泛函分析2020-2021期末¶

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(1)

一. （15 分） 设 $A_1$ 和 $A_2$ 是度量空间 $X$ 中的两个集合，记 $d(A_1, A_2) = \inf\limits_{x\in A_1, y\in A_2} d(x, y)$。证明存在 $X$ 中的不交开集 $G_1, G_2$, 分别包含 $A_1, A_2$。

考察度量空间中集合的分离性质。注意：对于一般的集合 $A_1, A_2$，该结论成立的前提通常是 $d(A_1, A_2) > 0$。如果距离为 0，例如在 $\mathbb{R}$ 中有理数集和无理数集，则不存在这样的开集。基于题目形式，我们假设 $d(A_1, A_2) > 0$ 进行证明。

Proof.

证明思路： 利用距离函数构造开邻域。如果两个集合之间的距离 $r = d(A_1, A_2) > 0$，我们可以以 $A_1$ 中的点为中心，半径小于 $r/2$ 的球的并集作为 $G_1$，同理构造 $G_2$。利用三角不等式证明这两个开集不相交。

详细证明：
记 $r = d(A_1, A_2)$。根据题目结论的有效性，我们假设 $r > 0$。

定义 $G_1$ 和 $G_2$ 如下：

\[\begin{aligned} G_1 &= \{z \in X : d(z, A_1) < \frac{r}{2} \} = \bigcup_{x \in A_1} U(x, \frac{r}{2}) \\ G_2 &= \{z \in X : d(z, A_2) < \frac{r}{2} \} = \bigcup_{y \in A_2} U(y, \frac{r}{2}) \end{aligned}\]

其中 $U(x, \delta)$ 表示以 $x$ 为心、$\delta$ 为半径的开球。显然 $G_1$ 和 $G_2$ 是开集（开球的并），且 $A_1 \subset G_1$, $A_2 \subset G_2$。下面证明 $G_1 \cap G_2 = \emptyset$。

用反证法。假设存在 $z \in G_1 \cap G_2$。由 $z \in G_1$，存在 $x \in A_1$ 使得 $d(z, x) < \frac{r}{2}$。由 $z \in G_2$，存在 $y \in A_2$ 使得 $d(z, y) < \frac{r}{2}$。

根据三角不等式：
$$ d(x, y) \le d(x, z) + d(z, y) < \frac{r}{2} + \frac{r}{2} = r $$

即 $d(x, y) < d(A_1, A_2)$。这与下确界 $d(A_1, A_2) = \inf_{a\in A_1, b\in A_2} d(a, b)$ 的定义矛盾。因此假设不成立，即 $G_1 \cap G_2 = \emptyset$。

(2)

二. （15 分） 设 $\{x_n\}$ 是 Banach 空间中的数列，$\forall f \in X^\star$, 数列 $\{f(x_n)\}$ 是 $\mathbb{R}$ 中的 Cauchy 列，证明 $\{x_n\}$ 是有界数列。

考察一致有界原理（Banach-Steinhaus 定理）及其推论。

Proof.

证明思路： 将 $x_n$ 视为 $X^{\star\star}$ 中的线性泛函（通过自然嵌入）。利用弱收敛（或点点有界）以及 $X^\star$ 的完备性，通过一致有界原理推导范数有界性。

详细证明：

点点有界性：
对于任意固定的$f \in X^\star$，已知数列 $\{f(x_n)\}$ 是 $\mathbb{R}$ 中的 Cauchy 列。因为$\mathbb{R}$是完备的，所以$\{f(x_n)\}$是收敛数列。收敛数列必有界，故存在常数$M_f > 0$（依赖于 $f$），使得$\sup_{n} |f(x_n)| \le M_f$。
应用一致有界原理：
考虑 $X$ 到其二次对偶空间 $X^{\star\star}$ 的自然嵌入映射(Canonical Embedding)$J: X \to X^{\star\star}$，定义为 $J(x)(f) = f(x)$。由 Hahn-Banach 定理可知 $J$ 是保范同构，即 $\|J(x)\| = \|x\|$。
令 $T_n = J(x_n) \in X^{\star\star}$。此时 $\{T_n\}$ 是 Banach 空间 $X^\star$ 上的线性泛函序列。由步骤 1 可知，对任意 $f \in X^\star$，序列 $\{T_n(f)\}$ 有界（即 $\{f(x_n)\}$ 有界）。根据一致有界原理（Banach-Steinhaus 定理），$\{T_n\}$ 的算子范数序列是一致有界的。即存在常数 $M > 0$，使得 $\sup_{n} \|T_n\| \le M$。
结论：
由于 $\|T_n\| = \|J(x_n)\| = \|x_n\|$，因此 $\sup_{n} \|x_n\| \le M$。即 $\{x_n\}$ 是有界数列。

