泛函分析2021-2022期末¶

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(1)

设 $A_1, A_2$ 是赋范空间 $X$ 中的子集. 如果 $A_1$ 是紧集, $A_2$ 是闭集且 $A_1 \cap A_2 = \emptyset$. 证明: 存在 $r > 0$, 使得

\[ (A_1 + U(0, r)) \cap A_2 = \emptyset, \]

其中 $U(0, r) = \{x \in X : \|x\| < r\}$.

考察点集拓扑的基本性质，利用紧集与闭集的分离性。

Proof.

证明思路： 我们需要证明 $A_1$ 有一个“加宽”的邻域与 $A_2$ 不相交。本质上这等价于证明 $A_1$ 与 $A_2$ 之间的距离严格大于 0。由于 $A_2$ 是闭集，点到集合的距离连续；再利用 $A_1$ 的紧性取最小值即可。

详细证明：

首先，定义点 $x$ 到集合 $A_2$ 的距离函数 $f(x) = \inf_{y \in A_2} \|x - y\|$。众所周知，距离函数在赋范空间上是连续的。由于 $A_2$ 是闭集且与 $A_1$ 不相交，对于任意 $a \in A_1$，都有 $f(a) > 0$。因为 $A_1$ 是紧集，连续函数 $f(x)$ 在紧集上必能取到最小值，记为 $m = \min_{a \in A_1} f(a)$。由于 $f$ 处处为正，故最小值 $m > 0$。

令 $r = \frac{m}{2}$。我们要证 $(A_1 + U(0, r)) \cap A_2 = \emptyset$。

假设结论不成立，即存在点 $z$ 既属于 $A_2$，又属于 $A_1$ 的 $r$-邻域。这意味着存在 $a \in A_1$，使得 $\|z - a\| < r$。根据距离定义，这推导出 $d(a, A_2) \le \|z - a\| < \frac{m}{2}$，这与最小值 $m$ 的定义矛盾。因此假设不成立，结论得证。

(2)

当 $1 < r < s < \infty$ 时, 有 $L^s[a, b] \subset L^r[a, b]$.

有限测度空间上 $L^p$ 空间的包含关系，Holder不等式的直接应用。送分的。

Proof.

证明思路： 利用$H \ddot{o} lder$不等式。由于积分区间 $[a, b]$ 是有限的，高阶可积函数必然低阶可积。

详细证明：

我们的目标是 $f \in L^s[a, b]$，即 $\int_a^b |f(x)|^s dx < \infty$。能够推出 $f \in L^r[a, b]$，即 $\int_a^b |f(x)|^r dx < \infty$。

考察积分 $\int_a^b |f(x)|^r \cdot 1 \, dx$。

应用$H \ddot{o} lder$不等式，取指数 $p = \frac{s}{r}$ 和 $q = \frac{s}{s-r}$。注意到 $s > r$，故 $p > 1$，且 $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = \frac{r}{s} + \frac{s-r}{s} = 1$。

\[ \int_a^b |f(x)|^r \cdot 1 \, dx \le \left( \int_a^b (|f(x)|^r)^p dx \right)^{\frac{1}{p}} \left( \int_a^b 1^q dx \right)^{\frac{1}{q}} \]

\[ = \left( \int_a^b |f(x)|^s dx \right)^{\frac{r}{s}} (b - a)^{\frac{s-r}{s}} \]

因为$f \in L^s[a, b]$，上述第一项有限；因为区间有限，$(b-a)$有限。故$\int_a^b |f(x)|^r dx < \infty$，即$f \in L^r[a, b]$。

(3)

设 $A$ 是赋范空间 $X$ 的子集. 证明: $A$ 在 $X$ 中是有界集当且仅当对任意的 $x^* \in X^*$, 集合 $x^*(A) \equiv \{x^*(z) : z \in A\}$ 是有界集.

主要是利用自然嵌入的一个方法然后结合经典的一致有界原理，还结合了对偶空间一定是Banach空间的性质

Proof.

证明思路： “必要性”利用算子范数定义直接推导；“充分性”将 $A$ 视为 $X^{**}$ 中的泛函族，利用 $X^*$ 的完备性及一致有界原理证明。

详细证明：

$(\Rightarrow)$ 必要性：

若 $A$ 是有界集，则存在 $M > 0$ 使得 $\forall z \in A, \|z\| \le M$。对于任意固定的 $x^* \in X^*$，有

\[ |x^*(z)| \le \|x^*\| \|z\| \le \|x^*\| M \]

这表明数集 $x^*(A)$ 有界（界为 $M\|x^*\|$）。

$(\Leftarrow)$ 充分性：

考虑 $X$ 到其双对偶空间 $X^{**}$ 的典范嵌入映射 $J: X \to X^{**}$，定义为 $J(z)(x^*) = x^*(z)$。由 Hahn-Banach 定理推论知 $J$ 是等距嵌入，即 $\|J(z)\| = \|z\|$。将 $A$ 中的元素 $z$ 视为 $X^*$ 上的线性泛函 $J(z)$。

