泛函分析习题解答

1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,CABAB,CAB，,|,AFGFXGDFG（1）按是否完备,（2）的完备化空间是什么CAB答1不完备,例如对于以及,定义,0,2AB1N,2NXF则在本题所定义的距离的意义下是CAUCHY列,因为0,2NFXC1010,|,NMNMFFXFDXXD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NFX0,2C事实上,在几乎处处收敛的意义下,我们有0,12NXFG因此,根据LEBESGUE有界收敛定理,可以得到1010,|1|0NNFFXDXD但0,2GXC2的完备化空间是因为AB1,LABI在距离的意义下,是的稠密子集事实上,任意取定一个1,需要证明对于任意的,存在,使得1FXL0GXCAB,|ABFGFXD事实上,首先根据积分的绝对连续性,存在,使得当,只要,就有EME2|3EFXD因为LEBESQUE可积,故几乎处处有限,即FX,10NMI其中由此可以得到因为是渐缩集,|NEXABFXLI0NEN列并且的测度有限,故存在某个自然数,使得且,|3NEFXD因此有,|F,NABE引入一个新函数定义为,0NFXF显然对于恒有由LUSIN定理,存在连续函数和,XAB|FXN,GXC闭集,使得且,进而F,MIN/3F|,GXFXF则限制在即为所求,因为GXAB,|ABFFXD,|FG,|ABFFFXFXDX,|NNFEFEDFXXFXX,|,ABFFXDMAB|0NNEFEX33II是完备的空间1,LAB2设是距离空间，是的子集，对任意的，记XAXXX，,INF,YAX则（1）是的连续函数,X（2）若是中的点列,使,是否为CAUCHY列为什么NX,0NXNX证1任意取定,对于任意的根据三角不等式,有12XYX,122,YX221,XY对两端关于取下确界,可以得到A,1122INF,INFYYAXX2211IF,INF,YAYAXX即,1122,21XX由此可得1212|,|,A由此容易证明是上的连续函数,实际上,还满足LIPSCHITZ常数FX,X,XA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R1于,定义点列为2NL1NNX对于点列,不难验证,NX,0NXA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NXX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ENRLE4,ESUP|XEFGFGX是不可分空间证法一记为方便起见,设定义,AB,1,0AXAFXB显然有界,可测,因此必属于记FX,LB|,AFXA则既然对于不同的,与不同的部分是正测度集,容易,ALAB12,1F2看出的势是进而有不妨设1212121212,0,0,0,INFSUP|IFS|INFSUPEABXEMEABXAAEMEABXFFXX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L,因此至少有一个属于两个不同的和而由123,IGLIG1,/3SF2,1/3F三角不等式,我们有1212,3IIFFGF这是一个矛盾因此不可能是可分的,LAB证法二既然是正测度集,存在使得不难验证,存在一列正E0R,0MSRE数满足1IR12IL且10,0IIMESR5对于每一个,其中或1,定义12,IL0I,1,0IIIFXESR显然有界,可测,因此必属于记,2IL,|AFXN其中表示具有上述性质的的全体则既然对于不同的,0,1NE,01N不妨设,且对于某个,与不同,IL1,ILI0IF的部分至少是正测度集,容易看出的势与的势都是连续0,IIESRA,N统的势进而有110,0,0,1,INFSUP|IF|S|1IIIIFEXMFEXSRMIIFFFX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L,因此至少有一个属于两个不同的和而由123,IGLJG,1/3SF,/F三角不等式,我们有1,3JJFFGF这是一个矛盾因此不可能是可分的LE补充题证明是不可分空间,AB证记,ATKXTB其中,1,0ATTTX显然,且只要,则有KLAB12,TB12,且因为不妨设的测度为正,故12,ATTT61212,|SUP|ATTATATLABEX1212,|TXT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KBK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LAB|12KAFXL1,3KSFK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K的两个不同的属于同一个开球,由此得到矛盾12,ATT0KF12002,|3ATTLABTKKATLBFF此矛盾表明不可能是可分的,LAB4设是闭区间上具有阶连续导数的函数全体,定义,KC,K,0,MAX|,KIIKBIFGFGXFCAB试证（1）是完备的距离空间,KCAB（2）若定义,|0FF则是BANACH空间,|KAB证