⎡=为2R上算子，求T．2．设dttxT bax⎰=)([]）（bax.∈∀，求T.3．设),(τtkT bax⎰=，()[]),(bacxx∈∀τ其中),(τtk为[]b a,在[]b aX,上连续函数，求T.五、证明题（共10分）1．证明l∞是不可分空间．（ 10分）2．度量空间X到Y中的映射T是X上的连续映射充要条件是Y中任意开集M的原象1T M-是X中的开集。
《 泛函分析》期末试题
存在 xn X , xn 0 使得 Txn . 3 （15 分） 设 X 是 Banach 空间， An , A B( X ), 则 An x Ax, x X 当且仅当{ An }
有界并且存在子集合 G 使得 spanG X ，在 G 上 An x Ax. 4 （15 分） 对于内积空间 H 中的规范正交集{e1, , en}和 H 中的 x ，证明函数
n
f (1, , n ) x iei 当且仅当 i (x, ei ) （ i 1, , n) 时达到 i1
极小值。
5 （15 分） 设 H 是 Hilbet 空间，{en , n 1}是其中的规范正交系。证明级数 nen 按 n1 H 的范数收敛等价于弱收敛。
《 泛函分析》期末试题
1（20 分） 证明非ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ性积分方程
b
x(t) a K (t, s, x(s))ds y(t), t [a,b]
在 足够小时有唯一连续解。这里 y(t) C[a,b], K : [a,b][a,b] R R
连续并且满足
K(t, s,1) K(t, s, 2 ) L1 2 , t, s [a,b]. 2 (15 分) 设 X ,Y 是线性赋范空间，T : X Y 是线性算子, 则T 不是有界的当且仅当
泛函分析试卷与答案
泛函分析试卷与答案【篇一：泛函分析习题参考答案】证明：显然为空间x上的距离，试证：~d(y,x)也是xd(y,x)?1?d(y,x)上的距离。
~~d(x,y)?0,并且d(x,y)?0d(x,y)0xy。
~~d(y,x)d(x,y)d(y,x)d(x,y)；1?d(y,x)1?d(x,y)t1?1?1?t1?t的单调增加性及再者，最后，由d(x,y)?d(x,z)?d(z,y)，可得~d(x,y)d(x,z)?d(z,y)d(x,z)d(z,y)d(x,y)1?d(x,y)1?d(x,z)?d(z,y)1?d(x,z)?d(z,y)1?d(x,z)?d(z,y)~~d(x,z)d(z,y)d(x,z)?d(z,y)。
1?d(x,z)1?d(z,y)、设二p?1，xn?(?1(n),?,?i(n),?)?lp，n?1,2,?，x?(?1,?,?i,?)?lp，则n??时，p??d(xn,x)i(n)??i??0的充要条件为(1)n??时，?i(n)??i，i?1,2,?；(2)0，i1存在n?0，使得i?n?1i(n)p对任何自然数n成立。
(n)(n)必要性证明：由d(x,x)?ni??i??0可知，?i??i，i?1,2,?。
i1p由x?(?1,?,?i,?)?l。
p可知，，存在n1?0，使得i?n1?1p?(n)ii?(p?i?1pi(p2，并且n?n1时，2p由此可得，i?n1?1i(n)ppppi(n)??ii????p对n?n1成立。
i?n1?1i?n1?1p对于n?1,2,?n1，存在n2?0，i?n2?1i(n)pp。
取n?max?n1,n2?，则i?n?1(n)pip对任何自然数n成立。
0，存在k?0，使得充分性证明：由条件可知，i?k?1时，k(n)pi(2ip对任何自然数n成立，并且i?k?1pi(p2。
由(n)i??i可知，存在n?0，使得n?n i?1(n)ipp，并且d(xn,x)pi?1(n)i??ipi?1k(n)i??i?pi?k?1pi(n)ipi(n)??ii?1kp(n)ppp?(i)?(i)p2?p。
复旦数学分析期末试题.
注:式中a的取值范围可结合分析判定
(
装订
线
内不要答题3.
计算:
1
11
1
1
lim1
n
n
n
n n
+
→+∞
⎡⎤
⎛⎫⎛⎫
+-+
⎢⎥
⎪ ⎪
+
⎝⎭⎝⎭
⎢⎥
⎣⎦
4.
