泛函分析答案Word文档格式.docx

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故f有上界．同理，故f有下界．

（2）设M=supxÎ

Df（x），则"

N+，存在ynÎ

D，使得f（yn）>

M-1/n．

{yn}存在子列yn（k）®

y0Î

因此f（y0）³

M．

而根据M的定义，又有f（y0）£

所以f（y0）=M．因此f能达到它的上确界．

同理，f能达到它的下确界．

1.3.3在度量空间中，求证：

完全有界的集合是有界的，并通过考虑l2的子集E={ek}k³

1，其中ek={0,0,...,1,0,...}（只是第k个坐标为1，其余都是0），来说明一个集合可以是有界的但不完全有界的．

（1）若A是度量空间（X,r）中的完全有界集．

则存在A的有限1-网N={x0,x1,x2,...,xn}．

令R=å

1£

j£

nr（x0,xj）+1．

则"

xÎ

A，存在某个j使得0£

n，且r（x,xj）<

1．

因此，r（x,x0）£

r（x,xj）+r（xj,x0）£

1+å

nr（x0,xj）=R．

所以A是度量空间（X,r）中的有界集．

（2）注意到r（ek,ej）=21/2（"

k¹

j），

故E中任意点列都不是Cauchy列．

所以，E中任意点列都没有收敛子列（否则，该收敛子列就是Cauchy列，矛盾）．

因此，E不是列紧集．

由l2是完备的，以及Hausdorff定理，知E不是全有界集．

但E显然是有界集．

1.3.4设（X,r）是度量空间，F1,F2是它的两个紧子集，求证：

$xiÎ

Fi（i=1,2），使得r（F1,F2）=r（x1,x2）．其中r（F1,F2）=inf{r（x,y）|xÎ

F1,yÎ

F2}

由r（F1,F2）的定义，"

N+，$xi（n）Î

Fi（i=1,2），使得

r（x1（n）,x2（n））<

r（F1,F2）+1/n．

因F1,F2紧，故不妨假设{x1（n）},{x2（n）}都是收敛列．

设它们的极限分别为x1,x2，则r（x1,x2）£

r（F1,F2）．

因此r（F1,F2）=r（x1,x2）．

1.3.5设M是C[a,b]中的有界集，求证集合{F（x）=ò

[a,x]f（t）dt|fÎ

M}是列紧集．

设A={F（x）=ò

M}．

由M有界，故存在K>

0，使得"

fÎ

M，r（f,0）£

K．

先证明A是一致有界的和等度连续的．

FÎ

A，存在fÎ

M，使得F（x）=ò

[a,x]f（t）dt．

由于r（F,0）=maxxÎ

[a,b]|F（x）|=maxxÎ

[a,b]|ò

[a,x]f（t）dt|

£

maxxÎ

[a,b]|f（t）|·

（b-a）=r（f,0）·

（b-a）£

K（b-a）．

故A是一致有界的．

0，"

s,tÎ

[a,b]，当|s-t|<

e/K时，

[a,x]f（u）du．

|F（s）-F（t）|=|ò

[s,t]f（u）du|£

maxuÎ

[a,b]|f（u）|·

|s-t|

=r（f,0）·

|s-t|£

K·

（e/K）=e．

故A是等度连续的．

由Arzela-Ascoli定理，A是列紧集．

1.3.6设E={sinnt}n³

1，求证：

E在C[0,p]中不是列紧的．

显然E是一致有界的．

根据Arzela-Ascoli定理，我们只要证明E不是等度连续的即可．

我们的想法是找一个E中的点列fn，以及[0,p]中的两个点列sn和tn，使得

|sn-tn|®

0，但|fn（sn）-fn（tn）|不收敛于0．

事实上，这是可以做到的，只要令

fn（u）=sin（2nu），sn=（p/2）（1+1/（2n）），tn=（p/2）（1-1/（2n））．

则sn+tn=p；

sn-tn=p/（2n）®

0　（n®

因此，|fn（sn）-fn（tn）|=2|sin（2nsn）-sin（2ntn）|

=2|sin（n（sn-tn））cos（n（sn+tn））|

=2|sin（p/2）cos（np）|=2．

所以，E不是等度连续的．进而，E在C[0,p]中不是列紧的．

1.3.7求证S空间的子集A是列紧的充要条件是：

N+，$Cn>

0，使得

　　　　"

x=（x1,x2,...,xn,...）Î

A，都有|xn|£

Cn　（n=1,2,...）．

（Ü

）设xk=（x1（k）,x2（k）,...,xn（k）,...）（k=1,2,...）是A中的点列．

存在{xk}的子列{x1,k}使得其第1个坐标x1（1,k）收敛；

存在{x1,k}的子列{x2,k}使得其第2个坐标x2（2,k）收敛；

如此下去，得到一个{xk}的子列的序列，第（j+1）个子列是第j个子列的子列，且第j个子列的第j个坐标是收敛的．

选取对角线构成的点列{xj,j}，则{xj,j}是{xk}的子列，且每个坐标都收敛．

根据习题1.2.1的证明可知，S空间的点列收敛的充要条件是坐标收敛．

故{xj,j}是收敛点列．所以，A是列紧的．

（Þ

）我们只要证明，"

