泛函分析习题解答.doc

第一章 练习题1 记是闭区间上连续函数全体构成的集合, 在上定义距离如下:，（1）按是否完备? （2）的完备化空间是什么?答：(1) 不完备, 例如对于以及,定义则在本题所定义的距离的意义下是Cauchy列, 因为另一方面, 点列并不能在本题所定义的距离的意义下收敛到中的某个元. 事实上, 在几乎处处收敛的意义下, 我们有因此, 根据Lebesgue有界收敛定理, 可以得到但. (2) 的完备化空间是. 因为(i) 在距离的意义下, 是的稠密子集. 事实上, 任意取定一个, 需要证明: 对于任意的, 存在, 使得.事实上, 首先根据积分的绝对连续性, 存在, 使得当, 只要, 就有 .因为(Lebesque)可积, 故几乎处处有限, 即, 其中. 由此可以得到 (因为是渐缩集列并且的测度有限),故存在某个自然数, 使得且 ,因此有,.引入一个新函数定义为显然对于恒有. 由Lusin定理, 存在连续函数和闭集, 使得且, 进而,.则限制在即为所求, 因为: . (ii) 是完备的空间. 2 设是距离空间，是的子集，对任意的，记，则（1）是的连续函数. （2） 若是中的点列, 使,是否为Cauchy列? 为什么?证：(1) 任意取定, 对于任意的根据三角不等式, 有, .对两端关于取下确界, 可以得到, .即, .由此可得.由此容易证明是上的连续函数, 实际上, 还满足Lipschitz常数等于1的Lipschitz条件.(2) 答: 未必是Cauchy列. 例如取, 其中的距离是Euclid距离. 对于, 对于, 定义点列为对于点列,不难验证,; 但显然不是Cauchy列. 这里的原因就在于不是点到点之间的距离, 而是点到集合的距离, 当这个集合含有不止一个点时, 不再具有点点之间距离的性质.3 是中的Lebesgue可测集合, 试证按距离是不可分空间.证法一：记为方便起见, 设. 定义显然有界,可测, 因此必属于. 记.则.既然对于不同的, 与不同的部分是正测度集, 容易看出的势是.进而有(不妨设)我们用反证法证明所需的结论.设是可分的，则其必有可数的稠密子集, 因此至少有一个属于两个不同的和.而由三角不等式, 我们有这是一个矛盾. 因此不可能是可分的. 证法二：既然是正测度集,存在使得. 不难验证, 存在一列正数满足: ;且. 对于每一个,其中或1, 定义,. 显然有界,可测, 因此必属于. 记,其中表示具有上述性质的的全体. 则.既然对于不同的, (不妨设, 且对于某个,)与不同的部分至少是正测度集, 容易看出的势与的势都是连续统的势.进而有我们用反证法证明所需的结论.设是可分的，则其必有可数的稠密子集, 因此至少有一个属于两个不同的和.而由三角不等式, 我们有这是一个矛盾. 因此不可能是可分的.补充题证明是不可分空间. 证：记, 其中显然, 且只要, 则有, 且因为(不妨设)的测度为正, 故.因此, 由是不可数集, 而的基数与的基数相同, 故也是不可数集,且中任何两个不同元的距离均为1. 如果是可分的, 因此有一个可数的稠密子集合, 且. 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, 所以至少有中的两个不同的属于同一个开球, 由此得到矛盾: 此矛盾表明不可能是可分的. 4 设是闭区间上具有阶连续导数的函数全体, 定义:试证:（1）是完备的距离空间; （2）若定义,则是Banach空间. 证：(1) 这里只证明该距离是完备的. 设是(时, 就理解为)中该距离意义下的Cauchy列. 因此当时，有.由此容易知道对于每一个, 是中的Cauchy列. 根据的完备性,知收敛到中的某个元, 记其为, 则, 且，,其中“”表示是一致收敛. 如果我们记利用数学分析中函数序列一致收敛的分析性质, 可以得到(*)例如, 因为, 故,即,又及, 故. 求导即可得到, 即 .归纳地可得(*). 因此且.即是完备的距离空间.（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, 是维的，范数记为,需要证明是完备的. 记中的一组基为: . 因此对于任意的, 存在唯一一组实数, 使得, 反之亦然. (i) 我们断言存在一个与无关的常数, 使得, . (*) 首先定义一个映射为: 对于任意的, .则对于任意的()有.由此容易知道是上的连续函数. 记是中的单位球面, 即. 