泛函分析考试题集与答案

于是-勿||+II e-e,||||x\\x-e||V2k k kkx另一方面由勾股定理得『二||◎『+||-『=II.3,1+1=2这样导出矛盾，故是可列的.设是内积空间中的一组规范正交基，证明，关于的系数中至多只有可列多个不为零证明依照不定19Fourier Bessel式，，在中任取个元素，则有n于是在月中使得|（）以|/五的只有有限个X©X||记，显然有，则显然是可列集，且当时，，即在关于的系数中非零项至多可列个Fourier所以（））（，）d2x,z=q^d«y+d yz（）1+d x,z l+d（）（）x,y+d yz（）d y,z（%）y（）（）（）（）1+d x,y+d y,z1+d x,y+d y,z（羽）（）d yd y,z〃（，）（，）2x y+d2z（）（）1+d x,y l+d y,z综上所述和均满足度量空间的三条件,故和％均使成为度量空间4x,y4y X设是内积空间，，则当，时，，即内积关于两变元连续

3.解是内积空间，设是由其内积导出的范数，由于，，所以，使得当时均有和同时由于，故知有界，所以有限因此可取M=sup||x||,||y||nlnoo因此|（%〃,%）—（羽因因（演,%）—（羽%）+（羽〃）一（羽）I yy I（%〃，%）一（%，+）（羽力）（羽）一羽％）（乂笫）S I+1—y1=1®I+1—y I11%—刈・II y.Il+llx|h||y-y\\\M\x-x\\+M||%—y||IMsn n设是线性赋范空间，是线性算子，则不是连续的，当且仅当，使得，但

4.解设不是连续的，则在上的每一点都不是连续的，因此在点也不是连续的则在包含上点的任何有界邻域内均无界，0取，则在上无界，因此,使得公|||〉成立II1取，则在上无界，因此,使得||使成立7X22类似地过程一直进行，直到取，则在上无界，因此，使得||〃成立II因此，使得，但另外，如果有，当，有由于在上不能找到一点，使得，因此对所有的点，均无法使得成立，因此，在条件下，对于所有的点，均不成立所以在上的点不是连续的，故不是连续的0对于每个有界序列，定义线性算子，

5.求IICI=解由于有界，所以有，使得对于，，00从而£|毛丁/i=n+\0000碎=加力二仆刈卜8111//«X11=14=1,从而另外，有有界序列，设，则对，有，使得可取,所以,因此,由于的任意性，于是有成立综上所述有||7||==$1^|%|我们知道有命题对于算子序列，若，则，此命题的逆命题不成立试考虑算子序列，

6.T〃2,乙，，，，，,九〃+1，，，,=%1，%2九〃，，°解，，，00所以居一2/20%-00〃二〃o00]我们有一°〃-8l|7-B||=ZE|2k=n+\另外，对每个固定的，我们都可以找到一个元素/7+1向二,工e0,2,00,有，但，II Te-T e||=||*11=1n+l nn+l因此，，故不成立设是线性赋范空间，是线性算子，则闭，当且仅当，使得，时，有

7.解闭，即有，，则，使得另外，当，，使得因此对于，，取，有〃一九z=%”—0,于是有，即，所以闭GT.证明，其中时有序列使得88（），f x=2”n=n=\解是所有极限为的序列全体的集合，范数，在中取基元集…F={e\e=0,0,1,0,…/=1,2,…}nn n~v/则对,有设，记，所以有（）（》£）=（）/x=f limlim/©/2—

00.,/—00,,/=1i=\00而£匕/（分）=同=1Z毛7YI—.ti-^

8.i=\i=\z=i取，其中，则工⑺e Co且，，所以w M11/X|||/||-||x||||f IIi=l令，即得，00且||〃||二£|/闫/1|1=1再证反向不等式对，对每个〃=7,e r定义，则是上的线性泛函，且有00co〃•区尤I fM1=1ZX sup|i|.I Z7H II-II7II z=li i=l所以，且综合两个不等式得・T c”f映射09/牝，…，/，…=，〃，7f/W,72使得，有成立则线性保距同构映射，因此设是空间，是中正交集，则以下三条等价；Hilbert收敛收敛收敛1,2,,3解，已知收敛，取，则收敛，收敛于有限数则,,00所以，收敛Zz yn=\,已知，收敛，即，标量列收敛，m取，y=n=\m mm mE%H止匕时=£区，£匕=，2a£z z=ii n=\i=\n=\n=\m由标量列收敛，从而收敛若收敛，则标量列收敛设，则由标量列收敛，得收敛，即收敛设，考虑上的积分方程