推导:反双曲正旋函数(
sinh ln
ar x x
=+在零点的高阶多项式逼近。注:获得一般阶数的表达式
0lim x x f x l g x →∈∃=∈。②证明:设{}n x为无穷小量且单调趋于零,{}n y为无穷小量,如有11lim n n n n
n y y l x x →∞++-∃=∈- ,则有:lim n n n
y l x →∞∃=∈
(装
订线内不
要答题五(12分定性研究函数图像
研究函数y=
①设定0
四(10分Bernoulli-L’Hospital法则与Stolez定理的内在相似性①证明:设(f x ,g(x在(0B x λ上可导,0x ∈ ,设有((00lim li 00m x x x x f x g x →∈→∈⎧∃=⎪⎨∃=⎪⎩ ,且
((0'lim 'x x f x l g x →∈∃=∈ ,则有:((
一、严格表述题(每题3分,共3题,共9分注:需给出具体内容,但无需证明
1.叙述:函数连续性的Cauchy收敛原理/振幅刻画与区间上一致连续性的定义。
泛函分析期末考试题库及答案
泛函分析期末考试题库及答案一、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？A. 所有实数构成的集合B. 所有连续函数构成的集合C. 所有有界线性算子构成的集合D. 所有可测函数构成的集合答案：D2. 在Banach空间中，下列哪个性质是定义所必需的？A. 完备性B. 线性C. 有界性D. 连续性答案：A3. 希尔伯特空间中的内积满足哪些性质？A. 线性、对称性和正定性B. 线性、反对称性和正定性C. 线性、对称性和反对称性D. 反对称性、正定性和有界性答案：A4. 下列哪个定理是泛函分析中的闭图定理？A. Hahn-Banach定理B. Tychonoff定理C. Banach-Steinhaus定理D. Riesz表示定理答案：C5. 线性算子的有界性是指什么？A. 算子的值域是有界的B. 算子的核是有界的C. 算子的值域是完备的D. 算子的范数是有限的答案：D6. 在泛函分析中，紧算子的定义是什么？A. 算子的值域是紧集B. 算子的核是紧集C. 算子的值域是有限维的D. 算子是连续的且有界答案：A7. 下列哪个概念是泛函分析中对偶空间？A. 线性空间B. 赋范线性空间C. 线性算子D. 线性泛函构成的空间答案：D8. 在泛函分析中，弱收敛和强收敛的区别是什么？A. 弱收敛涉及内积，强收敛涉及范数B. 弱收敛涉及范数，强收敛涉及内积C. 弱收敛和强收敛是等价的D. 弱收敛和强收敛都是线性的答案：A9. 泛函分析中的单位圆盘是指什么？A. 所有模长小于1的复数构成的集合B. 所有模长等于1的复数构成的集合C. 所有模长大于1的复数构成的集合D. 所有实部大于1的复数构成的集合答案：B10. 泛函分析中，下列哪个定理是关于线性泛函的表示？A. Riesz表示定理B. Riesz-Fischer定理C. Riesz-Thorin插值定理D. Riesz-Szegö不等式答案：A二、填空题（每题2分，共20分）1. 在泛函分析中，如果一个线性算子是单射的，那么它的核是________。
复旦大学2009～2010学年《高等数学A下》第二学期期末考试试卷及答案
cos
nxdx
(e2 e)n Nhomakorabeae
2
x
1
(n
sin
nx cos nx)
0
的最小值为Vmin
a2b2c2 6xyz
3abc 。 2
3．（本题满分 8 分）解 添加线段 BA ： y 0 ，x : 0 。设曲线 L 与 BA 所围区
域为 D ，则由 Green 公式得
L BA
(sin
y
y)dx x cos ydy dxdy
D
x( x)
dx
dy
x( x)dx 1 3.
L
r a(1 cos ) （ 0 ），其中 a 0 。
2
（5）计算第二类曲面积分 xyzdxdy，其中 为球面 x2 y 2 z 2 1在 x 0 ，y 0 ，
z 0 的部分，并定向为下侧。
（6）求幂级数 n 2 4n xn 的收敛半径和收敛域。
n0 2n 1
目标函数
f (x, y, z)
xyz 在约束条件 x2 a2
y2 b2
z2 c2
1的最大值问题。
为此，作 Lagrange 函数
并令
L(x, y, z, )
xyz 1
x2 a2
y2 b2
z2 c2
，
Lx
yz
2 x a2
0,
Ly
xz
2y b2
0,
Lz
xy
2z c2
0,
L
1
x2 a2
0
0
0
6
且
于是
0
(sin y y)dx x cos ydy 0dx 0.