1这里只证明该距离是完备的设是时,就1NFX,KCAB00,CAB理解为中该距离意义下的CAUCHY列因此当时，有,CMN,0,AX|0KIIMNNBIFFFX由此容易知道对于每一个,是中的CAUCHY列根据,1IL1INF,CAB7的完备性,知收敛到中的某个元,记其为,则0CAB1INFX0CABIFX,且0IFX，,IINFXF,01NIN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FX敛的分析性质,可以得到12,KKFFXFX例如,因为,故1NFXF,1XXNAAFTDFT即,1XNNAFXFFTD又及,故0NFXF0NFAF001XAFXFFTD求导即可得到,即01FF1FXF归纳地可得因此0FX且,KCAB,0,MAX|KIINNBIFFFX,0|0KIINXABIFF即是完备的距离空间,KCAB（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EN|X,|E8备的记中的一组基为E12,NVL因此对于任意的,存在唯一一组实数,使得,XX12NXXVVL反之亦然I我们断言存在一个与无关的常数,使得0K,|IX,I首先定义一个映射为对于任意的,NF12NXL121,|NXXVVL则对于任意的有,YE2NYV12|,NXFXY1|YVL22221|NNXXL由此容易知道是上的连续函数记是中的单位球面,即FNRBR则对于任意的,有2121,|NKBXXL11,NX1,0NFX事实上,若有则,0NF,11,|0NNFXXVLL因此,但线性无关,故必有,此与1NXVL2120NXXL相矛盾注意到是中的有界闭集紧子集,连续函数必可在其1,NB1BNRF上达到正的最小值/0K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XE,使得,不失一般性,可设因此,12,NXL12NXXVVL0X不全为零,注意到9,1112221,NNNKKKXXYBL故112221112221,NNNKKKNNNKKKXXXFYXXFKVV或2121|NNKXXXVVL由此容易得出式II设是中的基本列,这里1KXE,12KKKNXXXVVL即,当|0KLL利用式便可以得到对于每一个,成立1,2INL,当|KLKLIIXKXKL即是中的基本列,因此收敛设1KIX,0KIIX12,IN记,显然根据中收敛的等价性即按范数收0012KNXVVL0XE敛意味着每个分量收敛或即按坐标收敛,容易得到,当0|KXK因此是完备的,|E9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X0XX10对任意的,以记的等价类,令0XYXXXX0/|称为商空间,在上定义线性运算如下0/0/I,XYXYXII,C并定义0|INF|YXX试证按也是一个线性赋范空间0/X0|X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0|X0/0/XX是一个确定的数,因此是映射0|INF|YX0|/RI非负性对于,显然0|INF|YXX正定性当时,有0X00|IF|YXX反之,如果我们假设,需要证明,也只需证明00|INF|YX00XX事实上,根据下确界的定义,对每一个自然数,存在,使得0XX12KLKY,0001|INF|KYXXYXK由此得到一个序列且KX0|KX因为是闭子空间因此故,即0X0X000XII正齐性对于,如果,则,XC,故如果,则当取遍中的所0X0XXY0X11有元时,也取遍中的所有元,反之亦然,因此Y0X00|INF|INF|YXYXYXXX00|I|I|YY,0|INF|ZXXXIII三角不等式设设,当取遍中的所有元时,也取遍,XY,UVV0XUV中的所有元,反之亦然,进而,的取法是相互独立的,因此0X0|INF|UXXYXY0,|VV0,IF|UXXY00N|INF|VX|XY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0,UVX,0|XU0|YV因此可以得到0|INF|UXYXXUV|YV00|2X因为的任意性,可得00|Y00|Y10设为线性赋范空间,收敛,即按中的范数收敛,则X1NX1KNSXX11NN证记121KNSX对于有限项之和,利用三角不等式,成立111|KKNNNXX又因为在范数意义下收敛,其极限自然可以记为,即1KNSX1N,1KNSX再一次利用三角不等式,可以得到当时,11|0KNKNXX即,因此在式中令,可得1|KNSX11NNX11设为线性赋范空间,试证是BANACH空间当且仅当是完0XX|1XX备的证记|1TX必要性设是BANACH空间,是中的CAUCHY列,即且NXT|1NX当|0MNX,因为是BANACH空间,故收敛,即存在,使得,由三角不等式容XNX0XX|0NX易得到,|Y因此,00|NNXX知,故因此,即完备0|NX0|1T充分性设是完备的,并设是中的CAUCHY列,即当TNXX|0MNX13由,MN,|0MNMNXX知是中的CAUCHY数列,因此收敛,即存在某个数使得|NX1A|NX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0ANXX0N,不失一般