哈工大泛函考试题

P9-3 设A 为可列集，B 是有A 的有限子集构成的集合，证明B 可列。

证：记C n n C A A C

????

?=??

???

?

且只有个元素则1

n

n B A ∞

== ，设12,(,,,)

,i

n i j k N F k k k k k i j ??∈??

=??≠≠????

且则F 是可列集，对n A 中的每个元{}

12,,n k k k a a a 素，令其对应于F 中的元素{}12,n k k k ，

则n

A 与F 中的一个子集对等，故n

A 也是可列集，故

B 也是可列集

P9-6 证明以有理数为圆心且以有理数为半径的区间全体是可列集。 证：设{}1

2

,,Q r r = ，用ij I 表示以i r 为中心，以j

r 为半径的区间，则

{},ij I I i j N =∈，令{}

(,),i j i j

B r r r r Q Q Q =∈=?是可列集，做映射:,()(,),,ij i j I B I r r i j N ψψ→=∈则ψ

为一一映射，因而I 与B 的一个子集

对等，由于B 为可列集，故I 也为可列集。

P16-8、对于点列,n x R ∈若11,1,2,...,2

n n n

x x n +-≤=求证n x 是cauchy 列。犹若

1lim 0n n n x x -→∞

-=，问n x 是否一定为Cauchy 列？

证：1）先证{}n x 为Cauchy 列。由于对,

n p N ?∈有

11111

1

11...111(12)1

221(12)2

n p n p n p n n p n n n

p n p n p i i i n i n

i n

x x x x x x x x x x ++-++-+++-+-+-==-+

-=

--+--≤

-≤

=≤-∑

∑

而

11lim

0,2

n n -→∞=故

0,ε?>00,N ?>当

n N >时有

112n ε-<因而对,p N ?∈当0n N >时，有1

12

n ε-<因而对,p N ?∈当0n N >时，有1

12

n p n n x x ε+--≤<因此{}n x 为Cauchy 列。

2）若1lim 0n n n x x -→∞

-=，{}n x 未必为Cauchy 列。例如，定义11n

n

k x k

==∑显然

1

11

2n p

n p n k n p x x k n p ε

++=+-=

≥==+∑，因此{}n

x

不是Cauchy 列

P 241、证明

1()sin

f x x

=在（0,1）内不一致连续。

证明：取

01,0,2εδ=?>取1211,222

x x k k πππ==

+

，当

k

充分大时，

12121,()()0112

x x f x f x δ-<-=-=>，所以不一致连续 P40-5 计算：2

1

lim nx x e

dx -→∞?。

解：2

1

lim

nx x e

dx -→∞? =

1

lim 2

1

0=?∞

→dx e

nx

n

P24证明：13

()f x x =在[0,)∞上一致连续。 对于12,(0,)x x ?∈+∞，

1/3

1/32/31/31/32/3

121

2

1

12

2

3

1/31/31/31/321/31/31/31/3

12121212

()

()3x x x x

x x x x x x x x x x x x -=-++??=--+≥-??1/3

1/31/31

212

x

x

x x ?-≤-于是，0,ε?>取

3δε=，当12,(0,)x x ∈+∞且12x x δ-<时1/3

1/31/312

x x δε-≤=故1/3()f x x =在(0,)+∞上是一致连续的。

P24-7 证明：1

1()x

n f x n ∞==∑

在[1,)+∞内连续，并且他有各阶连续导数。

证取

[][]11

,(1,),,,x a a b x a b n n ?+∞≤?∈，而且11a n n

∞=∑收敛。

证明：

1

()nx

n f x ne ∞

-==∑在(0,)+∞内连续。

证：1

1

1

()()()1nx

nx n n x

nx x

n ne

e e

e e ∞

∞

--==-∞

--='=-=

'-=-

-∑

∑∑，任取[,](0,)a b ?+∞由比较原则

1

na

n ne

∞

-=∑收敛

的，而且[,]x a b ?∈，都有||nx na ne ne --≤，所以。。。

Page40-4计算：。

1

22

0lim 1n nx dx

n x →∞

+?