已知条件为：对任意 $x^* \in X^*$，集合 $\{x^*(z) : z \in A\}$ 有界。这等价于说，对于族 $\mathcal{F} = \{J(z) : z \in A\} \subset X^{**}$ 中的每一个泛函 $f$，在任意点 $x^*$ 处的取值是有界的（点点有界）。

由于 $X^*$ 是 Banach 空间（对偶空间总是完备的），根据一致有界原理（Uniform Boundedness Principle），这一族线性泛函在范数上是一致有界的。即存在常数 $C > 0$，使得：

\[ \sup_{z \in A} \|J(z)\| \le C \]

又因为 $\|J(z)\| = \|z\|$，所以

\[ \sup_{z \in A} \|z\| \le C \]

即 $A$ 在 $X$ 中是有界集。

(4)

设 $\|\cdot\|$ 是 $C[0, 1]$ 中的完备范数使得: 当 $\lim\limits_{n\to\infty} \|x_n - x_0\| = 0$ 时, 对任意的 $t \in [0, 1]$, 都有 $\lim\limits_{n\to\infty} x_n(t) = x_0(t)$.
证明: $\|\cdot\|$ 等价于上确界范数 $\|\cdot\|_\infty$, 也即是: 存在常数 $C_1, C_2 > 0$ 使得

\[ C_1\|x\|_\infty \le \|x\| \le C_2\|x\|_\infty, \quad \forall x \in C[0, 1]. \]

闭图像定理或逆算子定理的应用。题目条件实质给出了收敛性的强弱关系。

Proof.

证明思路： 利用闭图像定理证明单位算子是连续的。由于两个范数下的空间都是 Banach 空间，且其一连续，由逆算子定理可得范数等价。

详细证明：

记 $X = C[0, 1]$。考虑恒等算子 $T: (X, \|\cdot\|) \to (X, \|\cdot\|_\infty)$，定义为 $Tx = x$。我们试图要验证这是一个闭算子，也就是$Tx=y$

第一步：证明 $T$ 有界（闭图像定理）

设 $\{x_n\} \subset X$ 满足 $\|x_n\| \to 0$ 且 $\|Tx_n - y\|_\infty \to 0$。由题目条件，$\|x_n\| \to 0$ 蕴含 $\forall t, x_n(t) \to 0$。由无穷范数定义，$\|x_n - y\|_\infty \to 0$ 蕴含一致收敛，故 $\forall t, x_n(t) \to y(t)$。由极限唯一性得 $y = 0$。故 $T$ 是闭算子。因定义域与值域均为 Banach 空间，由闭图像定理知 $T$ 有界，即存在常数 $C_1 > 0$ 使得：

\[ \|x\|_\infty \le C_1 \|x\|. \]

第二步：证明 $T^{-1}$ 有界（逆算子定理）

$T$ 是 Banach 空间之间的一一对应且有界的线性算子。根据逆算子定理，其逆算子 $T^{-1}$ 也是有界的，即存在常数 $C_2 > 0$ 使得：

\[ \|x\| \le C_2 \|x\|_\infty. \]

综上，两个范数等价。

(5)

设 $(X, \|\cdot\|)$ 是赋范空间, 对任意的 $x, y \in X$, 令
$$ \rho(x, y) = \begin{cases} 0 & \text{如果 } x = y, \ |x - y| + 1 & \text{如果 } x \neq y. \end{cases} $$
证明: $\rho$ 是 $X$ 上的一个距离, 但不能由范数诱导.

构造的一个离散型度量，显然不满足范数的齐次性。也是送的。

Proof.

证明思路： 验证距离的三条公理（非负性、对称性、三角不等式）；通过反证法，利用范数的绝对齐次性证明其不能由范数诱导。

详细证明：

证明 $\rho$ 是距离：
非负性与正定性：显然 $\rho(x, y) \ge 0$，且 $\rho(x, y) = 0 \iff x = y$
对称性：$\rho(x, y) = \|x - y\| + 1$（若 $x \neq y$），因 $\|x - y\| = \|y - x\|$，故 $\rho(x, y) = \rho(y, x)$
三角不等式：需证 $\rho(x, z) \le \rho(x, y) + \rho(y, z)$。显然的，利用$1<2$和原本的三角不等式即可
证明不能由范数诱导：
由范数诱导的距离 $d(x, y) = \|x - y\|'$ 必须满足平移不变性和绝对齐次性，特别是：

$$ d(\alpha x, \alpha y) = |\alpha x - \alpha y|' = |\alpha| |x - y|' = |\alpha| d(x, y) $$

