泛函补充题2(微分算子范数).doc

第一章补充题：记，. 定义. 证明. 解释: 将有界集映射为无界集.证：(1) 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. 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.(2) 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(的定义域选为). 此时, 和分别是中的有界集和无界集, 而其实是中的无界集.也可解释为: ,.1 设是距离空间中的子集，证明是疏朗集的充分必要条件是的闭包无内点. 证：必要性 设是疏集, 则对于中的任何一个非空开集, 均有开邻域不含中的点. 若,即存在某个点, 因此存在, 使得.这表明, 中每一个点的任何邻域中都含有中的点, 此与是疏集相矛盾. 充分性 设的闭包无内点，即. 设是中的任意一个开集, 如果不含中的点, 当然也不含中的点; 如果含中的点,即,由是内点, 因此存在, 使得. 因为, 故中总含有不是的点. 注意到不是聚点又不是中的点, 因此存在, 使得, 而中不含中的点,由此而即知是疏集.补充题设有数列满足, 当.证明(是个常数)是中的一个列紧集.证. 只需证明对于任意的, 有列紧的网即可. 事实上, 因为,故存在某个, 使得当以后, 恒有. 对于正整数和, 定义. 由定义如下的集合: . 则可断言: 是的列紧的网. 因此是列紧集. (i) 是的网. 因为对于每一个, 取 , 则根据和之间的关系, 容易算出.因此是的网.(ii) 是列紧的. 事实上, 因为数列收敛, 因此, 对于每一个, , 故, 进而, 也是有界集, 且界可取为. 若记 , 则显然, 且也是有界集, 因此是列紧集(在Euclid范数意义下), 又有限维空间中任何两个范数都等价, 因此在极大模(也就是)范数意义下是列紧的, 故在极大模(也就是)范数意义下是列紧的. 补充题 对于取定的,定义为: , . 证明: (i) ;(ii) 求出;(iii) 提出条件, 使得有有界逆, 求出和.证：(i) 由定义, 显然, . 所以, 映射有意义. 对于任意的数及, 成立, 所以是线性算子. 进而, 对于任意的, 故是有界的, 且. (ii) 断言. 只需再证. 事实上, 对于, 显然. 而, 其中. 由此易得. (iii) 断言: 如果, 则有有界逆, 且. (*)事实上, 当时, 显然上述定义(*)是有意义的, 不妨记为. 容易看出, 所以, 同理, 所以, 因此有逆, 且. 利用上面(ii)中所采用的方法, 容易得到.反之, 如果有有界逆, 则存在正数, 使得. 取, 则. 而. 由此得到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.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. 5 设是距离空间，是的闭子集，定义.试问:（1）若是否必有? （2）若均为的紧子集，且是否必有?为什么?解：(1) 结论是未必. 例如在中定义及.(试在平面直角坐标系中画出这两个集合的图形以加深理解) 则虽然是互不相交的闭集, 但是二者之间的距离为零：.(2) 当若均为的紧子集，且时, 必有. 我们证明一个更为一般的结论: 若为的紧子集而为闭集且时, .事实上,对于每一个, 必有(为什么?试给出证明!). 根据下确界的定义, 我们知道, 存在极小化序列使得, 因为是紧集, 存在收敛子列收敛于中的某个元. 因此有.令便可以得到即. 进而,因此.14记是复数列全体, 在上按自然方式定义加法和数乘: , ;对于任意, 定义.试证: (1) (); ;(2) ;(3) ();(4) , ().通常将定义在线性空间上满足(1)(4)的函数称为上的准范数.证明: 按照惯例, 将中的元记为无穷维向量的形式, 即, 称为的第个分量或坐标.(1) 对于, 是显然的. 进而, 如果, 则每一个为零, 显然也有. 反之, 设, 则, 故每一个为零, 因此. (2) 设,. 注意到连续函数对于是单调增加函数, 因此 .因此有 .(3) 对于, 是显然的. (4) 先设(). 对于任意 的, 存在自然数, 使得.既然(), 存在正整数, 使得当时, , 因此成立.此即表明. 再设有一列满足(), 我们要证明. 为此, 我们首先证明, . (即在空间中, 按准范数收敛等价于按坐标收敛) 事实上, 如果, 则对于固定的正整数, 对于任意的, 不妨设, 存在整数, 使得当时, 有, 因此, 即得(, ). 反之, 设(, ). 对于任意的, 存在自然数, 使得. 既然(, ), 存在某个自然数, 使得当时.由此得到 .即. 最后我们来证明, 设 (), 根据上述结论, 有 (, ),因此 (, ). 再一次用上面的结论, 得到(). (利用如下的不等式: 也可以证明同样的结论.)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.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). 容易看出, 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. 还需证明在中的有界性和等度连续性. 记在中的一个界为,在是中的一个界为.对于任意的, 利用中值定理, 有此即表明, 所以在中有界. 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, 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).25 设是(完备)线性距离空间，是的子集，的凸包指的是中元素任何凸组合的全体， 即试证若是中列紧集，则也是列紧集. 证明: 因为是完备的，我们只需证明对任意的, 存在列紧的网即可. 事实上, 既然是中列紧集，因此是完全有界集, 故存在有限网: . 我们可以断言的凸包是中列紧集且是的网. (i) 对于任意的, 存在, , , 使得且.对于其中的每一个, 存在, 使得我们构造. 则显然, 且此即表明是的网.(ii) 是列紧的. 