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1、泛函分析之期末考习题解答实变函数与泛函分析概要第二册赋范线性空间E是有限维 E局部紧 证： 不妨设E为实n维赋范线性空间，则E与Rn拓扑同构 n 而R中任意有界闭集是紧的，由紧集上的连续函数定理知E的任意有界闭子集是紧的，即E局部紧 设E无限维但任意有界闭子集是紧的 S是E中的单位球面：S=x:|x|=1则S是E中的紧集 由里斯定理： x1S,$x2S,ST,|x2-x1|1/2,$x3S,ST,|x3-xi|1/2,(i=1.2) 类推，由E无限维，故可取S中的一个系列元素x1,x2xk ST，|xk-xl|1/2,显然xk无收敛子列，矛盾 X是完备的距离空间，T:XX,x,yX,(Tx,T
2、y)(x,y),00,$N,m,nN时|x-x| 故$a,b中的Lebesgue集EmnST|xm-xn|=SUPxm-xn|xa,b/Emn Set E=UEmna,b,则xa,b/E，m,nN时 |x-x|SUPx-x|xa,b/E|x-x| 故xa,b/E时，xn是实基本列，必收敛于某实数x n显然x可测，令m则nN时|x-x|0,ST,x=1,2nA,1|xn|0,$N0,ST,mN时，xA,1|xn|0,ST,x=1,2nA,1|xn|0,$N,m,nN时|xm-xn|0,因为xn右连续且 |x(t)-x(t+t)|x(t)-xn(t)|+|xn(t)-xn(t+t)|+|x(t+t
3、)-xn(t+t)| 故x右连续。 |xn-x|0(n),因为xn(t)是基本列，所以0,$N,m,nN时 |xm(a)-xn(a)|+1|xm(ti)-xn(ti)-xm(ti-1)-xn(ti-1)|xm-xn| 对一切分割成立，令m得： |x(a)-xn(a)|+1|x(ti)-xn(ti)-x(ti-1)-xn(ti-1)| 对分割取上确界，得|x-xn|即xn按Va,b的距离收敛于x 所以xVa,b即Va,b是完备的 0，atl设x(t)=令K=x(t),a,b显然K是不可数的 1，ltbkkppp以K为中心2/3为半径作开球，这种开球组成的类不可数 若Va,b可分，则$可数子集yk
4、在Va,b稠密 故上述每个球必含yk中的点，而球类不可数，故一定有yk属于两不同的球， 不妨设为：S(x,2/3)S(x,2/3)，x,xK,则： 2=+2/3+2/3,矛盾，故Va,b不可分 22.H表示如下函数的全体：xL0,2,x(t)1an(an+bn)+，令|x|H=0+p2222a02+12(ancosnt+bnsinnt) 1且11n(an+bn)2，证明H是H空间 2证： 作T：xx=a02+11n2(ancosnt+bnsinnt),易知T是HL20,2的等距算子，下证其为满射 xL0,2,x=a0212a02+1(ancosnt+bnsinnt)令an=ann2bn=bnn
5、得：x=+1n2(ancosnt+bnsinnt)，显然1n(an+bn)+ 2故$xL20,2,ST,x=a02a02+1(ancosnt+bnsinnt),右边级数收敛，易证x+1(ancosnt+bnsinnt)H 即xL20,2,$xH,ST,Tx=x即T是满射，故H与L20,2等距同构，又L20,2是H空间，故H是H空间 39.Ln(t)=etdnndt(te)为Laguerre函数，证明n-t1n!e-t2Ln(t)是L0,)中的2个完备规范正交系 证：易知Ln是n次多项式 kn时：1n!0eLn(t)Lm(t)dt=0,m=n时-t0eLn2(t)dt=2. e-t2Ln(t)是
6、规范正交系，又Q多项式全体在L20,N稠密 1n!t2eLn(t)张成的空间在L0,N稠密，将L0,N中的函数延拓到0,)，22ST，其在0,N处处为0，而L=U1L20,N在L2稠密 1n!e-t2Ln(t)张成的空间在L20,)稠密 P232 4.K(s,t)是atb,asb的可测函数，ba|K(s,t)|dt对a,b几乎所有sb存在，且作为s的函数本性有界，令y=Tx:y(t)=到La,b的有界线性算子，且|T|=vraisupaaK(s,t)x(s)ds,则T是La,b|K(s,t)|dt. b证：T显然是La,b到La,b的有界线性算子 设K(t,s)是实函数，=vraisup考察共
7、轭算子T,(Tx)(s)=bab|K(s,t)|dt，则|T| aK(s,t)x(t)dt，x(t)La,b 则T是La,b到La,b的有界线性算子，|T|=|T| ,令E=sa,b:aQb|K(s,t)|dt-，mE0 ba|K(s,t)|dt关于s本性有界bbaba|K(s,t)|dtdt0&bba|Kn(s,t)-K(s,t)|dt0在F一致成立 QmF0 $点s0F,ST,U(s0),m(U(s0)F)0 又s0FE a|K(s0,t)|dt-,$U(s0),N,ST,sU(s0)F,有： bba|K(s,t)-K(s0,t)|dta|K(s,t)-KN(s,t)|+|KN(s,t)-
8、KN(s0,t)|+ |K(s0,t)-KN(s0,t)|dt 取(t)=sgnK(t,s0)La,b,|=1,显然(t)可测 ba|K(s,t)(t)-K(s0,t)(t)|dt-2 综上：|T|= 1n9.C0,1上的算子列Tn,(Tnx)(t)=x(t),则Tn按强算子拓扑收敛于某一有界线性算子，但不按一致算子拓扑收敛于该算子。 证： xC0,1,0,$C0,1,ST, t1,t20,1，|t1-t2|时|x(t1)-x(t2)| 令00/2,则0t0时，|t1+1n-t|2tN时,|tnN时|Tnx(t)-x(t)|=|x(t1+1n-t| )-x(t)| Tn按强算子拓扑收敛于某一有
9、界线性算子 0，t0,t1+n011+取t00,1,n,xC0,1,xn=线性，tt0n,t0 1，tt,101则|xn|=1,|Tn-T|xn(t01+1n)-xn(t0)|=1 Tn不按一致算子拓扑收敛于该算子 23.设n为一数列，IF,x=nL,1证：令Fn(x)=1nn收敛，则n有界。 nn Qx=nL,Lim|Fn|N|ck|f|,又ckl，令f(x)=1kck.(xc0) 易知fc0*&|f|1|ck|,故|f|=1|ck| 54.求伴随算子 解法： 对应LPA,B空间，其对偶空间是LQA,B(1/P+1/Q=1) T*f(x)=f(Tx)=Ay(t)Txdt转化为Bx(s)(T*
10、y)ds AB去掉外壳即可得(T*y) 58.59.60(数学归纳法).略 79.81.紧算子的求法 解法： 取E中的闭单位球S(,1)=x:|x|1 然后用|Tx(t1)-Tx(t2)|转化为一个可用|t1-t2|判断 |Tx(t1)-Tx(t2)|=P1,P=P2,当任意投影算子Q，Q=P1,Q=P2时必有Q=P 证： P1,P2,P1P2均为投影算子，故=(X,PY)，即P自伴 又P2=P，故P为投影算子 P-P1=P2-P1P2可以同上证明其为投影算子，故P=P1,同理P=P2 记LQ,LP1,LP2,LP1P2,LP分别为对应算子的投影空间 因为Q=P1,Q=P2所以LP1LQ,LP2LQ,LP1P2LQ 所以LPLP1LP2LP1P2LQ，故Q-P为投影算子，Q=P
