发布时间 : 星期二 文章《应用泛函分析》习题解答更新完毕开始阅读a730a9ee998fcc22bcd10d13
????xj?yj??x?y，0???1。 ??j?1由上述推导可知T是压缩l?l上的压缩映射，又l是完备的。所以T在l上有唯
一的不动点。 8．（第二类Fredholm方程解的存在唯一性）设有线性积分方程：
????aij??sup?j?1j?11，则0???1。所以T是
M(b?a)T:L2[a,b]?L2[a,b]上的压缩映射，又因为L2[a,b]是完备的，所以T在
??M(b?a)。显然，如果??L2[a,b]存在唯一的不动点。
x(t)??(t)???k(t,s)x(s)ds，
ab 9．（Volterra积分方程解的存在唯一性）设k(t,s)在[a,b]?[a,b]上连续，则Volterra积分方程：x(t)???k(t,s)x(s)ds??(t)对任意??C[a,b]及任何参数?都存
ab其中??L(a,b)，?是参数，积分核k(t,s)在[a,b]?[a,b]上连续，且满足：
2??abb在唯一的连续解（提示：令M?max{k(t,s)|t,s?[a,b]}，映射
ak(t,s)dtds??，
22T:C[a,b]?C[a,b]为
(Tx)(t)???k(t,s)x(s)ds??(t)。
at则上述积分方程对绝对值充分小的?，在L(a,b)中存在唯一解。（提示：令
1。） M?max?k(t,s)|t,s?[a,b]??1，??M(b?a)证明：令T:L[a,b]?L[a,b]为：(Tx)(t)??(t)??b22然后用归纳法说明(Tx2)(t)?(Tx1)(t)?{?M(t?a)/n!}x2?x1。取nbnnnnn?ak(t,s)x(s)ds。则
212充分大使
） ?Mn(b?a)n/n!?1。在利用定理4。
n?bb??(Tx)(t)?(Ty)(t)???k(t,s)(x(s)?y(s))ds???k(t,s)(x(s)?y(s))dsdt??a?a? a???b?b??b?bk(t,s)2ds???bx(s)?y(s)2ds?dt??????k(t,s)x(s)?y(s)dsdt???????a????a??a??a??a??????????121212212(1)12证明：令映射T:C[a,b]?C[a,b]为(Tx)(t)???k(t,s)x(s)ds??(t)，且
atM?max{k(t,s)|t,s?[a,b]}。 利用数学归纳法：当n?1时，
(Tx2)(t)?(Tx1)(t)???k(t,s)(x2(s)?x1(s))ds??max?k(t,s)(x2(s)?x1(s))ds
aa?t?battbbbbb222?????a?ak(t,s)dsdt?????ax(s)?y(s)ds???????a?ak(t,s)dsdt??x?y。
????????max?k(t,s)x2(s)?x1(s)ds??M?maxx2(s)?x1(s)ds??M(t?a)x2?x1
a?t?baaa?t?btt上述推导过程中，（1）利用的Holder不等式。 令
12设(Tn?1x2)(t)?(Tn?1x1)(t)?{?则
n?1则： Mn?1(t?a)n?1/(n?1)!}x2?x1，
M?max?k(t,s)|t,s?[a,b]??1，
(Tnx2)(t)?(Tnx1)(t)?T(Tn?1x2)(t)?T(Tn?1x1)(t)
??max?k(t,s)(Tn?1x2)(s)?(Tn?1x1)(s)ds??M?max(Tn?1x2)(s)?(Tn?1x1)(s)dsa?t?baaa?t?bttbb2???????k(t,s)dsdt???M2(b?a)??aa??122?
