南开大学1999年实变函数与泛函分析考研试题
实变函数与泛函分析报告答案
试卷一 （参考答案及评分标准）一、1. C 2 D 3. B 4. A 5. D二、1．∅ 2、[]0,1； ∅ ； []0,1 3、***()()m T m T E m T CE =⋂+⋂4、充要5、11|()()|n i i i f x f x -=⎧⎫-⎨⎬⎩⎭∑成一有界数集。
三、1．错误……………………………………………………2分例如：设E 是[]0,1上有理点全体，则E 和CE 都在[]0,1中稠密 ………………………..5分2．错误…………………………………………………………2分 例如：设E 是Cantor 集，则0mE =，但E =c ， 故其为不可数集……………………….5分3．错误…………………………………………………………2分例如：设E 是[],a b 上的不可测集，[],;(),,;x x E f x x x a b E ∈⎧⎪=⎨-∈-⎪⎩则|()|f x 是[],a b 上的可测函数，但()f x 不是[],a b 上的可测函数………………………………………………………………..5分4．错误…………………………………………………………2分0mE =时，对E 上任意的实函数()f x 都有()0Ef x dx =⎰…5分四、1．()f x 在[]0,1上不是R -可积的，因为()f x 仅在1x =处连续，即不连续点为正测度集………………………………………..3分因为()f x 是有界可测函数，()f x 在[]0,1上是L -可积的…6分 因为()f x 与2x ..a e 相等，进一步，[]120,101()3f x dx x dx ==⎰⎰…8分 2．解：设ln()()cos x n x n f x e x n-+=，则易知当n →∞时，()0n f x → …………………………..2分 又因'2ln 1ln 0t t t t -⎛⎫=< ⎪⎝⎭，(3t ≥)，所以当3,0n x ≥≥时，ln()ln()ln 3ln 3(1)33x n n x x n n x x n n x n n ++++=≤≤++………………4分 从而使得ln 3|()|(1)3x n f x x e -≤+…………………………………6分 但是不等式右边的函数，在[)0,+∞上是L 可积的，故有 00lim ()lim ()0n n n n f x dx f x dx ∞∞==⎰⎰…………………………………8分 五、1．设[0,1],E =,\().A E Q B E E Q =⋂=⋂B M B ∴∃⊂Q 是无限集，可数子集 …………………………2分 .A A M M ∴⋃Q :是可数集， ……………………………….3分 (\),(\),()(\),(\),B M B M E A B A M B M A M B M M B M φφ=⋃=⋃=⋃⋃⋃⋂=⋂=Q 且…………..5分 ,.E B B c ∴∴=:………………………………………………6分 2．,{},lim n n n x E E x x x →∞'∀∈=则存在中的互异点列使……….2分 ,()n n x E f x a ∈∴≥Q ………………………………………….3分 ()()lim ()n n f x x f x f x a →∞∴=≥Q 在点连续， x E ∴∈…………………………………………………………5分 E ∴是闭集.…………………………………………………….6分 3.对1ε=，0δ∃〉，使对任意互不相交的有限个(,)(,)i i a b a b ⊂ 当1()n i i i b a δ=-<∑时，有1()()1ni i i f b f a =-<∑………………2分 将[,]a b m 等分，使11ni i i x x δ-=-<∑，对:T ∀101i x z z -=<k i z x <<=L ，有11()()1k i i i f z f z -=-<∑，所以()f x 在1[,]i i x x -上是有界变差函数……………………………….5分所以1()1,i i x x f V -≤从而()b af m V ≤，因此，()f x 是[,]a b 上的有界变差函数…………………………………………………………..6分4、()f x 在E 上可积lim (||)(||)0n mE f n mE f →∞⇒≥==+∞=……2分 据积分的绝对连续性，0,0,,e E me εδδ∀>∃>∀⊂<，有|()|ef x dx ε<⎰………………………………………………….4分 对上述0,,,(||)k n k mE f n δδ>∃∀>≥<，从而|()|n n e n me f x dx ε⋅≤<⎰，即lim 0n n n me ⋅=…………………6分5．,n N ∀∈存在闭集()1,,()2n n n F E m E F f x ⊂-<在nF 连续………………………………………………………………2分令1n k n k F F ∞∞===UI ，则,,,()n n n kx F k x F n k x F f x ∞=∀∈⇒∃∈⋂∀≥∈⇒在F 连续…………………………………………………………4分 又对任意k ,()[()][()]n n n k n k m E F m E F m E F ∞∞==-≤-⋂=⋃-1()2n k n km E F ∞=≤-<∑…………………………………………….6分 故()0,()m E F f x -=在F E ⊂连续…………………………..8分 又()0,m E F -=所以()f x 是E F -上的可测函数，从而是E 上的 可测函数………………………………………………………..10分。