(3)

三. （15 分） 设 $f$ 是 $C[0, 1]$ 上的线性泛函, 且 $f(x) = \int_0^{\frac{1}{2}} x(t)dt - \int_{\frac{1}{2}}^1 x(t)dt$。证明 $f$ 是连续的并求 $\|f\|$。

考察 $C[0,1]$ 上线性泛函的连续性证明及范数计算。

Proof.

证明思路： 通过放缩法证明有界性从而得到连续性；通过构造具体的函数序列逼近上确界来求范数。

详细证明：

证明连续性：
对任意 $x \in C[0, 1]$，有
$$ |f(x)| = \left| \int_0^{\frac{1}{2}} x(t)dt - \int_{\frac{1}{2}}^1 x(t)dt \right| \le \int_0^{\frac{1}{2}} |x(t)|dt + \int_{\frac{1}{2}}^1 |x(t)|dt = \int_0^1 |x(t)|dt $$
由于 $\int_0^1 |x(t)|dt \le \max_{t\in[0,1]} |x(t)| \cdot (1-0) = \|x\|_\infty$，
所以 $|f(x)| \le \|x\|_\infty$。
由此可知 $f$ 是有界线性泛函，因此 $f$ 是连续的，且 $\|f\| \le 1$。
求 $\|f\|$：
考虑函数 $y(t)$：
$$ y(t) = \begin{cases} 1, & t \in [0, \frac{1}{2}) \ -1, & t \in (\frac{1}{2}, 1] \end{cases} $$
虽然 $y(t) \notin C[0, 1]$，但我们可以构造连续函数序列逼近它。
对任意 $n \ge 3$，构造连续函数 $x_n(t) \in C[0, 1]$ 如下：
$$ x_n(t) = \begin{cases} 1, & 0 \le t \le \frac{1}{2} - \frac{1}{n} \ -n(t - \frac{1}{2}), & \frac{1}{2} - \frac{1}{n} < t < \frac{1}{2} + \frac{1}{n} \ -1, & \frac{1}{2} + \frac{1}{n} \le t \le 1 \end{cases} $$
显然 $\|x_n\|_\infty = 1$。
计算 $f(x_n)$：
$$ f(x_n) = \int_0^{\frac{1}{2}} x_n(t)dt - \int_{\frac{1}{2}}^1 x_n(t)dt $$
$$ = \left( \int_0^{\frac{1}{2}-\frac{1}{n}} 1 dt + \int_{\frac{1}{2}-\frac{1}{n}}^{\frac{1}{2}} x_n(t) dt \right) - \left( \int_{\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}+\frac{1}{n}} x_n(t) dt + \int_{\frac{1}{2}+\frac{1}{n}}^1 (-1) dt \right) $$
注意到中间两个积分区间长度为 $1/n$，被积函数绝对值不超过 1，故这两项绝对值之和小于 $2/n$。
主要部分为：
$$ (\frac{1}{2} - \frac{1}{n}) - (- (\frac{1}{2} - \frac{1}{n})) = 1 - \frac{2}{n} $$
当 $n \to \infty$ 时，$f(x_n) \to 1$。
因为 $\|f\| = \sup_{\|x\|\le 1} |f(x)|$，且我们找到了序列使得 $f(x_n) \to 1$，结合之前证明的 $\|f\| \le 1$，
可得 $\|f\| = 1$。

(4)

四. （15 分） 设 $(X, \|\cdot\|)$ 是可分赋范空间, 证明存在可数子集 $\Phi \subset X^\star$，使得对于每一个 $x \in X$, 使得 $\|x\| = \sup\limits_{f\in\Phi} |f(x)|$。

考察可分性与对偶空间性质的结合，利用 Hahn-Banach 定理构造赋范集。类似作业题

Proof.