则对于任意的, 有. (事实上, 若有则,因此, 但线性无关, 故必有, 此与相矛盾. )注意到是中的有界闭集(紧子集), 连续函数必可在其上达到正的最小值. 现在我们可以证明式(*). 事实上, 对于任意的,存在唯一的一组实数, 使得, 不失一般性, 可设因此, 不全为零, 注意到, 故或.由此容易得出(*)式. (ii) 设是中的基本列, 这里, 即, 当.利用(*)式便可以得到对于每一个, 成立, 当.即是中的基本列, 因此收敛. 设, (,).记, 显然. 根据中收敛的等价性(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, 当.因此是完备的. 9 设为线性赋范空间, 是的线性闭子空间. 在中定义等价关系为. 对任意的, 以记的等价类, 令.称为商空间, 在上定义线性运算如下: (i) , ,(ii) , .并定义.试证: 按也是一个线性赋范空间. 证：(一) 按照所定义的线性运算是线性空间 (证明略).(二) 是中的范数. 按照定义, 对于每一个 显然是一个确定的数, 因此是映射. (i) (非负性) 对于, 显然.(正定性) 当时, 有.反之, 如果我们假设, 需要证明 , 也只需证明. 事实上, 根据下确界的定义, 对每一个自然数, 存在, 使得 ,由此得到一个序列且.因为是闭子空间因此故, 即.(ii) (正齐性) 对于, 如果, 则, 故. 如果, 则当取遍中的所有元时, 也取遍中的所有元, 反之亦然, 因此,(iii) (三角不等式) 设. 设, 当取遍中的所有元时, 也取遍中的所有元, 反之亦然, 进而, 的取法是相互独立的, 因此.也可用下面的证明方法: 对于任意的, 由下确界的定义, 存在使得, ,因此可以得到.因为的任意性, 可得.10 设为线性赋范空间, 收敛, 即按中的范数收敛, 则.证：记.对于有限项之和, 利用三角不等式, 成立. (*)又因为在范数意义下收敛, 其极限自然可以记为, 即, 再一次利用三角不等式, 可以得到当时,即, 因此在(*)式中令, 可得.11 设为线性赋范空间, 试证是Banach空间当且仅当是完备的.证：记. (必要性) 设是Banach空间, 是中的Cauchy列, 即且(当). 因为是Banach空间, 故收敛, 即存在, 使得, 由三角不等式容易得到: ,因此, 知, 故因此, 即完备. (充分性) 设是完备的, 并设是中的Cauchy列, 即当. 由,知是中的Cauchy数列, 因此收敛, 即存在某个数使得. 如果, 显然收敛于中的零元, 故不妨设. 由此知当充分大时, 总有, 不失一般性, 可设对所有的, 都有. 考虑新的点列, 显然. 进而 ， 由此易知是中的Cauchy列. 因为作为距离空间是完备的, 故收敛, 即存在, 使得. 最后我们断言: . 事实上, .综上可得是Banach空间. 15试证定理4中(f)式定义的的确满足内积分的定义. 证明: 即要证明: 对于赋范线性空间, 如果范数满足平行四边形法则: (*)则由 (时)(f)或(时) (f)所定义的确实是内积.(i) 对于, , 因为, 并且根据范数的性质.同理可证且.(ii)首先考虑时的情形, 对于, 可将表示为如下形式: ,再由平行四边形法则;.因此. 进而, 令可以得到, 这里利用了. 因为是任意的, 故可将换为, 即可得到.对照上述二式, 即有=. (*)至于时的情形, 注意到从形式上看, 利用上述已经证明了的等式(*)不难得到=.(iii) 首先考虑时的情形, 对于和任意实数, 由已经证明的(*)式有=,可知函数满足如下的函数方程: .(*)又关于是连续的, 因此必有.(事实上, 由(*)式对于任意的正整数和, 利用数学归纳法有;进而取, 有, 因此. 又(*)中取可得, 取可得. 因此对于所有的有理数, 均成立.利用的连续性, 可知对所有的实数也成立. )因此得到.至于时的情形, 注意到由(f) .由此也容易得到, 对于. (iv) 当时, 容易知道; 而当时, 直接计算也可得到.16设是中单位开圆盘, 即. 是上的面积测度, 定义为. (见课本第六页例4)在中定义内积为.试证(1) ()构成的正交基.(2) 若的Taylor展开式是, 则;(3) 若的展开式是, 则.证：先给出一个预备性结果: 对于，因为是解析函数, 因此可以展开为幂级数: .由此可以断言： （*）事实上，因为是解析函数,幂级数在中内闭一致收敛, 即对于的任意闭子集, 在上一致收敛. 