1999年南开大学研究生入学考试试题宏观经济学及答案详解
1999年南开大学研究生入学考试试题宏观经济学及答案详解一、计算题(每题10分)1．假设一个企业是由发行股票建立，每股所得(每服的收益)E 为1元，市场利息率r 为5%，共发行了10000股，厂商的真实的置换成本为200000元。
(1)求该企业的市价和q 值；(2)市场利息率从5%降为4%时，求该企业等等市价和q 值；(3)资本的租用成本和资本的边际成本收益的关系有何变化?2．如果某国经济中t 年的国民收入Yt 是7万亿元，资本一产出比率v 为2，重置投资Dt 为每年1万亿元，年初资本存量K 为13万亿元，若在计1年国民收入的增长率为8%，分别计算计1年的净投资I 及总投资G。
二、简答题(每题20分)1．简述价格变动的总效应.(替代效应+收入效应)。
2．完全竞争条件下的厂商供给曲线是如何确定的？三、论述题(40分)一个在产品市场上为卖方垄断、在要素市场上为买方垄断的厂商是如何确定其劳动的均衡使用量和工资率。
答案部分1999年南开大学研究生入学考试试题宏观经济学一、计算题(每题10分)1．假设一个企业是由发行股票建立，每股所得(每服的收益)E 为1元，市场利息率r 为5%，共发行了10000股，厂商的真实的置换成本为200000元。
(1)求该企业的市价和q 值；(2)市场利息率从5%降为4%时，求该企业等等市价和q 值；(3)资本的租用成本和资本的边际成本收益的关系有何变化?解：（1）市值为200000%5011000010000=×=×r E 1200000200000＝＝重量成本市值=q （2）当r 由5%降到4%，市值为250000E 10000=×r 25.125000250000==q （3）q 大于1之后，则MPK ＞r+d 即资本的边际收益大于资本的边际租用成本。
2．如果某国经济中t 年的国民收入Yt 是7万亿元，资本一产出比率v 为2，重置投资Dt 为每年1万亿元，年初资本存量K 为13万亿元，若在计1年国民收入的增长率为8%，分别计算计1年的净投资I 及总投资G。
泛函分析基础试卷参考答案
又对en{0,, 0, 1, 0,, }X, || en||1,
|| T ||sup|| x ||1|| T x |||| T en|||| {0,, 0, an, 0,} || = | an|(5分)
所以|| T ||supn| an|M.
所以|| T ||M.(3分)
所以2A x, y0x, yH
所以A x0xH
所以A0.(5分)
4.证明无穷维赋范线性空间X的共轭空间X '也是无穷空间.
证设{ x1, x2,}是X中线性无关向量,
由Hnha-Banach定理
存在f1X ', f1(x1)0,
存在f2X ', f2(x2)0, f2(x1)0
存在f3X ', f3(x3)0, f3(x1)f3(x2)0
所以(T), (5分)
对[0, 1],定义线性算子T : XX,对xC [0, 1]
(T x) (t) x (t)t[0, 1]
由|| T x ||maxt[ 0, 1]| x (t) |
maxt[ 0, 1]| x (t) |
|| x ||
所以T有界.且
T (AI)(AI) TI
所以(A),
所以(A)[0, 1]. (5分)
令SB1A1B (XX),则
S TB1A1ABI, A B B1A1I (2分)
所以ST1,所以T是正则算子. (1分)
二.以下各题每题15分,共75分
1.设X是度量空间, {xn}是X中Cauchy列,证明若存在{xn}的收敛子列{xn k},则{xn}收敛.
证设xX, xn kx (k)
对任何> 0,存在K, k > K时,
(完整版)《实变函数与泛函分析基础》试卷及答案要点
试卷一：一、单项选择题（3分×5=15分）1、1、下列各式正确的是（ ）（A ）1lim n k n n k n A A ∞∞→∞===⋃⋂; （B ）1lim n k n k n n A A ∞∞==→∞=⋂⋃;（C ）1lim n k n n k nA A ∞∞→∞===⋂⋃; （D ）1lim n k n k nn A A ∞∞==→∞=⋂⋂;2、设P 为Cantor 集，则下列各式不成立的是（ ） （A ）=P c (B) 0mP = (C) P P ='(D) P P =3、下列说法不正确的是（ ）(A) 凡外侧度为零的集合都可测（B ）可测集的任何子集都可测 (C) 开集和闭集都是波雷耳集 （D ）波雷耳集都可测4、设{}()n f x 是E 上的..a e 有限的可测函数列,则下面不成立的是( ) （A ）若()()n f x f x ⇒, 则()()n f x f x → (B) {}sup ()n nf x 是可测函数（C ）{}inf ()n nf x 是可测函数;（D ）若()()n f x f x ⇒,则()f x 可测5、设f(x)是],[b a 上有界变差函数，则下面不成立的是（ ） (A) )(x f 在],[b a 上有界 (B) )(x f 在],[b a 上几乎处处存在导数 （C ）)('x f 在],[b a 上L 可积 (D) ⎰-=b aa fb f dx x f )()()('二. 填空题(3分×5=15分)1、()(())s s C A C B A A B ⋃⋂--=_________2、设E 是[]0,1上有理点全体，则'E =______,oE =______,E =______.3、设E 是n R 中点集，如果对任一点集T 都有_________________________________，则称E 是L 可测的4、)(x f 可测的________条件是它可以表成一列简单函数的极限函数. （填“充分”，“必要”，“充要”）5、设()f x 为[],a b 上的有限函数，如果对于[],a b 的一切分划，使_____________________________________________________,则称()f x 为[],a b 上的有界变差函数。
