发布时间 : 星期三 文章《应用泛函分析》习题解答更新完毕开始阅读a730a9ee998fcc22bcd10d13
。又设 证明：由习题4的结论可知：x0?supf(x0)，又由于f(x0)?c，所以x0?c。 的x??，x都有唯一的表示x?y?z，其中y?M，z?L）
f?1xk?yk?zk，yk?M，zk?L，k?1,2,? f??*
第 四 节
3．设C[0,1]按范数?1是Banach空间，且当xk?x1x0?y0?z0，y0?M，z0?L。
证明：xk?x的充要条件是yk?y0且zk?z0。（提示：对x?y?z??，
?0时，对一切t?[0,1]恒
其中y?M，z?L，令x1?y?z，说明(?,?1)是Banach空间。） 证明：首先说明(?,?1)是赋范空间。正定性和绝对齐性是显然的。下面证明满足
1有xk(t)?x(t)?0。证明范数?1与范数x?maxx(t) (x?C[0,1])等价。（提
t?[0,1]示：先证I:(C[0,1],?)?(C[0,1],?1)是闭算子，再用必图像定理知该算子有界，三角不等式。设x1,x2??，则x1?x2最后用逆算子定理得结论。）
证明：令I:(C[0,1],?)?(C[0,1],?1)为Ix?x。显然I是线性双映射。设
?y1?y2?z1?z2，
11。由于
以
y1?y2?Mx1?x21，
z1?z2?LM,L是闭子空间所
{xk}?(C[0,1],?)，且xk?x，Ixk?y。由（C[0,1],?）的完备性可知，x?(C[0,1],?)。且(C[0,1],?)中的收敛等价于一致收敛，所以xk(t)?x(t)。
此外
?y1?y2?z1?z21?x1?x2?y1＋y2＋z1＋z2
＝y1?z11?y2?z2?x11?x21。由此可知(?,?1)是赋范空间。
下面再进一步说明它还是Banach空间。
设{xk}是(?,?1)中的Cauchy列。则???0，?N0，当m,n?N0时，有
limIxk?y1?0?limxk?y1?limxk(t)?y(t)?0。再由
k??k??k??xk(t)?x(t)，可得y?Ix。所以I是闭算子。根据闭图像定理，则I是有界的。
所以Ix1?x1?Ix。又根据逆算子定理，I?1xn?xm1??。
xn?xm1???yn?ym?zn?zm??――（１）式。这表明{yk}和{zk}分别是M和L中的Cauchy列，又M和L是完备的，所以yk?y0?M, zk?z0?L。令（１）式中m??，则yn?y0?zn?z0???yn?zn?y0?z01???xn?x01??。
这表明xk?x0??，所以(?,?1)是Banach空间。 下面要说明的是范数?与?1是等价的。
也是有界的。所以
I?1x?x?I?1x1。
综上所述，?1与范数x?maxx(t) (x?C[0,1])等价。
t?[0,1]
4．设?,?1,?2均是Banach空间，A??(?,?2)，B??(?1,?2)，若对于任意的x??，方程Ax?By都有唯一的解y?Tx。证明T??(?,?1)。
证明：设{xk}??，且xk?x0，Txk?y0。由A,B的连续性意知T是连续的。令I:(?,?)?(?,?)为Ix?x。则I是线性双映射。取{xk}?(?,?)，且
1由于?是Banach空间，所以x0??。由解的唯一性可知：Ixk?sxk?x0，。显然有。x0?(?,?)Axk?BTxk?A,B连续Ax0?By0?