对于, 以下取闭子集为. 容易知道是中的闭子集. 对于每一个, 注意到级数在中仍旧一致收敛, 以下的积分号和求和号可以交换顺序: 因此（*）式得证. (1) 首先证明是正交集. 事实上, 对于复数,根据所给的定义因此是正交集. 因为是完备的空间, 故只需再证是完备的即可得知其也是正交基. 设有且. 因为是解析函数, 因此可以展开为幂级数: .根据（*）式，可以得到，对于每一个, 由此即得, (). 所以. 即是完备的, 因此是中的正交基. (2) 既然是基,由Parseval等式可以得到.利用（*）式，上式的左端可以表示为: 由此可得所预期的结论. (3) 对于和, 有和，利用内积的连续性和（*）式，18设是内积空间,是中的正交集, 求证: , ().证： 对于任意的正整数, 由Cauchy不等式和Bessel不等式可以得到,由的任意性, 知正项级数收敛, 因此级数绝对收敛,并且.19试证构成的正交基, 但不是的正交基.证：(1) 首先证明是中的正交集. 事实上, 因此是中的正交集. 同理, 也容易证明还是中的正交集.(2) 因为是完备的空间, 故只需再证是完备的即可得知其也是正交基. 设有且. 将做奇延拓成为: 则. 注意到对于, 利用, .设,对于,利用是奇函数, 可得.因此.进而也容易得到.又已经知道与仅相差一个常数因子的三角函数系是中的正交基, 因此, a.e. , 即有, a.e. .因此是中的正交基.(3) 注意到在中不是完备的, 例如对于恒等于常数1的函数是非零元, 但对于, .因此, 虽然是的正交集, 但不是正交基.24 试给出中列紧集的判别条件.证：设子集且是中一个数. 记及.则是中的列紧集的充分必要条件是(i) 在中有界;(ii) 是中的有界集; (iii) 是中等度连续的集合.充分性 设满足条件(i), (ii)和(iii). 根据中范数的定义: 对于,容易看出, 且因此只需证明和分别是中的列紧集即可, 根据Arzela-Ascoli定理, 这也只需证明和分别在中有界且等度连续即可. 事实上, 在中有界性和等度连续已由所给条件得到保证(即(i)和(iii). 还需证明在中的有界性和等度连续性. 记在中的一个界为,作为中的有界集, 一个界纪为.对于任意的, 利用中值定理, 有此即表明, 所以在中有界,且界为. 进而对于由此易知具有等度连续性.必要性 设是中的列紧集, 即对于的任何点列, 在中的范数(距离)意义下都有收敛的子列. 因此, 和分别在中有收敛的子列的和. 这表明, 根据Arzela- Ascoli定理, 和均是中的列紧集, 因此和均在中有界且等度连续, 因此得到(i)和(iii). 由的有界性, 可以知道集合对于任意的都是中的有界集, 因此得到(ii).26 设是紧距离空间，映射满足. ()则(1) 是否有唯一的不动点?(2) 是否为压缩映射?解答: (1) 存在唯一的不动点, 证明如下:(存在性) 定义映射为.由所给条件知此映射是连续的, 而是紧空间表明此映射能在中取得上下确界. 因此存在, 使得 .断言，则是的不动点：. 若不然, , 则在所给的条件中取有,此与达到的下确界相矛盾. (唯一性) 若还有使得但. 仍由所给的条件, 有.这是个矛盾. 故必有.(2) 可以不是压缩映射. 反例如下: 反例1 记, 其中距离定义为两点之间的Euclid距离: , . 因为是的闭子集, 因此是完备的, 显然也是紧的. 定义映射为: 对于, . 显然是自映射, 且有唯一的不动点0. 对于任意的, 设, 则中至少有一个不为零, 由此容易得到. 所以满足所需的条件, 但不是压缩映射, 因为. 因此不存在常数, 使得对于所有的, . 反例2 记, 其中距离定义为两点之间的Euclid距离: , . 因为是的闭子集, 因此是完备的, 显然也是紧的. 定义映射为: 对于, 显然是自映射, 且有唯一的不动点0. 对于任意的, 设, 如果, 则有正整数, , 使得 , 且; 如果中有一个为零, 例如, 也有. 所以满足所需的条件, 但不是压缩映射, 因为例如对于 , 当时, 成立, 即不存在, 使得. 补充题. 设二元函数,是中的一个有界集, 记.(i) 证明是中的列紧集; (ii) 问当还是中的闭集时, 是不是紧集?证：(i) 因为, 不难得知 . 根据Arzela-Ascoli定理, 只需再证明在中有界且等度连续即可. (a) 在中有界, 即作为由连续函数组成的集合是一致有界的. 