泛函分析答案
泛函分析答案泛函分析题1_3列紧集p191.3.1 在完备的度量空间中，求证：为了子集A是列紧的，其充分必要条件是对?ε > 0，存在A的列紧的ε网．证明：(1) 若子集A是列紧的，由Hausdorff定理，ε > 0，存在A的有限ε网N．而有限集是列紧的，故存在A的列紧的ε网N．(2) 若?ε > 0，存在A的列紧的ε/2网B．因B列紧，由Hausdorff定理，存在B的有限ε/2网C．因C ?B ?A，故C为A的有限ε网．因空间是完备的，再用Hausdorff定理，知A是列紧的．1.3.2 在度量空间中，求证：紧集上的连续函数必是有界的，并且能达到它的上、下确界．证明：设(X, ρ)是度量空间，D是紧子集，f : D→ 是连续函数．(1) 若f无上界，则?n∈ +，存在x n∈D，使得f (x n) > 1/n．因D是紧集，故D是自列紧的．所以{x n}存在收敛子列x n(k) →x0∈D (k→∞)．由f的连续性，f (x n(k))→f (x0) (k→∞)．但由f (x n) > 1/n知f (x n)→ +∞(n→∞)，所以f (x n(k))→ +∞ (k→∞)，矛盾．故f有上界．同理，故f有下界．(2) 设M = sup x∈D f(x)，则?n∈ +，存在y n∈D，使得f (y n) > M- 1/n．{y n}存在子列y n(k) →y0∈D (k→∞)．因此f ( y0 ) ≥M．而根据M的定义，又有f ( y0 ) ≤M．所以f ( y0 ) = M．因此f能达到它的上确界．同理，f能达到它的下确界．1.3.3 在度量空间中，求证：完全有界的集合是有界的，并通过考虑l 2的子集E = {e k }k≥ 1，其中e k = { 0, 0, ..., 1, 0, ... } (只是第k 个坐标为1，其余都是0 )，来说明一个集合可以是有界的但不完全有界的．证明：(1) 若A是度量空间(X, ρ)中的完全有界集．则存在A的有限1-网N = { x0, x1, x2, ..., x n }．令R = ∑1 ≤j≤nρ(x0, x j) + 1．则?x∈A，存在某个j使得0 ≤j≤n，且ρ(x, x j) < 1．因此，ρ(x, x0) ≤ρ(x, x j) + ρ(x j, x0) ≤ 1 + ∑1 ≤j≤nρ(x0, x j) = R．所以A是度量空间(X, ρ)中的有界集．(2) 注意到ρ(e k , e j) = 21/2 ( ?k ≠ j )，故E中任意点列都不是Cauchy列．所以，E中任意点列都没有收敛子列(否则，该收敛子列就是Cauchy列，矛盾)．因此，E不是列紧集．由l 2是完备的，以及Hausdorff定理，知E不是全有界集．但E显然是有界集．1.3.4 设(X, ρ)是度量空间，F1, F2是它的两个紧子集，求证：?x i ∈F i( i = 1, 2)，使得ρ(F1, F2) = ρ(x1, x2)．其中ρ(F1, F2) = inf {ρ(x, y) | x∈F1, y∈F2 }证明：由ρ(F1, F2)的定义，?n∈ +，?x i(n)∈F i( i = 1, 2)，使得ρ(x1(n), x2(n)) < ρ(F1, F2) + 1/n．因F1, F2紧，故不妨假设{x1(n)}, {x2(n)}都是收敛列．设它们的极限分别为x1, x2，则ρ(x1, x2) ≤ρ(F1, F2)．因此ρ(F1, F2) = ρ(x1, x2)．1.3.5 设M是C[a, b]中的有界集，求证集合{F(x) =?[a, x]f(t) dt | f∈M }是列紧集．证明：设A = {F(x) =?[a, x]f(t) dt | f∈M }．由M有界，故存在K > 0，使得?f∈M，ρ( f, 0) ≤K．先证明A是一致有界的和等度连续的．F∈A，存在f∈M，使得F(x) =?[a, x]f(t) dt．由于ρ(F, 0) = max x∈[a,b] | F(x) | = max x∈[a, b] | ?[a, x]f(t) dt |≤ max x∈[a, b] | f(t) | · (b -a ) = ρ( f, 0) · (b -a ) ≤K (b -a )．故A是一致有界的．ε > 0，?s, t∈[a, b]，当| s-t| < ε/K时，F∈A，存在f∈M，使得F(x) =?[a, x]f(u) du．| F(s) -F(t) | = | ?[s, t]f(u) du | ≤ max u∈[a, b] | f(u) | · | s -t |= ρ( f, 0) · | s -t | ≤K · (ε/K) = ε．故A是等度连续的．由Arzela-Ascoli定理，A是列紧集．1.3.6 设E = {sin nt}n≥ 1，求证：E在C[0, π]中不是列紧的．证明：显然E是一致有界的．根据Arzela-Ascoli定理，我们只要证明E不是等度连续的即可．我们的想法是找一个E中的点列f n，以及[0, π]中的两个点列s n 和t n，使得| s n -t n | → 0，但| f n(s n)-f n(t n)|不收敛于0．事实上，这是可以做到的，只要令f n (u) = sin (2n u)，s n = (π/2)(1 + 1/(2n))，t n = (π/2)(1 - 1/(2n))．