张恭庆 泛函分析上册答案

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1、1.1.51.1.61.1.71.2.21.2.31.2.41.3.31.3.41.3.51.3.71.3.81.3.91.4.11.4.5-61.4.91.4.111.4.121.4.131.4.141.4.151.4.171.5.1证明：(1)(Þ)若xÎint(E)，存在d>0，使得Bd(x)ÍE．注意到x+x/n®x(n®¥)，故存在NÎN+，使得x+x/NÎBd(x)ÍE．即x/(N/(1+N))ÎE．因此P(x)£N/(1+N)<1．(Ü)若P(x)<1．则存在a>1，使得y=axÎE．因qÎint(E)，故存在d>

2、0，使得Bd(q)ÍE．令h=d(a-1)/a，"zÎBh(x)，令w=(az-y)/(a-1)，则

3、

4、w

5、

6、=

7、

8、(az-y)/(a-1)

9、

10、=

11、

12、az-y

13、

14、/(a-1)=

15、

16、az-ax

17、

18、/(a-1)=a

19、

20、z-x

21、

22、/(a-1)0，存在yÎE，使得

23、

24、x-y

25、

26、

27、1)®y(n®¥)．故存在NÎN+，使得

28、

29、Ny/(N+1)-y

30、

31、

32、

33、z-x

34、

35、£

36、

37、z-y

38、

39、+

40、

41、y-x

42、

43、

44、理：B*空间中闭凸集C上使T(C)列紧的连续自映射T必有不动点]1.5.41.5.5证明：设C={x=(x1,x2,...,xn)ÎRn

45、å1£i£nxi=1，xi³0(i=1,2,...,n)}．则C是有界闭集，且是凸集，因此C是紧凸集．因为"xÎC，xi不全为0，而aij>0，故Ax的各分量也非负但不全为零．"xÎC，设f(x)=(Ax)/(å1£i£n(Ax)i)，则f(x)ÎC．容易验证f:C®C还是连续的．由Brouwer不动点定理，存在f的不动点x0ÎC．即f(x0)=x0，也就是(Ax0)/(å1£i£n(Ax0)

46、i)=x0．令l=å1£i£n(Ax0)i，则有Ax0=lx0．1.5.6证明：设B={uÎC[0,1]

47、ò[0,1]u(x)dx=1，u(x)³0}，则B是C[0,1]中闭凸集．设max(x,y)Î[0,1]´[0,1]K(x,y)=M，min(x,y)Î[0,1]´[0,1]K(x,y)=m，ò[0,1](ò[0,1]K(x,y)dy)dx=N，maxxÎ[0,1]

48、ò[0,1]K(x,y)dy

49、=P．令(Su)(x)=(ò[0,1]K(x,y)u(y)dy)/(ò[0,1](ò[0,1]K(x,y)u(y)dy)dx)则ò

50、[0,1](Su)(x)dx=1，u(x)³0；即SuÎB．因此S是从B到B内的映射．"u,vÎB，

51、

52、ò[0,1]K(x,y)u(y)dy-ò[0,1]K(x,y)v(y)dy

53、

54、=

55、

56、ò[0,1]K(x,y)(u(y)-v(y))dy

57、

58、=maxxÎ[0,1]

59、ò[0,1]K(x,y)(u(y)-v(y))dy

60、£M·

61、

62、u-v

63、

64、；因此映射u#ò[0,1]K(x,y)u(y)dy在B上连续．类似地，映射u#ò[0,1](ò[0,1]K(x,y)u(y)dy)dx也在B上连续．所以，S在B上连续．下面证明S(B)列紧．首先，

65、证明S(B)是一致有界集．"uÎB，

66、

67、Su

68、

69、=

70、

71、(ò[0,1]K(x,y)u(y)dy)/(ò[0,1](ò[0,1]K(x,y)u(y)dy)dx)

72、

73、=maxxÎ[0,1]

74、ò[0,1]K(x,y)u(y)dy

75、/(ò[0,1](ò[0,1]K(x,y)u(y)dy)dx)£(M·ò[0,1]u(y)dy

76、/(mò[0,1](ò[0,1]u(y)dy)dx)=M/m，故S(B)是一致有界集．其次，证明S(B)等度连续．"uÎB，"t1,t2Î[0,1]，

77、(Su)(t1)-(Su)(t2)

78、=

79、ò[0,1]K(t1,y

80、)u(y)dy-ò[0,1]K(t2,y)u(y)dy

81、/(ò[0,1](ò[0,1]K(x,y)u(y)dy)dx)£ò[0,1]

82、K(t1,y)-K(t2,y)

83、u(y)dy/(mò[0,1](ò[0,1]u(y)dy)dx)£(1/m)·maxyÎ[0,1