泛函分析讲义-习题解答-khdaw.pdf-道客多多

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1、1 111 证明完备度量空间的闭子集是一个完备的子空间，而任一度量空间的完备子空间必是闭子集 (1) 设 X 是完备度量空间, M X 是闭的. 要证 M 是一个完备的子空间. 证 x m , x n M, x m x n 0 m, n x m , x n X, x m x n 0 m, n , X 是完备度量空间, x X, 使得 x n x. x n M, x n x M X 是闭的 x M. x m , x n M, x m x n 0, m, n x M, 使得 x n x M 是一个完备的子空间.(2) 设 X 是一度量空间, M 是 X 的一个完备子空间. 要证 M 是闭子集

2、. 即, 若 x n M, x n x. 要证 x M. 证因为收敛列是基本列, 所以 x n M, x m x n 0, m, n , 又 M 是完备度量空间, 所以 x M, 使得 x n x . x n x x n x x x M. 1.1.2 (Newton法) f 是定义在 a, b 上的二次连续可微的实课后答案网 2 值函数， x a, b , 使得 f x 0, f x 0. 求证存在 x 的邻域 U x ，使得 x 0 U x 迭代序列 x n 1 x n f x n f x n n 0,1,2, 是收敛的，并且 lim n x n x 证明 Tx x f x f x

3、, d dx Tx 1 f x 2 f x f x f x 2 f x f x f x 2 , f x 0, f x 0. f x 在点 x 处连续, lim x x f x f x f x 2 0, x 的邻域 U x , 使得 f x f x f x 2 1, f x 0 x U x . |Tx Ty| f f f 2 |x y| |x y| x, y U x . 于是, 对 x 0 U x , x n 1 Tx n n 0, 1, 2, 是收敛的. 设 x n x U x . Tx x f x 0. 联合 f x 0 x U x f x 0 x U x f x 0 x U x x x

4、, 课后答案网 3 故有 x n x . 1.1.3 设 X, 是度量空间，映射 T : X X 满足 Tx, Ty x, y x y 并已知 T 有不动点. 求证此不动点是惟一的. 证明用反证法. 如果 T 有两个不动点 x 1 x 2 ,即有, 一方面 Tx 1 x 1 Tx 2 x 2 Tx 1 , Tx 2 x 1 , x 2 ; 另一方面,由假设 Tx 1 , Tx 2 x 1 , x 2 x 1 , x 2 x 1 , x 2 矛盾. 1.1.4 设 T 是度量空间上的压缩映射，求证 T 是连续的证明只要证 x n x 0 Tx n Tx 0 . 由假设, 0, 1 使得

5、 Tx, Ty x, y , 故有 x n x 0 x n , x 0 0 Tx n , Tx 0 x n , x 0 Tx n , Tx 0 0 Tx n Tx 0 . 1.1.5 设 T 是压缩映射，求证 T n 也是压缩映射，并说明逆命题不一定成立. (1)因为 T 是压缩映射,所以 0, 1 , 使得 Tx, Ty x, y , 从而 T 2 x, T 2 y Tx, Ty 2 x, y . 假定 T n x, T n y n x, y 成立, 则有 T n 1 x, T n 1 y T n x, T n y n x, y n 1 x, y . 课后答案网 4 于是根据数学归纳法原理

6、, T n x, T n y n x, y 对 n 成立. 又 0 1 0 n 1. 故有 T n x, T n y x, y . 即 T n 是压缩映射. (2) 逆命题不一定成立. 例如 f x x 2 : 0, 1 0, 1 . f 2 x x 2 : 0, 1 0, 1 是压缩映射.但是 f x x 2 : 0, 1 0, 1 不是压缩映射. 事实上, 如果 f x : 0, 1 0, 1 是压缩映射,即 : 0 1, 使得 |f x 2 f x 1 | |x 2 x 1 | |f x 2 f x 1 | |x 2 x 1 | x 1 , x 2 0, 1 . 即差商 |f x 2

8、,即得 Tx 0 x 0 . 这就证明了 T 有不动点. 课后答案网 5 下面再证 T 的不动点唯一. 用反证法. 如果 x 1 , x 2 是 T 的两个不动点 x 1 x 2 . 即有 Tx 1 x 1 Tx 2 x 2 , 那么 T n x 1 T n 1 Tx 1 Tx 1 x 1 T n 1 x 1 Tx 1 x 1 T n x 2 T n 1 Tx 2 Tx 2 x 2 T n 1 x 2 Tx 2 x 2 即 x 1 , x 2 是 T n 的两个不动点,因为 T n 是压缩映射,所以 T n 有唯一不动点,从而 x 1 x 2 , 矛盾. 1.1.6 设 M 是 n 中的有界

