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泛函分析题1_3列紧集20070501泛函分析题1_3列紧集p191.3.1 在完备的度量空间中，求证：为了子集A是列紧的，其充分必要条件是对e 0，存在A的列紧的e网证明：(1) 若子集A是列紧的，由Hausdorff定理，e 0，存在A的有限e网N而有限集是列紧的，故存在A的列紧的e网N(2) 若e 0，存在A的列紧的e/2网B因B列紧，由Hausdorff定理，存在B的有限e/2网C因C B A，故C为A的有限e网因空间是完备的，再用Hausdorff定理，知A是列紧的1.3.2 在度量空间中，求证：紧集上的连续函数必是有界的，并且能达到它的上、下确界证明：设(X, r)是度量空间，D是紧子集，f : D R是连续函数(1) 若f无上界，则nN+，存在xnD，使得f (xn) 1/n因D是紧集，故D是自列紧的所以xn存在收敛子列xn(k) x0D (k)由f的连续性，f (xn(k) f (x0) (k)但由f (xn) 1/n知f (xn) +(n)，所以 f (xn(k) + (k)，矛盾故f有上界同理，故f有下界(2) 设M = supxD f(x)，则nN+，存在ynD，使得f (yn) M - 1/nyn存在子列yn(k) y0D (k)因此f ( y0 ) M而根据M的定义，又有f ( y0 ) M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l 2的子集E = e k k 1，其中e k = 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证明：(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 = 1 j n r(x0, xj) + 1则xA，存在某个j使得 0 j n，且r(x, xj) 1因此，r(x, x0) r(x, xj) + r(xj, x0) 1 + 1 j n r(x0, xj) = R所以A是度量空间(X, r)中的有界集(2) 注意到r(ek , e j) = 21/2 ( k 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l 2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：$ xi Fi ( i = 1, 2)，使得r(F1, F2) = r(x1, x2)其中r(F1, F2) = inf r(x, y) | xF1, yF2 证明：由r(F1, F2)的定义，nN+，$ xi(n) Fi ( i = 1, 2)，使得r(x1(n), x2(n) 0，使得f M，r( f, 0) K先证明A是一致有界的和等度连续的F A，存在f M，使得F(x) =a, x f(t) dt由于r(F, 0) = max x a, b | F(x) | = max x a, b | a, x f(t) dt | max x a, b | f(t) | (b - a ) = r( f, 0) (b - a ) K (b - a )故A是一致有界的e 0，s, ta, b，当| s - t | 0，使得x = (x1, x2, ., xn, .)A，都有| xn | Cn( n = 1, 2, .)证明：() 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() 我们只要证明，nN+，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, x2M, x1 x2)求证：f在X中存在唯一的不动点证明：(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 ) 1/n因M列紧，故 yn 有收敛子列 yn(k)，设yn(k) u cl(M)显然 xn(k)也是收敛的，并且也收敛于u cl(M)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) 0，则r ( x0, f (x0) 0，即x0 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E C(M)，E中的函数一致有界并且满足下列的Hlder条件：| x(t1) - x(t2) | C r(t1, t2)a(xE，t1, t2M )，其中0 0求证：E在C(M)中是列紧集证明：由Hlder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p391.4.1 在2维空间R2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)R2，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Hlder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 = 21/41.4.2 设c0, 1表示(0, 1上连续且有界的函数x(t)全体xc0, 1，令| x | = sup| x(t) | | 0 t 1求证：(1) | |是c0, 1空间上的范数(2) l 与c0, 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c0, 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 ak = 0显然，在每个a k + 1, a k上为线性函数的fc0, 1是存在的设X = fc0, 1 | f在每个a k + 1, a k上为线性函数 容易验证X是c0, 1的子空间定义j : X l ，f # j ( f ) = ( f (a1), f (a2), .)