泛函分析题1.4线性赋范空间答案

泛函分析题1_4线性赋范空间p39

1.4.1 在2维空间 2中，对每一点z = (x, y)，令

|| z ||1 = | x | + | y |；|| z ||2 = ( x 2 + y 2 )1/2；|| z ||3 = max(| x |, | y |)；|| z ||4 = ( x 4 + y 4 )1/4；

(1) 求证|| · ||i( i = 1, 2, 3, 4 )都是 2的范数．

(2) 画出( 2, || · ||i )( i = 1, 2, 3, 4 )各空间中单位球面图形．

(3) 在 2中取定三点O = (0, 0)，A = (1, 0)，B= (0, 1)．试在上述四种不同的范数

下求出∆OAB三边的长度．

证明：(1) 正定性和齐次性都是明显的，我们只证明三角不等式．

设z = (x, y), w = (u, v)∈ 2，s = z + w= (x + u, y + v )，

|| z||1 + || w||1 = (| x | + | y |) + (| u | + | v |) = (| x | + | u |) + (| y | + | v |)

≥ | x + u | + | y + v | = || z+ w||1．

( || z||2 + || w||2 )2 = ( ( x 2 + y 2 )1/2 + ( u 2 + v 2 )1/2 )2

= ( x 2 + y 2 ) + ( u 2 + v 2 ) + 2(( x 2 + y 2 )( u 2 + v 2 ))1/2

≥ ( x 2 + u 2 ) + ( y 2 + v 2 ) + 2( x u+ y v )

= ( x + u )2 + ( y + v)2 = ( || z+ w||2 )2．

故|| z||2 + || w||2 ≥ || z+ w||2．

|| z||3 + || w||3 = max(| x |, | y |) + max(| u |, | v |)

≥ max(| x | + | u |, | y | + | v |) ≥ max(| x + u |, | y + v |) = || z+ w||3．

|| ·||4我没辙了，没找到简单的办法验证，权且用我们以前学的Minkowski不等式(离散的情况，用Hölder不等式的离散情况来证明)，可直接得到．

(2) 不画图了，大家自己画吧．

(3) OA = (1, 0)，OB = (0, 1)，AB = (- 1, 1)，直接计算它们的范数：

|| OA||1 = 1，|| OB||1 = 1，|| AB||1 = 2；

|| OA||2 = 1，|| OB||2 = 1，|| AB||2 = 21/2；

|| OA||3 = 1，|| OB||3 = 1，|| AB||3 = 1；

|| OA||4 = 1，|| OB||4 = 1，|| AB||4 = 21/4．

1.4.2 设c[0, 1]表示(0, 1]上连续且有界的函数x(t)全体．∀x∈c[0, 1]，令

|| x || = sup{| x(t) | | 0 < t≤ 1}．求证：

(1) || ·||是c[0, 1]空间上的范数．

(2) l∞与c[0, 1]的一个子空间是等距同构的．

证明：(1) 正定性和齐次性都是明显的，我们只证明三角不等式．

|| x || = sup{| x(t) | | 0 < t≤ 1}．

|| x || + || y || = sup{| x(t) | | 0 < t≤ 1} + sup{| y(t) | | 0 < t≤ 1}

≥ sup{| x(t) + y(t) | 0 < t≤ 1} = || x + y ||．

所以|| ·||是c[0, 1]空间上的范数．

(2) 任意取定(0, 1]中的一个单调递减列{a k }，满足

(i) a1 = 1；

(ii) lim k→∞a k = 0．

显然，在每个[a k + 1, a k]上为线性函数的f∈c[0, 1]是存在的．

设X = { f∈c[0, 1] | f在每个[a k + 1, a k]上为线性函数}．

容易验证X是c[0, 1]的子空间．

定义ϕ : X →l∞，f #ϕ ( f ) = ( f (a1), f (a2), ...)．

则ϕ : X →l∞是线性双射，且

|| ϕ ( f ) ||∞= sup k ≥ 1 | f (a k) | = sup0 < t≤ 1 { | f (t ) | } = || f ||．

所以，ϕ : X →l∞是等距同构．

因此，l∞与c[0, 1]的一个子空间是等距同构的．

1.4.3 在C1[a, b]中，令|| f ||1 = (⎰[a, b] ( | f(x) |2 + | f’(x) |2) dx )1/2 (∀f∈C1[a, b])．