取 $\alpha = 2$，$x \neq y$。按照 $\rho$ 的定义计算：左边 $= \rho(2x, 2y) = \|2x - 2y\| + 1 = 2\|x - y\| + 1$。右边 $= 2 \rho(x, y) = 2(\|x - y\| + 1) = 2\|x - y\| + 2$。显然 $2\|x - y\| + 1 \neq 2\|x - y\| + 2$。故 $\rho$ 不满足齐次性，不能由范数诱导。

(6)

设 $X$ 是赋范空间, $X_0$ 是 $X$ 的稠密子空间. 证明: 对于每一个 $x \in X$, 存在元列 $\{x_n\}_{n=1}^\infty \subset X_0$ 使得
$$ x = \sum_{n=1}^\infty x_n \quad \text{且} \quad \sum_{n=1}^\infty |x_n| < \infty. $$

利用稠密性逐步逼近构造级数。基本上也是送的，按照定义写。

Proof.

证明思路： 利用 $X_0$ 的稠密性，我们可以找到一个序列快速收敛到 $x$，然后通过差分构造级数项 $x_n$，使得其范数和收敛。

详细证明：

1. 构造逼近序列

设 $y_0 = 0$。利用 $X_0$ 在 $X$ 中的稠密性，对于任意 $k \ge 1$，选取 $y_k \in X_0$ 使得

\[ \|x - y_k\| < \frac{1}{2^k}. \]

定义序列 $x_n = y_n - y_{n-1}$ ($n \ge 1$)。显然 $\{x_n\} \subset X_0$。

2. 验证级数性质

首先，该级数的部分和序列即为 $\{y_k\}$，故级数收敛于 $x$：

\[ \sum_{n=1}^\infty x_n = \lim_{k \to \infty} \sum_{n=1}^k (y_n - y_{n-1}) = \lim_{k \to \infty} (y_k - y_0) = x. \]

其次，利用三角不等式考察级数的绝对收敛性：

\[ \begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty \|x_n\| &= \|x_1\| + \sum_{n=2}^\infty \|y_n - y_{n-1}\| \\ &= \|y_1 - y_0\| + \sum_{n=2}^\infty \|(y_n - x) + (x - y_{n-1})\| \\ &\le \underbrace{(\|y_1 - x\| + \|x\|)}_{\text{由于 } y_0=0} + \sum_{n=2}^\infty (\underbrace{\|y_n - x\|}_{< 2^{-n}} + \underbrace{\|x - y_{n-1}\|}_{< 2^{-(n-1)}}) \\ &< \left(\frac{1}{2} + \|x\|\right) + \sum_{n=2}^\infty \frac{3}{2^n} < \infty. \end{aligned} \]

(7)

设 $Y$ 是可分 Banach 空间 $X$ 的闭子空间. 已知商空间 $X/Y \equiv \{x + Y : x \in X\}$ 在商范数

\[ \|x + Y\| = \inf\{\|x + y\| : y \in Y\} \]

下仍然是 Banach 空间; 相应的商映射 $\pi : X \to X/Y$ 定义为 $\pi(x) = x + Y, \forall x \in X$.
证明: $X/Y$ 也是可分的.

可分空间的连续像也是可分的。送分的。

Proof.

证明思路： 利用可分性的定义（存在可数稠密子集）。$X$ 有可数稠密子集，通过连续满射 $\pi$ 映射过去，该集合的像在 $X/Y$ 中也是稠密的。

详细证明：

因为 $X$ 是可分的，所以存在一个可数稠密子集 $D = \{d_n\}_{n=1}^\infty \subset X$。考虑 $D$ 在商映射下的像 $D' = \{\pi(d_n)\}_{n=1}^\infty \subset X/Y$。显然 $D'$ 是可数的。

下面证明 $D'$ 在 $X/Y$ 中稠密。需要利用的一点是：$\lVert \pi(x) \rVert\leqslant \lVert x \rVert$，可以根据定义得到。

任取 $X/Y$ 中的一个元素 $\hat{y}$ 以及任意误差 $\epsilon > 0$。由于 $\pi$ 是满射，必存在原像 $y \in X$ 使得 $\pi(y) = \hat{y}$。利用 $X$ 中 $\{x_n\}$ 的稠密性，存在某个 $x_k$，使得 $\|y - x_k\| < \epsilon$。根据商范数的性质（投影后的长度 $\le$ 原来的长度），我们有：

\[ \|\hat{y} - \pi(x_k)\|_{X/Y} = \|\pi(y) - \pi(x_k)\|_{X/Y} = \|\pi(y - x_k)\|_{X/Y} \le \|y - x_k\|_X < \epsilon \]

因此稠密性得证，所以 $X/Y$ 是可分的。

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