距离空间泛函分析第四章习题第一部分(1-18)

泛函分析第4章内积空间第四章介绍的是内积空间，是泛函分析中非常重要的一个概念。

内积空间是在向量空间上赋予了内积运算的结构，它将几何空间的概念引入到向量空间中，从而使得我们能够定义向量的长度、角度等几何概念。

在内积空间中，我们首先需要定义内积的概念。

内积是一个数学结构，它将两个向量映射到一个实数上。

在内积空间中，内积满足一系列性质，如线性性、对称性和正定性等，这些性质保证了内积的合理性和实用性。

比如，线性性保证了内积对于向量的加法和标量乘法是线性的，对称性保证了内积的对换性质。

通过内积，我们能够定义向量的长度和角度。

向量的长度可以通过内积定义一个标准，即向量与自身的内积的平方根。

这个定义与我们熟悉的欧氏几何空间中的向量长度一致。

而向量的角度可以通过内积定义出余弦值，从而表示两个向量之间的夹角。

这个定义使得我们能够对向量的方向进行描述。

内积空间还引入了正交的概念。

在内积空间中，两个向量相互垂直时称为正交。

正交向量在几何空间中有很重要的应用，比如可以作为一组基底，并且正交向量之间的内积为零，这使得我们能够对向量进行分解和投影等操作。

内积空间还引入了内积的连续性概念。

通过内积的连续性，我们可以定义向量的极限、收敛等概念。

这使得内积空间成为了一个完备的空间，即任何一个柯西序列都存在一个极限。

内积空间是泛函分析中非常有用的一个概念。

它不仅能够将几何概念应用到向量空间中，还能够定义向量的长度和角度等概念，从而使得向量空间具有了更强的几何性质。

在泛函分析中，内积空间是研究函数空间、傅里叶变换等问题的基础。

因此，对于内积空间的理解和掌握是非常重要的。

总之，第四章介绍的内积空间是泛函分析中非常重要的一个概念。

它通过引入内积的概念，使得向量空间具有了几何性质，定义了向量的长度、角度等几何概念。

内积空间是泛函分析中非常有用的一个工具，对于研究函数空间、傅里叶变换等问题具有重要的意义。

因此，对于内积空间的理解和掌握是泛函分析学习的重点。

第四章习题参考解答1．设)(x f 是E 上的可积函数，如果对于E 上的任意可测子集A ，有0)(=⎰dx x f A ，试证：)(x f ，].[.E e a证明：因为}1)(|{}0)(|{1k x f x E x f x E k ≥=≠∞= ，而N k ∈∀，}1)(|{kx f x E ≥}1)(|{}1)(|{kx f x E k x f x E -≤≥= .由已知，=+=-≤≥≥⎰⎰⎰kx f x E kx f x E kx f x E dx x f dx x f dx x f 1)(|{1)(|{1|)(|{)()()(000=+.又因为0}1)(|{11)(0}1)(|{}1)(|{≥≥=≥=≥≥⎰⎰kx f x mE k dx k dx x f kx f x E kx f x E ， 0}1)(|{1)1()(0}1)(|{}1)(|{≤-≤-=-≤=≥≥⎰⎰k x f x mE k dx k dx x f kx f x E kx f x E所以，0}1)(|{}1)(|{=-≤=≥k x f x mE k x f x mE .故,0}1)(|{}1)(|{}1|)(|{=-≤+≥=≥kx f x mE k x f x mE k x f x mE ,从而00}1|)(|{}1|)(|{[}0)(|{111==≥≤≥=≠∑∑∞=∞=∞=k k k k x f x mE k x f x E m x f x mE .即，0)(=x f ，].[.E e a .2.设f ，g 都是E 上的非负可测函数，并且对任意常数a ，都有})(|{})(|{a x g x mE a x f x mE ≥=≥，试证：)()(x g x f =，从而，=⎰dx x f E )(dx x g E⎰)(.证明：我们证f，g 是同一个简单函数序列∞=1){m m ψ的极限函数.N m ∈∀及12,,1,0-=m m k ，令}21)(2|{,mm k m k x f k x E E +≤≤=，并且 })(|{2,m x f x E E m m m ≥=.则k m E ,是互不相交的可测集，并且k m m k E E m ,21== ，定义简单函数∑==mk m m k E m m x kx 20)(2)(,χψ. 下面证明：)()(lim x f x m m =∞→ψ，E x ∈.E x ∈∀0,若+∞=)(0x f ，则N m ∈∀，m m m E x 2,0∈，所以)()(0∞→∞→=m m x m ψ，即)()(lim 00x f x m n =∞→ψ；若+∞<)(0x f ，则可取正整数)(00x f m >，0m m ≥∀时,}21)(2|{})(0|{1210m m m k k x f k x E m x f x E x m +<≤=<≤∈-= .故，存在)120(-≤≤mm k k ， }21)(2|{0m m k x f k x E x +<≤∈.即，m m k x f k 21)(20+<≤，m m k E m m k x k x mk m 2)(2)(20,==∑=χψ.所以，0212212)()()(|)()(|00000→=-+<-=-=-mm m m m m k k k x f x x f x x f ψψ，从而， )()(lim 00x f x m n =∞→ψ.同理，N m ∈∀，定义简单函数列∑==mkm m k E m m x kx 20)(2)(*,χψ，其中：}21)(2|{*,mm k m k x g k x E E +<≤=，12,,1,0-=mm k .})(|{*,m x g x E E k m ≥=.同上一样可证明：)()(lim 0x g x m n =∞→ψ，E x ∈.因为R a '∈∀，有})(|{})(|{a x g x mE a x f x mE ≥=≥.故R a '∈∀，})(|{b x f a x mE <≤})(|{b x g a x mE <≤=.从而，)120(-≤≤∀mm k k ，有k m m m m m k m mE k x g k x mE k x f k x mE mE ,*,}21)(2|{}21)(2|{=+<≤=+<≤=m m m m m m mE m x g x mE m x f x mE mE 2,*2,})(|{})(|{=≥=≥=.即，N m ∈∀，=)(x m ψ)(x m ϕ.因此)()(lim )(lim )(x g x x x f m m m m ===∞→∞→ϕψ.3.若⎪⎩⎪⎨⎧=为有理数，当为无理数，当x x x x x f 31)(，计算⎰1,0[)(dx x f .解：设x x E |]1,0[{0∈=为有理数}，01]1,0[E E -=，则+=⎰⎰1)()(]1,0[E dx x f dx x f⎰]1,0[)(dx x f ⎰⎰⎰+==111E EE dx xdx xdx x=+==⎰⎰⎰1111E E E dx xdx xdx x2]2[11101]1,0[====⎰⎰x dx xdx x.4.设21,,E E 是]1,0[中n 个可测集，若]1,0[内每一点至少属于n 个集中的q个集，证明：21,,E E 中至少有一个测度不小于nq.证：令∑==ni E x x f i1)()(χ，其中i E χ为i E 上的特征函数]1,0[∈∀x ，有q x x f ni E i≥=∑=1)()(χ，所以q qdx dx x f =≥⎰⎰]1,0]1,0[)(.∑∑⎰∑∑⎰⎰⎰========≤ni ni i E ni E ni E mE dx x dx x dx x f q i i 11111,0]1,0[]1,0[)()()(χχ.如果每个n qmE i <，则∑∑===⋅=>n i n i i q n q n n q mE 11.这与∑=≤ni i mE q 1矛盾.从而，)1(n i i ≤≤∃使得nqmE i ≥. 5.设f ，g 都是E 上的可积函数，试证明：22g f+也是E 上可积函数.证明：（1）先证：设)(x f 与)(x F 都是E 上的可测函数且)()(0x F x f ≤≤ ].[.E e a ，若)(x F 在E 可积，则)(x f 在E 可积.事实上，N m l ∈∀,，因为)()(0x F x f ≤≤ ].[.E e a ，故l l x F x f )}({)}({0≤≤，即+∞<≤≤≤⎰⎰⎰EE llE ldx x f dx x F dx x F dx x f mm)()}({)}({)}({，其中：m mS E E=，}||||{∞<=x x S m .从而∞=⎰1})}({{l l E dx x F m是单调递增有上界⎰Edx x F )(的数列，故：⎰⎰⎰≤=∞→EE ll E dx x F dx x f dx x f mm)()}({lim )(.又因为⎰∞=mE m dx x f 1})({单调递增有上界，所以⎰∞→mE l dx x f )(lim存在，并且⎰⎰⎰+∞<≤=∞→EE ll Edx x F dx x f dx x f m)()}({lim )(，即⎰∞→∞→mE ll m dx x f )}({lim lim+∞<≤⎰dx x f E)(.所以)(x f 在E 可积.（2）再证：22g f+在E 上可积.事实上，因为f ，g 在E 上可积，所以||f 与||g 在E 上可积，从而||f +||g 在E 上可积. 又因为||||22g f g f+≤+，由（1）。

第五章习题第一部分01-151. M 为线性空间X 的子集，证明span( M )是包含M 的最小线性子空间．[证明] 显然span( M )是X 的线性子空间．设N 是X 的线性子空间，且M ⊆ N ． 则由span( M )的定义，可直接验证span( M ) ⊆ N ． 所以span( M )是包含M 的最小线性子空间．2. 设B 为线性空间X 的子集，证明conv(B ) = {∑=ni i i x a 1| a i ≥ 0,∑=ni ia1= 1, x i ∈B , n 为自然数}．[证明] 设A = {∑=ni i i x a 1| a i ≥ 0,∑=ni ia1= 1, x i ∈B , n 为自然数}．首先容易看出A 为包含B 的凸集，设F 也是包含B 的凸集，则显然有A ⊆ F ，故A 为包含B 的最小凸集．3. 证明[a , b ]上的多项式全体P [a , b ]是无限维线性空间，而E = {1, t , t 2, ..., t n , ...}是它的一个基底．[证明] 首先可以直接证明P [a , b ]按通常的函数加法和数乘构成线性空间， 而P [a , b ]中的任一个元素皆可由E 中有限个元素的线性组合表示． 设c 0, c 1, c 2, ..., c m 是m + 1个实数，其中c m ≠ 0，m ≥ 1． 若∑=mn n n t c 0= 0，由代数学基本定理知c 0 = c 1 = c 2 = ... = c m = 0，所以E 中任意有限个元素线性无关，故P [a , b ]是无限维线性空间，而E 是它的一个基底。

