泛函分析考试题集与答案.docx

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泛函分析考试题集与答案

泛函分析复习题2012

1．在实数轴

R上，令d（x,y）|

p

xy|，

当p为何值时，

R是度量空间，

p为何值时，R是赋范空间。

解：

若

R是度量空间，所以

x,y,z

R，必须有：

d（x,z）d（x,y）

d（y,z）成立

即|x

z|p|xy|p|y

z|p，取

x1,y0,z

1，

有2p

1p1p2，所以，

p1

若R是赋范空间，d（x,0）||x|||x|p，所以x,kR，必须有：

||kx|||k|||x||成立，即|kx|p|k||x|p，p1，当p1时，若R是度量空间，p1时，若R是赋范空间。

2．若（X,d）是度量空间，则d1min（d,1），d2d也是使X成为度量空间。

121d

解：

由于（X,d）是度量空间，所以x,y,zX有：

1）d（x,y）0，因此d1（x,y）min（d（x,y）,1）0

和d2（x,y）d（x,y）0

21d（x,y）

且当xy时d（x,y）0，

于是d1（x,y）min（d（x,y）,1）0和d2（x,y）d（x,y）0

1d（x,y）

d（x,y）

1d（x,y）

以及若

d1（x,y）min（d（x,y）,1）0或d2（x,y）

均有d（x,y）0成立，于是xy成立

2）d（y,x）d（x,y），

因此d1（y,x）min（d（y,x）,1）min（d（x,y）,1）d1（x,y）和d2（y,x）d（y,x）d（x,y）d2（x,y）

21d（y,x）1d（x,y）2

3）d（x,z）d（x,y）d（y,z），因此

d1（x,z）min（d（x,z）,1）min{d（x,y）d（y,z）,1}

min（d（x,y）,1）min（d（y,z）,1）d1（x,y）d1（y,z）

x1

以及设f（x），f（x）20，所以f（x）单增，

1x（1x）

所以d2（x,z）1d（dx（,xz,）z）

d（x,y）d（y,z）

1d（x,y）d（y,z）

d（x,y）d（y,z）

1d（x,y）d（y,z）1d（x,y）d（y,z）

d（x,y）

1d（x,y）

d（y,z）

1d（y,z）

d2（x,y）d2（y,z）

综上所述d1min（d,1）和d2d均满足度量空间的三条件，

1d

即内积关于两变元

故d1（x,y）和d2（x,y）均使X成为度量空间。

3．设H是内积空间，xn,x,yn,yH，则当xnx，yny时，（xn,yn）（x,y），

连续。

解：

H是内积空间，设||||是由其内积导出的范数，由于xnx，yny，

同时由于yn

所以0，n0使得当nn0时均有||xnx||和||yny||

y，故知yn有界，xH所以||x||有限。

因此可取

Msup（||x||,||yn||）1n

因此|（xn,yn）（x,y）||（xn,yn）（x,yn）（x,yn）（x,y）|

|（xn,yn）（x,yn）||（x,yn）（x,y）||（xnx,yn）||（x,yny）|

||xnx||||yn||||x||||yny|||M|xnx||M||yny||2M

故lim{（xn,yn）（x,y）}0，即（xn,yn）（x,y）n

4．设X,Y是线性赋范空间，T:

XY是线性算子，则T不是连续的，当且仅当xnX，使得xn0，

但||Txn||

解：

设T不是连续的，则T在X上的每一点x0都不是连续的，因此在点x00也不是连续的。

则T在包含X上0点的任何有界邻域内均无界，

1取S1O（0,）X，则T在S1上无界，因此x1S1，

使得||Tx1||1成立。

1

取S2O（0,2）X，则T在S2上无界，因此x2S2，

22

使得||Tx2||2成立。

类似地过程一直进行，直到

1

取SnO（0,n）X，则T在Sn上无界，因此xnSn，2n

使得||Txn||n成立。

因此，xnX，使得xn0，但||Txn||

另外，如果有xnX，当xn0，有||Txn||

由于在Y上不能找到一点yY，使得||Ty||，因此对所有的点yY，均无法使得||Ty||成立，

因此，在条件xn0下，对于所有的点yY，||Txn||Ty均不成立。

所以T在X上的

故T不是连续的。

5．对于每个有界序列（n），定义线性算子T:

lplp，（x1,x2,）|（1x1,2x2,）

求||T||?