则s n + t n = π；s n -t n = π/(2n)→ 0(n→∞)．因此，| f n(s n)-f n(t n)| = 2 | sin (2n s n) - sin (2n t n) |= 2 | sin (n (s n -t n)) cos (n (s n + t n)) |= 2 | sin (π/2) cos (n π) | = 2．所以，E不是等度连续的．进而，E在C[0, π]中不是列紧的．1.3.7 求证S空间的子集A是列紧的充要条件是：?n∈ +，?C n> 0，使得x = (ξ1, ξ2, ..., ξn, ...)∈A，都有| ξn | ≤C n( n = 1, 2, ...)．证明：(?) 设x k = (ξ1(k), ξ2(k), ..., ξn(k), ...) ( k = 1, 2, ... )是A中的点列．存在{x k}的子列{x1, k}使得其第1个坐标ξ1(1, k)收敛；存在{x1, k}的子列{x2, k}使得其第2个坐标ξ2(2, k)收敛；如此下去，得到一个{x k}的子列的序列，第( j +1)个子列是第j个子列的子列，且第j个子列的第j个坐标是收敛的．选取对角线构成的点列{x j, j}，则{x j, j}是{x k}的子列，且每个坐标都收敛．根据习题1.2.1的证明可知，S空间的点列收敛的充要条件是坐标收敛．故{x j, j}是收敛点列．所以，A是列紧的．(?) 我们只要证明，?n∈ +，A中的点的第n个坐标所构成的集合是有界集．若不然，设A中的点的第N个坐标所构成的集合是无界的．则存在A中的点列x k = (ξ1(k), ξ2(k), ..., ξn(k), ...) ( k = 1, 2, ... )，使得| ξN(k) | > k．显然，{ ξN(k) }无收敛子列，故{ x k }也无收敛子列，这与A列紧相矛盾．这样就完成了必要性的证明．1.3.8 设(X, ρ)是度量空间，M是X中的列紧集，映射f : X →M满足ρ( f (x1), f (x2)) < ρ( x1, x2 )(?x1, x2∈M, x1≠x2)．求证：f在X中存在唯一的不动点．证明：(1) 首先证明cl(M)是紧集．为此只要证明cl(M)列紧即可．设{ x n }是cl(M)中的点列，则存在M中的点列{ y n }使得ρ( x n, y n) < 1/n．因M列紧，故{ y n }有收敛子列{ y n(k)}，设y n(k) →u∈cl(M)．显然{ x n(k)}也是收敛的，并且也收敛于u∈cl(M)．所以cl(M)是自列紧的，因而是紧集．(2) 令g(x) = ρ( x, f (x))，则g是X上的连续函数．事实上，由ρ( f (x1),f (x2)) < ρ( x1, x2 )可知f : X →M是连续的，因而g也连续．由习题1.3.2知存在x0∈cl(M)，使得g(x0) = inf {ρ( x, f (x)) | x∈cl(M) }．(3) 若g(x0) > 0，则ρ( x0, f (x0)) > 0，即x0≠f (x0)．故ρ( x0, f (x0)) = g(x0) ≤g( f (x0)) = ρ( f (x0), f ( f (x0))) < ρ( x0, f (x0))，矛盾．所以，必有g(x0) = 0，即ρ( x0, f (x0)) = 0，因此x0就是f的不动点．1.3.9 设(M, ρ)是一个紧距离空间，又E?C(M)，E中的函数一致有界并且满足下列的H?lder条件：| x(t1) -x(t2) | ≤Cρ(t1, t2)α(?x∈E，?t1, t2∈M )，其中0 < α≤ 1，C > 0．求证：E在C(M)中是列紧集．证明：由H?lder条件易知E是等度连续的．又E中的函数一致有界，由Arzela-Ascoli定理知E是C(M)中的列紧集．[第3节完] 泛函分析题1_4线性赋范空间p391.4.1 在2维空间 2中，对每一点z = (x, y)，令|| z ||1 = | x | + | y |；|| z ||2 = ( x 2 + y 2 )1/2；|| z ||3 = max(| x |, | y |)；|| z ||4 = ( x 4 + y 4 )1/4；(1) 求证|| · ||i( i = 1, 2, 3, 4 )都是 2的范数．(2) 画出( 2, || · ||i )( i = 1, 2, 3, 4 )各空间中单位球面图形．(3) 在 2中取定三点O = (0, 0)，A = (1, 0)，B= (0, 1)．试在上述四种不同的范数下求出?OAB三边的长度．证明：(1) 正定性和齐次性都是明显的，我们只证明三角不等式．设z = (x, y), w = (u, v)∈ 2，s = z + w= (x + u, y + v )，|| z||1 + || w||1 = (| x | + | y |) + (| u | + | v |) = (| x | + | u |) + (| y | + | v |)≥ | x + u | + | y + v | = || z+ w||1．( || z||2 + || w||2 )2 = ( ( x 2 + y 2 )1/2 + ( u 2 + v 2 )1/2 )2= ( x 2 + y 2 ) + ( u 2 + v 2 ) + 2(( x 2 + y 2 )( u 2 + v 2 ))1/2 ≥ ( x 2 + u 2 ) + ( y 2 + v 2 ) + 2( x u+ y v )= ( x + u )2 + ( y + v)2 = ( || z+ w||2 )2．故|| z||2 + || w||2 ≥ || z+ w||2．