解

：

1

2222

0[0,1]

22

[0,1]lim lim 11lim 01n n n nx nx

dx dx n x n x nx

dx n x →∞→∞→∞=++==+?

??2212n x nx

+≥则

221||122

nx nx n x nx ≤=+ P45-5 设

(),()f x g x 在(0,1)内为非负函数，1122

2

,(0,1)f

g L ∈，且在(0,1)几乎处

处成立1()()x f x g x -≤求证：1

1

4()()f x dx g x dx ≤

?

?

证明：由于g f ,为

（0,1）内非负可测函数，且)1,0(,22

121

L g f ∈，故由Holder 不

等

式

知

：

2

1

1

21

1

21

1

21))(())(()()(dm x g dm x f dm x g x f ???

≤ 即

))()()(())()((1

10

221

10

21

dm x g dm x f dm x g x f ???≤又由于在（0,1）上几乎处处成立)()(1

x g x f x ≤-，即)()(21

2

12

1

x g x f x ≤-

因此可知：

1

11

1

1

222220

11

()(()())(())(())

x dx f x g x dm f x dm g x dm -

≤≤????而

2

21

10

2

1==?-

x dx x

故1

10

4()()f x dx g x dx ≤

?

?

设x 是度量空间，在x 中若x n →x(n →∞)，y n →y(n →∞)，证明ρ(x n ,y n ) →ρ

(x,y)

[证] 由已知有ρ(x n ,x) →0,ρ(y n ,y) →0,n →∞。因为ρ(x n ,y n )≤ρ(x n ,x)+ ρ(x,y)+ ρ(y n ,y)所以 ρ(x n ,y n )-ρ(x n ,x) ≤ρ(x,y)+ ρ(y n ,y) (1)又因为 ρ(x,y)≤ρ(x n ,x)+ ρ(x n ,y n ) + ρ(y n ,y) 所以 ρ(x,y) - ρ(x n ,y n ) ≤ρ(x n ,x)+ ρ(y n ,y) (2)于是，由(1)， (2)可知0≤|ρ(x n ,y n ) -ρ(x,y) |≤ρ(x n,x)+ ρ(y n ,y) →0， n →∞故ρ(x n ,y n ) →ρ(x,y)，n →∞

P45-6 证明：22

11n n k k k k t n t ==??≤ ???

∑∑。 [证]在离散型Holder 不等式中：111

1

1p q p

q

n

n

n

n n n n a

b a b ∞

∞

∞

===????≤ ? ?????

∑∑∑

令p=q=1/2

,1,2,.,1,1,2,,0,0,k k k t k n k n

a b k n k n

==??==??>>?? ,则有

2

2

21112222

211111(1)()1n n k k

k k k k k n n n k k k k k k k k k t t a b a b t n t ∞

===∞∞=====??=?=≤ ???

????????== ??? ??? ???????????

∑∑∑∑∑∑∑∑ P58-5设X 是一度量空间，F X ?是一个非空闭集，对x X ∈，记作inf{(,):}(,)

p x y y F x F ρ∈=,证明：任意r>0{:(,)}x X x F r ρ∈<是开集。 证 要证A=实开集，只需正A c

=是闭集。

设

且

，下

证

，

由

的定义可知

而且

，于对任意的

两把取极限得

由y 的任意性可知

，即

P72-5 设X 使完备度量空间，:X T X →，如果()n n ρT x,T y a inf sup

1

ρ(x,y)

x y

≠=<证

明T 存在唯一的不动点。 证 因为()

n n ρT x,T y a inf sup

1

ρ(x,y)

x y

≠=<，由下确界定义

，

，使得()

n n ρT x,T y sup

1

ρ(x,y)

x y

β≠=<于是对

，有()

n0n0ρT x,T y 1

ρ(x,y)

β≤<

即()n0n0ρT x,T y (,)x y βρ≤，其中1β<，因而0

n T 为压缩映像，由Banach 压缩映

像定理，0

n T 存在唯一一个不动点

P85-3.在连续函数空间C[0,1]上定义两个范数，

()

1

1

2

2

1

()f

f x dx

=?