10.其中，证明此方程存在唯一连续解解由于是完备的，映射，，所以7kl s-7X5=sin玉⑺力一4/sin x tdt=几工[sin玉Q-sin xt]dt|7kl-T X|=|I,I£[sin玉r2222-sin xt]dt||2|£|sin⑺一sin x|dt22匹％|2|Jjx,0-^201^qxiTI—II因为，所以映射是压缩映射由不动点原理，，存在唯一的一个，使得丸［x*s=sin xtdi+ys考虑上的非线性积分方程

11.可⑺山+%s=KQ,s,x°s其中，是的连续函数，满足

①软区左例一I Kt,s,i s-Kt,s,G IIS2II证明当足够小时，此方程存在唯一解解由于是完备的，映射，pb pb所以乃公力一^5-25-M KQ,s,X]%4Kt,s,xtdt2Ja JaI7k1-T X2|=|2I-I J[Kt,s,x l⑺-Kt,s,x2t]dt|Ak\b-a\x}-x2\所以，当时，映射是压缩映射由不动点原理，，存在唯一的一个，使得£s=^J KQ,s,x«d/+0s.验证（）开球是开集；121（）闭球（，）（）丹是闭集2S xor={xe X;d x,%o解⑴，则，所以，，即是开集，故，开球是开集（）,则，2所以，，即是开集，故，闭球是闭集证明有界数列集合组成的空间是完备的

13.解取是空间中的基本点列，，空间的度量取由于取是空间中的基本点列，所以，当时，有，巧）=m}n}Slip|x\-x\\£i对每个固定的，当时，有（）1所以，数列是中的收敛列，即当时，C由此得，由（）中，令，则当时，有1又因为，故存在实数，对所有的，满足泮1%\km从而对每个，有匹区七一%泮%产区£+I II+1km即是有界数列，，又有（））一|£p x,X=sup IX”im故当当时，，所以是完备的度量空间证明是可分空间

14.解考虑集合，即是由至多有限个坐标不为且坐标都是有理数的元素构成因此，是可数集0,对于，有，所以，当时，，有有理数的稠密性，可取得，使得i=l2令y=八/2，・・・，G，0，・・・£3U/P且noo ooy11=El El打+El x，Wz=l i=l i=n+\noo=Ei a_江产+Si Q百pp£i=\i=〃+l2即在/〃〃中稠密依定义知p是可分的31oo/l/00举例说明在完备度量空间上的压缩映射具有唯一的不动点的结论中，若将压缩映射改为满足的映射时，其结论不成

15.立解例如,，于是由微分中值定理得在和之间存在使得丁T兀兀6Ty-Tx=y+--arctan y-x--+arctan x=y-x-arctan y+arctan x=y—x丁二i+J1+“因此成立，但其不存在不动点，否则若有不动点，那么必有成立，即成立，这个显然是不正确的故若将压缩映射改为满足的映射时，其结论不成立证明，其中时有序列和使得

16.00/x=Zlimx〃，\/x=x nec8解是所有收敛序列全体的集合，范数，在中取基元集=°,,…F={e|e,0J,0,•••/=1,2,…},Vn n・・・・・・L1,,L£C气对有且收敛于，即，取则设记，对所以有.8JM=攵/+lim Yxfe=kx+Y x7/i izI=\i=\取,其中，则且，,所以区I川”）II引i=\令，即得，且再证反向不等式对，对每个定义，则是上的线性泛函，且有00（元）=京（）+/2/7i=\0000（）〃x1=

1.lim x+y,x7]||k}imx|+|Ii in^7/7—007-00Z=1Z=100sup巴|・（|L|+|I）=11XII・（|Z|+II〃II）Z=1所以，且综合两个不等式得映射；（/匕工/匕）,……）（，〃…，必，…）使得，有成立T:c fJ f=72,则线性保距同构映射，因此--,,,求空间上的线性泛函的范数解空间上的范数为，所以有

17.rO plrO rl力区［力+力l/x|=|L xtdt—£xQ JxQ I1I x«I（力+1fo出）可知是有界线性泛函，且，另一方面，取，矢口，且rO r1巧⑺力I xtdt-\n于是Ur-1/n fOfl/n fl由〃=dt-ntdt+ntdt+=2-1/-2J-l i-\/n Joj\/n从而.设是可分的空间，证明是中任一规范正交基至多是可列的I11=218Hilbert证明有题设知是可分的，故必有的开列子集，且在中稠密，设是中的一组规范正交基，考察以一切为球心，为半径的球簇，则若不是可列的，球簇也不是可列的于是至少某两个球簇含有同一个，即有使得尤II x—e||1/V2,II x—e||v1/V2k Ak。