这是因为如果是中的点列, 则每一个可以表示为,其中注意到是中的点列, 不难证明对于, 存在公共的收敛子列, 则显然子列是收敛的, 因此是列紧的.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. 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.(第二周的补充作业) 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. 在不等式中取, , 则可得, ().对求有限和: .令, 可得 ,整理可得(无穷和的Holder不等式).此即表明: 对于, , 并且.以下设, 记, 则. 由上述的结果知道且同理由此可以得到进而如果所欲证明的不等式显然成立, 故不妨设, 则由上式得,其中, 由此得所欲求. 第二章2. 设是线性赋范空间， 是线性映射，若是一对一的满射，则称与是同构的.证明: 若是有限维线性赋范空间, 则与同构. 证明： 不妨设是维的, 和分别是其基底和范数. 定义映射为：对于任意的.我们通过以下的步骤来证明是同构.(i) 是映射. 显然.(ii) 是线性映射. 事实上, 对于任意的和数, 我们有所以, 是线性的. (iii) 映射实际上还是满射. 事实上, 对于任意取定的, 我们要证明存在某个，使得. 事实上, 对于 , 我们可规定, .容易证得是上线性泛函, 例如线性性质可以验证如下: 对于任意的数以及和, 成立进而, 根据Cauchy不等式, 我们有这里, 我们用到了第3题的结论: 有限维线性赋范空间上任意两个范数都是等价的. 因此，鉴于也是中的一个范数(易于验证，此处从略), 因此与等价, 即存在正数, 使得, (),因此是上的有界线性泛函, 即且. 显然即正是在作用下的原像.(iii) 映射实际上还是单射. 事实上, 若有某个, 使得. 即,因此对于任意的. 因此, (), 即. (iv) 对于和定义. 则显然并且线性无关, 因为若有常数, 使得, 即对于所有的, 恒有, 分别取, 则可得到. 最后, 对于任意的, 由在上的值所唯一确定, 即对于, . 即, 所以, 是的一组基底. 附加题: 设和分别是和维赋范线性空间, 问与何种空间同构? 答: 设和分别是和维赋范线性空间, 有序基和范数分别为: 和, 和. 对于任意的, 存在唯一的和, 使得设即是有界线性算子, 根据线性代数的知识, 存在唯一一个矩阵, 使得如果将变换写为, 则的坐标表示为, 基的表示为即, .由此得知, 如果记, 赋予矩阵的加法和数乘, 则成为线性空间. 考虑映射:, 定义为: 对于, , 则容易证明既单又满的线性映射, 因此与线性同构. 既然是维线性空间, 亦然, 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”，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, 且是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, 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.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. (在标准基底下, 分别对应矩阵和, 对应于矩阵乘法=)(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. (在标准基底下, 分别对应于矩阵和, 对应于矩阵乘法=; 而对应于矩阵乘法=)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) 断言: .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, 如果使得的点所组成的集合是零测集, 则在集合上恒有,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.附加练习 设，再设, 定义上的算子为试证有界线性算子,并求的范数.附加练习 设，定义上的算子为: 对于任意的, .试证有界线性算子,并求的范数.(提示: .)附加练习 设，其中. 设满足. 对于任意的, 定义.试证,并求的范数. (提示: .)附加练习 设，其中. 设满足. 对于任意的, 定义.试证,并求的范数. (提示: .)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. 14. 设是Banach空间， 是单射的闭线性算子, 在中稠密且有界. 试证.证明： 由在中稠密, 即, 对于任意的, 存在一列, 使得. 因, 也存在使得. 因为是单射, 因此. 又是有界的, 因此. 既然是Cauchy列(因为收敛), 由上式知道也是Cauchy列, 利用是Banach空间，得到收敛, 设. 则根据是闭算子, 由 和 蕴涵, 因此是满射, 即. 16. 两个闭线性算子的和或积是否仍是闭线性算子？解： (i) 设和是线性算子, 记, 则. 可证: 当中有一个是连续(例如)的, 一个是闭(例如)的, 则是闭的. 事实上, 设有, 使得, 且 . (*)因为连续, 不妨设(一个连续算子的定义域可以自然地延拓到原定义域的闭包中, 因此可设定义域本身是闭的), 则.因此由(*)式, . 利用是闭的, 可以得到且=. 由此即得且.因此是闭的. (ii) 若,是线性算子, 记, 如果是连续的, 是闭的,则是闭的.事实上, 设有, 使得, 且 . (*)因为连续, 不妨设, 则.因此由(*)式, . 利用是闭的, 可以得到且. 由此即得且.因此是闭的.17. 如果一个线性算子的值域是闭的， 这个算子是否必为闭算子？解： 线性算子是闭值域的不足以保证是闭算子. 但若加上某些条件, 例如要求存在且有界, 则可证是闭算子. 事实上, 设有, 使得, 且 . 因为, 故, 而, 因此, 即存在, 使得.即得: . 又因为连续, 因此有. 结合可以得到, 即且, 因此是闭算子. 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