泛函分析试卷与答案

泛函分析试卷与答案【篇一：泛函分析习题参考答案】证明：显然为空间x上的距离，试证：~d(y,x)也是xd(y,x)?1?d(y,x)上的距离。

~~d(x,y)?0,并且d(x,y)?0d(x,y)0xy。

~~d(y,x)d(x,y)d(y,x)d(x,y)；1?d(y,x)1?d(x,y)t1?1?1?t1?t的单调增加性及再者，最后，由d(x,y)?d(x,z)?d(z,y)，可得~d(x,y)d(x,z)?d(z,y)d(x,z)d(z,y)d(x,y)1?d(x,y)1?d(x,z)?d(z,y)1?d(x,z)?d(z,y)1?d(x,z)?d(z,y)~~d(x,z)d(z,y)d(x,z)?d(z,y)。

1?d(x,z)1?d(z,y)、设二p?1，xn?(?1(n),?,?i(n),?)?lp，n?1,2,?，x?(?1,?,?i,?)?lp，则n??时，p??d(xn,x)i(n)??i??0的充要条件为(1)n??时，?i(n)??i，i?1,2,?；(2)0，i1存在n?0，使得i?n?1i(n)p对任何自然数n成立。

(n)(n)必要性证明：由d(x,x)?ni??i??0可知，?i??i，i?1,2,?。

i1p由x?(?1,?,?i,?)?l。

p可知，，存在n1?0，使得i?n1?1p?(n)ii?(p?i?1pi(p2，并且n?n1时，2p由此可得，i?n1?1i(n)ppppi(n)??ii????p对n?n1成立。

i?n1?1i?n1?1p对于n?1,2,?n1，存在n2?0，i?n2?1i(n)pp。

取n?max?n1,n2?，则i?n?1(n)pip对任何自然数n成立。

0，存在k?0，使得充分性证明：由条件可知，i?k?1时，k(n)pi(2ip对任何自然数n成立，并且i?k?1pi(p2。

由(n)i??i可知，存在n?0，使得n?n i?1(n)ipp，并且d(xn,x)pi?1(n)i??ipi?1k(n)i??i?pi?k?1pi(n)ipi(n)??ii?1kp(n)ppp?(i)?(i)p2?p。

i?k?1?i?k?1?三lp[a,b](p?1)、在极限意义下，上定义距离：d(x,y)?bax(t)?y(t)dtp1p，则在此距离诱导的xn(t)收敛于x(t)的充要条件为(1)xn(t)依测度收敛于x(t)；(2)?xn(t)?在[a,b]上具有等度绝对连续的积分。

必要性证明：由（xn,x)?0，可得0，?xn(t)?x(t)dt?epe(xn?x??)xn?xdtpp?m(e(xn?x)，n?1,2,?，令n??，可得m(e(xn?x??)?0。

即xn(t)依测度收敛于x(t)。

由x(t)的积分绝对连续性可知，对任何??0，存在?1?0，使得e?e，me??1时，(?x(t)dt)?ep1p2。

对上述0，存在n?0，使得n?n时，（?xn(t)?x(t)dt）?e11p1pp1p2，从而xenn(t)dt)?(?xn?xdt)?(?xdt)?(?xn?xdt)?(?xdt)??，eeee1ppppp1pp1p即xe对于(t)dt)??p，对n?n,n?1,?，成立。

pn?1,2,?,n，易知存在?2?0，使e?e，me??2时，（ xn(t)dt）。

e取min(?1,?2)，则e?e，me??时，?xn(t)dt)??p1p，对每个自然数n成立。

即xn(t)在[a,b]上具有等度绝对连续的积分。

充分性证明：对任何0，令en(?)?e(xn?x??)，则men(?)?0。

由此可知，对任何??0，存在n?0，使得n?n令时，men(?)??。

enfn(?)?e(xn?x??)，则?p(xn,x)?pxn?xdt?pfnxn?xdt。

此时，p11pppppxn?xdt??(?xndt)?(?xdt)enen?en?，fnxn?xdt?(b?a)??p。

p由积分的等度绝对连续性可知，对任何0，存在??0，使得e?e，me??时，e对上述xn(t)dt)?p1p2，ex(t)dt)?pp1p2。

0，存在n?0，使得n?n时，men(?)??，此时（?xn?xdt）?? enp。

于是对任何0，存在n?0，使得n?n时，d(xn,x)?(1?b?a)??，1p即xn(t)收敛于x(t)。

、是距离空间四fx中闭集的充分必要条件为对任何 f中点列xn，若，xn?x?x，必有x?f。

，则必要性证明：对于f中点列xn，xn?x?xx?fx?fc，即x为开集fc的内点，从而存在??0，使得o(x,?)?fc。

由xn?x可知，存在n?0，使得xn?o(x,?)?fc，这与xn?f矛盾。

因而有x?f。

充分性证明：对于f中互异点列xn，若xn?x?x，则x?f，即f为闭集。

的聚点在f中。

因此，对于任意x?fc，x必不是f的聚点，从而存在0，使得o(x,?)?fc，因而 fc为开集，即f是度量空间五b、设x中闭集，试证必有一列开集o1，o2，?，on,?包含b，并且b??on。

n?11,n?1,2,?，令onn(x)，则b?on，并且on为开集(n?1,2,?)。

任取x??on证明：任取?n?nn?1x?b?1(n?1,2,?)，从而xn?x。

由于b为闭集，因而x?b，即有b??on。

则存在x?b，使得d(x,x)?nnnn?1，六x、设为距离空间，f1，f2为x中不相交的闭集，试证：存在开集g1，g2，使得g1?g2??，g1?f1，g2?f2。

