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泛函分析题1_3列紧集20070501
泛函分析题1_3列紧集p19
1.3.1在完备的度量空间中,求证:
为了子集A是列紧的,其充分必要条件是对"e>0,存在A的列紧的e网.
证明:
(1)若子集A是列紧的,由Hausdorff定理,
"e>0,存在A的有限e网N.
而有限集是列紧的,故存在A的列紧的e网N.
(2)若"e>0,存在A的列紧的e/2网B.
因B列紧,由Hausdorff定理,存在B的有限e/2网C.
因CÍBÍA,故C为A的有限e网.
因空间是完备的,再用Hausdorff定理,知A是列紧的.
1.3.2在度量空间中,求证:
紧集上的连续函数必是有界的,并且能达到它的上、下确界.
证明:
设(X,r)是度量空间,D是紧子集,f:
D®R是连续函数.
(1)若f无上界,则"nÎN+,存在xnÎD,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)®x0ÎD(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=supxÎDf(x),则"nÎN+,存在ynÎD,使得f(yn)>M-1/n.
{yn}存在子列yn(k)®y0ÎD(k®¥).
因此f(y0)³M.
而根据M的定义,又有f(y0)£M.
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}k³1,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.
证明:
(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=å1£j£nr(x0,xj)+1.
则"xÎA,存在某个j使得0£j£n,且r(x,xj)<1.
因此,r(x,x0)£r(x,xj)+r(xj,x0)£1+å1£j£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("k¹j),
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:
$xiÎFi(i=1,2),使得r(F1,F2)=r(x1,x2).其中r(F1,F2)=inf{r(x,y)|xÎF1,yÎF2}
证明:
由r(F1,F2)的定义,"nÎN+,$xi(n)ÎFi(i=1,2),使得
r(x1(n),x2(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|fÎM}是列紧集. 证明: 设A={F(x)=ò[a,x]f(t)dt|fÎM}. 由M有界,故存在K>0,使得"fÎM,r(f,0)£K. 先证明A是一致有界的和等度连续的. "FÎA,存在fÎM,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. "e>0,"s,tÎ[a,b],当|s-t| "FÎA,存在fÎM,使得F(x)=ò[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}n³1,求证: E在C[0,p]中不是列紧的. 证明: 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: "nÎN+,$Cn>0,使得 "x=(x1,x2,...,xn,...)ÎA,都有|xn|£Cn (n=1,2,...). 证明: (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,"nÎN+,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)) 求证: f在X中存在唯一的不动点. 证明: (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)<1/n. 因M列紧,故{yn}有收敛子列{yn(k)},设yn(k)®uÎcl(M). 显然{xn(k)}也是收敛的,并且也收敛于uÎcl(M). 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)) X®M是连续的,因而g也连续. 由习题1.3.2知存在x0Îcl(M),使得g(x0)=inf{r(x,f(x))|xÎcl(M)}. (3)若g(x0)>0,则r(x0,f(x0))>0,即x0¹f(x0). 故r(x0,f(x0))=g(x0)£g(f(x0))=r(f(x0),f(f(x0))) 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EÍC(M),E中的函数一致有界并且满足下列的Hölder条件: |x(t1)-x(t2)|£Cr(t1,t2)a ("xÎE,"t1,t2ÎM), 其中00.求证: E在C(M)中是列紧集. 证明: 由Hölder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. 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)ÎR2,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 ³(x2+u2)+(y2+v2)+2(xu+yv) =(x+u)2+(y+v)2=(||z+w||2)2. 故||z||2+||w||2³||z+w||2. ||z||3+||w||3=max(|x|,|y|)+max(|u|,|v|) ³max(|x|+|u|,|y|+|v|)³max(|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Hölder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."xÎc[0,1],令 ||x||=sup{|x(t)||0 (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 ||x||+||y||=sup{|x(t)||0 ³sup{|x(t)+y(t)|0 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{ak},满足 (i)a1=1; (ii)limk®¥ak=0. 