BA
(完整word版)泛函分析题目集
泛函分析复习题一．选择题：1. 设 },,,,{21 n e e e 是希尔伯特空间H 上的一组规范正交系，则下列论断未必正确的是 ( )A. },,,,{21 n e e e 线性无关；B. 对任何的H x ∈，都有∑∞==122|),(|n n xe x ；C. 任意两组数N a a a ,,,21 ，N b b b ,,,21 都有 ∑∑∑====⎪⎭⎫ ⎝⎛Nn n n N n N n n n n n b a e b e a 111,；D. ()⎩⎨⎧≠==ji j i e e j i ,0,1,， ,3,2,1,=j i 。
2. 下列关于p L 空间（1≥p 且2≠p ）的论述不正确的是（ ）A. pL 空间是一个赋范线性空间；B. p L 空间是完备的；C. p L 空间是距离空间；D. p L 空间是希尔伯特空间。
3. 下列关于2L 空间的论述不正确的是（ ）A. 2L 空间是一个赋范线性空间；B. 2L 空间不一定完备的；C. 2L 空间是内积空间；D. 2L 空间是可分的。
4. 设X为一个实赋范线性空间，⋅为他上面的范数，则下面不正确的是（ ）A. 对任何X x ∈，都有0≥x ，B. 对任何X x ∈，R a ∈都有x a ax ||=，C. 对任何X x ∈，X y ∈，都有222y x y x +=+， D. 对任何X x ∈，X y ∈，都有y x y x +≤+。
5. 设X 为一个距离空间，下面不正确的是（ ）A. X 和空集φ都是开集；B. 任意多个开集的并还是开集；C. 任意多个开集的交也是开集；D. 有限多个开集的交也是开集。
6. 设X 为一个距离空间，下面不正确的是（ ）A. X 和空集φ都是闭集；B. 任意多个闭集的并还是闭集；C. 任意多个闭集的交也是闭集；D. 有限多个闭集的并也是闭集。
7. 下面论述正确的是（ ）A. 紧集不一定是有界的。
B. 紧集的子集一定是紧集。
泛函分析期末考试题库及答案
泛函分析期末考试题库及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 下列哪个选项不是泛函分析中的基本概念？A. 线性空间B. 线性算子C. 微分方程D. 范数答案：C2. 希尔伯特空间中的内积满足的性质不包括以下哪一项？A. 线性B. 对称性C. 正定性D. 可逆性答案：D3. 以下哪个是紧算子的性质？A. 有界B. 可逆C. 连续D. 可微答案：A4. 以下哪个定理是泛函分析中的基本定理？A. 泰勒定理B. 格林定理C. 里斯表示定理D. 牛顿-莱布尼茨定理答案：C二、填空题（每题5分，共20分）1. 在泛函分析中，一个线性空间的基是一组线性______的向量。
答案：无关2. 一个线性算子是______的，如果它将一个有界集映射到一个有界集。
答案：有界3. 一个线性算子是______的，如果它将一个紧集映射到一个紧集。
答案：紧4. 一个线性算子是______的，如果它在某个线性空间上是连续的。
答案：连续三、简答题（每题10分，共30分）1. 简述什么是线性空间，并给出其基本性质。
答案：线性空间是一个集合，其中的元素称为向量，满足加法和数乘两种运算，并且满足加法交换律、加法结合律、数乘分配律等性质。
2. 解释什么是紧算子，并给出一个例子。
答案：紧算子是一个线性算子，它将任意有界序列映射到一个收敛序列。
例如，考虑在L^2空间上的算子K，定义为K(f)(x) =∫f(t)sin(x-t)dt，它是一个紧算子。
3. 描述什么是希尔伯特空间，并说明其与欧几里得空间的关系。
答案：希尔伯特空间是一个完备的内积空间，它允许无限维向量的存在。
希尔伯特空间是欧几里得空间的推广，其中欧几里得空间是有限维的希尔伯特空间。
四、计算题（每题15分，共30分）1. 给定线性算子A: L^2(0,1) → L^2(0,1)，定义为A(f)(x) =∫₀^x f(t)dt，证明A是一个紧算子。
答案：略2. 考虑在L^2(-1,1)上的算子B，定义为B(f)(x) = xf(x)，证明B是一个有界算子，并求出其范数。