4. 在2中对任意的x = (x 1, x 2)∈2，定义|| x ||1 = | x 1 | + | x 2 |，|| x ||2 = (x 12 + x 22)1/2，|| x ||∞ = max{ | x 1 |, | x 2 | }．证明它们都是2中的范数，并画出各自单位球的图形．[证明] 证明是直接的，只要逐条验证范数定义中的条件即可．单位球图形略．5. 设X 为线性赋范空间，L 为它的线性子空间。

精 品 资 料第五章习题第一部分01-151. M 为线性空间X 的子集，证明span( M )是包含M 的最小线性子空间．[证明] 显然span( M )是X 的线性子空间．设N 是X 的线性子空间，且M ⊆ N ． 则由span( M )的定义，可直接验证span( M ) ⊆ N ． 所以span( M )是包含M 的最小线性子空间．2. 设B 为线性空间X 的子集，证明conv(B ) = {∑=ni i i x a 1| a i ≥ 0,∑=ni ia1= 1, x i ∈B , n 为自然数}．[证明] 设A = {∑=ni i i x a 1| a i ≥ 0,∑=ni ia1= 1, x i ∈B , n 为自然数}．首先容易看出A 为包含B 的凸集，设F 也是包含B 的凸集，则显然有A ⊆ F ，故A 为包含B 的最小凸集．3. 证明[a , b ]上的多项式全体P [a , b ]是无限维线性空间，而E = {1, t , t 2, ..., t n , ...}是它的一个基底．[证明] 首先可以直接证明P [a , b ]按通常的函数加法和数乘构成线性空间， 而P [a , b ]中的任一个元素皆可由E 中有限个元素的线性组合表示． 设c 0, c 1, c 2, ..., c m 是m + 1个实数，其中c m ≠ 0，m ≥ 1． 若∑=mn n n t c 0= 0，由代数学基本定理知c 0 = c 1 = c 2 = ... = c m = 0，所以E 中任意有限个元素线性无关，故P [a , b ]是无限维线性空间，而E 是它的一个基底。

4. 在2中对任意的x = (x 1, x 2)∈2，定义|| x ||1 = | x 1 | + | x 2 |，|| x ||2 = (x 12 + x 22)1/2，|| x ||∞ = max{ | x 1 |, | x 2 | }．证明它们都是2中的范数，并画出各自单位球的图形．[证明] 证明是直接的，只要逐条验证范数定义中的条件即可．单位球图形略．5. 设X 为线性赋范空间，L 为它的线性子空间。

泛函分析练习题一名词解释：1.范数与线性赋范空间2.无处稠密子集与第一纲集3.紧集与相对紧集4.开映射5.共轭算子6. 内点、内部：7. 线性算子、线性范函：8. 自然嵌入算子9. 共轭算子10. 内积与内积空间：11. 弱有界集：12. 紧算子：13. 凸集14. 有界集15. 距离16. 可分17. Cauchy列18.自反空间二、定理叙述1、压缩映射原理2. 共鸣定理3.逆算子定理4. 闭图像定理5.实空间上的Hahn-Banach延拓定理6、Baire 纲定理7、开映射定理8、Riesz 表现定理三证明题：1.若(,)x ρ是度量空间，则1d ρρ=+也使X 成为度量空间。

证明：,,x y z X ∀∈显然有 （1）(,)0d x y ≥，(,)0d x y =当且仅当x y =。

（2）(,)(,)d x y d y x =（3）由1()111t f t t t ==-++，(0)t >关于t 单调递增，得(,)(,)(,)(,)1(,)1(,)(,)x z x y y z d x z x z x y y z ρρρρρρ+=≤+++(,)(,)1(,)1(,)x y y z x y y z ρρρρ≤+++(,)(,)d x y d y z =+故d 也是X 上的度量。

2， 设H 是内积空间，,,,n n x x y y H ∈，则当,n n x x y y →→时，(,)(,)n n x y x y →，即内积关于两变元连续。

证明：22|(,)(,)||(,)|||||||||n n n n n n x y x y x x y y x x y y -=--≤-⋅-已知 ,n n x x y y →→，即||||0,||||0n n x x y y -→-→。

故有2|(,)(,)|0n n x y x y -→即 (,)(,)n n x y x y →。

3.考虑[,]C a b 上的非线性积分方程()(,,())()bax t k t s x s ds t λϕ-=⎰其中[,],(,,)C a b k t s ϕω∈是[,][,]a b a b R ⨯⨯上的连续函数，满足1212|(,,)(,,)|||k t s k t s b ωωωω-≤-证明当||λ足够小时，此方程存在唯一解0[,]x C a b ∈。

曹广福版实变函数与泛函分析第四章答案第四章习题参考解答1．设)(x f 是E 上的可积函数，如果对于E 上的任意可测子集A ，有0)(=?dx x f A ，试证：)(x f ，].[.E e a证明：因为}1)(|{}0)(|{1k x f x E x f x E k ≥=≠∞= ，而N k ∈?，}1)(|{kx f x E ≥}1)(|{}1)(|{k x f x E k x f x E -≤≥= .由已知，=+=-≤≥≥kx f x E kx f x E kx f x E dx x f dx x f dx x f 1)(|{1)(|{1|)(|{)()()(000=+.又因为0}1)(|{11)(0}1)(|{}1)(|{≥≥=≥=≥≥??kx f x mE k dx k dx x f kx f x E kx f x E ， 0}1)(|{1)1()(0}1)(|{}1)(|{≤-≤-=-≤=≥≥??k x f x mE k dx k dx x f kx f x E kx f x E所以，0}1)(|{}1)(|{=-≤=≥k x f x mE k x f x mE .故,0}1)(|{}1)(|{}1|)(|{=-≤+≥=≥kx f x mE k x f x mE k x f x mE ,从而00}1|)(|{}1|)(|{[}0)(|{111==≥≤≥=≠∑∑∞=∞=∞=k k k k x f x mE k x f x E m x f x mE .即，0)(=x f ，].[.E e a .2.设f ，g 都是E 上的非负可测函数，并且对任意常数a ，都有})(|{})(|{a x g x mE a x f x mE ≥=≥，试证：)()(x g x f =，从而，=?dx x f E )(dx x g E)(.证明：我们证f，g 是同一个简单函数序列∞=1){m m ψ的极限函数.N m ∈?及12,,1,0-=m m k ，令}21)(2|{,mm k m k x f k x E E +≤≤=，并且})(|{2,m x f x E E m m m ≥=.则k m E ,是互不相交的可测集，并且k m m k E E m ,21== ，定义简单函数∑==mk m m k E m m x kx 20)(2)(,χψ. 下面证明：)()(lim x f x m m =∞→ψ，E x ∈.E x ∈?0,若+∞=)(0x f ，则N m ∈?，m m m E x 2,0∈，所以)()(0∞→∞→=m m x m ψ，即)()(lim 00x f x m n =∞→ψ；若+∞<)(0x f ，则可取正整数)(00x f m >，0m m ≥?时, }21)(2|{})(0|{1210m m m k k x f k x E m x f x E x m +<≤=<≤∈-= .故，存在)120(-≤≤mm k k ，}21)(2|{0m m k x f k x E x +<≤∈.即，m m k x f k 21)(20+<≤，m m k E m m kx k x mk m 2)(2)(20,==∑=χψ.所以，0212212)()()(|)()(|00000→=-+<-=-=-m m m m m m k k k x f x x f x x f ψψ，从而，)()(lim 00x f x m n =∞→ψ.同理，N m ∈?，定义简单函数列==mkm m k E m m x kx 20)(2)(*,χψ，其中：}21)(2|{*,m m k m k x g k x E E +<≤=，12,,1,0-=m m k .})(|{*,m x g x E E k m ≥=.同上一样可证明：)()(li m 0x g x m n =∞→ψ，E x ∈.因为R a '∈?，有})(|{})(|{a x g x mE a x f x mE≥=≥.故R a '∈?，})(|{b x f a x mE <≤})(|{b x g a x mE <≤=.从而，)120(-≤≤?mm k k ，有k m m m m m k m mE k x g k x mE k x f k x mE mE ,*,}21)(2|{}21)(2|{=+<≤=+<≤=m m m m m m mE m x g x mE m x f x mE mE 2,*2,})(|{})(|{=≥=≥=.即，N m ∈?，=)(x m ψ)(x m ?.因此)()(lim )(lim )(x g x x x f m m m m ===∞→∞→?ψ.3.若=为有理数，当为无理数，当x x x x x f 31)(，计算?1,0[)(dx x f .解：设x x E |]1,0[{0∈=为有理数}，01]1,0[E E -=，则+=1)()(]1,0[E dx x f dx x f]1,0[)(dx x f ?+==111E EE dx xdx xdx x=+==1111E E E dx xdx xdx x2]2[11101]1,0[====x dx xdx x.4.设21,,E E 是]1,0[中n 个可测集，若]1,0[内每一点至少属于n 个集中的q个集，证明：21,,E E 中至少有一个测度不小于nq.证：令∑==ni E x x f i1)()(χ，其中i E χ为i E 上的特征函数]1,0[∈?x ，有q x x f ni E i ≥=∑=1)()(χ，所以q qdx dx x f =≥??]1,0]1,0[)(.∑∑?∑∑??========≤n i ni i E n i E n i E mE dx x dx x dx x f q i i 11111,0]1,0[]1,0[)()()(χχ.如果每个n q mE i <，则∑∑===?=>n i n i i q n qn n q mE 11.这与∑=≤ni i mE q 1矛盾.从而，)1(n i i ≤≤?使得nqmE i ≥. 5.设f ，g 都是E 上的可积函数，试证明：22g f+也是E 上可积函数.证明：（1）先证：设)(x f 与)(x F 都是E 上的可测函数且)()(0x F x f ≤≤ ].[.E e a ，若)(x F 在E 可积，则)(x f 在E 可积.事实上，N m l ∈?,，因为)()(0x F x f ≤≤ ].[.E e a ，故l l x F x f )}({)}({0≤≤，即+∞<≤≤≤EE llE ldx x f dx x F dx x F dx x f mm)()}({)}({)}({，其中：m m S E E =，}||||{∞<=x x S m .从而∞=?1})}({{l l E dx x F m是单调递增有上界?Edx x F )(的数列，故：≤=∞→EE ll E dx x F dx x f dx x f mm)()}({lim )(.又因为?∞=mE m dx x f 1})({单调递增有上界，所以?∞→mE l dx x f )(lim存在，并且+∞<≤=∞→EE ll Edx x F dx x f dx x f m)()}({lim )(，即?∞→∞→mE ll m dx x f )}({lim lim+∞<≤?dx x f E)(.所以)(x f 在E 可积.（2）再证：22g f+在E 上可积.事实上，因为f ，g 在E 上可积，所以||f 与||g 在E 上可积，从而||f +||g 在E 上可积. 又因为||||22g f g f+≤+，由（1）。