性,可设对所有的,都有考虑新的点列|NX|NX,|NY显然进而NYT|MNMNX|NMNXX，11|MNNNX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NYTTNY存在,使得最后我们断言0|0NY|0NXAY事实上,00|NNXYXAY0|NNX00|NNAYYX0|1|NNX14综上可得是BANACH空间X15试证定理4中F式定义的的确满足内积分的定义,XY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|X222|XYXY则由时F221,|4RKR或22,|XYXYC时F2|IIXYC所定义的确实是内积I对于,XX221,|4XXXC,2|II|0因为,并且根据范数的性质|1|I2,0,|XXXCC同理可证且,0XRRII首先考虑时的情形,对于,K,XYZX可将表示为如下形式,XZYR,221|4XZZ22|YZZ|YXY22142XZZ,22YXY15再由平行四边形法则222XYXYZZ22Z222XYXYZZ22Z因此,XZYR2212XYXYZZ,R进而,令可以得到0Y,XZR2ZR这里利用了因为是任意的,故可将换为0,ZRX,即可得到XY,XYZR2,YZR对照上述二式,即有,XZY,XYZR至于时的情形,注意到从形式上看KC,XYICR利用上述已经证明了的等式不难得到,Z,XYZCIII首先考虑时的情形,对于和任意实数,由已经证明的式有KR,XXST,SZTRXZR16可知函数满足如下的函数方程,FTXZRFSTFST又关于是连续的,因此必有,FTXZRT1,FTTXZR事实上,由式对于任意的正整数和,利用数学归纳法有NMFSFSFNFS进而取,有,因此1SN1FFN1NFFM又中取可得,取可得因此对于所有的有理0ST0FSTSF数,均成立1FF利用的连续性,可知对所有的实数也成立FS因此得到,1,TXZFTTXZRR至于时的情形,注意到由FKC221|4IXYIYI22|IYIY|X|XX222|IYIY22|IYIY|4XX|X,IYC由此也容易得到,对于TC,TXZTIV当时,容易知道KR221,|,4XYYYXRR17而当时,直接计算也可得到KC221|4XYXY22|IXYIXY|,YXC16设是中单位开圆盘,即是上的面积测度,定DC|1DZDAD2ALD义为22|ALFFZ在中解析且|见课本第六页例4在中定义内积为,DFGFZDA试证1构成的正交基1NNZ,2L2A2若的TAYLOR展开式是,则2AFLD0KFZ201KA3若的展开式是,则2AG0KGB0,1KAF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2AFLDFZ级数由此可以断言0KFZA（）,NFZ1NA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FZ0KAZDD子集,在上一致收敛对于,以下取闭子集为F0KA1F|Z18容易知道是中的闭子集D对于每一个,注意到级数在中仍旧一致收敛,以下的积分12NL10KNAZD号和求和号可以交换顺序,NNDFZFZDA0LIM10LIKNDAZD10LIKNKNA10LIMCOSICSINKDARD2100LICSICOSIKKNDRKR12000LIMCOSINCSIN1KKARKD2100LINAR210LIMNN1NA因此（）式得证1首先证明是正交集11NNZZ事实上,对于复数,根据所给的定义COSIR19112,COSINCOSINMNMNDMDZZDARDA21ICOSSNNMRID2120I1CSSINMDRMR1200O1INCOSSINMRID21,0,MN因此是正交集因为是完备的空间,故只需再证是完备的即1NZ2ALD1NZ可得知其也是正交基设有且因为是解析函数,因F1NFZF此可以展开为幂级数0KFZA根据（）式，可以得到，对于每一个,12NL0,NFZ1NA由此即得,所以即10NA,2L0F是完备的,因此是中的正交基ZAD2既然是基,由PARSEVAL等式可以得到1N21,|NNFZF利用（）式，上式的左端可以表示为202122110,NNNNNFZAA由此可得所预期的结论3对于和,有0KFZ0KGZB和，利用内积的连续性和（）式，10KKFA10KKZ10,KKFGAZG10,KK10,KKAGZ0KKB01KA18设是内积空间,是中的正交集,求证HNEH,1,|NXYXYXH证对于任意的正整数,由CAUCHY不等式和BESSEL不等式可以得到K22111,KKNNNXEYXEYE,2211,NNY|由的任意性,知正项级数收敛,因此级数绝对收敛,并K1,NXE1,NXEY且2111,|NNXEYXEYXY19试证构成的正交基,但不是的正交基2SIT20L2,L证1首先证明是中的正交集事实上,11SINNTT20,002,II2COSCOSMNTMTTDTNT1,MN因此是中的正交集同理,也容易证明还是中1NT20,L1NT2,L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21NT设有且将做奇延拓成为0FL1NFTTFFT,0,TFTF则FT2,L注意到对于,利用,1N1NFTT,SINFFTTD00