，

()

1

1

2

2

1

()(1)f f x x dx

=+?

，证明1

?与2?等价。

证明：显然()()

11

2

21

2

20

1

1

2

2

10

()()()22f

f

f

f x Hx dx f x dx f ≤=

≤

?=??，所以两者等价。

任2[-1,1]x L ∈,求x 在M

上的投影。

解：对于2[1,1]f L ?∈-,令12()()()()()()2

2

f t f t f t f t f t f t +---==

,，

。显然，12f f f =+，1f ∈M ，2f ∈M ⊥

。由2L M M ⊥=⊕与直和分解的唯一性可知：f

在M 上的投影为：

1()()()2

f t f t f t +-=

。 P134-3 设X 为内积空间，,v u X ∈，对任何X x ∈有,,,x u x v =证明u=v.

证明：由已知得，对任何X ∈x 有 0,,,=-=-v x u x v u x ，令x=u-v,则有

0,2

=-=--v

u u v u x ，故u=v.

P93-4.设X 为所有有界数列组成的线性空间，范数为()

1

sup {}i i i x a x a ≥==。给定

无穷矩阵()

ij

T t =满足

1

sup ij i

j t ∞

=<+∞

∑，定义算子:T

X X →为Tx y =，其中

{}i x a =，{}i y a =且。证明：(,)T L X X ∈且1

sup ij

i

j T t ∞

==∑

证明：显然T 是线性算子，设

{}i x a x =∈，则由

T 的定义可知，

1

1

1

1

1

sup sup sup (sup )sup ij j ij j i

i

j j ij k ij

i

k i

j j Tx t a t a t a x t ∞

∞

==∞∞

≥===≤≤=∑∑∑∑，

所以 (,)T L x x ∈。当1x ≤时，1sup ij

i

j Tx t ∞

=≤∑，

于是1

sup ij

i

j T t ∞

=≤∑，另一方面，定义()k

i

kj a

sign t =，{}

1

k k j j x a

∞==，显然k

x 是

有

界

数列

，

且

1,1,2k x k ==

于

是

1

1

1

s

u p s u p k

k k

i j

j k j j k j i

i

j j j Tx t a t a t ∞

∞

∞

==

=

=≥

=∑

∑∑于是1

1

sup sup sup k

kj

kj k k

k

j j Tx t T t ∞

∞

==≥?≥∑∑，所以结论成立。 P93-5 证明

11

T max m

ij j n

i a ≤≤-=∑.

证明：对,

,θ≠∈?x R x n 111111

11

1

1

max m n

m n

ij

j

ij

j

i j i j x n

n

j j

j j n

n

j

ij

j n j j n

j

j a x

a

x T x

x

x

x

a x

======≤≤====

≤

≤

∑∑∑∑∑∑∑∑∑。因而

∑=≤≤=≤=n

j ij

n

j x x a x

T T 1

1max sup

θ

，另一方面，设0j 为使

∑=m

i ij

a 1

为最大值的指标；

即

∑∑===m

i ij

j

m

i ij a a

1

1

max 0

取

n

R

x ∈=*)0,0,0,1,...,0,0,0(,

,

θ≠*x 则

∑-*

*=≥

m

i ij

j

a x x 1

max T T ，因此∑-≤≤=m

i ij

n

j a 11max T 。

P135-4设X 为Hilbert 空间，n

x ，x X ∈，求证()n

x x n →→∞的充要条

件是n x x →，且,,()n x x x x n ??→??→∞。

证明：? ）00n n x x x x ≤

-≤-→，∴n x x

=。

0,,,0

n n n x x x x x x x x x x ≤??-??=?-?≤-?→

? ）2

2

2

,,n

n

n n x x

x x x x x x -=-??-??+。P141-7 设M 为Hilbert 空

间2L [-1,1]中全体偶函数的集合。求证M ⊥是2

L [-1,1]中全体奇函数。 证明：设N 为2L [-1,1]中全体奇函数集合，对,f M g N ?∈∈都有

1

1

,()()0

f g f x g x dx -??==?

?f g ⊥,∴M ⊥

?N.另一方面：任取h ∈M ⊥

,即,h f ??