证明：由f?f12??，得?x1?f1，d(x1,f2)?0，?x2?f2,d(x2,f1)?0。

d(x1,f2)d(x2,f1)?,??令?，g??1(x1),g22(x2),则g1，g212?1 22x1?f1x2?f2f1，f2的开集。

假设x?g?g，则d(x,x)??,d(x,x)??,x?f,x?f，但是012011022112d(x1,x2)?d(x1,x0)?d(x0,x2)?d(x1,f2)d(x2,f1)d(x1,x2)是一个错误，故而22分别为包含g1?g2??。

七、试证：l?是不可分的距离空间。

证明：设m1,?2,?,?n,l??n?0,1,，则对于任何xn?,yn??m，当x?y时，d（x,y)??n??n?。

显然，1m假设与二进制小数一一对应，因而是不可数的。

1l?是可分的，则存在可数稠密子集?yn?，使得任何x?m?l?的邻域u(x,)中至少包含一个yn。

对于任何两个不同的邻域3，必有11u(x,)、u(y,)，x,y?m33111??u(x,?u(y,??，从而?u(x,)x?m?是一族互不相交的球，其总数是不可数的。

因此?yn?至少也有不可数个，这与?yn?333??是可数的相矛盾。

（或：由1?u（yn,?l??m3以及m是不可数的，可知存在一个1u(yn,包含m3中的两个不同点x,y。

但（x,y)?d（x,yn)?d(y,yn)?d（x,y)?1，并且d2，显然这是相互矛盾的。

） 3，试证：八x、设证明：任取为距离空间，a为x中的子集，令f(x)?infd(x,y)，x?xy?af(x)是x上的连续函数。

x0?xy?a，对于x?x，有f(x)?infd(x,y)?d(x,y)?d(x,x0)?d(y,x0),对一切y?a成立。

从而f(x)?d(x,x0)?f(x0)，同理可得f(x0)?d(x,x0)?f(x)即有f(x)?f(x0)?d(x,x0)，从而f(x)在x0处连续。

上的连续函数。

因此f(x)是x、试证：九t是距离空间x到距离空间y中的连续映射的充要条件为y中任何闭集f的原像t?1f是x中的闭集。

必要性证明：设f为y中的闭集，任取xnt1f，xn?x，x?x，则txn?f。

由t的连续性可知，txn?tx，从而tx?f，即x?t?1f。

，任取充分性证明：设x?xxnx，xn?x。

假设txn?tx不成立，则存在?0?0和子列xnk?x，使得d(txnk,tx)??0。

令f??yd(y,tx)??0?，则txnk?f，并且f为y中的闭集，从而t?1f是x中的闭集。

由xnk?t?1f,xnk?x可得，x?t?1f，即tx?f，由此可得0?d(tx,tx)??0?0，这一矛盾说明，txn?tx，即为连续映射。

十、试证：lp(p?1)是完备的距离空间。

证明：对于任何基本列xnlp：(n)xn?(?1(n),?2,?,?i(n),?)，n?1,2,?，有0pn?0，m,n?n时，i(n)i(mi?1p。

从而对于每个i?1,2,?，??i(n)?是r，中的基本列，由r的完备性可知，存在ir，使得p(n)i??ip，从而，n??。

同时对于任何自然数s p。

i?1s(n)i(m)pip，令m??，得i?1si(n)ipi?1pp令x?(?,?,?,?,?，则由?)?i?12ii1i(n)??i?1?ppi(n)??i??i?1?pp可知，x?lp。

由d(xn,x)??可知，xn?x。

从而lp(p?1)是完备的距离空间。

十一、试证：c[a,b]在积分平均收敛意义下是不完备的距离空间。

1,证明：设x(t)??nt,n1,对于2t1ntn，n?1,2,?，则?xn??c[a,b]。

n?t?2?n 2n?m，d(xn,xm)2xn(t)?xm(t)dt?在11，由此可知，?xn?为(c[a,b],d)中的基本点列。

mn若xn(c[a,b],d)中收敛，则存在x(t)?c[a,b]，使得212d(xn,x)??xn(t)?x(t)dt?0，从而?1?x(t)dt?1?x(t)dt?0。

22由此可得，x(0?)??1，x(0?)?1，这与x(t)?c[a,b]矛盾。

因此?xn?在(c[a,b],d)中不收敛，从而c[a,b]在积分平均收敛意义下是不完备的。

十二、设f(x)是r上的可微函数，并且f?(x)1，则方程f(x)?x有唯一的实数解。

证明：对于任何x,y?r，f(x)?f(y)?f?(?)?x?yx?y。

是完备空间由01，可知，fr上的压缩映射。

由压缩映射不动点原理可知，f(x)?x有唯一的实数解。

到自身中的映射，并且满足下列条件：对任何十三、设f是n维欧几里得空间rn中有界的闭集，a是fx,y?f(x?y)，有【篇二：《实变函数与泛函分析基础》试卷及答案】【篇三：应用泛函分析试题及答案】。