SINSINFTTFTTD00IIFTTDFTT00SINSINFTTFTTD2200SINSINFDFTTD02SINFTTD设,对于,利用是奇函数,可得0CONNTT,12FT,COS0NFFTNTD因此10NNFTTT进而也容易得到FT1COSICOSI,2TT又已经知道与1010SINCSNNNTTTT仅相差一个常数因子的三角函数系COSIOI,2TT是中的正交基,因此2L,AE,0FTT即有,AEFT0,T因此是中的正交基1NT20,L3注意到在中不是完备的,例如对于恒等于常数1的函数SIT2是非零元,但对于,21FTL12NL,SI0NFTD23因此,虽然是的正交集,但不是正交基2SINT2L24试给出中列紧集的判别条件1,CAB证设子集且是中一个数记A0X,AB及|FA0|BFXA则是中的列紧集的充分必要条件是1,CABI在中有界AII是中的有界集BRIII是中等度连续的集合,AB充分性设满足条件I,II和III1AC根据中范数的定义对于,1,1FCAB,1,MX|X|CABABFFF容易看出,且1,CABABKKFFF,CABKF因此只需证明和分别是中的列紧集即可,根据ARZELAASCOLI定理,这也A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,ABACAB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A,CAMBR对于任意的,利用中值定理,有BMXAB00|ABFXFXFBA此即表明,所以在中有界,且界为,MAX|BFMACAB进而对于ABM,XY24|AFXYFXYM由此易知具有等度连续性A必要性设是中的列紧集,即对于的任何点列,在1CAB1NFX1NFX中的范数距离1,AB1,MAX|A|CABBXBFFF意义下都有收敛的子列因此,和分别在中有KNX1N1N,CAB收敛的子列的和这表明,根据ARZELAASCOLI定理,和均1KNF1KFA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CABACABIII由的有界性,可以知道集合A0|BFXA对于任意的都是中的有界集,因此得到II0X,ABR26设是紧距离空间，映射满足,XFX1212,FXX12X则1是否有唯一的不动点F2是否为压缩映射解答1存在唯一的不动点,证明如下F存在性定义映射为HXR,HXFX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X在,使得Y,INFXXHYFYH断言，则是的不动点若不然,则在所给的INF0XXHYF0Y条件中取有25,HFYFFYFYH此与达到的下确界相矛盾YX唯一性若还有使得但仍由所给的条件,有ZXZFZY0,FZY这是个矛盾故必有ZY2可以不是压缩映射反例如下F反例1记,其中距离定义为两点之间的EUCLID距离,01X,XYX,|XY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RT,1XT显然是自映射,且有唯一的不动点0T对于任意的,设,则中至少有一个不为零,由此容易得到,XYXXY|,11XYT|XY,所以满足所需的条件,但不是压缩映射,因为T,01,01SUPSUP1,XYXYTY因此不存在常数,使得对于所有的,XTXYX反例2记,其中距离定义为两点之间的EUCLID距离10,2XNL,XY|XY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RTX,X261,0XTXN显然是自映射,且有唯一的不动点0T对于任意的,设,如果,则有正整数,使得,XYXXY,XXMN,1YN且|,11NTXYM|N,XY如果中有一个为零,例如,也有XY0X1,TYM1,XY所以满足所需的条件,但不是压缩映射,因为例如对于,当T1,NM时,成立MN,1,1TXYNMN即不存在,使得01,XYX补充题设二元函数,是中的一个有界集,记GCABACAB,AAFXGYFDFXI证明是中的列紧集,CABII问当还是中的闭集时,是不是紧集A证I因为,不难得知根据ARZELAASCOLI,GXYAB,CAB定理,只需再证明在中有界且等度连续即可A,CA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AB27果记的一个界为,在上的最大值为,则对于任意取定的AM|,|GXY,ABK,有某个,使得FXFA,由此得知,BAGYFD|,BAFXGYFD|,|BAFMX|,|X|BAAYBYGFD,|CABFK,|ABFM因此是中有界集,且的一个界为ACABAKB在中等度连续对于,有某个,使得FXFXA因为,因此在上一致,BAFXGYFD,GYCAB,AB连续,故对于任意的,存在,当且时,有0,X|X,|GXY,YAB由此可以得到|,BBAAFFDGXFDY,BAGXYFY|,|BAGXYFD28MAX|,|BYFGXYDY,|,|BCAFMBA由此易知具有等度连续性AII当还是中的闭集时,未必是紧集A反例可以构造如下考虑中的集合01C,|12KXL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A01A01