2022年泛函分析考试题集与答案.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 泛函分析复习题 2022 1在实数轴R 上,令dx,y|xy|p,当 p 为何值时,R 是度量空间, p 为何值时, R是赋范空间；解 ： 如 R 是 度 量 空 间 , 所 以 x , y , z R, 必 须 有 ：d x , z d x , y d y , z 成立p p p即 | x z | | x y | | y z |,取 x ,1 y 0 , z 1,有 2 p 1 p 1 p 2,所以,p 1p如 R 是赋范空间,d x , 0 | x | | x |,所以 x, k R,必需有：| kx | | k | | x | 成立,即

2、| kx | p| k | x | p,p 1,当 p 1 时,如 R 是度量空间,p 1 时,如 R 是赋范空间；2如 X , d 是度量空间,就 d 1 min d 1, ,d 2 d 也是使 X 成1 d为度量空间；解：由于 X , d 是度量空间,所以 x , y , z X 有：1）d x , y 0,因此 d 1 x , y min d x , y , 1 0和 d 2 x , y d x , y 01 d x , y 且当 x y 时 d x , y 0,于是 d 1 x , y min d x , y , 1 0 和 d 2 x , y d x , y 01 d x , y 以

3、及如名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - d 1x ,ymindx,y, 10或d2x,y1dx,y0dx ,y名师归纳总结 均有dx,y0成立,于是xy成立第 2 页,共 16 页2）dy,xdx ,y,因此d1y ,xmindy,x , 1 mindx,y, 1 d1x ,y 和d2y,x1dy ,x1dx,yd2x,ydy,xdx,y3）dx,zdx ,ydy ,z ,因此d 1x,z mindx ,z , 1 mindx ,ydy ,z , 1mindx ,y, 1 mindy,z, 1d1x ,yd1y,z以

4、及设fx 1xx,fx1120,所以f x单增,x 所以d2x,z1dx ,z1dx ,ydy,z dx,z dx,y dy,zdx ,ydy,z1dx,ydy ,z1dx ,ydy,z 1dx,y1dy,zd2x,yd2y ,zdx,ydy ,z 综上所述d1mind1, 和d21dd均满意度量空间的三条件,故d1x ,y 和d2x,y 均使 X 成为度量空间；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 3设 H 是内积空间,x n,x ,yn,yH,就当xnx,y ny时,xn,ynx,y,即内积关于两变元连续；由于xnx,解：H 是内积空间, 设|是由其内

5、积导出的范数,yny,xnx|和所 以0 ,n0使 得 当nn 0时 均 有|y ny|有限；因此可同时由于yny,故知y 有界,xH所以| x取Msup 1 n|x|,|yn|xn,ynx,ynx ,ynnx,y|yn|y|因此|xn,ynx,y|xn,ynx ,yn|x,ynx,y|x nx,y|x ,|xnx|yn|x|yny|M|xnx|M|yny2M故lim nxn,ynx,y0,即xn,ynx,yT 不是连续4设X ,Y是线性赋范空间,T :XY是线性算子,就的,当且仅当x nX,使得xn0,但|Txn|解：设 T 不是连续的,就 T 在 X 上的每一点0x 都不是连续的,因名师归

6、纳总结 此在点x00也不是连续的； 就 T 在包含 X 上 0 点的任何有界邻域内第 3 页,共 16 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 均无界,取S 1O0 ,1X,就 T 在S 上无界,因此x 1x2S 1,2使得|Tx1|1成立；S 21X,就 T 在S 上无界,因此取S 2O 0 ,22使得|Tx2|2成立；类似地过程始终进行,直到取 S n O 0 ,2 1n X,就 T 在 S 上无界,因此 x n S n,使得 | Txn | n 成立；因此,xn X,使得 x n 0,但 | Tx n |另外,假如有 xn X,当 x n 0,有 |

7、 Tx n |由于在 Y 上不能找到一点 y Y,使得 |Ty |,因此对全部的点 y Y,均无法使得 |Ty | 成立,因此,在条件 nx 0 下,对于全部的点 y Y,| Txn | Ty 均不成立；所以 T 在 X 上的 0 点不是连续的,故 T 不是连续的；名师归纳总结 5 对 于 每 个 有 界 序 列n, 定 义 线 性 算 子T :lpn|lp,第 4 页,共 16 页x1,x2,|1x 1,2x 2,M0,使得Msup n|求|T|.解：由于n有界,所以有 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 对于xx 1,x2,pl,|x|p|xi|p,

8、p从而|ix|ppi|xii1p1in1|pMp|x|Tx|p|ix i|pMpppi11sup n|n|,|Tx|M|x|,从而|T |M另外,有n有界序列,设 M就对0,有n ,使得|n 0|M0可取xn00, ,sngan0,lp,所以|x nn名师归纳总结 |Txn|pi1|ixi|p|n 0|p,因此| Txn|p|n0|MX,第 5 页,共 16 页p|T |M,由于的任意性,于是有|T |M成立x综上所述有|T|Msup|n|nT|0,就6我们知道有命题： 对于算子序列T ,如|Tn|TnxTx|0；此命题的逆命题不成立；试考虑算子序列Tn:l2l2,Tnx1,x2,xn,xn1