泛函分析讲义张恭庆答案【篇一：《泛函分析》课程标准】>英文名称：functional analysis课程编号：407012010 适用专业：数学与应用数学学分数：4一、课程性质泛函分析属于数学一级科下的基础数学二级学科，在数学与应用数学专业培养方案中学科专业教育平台中专业方向课程系列的一门限选课程。

二、课程理念1、培育理性精神，提高数学文化素养基础数学研究数学本身的内在规律，是整个数学学科的基础，它在数学学科其他领域、物理学、工程及社会科学中都有着广泛的应用。

《泛函分析》课程是数学与应用数学本科学生的专业课程之一，是数学分析、高等代数、实变函数等基础课程的后继课程，是研究生学习的基础，。

它不仅在数学学科占有十分重要的地位，而且在其他学科领域也有广泛的应用，掌握泛函分析的方法对学生更好地理解基础课程的理论将有很大的益处。

该课程培养学生的抽象思维能力、逻辑推理能力，体现知识、能力和素质的统一，符合应用型人才培养的目标要求。

2、良好的学习状态，提高综合解题能力本课程面对的是数学与应用数学专业四年级的学生。

学生刚刚结束教育实习，准备考研的学生进入紧张复习阶段，另一部分学生开始准备找工作。

《泛函分析》这门课内容比较抽象，课时又少，所以，如何让学生安保持良好的学习状态，是本门课要面对的一个重要问题，也是学生要面对的一个具体问题。

需要师生共同努力去正确面对才能顺利完成本门课的教学任务。

为学习研究生课程和现代数学打下必要的基础；进一步提高学生的数学素养。

3、内容由浅入深本课程的框架结构是根据教学对象和教学任务来安排的：“度量空间”泛函分析的基本概念之一，十分重要。

首先，引入度量空间的概念，并在引入度量的基础上定义了度量空间中的极限、稠密集、可分空间、连续映照、柯西点列、完备度量空间，对于一般的度量空间，给出了度量空间的完备化定理，并证明了压缩映照原理。

然后，在度量空间上定义线性运算并引入范数，就得到线性赋范空间以及巴拿赫空间。

P46:第一章习题：1.验证(),()d m 满足距离定义。

解：设{}i x ξ=，{}i y η=属于X ，α是数，()1,sup .j j j d x y ξη≥=-(1)对j ∀，有0j j ξη-≥，所以1sup j j j ξη≥-，(),0d x y ≥，且1sup 00j j j j j j j ξηξηξη≥-=⇔-=⇔=，即(),0d x y =当且仅当.x y =(2) ()()11,sup sup ,j j j j j j d x y d y x ξηηξ≥≥=-=-=；(3)设{}i z ζ=()()1111,sup sup ()()sup sup ,(,)j j j j j j j j j j j j j j d x z d x y d y z ξζηξξζηξξζ≥≥≥≥=-≤-+-≤-+-=+综上(1)，(2)，(3)，(),d 满足距离定义。

3.试证明：在空间()s 中的收敛等价于坐标收敛。

证：设{}()(),1,2,n n jx s n ξ=∈=，{}()(0)0jx s ξ=∈，()⇒若0n x x →，则必有()(0)lim ,1,2,n j j n j ξξ→∞==，否则，j N +∃∈，00ε>，与正整数列的子序列{}1k k n ∞=，使()(0)0,1,2,k n j j k ξξε-≥=，因为()1tf t t=+是单调递增， 所以()()(0)0()(0)11,,1,2,2211k k k n j j n j j n j j d x x k ξξεεξξ-≥⋅≥⋅=++-，这与()0,0k n d x x →矛盾， 故()s 中的收敛可推出坐标收敛。

()⇐若()(0)lim ,1,2,n j j n j ξξ→∞==，则对j ∀，0ε∀>，0N N +∃∈，0n N ∀>，()(0)2n j jεξξ-<，()()(0)0()(0)1111,,1,2,2211n j j n j j n j j j j d x x k ξξεεξξ∞∞==-=⋅<⋅=++-∑∑，由ε的任意性得()0,0.n d x x → 故命题得证。