|| z||3 + || w||3 = max(| x |, | y |) + max(| u |, | v |)≥ max(| x | + | u |, | y | + | v |) ≥ max(| x + u |, | y + v |) = || z+ w||3．|| ·||4我没辙了，没找到简单的办法验证，权且用我们以前学的Minkowski不等式(离散的情况，用H?lder不等式的离散情况来证明)，可直接得到．(2) 不画图了，大家自己画吧．(3) OA = (1, 0)，OB = (0, 1)，AB = (- 1, 1)，直接计算它们的范数：|| OA||1 = 1，|| OB||1 = 1，|| AB||1 = 2；|| OA||2 = 1，|| OB||2 = 1，|| AB||2 = 21/2；|| OA||3 = 1，|| OB||3 = 1，|| AB||3 = 1；|| OA||4 = 1，|| OB||4 = 1，|| AB||4 = 21/4．1.4.2 设c[0, 1]表示(0, 1]上连续且有界的函数x(t)全体．?x∈c[0, 1]，令|| x || = sup{| x(t) | | 0 < t≤ 1}．求证：(1) || ·||是c[0, 1]空间上的范数．(2) l∞与c[0, 1]的一个子空间是等距同构的．证明：(1) 正定性和齐次性都是明显的，我们只证明三角不等式．|| x || = sup{| x(t) | | 0 < t≤ 1}．|| x || + || y || = sup{| x(t) | | 0 < t≤ 1} + sup{| y(t) | | 0 < t≤ 1}≥ sup{| x(t) + y(t) | 0 < t≤ 1} = || x + y ||．所以|| ·||是c[0, 1]空间上的范数．(2) 任意取定(0, 1]中的一个单调递减列{a k }，满足(i) a1 = 1；(ii) lim k→∞a k = 0．显然，在每个[a k + 1, a k]上为线性函数的f∈c[0, 1]是存在的．设X = { f∈c[0, 1] | f在每个[a k + 1, a k]上为线性函数}．容易验证X是c[0, 1]的子空间．定义? : X →l∞，f #? ( f ) = ( f (a1), f (a2), ...)．则? : X →l∞是线性双射，且|| ? ( f ) ||∞= sup k ≥ 1 | f (a k) | = sup0 < t≤ 1 { | f (t ) | } = || f ||．所以，? : X →l∞是等距同构．因此，l∞与c[0, 1]的一个子空间是等距同构的．1.4.3 在C1[a, b]中，令|| f ||1 = (?[a, b] ( | f(x) |2 + | f’(x) |2) dx )1/2 (?f∈C1[a, b])．(1) 求证：|| · ||1是C1[a, b]上的范数．(2) 问(C1[a, b], || · ||1)是否完备？证明：(1) 正定性和齐次性都是明显的，和前面的习题一样，只验证三角不等式．我们先来证明一个比较一般的结果：若线性空间X上的非负实值函数p, q都满足三角不等式：p(x) + p(y) ≥p(x +y)，q(x) + q(y) ≥q(x +y)，?x, y∈X；则函数h = ( p2 + q2 )1/2也满足三角不等式．事实上，?x, y∈X，由Minkowski不等式，我们有h(x) + h(y) = ( p(x)2 + q(x)2 )1/2 + ( p(y)2 + q(y)2 )1/2≥ (( p(x)+ p(y))2 + ( q(x) + q(y))2 )1/2 ≥ ( p(x + y)2 + q(x + y)2 )1/2 = h(x + y)．回到本题：若令p( f ) = (?[a, b] | f(x) |2dx )1/2，q( f ) = (?[a, b] | f’(x) |2dx )1/2，则( p( f ) + p( g ))2 = ((?[a, b] | f(x) |2dx )1/2 + (?[a, b] | g(x) |2dx )1/2)2= ?[a, b] | f(x) |2dx + 2(?[a, b] | f(x) |2dx )1/2 · (?[a, b] | g(x)|2dx )1/2 + ?[a, b] | g(x) |2dx≥?[a, b] | f(x)|2dx + 2 ?[a, b] | f(x) | · | g(x)| dx + ?[a, b] | g(x)|2dx = ?[a, b] ( | f(x) | + | g(x)| )2dx ≥?[a, b] ( | f(x) + g(x)| )2dx = ( p( f + g ))2．所以有p( f ) + p( g ) ≥p( f + g )．特别地，p( f’) + p( g’) ≥p( f’+ g’)，即q( f ) + q( g ) ≥q( f + g )．因此，线性空间C1[a, b]上的非负实值函数p, q都满足三角不等式．根据开始证明的结论，|| · ||1也满足三角不等式．所以，|| · ||1是C1[a, b]上的范数．(2) 在C1[- 1, 1]中，令f n(x) = (x2 + 1/n2 )1/2 ( ?x∈[- 1, 1] )．则f’n(x) = 2x (x2 + 1/n2 )-1/2 ( ?x∈[- 1, 1] )．显然，f n(x)几乎处处收敛于| x |，f’n(x)几乎处处收敛于2sign( x )．因此，f n(x)依测度收敛于| x |，f’n(x)依测度收敛于2sign( x )．