9
??M?(Tatn?1x2)(s)?(Tn?1x1)(s)ds??Mnx2?x1(n?1)!n?(s?a)atn?1ds
??Mn(t?a)nn!nx2?x1。
S?1。
（2）(Tx)(t)?t1因此当n充分大时，0??Mn(t?a)n/n!?1。所以Tn为C[a,b]?C[a,b]上
n?10x(s)ds?maxt?x(s)ds?(?x(s)ds)maxt??x(s)dst?[0,1]00t?[0,1]0111的压缩映射，又C[a,b]是完备的，所以Tn在C[a,b]上有唯一的不动点。由书P30页上的定理4可知：T在C[a,b]上有唯一的不动点。
??maxx(s)ds?x?ds?x，所以S?1；又当x0(t)?1时，x0(t)?1，
0s?[0,1]01
故T?Tx0(t)?t?1。综上所述，T?1。 （
110t?[0,1]0第 七 节
2．设?(t)是[a,b]上的实函数，对x?C[a,b]，令(Tx)(t)??(t)x(t), t?[a,b]，证明T??(C[a,b]等价于a?C[a,b]。
证明：充分性显然。下证必要性。令x0(t)?1，则(Tx0)(t)??(t)，由于
3
110t?[0,1]0）
(S?T)(x(t))?t2?x(s)ds?maxt2?x(s)ds?(?x(s)ds)maxt2??x(s)ds
所以S?T?1；又当x0(t)?1时，x0(t)?1，??maxx(s)ds?x?ds?x，
0s?[0,1]011x0(t)?C[a,b]，且T??(C[a,b]，则?(t)?(Tx0)(t)?C[a,b]。
3．定义T:C[0,1]?C[0,1]为(Tx)(t)?t故S?T?(S?T)(x0(t))?t2?1。综上所述，S?T?1。 （4）
?10x(s)ds，再定义S:C[0,1]?C[0,1]为
(T?S)(x(t))?t?sx(s)ds?maxt?sx(s)ds??sx(s)ds??maxsx(s)ds
0t?[0,1]11111000s?[0,1]试问S与T是否可换（即S?T?T?S）？并求S，T，S?T(Sx)(t)?tx(t)，及T?S。
注：定义域空间中的范数为：x(t)?1?x(s)ds；值域空间中的范数为：
0x(t)?max(x(t))。
t?[0,1]解： (S?T)(x(t))?S(T(x(t))?t102?x(s)ds。
0111所以T?S?；又当x0(t)?1x，
0s?[0,1]0s?[0,1]22111时，x0(t)?1，故T?S?(T?S)(x0(t))?t?sds?t?。综上所述，
0221T?S?。
2??(maxx(s))sds?maxx(s)?sds?1(T?S)(x(t))?T(S(x(t))?t?sx(s)ds。取x0(t)?1，则
sup4．设无穷矩阵(aij)满足：
?i??j?1?a?ij?????。定义T:l?l为：对x?(?i)?l，
t?(T?S)(x0(t))，因此S与T是不可换。 2（1）(Sx)(t)?tx(t)?maxtx(t)?maxtx(t)?maxx(t)?x(t)，所以(S?T)(x0(t))?t2?t?[0,1]t?[0,1]t?[0,1]Tx?(?i)，其中?i??aij?j, (i??)。证明：T?sup?aij。
j?1i??j?1?证明：
S?1；又当x0(t)?1时，x0(t)?1，故S?Tx0(t)?t?1。综上所述，
10
??Tx?(?aij?j)?sup?aij?j?sup?aij?j?sup?aij(sup?j??i?1j?1i?1j?1i?1?j?1j?1j?1????)?? ??xsup?aij。所以T?sup?aij。另一方面，对任意固定的i0?1，令
i??j?1i??j?1??(Tx)(t)?ba?t?bax0?(sgnai0j)?l，且x0?1。则T?Tx0?(?ai0jsgnai0j)??ai0j，
?j?1j?1???max?k(t,s)maxx(s)ds?xmax?k(t,s)dsa?s?ba?t?ba???bbak(t,s)x(s)ds?max?k(t,s)x(s)ds?max?k(t,s)x(s)ds
bb?ba?t?baa?t?bab。所以
由i0的任意性，所以T?supi?1?aj?1?ij。综上所述，T?supi?1?aj?1?T?maxa?t?bak(t,s)dt。令一方面，令x0(t)?1，则x0(t)?1。因此
a?t?baij。
T?T?
