泛函分析题1.4线性赋范空间答案

泛函分析题1_4线性赋范空间20070502

泛函分析题1_4线性赋范空间p39

1.4.1 在2维空间?2中，对每一点z = (x, y)，令

|| z ||1 = | x | + | y |；|| z ||2 = ( x 2 + y 2 )1/2；|| z ||3 = max(| x |, | y |)；|| z ||4 = ( x 4 + y 4 )1/4； (1) 求证|| · ||i ( i = 1, 2, 3, 4 )都是?2的范数．

(2) 画出(?2, || · ||i ) ( i = 1, 2, 3, 4 )各空间中单位球面图形．

(3) 在?2中取定三点O = (0, 0)，A = (1, 0)，B = (0, 1)．试在上述四种不同的范数下求出?OAB三边的长度．

证明：(1) 正定性和齐次性都是明显的，我们只证明三角不等式． 设z = (x, y), w = (u, v)??2，s = z + w = (x + u, y + v )，

|| z ||1 + || w ||1 = (| x | + | y |) + (| u | + | v |) = (| x | + | u |) + (| y | + | v |) ? | x + u | + | y + v | = || z + w ||1．

( || z ||2 + || w ||2 )2 = ( ( x 2 + y 2 )1/2 + ( u 2 + v 2 )1/2 )2 = ( x 2 + y 2 ) + ( u 2 + v 2 ) + 2(( x 2 + y 2 )( u 2 + v 2 ))1/2 ? ( x 2 + u 2 ) + ( y 2 + v 2 ) + 2( x u + y v ) = ( x + u )2 + ( y + v )2 = ( || z + w ||2 )2． 故|| z ||2 + || w ||2 ? || z + w ||2．

|| z ||3 + || w ||3 = max(| x |, | y |) + max(| u |, | v |)

? max(| x | + | u |, | y | + | v |) ? max(| x + u |, | y + v |) = || z + w ||3． || · ||4我没辙了，没找到简单的办法验证，权且用我们以前学的Minkowski不等式(离散的情况，用H?lder不等式的离散情况来证明)，可直接得到． (2) 不画图了，大家自己画吧．

(3) OA = (1, 0)，OB = (0, 1)，AB = (? 1, 1)，直接计算它们的范数： || OA ||1 = 1，|| OB ||1 = 1，|| AB ||1 = 2； || OA ||2 = 1，|| OB ||2 = 1，|| AB ||2 = 21/2； || OA ||3 = 1，|| OB ||3 = 1，|| AB ||3 = 1； || OA ||4 = 1，|| OB ||4 = 1，|| AB ||4 = 21/4．

1.4.2 设c[0, 1]表示(0, 1]上连续且有界的函数x(t)全体．?x?c[0, 1]，令 || x || = sup{| x(t) | | 0 < t ? 1}．求证： (1) || · ||是c[0, 1]空间上的范数．

(2) l ?与c[0, 1]的一个子空间是等距同构的．

证明：(1) 正定性和齐次性都是明显的，我们只证明三角不等式． || x || = sup{| x(t) | | 0 < t ? 1}．

|| x || + || y || = sup{| x(t) | | 0 < t ? 1} + sup{| y(t) | | 0 < t ? 1} ? sup{| x(t) + y(t) | 0 < t ? 1} = || x + y ||． 所以|| · ||是c[0, 1]空间上的范数．

(2) 任意取定(0, 1]中的一个单调递减列{a k }，满足

(i) a1 = 1；

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(ii) lim k ? ? ak = 0．

显然，在每个[a k + 1, a k]上为线性函数的f?c[0, 1]是存在的． 设X = { f?c[0, 1] | f在每个[a k + 1, a k]上为线性函数 }． 容易验证X是c[0, 1]的子空间．

定义? : X ? l ?，f ? ? ( f ) = ( f (a1), f (a2), ...)． 则? : X ? l ?是线性双射，且

|| ? ( f ) ||? = sup k ? 1 | f (ak) | = sup0 < t ? 1 { | f (t ) | } = || f ||．

所以，? : X ? l ?是等距同构．

因此，l ?与c[0, 1]的一个子空间是等距同构的．

1.4.3 在C1[a, b]中，令|| f ||1 = (?[a, b] ( | f(x) |2 + | f’(x) |2) dx )1/2 (?f?C1[a, b])． (1) 求证：|| · ||1是C1[a, b]上的范数． (2) 问(C1[a, b], || · ||1)是否完备？

证明：(1) 正定性和齐次性都是明显的，和前面的习题一样，只验证三角不等式． 我们先来证明一个比较一般的结果：

若线性空间X上的非负实值函数p, q都满足三角不等式：

p(x) + p(y) ? p(x +y)，q(x) + q(y) ? q(x +y)，?x, y?X；

则函数h = ( p2 + q2 )1/2也满足三角不等式．

事实上，?x, y?X，由Minkowski不等式，我们有 h(x) + h(y) = ( p(x)2 + q(x)2 )1/2 + ( p(y)2 + q(y)2 )1/2