则f’n(x) = 2x (x2 + 1/n2 )-1/2 ( ?x∈[- 1, 1] )．显然，f n(x)几乎处处收敛于| x |，f’n(x)几乎处处收敛于2sign( x )．因此，f n(x)依测度收敛于| x |，f’n(x)依测度收敛于2sign( x )．故在L2[- 1, 1]中，f n(x) → | x |，f’n(x) → 2sign( x )．因此，它们都是L2[- 1, 1]中的基本列，故[- 1, 1] | f n(x) -f m(x) |2 dx → 0(m, n→∞)；[- 1, 1] | f’n(x) -f m’(x) |2 dx → 0(m, n→∞)．故|| f n-f m ||1 = (?[- 1, 1] ( | f n(x) -f m(x) |2 + | f’n(x) -f m’(x) |2 ) dx )1/2→ 0 (m, n→∞)．即{ f n }是C1[- 1, 1]中的基本列．下面我们证明{ f n }不是C1[- 1, 1]中的收敛列．若不然，设{ f n }在C1[- 1, 1]中的收敛于f∈C1[- 1, 1]．因|| f n-f ||1 = (?[- 1, 1] ( | f n(x) -f(x) |2 + | f’n(x) -f’(x) |2 ) dx )1/2≥ (?[- 1, 1] | f n(x) -f(x) |2dx )1/2，故在L2[- 1, 1]中，f n(x) →f．而在前面已说明L2[- 1, 1]中，f n(x) → | x |；由L2[- 1, 1]中极限的唯一性以及f的连续性，知f(x) = | x |．这样就得到f?C1[- 1, 1]，矛盾．所以，{ f n }不是C1[- 1, 1]中的收敛列．这说明C1[- 1, 1]不是完备的．对一般的C1[a, b]，只要令f n(x) = (x - (a + b )/2)2 + 1/n2 )1/2( ?x∈[a, b] )就可以做同样的讨论，就可以证明C1[a, b]不是完备空间．1.4.4 在C[0, 1]中，对每个f∈C[0, 1]，令|| f ||1 = (?[0, 1] | f(x) |2dx )1/2，|| f ||2 = (?[0, 1] ( 1 + x) | f(x) |2dx )1/2．求证：|| · ||1和|| · ||2是C[0, 1]中的两个等价范数．证明：(1) 在习题1.4.3的证明中已经包含了|| · ||1是C[0, 1]中的范数的证明．下面我们证明|| · ||2是C[0, 1]中的范数，我们仍然只要验证三角不等式．|| f ||2 + || g ||2 = (?[0, 1] ( 1 + x) | f(x) |2dx )1/2 + (?[0, 1] ( 1 + x) | g(x) |2dx )1/2= || (1 + x)1/2f(x) ||1 + || (1 + x)1/2g(x) ||1≥ || (1 + x)1/2f(x) + (1 + x)1/2g(x) ||1= || (1 + x)1/2 ( f(x) + g(x) ) ||1≥ (?[0, 1] (1 + x) | f(x) + g(x) |2dx )1/2= || f + g ||2．所以，|| · ||2也是C[0, 1]中的范数．(2) 我们来证明两个范数的等价性．?f∈C[0, 1]|| f ||1 = (?[0, 1] | f(x) |2dx )1/2 ≤ (?[0, 1] ( 1 + x) | f(x) |2dx )1/2 = || f ||2，|| f ||2 = (?[0, 1] ( 1 + x) | f(x) |2dx )1/2 ≤ 2 (?[0, 1] | f(x) |2dx )1/2 = 2 || f ||1．因此两个范数等价．1.4.5 设BC[0, ∞)表示[0, ∞)上连续且有界的函数f(x)全体，对每个f ∈BC[0, ∞)及a > 0，定义|| f ||a = (?[0, ∞) e-ax | f(x) |2dx )1/2．(1) 求证|| ·||a是BC[0, ∞)上的范数．(2) 若a, b > 0，a≠b，求证|| ·||a与|| ·||b作为BC[0, ∞)上的范数是不等价的．证明：(1) 依然只验证三角不等式．|| f ||a + || g ||a = (?[0, ∞) e-ax | f(x) |2dx )1/2 + (?[0, ∞) e-ax | g(x) |2dx )1/2= || e-ax/2f(x)||L2 + || e-ax/2g(x)||L2≤ || e-ax/2f(x)+ e-ax/2g(x)||L2= || e-ax/2 ( f(x)+ g(x))||L2= (?[0, ∞) e-ax | f(x)+ g(x) |2dx )1/2= || f + g ||a，所以|| ·||a是BC[0, ∞)上的范数．(2) 设f n(x)为[n, +∞)上的特征函数．则f n∈BC[0, ∞)，且|| f n||a = (?[0, ∞) e-ax | f n(x) |2dx )1/2 = (?[n, ∞) e-ax dx )1/2 = ((1/a)e-an)1/2．同理，|| f n||b = ((1/b)e-bn)1/2．故若a < b，则|| f n||a/|| f n||b = (b/a)1/2e-(b -a)n/2→ +∞ (n→+∞)．因此|| ·||a与|| ·||b作为BC[0, ∞)上的范数是不等价的．1.4.6 设X1, X2是两个B*空间，x1∈X1和x2∈X2的序对(x1, x2)全体构成空间X = X1?X2，并赋予范数|| x || = max{ || x1 ||1, || x2 ||2 }，其中x = (x1, x2)，x1∈X1，x2∈X2，|| · ||1和|| ·||2分别是X1和X2的范数．