期末试卷汇总¶

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泛函分析2023-2024期末¶

注：非常容易，脑子没有病的话都能全部写出来

(1)

证明: $c_{00}$ 在 $l^\infty$ 中不是稠密的.

讲义里的例子，非常显然的问题

Proof.

证明思路：

要证明一个子空间在全空间中不是稠密的，等价于在全空间中找到一个元素，使得该子空间中没有任何元素能够无限接近它。换句话说，我们要找到一个 $y \in l^\infty$，使得 $y$ 到 $c_{00}$ 中任意元素 $x$ 的距离都有一个无法消除的下界（例如大于等于 $1$）

首先给出相关的定义：

$l^\infty$ 是由所有有界数列 $x=\{x_n\}_{n=1}^\infty$ 构成的空间，其范数定义为：
$$ |x|\infty = \sup |x_n| $$}

$c_{00}$ 是由所有具有有限支集的数列构成的子空间。即对于任意 $x \in c_{00}$，存在一个正整数 $N$（依赖于 $x$），使得当 $n > N$ 时：
$$ x_n = 0 $$

下面正式进行论证：

我们选取 $l^\infty$ 中的一个常数数列 $y = (1, 1, 1, \dots)$。显然对于所有的 $n$，都有 $|y_n| = 1$，因此 $y$ 是有界的，属于 $l^\infty$。

现在任取 $c_{00}$ 中的一个元素 $x=\{x_n\}$。根据 $c_{00}$ 的定义，必存在一个下标 $N$，使得对于所有 $n > N$ 的项，都有 $x_n = 0$。

接下来考察 $y$ 与 $x$ 之间的距离 $\|y - x\|_\infty$。根据范数的定义，这是两数列对应项之差绝对值的上确界：
$$ |y - x|\infty = \sup |y_n - x_n| $$}

注意到在 $n > N$ 的部分，由于 $y_n = 1$ 且 $x_n = 0$，我们有：
$$ |y_n - x_n| = |1 - 0| = 1 $$

既然对于所有 $n > N$ 的项该差值都等于 $1$，那么整体的上确界必然满足：

\[ \|y - x\|_\infty \ge 1 \]

上述结论对任意的 $x \in c_{00}$ 都成立。这意味着无法在 $c_{00}$ 中找到一个序列收敛于 $y$（因为距离始终至少为 1）。因此，$c_{00}$ 在 $l^\infty$ 中不是稠密的。

(2)

设 $c=\{c_n\}_{n\in\mathbb{N}} \in l^\infty$. 对 $\forall x=\{x_n\}_{n\in\mathbb{N}} \in l^2$, 定义线性算子 $T_c(x)=(c_n x_n)_{n\in\mathbb{N}}$. 证明 $T_c$ 连续.

算子理论有那么多的东西最后考了连续等价有界吗，有趣

Proof.

证明思路： 证明线性算子连续等价于证明其有界。我们需要利用 $c$ 的有界性，寻找常数 $M$ 使得 $\|T_c x\|_2 \le M \|x\|_2$。

首先回顾范数定义，$l^2$ 空间元素 $x$ 的范数为 $\|x\|_2 = (\sum |x_n|^2)^{1/2}$，$l^\infty$ 元素 $c$ 的范数为 $\|c\|_\infty = \sup |c_n|$。考察 $T_c x$ 的范数平方，即 $\sum_{n=1}^\infty |c_n x_n|^2$。由于 $c \in l^\infty$，对于任意 $n$ 都有 $|c_n| \le \|c\|_\infty$。

将此不等式代入求和式中，我们有 $\sum_{n=1}^\infty |c_n|^2 |x_n|^2 \le \|c\|_\infty^2 \sum_{n=1}^\infty |x_n|^2$。即 $\|T_c x\|_2^2 \le \|c\|_\infty^2 \|x\|_2^2$。两边开方可得 $\|T_c x\|_2 \le \|c\|_\infty \|x\|_2$。这表明 $T_c$ 是有界算子，且算子范数不超过 $\|c\|_\infty$，故 $T_c$ 连续。

(3)

条件同上一题. 求 $T_c$ 的共轭算子.

Proof.

证明思路： 在希尔伯特空间中，算子 $T_c$ 的共轭算子 $T_c^*$ 需满足 $\langle T_c x, y \rangle = \langle x, T_c^* y \rangle$。我们将通过展开内积公式来确定 $T_c^* y$ 的具体形式。

对于 $l^2$ 空间，内积定义为 $\langle x, y \rangle = \sum_{n=1}^\infty x_n \overline{y_n}$。计算 $\langle T_c x, y \rangle$，代入 $T_c$ 的定义得 $\sum_{n=1}^\infty (c_n x_n) \overline{y_n}$。利用复数乘法的结合律，将其变形为 $x$ 与某向量的内积形式，即 $\sum_{n=1}^\infty x_n (c_n \overline{y_n}) = \sum_{n=1}^\infty x_n \overline{(\overline{c_n} y_n)}$。

观察上式最后一步，这正是向量 $x$ 与向量 $\{\overline{c_n} y_n\}$ 的内积。由共轭算子的唯一性可知，$T_c^* y = \{\overline{c_n} y_n\}_{n\in\mathbb{N}}$。换言之，$T_c$ 的共轭算子 $T_c^*$ 也是一个乘法算子，其对应的乘法序列是原序列 $c$ 的复共轭 $\bar{c}$。

(4)

在 $L^2[-1,1]$ 中对 $\{1, x, x^2\}$ 应用 Gram-Schmidt 正交化求一标准正交系.