事实上, 如果记的一个界为, 在上的最大值为, 则对于任意取定的, 有某个, 使得, 由此得知.因此是中有界集, 且的一个界为. (b) 在中等度连续. 对于,有某个, 使得. 因为, 因此在上一致连续, 故对于任意的,存在, 当且时, 有 (),由此可以得到 .由此易知具有等度连续性.(ii) 当还是中的闭集时, 未必是紧集! 反例可以构造如下: 考虑中的集合,显然是中的有界集, 一个界可以取为1.可以断言是中的闭集, 因为对于任意的, 不妨设, 则,对于任意固定的, 当趋于无穷大时, 右端项趋向于1, 由此容易知道, 作为中的子点列, 集合不是Cauchy列, 因此不可能在中有收敛的子列, 故集合没有聚点, 因此是中的闭集. 定义,显然. 对于上述的集合, 不难计算显然， 是中列紧集，唯一的聚点是零函数，但零函数不在中，因此不是闭集. 补充题. 设是中的一个有界集, 记.证明是中的列紧集.证：根据Arzela-Ascoli定理, 需证明在中有界且等度连续即可. (i) 在中有界, 即作为由函数组成的集合是一致有界的. 事实上, 如果记的界为,则对于任意取定的, 有某个, 使得, 由此得知.因此是中有界集, 且的界为. (ii) 在中等度连续. 对于,有某个, 使得. 对于 .由此易知具有等度连续性.补充题证明课本20页定理8: 对于距离空间中的任何集合, 与均是闭集. 证：(i) 根据闭集的定义, 仅需证明.事实上, 设, 则对于任意的.设, 根据极限点的定义, 对于,有. 又, 因此有.注意到的任意性, 即可得到. 因此是闭集.(ii) 需证明的是. 因为, 又,(*)故由(i)中已经证明了的结果, 有, 因此是闭集. 如下证明(*): 设, 则, 且 . 由前者知存在某个, 使得;由后者知存在某个, 使得. 取, 则, 且, 所以, 即(*)得证.补充题 判断集合是否为中的列紧集? 答：是中的列紧集, 证明如下.因为，即级数收敛，因此，对于任意的，存在某个，使得. 考虑集合：容易知道是的网，且如果视其为空间中的子集，是有界集(一个界是)，因此列紧，在中仍然是列紧的. 进而知道是完备的，因此根据前面补充题的结论（是列紧集的充分必要条件是对于任意的,有列紧的-网），可以得到是中的列紧集.补充题 设是完备的距离空间, . 证明: 是列紧集的充分必要条件是对于任意的,有列紧的-网. 证明：必要性 设是列紧集, 因此是完全有界集, 即对于任意的,存在有限-网,.又有限集一定是列紧集, 因此是的列紧的-网. 充分性 设条件成立, 即对于任意的, 有列紧的-网. 因为列紧, 因此全有界, 即存在有限的-网. 不难证明是的有限-网. 由此可以得知, 是全有界集, 又是完备的距离空间,因此是列紧集.第2章 练习题3. 设是有限维线性赋范空间，试证：上任意两个范数都是等价的. 证明一: 不妨设是维的, 是其基底, 和是其上的任意两个范数. 因为“有限维线性赋范空间是完备的” (参见第一章,习题7)，因此和都完备.在中引入一个新的范数如下：对于，定义.则容易验证, 是Banach空间. 显然, 对于任意的, 成立因此范数强于范数, 根据范数等价性定理, 即知范数等价于范数. 同理可证范数等价于范数, 由此易知范数等价于范数.证明二: 设和是上的任意两个范数, 因为是有限维线性赋范空间，因此和都是Banach空间(参见第一章,习题7), 在中再引入一个新范数: 对于任意的, 定义. 非常容易地可以证明这个新范数也是完备的, 即也是Banach空间. 而新范数强于, 即,(). 因此, 根据范数等价性定理(58页引理1), 新范数与等价, 即存在正数, 使得().又因为新范数强于, 即, 因此得到,().此即表明: 和等价.4. 设是有限维线性空间, 试证中的弱收敛等价于按范数收敛. 证明： 设是n维空间, 其一个基底, 中的范数记为. 则在中按范数收敛等价于按坐标收敛, 即: 若, 在基底 意义下可以表示为). 则可以断言: ().由此便可以证明本题的结论, 即如果我们假设有并且在基底的意义下表示为),则. 充分性() 设.根据Hahn-Banach定理, 对于每一个, 存在泛函, 使得根据弱收敛的定义, 对于每一个,尤其是对于上面所取的, ()我们有,即, 序列每一个坐标收敛到的相应的坐标:, ()因此, 根据中按范数收敛等价于按坐标收敛, 就有. 必要性() (结论是一般性的, 即对于一般的赋范线性空间均有此性质) 设, 则对于任意的,当时, 均有, 即. 