解：

由于（n）有界，所以有M0，使得Msup|n|

n

对于x（x1,x2,）lp，||x||pp|xi|p，

i1

从而|xi|pp

in1

||Tx||pp|ixi|pMp|xi|pMp||x||pp

i1i1

||Tx||M||x||，从而||T||M另外，有（n）有界序列，设Msup|n|，

n

则对0，有n0，使得|n0|M0

可取x（n）（0,0,,sngan0,）lp，所以||x（n）||1

n

（n）p||Tx||p

|ixi

i1

|p|n0|p，因此||Tx（n）||p|n0|M

||T||M

，由于

的任意性，于是有||T||M成立

综上所述有

||T||M

sup|n|

n

0点不是连续的，

此命题的逆命题

6．我们知道有命题：

对于算子序列Tn，若||TnT||0，则xX，||TnxTx||0

不成立。

试考虑算子序列Tn:

l2l2，

Tn（x1,x2,

xn,xn1,

）

（x1,x2,

xn,0,）。

解：

x（xn）

l2，

||x||（|

1

xn|2）2，

1

n1

所以（

|xn|2）2

0（n0

）

nn0

取Tx

x，Tx

Tn

x（0,0,

0,xn1,xn2,

）

我们有

||TnxTx

||

1

（|xk|2）2

0（n）

kn1

另外，对每个固定的n，我们都可以找到一个元素n1

2

en1（0,0,,0,1,0,）l2，

有||en1||1，但Ten1Tnen1en1，

||Ten1Tnen1||||en1||1

因此||TnT||1，

n，故||TnT||0不成立。

7．设X,Y是线性赋范空间，

T:

X

Y是线性算子，则

G（T）闭，当且仅当xnX，使得xn

0，

ynTxny时，有y0。

解：

G（T）闭，

即有

xn

X，

xn

0

，则y

T0

0Y，使得ynTxn

y0

另外，当xn

X，

xn

0，

使得

yn

Txn

0

因此对于xn

X，

xn

x

X，

取

znxn

x

X，

有znxnx0，

于是有TznT（xnx）TxnTx0，即TxnTx，

所以G（T）闭

8．证明c0*l1，其中fc0*时有序列（n）l1使得

f（x）nxn，

n1

x（xn）c0

，在c0中取基元集

解：

c0是所有极限为0的序列全体的集合，范数||x||sup|xi|

i

F{en|en（0,0,,0,1,0,）,n1,2,}

n

n则对x（x1,x2,,xn,）c0，有xlimxiei

n

i1

设f

c0，记i

f（ei）,i1,2,，所以有

n

n

f（x）

f（limxi

ei）limf（xiei）

ni1

ni1

n

n

lim

xif（ei）

limxiixii

取x（n）（ei1,ei2,,ein,0,），其中iargi则x（n）c0

nn

且||x（n）||1，f（x（n））eiii|i|，所以

i1i1

n

|i||f（x（n））|||f||||x（n）||||f||

i1

令n，即得（1,2,,n,）l1，

且|||||i|||f||i1

再证反向不等式。

对x（x1,x2,,xn,）c0，

对每个（1,2,,n,）l1

定义f（x）xii，则f是c0上的线性泛函，且有

i1

|f（x）|

|xii|sup|x

i1i

i||

i1

i|||x||||||

所以

f

c0*，且||f||||

||。

综合两个不等式得||f||||||

映射

T:

c*0l1,

f

（f（e1）,f（e2）,,

f（en）,

）（1,2,,n,）

使得

x

（x1,x2,,xn,

）c0，

有f（x）xii成立

i1

则T线性保距同构映射，因此c*0l1

9．设H是Hilbert空间，xn是H中正交集，则以下三条等价；

1）xn收敛，2）yH，（xn,y）收敛，3）||xn||2收敛

n1n1n1

m

解：

1）2），已知xn收敛，取smxn，则sm收敛，||sm||收敛于有限数。

n1n1

mm

则，yH，|（xn,y）||（xn,y）||（sm,y）|||sm||||y||

n1n1

所以（xn,y）收敛。

n1

2）3），已知yH，

（xn,y）收敛，即yH，

n1

m

标量列m（xn,y）收敛，

n1

m

取yxn，

n1

mm

此时

（xn,xi）

n1i1

（xn,xn）n1

m

n1

||xn||2

由标量列m收敛，从而||xn||2收敛。

n1

2

3）1）若||xn||2收敛，则标量列

n1

m

2

||xn||2收敛n1

设sm

m

2

xn

n1

mm

（xn,xn）

n1n1

m||sm||2||xn||

xn，则

1

xn,

1n

（

n

m

2

||xn||2n1

m

xn）

1

由标量列m收敛，得sm收敛，即xn收敛。

n1

1

10．设||1，考虑C[0,1]上的积分方程x（s）0sinx（t）dty（s）

其中yC[0,1]，证明此方程存在唯一连续解。

解：

由于C[0,1]是完备的，映射T:

C[0,1]

C[0,1]，Tx（s）

1

0sinx（t）dty（s），所以

1

0[sinx1（t）sinx2（t）]dt

11

Tx1（s）Tx2（s）0sinx1（t）dt0sinx2（t）dt

11

|Tx1Tx2||||[sinx1（t）sinx2（t）]dt||||sinx1（t）sinx2（t）|dt

1

||0|x1（t）x2（t）|dt||||x1x2||

因为||1，所以映射T:

C[0,1]C[0,1]是压缩映射

由不动点原理，yC[0,1]，存在唯一的一个x*C[0,1]，

*1*使得x*（s）sinx*（t）dty（s）

11．考虑C[a,b]上的非线性积分方程

b

x（s）aK（t,s,x（t））dt（s）

a

其中C[a,b]，K（t,s,（s））是[a,b][a,b]R的连续函数，满足

|K（t,s,1（s））K（t,s,2（s））|k||12||

证明当||足够小时，此方程存在唯一解x0C[a,b]。

解：

由于C[a,b]是完备的，

b

映射T:

C[a,b]C[a,b]，Tx（s）K（t,s,x（t））dt（s）

a

b

所以Tx1（s）Tx2（s）K（t,s,x1（t））dt

a

K（t,s,x2（t））dt

b

|Tx1Tx2||||a[K（t,s,x1（t））K（t,s,x2（t））]dta

|k|（ba）|x1x2|

所以，当|k|（ba）1时，映射T:

C[a,b]

由不动点原理，

C[a,b]，存在唯一的一个x*C[a,b]，

使得x*（s）

b*

K（t,s,x*（t））dt（s）

a

C[a,b]是压缩映射

12．验证：

（1）开球O（x0,r）{xX;d（x,x0）r}是开集；

2）闭球S（x0,r）{xX;d（x,x0）r}是闭集。

解：

（1）yO（x0,r），则d（y,x0）ar，所以，O（y,ra）O（x0,r），

20即O（x0,r）是开集，故，开球O（x0,r）是开集。

（2）yS（x0,r），则d（y,x0）ar，

所以，O（y,a2r）（S（x0,r））C，即（S（x0,r））C是开集，故，闭球S（x0,r）是闭集。

13．证明：

有界数列集合组成的空间l是完备的。

解：

取｛xn｝是空间l中的基本点列，xn（x1（n）,x（2n）,x3（n）,），空间l的度量取（x,y）sup|xiyi|，x（xi）l，y（yi）l

i

由于取｛xn｝是空间l中的基本点列，所以0,N0，当m,nN时，有（xm,xn）sup|xi（m）xi（n）|

i

对每个固定的i，当m,nN时，有|xi（m）xi（n）|

（1）

所以，数列（xi

（1）,xi

（2）,xi（3）,xi（4）,）是C中的收敛列，即当m时，xi（m）xiC由此得，x（x1,x2,x3,x4,）

由

（1）中，令n，则当mN时，有|xi（m）xi|。

又因为xm｛xi（m）｝l，故存在实数km，对所有的i，

满足|xi（m）|km从而对每个i有

|xi||xixi（m）||xi（m）|km

即{xi}是有界数列，x{xi}l，又|xi（m）xi|

有（xm,x）sup|xi（m）xi|

i

故当当m时，xix，所以l是完备的度量空间。

14．证明：

lp（1p）是可分空间。

解：

考虑集合B{（r1,r2,,rn,0,）;riQ,n1}，即B是由至多有限个坐标不为0，且坐标都是有理数

p1/pp1/pp1/p

（|xiri|）（|xi|）（2（））

i1in12

的元素构成。

因此，B是可数集。

对于

x

（xi）

lp，有|xi|p），所以0,N0，当nN时，

i1

|xi|p）（）p，有有理数的in12

稠密性，可取得

r1,r

2,,rn，

使得

n

|x

i1

iri

|p）

（2）p

令y

（r1,

r2,

rn,0,）Blp。

且

||x

y||

（

i1

n

|xiyi|p）1/p（|xiri|p|xi|p）1/p

i1in1

n

即B在lp（1p）中稠密。

依定义知lp（1p）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d（Tx,Ty）d（x,y）的映射时，其结论不成立。