考察你使用Schmidt正交化方法求标准正交基的技能，大概是高代考试吧

Proof.

纯AI写的，我都懒得改了

证明思路： Gram-Schmidt 过程包含正交化（减去在前面基向量上的投影）和单位化（除以模长）。我们将依次处理 $1, x, x^2$。

首先处理 $v_1=1$。计算其模长平方 $\int_{-1}^1 1^2 dt = 2$，故归一化后的第一个基向量为 $e_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}$。

接着处理 $v_2=x$。由于区间 $[-1,1]$ 对称，$x$ 为奇函数，$1$ 为偶函数，二者内积 $\int_{-1}^1 x \cdot 1 dt = 0$，说明 $x$ 已与 $e_1$ 正交。直接计算其模长平方 $\int_{-1}^1 x^2 dt = \frac{2}{3}$，归一化得到第二个基向量 $e_2 = \frac{x}{\sqrt{2/3}} = \sqrt{\frac{3}{2}} x$。

最后处理 $v_3=x^2$。需减去它在 $e_1$ 和 $e_2$ 上的投影。计算内积：$\langle x^2, e_1 \rangle = \int_{-1}^1 \frac{x^2}{\sqrt{2}} dt = \frac{\sqrt{2}}{3}$，而 $\langle x^2, e_2 \rangle = \int_{-1}^1 x^2 \cdot \sqrt{\frac{3}{2}}x dt = 0$（奇函数积分）。于是正交化后的向量 $u_3 = x^2 - \frac{\sqrt{2}}{3} e_1 = x^2 - \frac{1}{3}$。计算 $u_3$ 的模长平方 $\int_{-1}^1 (x^2-\frac{1}{3})^2 dt = \frac{8}{45}$。归一化得到 $e_3 = \frac{x^2-1/3}{\sqrt{8/45}} = \sqrt{\frac{5}{8}}(3x^2-1)$。

最终标准正交系为 $\{ \frac{1}{\sqrt{2}}, \sqrt{\frac{3}{2}}x, \sqrt{\frac{5}{8}}(3x^2-1) \}$。

(5)

定义线性算子 $\varphi: C[0,1] \to \mathbb{R}$ 为 $\varphi(f)=\int_0^1 f(t) dt$. 证明: $\|\varphi\|=1$.

很经典的例子

Proof.

补充知识

先给出算子范数的定义：

设 $X$ 和 $Y$ 是赋范线性空间（Normed Linear Spaces），$T: X \to Y$ 是一个线性算子。$T$ 的算子范数 $\|T\|$ 定义为：

\[ \|T\| = \sup_{\substack{x \in X \\ x \neq 0}} \frac{\|Tx\|_Y}{\|x\|_X} \]

证明思路： 证明算子范数等于 1 通常分两步：先证明 $\|\varphi\| \le 1$（上界），再找具体元素证明 $\|\varphi\| \ge 1$（下界）。

(6)

对于 Banach 空间 $E$ 及赋范空间 $F$, 设 $T_n \in B(E,F)$ 满足对 $\forall x \in E$, $\{T_n x\}_{n\in\mathbb{N}}$ 在 $F$ 中收敛. 定义 $Tx = \lim\limits_{n\to\infty} T_n x$, 证明: $T \in B(E,F)$.

根据定义验证，给出算子的线性性和有界性即可

Proof.

证明思路： 要证 $T \in B(E,F)$，需验证 $T$ 的线性性与有界性。线性性由极限的线性性质保证，有界性则需借助 Banach 空间的一致有界原理。

首先验证线性。对于任意 $x, y \in E$ 及标量 $\alpha, \beta$，由于每个 $T_n$ 均为线性算子，且极限运算保持线性关系，故 $T(\alpha x + \beta y) = \lim (\alpha T_n x + \beta T_n y) = \alpha Tx + \beta Ty$，即 $T$ 是线性的。

其次验证有界性。已知对于任意 $x$，序列 $\{T_n x\}$ 收敛，故其有界。因为 $E$ 是 Banach 空间，根据一致有界原理（共鸣定理），点点有界的线性算子列必然一致有界，即存在常数 $M$ 使得 $\sup_n \|T_n\| \le M$。于是对于任意 $x$，$\|T_n x\| \le M \|x\|$。令 $n \to \infty$，由范数的连续性得 $\|Tx\| \le M \|x\|$。这表明 $T$ 是有界的，证毕。

(7)

证明: 赋范空间的开子空间必是其自身.

赋范空间中凡是内部有一个开球的子空间，一定是自身，依然习题

Proof.

证明思路： 本题利用线性空间的缩放性质。若子空间包含原点的一个邻域，通过线性运算可以将该邻域扩张至覆盖整个空间。

设 $Y$ 是赋范空间 $X$ 的一个子空间，且 $Y$ 是开集。由于 $Y$ 是子空间，必含零向量 $0$。又因 $Y$ 为开集，故存在 $r>0$，使得以 $0$ 为心的开球 $B(0,r)$ 完全包含于 $Y$ 中。

任取空间 $X$ 中的非零元素 $x$。我们可以通过缩放将其“拉”入上述开球中(利用的是空间的数乘性质)。令向量 $z = \frac{r}{2\|x\|} x$，计算其范数可知 $\|z\| = r/2 < r$，故 $z \in B(0,r) \subset Y$。由于 $Y$ 是线性空间，对数乘封闭，而 $x$ 是 $z$ 的标量倍数（$x = \frac{2\|x\|}{r} z$），因此 $x$ 也必须属于 $Y$。这意味着 $X \subseteq Y$，结合 $Y \subseteq X$，即得 $Y=X$。

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