泛函分析习题参考答案

一d(x,y)、设证明：显然

为空间

~d(y,x)也是X上的距离。 X上的距离，试证：d(y,x)?1?d(y,x)~~d(x,y)?0,并且d(x,y)?0?d(x,y)?0?x?y。

再者，

~~d(y,x)d(x,y)d(y,x)???d(x,y)；

1?d(y,x)1?d(x,y)最后，由

t1的单调增加性及d(x,y)?d(x,z)?d(z,y)，可得 ?1?1?t1?t~d(x,y)d(x,z)?d(z,y)d(x,z)d(z,y)d(x,y)????1?d(x,y)1?d(x,z)?d(z,y)1?d(x,z)?d(z,y)1?d(x,z)?d(z,y)

?~~d(x,z)d(z,y)??d(x,z)?d(z,y)。

1?d(x,z)1?d(z,y)、设

二

p?1，xn?(?1(n),?,?i(n),)?lp，n?1,2,?，x?(?1,1p,?i,)?lp，则

n??时，

p??d(xn,x)????i(n)??i??0的充要条件为(1)n??时，?i(n)??i，i?1,2,?i?1?；

(2)???0，

存在

N?0，使得

i?N?1???i(n)??对任何自然数n成立。

?1p??(n)(n)???必要性证明：由d(x,x)?ni??i??0可知，?i??i，i?1,2,?i?1?p由

p。

x?(?1,,?i,)?lp可知，

???0，存在

N1?0，使得

i?N1?1p?(n)????ii?()p。 ?i?1???p?i?()p2，并且

n?N1时，

2p由此可得，

i?N1?1???i(n)pp????????pp?????i(n)??i?????i????p对n?N1成立。

??i?N1?1??i?N1?1????11p对于

n?1,2,N1，存在N2?0，

i?N2?1???i(n)??pp。取

N?max?N1,N2?，则

i?N?1???(n)pi??p对任何自然数n成立。

充分性证明：由条件可知，

???0，存在K?0，使得

i?K?1???K(n)pi?()2??ip?p对任何自然数

n成立，并且

i?K?1???p?i?()p。

2由

?(n)i??i可知，存在N?0，使得n?N时，??i?1(n)i??p，并且

1

d(xn,x)???pi?1?(n)i??ip???i?1K(n)i??i?pi?K?1p???i(n)??ip

???i(n)??ii?1Kp???(n)p1pp1p???(??i)?(??i)??2?p。

i?K?1?i?K?1?三Lp[a,b](p?1)、在极限意义下，

上定义距离：

d(x,y)???bax(t)?y(t)dtp?1p，则在此距离诱导的

xn(t)收敛于x(t)的充要条件为(1)xn(t)依测度收敛于x(t)；(2)?xn(t)?在[a,b]上具有等度绝对连续的积分。

必要性证明：由

?（xn,x)?0，可得???0，?xn(t)?x(t)dt?EpE(xn?x??)?xn?xdt

p??p?m(E(xn?x??)，n?1,2,?，令n??，可得m(E(xn?x??)?0。即xn(t)依测度收敛于

x(t)。

由

x(t)的积分绝对连续性可知，对任何??0，存在?1?0，使得e?E，me??1时，(?x(t)dt)?ep1p?2。对上述

??0，存在

（?xn(t)?x(t)dt）?N?0，使得n?N时，

E1p1p1pp1p?2，

从而

?xenn(t)dt)?(?xn?xdt)?(?xdt)?(?xn?xdt)?(?xdt)??eeEe1ppppp1pp1p，

即

?xe对于

(t)dt)??p，对

n?N,N?1,?，成立。

p（n?1,2,?,N，易知存在?2?0，使e?E，me??2时，

?xn(t)dt??）。

e取

??min(?1,?2)，则

e?E，me??时，?xn(t)dt)??ep1p，对每个自然数

n成立。

即

?xn(t)?在

[a,b]上具有等度绝对连续的积分。

充分性证明：对任何

??0，令

En(?)?E(xn?x??)，则mEn(?)?0。由此可知，对任何??0，存在N?0，使得

n?N时，mEn(?)??。

令

Fn(?)?E(xn?x??)，则?p(xn,x)?pEn?xn?xdt?pFn?xn?xdt。此时，

p11??pppppxn?xdt??(?xndt)?(?xdt)????EnEn?En?，

Fn?xn?xdt?(b?a)??p。

p

2

由积分的等度绝对连续性可知，对任何

??0，存在

??0p，使得

e?E，me??时，

?e对上述

xn(t)dt)?1p?2，

?ex(t)dt)?pp1p?2。

??0，存在

（?xn?xdt）??N?0，使得n?N时，mEn(?)??，此时

Enp。

于是对任何

??0，存在

N?0，使得n?N时，d(xn,x)?(1?b?a)??，

1p即

xn(t)收敛于x(t)。

、

是距离空间

四F

X中闭集的充分必要条件为对任何F中点列?xn?，xn?x?X，必有x?F。

中点列

必要性证明：对于

F

?xn?，

xn?x?X，若

x?F，则x?Fc，即x为开集Fc的内点，从而存在??0，使得

O(x,?)?Fc。由xn?x可知，存在N?0，使得xN?O(x,?)?Fc，这与xN?F矛盾。因而有x?F。

充分性证明：对于

F中互异点列?xn?，若xn?x?X，则x?F，即F的聚点在F中。因此，对于任意x?Fc，x必不是F的聚点，从

，使得

而存在

??0O(x,?)?Fc，因而 Fc为开集，即F为闭集。

?，On,?包含B，并且 X中闭集，试证必有一列开集O1，O2，五B、设

是度量空间

B??On。

n?1?1证明：任取?,n?1,2,?，令On???n(x)，则B?On，并且On为开集(n?1,2,?)。任取x??Onn?nx?Bn?1?1则存在x(n?1,2,?)，从而xn?x。由于B为闭集，因而x?B，即有B??On。