证明思路：
利用 $X$ 的可分性，在单位球面上选取一个稠密的可数子集，对该子集中的每个元素利用 Hahn-Banach 定理选取支撑泛函，这些泛函构成的集合即为所求。

详细证明：
1. 由于 $X$ 是可分的，其单位球面 $S_X = \{x \in X : \|x\| = 1\}$ 也是可分的（或者取全空间的稠密子集投影到球面上）。设 $\{x_n\}_{n=1}^\infty$ 是 $S_X$ 中的可数稠密子集。

根据 Hahn-Banach 定理的一个推论，对于每一个 $x_n$，存在 $f_n \in X^\star$ 满足：
$$ |f_n| = 1 \quad \text{且} \quad f_n(x_n) = |x_n| = 1 $$
令 $\Phi = \{f_n\}_{n=1}^\infty$。显然 $\Phi$ 是 $X^\star$ 的可数子集。
下面证明对于任意 $x \in X$，有 $\|x\| = \sup_{f \in \Phi} |f(x)|$。
- 不等号 $\ge$：由于对于任意 $f \in \Phi$, $\|f\|=1$，所以 $|f(x)| \le \|f\|\|x\| = \|x\|$。因此 $\sup_{f \in \Phi} |f(x)| \le \|x\|$。
- 不等号 $\le$：
  若 $x = 0$，显然成立。
  若 $x \neq 0$，令 $u = \frac{x}{\|x\|} \in S_X$。
  对于任意 $\epsilon > 0$，由于 $\{x_n\}$ 在 $S_X$ 中稠密，存在 $x_k$ 使得 $\|u - x_k\| < \epsilon$。
  考察对应于 $x_k$ 的泛函 $f_k \in \Phi$：
  $$ f_k(u) = f_k(x_k) + f_k(u - x_k) = 1 + f_k(u - x_k) $$
  $$ |f_k(u)| \ge 1 - |f_k(u - x_k)| \ge 1 - |f_k| |u - x_k| > 1 - \epsilon $$
  所以 $\sup_{f \in \Phi} |f(u)| \ge 1$。
  代回 $x = \|x\|u$，有：
  $$ \sup_{f \in \Phi} |f(x)| = |x| \sup_{f \in \Phi} |f(u)| \ge |x| (1 - \epsilon) $$
  由于 $\epsilon$ 的任意性，得 $\sup_{f \in \Phi} |f(x)| \ge \|x\|$。
综上所述，$\|x\| = \sup_{f \in \Phi} |f(x)|$。

(5)

五. （15 分） 设 $S$ 是 $l^2 \to l^2$ 上的线性算子，且满足
$$ Sx(k) = x(k+2) \quad k = 1, 2, \cdots \quad {x(k)} \in l^2. $$
试求 $\lim\limits_{n\to\infty} \|S^n\|$。

考察算子范数的计算，特别是移位算子的性质。

Proof.

实际上就是利用算子范数的等价定义，由于$\lVert S^{n} \rVert^{2}=\sup\limits_{\lVert x \rVert_{l^{2}}=1}\lVert S^{n}x \rVert^{2}_{l^{2}}$

那么有下面的等式成立

\[ \begin{aligned} \lVert S ^{n}\rVert^{2}&=\sup\limits_{\lVert x \rVert _{l^{2}}=1}\sum\limits_{k=1}^{\infty} \lVert x_{2n+k} \rVert ^{2}\\ &\leqslant \sup\limits_{\lVert x \rVert _{l^{2}}=1}\sum\limits_{k=1}^{\infty} \lVert x_{k} \rVert ^{2}=1 \end{aligned} \]

并且有取$x=(0,\dots,0,1,0,\dots)$时，得到$\sum\limits_{k=1}^{\infty}\lVert x_{2n+k} \rVert^{2}=1$，所以范数为1

(6)

六. （15 分） 设 $f$ 是 Banach 空间 $X$ 到 $\mathbb{R}$ 上的线性泛函， $f$ 不是常数函数，试证 $f$ 是开映射。(PS: 我确信没有有界这个条件(PS(我): 你要是有界那不是直接满射然后开映射直接秒掉了吗，你是人类吗))

考察开映射的定义。对于线性泛函，只要非零（即满射到域），它总是开映射，无论是否连续。

Proof.

