泛函分析答案Word格式.docx
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N+,存在xnÎ
D,使得f(xn)>
1/n.
因D是紧集,故D是自列紧的.
所以{xn}存在收敛子列xn(k)®
x0Î
D(k®
¥
).
由f的连续性,f(xn(k))®
f(x0)(k®
但由f(xn)>
1/n知f(xn)®
+¥
(n®
),
所以f(xn(k))®
(k®
),矛盾.
故f有上界.同理,故f有下界.
(2)设M=supxÎ
Df(x),则"
N+,存在ynÎ
D,使得f(yn)>
M-1/n.
{yn}存在子列yn(k)®
y0Î
因此f(y0)³
M.
而根据M的定义,又有f(y0)£
所以f(y0)=M.因此f能达到它的上确界.
同理,f能达到它的下确界.
1.3.3在度量空间中,求证:
完全有界的集合是有界的,并通过考虑l2的子集E={ek}k³
1,其中ek={0,0,...,1,0,...}(只是第k个坐标为1,其余都是0),来说明一个集合可以是有界的但不完全有界的.
(1)若A是度量空间(X,r)中的完全有界集.
则存在A的有限1-网N={x0,x1,x2,...,xn}.
令R=å
1£
j£
nr(x0,xj)+1.
则"
xÎ
A,存在某个j使得0£
n,且r(x,xj)<
1.
因此,r(x,x0)£
r(x,xj)+r(xj,x0)£
1+å
nr(x0,xj)=R.
所以A是度量空间(X,r)中的有界集.
(2)注意到r(ek,ej)=21/2("
k¹
j),
故E中任意点列都不是Cauchy列.
所以,E中任意点列都没有收敛子列(否则,该收敛子列就是Cauchy列,矛盾).
因此,E不是列紧集.
由l2是完备的,以及Hausdorff定理,知E不是全有界集.
但E显然是有界集.
1.3.4设(X,r)是度量空间,F1,F2是它的两个紧子集,求证:
$xiÎ
Fi(i=1,2),使得r(F1,F2)=r(x1,x2).其中r(F1,F2)=inf{r(x,y)|xÎ
F1,yÎ
F2}
由r(F1,F2)的定义,"
N+,$xi(n)Î
Fi(i=1,2),使得
r(x1(n),x2(n))<
r(F1,F2)+1/n.
因F1,F2紧,故不妨假设{x1(n)},{x2(n)}都是收敛列.
设它们的极限分别为x1,x2,则r(x1,x2)£
r(F1,F2).
因此r(F1,F2)=r(x1,x2).
1.3.5设M是C[a,b]中的有界集,求证集合{F(x)=ò
[a,x]f(t)dt|fÎ
M}是列紧集.
设A={F(x)=ò
M}.
由M有界,故存在K>
0,使得"
fÎ
M,r(f,0)£
K.
先证明A是一致有界的和等度连续的.
FÎ
A,存在fÎ
M,使得F(x)=ò
[a,x]f(t)dt.
由于r(F,0)=maxxÎ
[a,b]|F(x)|=maxxÎ
[a,b]|ò
[a,x]f(t)dt|
£
maxxÎ
[a,b]|f(t)|·
(b-a)=r(f,0)·
(b-a)£
K(b-a).
故A是一致有界的.
0,"
s,tÎ
[a,b],当|s-t|<
e/K时,
[a,x]f(u)du.
|F(s)-F(t)|=|ò
[s,t]f(u)du|£
maxuÎ
[a,b]|f(u)|·
|s-t|
=r(f,0)·
|s-t|£
K·
(e/K)=e.
故A是等度连续的.
由Arzela-Ascoli定理,A是列紧集.
1.3.6设E={sinnt}n³
1,求证:
E在C[0,p]中不是列紧的.
显然E是一致有界的.
根据Arzela-Ascoli定理,我们只要证明E不是等度连续的即可.
我们的想法是找一个E中的点列fn,以及[0,p]中的两个点列sn和tn,使得
|sn-tn|®
0,但|fn(sn)-fn(tn)|不收敛于0.
事实上,这是可以做到的,只要令
fn(u)=sin(2nu),sn=(p/2)(1+1/(2n)),tn=(p/2)(1-1/(2n)).
则sn+tn=p;
sn-tn=p/(2n)®
0 (n®
因此,|fn(sn)-fn(tn)|=2|sin(2nsn)-sin(2ntn)|
=2|sin(n(sn-tn))cos(n(sn+tn))|
=2|sin(p/2)cos(np)|=2.
