泛函分析答案Word格式.docx

1、N+，存在xnD，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） x0D （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 = supxD f（x），则N+，存在ynD，使得f （yn） M - 1/nyn存在子列yn（k） y0因此f （ y0 ） 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l

2、 2的子集E = e k k 1，其中e k = 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 = 1 j n r（x0, xj） + 1则xA，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 + n r（x0, xj） = R所以A是度量空间（X, r）中的有界集（2） 注意到r（ek , e j） = 21/2 （ k j ），故E中任意点列

3、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l 2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：$ xi Fi （ i = 1, 2），使得r（F1, F2） = r（x1, x2）其中r（F1, F2） = inf r（x, y） | xF1, yF2 由r（F1, F2）的定义，N+，$ xi（n） Fi （ i = 1, 2），使得r（x1（n）, x2（n） 0，使得f M，r（ f, 0） K先证明A是一致有界的和等

4、度连续的F A，存在f M，使得F（x） =a, x f（t） dt由于r（F, 0） = max x a, b | F（x） | = max x a, b | a, x f（t） dt | max x a, b | f（t） | （b - a ） = r（ f, 0） （b - a ） K （b - a ）故A是一致有界的 0，s, ta, b，当| s - t | 0，使得x = （x1, x2, ., xn, .）A，都有| xn | Cn（ n = 1, 2, .）（） 设xk = （x1（k）, x2（k）, ., xn（k）, .） （ k = 1, 2, . ）是A中的点列存在x

5、k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（） 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）

6、, .） （ 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, x2M, x1 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） u cl（M）显然 xn（k

7、）也是收敛的，并且也收敛于u 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） 0，则r （ x0, f （x0） 0，即x0 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E C（M），E中的函数一致有界并且满足下列的Hlder条件：

8、| x（t1） - x（t2） | C r（t1, t2）a（E，t1, t2M ），其中0 0求证：E在C（M）中是列紧集由Hlder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p391.4.1 在2维空间R2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 ）

9、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）R2，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 + |