第一章 练习题1． 记([,])C a b 是闭区间[,]a b 上连续函数全体构成的集合, 在([,])C a b 上定义距离如下:(,)|()()|,,([,])baf g f x g x dx f g C a b ρ=-∀∈⎰，（1）([,])C a b 按ρ是否完备?（2）(([,]),)C a b ρ的完备化空间是什么?答：(1) 不完备, 例如对于[,][0,2]a b =以及1,2,n =L ,定义,01,():1,1 2.n n x x f x x ⎧≤<=⎨≤≤⎩ 则{()}([0,2])n f x C ⊂在本题所定义的距离的意义下是Cauchy 列, 因为111(,)|()()|110,(,).11n m n m n m f f f x f x dxx dx x dxm n n m ρ=-≤+=+→→∞++⎰⎰⎰另一方面, 点列{()}n f x 并不能在本题所定义的距离的意义下收敛到([0,2])C 中的某个元. 事实上, 在几乎处处收敛的意义下, 我们有0,[0,1)()()1,[1,2].n x f x g x x ∈⎧→=⎨∈⎩因此, 根据Lebesgue 有界收敛定理, 可以得到11100(,)|()()|1|0|0.1n n nnf g f x g x dxx dx x dx n ρ=-=-==→+⎰⎰⎰但()([0,2])g x C ∉.(2) ([,])C a b 的完备化空间是1([,])L a b . 因为(i) 在距离ρ的意义下, ([,])C a b 是1([,])L a b 的稠密子集. 事实上, 任意取定一个1()([,])f x L a b ∈, 需要证明: 对于任意的0ε>, 存在()[,]g x C a b ∈, 使得[,](,)|()()|a b f g f x g x dx ρε=-<⎰.事实上, 首先根据积分的绝对连续性, 存在0δ>, 使得当[,]E a b ⊂, 只要mE δ<, 就有|()|3Ef x dx ε<⎰.因为()f x (Lebesque)可积, 故几乎处处有限, 即10N N m E ∞==I ,其中{[,]||()|}N E x a b f x N =∈>. 由此可以得到 lim ()0N N m E →∞=(因为{}N E 是渐缩集列并且[,]a b 的测度有限),故存在某个自然数N , 使得N mE δ<且|()|3NE f x dx ε<⎰,因此有|()|f x N ≤,[,]\N x a b E ∈.引入一个新函数定义为(),[,]\():0,,NNf x x a b E f x E ∈⎧=⎨⎩% 显然对于[,]x a b ∈恒有|()|f x N ≤%. 由Lusin 定理, 存在连续函数()(,)g x C ∈-∞+∞和闭集[,]F a b ⊂, 使得([,]\)min{,/3}m a b F N δε<且|()|g x N ≤, 进而()()g x f x ≡%,x F ∈.则()g x 限制在[,]a b 即为所求, 因为: [,](,)|()()|a b f g f x g x dx ρ=-⎰([,]\)|()()|a b F Ff xg x dx ⋃=-⎰[,]\|()()||()()|a b FFf xg x dx f x f x dx ≤-+-⎰⎰%[,]\\(|()|)|()()||()()|NNa b FF E F E f x N dxf x f x dx f x f x dx⋂≤++-+-⎰⎰⎰%%[,]\|()|([,]\)a b Ff x dx Nm a b F ≤+⎰\|()|0NNF E F E f x dx dx ⋂++⎰⎰333εεεε<++=.(ii) 1(([,]),)L a b ρ是完备的空间.2． 设(,)X ρ是距离空间，A 是X 的子集，对任意的x X ∈，记(,)inf (,)y Ax A x y ρρ∈=，则（1）(,)x A ρ是x 的连续函数.（2） 若{}n x 是X 中的点列, 使(,)0n x A ρ→,{}n x 是否为Cauchy 列? 为什么? 证：(1) 任意取定12,x x X ∈, 对于任意的y X ∈根据三角不等式, 有1122(,)(,)(,)x y x x x y ρρρ≤+, 2211(,)(,)(,)x y x x x y ρρρ≤+.对两端关于y A ∈取下确界, 可以得到1122inf (,)(,)inf (,)y Ay Ax y x x x y ρρρ∈∈≤+, 2211inf (,)(,)inf (,)y Ay Ax y x x x y ρρρ∈∈≤+.即1122(,)(,)(,)x A x x x A ρρρ≤+, 2211(,)(,)(,)x A x x x A ρρρ≤+.由此可得1212|(,)(,)|(,)x A x A x x ρρρ-≤.由此容易证明()f x (,)x A ρ=是X 上的连续函数, 实际上, (,)x A ρ还满足Lipschitz 常数等于1的Lipschitz 条件.(2) 答: 未必是Cauchy 列. 例如取X =R , 其中的距离是Euclid 距离. 对于{1,1}A =-, 对于1,2,n =L , 定义点列为1(1).n n x n=-+对于点列{}n x ,不难验证,1(,)0n x A nρ=→; 但显然{}n x 不是Cauchy 列. 这里的原因就在于(,)x A ρ不是点到点之间的距离, 而是点到集合的距离, 当这个集合A 含有不止一个点时, (,)x A ρ不再具有点点之间距离的性质.3． E 是nR 中的Lebesgue 可测集合, 试证()L E ∞按距离(,)esssup |()()|x Ef g f x g x ρ∈=-是不可分空间.证法一：记为方便起见, 设[,]E a b =. 定义[,]1,[,],()()0,(,].a x a f x x x b λλλχλ∈⎧==⎨∈⎩显然()f x λ有界,可测, 因此必属于([,])L a b ∞. 记{()|(,]}A f x a b λλ=∈.则([,])A L a b ∞⊂.既然对于不同的12,[,]a b λλ∈, 1f λ与2f λ不同的部分是正测度集, 容易看出A 的势是ℵ.进而有(不妨设12λλ<)1212121212[,][,]\0[,][,]\0[,][,][,][,]\0(,][,][,]\0(,)infsup |()()|inf sup |()()|inf sup |()()|infsup () 1.E a b x a b E mE E a b x a b E mE a a E a b x a b E mE E a b x a b E mE f f f x f x f x f x x x x λλλλλλλλλλρχχχ⊂∈=⊂∈=⊂∈=⊂∈==-=-=-==我们用反证法证明所需的结论.设([,])L a b ∞是可分的，则其必有可数的稠密子集123{,,,,,}i g g g g L L , 因此至少有一个i g 属于两个不同的1(,1/3)S f λ和2(,1/3)S f λ.而由三角不等式, 我们有12121(,)(,)(,)112.333i i f f f g g f λλλλρρρ=≤+≤+=这是一个矛盾. 因此([,])L a b ∞不可能是可分的.证法二：既然E 是正测度集,存在0R >使得((0,))0m S R E ⋂>. 不难验证, 存在一列正数1{}i i R ∞=满足:120i R R R R <<<<<<L L ;且1([(0,)\(0,)])0i i m E S R S R +⋂>.对于每一个12(,,,,)i λλλλ=L L ,其中0i λ=或1, 定义1(),[(0,)\(0,)]i i i f x x E S R S R λλ+=∈⋂,1,2,i =L . 显然()f x λ有界,可测, 因此必属于()L E ∞. 记{()|{0,1}}A f x λλ=∈N ,其中{0,1}N表示具有上述性质的λ的全体. 则()A L E ∞⊂.既然对于不同的,λμ∈{0,1}N, (不妨设1(,,,)i λλλ=L L , 1(,,,)i μμμ=L L 且对于某个i ,0i λ=1i μ=)f λ与f μ不同的部分至少是正测度集1[(0,)\(0,)]i i E S R S R +⋂, 容易看出A 的势与{0,1}N的势都是连续统的势ℵ.进而有11\0((0,)\(0,))\0((0,)\(0,))\01(,)inf sup |()()|infsup|()()|inf sup|| 1.i i i i F E x E F mF F E x E S R S R FmF i i F E x E S R S R F mF f f f x f x f x f x λμλμλμρλμ++⊂∈=⊂∈⋂=⊂∈⋂=≥=-≥-=-= 我们用反证法证明所需的结论.设()L E ∞是可分的，则其必有可数的稠密子集123{,,,,,}i g g g g L L , 因此至少有一个j g 属于两个不同的(,1/3)S f λ和(,1/3)S f μ.而由三角不等式, 我们有1(,)(,)(,)11.33j j f f f g g f λμλμρρρ=≤+≤+这是一个矛盾. 因此()L E ∞不可能是可分的. 补充题．证明[,]L a b ∞是不可分空间. 证：记{}[,]()a t K x a t b χ=<<,其中[,]1,,():0,.a t a x t x t x b χ≤≤⎧=⎨<≤⎩显然[,]K L a b ∞⊂, 且只要12,[,]t t a b ∈,12t t ≠, 则有12[,][,],a t a t K χχ∈, 且因为(不妨设12t t <)12(,]t t 的测度为正, 故1212[,][,][,][,][,]||||sup |()()|a t a t a t a t L a b ess x x χχχχ∞-=-1212(,](,]sup |()|1t t x t t x χ∈==.因此, 由(,)a b 是不可数集, 而K 的基数与(,)a b 的基数相同, 故也是不可数集,且K 中任何两个不同元的距离均为1.如果[,]L a b ∞是可分的, 因此有一个可数的稠密子集合{()|1,2,}k A f x k ==L , 且11(,)3kk S f K ∞=⊇U . 但这是荒谬的, 因为上式左端只有可数多个开球, 右端有不可数多个元, 所以至少有K 中的两个不同的12[,][,],a t a t χχ属于同一个开球01(,)3k S f , 由此得到矛盾:121002[,][,][,][,][,][,][,]1||||||||||||112.333a t a t L ab a t k k a t L a b L a b f f χχχχ∞∞∞=-≤-+-<+= 此矛盾表明[,]L a b ∞不可能是可分的.4． 设([,])kC a b 是闭区间[,]a b 上具有k 阶连续导数的函数全体, 定义:()()[,](,)max |()()|,,([,])ki i k x a b i f g f x g x f g C a b ρ∈==-∈∑试证:（1）([,])kC a b 是完备的距离空间; （2）若定义||||(,0)f f ρ=,则(([,]),||||)kC a b ⋅是Banach 空间.证：(1) 这里只证明该距离是完备的. 设1{()}n n f x ∞=是([,])k C a b (0k =时, 0([,])C a b 就理解为[,]C a b )中该距离意义下的Cauchy 列. 因此当,m n →∞时，有()()[,]0(,)max |()()|0ki i m n m n x a b i f f f x f x ρ∈==-→∑.由此容易知道对于每一个0,1,,i k =L , ()1{()}i n n f x ∞=是0([,])C a b 中的Cauchy 列. 根据0([,])C a b 的完备性,知()1{()}i n n f x ∞=收敛到0([,])C a b 中的某个元, 记其为()i f x , 则0()([,])i f x C a b ∈, 且()()()i i n f x f x −−→−−→，,0,1,,n i n →∞=L , 其中“−−→−−→”表示是一致收敛. 如果我们记0()()f x f x =,利用数学分析中函数序列一致收敛的分析性质, 可以得到12()()(),()(),,()().k kf x f x f x f x fx f x '''===L (*)例如, 因为1()()n f x f x −−→−−→', 故 1()()xxn aaf t dt f t dt −−→−−→'⎰⎰, 即1()()()xn n af x f a f t dt −−→−−→-⎰, 又0()()n f x f x −−→−−→及0()()nf a f a −−→−−→, 故 001()()()xaf x f a f t dt -=⎰.求导即可得到01()()f x f x '=, 即 1()()f x f x '=.归纳地可得(*).因此0()()f x f x =([,])kC a b ∈且()[,](,)max |()()|ki i n n x a b i f f f x f x ρ∈==-∑()()[,]max |()()|0ki i n x a b i f x f x ∈==-→∑.