泛函分析之期末考习题解答-实变函数与泛函分析概要第二册
泛函分析之期末考习题解答-实变函数与泛函分析概要第二册赋范线性空间E E 局部紧证：→不妨设E 为实n 维赋范线性空间，则E 与R n 拓扑同构而R n 中任意有界闭集是紧的，由紧集上的连续函数定理知E 的任意有界闭子集是紧的，即E 局部紧←设E 无限维但任意有界闭子集是紧的S 是E 中的单位球面：S={x:||x||=1}则S 是E 中的紧集由里斯定理：x1∈S,?x2∈S,ST,||x2-x1||≥1/2,?x3∈S,ST,||x3-xi||≥1/2,(i=1.2)……类推，由E 无限维，故可取S 中的一个系列元素x1,x2…xk…ST，||xk-xl||≥1/2,显然｛xk｝无收敛子列，矛盾X 是完备的距离空间，T:X→X,?x,y ∈X,ρ(Tx,Ty)≤θρ(x,y),0≤θ<1,则T 中存在唯一不动点x`,ST,Tx`=x`,&&x`可用迭代法求出证：x0∈X,Set,x1=Tx0,…，xn+1=xn…则ρ(x1,x2)≤θρ(x0,x1)…ρ(xn,xn+p)≤（θn +θn+1+…+θn +p ）ρ(x0,Tx0)=θn ρ(x0,Tx0)/(1-θ)→0则{xn}是基本点列，又因为X 完备，故{xn}收敛于某x`∈Xρ(Tx,Ty)≤θρ(x,y)知T 连续，xn+1=xn 令n→∞得x`=Tx`即x`是不动点设另有不动点y`∈X,则ρ(x`,y`)≤θρ(x`,y`)得ρ(x`,y`)=0即x`=y`闭图像定理：T 是E 到E1的闭算子，E，E1都是B 空间，则T 有界证：E,E1是B 空间，则E ⊕E1也是B 空间，||(x,y)||=||x||+||y||设G 是E ⊕E1的闭子空间，则G 也是B 空间定义：T`：G→E,T`(x,Tx)=x,则T 为双射再者由||T`(x,Tx)||=||x||≤||x||+||Tx||=||(x,Tx)||知T`有界故T`有有界逆算子T~,则?x ∈E,(x,Tx)=T~x→||(x,Tx)||≤||T~||||x||→||Tx|||T~||≤||x||即T 有界P669.(a)略(b)提示：设A={多项式全体}，每个函数都有傅立叶展开式11.(a)略(b)提示：同胚即找双射，距离之间存在双射，要连续的17.证明第三节例题六的空间L ∞[a,b]是完备的距离空间证：取基本点列｛x n ｝∈L ∞[a,b]ε>0,?N ∈Ν,m,n≥N 时||x m -x n ||<ε故?[a,b]中的Lebesgue 集{Emn}ST||x m -x n ||=SUP{x m -x n |x ∈[a,b]/Emn}Set E=∪Emn ?[a,b],则x ∈[a,b]/E，m,n≥N 时|x m -x n |≤SUP{x m -x n |x ∈[a,b]/E}≤||x m -x n ||<ε故x ∈[a,b]/E 时，{xn}是实基本列，必收敛于某实数x显然x 可测，令m→∞则n≥N 时|x-x n |<ε在x ∈[a,b]/E 成立x-x n ∈L ∞[a,b]故x ∈L ∞[a,b]&&|x-x n |≤SUP{x-x n |x ∈[a,b]/E}≤ε即x n 按L ∞[a,b]的距离收敛于x，即L ∞[a,b]完备34.证明lp 中的子集A 准紧的充要条件是：(a)?k>0,ST,?x={ξ1,ξ2…ξn…}∈A,∑∞1||p n ξ<k< bdsfid="99" p=""></k<>(b)?ε>0,?N>0,ST,m>N 时，?x ∈A,∑∞1||p n ξ<ε(a).证：→A 准紧，则A 全有界，则A 有界可分（对应定理4.1，4.2）←?k>0,ST,?x={ξ1,ξ2…ξn…}∈A,∑∞1||p n ξ<="">由准紧的定义，A 中每个点列必含有收敛子列，故A 准紧注：A 准紧的充要条件是A 有界+A 等度连续(b).命题与（a）等价P1241.V[a,b]是定义在[a,b]的有界变差函数全体，线性运算与C[a,b]相同，定义范数：||x||=|x(a)|+V a b (x),证明V[a,b]按||·||是不可分B 空间证:V[a,b]是线性空间，易证范数满足范数公理，故只要证完备性即可取V[a,b]中的基本列｛xn(t)｝，?ε>0,?N ∈Ν,m,n≥N 时||x m -x n ||<ε易知xn(t)一致收敛，令Lim xn(t)=x(t)，以下证其是有界变差函数设Δt>0,因为xn 右连续（有界变差的条件之一）且|x(t)-x(t+Δt)|≤|x(t)-xn(t)|+|xn(t)-xn(t+Δt)|+|x(t+Δt)-xn(t+Δt)|故x 右连续。