=0，

f M

?∈.于是

1

1

()()0f x h x d x -=?

，同时

111

1

1

10()()()()()()()()0

f x h x dx f t h t d t h t f t d t ---==---=-=???，∴1

1

(()())()0h x h x f x dx -+-=?

，

对f M ?∈均成立。显然()()h x h x +-为偶函数，∴()()h x h x +-∈M ,于是

令()()()f x h x h x =+-，可得：1

21

(()())0h x h x dx -+-=?

?()()h x h x +-=0.

a.e. ∴h ∈N ,于是M ⊥= N 。

P141-7 设M 为Hilbert 空间2

L [-1,1]中全体偶函数的集合。求证M ⊥

是2

L

[-1,1]中全体奇函数。

证明：设N 为2L [-1,1]中全体奇函数集合，对,f M g N ?∈∈都有

1

1

,()()0f g f x g x dx -??==?

?f g ⊥,∴M ⊥

?N.另一方面：任取h ∈M ⊥,即,h f ??

=0，

f M

?∈.于是

1

1

()()0f x h x d x -=?

，同时

111

1

1

10()()()()()()()()0

f x h x dx f t h t d t h t f t d t ---==---=-=???，∴1

1

(()())()0h x h x f x dx -+-=?

，

对f M ?∈均成立。显然()()h x h x +-为偶函数，∴()()h x h x +-∈M ,于是

令()()()f x h x h x =+-，可得：1

21

(()())0h x h x dx -+-=?

?()()h x h x +-=0.

a.e. ∴h ∈N ,于是M ⊥= N 。

P141-7 设M 为Hilbert 空间2L [-1,1]中全体偶函数的集合。求证M ⊥是

2L [-1,1]中全体奇函数。

证明：设N 为2L [-1,1]中全体奇函数集合，对,f M g N ?∈∈都有

1

1

,()()0f g f x g x dx -??==?

?f g ⊥,∴M ⊥?N.另一方面：任取h ∈M ⊥,即,h f ??

=0，

f M

?∈.于是

1

1

()()0f x h x d x -=?

，同时

1

11

1

1

1

0()()()()()()()()0

f x h x dx f t h t d t h t f t d t ---==---=-=???，∴

1

1

(()())()0h x h x f x dx -+-=?

，

对f M ?∈均成立。显然()()h x h x +-为偶函数，∴()()h x h x +-∈M ,于是

令()()()f x h x h x =+-，可得：1

21

(()())0h x h x dx -+-=?

?()()h x h x +-=0.

a.e. ∴h ∈N ,于是M ⊥= N 。

P141-7 设M 为Hilbert 空间2L [-1,1]中全体偶函数的集合。求证M ⊥是

2L [-1,1]中全体奇函数。

证明：设N 为2L [-1,1]中全体奇函数集合，对,f M g N ?∈∈都有

1

1

,()()0f g f x g x dx -??==?

?f g ⊥,∴M ⊥?N.另一方面：任取h ∈M ⊥,即,h f ??

=0，

f M

?∈.于是

1

1

()()0f x h x d x -=?

，同时

111

1

1

10()()()()()()()()0

f x h x dx f t h t d t h t f t d t ---==---=-=???，∴1

1

(()())()0h x h x f x dx -+-=?

，

对f M

?∈均成立。显然()()h x h x +-为偶函数，∴()()h x h x +-∈M ,于是

令()()()f x h x h x =+-，可得：1

21

(()())0h x h x dx -+-=?

?()()h x h x +-=0.

a.e. ∴h ∈N ,于是M ⊥

= N 。

P141-7 设M 为Hilbert 空间2L [-1,1]中全体偶函数的集合。求证M ⊥是

2L [-1,1]中全体奇函数。

证明：设N 为2L [-1,1]中全体奇函数集合，对,f M g N ?∈∈都有

1

1

,()()0f g f x g x dx -??==?

?f g ⊥,∴M ⊥?N.另一方面：任取h ∈M ⊥,即,h f ??

=0，

f M

?∈.于是

1

1

()()0f x h x d x -=?