Ixk?s1?xk?s1?yk?ys?zk?zs?0，所以在(?,?)有yk?ys，
zk?zs，则必有xk?yk?zk?ys?zs?s，而xk?x0，所以Ix0?s。由
此可知，I是闭算子。根据闭图像定理可知I有界。再根据逆算子定理I?1也有界。
y0?Tx0。所以T是闭算子。根据闭图像定理，则T??(?,?1)。
5．设?是Banach空间，M、L均?的闭子空间，且??M?L（即对于任意
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由此可以容易推出?与?1是等价的。 最后我们来证明题目的结论。
按?则Tnx?，
由
?abkk?1nk??。由一致有界原理可知Tn??――（１）式。
n121212必要性：已知
xk?x?与
?1等价，则
此外
nxk?x1?0?yk?zk?y0?z01?0? yk?y0?0, zk?z0?0。
充
分
性
：
由
?n2??n2??n2?Tnx??akbk???ak???bk????ak?xk?1?k?1??k?1??k?1?12，所以
yk?y0?0且
?2?Tn???ak?。 ?k?1?(n)另一方面，令b?(a1sgn(a1),a2sgn(a2),?,ansgn(an),0,?)，
zk?z0?0?yk?zk?y0?z0?0?xk?x?0。
第 五 节
1．设实数列{ak}对任何满足明：supak??。
k?12证明：令fn:l?R为
Tn?Tnb(n)b2k(n)
?bk?1?2k22??的实数列{bk}，都有?akbk??。证
k?1?则
fn(x)?anbn，其中x?(bk)?l2。则
k?1?fn(x)?anbn??。由一致有界原理可知：supfn??――（１）式。
此外fn(x)?anbn?an???2?2?。综上所述，?aT?a?????knk?。根据（１）式有，1?k?1??n2?2?k?1???ak??k?1?k?1?ann12n12bn?sgn(an)，则fnk?1???anx。所以fn?an；另一方面取kk?1??fn(x)?an。由此可知：fn?an b??2?n12??2???ak???，即?ak2??。
k?1?k?1??12
由（１）式可知：supak??。
2．设实数列{ak}对任何满足明：
2a?k??。 k?122第 六 节
2．设M是赋范空间?的子空间，{xk}?M。若xk?x0。证明x0?M。
w*证明：若x0?M，则由泛函延拓定理可知，存在f??，使得f(x0)?0，
?bk?1?2k??的实数列{bk}，都有?akbk??。证
k?1??f|M?0。再由xk?x0?f(xk)?f(x0)。已知f是连续的，且{xk}?M，
所以f(x0)?limf(xk)?0。此与f(x0)?0矛盾，故x0?M。
k??w证明：令Tn:l?l为Tn(x)?(a1b1,a2b2,?,anbn,0,?)，其中x?(bk)?l。
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3．设xk?x0，且limxk??。证明：x0?limxk。
k??k??w证明：由泛函延拓定理可得：存在f??，使得f(x0)?x0，f?1。由
*xk?x0w?f(xk)?f(x0)k??k??。又
f是连续的，所以
????k??11Tnx?Tx???????x，所以Tn?T??Tn?T。由
?k?n?1?k??n?1n?1??22于?0(l)是Banach空间，所以T??0(l)。
212x0?f(x0)?limf(xk)?limfxk ?limxk。
k??(?I?T)x?(??1,??2??1,??3?单映射，又T(l)?{(0,任意性，?(T)?C。
2?22,?)?0?x?(?k)?0，所以?I?T是
?1?21,2
24．定义算子T:l2?l2为T:x?(?k)?(0,0,?1,?2,?)。证明T??(l)，并求T。
证明：已知(l)与l2是等距同构的，所以?f?(l)，???l2，使得
2*2*,?)}?{(?k)|?1?0}是l2的真子空间。再由?的
?f(y)??Ty,y?l2。
第 三 章
第 一 节
2．设实数列{xk}满足
(Tf)(x)?f(Tx)??(Tx)???i?i?2???i?2?i?(T?)(x)，式中T为
?TcT??c
?xk?1?2k2??，证明：?xkxk?1??xk。
k?1k?1??i?3i?1c?c对序列的左移两步算子，即T:x?(?k)?(?3,?4,?)。所以T?T。
证明：设x0?{x1,x2,?}，y0?{x2,x3,?}。则x0,y0??xk?1?kxk?1，
等
式
第 七 节
3．设T??(?)，?是T的特征值，证明?是T的特征值，这里n??。 证
。(?I?T)x?0?x?Tx?T((?I?T)x)?0?T(?x)?T2x??2x?T2x。依此类推，可得?nx?Tnx，
明
：
nnnx0,x0??xk?1?2k，
2y0,y0??xk?1k?1?。由Schwarz不
x0,y02?x0,x0y0,y0可得：
2?2k所以?是T的特征值。
n?xk?1?kxk?1??xk?1?xk?1?2k?1???1?2?,,?,k,??，x?(?k)?l2，证明T是紧
k?12?线性算子，且?(T)?C。（注：原题要证明?(T)?{0}，本人认为有误。）
7．定义T:l?l为Tx??0,22??2????xk???k?1?2?xk?1?k2。 xk?1??xkk?1?