则j : X l 是线性双射，且| j ( f ) | = sup k 1 | f (ak) | = sup0 0，定义 | f |a = (0, ) e -ax | f(x) |2 dx )1/2(1) 求证| |a是BC0, )上的范数(2) 若a, b 0，a b，求证| |a与| |b作为BC0, )上的范数是不等价的证明：(1) 依然只验证三角不等式| f |a + | g |a = (0, ) e -ax | f(x) |2 dx )1/2 + (0, ) e -ax | g(x) |2 dx )1/2= | e -ax/2 f(x) |L2 + | e -ax/2 g(x) |L2 | e -ax/2 f(x) + e -ax/2 g(x) |L2 = | e -ax/2 ( f(x) + g(x) |L2 = (0, ) e -ax | f(x) + g(x) |2 dx )1/2 = | f + g |a，所以| |a是BC0, )上的范数(2) 设fn(x)为n, +)上的特征函数则fnBC0, )，且| fn |a = (0, ) e -ax | fn(x) |2 dx )1/2 = (n, ) e -ax dx )1/2 = (1/a) e -an)1/2同理，| fn |b = (1/b) e -bn)1/2故若a b，则| fn |a/| fn |b = (b/a)1/2 e -(b - a)n/2 + (n+)因此| |a与| |b作为BC0, )上的范数是不等价的1.4.6 设X1, X2是两个B*空间，x1 X1和x2 X2的序对(x1, x2)全体构成空间X = X1X2，并赋予范数| x | = max | x1 |1, | x2 |2 ，其中x = (x1, x2)，x1 X1，x2 X2，| |1和| |2分别是X1和X2的范数求证：如果X1, X2是B空间，那么X也是B空间证明：(1) 先验证| |的三角不等式设x = (x1, x2), y = (y1, y2)X1X2，则| x + y | = | (x1 + y1, x2 + y2) | = max | x1 + y1 |1, | x2 + y2 |2 max | x1 |1 + | y1 |1, | x2 |2 + | y2 |2 max | x1 |1, | x2 |2 + max | y1 |1, | y2 |2 = | (x1, x2) | + | (y1, y2) | = | x | + | y |，而| |的正定性和齐次性是显然的，所以，| |是X1X2的范数(2) 设X1, X2是B空间，我们来证明X也是B空间设x(n) = (x1(n), x2(n)是X = X1X2中的基本列，则| x(n) - x(m) | = max | x1(n) - x1(m) |1, | x2(n) - x2(m) |2 | x1(n) - x1(m) |1，故x1(n)是X1中的基本列，同理，x2(n)是X2中的基本列因X1, X2是B空间，故x1(n)和x2(n)分别是X1, X2中的收敛列设x1(n) x1 X1，x2(n) x2 X2，令x = (x1, x2)则| x(n) - x | = max | x1(n) - x1 |1, | x2(n) - x2 |2 | x1(n) - x1 |1 + | x2(n) - x2 |2 0 (n )所以，| x(n) - x | 0 (n )即 x(n) 为X = X1X2中的收敛列所以X = X1X2也是B空间1.4.7 设X是B*空间求证：X是B空间，必须且只须对xn X，n 1 | xn | +n 1 xn 收敛证明：() xn X，记Sn = 1 j n xj，Bn = 1 j n | xn |，则| Sn + p - Sn | = | 1 j n + p xj - 1 j n xj | = | n +1 j n + p xj | n +1 j n + p | xj | = Bn + p - Bn 0，(n )故 Sn 为X中的Cauchy列由X完备，故 Sn 为X中的收敛列，即n 1 xn 收敛() 反证法若(X, r)不完备，设(Y, d )为(X, r)的一个完备化不妨设(X, r)是(Y, d )的子空间，则存在yY X因cl( X ) = Y，故nN+，存在xnX，使得d(xn, y) 1/2n则r (xn, xm) = d(xn, xm) d(xn, y) + d(xm, y) 1/2n+ 1/2m 0，因此xn是X中的Cauchy列，但不是收敛列令zn = xn+1 - xn，Sn = 1 j n zj；则zn, SnX因| zn | = | xn+1 - xn | = r (xn+1, xn) d(xn+1, y) + d(xn+1, y) 1/2n+1+ 1/2n 1/2n - 1，故n 1 | zn | 0)证明：() 设范数是严格凸的，若x, y q满足| x + y | = | x | + | y |，事实上，我们总有| (x/| x |) | = | (y/| y |) | = 1因x, y q，故| x | + | y | 0，所以| x + y | 0于是| x |/| x + y | + | y |/| x + y | = 1假若x/| x | y/| y |，由严格凸性，得到| (| x |/| x + y |)(x/| x |) + (| y |/| x + y |)(y/| y |) | 1，即| ( x + y )/| x + y |) | 0)下面证明范数是严格凸的设x y，且| x | = | y | = 1，又设a, b(0, 1)，且a + b = 1我们知道| a x + b y | | a x | + | b y | = a | x | + b | y | = a + b = 1假若| a x + b y | = 1，根据我们的条件，就得到a x = c (b y)，其中c 0那么，就有| a x | = | c (b y) |，而| x | = | y | = 1，所以a = c b；故 x = y，这就与x y相矛盾所以必然有| a x + b y | 1，即范数是严格凸的1.4.11 设X是线性赋范空间，函数j : X R1称为凸的，如果不等式j ( l x + (1 - l ) y ) l j ( x ) + (1 - l )j ( y ) ( 0 l 1)成立求证凸函数的局部极小值必然是全空间的最小值证明：设x0是凸函数j的一个局部极小点如果存在xX，使得j ( x ) j ( x0 )，则 t (0, 1)，j ( t x + (1 - t ) x0 ) t j ( x ) + (1 - t )j ( x0 ) 0，$x1 X0，s.t. | y x1 | c | y | + e /4$x2 X0，s.t. | (y x1) x2 | c | y x1 | + e /8$x3 X0，s.t. | (y x1 x2 ) x3 | c | y x1 x2 | + e /16如此下去，可得到一个X0中的点列 xn ，满足| y 1 j n +1 xj | c | y 1 j n xj | + e /2n + 2(nN+)那么，我们可以用数学归纳法证明| y 1 j n xj | c n | y | + e (1 j n 1/2j + 1)当n = 1时，| y x1 | c | y | + e /4结论成立当n = 2时，| (y x1) x2 | c | y x1 | + e /8 c (c | y | + e /4) + e /8 c 2 | y | + e (1/4 + 1/8)，结论成立当n 3时，若| y 1 j n xj | c n | y | + e (1 j n 1/2j + 1)成立，则| y 1 j n +1 xj | c | y 1 j n xj | + e /2n + 2 c (c n | y | + e (1 j n 1/2j + 1) + e /2n + 2 c n+1 | y | + e (1 j n 1/2j + 1) + e /2n + 2 c n+1 | y | + e (1 j n+ 1 1/2j + 1)，因此结论也成立由数学归纳法原理，nN+，| y 1 j n xj | c n | y | + e (1 j n 1/2j + 1)因为c(0, 1)，故存在NN+，使得 c N | y | e /2令x = 1 j N xj，则x X0且| y x | e /2 + e (1 j N 1/2j + 1) c故对此yX，有inf | y x | | x X0 c | y |，矛盾1.4.14 设C0表示以0为极限的实数全体，并在C0中赋以范数| x | = max n1 | xn |，( x = (x1, x2, ., xn, .)C0 )又设M = x = (x1, x2, ., xn, .)C0 | n 1 xn/2n = 0(1) 求证：M是C0的闭线性子空间(2) 设x0 = (2, 0, 0, .)，求证：inf z M | x0 z | = 1，但y M，有| x0 y | 1证明：(1) 显然M ，容易直接验证M是C0的线性子空间若xk = (x1(k), x2(k), ., xn(k), .)为M中的点列，且xk x = (x1, x2, ., xn, .)C0则e 0，存在NN+，使得k N，| xk - x | e此时，nN+，有|xn - xn(k)| max n1 | xn - xn(k) | = | xk - x | 1，则| x0 z | 1如果| 2 - x1 | 1，则| x1 | 1，我们断言| x2 |, | x3 |, . 中至少有一个大于1者否则，假若它们都不超1，因为xn 0 (n )，故它们不能全为1由 n 1 xn/2n = 0知| x1 |/2 = | n 2 xn/2n | n 2 | xn | /2n n 2 1/2n = 1/2，这样得到| x1 | 1综上所述，但y M，有| x0 y | 1由此，立即知道inf z M | x0 z | 1下面证明inf z M | x0 z | 1nN+，令zn = (1 - 1/2n, -1, -1, ., -1, 0, 0, .)( zn从第2个坐标开始有连续的n个-1，后面全部是0 )，则(1 - 1/2n)/2 - 1/4 - 1/8 - . - 1/2n + 1 = 0，因此zn M此时，| x0 zn | = max| 1 + 1/2n |, | 1/4 |, | 1/8 |, . = 1 + 1/2n故inf z M | x0 z | inf n | x0 zn | = inf n (1 + 1/2n ) = 1所以，inf z M | x0 z | = 11.4.15 设X是B*空间，M是X的有限维真子空间，求证：$yX，| y | = 1，使得| y x | 1 ( x M )证明：取定zX M，令Y = spanz + M记S = yY | | y | = 1 则M是Y