显然,在每个[ak+1,ak]上为线性函数的fÎc[0,1]是存在的. 设X={fÎc[0,1]|f在每个[ak+1,ak]上为线性函数}. 容易验证X是c[0,1]的子空间. 定义j: X®l¥,f#j(f)=(f(a1),f(a2),...). 则j: X®l¥是线性双射,且 ||j(f)||¥=supk³1|f(ak)|=sup0 所以,j: 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=(ò[a,b](|f(x)|2+|f’(x)|2)dx)1/2("fÎC1[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)³p(x+y),q(x)+q(y)³q(x+y),"x,yÎX; 则函数h=(p2+q2)1/2也满足三角不等式. 事实上,"x,yÎX,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 ³((p(x)+p(y))2+(q(x)+q(y))2)1/2³(p(x+y)2+q(x+y)2)1/2=h(x+y). 回到本题: 若令p(f)=(ò[a,b]|f(x)|2dx)1/2,q(f)=(ò[a,b]|f’(x)|2dx)1/2,则 (p(f)+p(g))2=((ò[a,b]|f(x)|2dx)1/2+(ò[a,b]|g(x)|2dx)1/2)2 =ò[a,b]|f(x)|2dx+2(ò[a,b]|f(x)|2dx)1/2·(ò[a,b]|g(x)|2dx)1/2+ò[a,b]|g(x)|2dx ³ò[a,b]|f(x)|2dx+2ò[a,b]|f(x)|·|g(x)|dx+ò[a,b]|g(x)|2dx =ò[a,b](|f(x)|+|g(x)|)2dx³ò[a,b](|f(x)+g(x)|)2dx=(p(f+g))2. 所以有p(f)+p(g)³p(f+g). 特别地,p(f’)+p(g’)³p(f’+g’),即q(f)+q(g)³q(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. 所以,||·||1是C1[a,b]上的范数. (2)在C1[-1,1]中,令fn(x)=(x2+1/n2)1/2("xÎ[-1,1]). 则f’n(x)=2x(x2+1/n2)-1/2("xÎ[-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("xÎ[-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 ò[-1,1]|fn(x)-fm(x)|2dx®0 (m,n®¥); ò[-1,1]|f’n(x)-fm’(x)|2dx®0 (m,n®¥). 故||fn-fm||1=(ò[-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. 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fÎC1[-1,1]. 因||fn-f||1=(ò[-1,1](|fn(x)-f(x)|2+|f’n(x)-f’(x)|2)dx)1/2 ³(ò[-1,1]|fn(x)-f(x)|2dx)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fÏC1[-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("xÎ[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fÎC[0,1],令 ||f||1=(ò[0,1]|f(x)|2dx)1/2,||f||2=(ò[0,1](1+x)|f(x)|2dx)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=(ò[0,1](1+x)|f(x)|2dx)1/2+(ò[0,1](1+x)|g(x)|2dx)1/2 =||(1+x)1/2f(x)||1+||(1+x)1/2g(x)||1 ³||(1+x)1/2f(x)+(1+x)1/2g(x)||1 =||(1+x)1/2(f(x)+g(x))||1 ³(ò[0,1](1+x)|f(x)+g(x)|2dx)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."fÎC[0,1] ||f||1=(ò[0,1]|f(x)|2dx)1/2£(ò[0,1](1+x)|f(x)|2dx)1/2=||f||2, ||f||2=(ò[0,1](1+x)|f(x)|2dx)1/2£2(ò[0,1]|f(x)|2dx)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fÎBC[0,¥)及a>0,定义||f||a=(ò[0,¥)e-ax|f(x)|2dx)1/2. (1)求证||·||a是BC[0,¥)上的范数. (2)若a,b>0,a¹b,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=(ò[0,¥)e-ax|f(x)|2dx)1/2+(ò[0,¥)e-ax|g(x)|2dx)1/2 =||e-ax/2f(x)||L2+||e-ax/2g(x)||L2 £||e-ax/2f(x)+e-ax/2g(x)||L2 =||e-ax/2(f(x)+g(x))||L2 =(ò[0,¥)e-ax|f(x)+g(x)|2dx)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fnÎBC[0,¥),且 ||fn||a=(ò[0,¥)e-ax|fn(x)|2dx)1/2=(ò[n,¥)e-axdx)1/2=((1/a)e-an)1/2. 同理,||fn||b=((1/b)e-bn)1/
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