N+，A中的点的第n个坐标所构成的集合是有界集．

若不然，设A中的点的第N个坐标所构成的集合是无界的．

则存在A中的点列xk=（x1（k）,x2（k）,...,xn（k）,...）（k=1,2,...），使得|xN（k）|>

k．

显然，{xN（k）}无收敛子列，故{xk}也无收敛子列，这与A列紧相矛盾．

这样就完成了必要性的证明．

1.3.8设（X,r）是度量空间，M是X中的列紧集，映射f:

X®

M满足

r（f（x1）,f（x2））<

r（x1,x2）　（"

x1,x2Î

M,x1¹

x2）．

求证：

f在X中存在唯一的不动点．

（1）首先证明cl（M）是紧集．为此只要证明cl（M）列紧即可．

设{xn}是cl（M）中的点列，则存在M中的点列{yn}使得r（xn,yn）<

因M列紧，故{yn}有收敛子列{yn（k）}，设yn（k）®

uÎ

cl（M）．

显然{xn（k）}也是收敛的，并且也收敛于uÎ

所以cl（M）是自列紧的，因而是紧集．

（2）令g（x）=r（x,f（x）），则g是X上的连续函数．

事实上，由r（f（x1）,f（x2））<

r（x1,x2）可知f:

M是连续的，因而g也连续．

由习题1.3.2知存在x0Î

cl（M），使得g（x0）=inf{r（x,f（x））|xÎ

cl（M）}．

（3）若g（x0）>

0，则r（x0,f（x0））>

0，即x0¹

f（x0）．

故r（x0,f（x0））=g（x0）£

g（f（x0））=r（f（x0）,f（f（x0）））<

r（x0,f（x0）），矛盾．

所以，必有g（x0）=0，即r（x0,f（x0））=0，因此x0就是f的不动点．

1.3.9设（M,r）是一个紧距离空间，又EÍ

C（M），E中的函数一致有界并且满足下列的Hö

lder条件：

|x（t1）-x（t2）|£

Cr（t1,t2）a　（"

E，"

t1,t2Î

M），

其中0<

a£

1，C>

0．求证：

E在C（M）中是列紧集．

由Hö

lder条件易知E是等度连续的．又E中的函数一致有界，

由Arzela-Ascoli定理知E是C（M）中的列紧集．

[第3节完]

泛函分析题1_4线性赋范空间p39

1.4.1在2维空间R2中，对每一点z=（x,y），令

||z||1=|x|+|y|；

||z||2=（x2+y2）1/2；

||z||3=max（|x|,|y|）；

||z||4=（x4+y4）1/4；

（1）求证||·

||i　（i=1,2,3,4）都是R2的范数．

（2）画出（R2,||·

||i）　（i=1,2,3,4）各空间中单位球面图形．

（3）在R2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DOAB三边的长度．

（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）Î

R2，s=z+w=（x+u,y+v），

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

³

|x+u|+|y+v|=||z+w||1．

（||z||2+||w||2）2=（（x2+y2）1/2+（u2+v2）1/2）2

=（x2+y2）+（u2+v2）+2（（x2+y2）（u2+v2））1/2

（x2+u2）+（y2+v2）+2（xu+yv）

=（x+u）2+（y+v）2=（||z+w||2）2．

故||z||2+||w||2³

||z+w||2．

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

max（|x|+|u|,|y|+|v|）³

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Hö

lder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．"

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．

1}．

||x||+||y||=sup{|x（t）||0<

1}+sup{|y（t）||0<

1}

sup{|x（t）+y（t）|0<

1}=||x+y||．

所以||·

（2）任意取定（0,1]中的一个单调递减列{ak}，满足

（i）a1=1；

　　　　（ii）limk®

¥

ak=0．

显然，在每个[ak+1,ak]上为线性函数的fÎ

c[0,1]是存在的．

设X={fÎ

c[0,1]|f在每个[ak+1,ak]上为线性函数}．

容易验证X是c[0,1]的子空间．

定义j:

l¥

，f#j（f）=（f（a1）,f（a2）,...）．

则j:

是线性双射，且

||j（f）||¥

=supk³

1|f（ak）|=sup0<

1{|f（t）|}=||f||．

所以，j:

是等距同构．

因此，l¥

1.4.3在C1[a,b]中，令||f||1=（ò

[a,b]（|f（x）|2+|f’（x）|2）dx）1/2（"

fÎ

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？

（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）³

p（x+y），q（x）+q（y）³

q（x+y），"

x,yÎ

X；

则函数h=（p2+q2）1/2也满足三角不等式．

事实上，"

