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泛函分析复习题 2013 1在实数轴上，令，当为何值时，是度量 空间，为何值时，是赋范空间。 解 ： 若是 度 量 空 间 ， 所 以， 必 须 有 ： 成立 即，取， 有，所以， 若是赋范空间，所以， 必须有：成立，即， 当时，若是度量空间，时，若是赋范空间。 2若是度量空间，则，也是使成 为度量空间。 解：由于是度量空间，所以有： 1），因此 和 且当时， 于是和 以及若 或 均有成立，于是成立 2）， 因此 和 3），因此 以及设，所以单增， 所以 综上所述和均满足度量空间的三条件， 故和均使成为度量空间。 3设是内积空间，则当，时， ，即内积关于两变元连续。 解：是内积空间， 设是由其内积导出的范数， 由于， ， 所 以，使 得 当时 均 有和 同时由于，故知有界，所以有限。因此可 取 因此 故，即 4设是线性赋范空间，是线性算子，则不是连续 的，当且仅当，使得，但 解：设不是连续的，则在上的每一点都不是连续的，因 此在点也不是连续的。则在包含上 0 点的任何有界邻域内 均无界， 取，则在上无界，因此， 使得成立。 取，则在上无界，因此， 使得成立。 类似地过程一直进行，直到 取，则在上无界，因此， 使得成立。 因此，使得，但 另外，如果有，当，有 由于在上不能找到一点，使得，因此对所有的 点，均无法使得成立，因此，在条件下，对 于所有的点，均不成立。所以在上的 0 点不 是连续的，故不是连续的。 5 对 于 每 个 有 界 序 列， 定 义 线 性 算 子， 求 解：由于有界，所以有，使得 对于， 从而 ，从而 另外，有有界序列，设， 则对，有，使得 可取，所以 ， 因此 ，由于的任意性，于是有成立 综上所述有 6我们知道有命题：对于算子序列，若，则 ，。此命题的逆命题不成立。 试考虑算子序列， 。 解：， 所以（） 取， 我们有（） 另外，对每个固定的，我们都可以找到一个元素 ， 有，但， 因此，故不成立。 7设是线性赋范空间，是线性算子，则闭，当 且仅当，使得，时，有。 解：闭，即有，则， 使得 另外，当，使得 因此对于，取， 有， 于是有，即， 所以闭 8证明，其中时有序列使得 ， 解：是所有极限为 0 的序列全体的集合，范数， 在中取基元集 则对，有 设，记，所以有 取，其中， 则 且，所以 令，即得， 且 再证反向不等式。对， 对每个 定义，则是上的线性泛函，且有 所以，且。综合两个不等式得 映射 使得，有成立 则线性保距同构映射，因此 9设是 Hilbert 空间，是中正交集，则以下三条等价； 1）收敛，2），收敛，3）收敛 解：，已知收敛，取，则收敛， 收敛于有限数。 则， 所以收敛。 ，已知，收敛，即， 标量列收敛， 取， 此时 由标量列收敛，从而收敛。 若收敛，则标量列收敛 设，则 由标量列收敛，得收敛，即收敛。 10设，考虑上的积分方程 其中，证明此方程存在唯一连续解。 解 ： 由 于是 完 备 的 ， 映 射， ，所以 因为，所以映射是压缩映射 由不动点原理，存在唯一的一个， 使得 11考虑上的非线性积分方程 其中，是的连续函数， 满足 证明当足够小时，此方程存在唯一解。 解：由于是完备的， 映射， 所以 所以，当时，映射是压缩映射 由不动点原理，存在唯一的一个， 使得 12验证： （1）开球是开集； （2）闭球是闭集。 解： （1），则， 所以， 即是开集，故，开球是开集。 （2），则， 所以， 即是开集，故，闭球是闭集。 13证明：有界数列集合组成的空间是完备的。 解：取是空间中的基本点列，空 间的度量取 ， 由于取是空间中的基本点列，所以，当 时，有 对每个固定的 ， 当时， 有（1） 所以，数列是 C 中的收敛列，即当 时， 由此得， 由（1）中，令，则当时，有。 又因为，故存在实数，对所有的 ， 满足 从而对每个 有 即是有界数列，又 有 故当当时，所以是完备的度量空间。 14证明：是可分空间。 解：考虑集合，即是由至多 有限个坐标不为0， 且坐标都是有理数的元素构成。 因此， 是可数集。 对于，有，所以，当 时，有有理数的稠密性， 可取得， 使得 令。且 即在中稠密。依定义知是可分的。 15举例说明：在完备度量空间上的压缩映射具有唯一的不动点的结 论中， 若将压缩映射改为满足的映射时， 其结论不 成立。 解：例如， 于是由微分中值定理得：在和之间存在使得 因此成立，但其不存在不 动点， 否则若有不动点， 那么必有成立， 即成立， 这个显然是不正确的。 故若将压缩映射改为满足的映射时， 其结论不 成立。 16证明，其中时有序列和使得 ， 解：是所有收敛序列全体的集合，范数，在中 取基元集 ， 对，有且收敛于 ，即， 取， 则 设，记， 对所以有 取，其中，则 且，所以 令，即得，且 再证反向不等式。对， 对每个 定义，则是上的线性泛函，且有 所以，且。 综合两个不等式得 映射： 使得， 有成 立 则线性保距同构映射，因此 17求空间上的线性泛函的范数。 解 ： 空 间上 的 范 数 为， 所 以 有 可知是有界线性泛函，且， 另一方面，取 ，知，且 于是 从而 18设是可分的 Hilbert 空间，证明是中任一规范正交基至多是 可列的。 证明：有题设知是可分的，故必有的开列子集，且在 中稠密， 设是中的一组规范正交基， 考察以一切为球心， 为半径的球簇，则若不是可列的，球簇也不是可列的。于是 至少某两个球簇含有同一个，即有使得 ， 于是 另一方面由勾股定理得 这样导出矛盾，故是可列的。 19设是内积空间中的一组规范正交基，证明： ， 关于的Fourie