，同时

111

1

1

10()()()()()()()()0

f x h x dx f t h t d t h t f t d t ---==---=-=???，∴1

1

(()())()0h x h x f x dx -+-=?

，

对f

M ?∈均成立。显然()()h x h x +-为偶函数，∴()()h x h x +-∈M ,于是

令()()()f x h x h x =+-，可得：1

21

(()())0h x h x dx -+-=?

?()()h x h x +-=0.

a.e. ∴h ∈N ,于是M ⊥= N 。

P141-7 设M 为Hilbert 空间2L [-1,1]中全体偶函数的集合。求证M ⊥是

2L [-1,1]中全体奇函数。

证明：设N 为2L [-1,1]中全体奇函数集合，对,f M g N ?∈∈都有

1

1

,()()0f g f x g x dx -??==?

?f g ⊥,∴M ⊥?N.另一方面：任取h ∈M ⊥,即,h f ??

=0，

f M

?∈.于是

1

1

()()0f x h x d x -=?

，同时

111

1

1

1

0()()()()()()()()0

f x h x dx f t h t d t h t f t d t ---==---=-=???，∴

1

1

(()())()0h x h x f x dx -+-=?

，

对f M ?∈均成立。显然()()h x h x +-为偶函数，∴()()h x h x +-∈M ,于是

令()()()f x h x h x =+-，可得：1

21

(()())0h x h x dx -+-=?

?()()h x h x +-=0.

a.e. ∴h ∈N ,于是M ⊥= N 。

P141-7 设M 为Hilbert 空间2L [-1,1]中全体偶函数的集合。求证M ⊥是

2L [-1,1]中全体奇函数。

证明：设N 为2L [-1,1]中全体奇函数集合，对,f M g N ?∈∈都有

1

1

,()()0f g f x g x dx -??==?

?f g ⊥,∴M ⊥?N.另一方面：任取h ∈M ⊥,即,h f ??

=0，

f M

?∈.于是

1

1

()()0f x h x d x -=?

，同时

111

1

1

1

0()()()()()()()()0

f x h x dx f t h t d t h t f t d t ---==---=-=???，∴

1

1

(()())()0h x h x f x dx -+-=?

，

对f M ?∈均成立。显然()()h x h x +-为偶函数，∴()()h x h x +-∈M ,于是

令()()()f x h x h x =+-，可得：1

21

(()())0h x h x dx -+-=?

?()()h x h x +-=0.

a.e. ∴h ∈N ,于是M ⊥= N 。

P141-7 设M 为Hilbert 空间2L [-1,1]中全体偶函数的集合。求证M ⊥

是2

L

[-1,1]中全体奇函数。

证明：设N 为2L [-1,1]中全体奇函数集合，对,f M g N ?∈∈都有

11

,()()0f g f x g x dx -??==??f g ⊥,∴M ⊥?N.另一方面：任取h ∈M ⊥

,即

,h f ??

=0，

f M

?∈.于是

1

1

()()0f x h x d x -=?

，同

时

111

1

1

10()()()()()()()()0

f x h x dx f t h t d t h t f t d t ---==---=-=???，∴1

1

(()())()0h x h x f x dx -+-=?

，

对f M ?∈均成立。显然()()h x h x +-为偶函数，∴()()h x h x +-∈M ,于是

令()()()f x h x h x =+-，可得：1

21

(()())0h x h x dx -+-=?

?()()h x h x +-=0.

a.e. ∴h ∈N ,于是M ⊥

= N 。

P141-7 设M 为Hilbert 空间2L [-1,1]中全体偶函数的集合。求证M ⊥是

2L [-1,1]中全体奇函数。

证明：设N 为2L [-1,1]中全体奇函数集合，对,f M g N ?∈∈都有

1

1

,()()0f g f x g x dx -??==?

?f g ⊥,∴M ⊥?N.另一方面：任取h ∈M ⊥,即,h f ??

=0，

f M

?∈.于是

1

1

()()0f x h x d x -=?

，同时

111

1

1

10()()()()()()()()0

f x h x dx f t h t d t h t f t d t ---==---=-=???，∴1

1

(()())()0h x h x f x dx -+-=?