即([,])kC a b 是完备的距离空间.（2）证略.7． 证明有限维线性赋范空间是完备的.证：记该有限维(实)线性赋范空间为E , 是n 维的，范数记为||||x ,需要证明(,||||)E ⋅是完备的. 记E 中的一组基为:12,,,n v v v L .因此对于任意的x E ∈, 存在唯一一组实数12,,,n x x x L , 使得1122n n x x x x =+++v v v L , 反之亦然.(i) 我们断言存在一个与x 无关的常数0K >, 使得||||||i x K x ≤, 1,2,,i n =L .(*)首先定义一个映射:nf ¡→¡为: 对于任意的12(,,,)n x x x L n ∈¡,121122(,,,):||||||||n n n f x x x x x x x ==+++v v v L L .则对于任意的,x y E ∈(1122n n y y y y =+++v v v L )有1122||||(,,,)n n x y f x y x y x y -=---L 111||||||||||||n n n x y x y ≤-⋅++-⋅v v L≤由此容易知道f 是n R 上的连续函数. 记1B ∂是nR 中的单位球面, 即21121{(,,,)|1}nn k k B x x x x =∂==∑L . 则对于任意的11(,,)n x x B ∈∂L , 有1(,,)0n f x x >L .(事实上, 若有1(,,)0n f x x =L 则111(,,)||||0n n n f x x x x =++=v v L L ,因此110n n x x ++=v v L , 但12,,,n v v v L 线性无关, 故必有120n x x x ====L , 此与11(,,)n x x B ∈∂L 相矛盾. )注意到1B ∂是n R 中的有界闭集(紧子集), 连续函数f 必可在其上达到正的最小值1/0K >.现在我们可以证明式(*). 事实上, 对于任意的x E ∈,存在唯一的一组实数12,,,n x x x L , 使得1122n n x x x x =+++v v v L , 不失一般性, 可设0x ≠因此, 12,,,n x x x L 不全为零, 注意到1y B ⎛⎫ ⎪=∈∂L , 故12()1,n f y f K +++=⎛⎫ ⎪=≥v L L或1122||||n n x x x x =+++≥v v v L 由此容易得出(*)式.(ii) 设()1{}k k x ∞=是E 中的基本列, 这里()()()()1122k k k k n n x x x x =+++v v v L ,即()()||||0k l x x -→, 当,k l →∞.利用(*)式便可以得到对于每一个1,2,,i n =L , 成立()()()()||||||0k l k l i i x x K x x -≤-→, 当,k l →∞.即()1{}k i k x ∞=是1¡中的基本列, 因此收敛. 设()(0)k i i x x →, (k →∞,1,2,,i n =L ).记(0)()(0)(0)1122k n n xx x x =+++v v v L , 显然(0)x E ∈. 根据E 中收敛的等价性(即按范数收敛意味着每个分量收敛或即按坐标收敛), 容易得到()(0)||||0k x x -→, 当k →∞.因此(,||||)E ⋅是完备的.9． 设X 为线性赋范空间, 0X 是X 的线性闭子空间. 在X 中定义等价关系:为0x y x y X ⇔-∈:. 对任意的x X ∈, 以[]x 记x 的等价类, 令0/{[]|}X X x x X =∈.称0/X X 为商空间, 在0/X X 上定义线性运算如下: (i) [][][]x y x y +=+, ,x y X ∈, (ii) [][]x x λλ=, ,x X λ∈∈C .并定义0||[]||inf ||||y X x x y ∈=+.试证: 0/X X 按0||[]||x 也是一个线性赋范空间.证：(一) 0/X X 按照所定义的线性运算是线性空间 (证明略).(二) 0||[]||x 是0/X X 中的范数. 按照定义, 对于每一个 0[]/x X X ∈显然0||[]||inf ||||y X x x y ∈=+是一个确定的数, 因此00||||:/X X ⋅→R 是映射.(i) (非负性) 对于x X ∈, 显然0||[]||inf ||||0y X x x y ∈=+≥.(正定性) 当0[]=[0]=x X 时, 有00||[]||||[0]||inf ||||0y X x y ∈===.反之, 如果我们假设0000||[]||inf ||||0y X x x y ∈=+=, 需要证明 00[]=[0]=x X , 也只需证明00x X ∈. 事实上, 根据下确界的定义, 对每一个自然数1,2,k =L , 存在0k y X ∈, 使得00000111||||||[]||inf ||||k y X x y x x y k k k∈+<+=++=, 由此得到一个序列0{}k y X ⊂且||||0k y x ⋅−−−→-.因为0X 是闭子空间因此00x X -∈故00x X ∈, 即00[]=[0]=x X . (ii) (正齐性) 对于,x X λ∈∈C , 如果0λ=, 则000x x X λ==∈, 故0[][0]0[][]x X x x λλ====. 如果0λ≠, 则当y 取遍0X 中的所有元时,yλ也取遍0X 中的所有元, 反之亦然, 因此 00||[]||inf ||||inf ||||||y X y X yx x y x λλλλ∈∈=+=⋅+||inf ||||||inf ||||yy X X yyx x λλλλλ∈∈=+=+||inf ||||||||[]||z X x z x λλ∈=+=⋅,(iii) (三角不等式) 设,x y X ∈. 设0,u v X ∈, 当,u v 取遍0X 中的所有元时, u v +也取遍0X 中的所有元, 反之亦然, 进而, ,u v 的取法是相互独立的, 因此0||[]||inf ||||u X x y x y u ∈+=++,inf ||||u v X x y u v ∈=+++()0,inf ||||||||u v X x u y v ∈≤+++inf ||||inf ||||u X v X x u y v ∈∈=+++00||[]||||||x y =+.也可用下面的证明方法: 对于任意的0ε>, 由下确界的定义, 存在0,u v X εε∈使得0||||||[]||x u x εε+<+, 0||||||[]||y v y εε+<+,因此可以得到0||[]||inf ||||||||u X x y x y u x y u v εε∈+=++≤+++||||||||x u y v εε≤+++ 00||[]||||[]||2x y ε<++.因为0ε>的任意性, 可得0||[]||x y +00||[]||||[]||x y ≤+.10． 设X 为线性赋范空间,1nn x∞=∑收敛, 即1kk nn S x==∑按X 中的范数收敛, 则11nn n n xx ∞∞==≤∑∑.证：记1kk n n S x ==∑.对于有限项之和, 利用三角不等式, 成立111||||kk k nn n n n n S xx x ∞====≤≤∑∑∑. (*)又因为1kk nn S x==∑在范数意义下收敛, 其极限自然可以记为1nn x∞=∑, 即1k n n S x ∞=→∑,再一次利用三角不等式, 可以得到当k →∞时11||||0k nk n n n S xS x ∞∞==-≤-→∑∑,即1||||k nn S x∞=→∑, 因此在(*)式中令k →∞, 可得11nn n n xx ∞∞==≤∑∑.11． 设{0}X ≠为线性赋范空间, 试证X 是Banach 空间当且仅当{|||||1}x X x ∈=是完备的.证：记{|||||1}T x X x =∈=.(必要性) 设X 是Banach 空间, {}n x T ⊂是T 中的Cauchy 列, 即||||1n x =且||||0m n x x -→(当,m n →∞).因为X 是Banach 空间, 故{}n x 收敛, 即存在0x X ∈, 使得||||0n x x ⋅−−→, 由三角不等式容易得到:||||||||||||x y x y -≤-,因此00||||||||||||0n n x x x x -≤-→,知0||||||||n x x →, 故0||||1x =因此0x T ∈, 即T 完备.(充分性) 设T 是完备的, 并设{}n x X ⊂是X 中的Cauchy 列, 即||||0m n x x -→当,m n →∞. 由||||||||||||0m n m n x x x x -≤-→,知{||||}n x 是1¡中的Cauchy 数列, 因此收敛, 即存在某个数A ∈¡使得||||n x A →.如果0A =, 显然{}n x 收敛于X 中的零元, 故不妨设0A >. 由此知当n 充分大时, 总有||||0n x >, 不失一般性, 可设对所有的n , 都有||||0n x >. 考虑新的点列:||||nn n x y x =, 显然n y T ∈. 进而 ||||||||||||m n m n m n x xy y x x -=- ||||||||||||||||m m m n m n n n x x x xx x x x ≤-+- 111||||||||||||||||m m n m n n x x x x x x =-+-， 由此易知{}n y T ⊂是T 中的Cauchy 列. 因为T 作为距离空间是完备的, 故{}n y 收敛, 即存在0y T ∈, 使得||||0n y y ⋅−−→. 最后我们断言: ||||0n x Ay ⋅−−→.事实上,0||||||||||||||||n n n n n x Ay x Ay x x x -=- 0||||||||n n n Ay x y x =-000||||||||n n n Ay x y y y x ⎛⎫≤-+- ⎪⎝⎭00||||1||||n n n A x y y y x ⎛⎫=-+-⎪⎝⎭0→.综上可得X 是Banach 空间.15．试证定理4中(f)式定义的(,)x y 的确满足内积分的定义.证明: 即要证明: 对于赋范线性空间(,||||)X ⋅, 如果范数满足平行四边形法则:2222||||||||2(||||||||)x y x y x y ++-=+(*)则由221(,):[||||||||]4x y x y x y =+--R (K =R 时) (f ’)或221(,):[||||||||4x y x y x y =+--C22||||||||]i x iy i x iy ++-- (K =C 时) (f)所定义的确实是内积. (i) 对于x X ∈,221(,)[||||||||4x x x x x x =+--C22||||||||]i x ix i x ix ++--2||||0x =≥,因为|1||1|i i +=-, 并且根据范数的性质2(,)00(,)||||0x x x x x x =⇔==⇔=C C .同理可证(,)0x x ≥R 且(,)00x x x =⇔=R . (ii)首先考虑K =R 时的情形, 对于,,x y z X ∈, 可将(,)(,)x z y z +R R 表示为如下形式: (,)(,)x z y z +R R221[||||||||4x z x z =+--22||||||||]y z y z ++-- ()()22221||||||||||||||||4x z y z x z y z ⎡⎤=+++--+-⎣⎦ 22142222x y x yx y x yz z ⎛⎫+-+-=++++-⎪ ⎪⎝⎭ 22142222x y x y x y x y z z ⎛⎫+-+---++--⎪ ⎪⎝⎭, 再由平行四边形法则222222x y x y x y x yz z +-+-++++-22222x y x y z ⎛⎫+-=++ ⎪ ⎪⎝⎭; 222222x y x y x y x yz z +-+--++--22222x y x y z ⎛⎫+-=-+ ⎪ ⎪⎝⎭. 因此(,)(,)x z y z +R R 221222x y x yz z⎛⎫++=+-- ⎪ ⎪⎝⎭2,2x y z +⎛⎫= ⎪⎝⎭R.进而, 令0y =可以得到(,)x z R 2,2x z ⎛⎫= ⎪⎝⎭R,这里利用了(0,)0z =R . 因为x 是任意的, 故可将x 换为x y +, 即可得到(,)x y z +R 2,2x y z +⎛⎫= ⎪⎝⎭R. 对照上述二式, 即有(,)(,)x z y z +R R =(,)x y z +R .(**)至于K =C 时的情形, 注意到从形式上看(,)=(,)(,)x y x y i x iy +C R R ,利用上述已经证明了的等式(**)不难得到(,)(,)x z y z +C C =(,)x y z +C .