9、,x 1,x2,xn0,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 1解：xxnl2,|x|n1|nx|22,1所以|x n|22Tn0（n0,0,）0,xn1,xn2,nn0x0,取Txx,Tx1我们有|T nxTx|kn|xk|220（ n）1另外,对每个固定的 n 1n ,我们都可以找到一个元素名师归纳总结 e n10,0 ,0, ,1, ,0l2,T闭,当第 6 页,共 16 页有|e n1|1,但Ten1Tne n1e n1,|Ten1Tne n1|e n1|1因此|TnT|1,n ,故|TnT|0不成立；7设X ,Y是线性赋范空间,T :XY是线性算

10、子,就G；且仅当xnX,使得xn0,ynTxny时,有y0解：GT闭,即有xnX,xn0,就yT00Y,使得ynTxny0X,另外,当xnX,xn0,使得ynTxn0因此对于xnX,xnxX,取znxnx有znxnx0,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 于是有TznTxnxTxnTx0,即Tx nTx,所以GT闭f* 0c时有序列nl1使得8证明c*l1,其中0在fxnxn,xxnc0|x|sup i|x i|,n10 的序列全体的集合,范数解：c 是全部极限为, 0 0,1, ,n,1 2 ,0c 中取基元集Fe n|e n,0 ,0nn名师归纳总结

11、 就对xx 1,x2,xn,c0,有xlim nxie ii,第 7 页,共 16 页i1设fc* 0,记ife i,if1 2,所以有argnnfxe ilim nflim ni1xii1xie ilim nlim nin1x inx if eiix iii1i1in取xnei1,ei2,e,0 ,其中i就xnc0xnneiiin|i|,所以且|x n|1,fi|fxni1i1nxn|f|f|i1- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 令 n,即得1,2,n,l1,且|i|f|i1再证反向不等式；对xx1,x2,xn,c0,对每个1,2,n,l1定义fx

12、ixi,就 f 是c 上的线性泛函,且有i1|fx |i1xii|sup i|xi|i1i|x|所以fc*,且| f|；综合两个不等式得| f|0映射T:c* 0fl1,f e2,f en,1,2,n,fe 1,使得xx 1,x2,xn,c0,有fxixi成立i1就 T 线性保距同构映射,因此* c 0l19设 H 是 Hilbert 空间,xn是 H 中正交集,就以下三条等价；1）n1xn收敛, 2）yH,n1xn,y收敛, 3）n1|xn|2收敛m解：12,已知nx 收敛,取smx n,就sm收敛,|s mn1n1收敛于有限数；名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 16

13、页精选学习资料 - - - - - - - - - 就,yH,|mxn,y |mx n,y |s m,y |s m|y|名师归纳总结 n1n1|H,ys 第 9 页,共 16 页所以xn,y收敛；n12 3 ,已知yH,xn,y收敛,即yn12收敛标量列mmxn,y收敛,n1m取yxn,n1此时mmxn,mx imxn,xnm|xn|2n1i1n1n1由标量列m收敛,从而n1|xn2 |收敛；3 1 如|xn|2收敛,就标量列mm|xnn1n1设smmxn,就|s m|2n|m| 2mmmx nn1xnn1x n,n1n1mx,m|x n2 |mx tdtxnn1n1n1由标量列m收敛,得s

14、m收敛,即xn收敛；n110设|1,考虑C01,上的积分方程xs1sin0- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 其中yC01,证明此方程存在唯独连续解；解 ： 由 于 C 0 1, 是 完 备 的 , 映 射 T : C 1,0 C 0 1,1Tx s 0 sin x t dt y s ,所以1 1 1Tx 1 s Tx 2 s 0 sin x 1 t dt 0 sin x 2 t dt 0 sin x 1 t sin x 2 t dt1 1| Tx 1 Tx 2 | | | | 0 sin x 1 t sin x 2 t dt | | | 0 | sin

15、 x 1 t sin x 2 t | dt1| | 0 | x 1 t x 2 t | dt | | | x 1 x 2 |由于 | | 1,所以映射 T : C 0 1, C 0 1, 是压缩映射由不动点原理,y C 0 1, ,存在唯独的一个 x *C 0 1, ,* 1 *使得 x s 0 sin x t dt y s 11考虑 C a , b 上的非线性积分方程bx s a K t , s , x t dt s 其中 C a , b ,K t , s , s 是 a , b a , b R 的连续函数,满意名师归纳总结 |Kt,s ,1sKt,s ,2s |k|1x02,|a,b；2t

16、s第 10 页,共 16 页证明当|足够小时,此方程存在唯独解C解：由于Ca ,b是完备的,b aKts ,x tdt映射T:Ca,bCa,b ,Txs 所以Tx1sTx2s bKt,s ,x 1tbKt,s,xdtdtaa- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - |Tx 1Tx2|b a Kt,s ,x 1tK t,s ,x 2tdt|k|ba|x 1x2|所以,当 | k | b a 1 时,映射 T : C a , b C a , b 是压缩映射由不动点原理,C a , b ,存在唯独的一个 x *C a , b ,* b *使得 x s a K t ,