，

对f M ?∈均成立。显然()()h x h x +-为偶函数，∴()()h x h x +-∈M ,于是

令()()()f x h x h x =+-，可得：1

21

(()())0h x h x dx -+-=?

?()()h x h x +-=0.

a.e. ∴h ∈N ,于是M ⊥= N 。

P141-7 设M 为Hilbert 空间2L [-1,1]中全体偶函数的集合。求证M ⊥是

2L [-1,1]中全体奇函数。

证明：设N 为2L [-1,1]中全体奇函数集合，对,f M g N ?∈∈都有

1

1

,()()0f g f x g x dx -??==?

?f g ⊥,∴M ⊥?N.另一方面：任取h ∈M ⊥,即,h f ??

=0，

f M

?∈.于是

1

1

()()0f x h x d x -=?

，同时

111

1

1

10()()()()()()()()0

f x h x dx f t h t d t h t f t d t ---==---=-=???，∴1

1

(()())()0h x h x f x dx -+-=?

，

对f M ?∈均成立。显然()()h x h x +-为偶函数，∴()()h x h x +-∈M ,于是

令()()()f x h x h x =+-，可得：

1

21

(()())0h x h x dx -+-=?

?()()h x h x +-=0.

a.e. ∴h ∈N ,于是M ⊥= N 。

P66定理1（Banach 压缩映象原理）设X 是完备度量空间，T ：X →X 是压缩映象那么T 存在唯一的不动点。

证： 任取x 0

∈X ，作迭代序列1

n

n x Tx -=（n ≥1）。为证明{x n

}是收敛点列，仅需

证明它是Cauchy 点列，因为X 是完备的。由于

x x x x x x ρρρ≤211010（,）=（T ,T ）a（,）

，x x x x x x x x ρρρρ≤≤322121010（,）=（T ,T ）a （T ,T ）a （,）

。。。

x x x x x x x x ρρρρ≤

≤≤ n n-1n-1n-2n-1

n-2n-310（,）=（T ,T ）a （T ,T ）a （,）

，于是对于任何自然数n 及P ，有

x x x x x x x x ρρρρ≤++ n+p n n+p n+p-1n+p-1n+p-2n+1n （,）（,）+（,）（,）

()x x ρ≤+++ n+p-1n+p-2n 10a a a （,）=

()1x x x x 11n p n

a a a a a

ρρ-≤

--1010（,）（,）

，可见x x ρn+p n （,）→0（n →∞），因此{x n }是Cauchy 列。从而存在X 中x *使x n

→x *

。我们来证x *便是T 的不动点。

事实上由

x x x x x x x x x x a a ρρρρρ≤≤***n n **n n+1*（T ,）（T ,T ）+（T ,）（,）+（,）

→0（n →∞）得x x ρ**（T ,）≤0，即x x ρ**（T ,）=0，故x *

T =x *。最后来证唯一性。设另有一不动点y *，即有y *

T =

y *，因y x y x x a y ρρρ=≤******（,）（T ,T ）（,）

。证毕。 P65证明：紧集的连续象是紧集 证：设,X Y 是两个度量空间，

:f X Y →连续，A X ?是紧集，下证

(){():}f A f x x A Y =∈?是Y 中的紧集。设{}n y 是()f A 中的任意点列，由

()f A 的定义可知,n x A ?∈使得()n n f x y =又因为A 是紧的，所以存在{}n x 的子

列{}nk x 满足,nk

x x A →∈当

k n →+∞时从而由f 的连续性可知

()()()nk f x f x f A →∈又()nk nk f x y =所以()()nk

y f x f A →∈从而由

{}n y 的任意性可知()f A 是列紧的。

P88【定理1】 线性算子:T X Y →连续的冲要条件是T 有界 证：必要性。若T 是无界，则不等式Tx M x ≤ ()x X ∈不能成立。于是

对任何自然数

n

，存在n x X ∈使得n n Tx n x >。令n

n

n

x y n x =，则1n Ty >，且

10()