(iii) 首先考虑K =R 时的情形, 对于,x z X ∈和任意实数,s t ∈R , 由已经证明的(**)式有(,)(,)sx z tx z +R R =((),)s t x z +R ,可知函数():(,)f t tx z =R 满足如下的函数方程:()()()f s f t f s t +=+.(***)又():(,)f t tx z =R 关于t 是连续的, 因此必有()(1)(,)f t f t t x z ==R .(事实上, 由(***)式对于任意的正整数n 和m , 利用数学归纳法有()()f ns f s s s =+++L ()()()()f s f s f s nf s =+++=L ;进而取1s n =, 有11()(1)f f n n=, 因此 1()()(1)n nf nf f m m m==. 又(***)中取0s t ==可得(0)0f =, 取s t =-可得()()f s f s -=-. 因此对于所有的有理数, 均成立()(1)f s sf =.利用()f s 的连续性, 可知对所有的实数也成立. ) 因此得到(,)()(1)(,)tx z f t f t t x z ===R R .至于K =C 时的情形, 注意到由(f)221(,)[||||||||4ix y ix y ix y =+--C 22||||||||]i ix iy i ix iy ++--221[||||||||4ix y ix y =+--22||||||||]i x y i x y ++-- 22221[||||||||4i ix y i ix y =-++-22||||||||]i x y i x y ++-- 22[||||||||4ii x iy i x iy =--++22||||||||]x y x y ++-- (,)i x y =C .由此也容易得到, 对于t ∈C(,)(,)tx z t x z =C C .(iv) 当K =R 时, 容易知道221(,)[||||||||](,)4x y x y x y y x =+--=R R ;而当K =C 时, 直接计算也可得到221(,)[||||||||4x y x y x y =+--C 22||||||||]i x iy i x iy -++-221[||||||||4y x y x =+--22||||||||]i y ix i y ix --++ (,)y x =C .16．设D 是C 中单位开圆盘, 即{|||1}D z z =∈<C . dA 是D 上的面积测度, 2()a L D 定义为22(){|()|}a L D f f Df z dz =<∞⎰在中解析且|. (见课本第六页例4)在2()a L D 中定义内积为,()()Df g f z g z dA =⎰.试证(1)1()n n z ϕ-=(1,2,n =L )构成2()a L D 的正交基.(2) 若2()af L D ∈的Taylor 展开式是0()kk k f z a z ∞==∑, 则201kk a k∞=<∞+∑;(3) 若2()ag L D ∈的展开式是0()kk k g z b z∞==∑, 则,1k kk a b f g k π∞==+∑. 证：先给出一个预备性结果: 对于2()a f L D ∈，因为()f z 是解析函数, 因此可以展开为幂级数: 0()kk k f z a z∞==∑.由此可以断言：(),()n f z z ϕ=n a - （*）事实上，因为()f z 是解析函数,幂级数kk k a z∞=∑在D 中内闭一致收敛, 即对于D 的任意闭子集F ,kk k a z∞=∑在F 上一致收敛. 对于01ε<<, 以下取闭子集F 为:{|||1}D z D z εε=∈≤-.容易知道D ε是D 中的闭子集.对于每一个1,2,n =L ,注意到级数10k k a z -=∑在ε中仍旧一致收敛, 以下的积分号和求和号可以交换顺序:(),()()()n n Df z z f z z dA ϕϕ=⎰lim ()()n D f z z dA εεϕ→=⎰100lim k D k a z dA εε∞-→==∑⎰10k n k D a z z dA εε∞-→==⎰10(cos sin )(cos(1)sin(1))k n k D a r k i k n i n dAεεθθθθ∞+-→==+⋅⋅---⎰2110(cos sin )(cos(1)sin(1))k n k a d r k i k n i n rdrπεεθθθθθ∞-+-→==+⋅⋅---⎰⎰1210(cos sin )(cos(1)sin(1))k n k a r rdr k i k n i n d επεθθθθθ∞-+-→==+⋅⋅---⎰⎰12110n n a r dr εεπ---→=⎰210(1)2nn a nεεπ-→-=n a -=因此（*）式得证.(1) 首先证明{}111()n n n n z ϕ∞∞-==⎫⎪=⎬⎪⎭是正交集. 事实上, 对于复数(cos sin )z r i θθ=+,根据所给的定义112(),()sin)sin)mm nm n n mz z dAi i r dAϕϕθθθθ----+-==+-⎰⎰2(cos(1)sin(1))(cos(1)sin(1))n mDr m i mn i n dAθθθθ+-=-+-⋅⋅---21200(cos(1)sin(1))(cos(1)sin(1))n md r m i mn i n rdrπθθθπθθ+-=-+-⋅⋅---⎰⎰12200(cos(1)(1)sin)(cos(1)sin(1))n mr rdr m i mn i n dπθθθθθ+-=-+-⋅---⎰11,,20,.m nmm nππ==⎪=⎨⎪≠⎩因此{}1()n nzϕ∞=是正交集. 因为2()aL D是完备的空间, 故只需再证{}1()n nzϕ∞=是完备的即可得知其也是正交基. 设有2()af L D∈且{}1()()n nf z zϕ∞=⊥. 因为()f z是解析函数, 因此可以展开为幂级数:()kkkf z a z∞==∑.根据（*）式，可以得到，对于每一个1,2,n=L,0(),()nf z zϕ=na-=由此即得1na-=, (1,2,n=L). 所以()0f z≡. 即{}1()n nzϕ∞=是完备的, 因此是2()aL D中的正交基.(2) 既然{}1()n nzϕ∞=是基,由Parseval等式可以得到221(),()||||nnf z z fϕ∞==<∞∑.利用（*）式，上式的左端可以表示为:21221110(),().1nnn nnn n nf z za aan nϕππ∞=∞∞∞--======+∑∑∑∑由此可得所预期的结论.(3) 对于()kkkf z a z∞==∑和()kkkg z b z∞==∑, 有1()()kkf z a z∞+==∑和1()()kkg z b z∞+==∑，利用内积的连续性和（*）式，1,(),()kkf g a z g z∞+==∑1(),()kka z g z∞+==∑ka∞==∑kka∞==∑.1k kka bkπ∞==+∑18．设H是内积空间,{}n e是H中的正交集, 求证:1(,)(,)||||||||n nnx e y e x y∞=≤⋅∑, (,x y H∀∈).证：对于任意的正整数k, 由Cauchy不等式和Bessel不等式可以得到1(,)(,)kn nnx e y e=≤∑≤||||||||x y≤⋅,由k的任意性, 知正项级数1(,)(,)n nnx e y e∞=∑收敛, 因此级数1(,)(,)n nnx e y e∞=∑绝对收敛,并且11(,)(,)(,)(,)||||||||nnnnn n x e y e x e y e x y ∞∞==≤≤⋅∑∑.19．试证nt ⎫⎪⎬⎪⎭构成2([0,])L π的正交基, 但不是2([,])L ππ-的正交基. 证：(1) 首先证明{}11()n n n t nt ϕ∞∞==⎫⎪=⎬⎪⎭是2([0,])L π中的正交集. 事实上,[]0(),()2cos()cos()2m n t t ntdtm n t m n t dtππϕϕπ==-+--⎰1()1,,0,.m n m n ππ⎧--==⎪=⎨⎪≠⎩因此{}1()n n t ϕ∞=是2([0,])L π中的正交集. 同理, 也容易证明{}1()n n t ϕ∞=还是2([,])L ππ-中的正交集.(2) 因为2([0,])L π是完备的空间, 故只需再证{}1()n n t ϕ∞=是完备的即可得知其也是正交基. 设有2([0,])f L π∈且{}1()()n n f t t ϕ∞=⊥. 将()f t 做奇延拓成为°()f t : °(),[0,],():(),[,0).f t t f t f t t ππ∈⎧=⎨--∈-⎩则°()f t ∈2([,])L ππ-. 注意到对于1,2,n =L , 利用{}1()()n n f t t ϕ∞=⊥,°°,()sin n f f t ntdt ππϕ-=⋅⎰ °°0()sin ()sin f t ntdt f t ntdt ππ-=⋅+⋅⎰⎰ 00()sin ()sin f t ntdt f t ntdt ππ-=--⋅+⋅⎰⎰()sin ()sin f t ntdt f t ntdt ππ-=--⋅+⋅⎰⎰00()sin ()()sin f s n s ds f t ntdt ππ=-⋅-+⋅⎰⎰2()sin 0f t ntdt π=⋅=⎰.设{}{}00()cos n n n t nt ψ∞∞===,对于0,1,2,n =L ,利用()f t 是奇函数, 可得°°,()cos 0n f f t ntdt ππψ-=⋅=⎰. 因此°{}{}()10()()()n n n n f t t t ϕψ∞∞==⊥⋃.进而也容易得到°()f t ⊥⎫⎬⎭L L .又已经知道与{}{}{}{}1010()()sin )cos n n n n n n t t t nt ϕψ∞∞∞∞====⋃=⋃仅相差一个常数因子的三角函数系⎫⎬⎭L L 是2([,])L ππ-中的正交基, 因此°()0f t =, a.e. [,]t ππ∈-,即有()0f t =, a.e. [0,]t π∈.因此{}1()n n t ϕ∞=是2([0,])L π中的正交基.(3) 注意到nt ⎫⎪⎬⎪⎭在2([,])L ππ-中不是完备的, 例如对于恒等于常数1的函数2()1([,])f t L ππ≡∈-是非零元, 但对于1,2,n =L ,,1sin 0n f ntdt ππϕ-=⋅=⎰.因此, nt ⎫⎪⎬⎪⎭虽然是2([,])L ππ-的正交集, 但不是正交基.24． 试给出1([,])C a b 中列紧集的判别条件. 证：设子集1([,])A C a b ⊂且0x 是[,]a b 中一个数. 记{()|()}A f x f x A ''=∈及0{()|()}B f x f x A =∈.则A 是1([,])C a b 中的列紧集的充分必要条件是 (i) A '在([,])C a b 中有界; (ii) B 是R 中的有界集;(iii) A '是([,])C a b 中等度连续的集合.[充分性] 设1([,])A C a b ⊂满足条件(i), (ii)和(iii). 根据1([,])C a b 中范数的定义: 对于1([,])f C a b ∈,1([,])[,][,]:max |()|max |()|C a b x a b x a b ff x f x ∈∈'=+,容易看出,1([,])([,])C a b C a b k k f f f f −−−−→⇔−−−−→且([,])C a b k f f ''−−−−→ 因此只需证明A 和A '分别是([,])C a b 中的列紧集即可, 根据Arzela-Ascoli 定理, 这也只需证明A 和A '分别在([,])C a b 中有界且等度连续即可. 事实上, A '在([,])C a b 中有界性和等度连续已由所给条件得到保证(即(i)和(iii)). 还需证明A 在([,])C a b 中的有界性和等度连续性. 记A '在([,])C a b 中的一个界为A M ',B 作为R 中的有界集, 一个界纪为B M .对于任意的[,]x a b ∈, 利用中值定理, 有0000|()||()()||()||()()||()|().A B f x f x f x f x f x x f x M b a M ξ'≤-+'=-+≤-+ 此即表明[,]max |()|()A B x a b f x M b a M '∈≤-+, 所以A 在([,])C a b 中有界,且界为()A B M b a M '-+. 进而对于,[,]x y a b ∈|()()||()()|||.A f x f y f x y M x y ξ''-=-≤-由此易知A 具有等度连续性.[必要性] 设A 是1([,])C a b 中的列紧集, 即对于A 的任何点列1{()}n n f x ∞=, 1{()}n n f x ∞=在1([,])C a b 中的范数(距离)1([,])[,][,]:max |()|max |()|C a b x a b x a b ff x f x ∈∈'=+意义下都有收敛的子列1{()}k n k f x ∞=. 