求证：如果X1, X2是B空间，那么X也是B空间．证明：(1) 先验证|| · ||的三角不等式．设x = (x1, x2), y = (y1, y2)∈X1?X2，则|| x + y || = || (x1 + y1, x2 + y2) || = max{ || x1 + y1 ||1, || x2 + y2 ||2 }≤ max{ || x1 ||1 + || y1 ||1, || x2 ||2 + || y2 ||2 }≤ max{ || x1 ||1, || x2 ||2 } + max{ || y1 ||1, || y2 ||2 }= || (x1, x2) || + || (y1, y2) ||= || x || + || y ||，而|| · ||的正定性和齐次性是显然的，所以，|| · ||是X1?X2的范数．(2) 设X1, X2是B空间，我们来证明X也是B空间．设x(n) = (x1(n), x2(n))是X = X1?X2中的基本列，则|| x(n) -x(m) || = max{ || x1(n) -x1(m) ||1, || x2(n) -x2(m)||2 } ≥ || x1(n) -x1(m) ||1，故{x1(n)}是X1中的基本列，同理，{x2(n)}是X2中的基本列．因X1, X2是B空间，故{x1(n)}和{x2(n)}分别是X1, X2中的收敛列．设x1(n) →x1∈X1，x2(n) →x2∈X2，令x = (x1, x2)．则|| x(n) -x || = max{ || x1(n) -x1 ||1, || x2(n) -x2 ||2 }≤ || x1(n) -x1 ||1 + || x2(n) -x2 ||2→ 0 (n→∞)．所以，|| x(n) -x ||→ 0 (n→∞)．即{ x(n) }为X = X1?X2中的收敛列．所以X = X1?X2也是B空间．1.4.7 设X是B*空间．求证：X是B空间，必须且只须对?{x n}?X，∑n≥ 1 || x n || < +∞?∑n≥ 1x n 收敛．证明：(?) ?{x n}?X，记S n = ∑1 ≤j≤n x j，B n = ∑1 ≤j≤n || x n ||，则|| S n + p-S n || = || ∑1 ≤j≤n + p x j -∑1 ≤j≤n x j ||= || ∑n +1 ≤j≤n + p x j ||≤∑n +1 ≤j≤n + p || x j ||= B n + p-B n → 0，(n→∞)．故{ S n }为X中的Cauchy列．由X完备，故{ S n }为X中的收敛列，即∑n≥ 1x n 收敛．(?) 反证法．若(X, ρ)不完备，设(Y, d )为(X, ρ)的一个完备化．不妨设(X, ρ)是(Y, d )的子空间，则存在y∈Y \ X．因cl( X ) = Y，故?n∈ +，存在x n∈X，使得d(x n, y) < 1/2n．则ρ(x n, x m) = d(x n, x m) ≤d(x n, y) + d(x m, y) ≤ 1/2n+ 1/2m → 0，因此{x n}是X中的Cauchy列，但不是收敛列．令z n = x n+1-x n，S n = ∑1 ≤j≤n z j；则z n, S n∈X．因|| z n || = || x n+1-x n || = ρ(x n+1, x n) ≤d(x n+1, y) + d(x n+1, y) ≤ 1/2n+1+ 1/2n < 1/2n - 1，故∑n≥ 1 || z n || < +∞．而S n = ∑1 ≤j≤n z j = ∑1 ≤j≤n ( x j+1-x j ) = x n+1-x1；故∑n≥ 1z n 在中不收敛．矛盾．1.4.8 记[a, b]上次数不超过n的多项式全体为n．求证：?f(x)∈C[a, b]，存在P0(x)∈ n，使得max a ≤x≤b| f(x) –P0(x) | = min{ max a ≤x≤b| f(x) –P(x) | | P∈ n }．证明：注意到 n是B*空间C[a, b]中的n+1维子空间．{1, x, x2, ..., x n}是 n中的一个向量组，把它看成C[a, b]中的一个有限向量组．根据定理p35, 1.4.23，对任意?f(x)∈C[a, b]，存在最佳逼近系数{λ0, λ1, ..., λn}，使得|| f(x) –∑0 ≤j≤n λj x j || = min{ || f(x) –∑0 ≤j≤n a j x j || | (a0, a1, ..., a n)∈ n+1}．令P0(x) = ∑0 ≤j≤n λj x j 就得到要证明的结论．1.4.9 在 2中，对?x = (x1, x2)∈ 2，定义范数|| x || = max(| x1 |, | x2 |)，并设|| x0–λ e1 ||．e1 = (1, 0)，x0 = (0, 1)．求a∈ 适合|| x0–a e1 || = minλ∈并问这样的a是否唯一？请对结果作出几何解释．解：g(λ) = || x0–λ e1 || = || (0, 1) –λ(1, 0)|| = || (–λ, 1)|| = max(| λ |, 1) ≥ 1，故g(λ) 当| λ| ≤ 1时取得最小值1．所以a = 0满足要求．显然满足要求的a不是唯一的．从几何上看就是某线段上的点到某定点的距离都是1．1.4.10 求证范数的严格凸性等价于下列条件：|| x + y || = || x || + || y || ( ?x≠θ, y≠θ) ?x = c y ( c > 0)．