泛函分析考试题集与答案

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泛函分析复习题2023

1．在实数轴R上，令d(x,y)?|x?y|p，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，必需有：

d(x,z)?d(x,y)?d(y,z)成立

即|x?z|p?|x?y|p?|y?z|p，取x?1,y?0,z??1，有2p?1p?1p?2，所以，p?1

若R是赋范空间，d(x,0)?||x||?|x|p，所以?x,k?R，必需有：||kx||?|k|?||x||成立，即|kx|p?|k||x|p，p?1，当p?1时，若R是度量空间，p?1时，若R是赋范空间。

2．若(X,d)是度量空间，则d1?min(d,1)，d2?为度量空间。

解：由于(X,d)是度量空间，所以?x,y,z?X有：1）d(x,y)?0，因此d1(x,y)?min(d(x,y),1)?0

和d2(x,y)?且当x?y时d(x,y)?0，

d(x,y)1?d(x,y)d(x,y)1?d(x,y)?0

d1?d也是使X成

于是d1(x,y)?min(d(x,y),1)?0和d2(x,y)?以及若

?0

d1(x,y)?min(d(x,y),1)?0或d2(x,y)?d(x,y)1?d(x,y)?0

均有d(x,y)?0成立，于是x?y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)1?d(y,x)?d(x,y)1?d(x,y)?d2(x,y)

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)

以及设f(x)?x1?x，f?(x)?1(1?x)2?0，所以f(x)单增，

所以d2(x,z)?d(x,z)1?d(x,z)?d(x,y)?d(y,z)1?d(x,y)?d(y,z)d(y,z)

?d(x,y)1?d(x,y)?d(y,z)d(x,y)1?d(x,y)?1?d(x,y)?d(y,z)

??d(y,z)1?d(y,z)?d2(x,y)?d2(y,z)

d1?d综上所述d1?min(d,1)和d2?均满足度量空间的三条件，

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,y?H，则当xn?x，yn?y时，

(xn,yn)?(x,y)，即内积关于两变元连续。

解：H是内积空间，设||?||是由其内积导出的范数，由于xn?x，

yn?y，

所以???0，?n0使得当n?n0时均有||xn?x||??和

||yn?y||??

同时由于yn?y，故知yn有界，x?H所以||x||有限。因此可取

M?sup(||x||,||yn||)

1?n??因此|(xn,yn)?(x,y)|?|(xn,yn)?(x,yn)?(x,yn)?(x,y)|

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

?||xn?x||?||yn||?||x||?||yn?y||?|M|xn?x||?M||yn?y||?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:X?Y是线性算子，则T不是连续的，当且仅当?xn?X，使得xn?0，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x0?0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，

取S1?O(0,)?X，则T在S1上无界，因此?x1?S1，

21使得||Tx1||?1成立。取S2?O(0,122)?X，则T在S2上无界，因此?x2?S2，

使得||Tx2||?2成立。类似地过程一直进行，直到取Sn?O(0,12n)?X，则T在Sn上无界，因此?xn?Sn，

使得||Txn||?n成立。

因此，?xn?X，使得xn?0，但||Txn||??

另外，假使有xn?X，当xn?0，有||Txn||??

由于在Y上不能找到一点y?Y，使得||Ty||??，因此对所有的点y?Y，均无法使得||Ty||??成立，因此，在条件xn?0下，对于所有的点y?Y，||Txn||?Ty均不成立。所以T在X上的0点不是连续的，故T不是连续的。

pp5．对于每个有界序列(?n)，定义线性算子T:l?l，

(x1,x2,?)|?(?1x1,?2x2,?)

求||T||??

解：由于(?n)有界，所以有M?0，使得M?sup|?n|

n

?对于?x?(x1,x2,?)?l，||x||??ppp?|xi?1i|p??，

从而

?|xi?n?1ppi|p??p

??i||Tx||??|?i?1xi|?Mpp?|xi?1i|p?Mpp||x||p??

||Tx||?M||x||，从而||T||?M

另外，有(?n)有界序列，设M?sup|?n|，

n则对???0，有n0，使得|?n|?M???0

0可取x(n)?(0,0,?,sngan,?)?lp，所以||x(n)||?1

???????0n?||Tx(n)||?pp?|?i?1ixi|p因此||Tx?|?n0|，

p(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

6．我们知道有命题：对于算子序列Tn，若||Tn?T||?0，则?x?X，

||Tnx?Tx||?0。此命题的逆命题不成立。

22试考虑算子序列Tn:l?l，

Tn(x1,x2,?,xn,xn?1,?)?(x1,x2,?,xn,0,?)。

|Tx1?Tx2|?|?|?|?ba[K(t,s,x1(t))?K(t,s,x2(t))]dt?|?k|(b?a)|x1?x2|

所以，当|?k|(b?a)?1时，映射T:C[a,b]?C[a,b]是压缩映射

由不动点原理，???C[a,b]，存在唯一的一个x*?C[a,b]，使得x*(s)???K(t,s,x*(t))dt??(s)

ab

12．验证：（1）开球O(x0,r)?{x?X;d(x,x0)?r}是开集；

（2）闭球S(x0,r)?{x?X;d(x,x0)?r}是闭集。解：（1）?y?O(x0,r)，则d(y,x0)?a?r，所以，O(y,r?a2)?O(x0,r)，

即O(x0,r)是开集，故，开球O(x0,r)是开集。

（2）?y?S(x0,r)，则d(y,x0)?a?r，所以，O(y,a?r2)?(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。

(n)(n),x3,?)，空解：取{xn}是空间l?中的基本点列，xn?(x1(n),x2间l?的度量取

?(x,y)?sup|xi?yi|，?x?(xi)?l?，y?(yi)?l?

i由于取{xn}是空间l?中的基本点列，所以???0,?N?0，当

m,n?N时，有

?(xm,xn)?sup|xii(m)?xi(n)|??