9、闭集，映射 T : M M 满足 Tx, Ty x, y x , y M , x y . 求证 T 在 M 中存在唯一的不动点. 证 Tx, Tx 0 x, x 0 , x, x 0 0 Tx, Tx 0 0. 再由三角形不等式, 得到 | x, Tx x 0 , Tx 0 | x, x 0 Tx, Tx 0 . 由此可见, f x def x, Tx 在 M 上连续. 因为 M 是 n 中的有界闭集, 所以 x 0 M 使得 x 0 , Tx 0 f x 0 min x M f x min x M x, Tx . 如果 x 0 , Tx 0 0, 那么 x 0 就是不动点. 今假设 x

10、0 , Tx 0 0. 根据假设, 我们有 Tx 0 , T 2 x 0 x 0 , Tx 0 min x M x, Tx . 但是 Tx 0 , T 2 x 0 M, 这与 x 0 , Tx 0 是最小值矛盾. 故 x 0 , Tx 0 0, 即存在不动点 x 0 . 课后答案网 6 不动点的唯一性是显然的. 事实上, 如果存在两个不动点 x 1 , x 2 , 则从 x 1 , x 2 Tx 1 , Tx 2 x 1 , x 2 即得矛盾. 注假如把条件 M 是 n 中的有界闭集去掉, 只假定 Tx, Ty x, y x , y M , x y , 结论一般不对. 例如, X 1 ,

11、Tx 2 x arctan x Tx, Ty |Tx Ty| 2 1 2 |x y| |x y| x, y . 由此可见, 映射 T 满足假定: Tx, Ty x, y x , y M , x y , 但是 Tx x arctan x 2 , 这是不可能的, 因此映射 T 没有不动点.1.1.7 对于积分方程 x t 0 1 e t s x s ds y t 为一给定函数，为常数， | | 1 ，求证存在惟一解 x t 0, 1 . 证明 x t 0 1 e t s x s ds y t e t x t 0 1 e s x s ds e t y t z t def e t x t , t

13、f (t) = t 1+t = 1 1 1+t “ ) f (ja+bj) f (jaj+jbj) ja+bj 1+ja+bj jaj+jbj 1+jaj+jbj = jaj 1+jaj+jbj + jbj 1+jaj+jbj jaj 1+jaj + jbj 1+jbj . z = ( 1 , 2 , , k ,), (x,y) = 1 X k=1 1 2 k j k k j 1+j k k j = 1 X k=1 1 2 k j( k k )+( k k )j 1+j( k k )+( k k )j 1 X k=1 1 2 k j k k j 1+j k k j + 1 X k=1 1 2

14、k j k k j 1+j k k j = (x,z)+(z,y). (x,y) (3). S S fx (m) g S x (m) = x (m) 1 ,x (m) 2 , ,x (m) k , . (x (m+p) ,x (m) ) = 1 X i=1 1 2 i j x (m+p) i x (m) i j 1+ j x (m+p) i x (m) i j ! 0 (m!1, 8p2 N). 8k2 N ,x (m+p) k x (m) k! 0 (m!1, 8p2 N). (1) k2 N , 8 “ 0, N k , 1 X i=1 1 2 ix (m+p) i x (m) i1+x

15、(m+p) i x (m) iN k , 8p2 N). k x (m+p) k x (m) k1+x (m+p) k x (m) k “ 2 )x (m+p) k x (m) k “ 2 1 “ 2 *“1 “ 2 1 1 2 = “. (1) (1) 8 k 2 N , x (m) x (m) k x (m) k x k x (m) k ! x k ( m! +1) . x = (x 1 , x 2 x n , ). 课后答案网 2 x (m) ! x ( m! +1) . x (m) ,x = 1 X n=1 1 2 k jx (m) n x n j 1+x (m) n x n! 0 m

16、!1 . 8 “ 0, N , 1 X n=1 1 2 k jx (m) n x n j 1+x (m) n x nN). (2) (2) n 0 1 X n=1 1 2 k jx (m) n x n j 1+x (m) n x n= n0 X n=1 1 2 k jx (m) n x n j 1+x (m) n x n| z + 1 X n=n0+1 1 2 k jx (m) n x n j 1+x (m) n x n| z (3) (3) 1log 2 “. n 0 1log 2 “ , (3) N , n0 X n=1 1 2 k jx (m) n x n j 1+x (m) n x n

17、 n0 X n=1 1 2 kx (m) n x n n0 X n=1 1 2 k “ 2 1 X n=1 1 2 k “ 2 = “ 2 . (2) fx (m) g % x , (%, S) 课后答案网 zN = /J,/$ /, /$ XH /$ , /$ / Q , /$ Q N U Q / jn Q X /“ Q X / Q N X / Q N / Q N 6 Q Q / , 1 Sk Q P / QP 1 E Q N . D . Sk Q N 1 N . Q Q N / Q 1 N . N .U$Gk Q t / / Q 1 Gk Q 课后答案网 1 1.2.3 F F (x,y)