因此, 根据弱收敛的定义, 知道. 5设是Banach空间， 由能否推出(1) 与至少有一个为零? 或(2) ?答：(1) 由不能推出与至少有一个为零. 反例如下: 定义分别为: 对于任意的,则容易验证, 都是上的线性算子, 但都不是零算子, 而即. (注:在标准基底下, 分别对应矩阵和, 而映射的复合映射对应于矩阵的乘法运算=)(1) 由不能推出. 反例如下: 定义分别为: 对于任意的,则容易验证, 都是上的线性算子, 且都不是零算子, 而即, 但,即. (注意, 也可以习题6为例. (注:在标准基底下, 分别对应于矩阵和, 对应于矩阵乘法=; 而映射和的复合映射对应于矩阵的乘法运算=)6定义上算子分别为试证是上的有界线性算子,但与不可交换, 即.证： 容易证明算子都有意义, 且是线性的. 对于任意的, 由的定义因此是有界的且.由的定义因此是有界的且.注意到因此显然如果我们取, 则注: 是乘法算子, 而是以为核的积分算子.7设，定义上的算子为试证有界线性算子,并求的范数.证：因为, 其范数定义中的下确界可以达到, 即存在零测集, 使得.(i) 算子有意义. 这也只需证明对于, 即可. 事实上, 容易得知是可测函数, 且由此得知. (ii) 是线性的. 事实上，对于以及任意的数和， 所以是线性算子. (iii) 对于任意的, 由的定义因此是有界的且.反之, 我们要证明. 不失一般性, 可假设. 因为范数中的下确界可以达到, 不妨设有零测集, 使得.对于任意的, 由上确界的定义,存在正测度的子集,使得, .(若不然, 使得的点所组成的集合是零测集, 在上恒有,此与的定义相矛盾). 定义则且.根据算子范数的性质, 我们可以得到鉴于的任意性, 我们最终得到.8定义上的算子为.试证有左逆, 但无右逆.证： (i) 的左逆算子是左位移算子: . 事实上, 对于任意的,即, 因此有左逆算子为.(ii) 因为不是满射, 因此无右逆算子. 若不然, 设存在右逆算子是, 则. 但是, 对于例如,记, 则由此产生的矛盾表明是不可能的. 9试证微分算子有右逆, 但无左逆.证： (i) 的右逆算子是积分算子: 即对于任意的. 显然, 因为对于任意的(ii) 因为不是单射, 因此无左逆算子. 若不然, 设存在左逆算子是, 则. 但是, 对于例如, 有(线性算子将零元映射为零元). 由此产生的矛盾表明是不可能的.10 设是Banach空间, 是的线性闭子空间. 映射定义为 (), 试证: 是开映射. 证： 已知商空间是赋范线性空间(见上一章第九题), 其中范数定义为. 根据同态定理, 自然映射是满射, 因此根据Banach开映射定理, 只要能证明是Banach空间, 则是开映射. 如下证明商空间的范数是完备的. 设是含于中在范数意义下的Cauchy 列, 即, 当 . (i) 包含一个子列使得所对应的子列成为中的Cauchy 列. 事实上, 因为是Cauchy 列, 由此得知存在一个正整数的子列, 满足, 且.对于每一个, 根据下确界的定义, 存在, 使得(不失一般性, 可设).由此我们断言是中的Cauchy列, 因为对于任意的正整数. (ii) 既然是中的Cauchy列, 因此存在某个, 使得当时. 进而, 当时,即. (iii) Cauchy 列有一个子列收敛, 则其自身必是收敛的, 即, 即得是完备的, 所以是Banach空间. 18 有界线性算子与闭算子有什么关系？解：设是赋范线性空间, 是线性算子. (i) 如果并且是的闭子空间, 则, 即是闭线性算子. 证明: 设且,. 因为是的闭子空间, 故, 利用, 即是连续的, 有. 根据极限的唯一性, 得到, 因此是闭算子. (ii) (闭图像定理) 如果是Banach空间, 是闭算子, 并且, 则.(iii) 闭算子可以是无界算子, 例如微分算子, 其中, . 则, 但本身是无界算子. 19设是线性赋范空间，是中线性无关的序列. 试证, 存在一列, 使得且证：记, 则是的闭子空间, 且. 根据Hahn-Banach延拓定理(参见47页推论2)知, 存在使得, 且, .因此显然有或(参见47页推论2后面的注)存在使得, 且, .如果定义, 则显然仍然是线性无关的, 且.因此也显然有20. 设, 定义上的泛函为, 证明.证明： 显然对于任意的都有意义, 因此是上的一个泛函. 又对于任意的和任意的数, 容易验证：因此是上的一个线性泛函. 