C对于任意的,不妨设,则,KLXLK0,1,MAX|LKLCX,1KLLKLKL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KL0,1C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A01CA聚点,因此是中的闭集0,1C定义,显然KXY,XY对于上述的集合,不难计算A101|,2|,2KFDKLL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,CA集补充题设是中的一个有界集,记AABXABFFTDA29证明是中的列紧集B,CAB证根据ARZELAASCOLI定理,需证明在中有界且等度连续即可B,CABI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AMFXFTA,由此得知XAFFTD|XXAAFFTDFT,M|XXCBATBAFTFDT,|CFM因此是中有界集,且的界为BCABBII在中等度连续对于,有某个,使得,FXFTAXAFFTD对于,XAB|XXAAXFTDFT|XXFTDFTD,MA|XXCABTBFTFDT|MX由此易知具有等度连续性B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,XG证I根据闭集的定义,仅需证明30G事实上,设,则对于任意的YG0,SY设,根据极限点的定义,对于,XSY,MIN,0XY有,SG又,XY因此有,SYGSXG注意到的任意性,即可得到因此是闭集0II需证明的是因为,又G,AB故由I中已经证明了的结果,有,GG因此是闭集G如下证明设,则YAB,且YYB由前者知存在某个,使得00,SYA由后者知存在某个,使得11,YB取,则,且001MIN031,0,SYAB所以,即得证YAB补充题判断集合2121,|,2,MMAYYLYLL是否为中的列紧集2L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，21,2LML21M00M使得021M考虑集合001212,MMAYYYALL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00MR0M，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021M2L2L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A0A是中的列紧集2L补充题设是完备的距离空间,证明XX是列紧集的充分必要条件是对于任意的,有列紧的网A0A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,A0AB12,NBXL又有限集一定是列紧集,因此是的列紧的网32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0A/2B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/2CA全有界集,又是完备的距离空间,因此是列紧集X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X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N1NIE1|2|“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1|2|中引入一个新的范数如下对于，定义X|E1NXEXXL|MA|EKN则容易验证,是BANACH空间显然,对于任意的,成,|E1NXEXXL立11|NXE|X11|NXEE1MA|KN1|NEEXL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|E1|E1|理可证范数等价于范数,由此易知范数等价于范数|2|1|2|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1|XX和都是BANACH空间参见第一章,习题7,在中再引入一个新范数1,|X2,|对于任意的,定义X12|XX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,|X强于,即|1|,1|XX33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,|1|0K使得|X1|KXX又因为新范数强于,即,因此得到|2|2|,|X1|XX此即表明和等价1|2|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XX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1NIE|X收敛等价于按坐标收敛,即若,在基底意义下可以表示0,KXX1NIE为12KKKNXEEL00012NEX则可以断言|0XKX|0XKIIX,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