n?B，使得d(xn,x)?nn?1，

?六X、设

为距离空间，

F1，F2为X中不相交的闭集，试证：存在开集G1，G2，使得

G1?G2??，G1?F1，G2?F2。

证明：由

令

F1?F2??，得?x1?F1，d(x1,F2)?0，?x2?F2,d(x2,F1)?0。

d(x1,F2)d(x2,F1)?1?,?2??1(x1),G2???2(x2),则G1，G2，G??122x1?F1x2?F2分别为包含

F1，F2的开集。

假设x?G?G，则d(x,x)??,d(x,x)??,x?F,x?F，但是

012011022112d(x1,x2)?d(x1,x0)?d(x0,x2)?G1?G2??。

d(x1,F2)d(x2,F1)??d(x1,x2)是一个错误，故而

22七

、试证：

l?是不可分的距离空间。

3

证明：设

??1,?2,?,?n,???l??n?0,1,?，则对于任何x???n?,y???n??MM??，当

x?y时，

d（x,y)?sup?n??n?。显然，1M与二进制小数一一对应，因而是不可数的。

假设

1l?是可分的，则存在可数稠密子集?yn?，使得任何x?M?l?的邻域U(x,)中至少包含一个yn。对于任何两个不同的邻域

3，必有

11U(x,)、U(y,)，x,y?M33111??U(x,)?U(y,)??，从而?U(x,)x?M?是一族互不相交的球，其总数是不可数的。因此?yn?至少也有不可数个，这与?yn?333??是可数的相矛盾。

（或：由

1?U（yn,）?l??M3以及

M是不可数的，可知存在一个

1U(yn,)包含M3中的两个不同点

x,y。但

，并且dd（x,y)?1（x,y)?d（x,yn)?d(y,yn)?2，显然这是相互矛盾的。） 3八X、设证明：任取

为距离空间，

A为X中的子集，令f(x)?infd(x,y)，x?X，试证：f(x)是X上的连续函数。

y?Ax0?Xy?A，对于

x?X，有

f(x)?infd(x,y)?d(x,y)?d(x,x0)?d(y,x0),对一切y?A成立。

从而

f(x)?d(x,x0)?f(x0)，同理可得f(x0)?d(x,x0)?f(x)

即有

f(x)?f(x0)?d(x,x0)，从而f(x)在x0处连续。

因此

f(x)是X上的连续函数。

、试证：

九T是距离空间X到距离空间Y中的连续映射的充要条件为Y中任何闭集F的原像T?1F是X中的闭集。

必要性证明：设

F为Y中的闭集，任取?xn??T?1F，xn?x，x?X，则Txn?F。

由

T的连续性可知，Txn?Tx，从而Tx?F，即x?T?1F。

x?X，任取?xn??X，xn?x。

充分性证明：设

假设

Txn?Tx不成立，则存在?0?0和子列xnk?X，使得d(Txnk,Tx)??0。

??令

F??yd(y,Tx)??0?，则Txnk?F??，并且

F为Y中的闭集，从而T?1F是X中的闭集。

由

xnk?T?1F,xnk?x可得，

x?T?1F，即Tx?F，由此可得0?d(Tx,Tx)??0?0，这一矛盾说明，

4

Txn?Tx，即为连续映射。

十

、试证：

lp(p?1)是完备的距离空间。

证明：对于任何基本列

?xn??lp：

(n)xn?(?1(n),?2,p,?i(n),)，n?1,2,?，有???0，存在N?0，

i?1,2,s，

m,n?N时，

??i(n)??i(m)??i?1?p。从而对于每个

???(n)i(n)i是

R中的基本列，由R的完备性可知，存在

(m)pi?i?R，使得

?p(n)i??ip，从而

，

n??。同时对于任何自然数，

??i?1s????p，令

m??，得

??i?1令

s(n)i??i????i(n)??i??p。

i?1?px?(?1,?2,?p?,?i,)，则由???i??i?1??1p??????i(n)??i?1?p?1pp??????i(n)??i??i?1??1p可知，

x?lp。由

d(xn,x)??可知，xn?x。从而lp(p?1)是完备的距离空间。

十一

、试证：

C[a,b]在积分平均收敛意义下是不完备的距离空间。

??1,?证明：设x(t)??nt,n?1,?对于

?2?t??1n?1n?t?1n1n，

n?1,2,?，则?xn??C[a,b]。

?t?2?1n2n?m，d(xn,xm)??xn(t)?xm(t)dt??2在

11?，由此可知，?xn?为(C[a,b],d)中的基本点列。 mn若

?xn?(C[a,b],d)中收敛，则存在x(t)?C[a,b]，使得

2d(xn,x)??xn(t)?x(t)dt?0，从而?1?x(t)dt??11?x(t)dt?0。

?2?1n2?2n由此可得，

x(0?)??1，x(0?)?1，这与x(t)?C[a,b]矛盾。因此?xn?在(C[a,b],d)中不收敛，从而C[a,b]在积分平

均收敛意义下是不完备的。

十二f(x)R、设

是

证明：对于任何

上的可微函数，并且

f?(x)???1，则方程f(x)?x有唯一的实数解。

。

x,y?R，f(x)?f(y)?f?(?)?x?y???x?y0???1，可知，f是完备空间R上的压缩映射。 由压缩映射不动点原理可知，f(x)?x有唯一的实数解。

由

十三

、设

F是n维欧几里得空间Rn中有界的闭集，A是F

到自身中的映射，并且满足下列条件：对任何

x,y?F(x?y)，有

5

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