进而由此可以得知, 线性影射是上的一个有界线性泛函, 即 , 且.21. 设序列使得对于任意, 收敛, 试证(1) ;(2) 记, 则, 且.解：记中的范数为. 进而可知是Banach空间. (i) 考虑由的前有限项所组成的中的点列: 其中的每一个可以视为只有有限个分量不为零的无穷维向量, 当然属于. 对应于每一个这样的向量我们定义一个对应的上的泛函如下: , 其中,().(ii) 不难证明是线性泛函(证明略);(iii) 可断言是有界的泛函, 事实上我们有即是有界线性泛函, 且,(.)(iv) 对于每一个固定的，(), 我们断言: .事实上, 不妨设且 (对于某个). 可取一个特殊的, 其中的每一个分量按照下面的形式定义: ,(),且对于，定义. 不难计算. 进而根据的定义, 可以得到(v) 考虑上的有界线性泛函族: . 对于每一个, 由所给的条件, 级数的收敛性蕴涵数列当时是收敛的, 故是有界集: . (点点有界)因此根据一致有界原理(这里我们利用了事实：和都是Banach空间), 我们知道是一致有界的, 即. (2) 由所给的定义: 对于任意的,级数 均收敛, 由此知道上面所定义的泛函有意义,因此确实是上的泛函. 对于任意的, 也收敛, 根据收敛级数的性质, 我们有此即表明具有线性性质. 进而, 我们有此即表明是有界的， 且.反之, 仿照(1), 选取, ,(),且对于，定义. 不难计算.进而, 注意到的任意性, 我们立即得到. 综上可得.21. 设序列使得对于任意, 收敛, 试证(1) ;(2) 记, 则, 且.解：记中的范数为. 进而可知是Banach空间.(1) 解法二不用一致有界原理的反证法: 设题目的条件满足但结论不成立, 即, 因此.故对于每一个, 存在, 满足, 且. 现在定义一个特殊 的为: 其第个分量定义为, 其余的分量为零, 即则容易知道因为正项级数收敛. 但, 此与条件”对于任意, 收敛”相矛盾. (注记. 解法二实际上用到了共鸣定理, 即一列泛函-见解法一的定义-不是一致有界的, 则必有一个共鸣点, 上述的证明实际上是找出了具体的共鸣点)(2) 由所给的定义: 对于任意的,级数 均收敛, 由此知道上面所定义的泛函有意义,因此确实是上的泛函. 对于任意的, 也收敛, 根据收敛级数的性质, 我们有此即表明具有线性性质. 进而, 我们有此即表明是有界的， 且.反之, 仿照(1), 选取, ,(),且对于，定义. 不难计算.进而, 注意到的任意性, 我们立即得到. 综上可得.22. 设且，若序列使得对于任意, 均收敛, 试证(1) ;(2) 记, 则, 且.,这里. 解： (1) (i) 考虑由的前有限项所组成的中的点列: .其中的每一个可以视为只有有限个分量不为零的无穷维向量, 当然属于 (). 对其中的每一个无穷维向量, 我们定义一个对应的上的泛函如下: , 其中,()(ii) 不难证明是线性泛函;(iii) 由Holder不等式, 我们有,即是有界线性泛函, 且,(.)(iv) 对于每一个固定的，(), 我们断言: .事实上, 不妨设. 可取一个特殊的, 其中的每一个分量按照下面的形式定义: ,().不难计算(这里用到了和.). 进而根据的定义, 我们不难得到(v) 考虑上的有界线性泛函族: . 对于每一个, 由所给的条件, 级数的收敛性蕴涵数列当时是收敛的, 故是有界集: . 因此根据一致有界原理(试确定这里用到了哪些Banach空间), 我们知道是一致有界的, 即. 因而可以得到此即表明: .(2) 由所给定义: 对于任意, 均收敛, 由此知道上面所定义的有意义, 因此是上的泛函. 对于任意的, 也收敛, 根据收敛级数的性质, 我们有此即表明具有线性性质. 由Holder不等式, 我们有此即表明.反之, 仿照(1), 选取, 其中的每一个分量按照下面的形式定义: ,().则. 进而, 注意到的任意性, 我们立即得到23. 设是Banach空间, 是的闭子空间, 试证: , 当且仅当对任意的, 只要必有. 证： (必要性) 对于任意的, 如果, 则对于,当然有.(充分性) 设题目中的条件成立, 即对任意的, 只要必有. 我们用反证法证明所需证结论,即假设, 因为是的闭子空间, 由Hahn-Banach泛函延拓定理(见课本47页推论2),存在满足: 且. 此与所给定的条件相矛盾, 因此必有.36. 设是Banach空间, , 若对任意, 有, 试证. 证： 用反证法. 