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泛函分析复习题2012
1．在实数轴上，令，当为何值时，是度量空间，为何值时，是赋范空间。
解：若是度量空间，所以，必须有：成立
即，取，
有，所以，
若是赋范空间，，所以，
必须有：成立，即，，
当时，若是度量空间，时，若是赋范空间。

2．若是度量空间，则，也是使成为度量空间。
解：由于是度量空间，所以有：
1），因此
和
且当时，
于是和
以及若
或
均有成立，于是成立
2），
因此
和
3），因此

以及设，，所以单增，
所以

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。

3．设是内积空间，，则当，时，，即内积关于两变元连续。
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

因此

故，即

4．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
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0点的任何有界邻域内均无界，
取，则在上无界，因此，
使得成立。
取，则在上无界，因此，
使得成立。
类似地过程一直进行，直到
取，则在上无界，因此，
使得成立。
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0点不是连续的，故不是连续的。

5．对于每个有界序列，定义线性算子，
求
解：由于有界，所以有，使得
对于，，
从而

，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

6．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，
。
解：，，
所以（）
取，，
我们有（）
另外，对每个固定的，我们都可以找到一个元素
，
有，但，

因此，，故不成立。

7．设是线性赋范空间，是线性算子则闭，当且仅当，使得，时，有。
解：闭，即有，，则，使得
另外，当，，使得
因此对于，，取，
有，
于是有，即，
所以闭

8．证明，其中时有序列使得
，
解：是所有极限为0的序列全体的集合，范数，在中取基元集

则对，有
设，记，所以有

取，其中，
则
且，，所以

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

所以，且。综合两个不等式得
映射
使得，有成立
则线性保距同构映射，因此

9．设是Hilbert空间，是中正交集，则以下三条等价；
1）收敛，2），收敛，3）收敛
解：，已知收敛，取则收敛，收敛于有限数。
则，，
所以收敛。
，已知，收敛，即，
标量列收敛，
取，
此时
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。

10．设，考虑上的积分方程
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

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

11．考虑上的非线性积分方程

其中，是的连续函数，满足

证明当足够小时，此方程存在唯一解。
解：由于是完备的，
映射，
所以

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

12．验证：（1）开球是开集；
（2）闭球是闭集。
解：（1），则，
所以，，
即是开集，故，开球是开集。
（2），则，
所以，，
即是开集，故，闭球是闭集。

13．证明：有界数列集合组成的空间是完备的。
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

对每个固定的，当时，有 （1）
所以，数列是C中的收敛列，即当时，
由此得，
由（1）中，令，则当时，有。
又因为，故存在实数，对所有的，
满足
从而对每个有

即是有界数列，，又
有
故当当时，，所以是完备的度量空间。

14．证明：是可分空间。
解：考虑集合，即是由至多有限个坐标不为0，且坐标都是有理数的元素构成。因此，是可数集。
对于，有，所以，当时，，有有理数的稠密性，可取得，
使得
令。且

即在中稠密。依定义知是可分的。

15．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，其结论不成立。
解：例如，，，
于是由微分中值定理得：在和之间存在使得

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。

16．证明，其中时有序列和使得
，
解：是所有收敛序列全体的集合，范数，在中取基元集
，

对，有且收敛于，即，
取， 则
设，记， 对所以有

取，其中，则
且，，所以

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

所以，且。综合两个不等式得
映射
使得，有成立
则线性保距同构映射，因此

17．求空间上的线性泛函的范数。
解：空间上的范数为，所以有

可知是有界线性泛函，且，
另一方面，取
，知，且
于是
从而

18．设是可分的Hilbert空间，证明是中任一规范正交基至多是可列的。
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
，
于是
另一方面由勾股定理得

这样导出矛盾，故是可列的。

19．设是内积空间中的一组规范正交基，证明：，关于的Fourier系数中至多只有可列多个不为零。
证明：依照Bessel不定式，，在中任取n个元素，则有
于是在中使得的只有有限个。
记，显然有，则显然是可列集，且当时，，即在关于的Fourier系数中非零项至多可列个。