? (( p(x)+ p(y))2 + ( q(x) + q(y))2 )1/2 ? ( p(x + y)2 + q(x + y)2 )1/2 = h(x + y)． 回到本题：若令p( f ) = (?[a, b] | f(x) |2 dx )1/2，q( f ) = (?[a, b] | f’(x) |2 dx )1/2，则 ( p( f ) + p( g ))2 = ((?[a, b] | f(x) |2 dx )1/2 + (?[a, b] | g(x) |2 dx )1/2)2 = ?[a, b] | f(x) |2 dx + 2(?[a, b] | f(x) |2 dx )1/2 · (?[a, b] | g(x)|2 dx )1/2 + ?[a, b] | g(x) |2 dx ? ?[a, b] | f(x)|2 dx + 2 ?[a, b] | f(x) | · | g(x)| dx + ?[a, b] | g(x)|2 dx

= ?[a, b] ( | f(x) | + | g(x)| )2 dx ? ?[a, b] ( | f(x) + g(x)| )2 dx = ( p( f + g ))2． 所以有p( f ) + p( g ) ? p( f + g )．

特别地，p( f’ ) + p( g’ ) ? p( f’ + g’ )，即q( f ) + q( g ) ? q( f + g )． 因此，线性空间C1[a, b]上的非负实值函数p, q都满足三角不等式． 根据开始证明的结论，|| · ||1也满足三角不等式．

1

所以，|| · ||1是C[a, b]上的范数．

1

(2) 在C[? 1, 1]中，令fn(x) = (x2 + 1/n2 )1/2 ( ?x?[? 1, 1] )． 则 f’n(x) = 2x (x2 + 1/n2 )?1/2 ( ?x?[? 1, 1] )．

显然，fn(x)几乎处处收敛于| x |，f’n(x)几乎处处收敛于2sign( x )． 因此，fn(x)依测度收敛于| x |，f’n(x)依测度收敛于2sign( x )． 则 f’n(x) = 2x (x2 + 1/n2 )?1/2 ( ?x?[? 1, 1] )．

显然，fn(x)几乎处处收敛于| x |，f’n(x)几乎处处收敛于2sign( x )． 因此，fn(x)依测度收敛于| x |，f’n(x)依测度收敛于2sign( x )． 故在L2[? 1, 1]中，fn(x) ? | x |，f’n(x) ? 2sign( x )． 因此，它们都是L2[? 1, 1]中的基本列，故 ?[? 1, 1] | fn(x) ? fm(x) |2 dx ? 0 (m, n ? ?)； ?[? 1, 1] | f’n(x) ? fm’(x) |2 dx ? 0 (m, n ? ?)．

故|| fn ? fm ||1 = (?[? 1, 1] ( | fn(x) ? fm(x) |2 + | f’n(x) ? fm’(x) |2 ) dx )1/2 ? 0 (m, n ? ?)． 即{ fn }是C1[? 1, 1]中的基本列．

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下面我们证明{ fn }不是C1[? 1, 1]中的收敛列．

若不然，设{ fn }在C1[? 1, 1]中的收敛于f?C1[? 1, 1]． 因|| fn ? f ||1 = (?[? 1, 1] ( | fn(x) ? f(x) |2 + | f’n(x) ? f’(x) |2 ) dx )1/2 ? (?[? 1, 1] | fn(x) ? f(x) |2 dx )1/2， 故在L2[? 1, 1]中，fn(x) ? f．

而在前面已说明L2[? 1, 1]中，fn(x) ? | x |；

由L2[? 1, 1]中极限的唯一性以及f的连续性，知f(x) = | x |． 这样就得到f?C1[? 1, 1]，矛盾．

所以，{ fn }不是C1[? 1, 1]中的收敛列． 这说明C1[? 1, 1]不是完备的． 对一般的C1[a, b]，只要令fn(x) = (x ? (a + b )/2)2 + 1/n2 )1/2 ( ?x?[a, b] )就可以做同样的讨论，就可以证明C1[a, b]不是完备空间．

1.4.4 在C[0, 1]中，对每个f?C[0, 1]，令

|| f ||1 = (?[0, 1] | f(x) |2 dx )1/2，|| f ||2 = (?[0, 1] ( 1 + x) | f(x) |2 dx )1/2．