如果, 由Hahn-Banach泛函延拓定理(见课本47页推论1),存在满足: 且. 此与所给定的条件相矛盾, 因此必有.补充题. 设是赋范线性空间, , 证明的充分必要条件是对任意, 有. 证： (必要性) 设, 则对于任意的, 因为是线性泛函, 故将零元映射为零, 即.(充分性) 用反证法, 设条件满足, 即对任意, 有, 如果, 由Hahn-Banach泛函延拓定理(见课本47页推论1),存在满足: 且. 此与所给定的条件相矛盾, 因此必有.29设是开集, . 定义，试证.证明：可以证明,因此是映射. (1) 是线性的，因为对于任意的 ，对于任意的数，利用积分的线性性质，我们有 ，即得. 所以是线性映射. (2) 是有界的，因为对于任意的，根据Lebesgue积分的Holder不等式，我们有. 两边开平方可以得到，其中是有限数，因为由所给条件知.由此可以得知是有界算子，即，且31在上定义泛函为，试证: 弱收敛到0.证明：因为，所以只需证明： 对于任意的 ,. 注意到由上所有阶梯函数所构成的集合是的稠密子集，即，因此根据Banach-Steinhaus定理的推论，这也只需再证明：(i) 是中的有界集；(ii) ,（）.第一点的证明是显然的，因为.对于第二点，可证明如下：当时，是阶梯函数，因此可以表示为 ，其中是常数是中的可测集，且；是可测集上的集特征函数，即由此可以得到. 因此也只需再证明，对于，成立， .但这是显然的，因为，当. 注. 本题的结论，即是数学分析中Fourier级数部分的一个著名结果-“Riemann引理”。32. 设是Banach空间, 试问(1) 中的弱收敛与弱*收敛是什么关系？(2) 若是自反空间，在这样的空间中，弱收敛与弱*收敛是什么关系？解答： (1) 中的弱收敛蕴含弱*收敛. 即若且,则对于任意的.尤其是对于每一个, 我们有, 因此,即等价地有,.此即表明.即,在空间中, 弱收敛蕴含弱*收敛. (2) 若是自反空间，则弱收敛与弱*收敛是等价的, 因为此时, , 上面的, 等价于,.即 .33. 设是有限维线性空间, 则中的的弱收敛与范数收敛是什么关系？解答： 当是有限维线性赋范空间时, 中的的弱收敛与范数收敛是等价的. (详见第4题)39. 设是Banach空间， . 对于任意的及, 是有界数列, 试证有界.证明： 对于任意取定的, 将视为上的一列有界线性泛函, 即, 由所给条件, 知对于所有的,即对每一个是有界的. 根据一致有界性定理(即共鸣定理)知道.因此是任意的, 上式恰好说明是点点有界的, 因此再一次利用共鸣定理知.有界算子范数求法总结设和是赋范线性空间, 是有界线性算子, 即. 为求出算子的范数, (i) 估计出最小的, 使得对于所有的, 都有,则可以得到;(ii) 找一个特定的, 使得, 且,则可以得到.综合以上两点, 即得. 注 （一）为找到特定的，当是函数空间时，可选择是符号函数，例如当时，再适当地连续性连接；当是无穷维向量空间时，可选取；（二）如果在证明第(ii)点时不容易找到满足所述条件的特定的, 可以考虑用一列特定的加以逼近. 例 记. 考虑区间的一个分划：. 是任意取定的个常数，定义为：对于任意的 .则，且. 证明： 容易证明是映射并且是线性的. 对于任意的, .因此知道是有界的, 且. 反之, 要证明. 事实上, 我们可以取特殊的如下: 则容易知道，并且. 易算出. 由此得到.综上可得.补充题1 设. 定义为, 对于任意的.求证, 并求算子范数证. (i) 是由到的映射(证略, 或可见下面的(iii); (ii) 是线性的(证略);(iii) 是有界的: 对于任意的, 利用中范数的定义, 可以得到,因此得到是有界的，并且. (iv) 只需再证. 事实上, 对于任意一个固定的正整数可取, 则显然, 且. 利用算子范数的性质, 可以得到既然是任意的, 因此. 综上即得所欲求:.补充题2 记，. 定义为微分算子. (i)证明 . (ii)解释: 将有界集映射为无界集.解：(i) 容易证明:是映射并且是线性的. 对于任意的, .因此知道是有界的, 且. 反之, 我们要证明. 事实上, 我们可以取特殊的如下: , 这里, 是小于1的正数, 并且不失一般性假设. 则显然且容易算出因此.由此得到.又因为可以是任意小的正数, 因此.解法二: 对于设. 则. 容易算出,其中因此.由此得到.又因为可以是任意大的正整数, 因此.(ii) 解释: 是有界算子, 因此必将有界集映射为有界集. 