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）1/2³

（p（x+y）2+q（x+y）2）1/2=h（x+y）．

回到本题：

若令p（f）=（ò

[a,b]|f（x）|2dx）1/2，q（f）=（ò

[a,b]|f’（x）|2dx）1/2，则

（p（f）+p（g））2=（（ò

[a,b]|f（x）|2dx）1/2+（ò

[a,b]|g（x）|2dx）1/2）2

=ò

[a,b]|f（x）|2dx+2（ò

[a,b]|f（x）|2dx）1/2·

（ò

[a,b]|g（x）|2dx）1/2+ò

[a,b]|g（x）|2dx

ò

[a,b]|f（x）|2dx+2ò

[a,b]|f（x）|·

|g（x）|dx+ò

[a,b]|g（x）|2dx

[a,b]（|f（x）|+|g（x）|）2dx³

[a,b]（|f（x）+g（x）|）2dx=（p（f+g））2．

所以有p（f）+p（g）³

p（f+g）．

特别地，p（f’）+p（g’）³

p（f’+g’），即q（f）+q（g）³

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，||·

（2）在C1[-1,1]中，令fn（x）=（x2+1/n2）1/2（"

[-1,1]）．

则f’n（x）=2x（x2+1/n2）-1/2（"

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

因此，fn（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，fn（x）®

|x|，f’n（x）®

2sign（x）．

因此，它们都是L2[-1,1]中的基本列，故

ò

[-1,1]|fn（x）-fm（x）|2dx®

0　（m,n®

）；

[-1,1]|f’n（x）-fm’（x）|2dx®

故||fn-fm||1=（ò

[-1,1]（|fn（x）-fm（x）|2+|f’n（x）-fm’（x）|2）dx）1/2®

0（m,n®

即{fn}是C1[-1,1]中的基本列．

下面我们证明{fn}不是C1[-1,1]中的收敛列．

若不然，设{fn}在C1[-1,1]中的收敛于fÎ

C1[-1,1]．

因||fn-f||1=（ò

[-1,1]（|fn（x）-f（x）|2+|f’n（x）-f’（x）|2）dx）1/2

[-1,1]|fn（x）-f（x）|2dx）1/2，

f．

而在前面已说明L2[-1,1]中，fn（x）®

|x|；

由L2[-1,1]中极限的唯一性以及f的连续性，知f（x）=|x|．

这样就得到fÏ

C1[-1,1]，矛盾．

所以，{fn}不是C1[-1,1]中的收敛列．

这说明C1[-1,1]不是完备的．

对一般的C1[a,b]，只要令fn（x）=（x-（a+b）/2）2+1/n2）1/2（"

[a,b]）就可以做同样的讨论，就可以证明C1[a,b]不是完备空间．

1.4.4在C[0,1]中，对每个fÎ

C[0,1]，令

||f||1=（ò

[0,1]|f（x）|2dx）1/2，||f||2=（ò

[0,1]（1+x）|f（x）|2dx）1/2．

||1和||·

||2是C[0,1]中的两个等价范数．

（1）在习题1.4.3的证明中已经包含了||·

||1是C[0,1]中的范数的证明．

下面我们证明||·

||2是C[0,1]中的范数，我们仍然只要验证三角不等式．

||f||2+||g||2=（ò

[0,1]（1+x）|f（x）|2dx）1/2+（ò

[0,1]（1+x）|g（x）|2dx）1/2

=||（1+x）1/2f（x）||1+||（1+x）1/2g（x）||1

||（1+x）1/2f（x）+（1+x）1/2g（x）||1

=||（1+x）1/2（f（x）+g（x））||1

[0,1]（1+x）|f（x）+g（x）|2dx）1/2　=||f+g||2．

||2也是C[0,1]中的范数．

（2）我们来证明两个范数的等价性．"

C[0,1]

[0,1]|f（x）|2dx）1/2£

[0,1]（1+x）|f（x）|2dx）1/2=||f||2，

||f||2=（ò

[0,1]（1+x）|f（x）|2dx）1/2£

2（ò

[0,1]|f（x）|2dx）1/2=2||f||1．

因此两个范数等价．

1.4.5设BC[0,¥

）表示[0,¥

）上连续且有界的函数f（x）全体，对每个fÎ

BC[0,¥

）及a>

0，定义||f||a=（ò

[0,¥

）e-ax|f（x）|2dx）1/2．

||a是BC[0,¥

）上的范数．

（2）若a,b>

0，a¹

b，求证||·

||a与||·

||b作为BC[0,¥

）上的范数是不等价的．

（1）依然只验证三角不等式．

||f||a+||g||a=（ò

）e-ax|f（x）|2dx）1/2+（ò

）e-ax|g（x）|2dx）1/2

=||e-ax/2f（x）||L2+||e-ax/2g（x）||L2

||e-ax/2f（x）+e-ax/2g（x）||L2

=||e-ax/2（f（x）+g（x））||L2

=（ò

）e-ax|f（x）+g（x）|2dx）1/2

=||f+g||a，

（2）设fn（x）为[n,+¥

）上的特征函数．

则fnÎ

），且

||fn||a=（ò

）e-ax|fn（x）|2dx）1/2=（ò

[n,¥

）e-axdx）1/2=（（1/a）e-an）1/2．

同理，||fn||b=（（1/b）e-bn）1/