求证：|| · ||1和|| · ||2是C[0, 1]中的两个等价范数． 证明：(1) 在习题1.4.3的证明中已经包含了|| · ||1是C[0, 1]中的范数的证明． 下面我们证明|| · ||2是C[0, 1]中的范数，我们仍然只要验证三角不等式． || f ||2 + || g ||2 = (?[0, 1] ( 1 + x) | f(x) |2 dx )1/2 + (?[0, 1] ( 1 + x) | g(x) |2 dx )1/2 = || (1 + x)1/2 f(x) ||1 + || (1 + x)1/2 g(x) ||1 ? || (1 + x)1/2 f(x) + (1 + x)1/2 g(x) ||1 = || (1 + x)1/2 ( f(x) + g(x) ) ||1

? (?[0, 1] (1 + x) | f(x) + g(x) |2 dx )1/2 = || f + g ||2． 所以，|| · ||2也是C[0, 1]中的范数．

(2) 我们来证明两个范数的等价性．?f?C[0, 1]

|| f ||1 = (?[0, 1] | f(x) |2 dx )1/2 ? (?[0, 1] ( 1 + x) | f(x) |2 dx )1/2 = || f ||2， || f ||2 = (?[0, 1] ( 1 + x) | f(x) |2 dx )1/2 ? 2 (?[0, 1] | f(x) |2 dx )1/2 = 2 || f ||1． 因此两个范数等价．

1.4.5 设BC[0, ?)表示[0, ?)上连续且有界的函数f(x)全体，对每个f ?BC[0, ?)及a > 0，定义 || f ||a = (?[0, ?) e ?ax | f(x) |2 dx )1/2． (1) 求证|| · ||a是BC[0, ?)上的范数． (2) 若a, b > 0，a ? b，求证|| · ||a与|| · ||b作为BC[0, ?)上的范数是不等价的． 证明：(1) 依然只验证三角不等式．

|| f ||a + || g ||a = (?[0, ?) e ?ax | f(x) |2 dx )1/2 + (?[0, ?) e ?ax | g(x) |2 dx )1/2 = || e ?ax/2 f(x) ||L2 + || e ?ax/2 g(x) ||L2 ? || e ?ax/2 f(x) + e ?ax/2 g(x) ||L2 = || e ?ax/2 ( f(x) + g(x)) ||L2

= (?[0, ?) e ?ax | f(x) + g(x) |2 dx )1/2 = || f + g ||a， 所以|| · ||a是BC[0, ?)上的范数． (2) 设fn(x)为[n, +?)上的特征函数． 则fn?BC[0, ?)，且

|| fn ||a = (?[0, ?) e ?ax | fn(x) |2 dx )1/2 = (?[n, ?) e ?ax dx )1/2 = ((1/a) e ?an)1/2．

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同理，|| fn ||b = ((1/b) e ?bn)1/2． 故若a < b，则

|| fn ||a/|| fn ||b = (b/a)1/2 e ?(b ? a)n/2 ? +? (n?+?)． 因此|| · ||a与|| · ||b作为BC[0, ?)上的范数是不等价的．

1.4.6 设X1, X2是两个B*空间，x1 ? X1和x2 ? X2的序对(x1, x2)全体构成空间 X = X1?X2，并赋予范数

|| x || = max{ || x1 ||1, || x2 ||2 }，

其中x = (x1, x2)，x1 ? X1，x2 ? X2，|| · ||1和|| · ||2分别是X1和X2的范数． 求证：如果X1, X2是B空间，那么X也是B空间． 证明：(1) 先验证|| · ||的三角不等式． 设x = (x1, x2), y = (y1, y2)?X1?X2，则

|| x + y || = || (x1 + y1, x2 + y2) || = max{ || x1 + y1 ||1, || x2 + y2 ||2 } ? max{ || x1 ||1 + || y1 ||1, || x2 ||2 + || y2 ||2 }

? max{ || x1 ||1, || x2 ||2 } + max{ || y1 ||1, || y2 ||2 } = || (x1, x2) || + || (y1, y2) || = || x || + || y ||， 而|| · ||的正定性和齐次性是显然的， 所以，|| · ||是X1?X2的范数．

(2) 设X1, X2是B空间，我们来证明X也是B空间． 设x(n) = (x1(n), x2(n))是X = X1?X2中的基本列，

则|| x(n) ? x(m) || = max{ || x1(n) ? x1(m) ||1, || x2(n) ? x2(m) ||2 } ? || x1(n) ? x1(m) ||1， 故{x1(n)}是X1中的基本列，同理，{x2(n)}是X2中的基本列． 因X1, X2是B空间，故{x1(n)}和{x2(n)}分别是X1, X2中的收敛列． 设x1(n) ? x1 ? X1，x2(n) ? x2 ? X2，令x = (x1, x2)． 则|| x(n) ? x || = max{ || x1(n) ? x1 ||1, || x2(n) ? x2 ||2 } ? || x1(n) ? x1 ||1 + || x2(n) ? x2 ||2 ? 0 (n ? ?)． 所以，|| x(n) ? x ||? 0 (n ? ?)． 即{ x(n) }为X = X1?X2中的收敛列． 所以X = X1?X2也是B空间．