对每个固定的i，当m,n?N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)?xi?C

由此得，x?(x1,x2,x3,x4,?)

由（1）中，令n??，则当m?N时，有|xi(m)?xi|??。又由于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|?|xi?xi(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，xi?x，所以l?是完备的度量空间。

14．证明：lp(1?p??)是可分空间。

解：考虑集合B?{(r1,r2,?,rn,0,?);ri?Q,n?1}，即B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，B是可数集。

p对于?x?(xi)?l，有?|xi|)??，所以???0,?N?0，当

p?i?1

?n?N时，

?|xi|)?(2)，有有理数的稠密性，可取得r1,r2,?,rn，

i?n?1?p?p使得?|xi?ri|p)?()p

i?1n2令y?(r1,r2,?,rn,0,?)?B?lp。且

?np1/p?p||x?y||?(?|xi?yi|)i?1n?p1/p?(?|xi?ri|?i?1?|xi?n?11/pi|)p1/p?(?|xi?ri|)i?1?(?|xi?n?1i|)p1/p?(2())2?

p??即B在lp(1?p??)中稠密。依定义知lp(1?p??)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:R?R，Tx?x??2?arctanx，

于是由微分中值定理得：在x和y之间存在?使得

Ty?Tx?y??2?arctany?x??2?arctanx

?y?x?arctany?arctanx?(y?x)?(y?x)11??2?(y?x)?221??

因此d(Tx,Ty)?|Ty?Tx|?|y?x|?d(x,y)成立，但其不存在不动点，否则若有不动点，那么必有Tx?x成立，即这个显然是不正确的。

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。

?2?arctanx成立，

16．证明c*?l1，其中f?c*时有序列(?n)?l1和k??使得

?f(x)?klimxn?n????n?1nxn，?x?(xn)?c

解：c是所有收敛序列全体的集合，范数||x||?sup|xi|，在c中

i取基元集

F?{en|en?(0,0,?,0,1,0,?),n?1,2,?}，

?????ne0?(1,1,?,1,?)?c

n对?x?(x1,x2,?,xn,?)?c，有x?limx0，即x0?limxn，

n??n???xeii?1i且xn收敛于

取x?(x0,x0,?,x0,?)?c，则x?x?c0

设f?c，记?i?f(ei),i?1,2,?，对k??所以有

n?i*f(x)?kx0?limn???xi?1?i?2f(ei)?kx0??i?n?x?ii?1i

取x(n)?(ex(n)?i?1,e,?,e,0,?)，其中?i?arg?i，则

n?i?i?c0?c

n且||xn(n)||?1，f(x(n)(n))??ei?1?i??|?i?1i|，所以

?|?i?1i|?|f(x)|?||f||?||x(n)||?||f||

1令

?n??，即得

??(?1,?2,?,?n,?)?l，且

||?||??|?i?1i|?||f||

再证反向不等式。对?x?(x1,x2,?,xn,?)?c，对每个??(?1,?2,?,?n,?)?l

?1定义f(x)?klimxn?n???x?ii?1i，则f是c上的线性泛函，且有

x?x?c0

?f(x)?kx0??x?0i?1i?

?ii|f(x)|?|klimxn?n???x?i?1?i?1|?|klimxn|?|?xi?i|

n??i?1?sup|xi|?(|k|?|??i|)?||x||?(|k|?||?||)

i*所以f?c0，且||f||?||?||。综合两个不等式得||f||?||?||*1映射T:c0?l,f?(f(e1),f(e2),?,f(en),?)?(?1,?2,?,?n,?)

?使得?x?(x1,x2,?,xn,?)?c0，有f(x)?*1?l则T线性保距同构映射，因此c0?x?ii?1i成立

17．求空间C[?1,1]上的线性泛函f(x)???10x(t)dt??0x(t)dt1的范数。

解：空间C[?1,1]上的范数为||x||?max(|x(t)|)，所以

?1?t?1?x(t)?C[?1,1]有

|f(x)|?|?x(t)dt??10?01x(t)dt|???10|x(t)|dt??0|x(t)|dt1?(?dt??10max|x(t)|?2||x|||?0dt)?1?t?11

可知f是有界限性泛函，且||f||?2，另一方面，取

?1?xn(t)???nt??1?t?[?1,?1/n)t?[?1/n,1/n]，知xn(t)?C[?1,1]，且||xn(t)||?1t?(1/n,1]01于是

f(xn)????1xn(t)dt??0xn(t)dt?01/n??1?1/ndt???1ntdt/n0?ntdt??dt?2?1/n?21/n1

从而||f||?2

18．设H是