25．（Hilert-Schmidt）型积分算子）设k(t,s)?L([a,b]?[a,b])，令
?babk(t,s)ds?max?k(t,s)dsba?t?ba；再令
x0(t)??1，又有
T:L2[a,b]?L2[a,b]bb2?T????k(t,s)dsdt???aa?为
12：
(Tx)(t)??k(t,s)x(s)dsab?ak(t,s)ds?max?(?k(t,s))ds。由此可知：
ba。证明
T?max?k(t,s)ds。
a?t?b。（提示：利用
12b12Holder不等式
综上所述，T?maxa?t?b?bak(t,s)dt。
?ba22） f(t)g(t)????af(t)dt??????ag(t)dt??。
????b
7．证明?上的非零线性泛函f不是连续的等价于ker(f)在?中稠密。 证明：必要性：f不连续?f无界??{xk}，且xk?1，使得f(xk)?k。
12证明：
22?bb??b?b?????(Tx)(t)??k(t,s)x(s)ds??k(t,s)x(s)dsdt?k(t,s)x(s)dsdt????a?a???a??a? a?????b(1)222???dt??x????????k(t,s)ds?x(s)dsk(t,s)dsdt???????。 ?????????a????aa??a??abbbbb121212?x??，令yk?x?f(x)xk，则yk?ker(f)，且yk?x，由稠密性定义可f(xk)知：ker(f)在?中稠密。
充分性：若f连续?ker(f)是?上的闭子空间。又因为ker(f)在?中稠密，所以??ker(f)?ker(f)?f?0。此与f?0矛盾。故若f不连续。
所以T??????bbaa（1）利用了Holder不等式。 k(t,s)dsdt??。上述推导过程中，
?212第 八 节
1．设k是非负整数，证明[a,b]上次数不超过k的多项式全体Pk[a,b]是C[a,b]的闭子空间。 证明：容易验证Pk[a,b]按C[a,b]上的范数成为赋范空间，下面要证明它是闭的。
n令xn?t(0?n?k,t?[a,b])，则容易验证{x0,x1,?xk}是Pk[a,b]的基，且
6．设k(t,s)?C([a,b]?[a,b])，定义T:C[a,b]?C[a,b]为：
(Tx)(t)??k(t,s)x(s)ds。证明：T?maxaba?t?b?bak(t,s)dt。
证明：
dimPk[a,b]?k?1。又因为有限维空间是闭集。所以Pk[a,b]是C[a,b]的闭子
空间。
11
* 5．设M是赋范空间?中的子空间，x0??。证明x0?M?只要f??满足
f|M?0，则f(x0)?0。 2．证明定理3（赋范空间?是有限维的充要条件是：?中的有界闭集都是紧集。）
*证明：不妨设dim??n，{e1,e2,?,en}为它的基。构造T:??Kn为证明：必要性。用反证法。设?f??满足f|M?0，但f(x0)?0，由Ｐ50页
Tx?[?1,?2,?,?n]，这里x???kek。由此可知?与Kn拓扑同构。又因为Knk?1n的推论2的结论可知x0?M，这与x0?M矛盾。所以只要x0?M这一条件成
*立，必可推出只要f??满足f|M?0，则f(x0)?0。
*充分性：同样用反证发。x0?M则由Ｐ50页的推论2的结论可知：存在f??*满足f|M?0，且f(x0)?0，显然这与f(x0)?0矛盾。所以只要f??满足
有界闭集都是紧集与Kn是有限维是等价的，所以?是有限维等价与?中的有界闭集都是紧集。
3．设dim???，A与B均是?的非空子集，且其中一个是闭集，另一个是紧
集，证明存在x0?A，y0?B，使x0?y0?d(A,B)。特别当d(A,B)?0时，
6．设A是赋范空间?的非空集，x0??。证明x0可用A中元的有限线性组合A?B??。
证明：不妨设A是闭集，B是紧集。定义f:B?R为f(y)?d(y,A)，由于d是连续映射，且紧集的连续像是紧集，则必存在y0?B，使得
?f|M?0，则f(x0)?0这一条件成立，必可推出x0?M。
逼近的充要条件是：只要f??满足f|A?0，则f(x0)?0。
*证明：该题即要证明x0?span(A)?只要f??满足f|A?0，则f(x0)?0。 *必要性。设x0?span(A)，则由习题5的结论可知：只要f??满足f|span(A)?0，
*f(y0)?d(y0,A)?inff(y)?r。
y?B~令C?B(y0,r?1)?A，则C是有界闭集，又因为C是有限维的，所以C是紧集。由C的取法显然有d(x0,C)?d(x0,A)。
则f(x0)?0。而由span(A)的构造可知：f|span(A)?0?f|A?0。 充分性：由f|span(A)?0?f|A?0以及习题5的结论直接可得。
7．设x1,x2,?,xn是赋范空间?中有限个线性无关向量，证明存在
C紧??x0?C，使d(y0,C)?x0?y0?d(y0,A)?d(A,B)。
第 二 章
第 一 节
4．设赋范空间??{0}，证明：对于任何x??，恒有x?supf(x)。
f?1f??**证明：由Ｐ49页的推论1可知：存在f0??，使得f0?1，且f0(x)?x。
f1,f2,?,fn??*使fi(xj)??ij，i,j?1,2,?,n。
证明：以x1为例来说明。令M?span(x2,?xn)，则它为?中的子空间。因为
x1,x2,?,xn线性无关，所以d(x1,M)?0。由泛函延拓定理知：?f1??*，使
得f1(x1)?1，f1|M?0。再由M的构造方法可知f1(xj)?0,(j?2)。同理可得：fi(xj)??ij。
*8．设?是赋范空间，x0??满足条件只要f??且f?1，则f(x0)?c，证明x0?c。
f?1另一方面有f(x)?f?x?f(x)?x，所以x?supf(x)。
f?1f??*
12