1.4.7 设X是B*空间．求证：X是B空间，必须且只须

对?{xn}? X，?n ? 1 || xn || < +? ? ?n ? 1 xn 收敛．

证明：(?) ?{xn}? X，记Sn = ?1 ? j ? n xj，Bn = ?1 ? j ? n || xn ||， 则|| Sn + p ? Sn || = || ?1 ? j ? n + p xj ? ?1 ? j ? n xj || = || ?n +1 ? j ? n + p xj || ? ?n +1 ? j ? n + p || xj ||

= Bn + p ? Bn ? 0，(n ? ?)． 故{ Sn }为X中的Cauchy列．

由X完备，故{ Sn }为X中的收敛列，即?n ? 1 xn 收敛．

(?) 反证法．若(X, ?)不完备，设(Y, d )为(X, ?)的一个完备化． 不妨设(X, ?)是(Y, d )的子空间，则存在y?Y \\ X．

因cl( X ) = Y，故?n??+，存在xn?X，使得d(xn, y) < 1/2n．

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则? (xn, xm) = d(xn, xm) ? d(xn, y) + d(xm, y) ? 1/2n+ 1/2m ? 0， 因此{xn}是X中的Cauchy列，但不是收敛列． 令zn = xn+1 ? xn，Sn = ?1 ? j ? n zj；则zn, Sn?X．

因|| zn || = || xn+1 ? xn || = ? (xn+1, xn) ? d(xn+1, y) + d(xn+1, y) ? 1/2n+1+ 1/2n < 1/2n ? 1， 故?n ? 1 || zn || < +?．

而Sn = ?1 ? j ? n zj = ?1 ? j ? n ( xj+1 ? xj ) = xn+1 ? x1； 故?n ? 1 zn 在中不收敛．矛盾．

1.4.8 记[a, b]上次数不超过n的多项式全体为?n．求证：?f(x)?C[a, b]，存在 P0(x)??n，使得max a ? x ? b | f(x) – P0(x) | = min{ max a ? x ? b | f(x) – P(x) | | P??n }． 证明：注意到?n是B*空间C[a, b]中的n+1维子空间．

{1, x, x2, ..., xn}是?n中的一个向量组，把它看成C[a, b]中的一个有限向量组． 根据定理p35, 1.4.23，对任意?f(x)?C[a, b]，存在最佳逼近系数{?0, ?1, ..., ?n}， 使得|| f(x) – ?0 ? j ? n ?j x j || = min{ || f(x) – ?0 ? j ? n aj x j || | (a0, a1, ..., an)??n+1 }． 令P0(x) = ?0 ? j ? n ?j x j 就得到要证明的结论．

1.4.9 在?2中，对?x = (x1, x2)??2，定义范数|| x || = max(| x1 |, | x2 |)，并设 e1 = (1, 0)，x0 = (0, 1)．求a??适合|| x0 – a e1 || = min??? || x0 – ? e1 ||． 并问这样的a是否唯一？请对结果作出几何解释．

解：g(?) = || x0 – ? e1 || = || (0, 1) – ? (1, 0) || = || (– ?, 1) || = max(| ? |, 1) ? 1， 故g(?) 当| ? | ? 1时取得最小值1．

所以a = 0满足要求．显然满足要求的a不是唯一的． 从几何上看就是某线段上的点到某定点的距离都是1．

1.4.10 求证范数的严格凸性等价于下列条件：

|| x + y || = || x || + || y || ( ?x ? ?, y ? ? ) ? x = c y ( c > 0)．

证明：(?) 设范数是严格凸的，若x, y ? ?满足|| x + y || = || x || + || y ||， 事实上，我们总有|| (x/|| x ||) || = || (y/|| y ||) || = 1． 因x, y ? ?，故|| x || + || y || > 0，所以|| x + y || ? 0． 于是|| x ||/|| x + y || + || y ||/|| x + y || = 1． 假若x/|| x || ? y/|| y ||，

由严格凸性，得到|| (|| x ||/|| x + y ||)(x/|| x ||) + (|| y ||/|| x + y ||)(y/|| y ||) || < 1， 即|| (( x + y )/|| x + y ||) || < 1，矛盾．

因此必然有x/|| x || = y/|| y ||，即x = (|| x ||/|| y ||) y．

(?) 设?x, y ? ?，|| x + y || = || x || + || y ||蕴涵x = c y ( c > 0)． 下面证明范数是严格凸的．

设x ? y，且|| x || = || y || = 1，又设?, ??(0, 1)，且? + ? = 1．

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