泛函分析习题参考答案.doc

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1、一、设为空间上的距离，试证：也是上的距离。证明：显然并且。再者，；最后，由的单调增加性及，可得。二、设，，，，则时，的充要条件为时，，；，存在，使得对任何自然数成立。必要性证明：由可知，，。由可知，，存在，使得，并且时，。由此可得，对成立。对于，存在，。取，则对任何自然数成立。充分性证明：由条件可知，，存在，使得对任何自然数成立，并且。由可知，存在，使得时，，并且14。三、在上定义距离：，则在此距离诱导的极限意义下，收敛于的充要条件为依测度收敛于；在上具有等度绝对连续的积分。必要性证明：由，可得，，，令，可得。即依测度收敛于。由的积分绝对连续性可知

2、，对任何，存在，使得，时，。对上述，存在，使得时，，从而，即，对，成立。对于，易知存在，使，时，（）。取，则，时，，对每个自然数成立。即在上具有等度绝对连续的积分。充分性证明：对任何，令，则。由此可知，对任何，存在，使得时，。令，则。此时，，。14由积分的等度绝对连续性可知，对任何，存在，使得，时，，。对上述，存在，使得时，，此时。于是对任何，存在，使得时，，即收敛于。四、是距离空间中闭集的充分必要条件为对任何中点列，，必有。必要性证明：对于中点列，，若，则，即为开集的内点，从而存在，使得。由可知，存在，使得，这与矛盾。因而有。充分性证明：对于中互

3、异点列，若，则，即的聚点在中。因此，对于任意，必不是的聚点，从而存在，使得，因而为开集，即为闭集。五、设是度量空间中闭集，试证必有一列开集包含，并且。证明：任取，令，则，并且为开集。任取，则存在，使得，从而。由于为闭集，因而，即有。六、设为距离空间，为中不相交的闭集，试证：存在开集，使得，，。证明：由，得，。令，,则分别为包含的开集。假设，则，但是是一个错误，故而。七、试证：是不可分的距离空间。14证明：设，则对于任何，当时，。显然，与二进制小数一一对应，因而是不可数的。假设是可分的，则存在可数稠密子集，使得任何的邻域中至少包含一个。对于任何两个不

4、同的邻域、，，必有，从而是一族互不相交的球，其总数是不可数的。因此至少也有不可数个，这与是可数的相矛盾。（或：由以及是不可数的，可知存在一个包含中的两个不同点。但，并且，显然这是相互矛盾的。）八、设为距离空间，为中的子集，令，，试证：是上的连续函数。证明：任取，对于，有,对一切成立。从而，同理可得即有，从而在处连续。因此是上的连续函数。九、试证：是距离空间到距离空间中的连续映射的充要条件为中任何闭集的原像是中的闭集。必要性证明：设为中的闭集，任取，，，则。由的连续性可知，，从而，即。充分性证明：设，任取，。假设不成立，则存在和子列，使得。令，则，并

5、且为中的闭集，从而是中的闭集。由,可得，，即，由此可得，这一矛盾说明，14，即为连续映射。十、试证：是完备的距离空间。证明：对于任何基本列：，，有，存在，时，。从而对于每个，是中的基本列，由的完备性可知，存在，使得，。同时对于任何自然数，，令，得，从而。令，则由可知，。由可知，。从而是完备的距离空间。十一、试证：在积分平均收敛意义下是不完备的距离空间。证明：设，，则。对于，，由此可知，为中的基本点列。若在中收敛，则存在，使得，从而。由此可得，，，这与矛盾。因此在中不收敛，从而在积分平均收敛意义下是不完备的。十二、设是上的可微函数，并且，则方程有唯一

6、的实数解。证明：对于任何，。由，可知，是完备空间上的压缩映射。由压缩映射不动点原理可知，有唯一的实数解。十三、设是维欧几里得空间中有界的闭集，是到自身中的映射，并且满足下列条件：对任何，有14。试证：映射在中存在唯一的不动点。证明：令，则是紧集上的连续函数，从而存在，使得。假设，则，即，这与矛盾，故而，从而。即映射在中存在不动点。若，，则，显然这是一个错误。因而映射在中不动点是唯一的。十四、设对于任何实数，，试证：。证明：不妨设，令，，则，，,。由此可知，对于，，时，使得，并存在，使得。由可得，，，从而。由此可得，。十五、设一个线性空间，范数与等价

7、的充分必要条件是存在两个正数，使得不等式，对任何成立。证明：充分性是显然的，只需证明必要性。假设不存在，使得成立，则对每一个自然数，存在，使得，从而，但，这与范数与等价相矛盾。因而存在，使得对任何，成立。14同理可证，存在，使得。令，则，并且对任何，成立着。十六、设，并且，则。证明：由及（或范数的连续性）,可得。由，可得。十七、设是一列空间，是一列元素，其中，，并且，这种元素列的全体记为，按通常数列的加法和数乘，在中引入线性运算。若令，试证：当时，是空间。证明：仅证的完备性。设，为中的基本列，则时，即，从而对每个自然数，均有，即为中的基本列。由的完

8、备性可知，存在点列，使得时，。令，则。由，可得时，，从而，并且+，即。因此是完备空间。14十八、设，并且中范数分别取为、、