3．设{xk}是内积空间V中的点列，且对一切y?V，xk,y?x,y。证明：
?????22证明：令Tn:l?l为Tn:x?(?k)??0,1,2,?,n,0,0??。则Tn是线性
n?12?算子，且是有限秩算子，所以Tn是紧线性算子。
limxk?x?limxk?x。
k??k??证明：必要性是显然的。下证充分性。
0?xk?x15
2?xk?x,xk?x?xk?xk,x?x,xk?x――（１）式。
由于当k??时，xk?x，xk,x?x，x,xk?x。所以由（１）式可得：xk?x?0?limxk?x。
k????有M?(M)，所以只要证明(M)?M。设x?(M)，则x关于M的???投影为x?x0?y0,x0?M,y0?M。由于M?(M)，所以上式也可理解
????
4．证明C[0,1]按范数x?maxx(t)不能成为内积空间，即该范数不能由内积导
0?t?1???为x关于M?的投影x?x0?y0,x0?(M),y0?M，又因为x关于M?的
投影也可写成：x?0?x,x?(M)????，而投影是唯一的，所以
出。
解：取x0(t)?1?t，y0(t)?1?t。则x0(t)?y0(t)?2，x0(t)?y0(t)?2t。
x?x0?M,y0?0。这表明(M?)??M。
综上所述，M?(M)。 6．设M是Hilbert空间H的子空间，且对任何x?H，x在M上的投影都存在，证明M是H的闭子空间。（提示：利用投影定理。）
证明：实际上只要证明M是闭集即可。设{xk}是M中的收敛点列，且满足
x0?x0?y0?x0?y0?2，y0?1。x0?y0?10?2(x0出。
222?x0?y02?8
?y0)。这表明不满足平行四边形法则，即该范数不能由内积导
第 二 节
2．设M是
Hilbert
空间H的非空子集，M?(M)?limxk?x。由条件知：x关于M有唯一的分解，
k????，
x?x0?y0,x0?M,y0?M?。所以
k??有
xk?x0?y0(k?1)。
所
。以
M??(spanM)?(spanM)。
???y0
2?x?x0,y0?limxk?x0,y0?limxk?x0,y0?0k?????证明：已知?x?M，x?M，显然x?(M),所以M?(M)。
y0?0?x?x0?M。这表明M是闭集。
?x?M?，有x?M，而由spaMn构造方法可知：x?spanM。所以x?(spaMn)?，M??(spanM)?。另一方面，?x?(spaMn)?，
第 三 节
1． 设F?{e1,e2,?}是Hilbert空间H中的标准正交系，证明F是完备的标准正
交系等价于spanF?H。 明
：
x?spanMM?spanM??x?M?x?M?。
???综上所述，有M?(spanM)。由内积的连续性，很容易得到M?(spanM)。 证3．设M是Hilbert空间H的凸子集，{xk}是M中的点列，且满足条件：
F??H是H完备
?i的lbF
ert完全
?F??{0}。而
limxk?inf{x|x?M}。证明{xk}是H中的收敛点列。（提示：仿定理3的
k??spanF?spanF?F???H?
F??{0}。所以F是完备的标准正交系等价于spanF?H。
证明。）
第 四 节 证明：
2221． 设l?l定义为Tx?(0,?1,?2,?)，x?(?k)?l。求T的共轭算子。
??5．设M是Hilbert空间H的子空间，证明M?(M)。（提示：利用投影定理。） 解y?(?1,?2,?)：令。则证明：由于M??(M)?。不妨设M是闭集，否则用M代替。由习题2的结论
Tx,y?(0,?1,?2,?),(?1,?2,?)??1?2??2?3?? 16