01,KYXY的意义下表示为1NIE12KKKNYEYYE,000则|0XKYY0WKY充分性设0WK根据HAHNBANACH定理,对于每一个,存在泛函,使得1,2INIFX0,JIIJIJFE根据弱收敛的定义,对于每一个FX,0KYFY34尤其是对于上面所取的,我们有IF1,2N,0KKIIIIYFY即,序列每一个坐标收敛到的相应的坐标1KY1IK0IY,IY0IY12,N因此,根据中按范数收敛等价于按坐标收敛,就有X|0XK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|0XKYYF00|KKYFY,|KXXF即0KFYFY因此,根据弱收敛的定义,知道W5设是BANACH空间，由能否推出X,TSLX0TS1与至少有一个为零或TS20答1由不能推出与至少有一个为零反例如下定义分别为2,TSLR对于任意的,2,XYR,0TXYS则容易验证,都是上的线性算子,但都不是零算子,而TS,0,TXY即0注在标准基底下,分别对应矩阵和,而映射的复合映射对应,S11,TSTS35于矩阵的乘法运算1001由不能推出反例如下定义分别为对于任意的TSST2,TSLR,2,XYR,0,XYS则容易验证,都是上的线性算子,且都不是零算子,而TST,0,XY即,但0,STY即注意,也可以习题6为例ST注在标准基底下,分别对应于矩阵和,对应于矩阵乘法,010TS10而映射和的复合映射对应于矩阵的乘法运算01TS1006定义上算子分别为2,1L12,T120,FTTFTSFD试证是上的有界线性算子,但与不可交换,即12,T01121210TT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12T0FL2212010,LLFTFSDSF因此是有界的且1T1由的定义2362212010,LLTFTFSDTSF因此是有界的且2T2注意到111212000,TFTTSFDTSFDTSFD2因此112212100,TFTSFDTSFD显然如果我们取,则FT1122121003FTSTST注是乘法算子,而是以为核的积分算子1TFT120TFTSFD,KST7设，定义上的算子为0L20,LM,F试证有界线性算子,并求的范数M证因为,其范数定义中的下确界可以达到,即存在零测集,使01L01E得00,1,1INFSUP|SUP|LETETEMTI算子有意义这也只需证明对于,M22,201FL即可事实上,容易得知是可测函数,且01FMF372000212012,122,1,1SUP,LEELMFFSDSFFDSF由此得知20,1MFII是线性的事实上，对于以及任意的数和，20,1FGLABABFGFM所以是线性算子MIIIL对于任意的,由的定义201F212010LMFFSDS02,1EFSD00222,1,1UP,ESELFFD因此是有界的且ML反之,我们要证明不失一般性,可假设因为范数中的0L下确界可以达到,不妨设有零测集,使得01E380,1SUP|LTET对于任意的,由上确界的定义,存在正测度的子集,使得0L0,1E,LTT若不然,使得的点所组成的集合是零测集,在上LTE0,恒有,此与的定义相矛盾定义LT1,0TFTME则且20,1FTL221201|LEFFTDDTM根据算子范数的性质,我们可以得到2|LMF22|1LEFTDTM221LETDTME2LTT鉴于的任意性,我们最终得到LM8定义上的算子为2LS1212,0,NNXX试证有左逆,但无右逆S证I的左逆算子是左位移算子T1223,NNXXLL39事实上,对于任意的,212,NXXLL121,0,NNTSXXI即,因此有左逆算子为TSITII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SSTSI但是,对于例如,21,0,YLL记,则12,NTY12,0,NSTYY由此产生的矛盾表明是不可能的STI9试证微分算子有右逆,但无左逆10,1DCT证I的右逆算子是积分算子即对于任意的T0TP0,1XTCTXD显然,因为对于任意的01CTPI,1TC0TTTPXDDXII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TTTQ但是,对于例如,有10,CQI10XTCDQQT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,CTI10设是BANACH空间,是的线性闭子空间映射定义为X0X0/X40,XX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0/,|X0|INF|YXX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0/,|XXA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0|1N0/X0|的CAUCHY列,即,当00|MNMNXX,NI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1NX1是CAUCHY列,由此得知存在一个正整数的子列,满足1K,12KNNL且1100|2KKKKKNNNXX对于每一个,根据下确界的定义,存在,使得不失一般性,可设12KLYX10Y110|2KKKKNNNKXYXX由此我们断言是中的CAUCHY列,因为对于任意的正整数KXP|KPKNNXYXY1111|KPKPKPNK1|KKNNXYXYL11|KPKP1|KKNNXYXY2PP4112KP4KII既然是中的CAUCHY列,因此存在某个,使得当时1KNXYX0XXK|KNXY进而,当时,0000|IF|KKKNNNYXXXY即0|KNXIIICAUCHY列有一个子列收敛,则其自身必是收敛的,即1NX1K,0|NXX即得是完备的,所以是BANACH空间0|0/,|X18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XYTDYI如果并且是的闭子空间,则,即是闭线性,TLXTCDYT算子证明设且1NX,|0XNX|YTY因为是的闭子空间,故,利用,即是连续的,有DTX0XDLTY|0YNX根据极限的唯一性,得到,因此是闭算子0YTXII闭图像定理如果是BANACH空间,是闭算子,并且,则,XTDTX,TLXYIII闭算子可以是无界算子,例如微分算子,其中CDTDT42,XCAB,1DTY则,但本身是无界算子DTCDTTDT19设是线性赋范空间，是中线性无关的序列试证,存在一列X1NXX,使得且1NF|F,0NKNKFX证记,则是的闭子空间,且根据121SPAN,NMXLNMXNXMHAHNBANACH延拓定理参见47页推论2知,存在使得F,且,|0NMF|/DISTNNFX1NFX因此显然有1,0NKNKFX或参见47页推论2后面的注存在使得NFX,且,|0NMF|1DIST,NNFXM如果定义,则显然仍然是线性无关的,且DISTNNXY1NYNFIT,DIST,NNNFFXX因此也显然有1,0NKNKFY20设,定义上的泛函为,证明0TAB1,CAB0FFT1,FCAB证明显然对于任意的都有意义,因此是上的一个0FFT1FCAB泛函又对于任意的和任意的数,容易验证1,G4300,FFGFTTGFF因此是上的一个线性泛函进而F1,CAB10,|MAX|AX|TBCABTTBFFTFFTF由此可以得知,线性影射是上的一个有界线性泛函,即,且F1C1F|1F21设序列使得对于任意,收敛,试证NANXL1NA11,NNLL2记,则,且1NNFXA1FL1|SUP|NFA解记中的范数为进而可知1L1|KX是BANACH空间,LI考虑由的前有限项所组成的中的点列12,NALL1120,0,AALL2N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,当然属于对应于每一1L个这样的向量我们定义一个对应的上的泛函如下L,1NKTXA其中,1,NXLL1,2L44II不难证明是线性泛函证明略NTLRIII可断言是有界的泛函,事实上我们有1111|SUP|SUP|NNNKKKKKKNNXAX即是有界线性泛函,且NTLR,1|SUP|NKTA1,2IV对于每一个固定的，,我们断言,21|S|NK事实上,不妨设且12,0NAL对于某个0SUP|KA0KN可取一个特殊的,其中的每一个分量按照下面的形式定义12,NXL,00SGKK1,2KNL且对于，定义不难计算KNK01|SGN|1KKXA进而根据的定义,可以得到NTX0011|SUP|NNKKKKNTXTAAV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L1NT1NA性蕴涵数列当时是收敛的,故是有界集11NNKNTXA|,2NTXL45点点有界11SUP|SNNKTXA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1LR是一致有界的,即1NT111SUP|SUP|S|NKNNAT2由所给的定义对于任意的,级数均收敛,由此知道上1,NXLL1NA面所定义的泛函有意义,因此确实是上的泛函对于任1NNFXAFXL意的,也收敛,根据收敛级数的性质,我们有1,PNYLL1NFY111NNNFXFAAFXY此即表明具有线性性质进而,我们有FX1111|SUP|S|KKKKNKKLNFXAAX此即表明是有界的，且F1|SUP|KNFA反之,仿照1,选取,12,0XLL00SGNKKA46,1,2KN且对于，定义不难计算KN0K01|SGN|1KKXA进而,0011|SUP|PLNKKKKNFFXAA注意到的任意性,我们立即得到N1|KF综上可得11|SUP|,|KNLFAL21设序列使得对于任意,收敛,试证N1NXLNA1NAL2记,则,且1NNFXA1FL1|SUP|NFA解记中的范数为进而可知1L1|KX是BANACH空间,L1解法二NAL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NAL1SUP|NA故对于每一个,存在,满足12KLK,11KL且|KNA47现在定义一个特殊的为其第个分量定义为,1,NXLLKNKN2SGN/KKA其余的分量为零,即则容易知道因为正项级12022SGSGNSG,0,0,0KNNAAAXLL10XL数收敛但21K,22111|KKNNA此与条件”对于任意,收敛”相矛盾NXL1N注记解法二实际上用