证明思路： 开映射的定义是将开集映为开集。由于目标空间是 $\mathbb{R}$（一维），非零线性泛函的值域是整个 $\mathbb{R}$。我们直接根据定义验证即可。

目标：
我们要证明对于 $X$ 中的任意开集 $U$，它的像 $f(U)$ 是 $\mathbb{R}$ 中的开集。
取点与找球：
任取 $y_0 \in f(U)$。这意味着存在一个原像 $x_0 \in U$ 使得 $f(x_0) = y_0$。因为 $U$ 是开集，所以 $x_0$ 包含在一个小球里：$B(x_0, r) \subset U$。
引入方向向量（关键一步）：
因为 $f$ 不是常数函数（即 $f \neq 0$），所以肯定存在某个向量 $z \in X$，使得 $f(z) \neq 0$。我们不妨缩放一下 $z$，让它的长度很小，小到 $\|z\| < r$。
构造线段：
考虑一条穿过 $x_0$ 的线段：$L = \{ x_0 + t z : t \in (-1, 1) \}$。
因为 $\|z\| < r$，当 $t$ 在 $(-1, 1)$ 之间变动时，这点 $x_0 + tz$ 肯定没跑出球 $B(x_0, r)$ 的范围，也就肯定在 $U$ 里面。
看像的形状：
把这条线段映射过去：
$$ f(x_0 + tz) = f(x_0) + t \cdot f(z) = y_0 + t \cdot C $$
其中 $C = f(z)$ 是一个非零常数。当 $t$ 从 $-1$ 扫到 $1$ 时，这一项 $t \cdot C$ 就覆盖了一个以 $0$ 为中心的开区间 $(-|C|, |C|)$。所以，像 $f(L)$ 就覆盖了以 $y_0$ 为中心的开区间 $(y_0 - |C|, y_0 + |C|)$。
结论：
因为线性泛函的像集要么是0要么是全集，所以$f(U)=\mathbb{R}$，肯定包含这个开区间。所以 $y_0$ 是内点，$f(U)$ 是开集。

(7)

七. （10 分） 设 $H$ 是 Hilbert 空间，$H_0$ 是 $H$ 的闭子空间，设 $x_0 \in H$, 证明：
$$ \inf_{x\in H_0} |x - x_0| = \max_{y\in H_0^\perp, |y|=1} |(x_0, y)|. $$

考察 Hilbert 空间中的最佳逼近与正交补的对偶关系。只需要使用正交分解定理即可得到，不会做的直接拉出去毙了

Proof.

证明思路： 利用正交分解定理，将 $x_0$ 分解为 $H_0$ 和 $H_0^\perp$ 上的分量，分别计算等式两边的值。

详细证明：

左边（最佳逼近）：
由 Hilbert 空间的正交投影定理，对于 $x_0 \in H$ 和闭子空间 $H_0$，存在唯一的分解：

\[ x_0 = u + v, \quad u \in H_0, \, v \in H_0^\perp \]

此时，$u = P_{H_0}x_0$ 是 $x_0$ 在 $H_0$ 上的正交投影。$x_0$ 到 $H_0$ 的距离为：
$$ \inf_{x \in H_0} |x - x_0| = |x_0 - u| = |v| $$
右边（对偶公式）：
考察 $\sup_{y \in H_0^\perp, \|y\|=1} |(x_0, y)|$。对于任意 $y \in H_0^\perp$ 且 $\|y\|=1$：

\[ (x_0, y) = (u + v, y) = (u, y) + (v, y) \]

因为 $u \in H_0, y \in H_0^\perp$，所以 $(u, y) = 0$。故 $|(x_0, y)| = |(v, y)|$。由 Cauchy-Schwarz 不等式：

\[ |(v, y)| \le \|v\| \|y\| = \|v\| \]

这意味着右边的最大值不超过 $\|v\|$。

我们需要证明最大值可以取到 $\|v\|$。
- 若 $v = 0$，则等式两边均为 0，成立。
- 若 $v \neq 0$，取 $y^* = \frac{v}{\|v\|}$。
  显然 $y^* \in H_0^\perp$（因为 $v \in H_0^\perp$ 且 $H_0^\perp$ 是线性子空间），且 $\|y^*\| = 1$。
  代入计算：
  $$ |(x_0, y^*)| = |(v, \frac{v}{|v|})| = \frac{(v, v)}{|v|} = \frac{|v|^2}{|v|} = |v| $$
  因此，最大值确实存在且等于 $\|v\|$。
结论：
$$ \inf_{x\in H_0} |x - x_0| = |v| = \max_{y\in H_0^\perp, |y|=1} |(x_0, y)| $$

泛函分析2020-2021期末¶

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