n y n n

=

→→∞。可见，n y θ→，但n Ty θ→，这与T 连

续矛盾。

充分性。由不等式

Tx M x

≤

()

x X ∈，若

n x θ

→，则

0()n n Tx M x n ≤→→∞，

故n

Tx θ

→，即T 连续，证毕。

P81.（Riesz 引理）设Y 是赋范线性空间X 的一个真闭子空间，则对0ε?>，存在0x X ∈且0

1x =满足(){}00,inf :1x Y y x y Y ρε=-∈≥-证明：因

X Y ≠，所以有Y X x \∈1。记{}

Y y x y d ∈-=:inf 1，则0>d 。若不然，存在Y y n ∈，使01=→-d x y n ，由Y 闭，得Y x ∈1，这与1

x 的选取矛盾。设()10,∈ε，

那么d

d

>-ε

1，根据下确界的定义，存在Y y ∈1，

使

ε-<

-111d x y 。令1

1110y x y x x --=，则10

=x ，且对任意Y y ∈，有

11

011

1111

11

x y y x y x y x y y y x x y --=-

=--+--，又Y y y ∈1,，Y 是子空间，所以

Y

y y y x ∈+-111，根据

d

的定义及式 2.9有

ε

->-≥

-11

10y x d

x y ，即()ε-≥10

Y x d ,。

P88性质2 X 、Y 为赋范线性空间，:T X Y →是线性算子，

则T 有界的充要是0M ?>使得Tx M x =，x X ?∈。

证明：必要性。因T 有界所以令{}

1:≤∈=x X x B (单位球)，则TB 是Y 中的有界集

∴0>?M ，使对B x ∈?都有

M Tx ≤, θ≠∈?x X x 且,，则

B x x ∈,M x

x T ≤∴,而M

Tx x x x T ≤=1x M Tx ≤? 充分性，设X

A ?是有界集，即

1>?M ,满足

A a M a ∈?≤,.则

1MM a M Ta ≤≤,即有界。证毕。

P64 定理3 设A 是度量空间X 中的一个紧集，()f x 是定义A 在上的连续函数，那么()f x 是有界的，且上、下确界可达。

证明：先证()f x 有界。若不然，则存在n x A ∈，使lim ()n

n f x →∞

=∞。由于A 紧，

{}

n x 有子列{}

k

n x 在A 中收敛，即有0x A ∈，使0()k n x x k →→∞，再由于()

f x 在0x 点连续，有0()lim ()k

n k f x f x →∞

=，这便是0()f x =+∞，这显然不可能。记

sup ()

x A

f x β∈=，有上确界的定义，同样可找到A 中点列{}n

x ，满足

1()n f x n

β>-

，由

A 紧，存在子列

{}n x 及0

x

A ∈，使0()k n x x n →→∞。由()f x 在0x 点连续，

得0()lim ()k n k f x f x β→∞

=≥。显然0()f x β≤，于是0()f x β=。同理，可证下

确界可达。

P137(极小化向量定理)设M 是Hilbert 空间X 的凸闭集，则任意X x ∈，必在M 中惟一存在最佳逼近元。 [证]:令

inf (,)

y M

d x y x M ρ∈=-=则存在n x M ∈使lim

n n x x d →∞

-=因M 是凸集，

则1()2n m x x M +∈于是必有1()2

n m x x x d

-+≥。在中线公式中以n x x -代换x ，以

m x x -代换y ，则有

2

2

2

2

2

2

22

22

22221224()2

2240n m

n m n m n m n m n m n m x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x d -=-+-=-+----=-+---+≤

-+--→→∞（）（）

（n,m ）

因此n x 是完备内积

空间X 中Cauchy 列，则存在0x X ∈， 使0

lim n n x x →∞

=。因M 是闭集，则0x M ∈，

并且有0lim n n d

x x x x

→∞

=-=-，这证明了最佳逼近元的存在性。

现在证明惟一性。设0

y M ∈也是x 的最佳逼近元。还由中线公式得

2

2

00

002

22

00002220()()

1224()