解：

例如，T:

RR，Txxarctanx，

2

于是由微分中值定理得：

在x和y之间存在使得

TyTxyarctanyxarctanx

22

yxarctanyarctanx

12

（yx）（yx）12（yx）12

否则若有不动点，那么必有Txx

因此d（Tx,Ty）|TyTx||yx|d（x,y）成立，但其不存在不动点，成立，即arctanx成立，这个显然是不正确的。

2

故若将压缩映射改为满足d（Tx,Ty）d（x,y）的映射时，其结论不成立。

16．证明c*l1，其中fc*时有序列（n）l1和k使得

f（x）klimxnnxn，x（xn）c

n

n1

解：

c是所有收敛序列全体的集合，范数||x||sup|xi|，在c中取基元集i

F{en|en（0,0,,0,1,0,）,n1,2,}，

n

e0（1,1,,1,）c

n

对x

（x1,x2,,xn,）

c，有x

limni1

xiei且xn

收敛于x0，即x0limxn，n

取x

（x0,x0,,x0,）

c，则x

xc0

设f

c*，记if（ei）,i

1,2,，

对k

所以有

f（x）

n

kx0limxif（ei）kx0

n

i1

xii

i1

取x（n）

（ei1,ei2,,e

in,0,），

其中i

argi，

则x（n）c0c

且||x（

n）||1，f（x（n））

i

n

ieiii

1

n

|i|i1

，所以

n

|i

i1

||f（x（n））|||f||

||x（n）||||

f||

令n

，即得（1,

2,,n,

）l1，

且||||

|i|||f||i1

再证反

向不等式。

对x

（x1,x2,

xn,）

1

c，对每个（1,2,,n,）l1

定义f（x）klimxnn

xii，则f是c上的线性泛函，且有xxc0

i1

f（x）kx0x0

i1

|f（x）||klnimxn

xi

i1

||klnimxn||xii|

i1

sup|xi|（|k||i

i|）

||x||（|k|

||||）

所以f映射T:

c*0

i1

c0*，且||f||||||。

综合两个不等式得l1,f（f（e1）,f（e2）,,f（en）,）

||f||||||

1,2,,n,）

使得x

（x1,x2,,xn,）c0，有f（x）

xii成立

1

则T线性保距同构映射，因此

c0

l1

17．求空间C[1,1]上的线性泛函

f（x）

0

1x（t）dt

1

0x（t）dt的范数。

解：

空间

C[1,1]上的范数为

||x||

max（|x（t）|），所以x（t）C[1,1]有

1t1

|f（x）||

0

（dt

1

01

1x（t）dt0x（t）dt|

1

0dt）m1atx1|x（t）|2||x|||

0

1|x（t）|dt

1

0|x（t）|dt

另一方面，取

1

t[1,1/n）

xn（t）

nt

t[1/n,1/n]，知xn（t）C[1,1]，且||xn（t）||1

1

t（1/n,1]

01

可知f是有界线性泛函，且||f||2，

f（xn）1xn（t）dt0xn（t）dt

10于是

1/n01/n1

dtntdtntdtdt21/n211/n01/n

从而||f||2

18．设H是可分的Hilbert空间，证明是H中任一规范正交基至多是可列的。

证明：

有题设知H是可分的，故必有H的开列子集xn，且xn在H中稠密，

设F{e|

}是H中的一组规范正交基，考察以一切

e为球心，1/2为半径的球簇，则若F不是可

xk，即有xk{xn},F使得

xH，x关于F的Fourier系数

列的，球簇也不是可列的。

于是至少某两个球簇含有同一个

||xke||1/2，||xk

e

||1/2

于是||ee||||xke

||

||xke||2

另一方面由勾股定理得

||ee||2||e||2||e

||2

112

这样导出矛盾，故F是可列的。

{（x,e）|

}中至多只有可列多个不为零。

证明：

依照

n2

Bessel不定式，xH，在F中任取n个元素e1,e2,,en，则有|（x,ei）|2||x||i1

19．设F{e|

}是内积空间H中的一组规范正交基，证明：

于是在F中使得|（x,ei）|||x||/n的ei只有有限个。