泛函分析考试题集与答案

泛函分析复习题20121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：，