因此,1{()}n n f x ∞=和1{()}n n f x ∞='分别在([,])C a b 中有收敛的子列的1{()}k n k f x ∞=和1{()}k n k f x ∞='. 这表明, 根据Arzela- Ascoli 定理, A 和A '均是([,])C a b 中的列紧集, 因此A 和A '均在([,])C a b 中有界且等度连续, 因此得到(i)和(iii). 由A 的有界性, 可以知道集合0{()|()}B f x f x A =∈对于任意的0x [,]a b ∈都是R 中的有界集, 因此得到(ii). 26． 设(,)X ρ是紧距离空间，映射:f X X →满足1212((),())(,)f x f x x x ρρ<. (12x x ≠)则(1) f 是否有唯一的不动点? (2) f 是否为压缩映射?解答: (1) f 存在唯一的不动点, 证明如下: (存在性) 定义映射:h X →R 为()(,())h x x f x ρ=.由所给条件知此映射是连续的, 而X 是紧空间表明此映射能在X 中取得上下确界. 因此存在y X ∈, 使得()(,())inf ()x Xh y y f y h x ρ∈==.断言()inf ()0x Xh y h x ∈==，则y 是f 的不动点：()y f y =. 若不然, ()0h y >, 则在所给的条件中取()x f y =有(())((),(()))(,())()h f y f y f f y y f y h y ρρ=<=,此与y 达到()h x 的下确界相矛盾.(唯一性) 若还有z X ∈使得()z f z =但z y ≠. 仍由所给的条件, 有0(,)((),())(,)z y f z f y z y ρρρ<=<.这是个矛盾. 故必有z y =.(2) f 可以不是压缩映射. 反例如下:[反例1] 记[0,1]X =, 其中距离定义为两点之间的Euclid 距离: ,x y X ∀∈,(,):||x y x y ρ=-.因为X 是R 的闭子集, 因此是完备的, 显然也是紧的. 定义映射:T X X →为: 对于x X ∈,():1x T x x=+. 显然T 是自映射, 且有唯一的不动点0.对于任意的,x y X ∈, 设x y ≠, 则,x y 中至少有一个不为零, 由此容易得到||(,)11(1)(1)x y x y Tx Ty x y x y ρ-=-=++++ ||x y <-(,)x y ρ=.所以T 满足所需的条件, 但T 不是压缩映射, 因为,[0,1],[0,1](,)1supsup 1(,)(1)(1)x y x y x yx yTx Ty x y x y ρρ∈∈≠≠==++.因此不存在常数[0,1)α∈, 使得对于所有的,x y X ∈,(,)(,)Tx Ty x y ραρ≤.[反例2] 记1{0}1,2,X n n ⎧⎫=⋃=⎨⎬⎩⎭L , 其中距离定义为两点之间的Euclid 距离: ,x y X ∀∈, (,):||x y x y ρ=-.因为X 是R 的闭子集, 因此是完备的, 显然也是紧的. 定义映射:T X X →为: 对于x X ∈,11,,():10,0,x T x n n x ⎧=⎪=+⎨⎪=⎩显然T 是自映射, 且有唯一的不动点0.对于任意的,x y X ∈, 设x y ≠, 如果,\{0}x y X ∈, 则有正整数,m n , m n ≠, 使得11,x y n m==,且11||(,)11(1)(1)m n Tx Ty n m n m ρ-=-=++++ ||m n nm-<11(,)x y n m ρ=-=; 如果,x y 中有一个为零, 例如0x =, 也有11(,)011Tx Ty m m ρ=-=++1m<(,)x y ρ=. 所以T 满足所需的条件, 但T 不是压缩映射, 因为例如对于 11,x y n m==, 当,m n →∞时, 成立11(,)11111(,)(1)(1)Tx Ty mnn m x y n m n mρρ-++==→++-,即不存在[0,1)α∈, 使得(,)(,)Tx Ty x y ραρ≤..补充题. 设二元函数(,)([,][,])g x y C a b a b ∈⨯,A 是([,])C a b 中的一个有界集, 记():(,)()()ba A F x g x y f y dy f x A ⎧⎫⎪⎪==∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭⎰%. (i) 证明A%是([,])C a b 中的列紧集; (ii) 问当A 还是([,])C a b 中的闭集时, A%是不是紧集? 证：(i) 因为(,)([,][,])g x y C a b a b ∈⨯, 不难得知A⊆% ([,])C a b . 根据Arzela-Ascoli 定理, 只需再证明A%在([,])C a b 中有界且等度连续即可. (a) A%在([,])C a b 中有界, 即A %作为由连续函数组成的集合是一致有界的. 事实上, 如果记A 的一个界为M , |(,)|g x y 在[,][,]a b a b ⨯上的最大值为K , 则对于任意取定的()F x A∈%, 有某个()f x A ∈, 使得 ()(,)()baF x g x y f y dy =⎰, 由此得知|()|(,)()baF x g x y f y dy =⎰|(,)()|bag x y f y dy ≤⎰max |(,)|max |()|ba x ba y ba a y bg x y f y dy ≤≤≤≤≤≤≤⎰[,]||||bC a b af Kdy =⎰[,]||||()C a b f K b a ≤-()KM b a ≤-.因此A%是([,])C a b 中有界集, 且A %的一个界为()KM b a -. (b) A%在([,])C a b 中等度连续. 对于()F x A ∈%,有某个()f x A ∈, 使得()(,)()baF x g x y f y dy =⎰. 因为(,)([,][,])g x y C a b a b ∈⨯, 因此在[,][,]a b a b ⨯上一致连续, 故对于任意的0ε>,存在0δ>, 当,[,]x x a b '∈且||x x δ'-<时, 有|(,)(,)|g x y g x y ε'-< ([,]y a b ∀∈),由此可以得到|()()|(,)()(,)()bbaaF x F x g x y f y dy g x y f y dy ''-=-⎰⎰[(,)(,)]()bag x y g x y f y dy '=-⎰|(,)(,)||()|ba g x y g x y f y dy '≤-⎰max |()||(,)(,)|ba y ba f y g x y g x y dy ≤≤'≤-⎰[,]|||||(,)(,)|bC a b af g x y g x y dy '=-⎰()M b a ε≤-.由此易知A%具有等度连续性. (ii) 当A 还是([,])C a b 中的闭集时, A%未必是紧集! 反例可以构造如下: 考虑([0,1])C 中的集合{|1,2,}k A x k ==L ,显然A 是([0,1])C 中的有界集, 一个界可以取为1.可以断言A 是([0,1])C 中的闭集, 因为对于任意的,klx x A ∈, 不妨设l k >, 则[0,1][0,1]max ||k l k l C x x x x x ∈-=-1k l k l kl kl kk k k k l l l l ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎡⎤=-=- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦, 对于任意固定的k , 当l 趋于无穷大时, 右端项趋向于1, 由此容易知道, 作为([0,1])C 中的子点列, 集合A 不是Cauchy 列, 因此不可能在([0,1])C 中有收敛的子列, 故集合A 没有聚点, 因此是([0,1])C 中的闭集.定义(,)1K x y =,显然(,)([0,1][0,1])K x y C ∈⨯. 对于上述的集合A , 不难计算{}101()|1,2,|1,2,1k A F x x dx k k k ⎧⎫=====⎨⎬+⎩⎭⎰%L L显然， A%是([0,1])C 中列紧集，唯一的聚点是零函数，但零函数不在A %中，因此不是闭集. 补充题. 设A 是([,])C a b 中的一个有界集, 记():()()xa B F x f t dt f x A ⎧⎫⎪⎪==∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭⎰.证明B 是([,])C a b 中的列紧集.证：根据Arzela-Ascoli 定理, 需证明B 在([,])C a b 中有界且等度连续即可.(i) B 在([,])C a b 中有界, 即B 作为由函数组成的集合是一致有界的. 事实上, 如果记A 的界为M ,则对于任意取定的()F xB ∈, 有某个()f t A ∈, 使得()()xaF x f t dt =⎰, 由此得知|()|()|()|xxaaF x f t dt f t dt =≤⎰⎰[,]max |()|||||x xC a b a t baaf t dt f dt ≤≤≤=⎰⎰[,]||||()()C a b f b a M b a ≤-≤-.因此B 是([,])C a b 中有界集, 且B 的界为()M b a -.(ii) B 在([,])C a b 中等度连续. 对于()F x B ∈,有某个()f t A ∈, 使得()()xaF x f t dt =⎰.对于,[,]x x a b ∈%|()()|()()xxaaF x F x f t dt f t dt -=-⎰⎰%%()|()|xxxxf t dt f t dt =≤⎰⎰%%[,]max |()|||||xxC a b a t bxxf t dt f dt ≤≤≤=⎰⎰%%||M x x≤-%. 由此易知B 具有等度连续性.补充题．证明课本20页定理8:对于距离空间(,)X ρ中的任何集合G , G '与G 均是闭集. 证：(i) 根据闭集的定义, 仅需证明()G G '''⊆.事实上, 设()y G ''∈, 则对于任意的0ε>((,)\{})S y y G ε'⋂≠∅.设((,)\{})x S y y G ε'∈⋂, 根据极限点的定义, 对于min{(,),(,)}0x y x y δρερ=->,有((,)\{})S x x G δ⋂≠∅.又(,)(,)S x S y δε⊆,因此有((,)\{})((,)\{})S y y G S x x G εδ⋂⊇⋂≠∅.注意到0ε>的任意性, 即可得到y G '∈. 因此G '是闭集. (ii) 需证明的是G G '⊆. 因为G G G '=⋃, 又()A B A B '''⋃⊆⋃,(*)故由(i)中已经证明了的结果, 有()G G G G G G G '''''''=⋃⊆⋃⊆⊆,因此G 是闭集.如下证明(*): 设y A B ''∉⋃, 则y A '∉, 且 y B '∉.由前者知存在某个00ε>, 使得0((,)\{})S y y A ε⋂=∅;由后者知存在某个10ε>, 使得1((,)\{})S y y B ε⋂=∅.取001min{,}δεε=, 则00δ>, 且0((,)\{})()S y y A B δ⋂⋃=∅,所以()y A B '∉⋃, 即(*)得证.补充题． 判断集合2121(,,,,)||,1,2,m m A y y y y l y m m ⎧⎫==∈≤=⎨⎬⎩⎭L L L是否为2l 中的列紧集?答：A 是2l 中的列紧集, 证明如下.因为211(1,,,,)2l m ∈L L ，即级数211m m∞=∑收敛，因此，对于任意的0ε>，存在某个0m ，使得0211m m mε∞=+<∑. 考虑集合：{}001212(,,,,0,)(,,,,)m m m A y y y y y y y A ==∈L L L L容易知道0m A 是A 的ε-网，且如果视其为0mR 空间中的子集，0m A 是有界集(一个界是，因此列紧，在2l 中仍然是列紧的. 进而知道2l 是完备的，因此根据前面补充题的结论（A 是列紧集的充分必要条件是对于任意的0ε>,A 有列紧的ε-网），可以得到A 是2l 中的列紧集.补充题． 设(,)X ρ是完备的距离空间, A X ⊂. 证明:A 是列紧集的充分必要条件是对于任意的0ε>,A 有列紧的ε-网.证明：[必要性] 设A 是列紧集, 因此A 是完全有界集, 即对于任意的0ε>,A 存在有限ε-网B ,12{,,,}n B x x x =L .又有限集一定是列紧集, 因此B 是A 的列紧的ε-网.[充分性] 设条件成立, 即对于任意的0ε>, A 有列紧的/2ε-网B . 因为B 列紧, 因此全有界, 即存在有限的/2ε-网C . 不难证明C 是A 的有限ε-网. 由此可以得知, A 是全有界集, 又(,)X ρ是完备的距离空间,因此A 是列紧集.。