数学分析试题及答案
z = 0 与 z = h （ h > 0 ）之间的部分，定向为下侧。
七．设 A(x, y) = 2xy(x 4 + y 2 )λ i − x 2 (x 4 + y 2 )λ j 是右半平面 D = { (x, y) | x > 0 } 上 的向量场，试确定常数 λ ，使得 A(x, y) 为 D 上函数 u(x, y) 的梯度场，并求出 u(x, y) 。
∑ 计算 ∞ (−1)n+1 的值。 n2 n=1
4
复旦大学 2005～2006 学年第一学期期末考试试卷
答案
1． （本题满分 40 分，每小题 8 分） （1） 2 2x + y − 2 = 0 。
（2） 1 。 2
1
（3） y = e e 为极大值。 x=e
（4）曲线在 (0, 1] 上为上凸，在[1,+∞) 上为下凸， (1, − 7) 为拐点。
∫∫∫ 四．计算三重积分 e|z|dxdydz ，其中 Ω = { (x, y, z) | x2 + y 2 + z 2 ≤ 1}。 Ω
五． 计算曲线积分
∫ 2 y 2 + z 2 ds ，
L
其中 L 是球面 x2 + y 2 + z 2 = a 2 （ a > 0 ）与平面 x = y 相交而成的圆周。
A t(1 + t 2 ) 2
x→+∞ 1 t(1 + t 2 )
∫ 所以存在 X > 0 ，当 x > X 时成立 A cos xt dt < ε ，于是当 x > X 时成立
复旦大学2011～2012学年《高等数学A下》第二学期期末考试试卷及答案
复旦大学数学科学学院2011～2012学年第二学期期末考试试卷A 卷数学科学学院1．（本题满分42分，每小题7分）计算下列各题： （1）设4yx yx z -+=，求dz 。
（2）求曲线1)32()12(22=+++++y x y x 所围有界区域的面积。
（装 订 线 内 不 要 答 题 ）（3）计算三重积分⎰⎰⎰Ω+dxdydz y x )(22，其中Ω为抛物面22y x z +=与平面hz =（0>h )所围的有界闭区域。
（4）计算第一类曲面积分⎰⎰∑dS y 2，其中∑是球面2222a z y x =++（0>a )。
（5）求幂级数∑∞=+1!1n nx n n 的和函数。
（6）求微分方程y x y xdx dy =-4（0>x ，0>y ）的通解。
2．（本题满分8分）求函数222),,(z y x z y x f ++=在条件1=++cz by ax 下的最小值，其中a ，b ，c 为常数。
3．（本题满分10分）确定常数λ，使得右半平面}0|),({>x y x 上的向量值函数i r λ)(2),(24y x xy y x +=j λ)(242y x x +-为某二元函数),(y x u 的梯度，并求),(y x u 。
4．（本题满分10分）计算第二类曲面积分⎰⎰∑-+-zxdxdy xydzdx dydz x 48)1(22，其中∑是由Oxy 平面上的曲线2y e x =（10≤≤y ）绕x 轴旋转一周而成的旋转曲面，且该曲面的法向量与x 轴正向的夹角不小于2π。
5．（本题满分10分）设)(x y n 是定解问题⎪⎩⎪⎨⎧='==--0)1(,0)1(,122y y x dxdyndx y d x n 的解（ ,3,2=n ）。
（1）求)(x y n （ ,3,2=n ）；（2）问级数∑∞=2ln )0(n n n y 是否收敛？请说明理由。
6．（本题满分12分）设πϕ<<0。