18、 = sup k1 j k k j, x =f k g,y =f k g2 F. (F,) x (n) = 0 B 1, 1 2 , 1 3 , , 1 n | z n ,0,0, 1 C A 2 F, x (m) = 0 B 1, 1 2 , 1 3 , , 1 m | z m ,0,0, 1 C A 2 F m n, x (n) x (m) = 0 B B n z | 0,0, ,0, 1 n+1 , , 1 m | z m ,0,0, 1 C C A x (n) ,x (m) = sup k1x (n) k x (m) k= 1 n+1 ! 0 (n, m!1). fx n g x =

19、1, 1 2 , 1 3 , , 1 n , , x (n) ,x = sup k1x (n) k x k= 1 n+1 ! 0 (n!1). lim n!1 x (n) = x, x / 2 F, F 1 0 1 0 (x,y) = sup k1 j k k j, x =f k g,y =f k g2 1 0 . ( 1 0 ,) x (1) = (1) 1 , (1) 2 , , (1) k , ! 0 (k!1) x (2) = (2) 1 , (2) 2 , , (2) k , ! 0 (k!1) x (3) = (3) 1 , (3) 2 , , (3) k , ! 0 (k!1)

20、. . . . . . . . . x (n) = (n) 1 , (n) 2 , , (n) k , !0 (k!1) # # x = ( 1 , 2 , , k ,) x (n) ! x) lim n!1 sup k1 (n) k k= 0)8“ 0, sup k1 (n) k k “ 3 (n N) 课后答案网 2 (N) k k “ 3 (k = 1,2,), n (N) k o (N) k (N) j “ 3 (k,j N 1 ) lim j!1 (N) j= 0) (N) j “ 3 (j N 2 N 1 ) j k j k (N) k+ (N) k (N) j+ (N) j “

21、3 + “ 3 + “ 3 = “ (k N 1 ). F F 1 0 8 x = ( 1 , 2 , , k ,)2 1 0 , x (n) = 0 1 , 2 , , n | z n ,0,0, 1 A 2 F, x (n) ,x = sup kn+1 j k j! 0 (n!1). 课后答案网 1 P m (x) = m P k=0 x k k! , P m+p (x) = m+p P k=0 x k k! , (P m (x),P m+p (x) = Z 1 0 m+p X k=m+1 x k k! dx = m+p X k=m+1 1 (k +1)! 1 X k=m+1 1 k(k

22、+1) = 1 m+1 ! 0 (m!1, 8p2 N ). P m (x) e x Taylor P m (x) e x . m!1 , (P m (x),e x ) = Z 1 0 1 X k=m+1 x k k! dx = 1 X k=m+1 1 (k +1)! 1 X k=m+1 1 k(k +1) = 1 m+1 ! 0 . P m (x) ! e x . 0, 1 e x L 1 0, 1. L 1 0, 1 8 f (x) 2 L 1 0, 1 , 8 “ 0, P (x) , (P (x) , f (x) ) “. C 0, 1 L 1 0, 1 ( ), 8 f (x) 2

23、L 1 0, 1 , g(x) 2 C 0, 1 ( g(x) , f (x) ) “ 2 ; (1) 0, 1 C 0, 1 C 0, 1 P (x) 2 C 0, 1 max x20, 1P (x) g(x) “ 2 =) ( g(x) , P (x) ) “ 2 . (2) (1) (2), (P (x) , f (x) ) “ . 课后答案网 11.3.1 在度量空间中求证；为了子集 A 是列紧的，其充分且必要条件是对 0 存在 A 的列紧的网证明必要性显然,只证充分性. 0, 设 N 是 A 的列紧的 2 网; N 0 是 N 的有限 2 网, 则有 x A, N, x, 2

24、 N, x N 0 , , x 2 x, x x, , x 2 2 . N 0 是 A 的有限网. 1.3.2 给定距离空间 X, ,设 M X 是紧集,求证 M 上连续函数必有界,亦达到它的上,下确界. 证明 f x 0 f x n k , sup x M f x f x 0, x M, f x x n , 1 n f x n f x 0 f x n k f x 0 . 注紧集条件不可少. 例 0, 1 上考虑 x n t , x n t t n , f x 0 1 x 2 t dt f t n 0 1 t 2n dt 1 2n 1 inf n 1 f t n 0, 0 0, 1 . 1

25、.3.3 在度量空间中求证：完全有界的集合是有界的, 并且通过考虑 2 的子集课后答案网 2 e k k 1 , e k k 0, 0, ,1,0, 来说明一个集合可以是有界但不完全有界. 证设 M 是完全有界集, 那么 0 , M 的有限的网. 特别对 1 , 设 N x 1 , x 2 , , x n , 则有 M k 1 n B x k ,1 . 于是 x M , 设 a 为空间 X 的一个固定元. 我们有 x, a x, x k x k , a 1 max 1 k n x k , a , 即 M 是有界的. 下面说明 e k k 1 有界但不完全有界. 首先, 对 k , 2