《应用泛函分析》复习与总结第一部分空间及其性质泛函分析的主要内容分为空间和算子两大部分.空间包括泛函分析所学过的各种抽象空间,函数空间,向量空间等,也包括空间的性质,例如完备性,紧性,线性性质,空间中集合的各种性质等等。

以下几点是对第一部分内容的归纳和总结。

一．空间（1）距离空间（集合+距离）！验证距离的三个条件：(,)X ρ称为是距离空间，如果对于,,x y z X ∈(i)【非负性】(,)0x y ρ≥，并且(,)0x y ρ=当且仅当x y =【正定性】；(ii)【对称性】(,)(,)x y y x ρρ=；(iii)【三角不等式】(,)(,)(,)x y x y y z ρρρ≤+。

距离空间的典型代表：所有的赋范线性空间、所有的内积空间。

（2）赋范线性空间（线性空间+范数）！验证范数的三个条件：(,||||)X ⋅称为是赋范线性空间，如果X 是数域F 上的线性空间，对于F a ∈和,x y X ∈，成立(i)【非负性】||||0x ≥，并且||||0x =当且仅当0x =【正定性】；(ii)【齐次性】||||||||||ax a x =⋅；(iii)【三角不等式】||||||||||||x y x y +≤+。

赋范线性空间的典型代表：n R 空间（1,2,3,n =L ）、p l 空间（1p ≤≤∞）、([,])p L a b 空间（1p ≤≤∞）、[,]C a b 空间、[,]k C a b 空间、Banach 空间、所有的内积空间（范数是由内积导出的范数）。

（3）内积空间（线性空间+内积）！验证内积的四个条件：(,(,))X ⋅⋅称为是内积空间，如果X 是数域F 上的线性空间，对于F a ∈和,,x y z X ∈，成立(i)【非负性】(,)0x x ≥，并且(,)0x x =当且仅当0x =【正定性】；(ii)【第一变元可加性】(,)(,)(,)x y z x z x z +=+；(iii)【第一变元齐次性】(,)(,)ax z a x z =；(iv)【共轭对称性】(,)(,)x z z x =。

第四章 习题课基本内容1．线性有界泛函满足，线性．:f D X ⊂→∧()()()f x y f x f y αβαβ+=+ 若，．——称f 有界．x D ∀∈|()|||||f x M x ≤2．线性有界泛函的范数．|()|||||sup||||x f x f x θ≠= ．||||1||||1||||sup |()|sup |()|x x f f x f x ≤===共轭空间（Banach 空间），，，．*()n n R R =*()p q l l =*([,])p q L a b L =*H H =基本定理：①延括定理：是线性子空间，是线性有界泛函，则G X ⊂:f G X ⊂→∧，使（ⅰ）当时，；*F X ∃∈x G ∈()()F x f x = （ⅱ）．||||||||X G F f =②两个推论：（Ⅰ）（Hahn—Banach 定理）设l.n.s ，，，则，X 0x X ∀∈0x θ≠*f X ∃∈，．||||1f =00()||||f x x = （Ⅱ）设l.n.s ，是线性子空间，，，则，X G X ⊂0x X ∈0(,)0d x G >*f X ∃∈满足（ⅰ），；x G ∀∈()0f x =（ⅱ）；0()f x d =（ⅲ）．||||1f =3．线性有界算子，——l.n.s ，线性子空间，满足1X 2X 1D X ⊂2:T D X ⊂ ．()()()T x y T x T y αβαβ+=+4．线性有界算子，算子范数．5．基本定理引理：（开映射原理）：若，是Banach 空间，，且1X 2X 12()T B X X ∈→，则T 为开映射．2()R T X =①逆算子定理：设，都是Banach 空间，满射，可逆的线1X 2X 12:T X X →性有界算子，则T 的逆算子是有界算子．1T -②闭图像定理：设，都是Banach 空间，是闭算1X 2X 12:()T D T X X ⊂→子，其中是的闭子空间，则T 是线性有界算子．()D T 1X ③共鸣定理：设是Banach 空间，是l.n.s.是一族1X 2X {|}i X i A ∈的线性有界算子，则12X X →有界，有界．{|||||}i T i A ∈1x X ⇔∀∈{|||||}i T x i A ∈6．强收敛与弱收敛①l.n.s 中的点列的强、弱收敛．（ⅰ）若，称强收敛于，记为；||||0n x x →→{}n x x n x x →（ⅱ）若，，称（弱收敛）．*f X ∀∈|()()|0n f x f x -→*n x x →②有限维空间中，强弱收敛等价．③弱收敛的判别（等价条件）（ⅰ）有界；（ⅱ）（稠密），使，*n x x →⇔{||||}n X **M X ∃⊂*f M ∀∈．0|()()|0n f x f x -→④算子列的各种收敛性：（ⅰ）一致收敛：；||||0n T T -→（ⅱ）强收敛：；||||0n T x Tx -→（ⅲ）弱收敛：，，．||()()||0n f T x f Tx -→*2f X ∀∈1x X ∈特别泛函列：n f（ⅰ）强收敛：（对应一致收敛）；||||0n f f -→（ⅱ）弱收敛：（对应算子列强收敛）．*||()()||0n f x f x -→7．共轭算子设，是同一数域上的l.n.s.， ，如1X 2X ∧12()T B X X ∈→***21:T X X →果对任何，，都有1x X ∈*2f X ∈ 或 *()()()T f x f Tx =*(,)(,)x T f Tx f =成立，就称是的共轭算子（也称伴随算子）．*T T 共轭算子的范数：定理（共轭算子的范数）：设，是的共轭算子，则12()T B X X ∈→*T T 是的线性有界算子，且有*T **21X X →．*||||||||T T =定理（共轭算子的性质）：（1）；**()aT aT =（2）；***2112()T T T T ⋅=⋅（3）；***1212()T T T T +=+（4）,则．12:I X X →***12:I X X →8．自共轭算子H 是Hilbert 空间，若，．——自共轭算子．,x y H ∀∈(,)(,)Tx y x Ty =T Th ．（自共轭算子的充要条件）：H 是复的Hilbert 空间，T 为自共轭算子，为实数．x H ⇔∀∈(,)Tx x 性质：（1）特征值为实数；（2）不同特征值的特征向量正交．投影算子：.（，，）．0Px x =0x x z =+0x M ∈z M ⊥∈举 例例1．设是，，则应21,X X s n l ..)(21X X T →∈T X X B T ⇔→∈)(21某个内部非空的有界集为有界集。