进而注意到并不是中的有界集, 因此“将有界集映射为无界集” 是指视为由到的算子(此时的定义域选为). 在这种情况下, 和分别是中的有界集和无界集, 而其实是中的无界集.注: 也可解释为: ,.即是有界线性算子; 而是无界线性算子(此时).补充内容(习题30) 在或上定义算子为,试计算.解：以为例(i) 补充定义为则是上的连续函数, 因此以为核的积分算子, 即 是映射并且是线性的.对于任意的, ,其中.因此知道是有界线性算子, 且有界的, 且. (ii) 反之, 我们要证明. (补充题) 设是赋范线性空间, 是的一个闭真子空间, 证明是疏朗集. 证法一： 如若不然，设是一个真闭子空间， 但不是疏朗集.因此，即存在某个，使得 . 注意到是线性子空间，因此对于，也有 .故. 此与是的真子空间相矛盾。证法二： 因为是一个真闭子空间， 故存在某个并且.由此可以断言: 对于每一个,都不可能是的内点.事实上, 考虑和连线上的点, 容易看出除非, 必有. 因为如果对于某个, 使得, 则, 根据线性空间的封闭性, 知,此与相矛盾. 鉴于, 所以不可能是的内点. 又是任意的, 故无内点, 因此是疏朗集. 定义3 设是内积空间, , 如果, 则称为相互直交的, 记为. 特别地, 若与是相互直交的单位向量, 即, 则称它们是正规直交向量, 简称为正交向量. 命题 (Pythagoras定理) 设是内积空间, , 如果, 则.一般地, 若有限个向量两两相互直交, 则.定义4 设是内积空间, 是相互正交的点集(即对任意, , 且若, 有), 通常称为中的正规直交集, 简称为正交集. 若中不存在与中每个向量都直交的非零向量, 则称为的完备正交集. 引理1 (Bessel不等式) 设是内积空间, 若 是中的正交集, 则对任意, 有.(h)定义5 设是内积空间中的正交集,若对任意的, 有,则称为的一个正交基, 其中称为关于基的Fourier系数.注记 (i) 定义中所出现的和式表示只对至多可数个非零项求和，且级数按由内积导出的范数收敛; (ii) 进而当内积空间还是Hilbert空间时，成立.(j)定理6(正交基的判别法则) 设是Hilbert空间, 是正规直交集，则下列各断言等价：(1) 是正交基，即对每一个, ; (2) 是完备的，即中不存在与垂直的非零向量；(3) Parseval等式成立，即对于任意的, 则.定理7 (正交基的存在性) 每个非零的Hilbert空间都有正交基.定义 (可分性) 距离空间称为是可分的，如果该距离空间存在可数的稠密子集.定理8 (正交基的存在性) 如果是可分的Hilbert空间，则有一个可数的正交基.定理1 (Cauchy-Schwarz不等式) 设是内积空间, 则对于任意的, 有. 定理2 (内积导出的范数) 设是内积空间, 对于任意的, 定义 .则是线性赋范空间, 称为由内积诱导出的范数. 内积诱导出的范数具有性质: ,(b),(c),(d).(e)定理3 (极化恒等式) 设是内积空间, 则对于任意的, 有 (当时); (f )或(当时). (f)其中是由内积导出的范数, 即.定理4 (范数和内积的关系) 设是线性赋范空间, 则可以赋予内积的充分必要条件为范数满足平行四边形法则: . (g)当范数满足平行四边形法则时, 可以定义 (当时);或(当时). 进而, 此时原范数还是由内积导出的范数. 定义2 完备的内积空间称为Hilbert空间. 即设是内积空间, 如果是完备的线性赋范空间, 则称内积空间为Hilbert空间, 其中是由内积导出的范数.定理5 设是内积空间, 则按范数的完备化空间是Hilbert空间. 定义3 设是内积空间, , 如果, 则称为相互直交的, 记为. 特别地, 若与是相互直交的单位向量, 即, 则称它们是正规直交向量, 简称为正交向量. 命题 (Pythagoras定理) 设是内积空间, , 如果, 则.一般地, 若有限个向量两两相互直交, 则.定义4 设是内积空间, 是相互正交的点集(即对任意, , 且若, 有), 通常称为中的正规直交集, 简称为正交集. 若中不存在与中每个向量都直交的非零向量, 则称为的完备正交集. 引理1 (Bessel不等式) 设是内积空间, 若 是中的正交集, 则对任意, 有.(h)补充作业证明 ()中的三角不等式(Minkowski不等式): , 其中, .证： 当时, 不等式显然成立, 以下不妨设, 并记. 对于和, 不失一般性, 设. 在不