(1) 求证：|| · ||1是C1[a, b]上的范数．

(2) 问(C1[a, b], || · ||1)是否完备？

证明：(1) 正定性和齐次性都是明显的，和前面的习题一样，只验证三角不等式．我们先来证明一个比较一般的结果：

若线性空间X上的非负实值函数p, q都满足三角不等式：

p(x) + p(y) ≥p(x +y)，q(x) + q(y) ≥q(x +y)，∀x, y∈X；

则函数h = ( p2 + q2 )1/2也满足三角不等式．

事实上，∀x, y∈X，由Minkowski不等式，我们有

h(x) + h(y) = ( p(x)2 + q(x)2 )1/2 + ( p(y)2 + q(y)2 )1/2

≥ (( p(x)+ p(y))2 + ( q(x) + q(y))2 )1/2 ≥ ( p(x + y)2 + q(x + y)2 )1/2 = h(x + y)．

回到本题：若令p( f ) = (⎰[a, b] | f(x) |2dx )1/2，q( f ) = (⎰[a, b] | f’(x) |2dx )1/2，则

( p( f ) + p( g ))2 = ((⎰[a, b] | f(x) |2dx )1/2 + (⎰[a, b] | g(x) |2dx )1/2)2

= ⎰[a, b] | f(x) |2dx + 2(⎰[a, b] | f(x) |2dx )1/2 · (⎰[a, b] | g(x)|2dx )1/2 + ⎰[a, b] | g(x) |2dx

≥⎰[a, b] | f(x)|2dx + 2 ⎰[a, b] | f(x) | · | g(x)| dx + ⎰[a, b] | g(x)|2dx

= ⎰[a, b] ( | f(x) | + | g(x)| )2dx ≥⎰[a, b] ( | f(x) + g(x)| )2dx = ( p( f + g ))2．

所以有p( f ) + p( g ) ≥p( f + g )．

特别地，p( f’) + p( g’) ≥p( f’+ g’)，即q( f ) + q( g ) ≥q( f + g )．

因此，线性空间C1[a, b]上的非负实值函数p, q都满足三角不等式．

根据开始证明的结论，|| · ||1也满足三角不等式．

所以，|| · ||1是C1[a, b]上的范数．

(2) 在C1[- 1, 1]中，令f n(x) = (x2 + 1/n2 )1/2 ( ∀x∈[- 1, 1] )．

则f’n(x) = 2x (x2 + 1/n2 )-1/2 ( ∀x∈[- 1, 1] )．

显然，f n(x)几乎处处收敛于| x |，f’n(x)几乎处处收敛于2sign( x )．

因此，f n(x)依测度收敛于| x |，f’n(x)依测度收敛于2sign( x )．

则f’n(x) = 2x (x2 + 1/n2 )-1/2 ( ∀x∈[- 1, 1] )．

显然，f n(x)几乎处处收敛于| x |，f’n(x)几乎处处收敛于2sign( x )．

因此，f n(x)依测度收敛于| x |，f’n(x)依测度收敛于2sign( x )．

故在L2[- 1, 1]中，f n(x) → | x |，f’n(x) → 2sign( x )．

因此，它们都是L2[- 1, 1]中的基本列，故

⎰[- 1, 1] | f n(x) -f m(x) |2 dx → 0(m, n→∞)；

⎰[- 1, 1] | f’n(x) -f m’(x) |2 dx → 0(m, n→∞)．

故|| f n-f m ||1 = (⎰[- 1, 1] ( | f n(x) -f m(x) |2 + | f’n(x) -f m’(x) |2 ) dx )1/2→ 0 (m, n→∞)．即{ f n }是C1[- 1, 1]中的基本列．