所以,E不是等度连续的.进而,E在C[0,p]中不是列紧的.
1.3.7求证S空间的子集A是列紧的充要条件是:
N+,$Cn>
0,使得
"
x=(x1,x2,...,xn,...)Î
A,都有|xn|£
Cn (n=1,2,...).
(Ü
)设xk=(x1(k),x2(k),...,xn(k),...)(k=1,2,...)是A中的点列.
存在{xk}的子列{x1,k}使得其第1个坐标x1(1,k)收敛;
存在{x1,k}的子列{x2,k}使得其第2个坐标x2(2,k)收敛;
如此下去,得到一个{xk}的子列的序列,第(j+1)个子列是第j个子列的子列,且第j个子列的第j个坐标是收敛的.
选取对角线构成的点列{xj,j},则{xj,j}是{xk}的子列,且每个坐标都收敛.
根据习题1.2.1的证明可知,S空间的点列收敛的充要条件是坐标收敛.
故{xj,j}是收敛点列.所以,A是列紧的.
(Þ
)我们只要证明,"
N+,A中的点的第n个坐标所构成的集合是有界集.
若不然,设A中的点的第N个坐标所构成的集合是无界的.
则存在A中的点列xk=(x1(k),x2(k),...,xn(k),...)(k=1,2,...),使得|xN(k)|>
k.
显然,{xN(k)}无收敛子列,故{xk}也无收敛子列,这与A列紧相矛盾.
这样就完成了必要性的证明.
1.3.8设(X,r)是度量空间,M是X中的列紧集,映射f:
X®
M满足
r(f(x1),f(x2))<
r(x1,x2) ("
x1,x2Î
M,x1¹
x2).
求证:
f在X中存在唯一的不动点.
(1)首先证明cl(M)是紧集.为此只要证明cl(M)列紧即可.
设{xn}是cl(M)中的点列,则存在M中的点列{yn}使得r(xn,yn)<
因M列紧,故{yn}有收敛子列{yn(k)},设yn(k)®
uÎ
cl(M).
显然{xn(k)}也是收敛的,并且也收敛于uÎ
所以cl(M)是自列紧的,因而是紧集.
(2)令g(x)=r(x,f(x)),则g是X上的连续函数.
事实上,由r(f(x1),f(x2))<
r(x1,x2)可知f:
M是连续的,因而g也连续.
由习题1.3.2知存在x0Î
cl(M),使得g(x0)=inf{r(x,f(x))|xÎ
cl(M)}.
(3)若g(x0)>
0,则r(x0,f(x0))>
0,即x0¹
f(x0).
故r(x0,f(x0))=g(x0)£
g(f(x0))=r(f(x0),f(f(x0)))<
r(x0,f(x0)),矛盾.
所以,必有g(x0)=0,即r(x0,f(x0))=0,因此x0就是f的不动点.
1.3.9设(M,r)是一个紧距离空间,又EÍ
C(M),E中的函数一致有界并且满足下列的Hö
lder条件:
|x(t1)-x(t2)|£
Cr(t1,t2)a ("
E,"
t1,t2Î
M),
其中0<
a£
1,C>
0.求证:
E在C(M)中是列紧集.
由Hö
lder条件易知E是等度连续的.又E中的函数一致有界,
由Arzela-Ascoli定理知E是C(M)中的列紧集.
[第3节完]
泛函分析题1_4线性赋范空间p39
1.4.1在2维空间R2中,对每一点z=(x,y),令
||z||1=|x|+|y|;
||z||2=(x2+y2)1/2;
||z||3=max(|x|,|y|);
||z||4=(x4+y4)1/4;
(1)求证||·
||i (i=1,2,3,4)都是R2的范数.
(2)画出(R2,||·
||i) (i=1,2,3,4)各空间中单位球面图形.
(3)在R2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DOAB三边的长度.
(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)Î
R2,s=z+w=(x+u,y+v),
||z||1+||w||1=(|x|+|y|)+(|u|+|v|)=(|x|+|u|)+(|y|+|v|)
³
|x+u|+|y+v|=||z+w||1.
(||z||2+||w||2)2=((x2+y2)1/2+(u2+v2)1/2)2
=(x2+y2)+(u2+v2)+2((x2+y2)(u2+v2))1/2
(x2+u2)+(y2+v2)+2(xu+yv)
=(x+u)2+(y+v)2=(||z+w||2)2.
故||z||2+||