26、 e k , 1, 其中 0, 0, ,0, . 由此可见 e k k 1 有界. 再注意到 e i e j i 0, 0, ,1,0, j 0, 0, ,1,0, j i 0, 0, ,1,0, , 1, j i . e i , e j k 1 e i k e j k 2 1 2 2 j i . 由此可见, e k k 1 与其任意子列都不收敛, 从而 e k k 1 不是列紧的, 根据Hausdorff定理, 也就不完全有界. 1.3.4 设 X, 是度量空间， F 1 ， F 2 是它的两个紧子课后答案网 3 集，求证 x 1 F 1 , x 2 F 2 , 使得 F 1 , F 2

27、x 1 , x 2 , 其中 F 1 , F 2 def inf x F 1 ,y F 2 x, y . 证明记 d F 1 , F 2 , x F 1 , y F 2 . n N, x n F 1 , y n F 2 , d x n , y n d 1 n 设 x n k x 1 F 1 , 相应的 y n k F 2 , 序列 y n k 未必收敛, 但因为 F 2 紧, 存在它们的子序列 y n k j 收敛,设 y n k j x 2 F 2 , 即有 d x n k j , y n k j d 1 n k j j d x 1 , x 2 .1.3.5 设 M 是 C a, b 中的

29、 x a x f t dt | f M 是列紧集. 证: 设 E F x a x f t dt | f M , f M, |f t | M 0 t a, b |F x | a x f t dt a b |f t |dt M 0 b a F E . 即 E 一致有界. |F x 2 F x 1 | x 1 x 2 f t dt x 1 x 2 |f t |dt M 0 |x 2 x 1 | 0, M 0 , |x 2 x 1 | |F x 2 F x 1 | F E . 即 E 等度连续. 1.3.6 求证 sinnt n 1 在 C 0, 中不是列紧的. 证: 只要证 sinnt n 1 非等

30、度连续. 对 0 1, 0, 取 k N, 使得 1 k , n k 2k, t k 4k 0, , t 0 0, |t k 0| 4k 1 k , |sinn k t k sinn k 0| sin 2 1 0 . 由此可见, sinnt n 1 非等度连续. 1.3.7 空间S中集合 A 的列紧性条件. A 在S中是列紧的，当且仅当，对于任何 n , C n 0 , 使得对 1 , 2 , , n , A, 的点的第 n 个坐标的课后答案网 5 数集是有界的，即 | n | C n n 1, 2, . 证必要性. 因为 A 在 S 中是列紧的, 任意一个无穷点列 m A 可以取出收

31、敛子序列 m k . 因为 S 中的收敛与按坐标收敛等价, 所以点列 m 中的每一个点 ( 固定 m ) 的坐标序列 n m n 1, 2, 也可以从其任意无穷子集中取出收敛子序列 , 而坐标序列构成数集，要从其任意无穷子集中取出收敛子序列显然应该要求它们有界. 为了证明充分性, 根据习题 1.3.1, 只要构造 A 的列紧的网, 0 , 取定一个 n 充分大, 使得 1 2 n , 考虑形如 h n n 1 , 2 , , n ,0,0, 的点的集合 H , 其中 1 , 2 , , n , n 1 , A. 因为 x, h n k n 1 1 2 k | k | 1 | k |

32、 k n 1 1 2 k 1 2 n . 所以 H 是 A 的网. 再证 H 是在 S 中列紧的. 事实上, 可以将 H 看做是元素为 1 , 2 , , n 的 n 维空间中的子集, 由假设 | k | C k k 1, 2, n , 即每个坐标都是有界的, 所以 H 可看做是 n 维空间中的有界集. 从而是列紧的. 1.3.8 设 X, 是距离空间, M 是 X 中的列紧集,若映射 T : X M 满足 Tx, Ty x, y x, y X, x y , 求证 T 在 X 上存在唯一的不动点. 证记 d inf x, f x | x M , 课后答案网 6 证明先证存在 x 0 M, 使得 x 0 , f x 0 d. 这从下确界的定义出发, n , x n M, 使得 d x n , f x n d 1 n , 又因为 M 列紧，故存在 x n k x 0 , 将上面不等式中的 n 改为 n k , 即 d x n k , f x n k d 1 n k , 并令 k . 再证 d 0. 用反证法如果 d 0, 则有 d f x 0 , f f x 0 x 0 , f x 0 d ，矛盾 1.3.9 设 M, 是一个紧距离空间,又 E C M , E 中函数一致有界并满足下列: |x t 1 x t 2 | c t 1

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