2

2240

x y x x x y x x x y x x y d d d ≤-=-+-=-+---+≤+-=故000x y -=，即00x y =。证毕

P139 定理2 投影定理：设M 是内积空间X 的完备线性子空间，则对任意x X ∈,必在M 上唯一存在投影。即必唯一存在0

,x M z M ⊥∈∈,使0

x x z =+。

证：由设，依据极小化向量定理，x 在M 中唯一存在最佳逼近元

0x ，记

0inf y M

d x x x y ∈=-=-。任取复数,y M λ∈,则0x y M λ+∈,且有

2

2

002

0002

2

0()(),(),,d x x y x x y x x y x x x x y

y x x y

λλλλλλ

-

≤-+=----=-----+

当

02

,x x y y y

θλ-≠=

时，取代上式，得 2

022

2

(,)

x x y d d y

-≤-

于是

推得

0,0x x y -=，再注意y θ=，此式也成立，因而0x x M ⊥-∈。令

0z x x =-，即有0x x z =+。投影的存在性得证。投影的唯一性。一般情况，

某个元素x 在X 的某子空间M 上不一定存在投影，则由定义有z=x-x 0,z 1=x-x 1 M ⊥∈,于是x 0-x 1=z 1-z M M ⊥∈?={θ},故x 0=x 1。

（Riesz-Fisher ）设1

{}

n n e

∞

= 是Hilbert 空间X 的一个标准直交系，对每个元

素212(,,)c c c l =∈ ，惟一存在

x X

∈，使,,1,2,n n

c x e n =<>= ，且成立等式22

1n

n c

x

∞

==∑。

证明：令

∑==n

k k

k n e c s 1

，因为

∑+==

-m

n k k

m

n c s s 1

2

2

，由于级数

∑∞

=1

2n n

c

收敛，则根

据Cauchy 收敛准则，有

0)(lim lim 2

11

2,,==-∑∞

+=∞

→∞→∞

→∞→n k n m n m n m n c s s 故}{n s 是完备空间

X 中的一个Cauchy 列，则存在X x ∈，有

∑∞

=∞

→==1

l i m n n

n n n e c s x 现设k 为任意自然

数，则1,lim ,lim ,k n k n n

i i k k

n i x e s e c e e c →∞

→∞

=<>=<>=<>=∑。再注意∑==n

k n

n

c s 1

2

2

，令

∞→n 即得等式

∑∞

==1

2

2

k n

c x 。最后证明惟一性。任取y ，设X y ∈，也满足定理结论：

∑∞

==>=<1

2

2

,k n

n n c y

e y c 且。由于2

2

2

n

n

s y s y

-+=，令

∞→n 推得

y s n →。由极限的惟一性，必y=x 。

P152定理：Reisz 定理（Riesz ）设X 是Hilbert 空间，对每个f X *∈，唯一存在y X ∈，使任意x X ∈，有

(),f x x y

=，并且还有

f y

=。

证 若f θ=为零泛函，则只要取X 中零元素y θ=即可。现在设f θ≠。此

时令(){}

:0M x X f x =∈=为f 的零空间。因

f 是连续性线泛函，

则M 是X 的闭子空间。因f θ≠，则必M 为X 的真子空间。于是由投影定理的推论1，必定有Z θ≠，且Z M ⊥∈，显然，Z M ?，所以()0f z ≠。 任意取x X ∈，因为

()0

()f x f x z f z ??

-= ??

?则

()()f x x z M f z -

∈。于是必有(),0()f x x z z f z ??-= ???

。得()()2

,f z f x x z

z

=

。令，

2()f z y z

=

，既有(),,f x x y y x x X =≤?∈。

存在性即得证。现在证明

y X

∈由f 惟一确定。如果还有1

y X ∈，使

1(),,f x x y x X =?∈。于是有1,0,x y y x X -=?∈。即1y y X -⊥，因此必1

y y =。惟一性得证。最后证明f y =。当f θ=，事实明显。现在设

f θ

≠，则

y θ

≠。首先由Schwarz 不等式有

(),,f x x y y x x X =≤?∈，于是推得f y ≤；另一方面，取x y =，又有2

(),f y y y y f

y ==≤于是又推知y f ≤。因而必f y =。定

理证毕。