17、 s , x t dt s 12验证：（ 1）开球 O x 0 , r x X ; d x , x 0 r 是开集；（2）闭球 S x 0 , r x X ; d x , x 0 r 是闭集；解：（1）y O x 0r ,就 d y , x 0 a r,所以,O y , r a O x 0r ,2即 O x 0r 是开集,故,开球 O x 0r 是开集；（2）y S x 0r ,就 d y , x 0 a r,所以,O y , a r S x 0 , r C,2即 S x 0 , r C是开集,故,闭球 S x 0r 是闭集；13证明：有界数列集合组成的空间 l 是完备的；名师归纳总结 间 l

18、解：取xn是空间 l中的基本点列,x nx 1 n,x 2 n,x n3,空第 11 页,共 16 页的度量取|,xxil,yy ilN0,当x,ysup i|x iyi中的基本点列,所以0,由于取xn是空间 l- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - m,nN时,有时,xm,xnsup i|x imx in|m（1）对每个固定的i,当m,nN时,有| x im x in|所以,数列x 1 i,x i2,x i 3,x i 4,是 C 中的收敛列,即当x i mx iC；由此得,xx 1,x2,x 3,x4,由（ 1）中,令 n,就当mN时,有|x i m x

19、 i|又由于xmx iml,故存在实数km,对全部的 i ,满意|x im|km从而对每个 i 有名师归纳总结 |xi|x ix im|x im|km第 12 页,共 16 页即ix是有界数列,xx il,又|x imxi|有xm,x sup i| x im x i|故当当 m时,xix,所以 l是完备的度量空间；14证明：lp 1p是可分空间；解：考虑集合Br 1,r2,rn, 0,;r iQ,n1,即 B 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, B 是可数集；对于xxilp,有|ix|p,所以0,N0,当i1- - - - - - -精选学习资料 - - - - -

20、- - - - nN时,in|ix|p2p,有有理数的稠密性,可取得r 1,r2,nr,1nri|p2pxiri|pi/n|x i|p1/p使得|xii1令yr1,r2,rn, ,0Blp；且|xy|x iyi|p1/pn|i1i11nr i|p1/p|xi|p1/pl22p1p是可分的；|xii1in1p 1p即 B 在lp 1p中稠密；依定义知15举例说明：在完备度量空间上的压缩映射具有唯独的不动点的结论中,如将压缩映射改为满意dTx,Tydx ,y的映射时, 其结论不成立；解：例如,T : R R,Tx x arctan x,2于是由微分中值定理得：在 x 和 y 之间存在 使得Ty T

21、x y arctan y x arctan x2 2y x arctan y arctan x21 y x y x 2 y x 21 1因此 d Tx , Ty | Ty Tx | | y x | d x , y 成立,但其不存在不动点, 否就如有不动点,那么必有 Tx x 成立, 即 arctan x 成立,2这个明显是不正确的；故如将压缩映射改为满意 d Tx , Ty d x , y 的映射时,其结论不成立；名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - 16证明c*l1,其中fc*时有序列nl1和 k使得fxklim

22、nxnn1nxn,xx nc|x|sup|xi|,在 c 中解： c 是全部收敛序列全体的集合,范数i取基元集Fe n|e n,0 ,0, 0 0,1, ,n,1 2 ,ne 0,1,1,1,cicc,有xlim nin1xie i且xn收敛于对xx 1,x2,xn,x ,即x0lim nxn,x 0, 就xxc0所以有取x,x 0,x0,设f*c,记fe i,1 2, 对 kin名师归纳总结 xnfxkx0lim ni1xife ikx0xii第 14 页,共 16 页i1取xnei1,ei2,ein0, 其 中iargi, 就c 0c|且|x n|1,fxnneiiin|i|,所以i1i1

23、n|i|fxn|f|xn|f|i11,2,n,l1,且令n,即得|i|f|xi1x 1,x 2,xn,c, 对 每 个再 证 反 向 不 等 式 ； 对x1,2,n,l1i,就 f 是 c 上的线性泛函,且有定义fx klim nxni1xixc0- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - fxkx0i1x0i| f x | | k lim n x n x i i | | k lim n x n | | x i i |i 1 i 1sup | x i | | k | | i | | x | | k | | |i i 1所以 f c *0,且 | f | | |；综合两个不等式得 | f | | |映射 T : c *0 l 1, f f e 1 , f e 2 , , f e n , 1 , 2 , , n , 使得 x x 1 , x 2 , , x n , c 0,有 f x ix i 成立i 1就 T 线性保距同构映射,因此 c 0 *l 10 117求空间 C 1,1 上的线性泛函 f x 1 x t dt 0 x t dt 的范数；解 ： 空 间 C 1,1 上 的 范 数 为 | x | max | x t |, 所 以1 t 1x t C 1,1 有0 1