证明：(?) 设范数是严格凸的，若x, y ≠θ满足|| x + y || = || x || + || y ||，事实上，我们总有|| (x/|| x ||) || = || (y/|| y ||) || = 1．因x, y ≠θ，故|| x || + || y || > 0，所以|| x + y || ≠ 0．于是|| x ||/|| x + y || + || y ||/|| x + y || = 1．假若x/|| x || ≠y/|| y ||，由严格凸性，得到|| (|| x ||/|| x + y ||)(x/|| x ||) + (|| y ||/|| x + y ||)(y/|| y ||) || < 1，即|| (( x + y )/|| x + y ||) || < 1，矛盾．因此必然有x/|| x || = y/|| y ||，即x = (|| x ||/|| y ||) y．(?) 设?x, y ≠θ，|| x + y || = || x || + || y ||蕴涵x = c y ( c > 0)．下面证明范数是严格凸的．设x≠y，且|| x || = || y || = 1，又设α, β∈(0, 1)，且α + β= 1．我们知道|| α x + β y || ≤ || α x || + || β y || = α || x || + β|| y || = α + β= 1．假若|| α x + β y || = 1，根据我们的条件，就得到α x = c (β y)，其中c > 0．那么，就有|| α x || = || c (β y) ||，而|| x || = || y || = 1，所以α= c β；故x = y，这就与x≠y相矛盾．所以必然有|| α x + β y || < 1，即范数是严格凸的．1.4.11 设X是线性赋范空间，函数? : X → 1称为凸的，如果不等式( λ x + (1 -λ) y ) ≤λ?( x ) + (1 -λ)?( y ) ( ? 0 ≤λ≤ 1)成立．求证凸函数的局部极小值必然是全空间的最小值．证明：设x0是凸函数?的一个局部极小点．如果存在x∈X，使得?( x ) < ?( x0)，则? t ∈(0, 1)，( t x + (1 -t ) x0) ≤t ?( x ) + (1 -t )?( x0) < t ?( x0) + (1 -t )?( x0) = ?( x0)．而对x0的任意邻域U，都存在t ∈(0, 1)，使得t x + (1 -t ) x0∈U．这就与x0是局部极小点相矛盾．因此?x∈X，都有?( x0) ≤?( x )，即x0是?的最小点．1.4.12 设(X, || · ||)是一线性赋范空间，M是X的有限维子空间，{e1, e2, ..., e n}是M的一组基，给定g∈X，引进函数F : n → 1．对?c = (c1, c2, ..., c n)∈ n，规定F(c) = F(c1, c2, ..., c n) = || ∑1 ≤i≤n c i e i-g ||．(1) 求证F是一个凸函数；(2) 若F的最小值点是c = (c1, c2, ..., c n)，求证f = ∑1 ≤i≤n c ie i给出g在M中的最佳逼近元．证明：(1) 设c = (c1, c2, ..., c n), d = (d1, d2, ..., d n)∈ n, λ∈[0, 1]，则F(λ c + ( 1 -λ) d ) = || ∑1 ≤i≤n ( λ c i + ( 1 -λ) d i ) e i-g || = || λ∑1 ≤i≤n c i e i + ( 1 -λ) ∑1 ≤i≤n d i e i- (λ g+ ( 1 -λ)g )|| = || λ(∑1 ≤i≤n c i e i -g) + ( 1 -λ) ( ∑1 ≤i≤n d i e i-g )||≤λ|| ∑1 ≤i≤n c i e i -g || + ( 1 -λ) || ∑1 ≤i≤n d i e i-g ||= λ F(c)+ ( 1 -λ)F(d)，故F是一个凸函数．(2) 因为{e1, e2, ..., e n}是M的一组基，故M中的每个元h都可表示为h = ∑1 ≤i≤n d i e i，其中d = (d1, d2, ..., d n)∈ n．因为F(c) ≤F(d)，故|| f-g || = F(c) ≤F(d) = || h-g ||．那么f就是g在M中的最佳逼近元．1.4.13 设X是B*空间，X0是X的线性子空间，假定?c∈(0, 1)使得?y∈X，有inf { || y–x || | x ∈X0 } ≤c || y ||．求证：X0在X中稠密．证明：设y∈X，?ε > 0，x1∈X0，s.t. || y–x1 || < c || y || + ε /4．x2∈X0，s.t. || (y–x1) –x2 || < c || y–x1 || + ε /8．x3∈X0，s.t. || (y–x1 –x2 ) –x3 || < c || y–x1 –x2 || + ε /16．如此下去，可得到一个X0中的点列{ x n }，满足|| y–∑1 ≤j≤n +1x j|| < c || y–∑1 ≤j≤n x j|| + ε /2n + 2(?n∈ +)．那么，我们可以用数学归纳法证明|| y–∑1 ≤j≤n x j|| < c n || y || + ε (∑1 ≤j≤n 1/2j + 1)．当n = 1时，|| y–x1 || < c || y || + ε /4．结论成立．当n = 2时，|| (y–x1) –x2 || < c || y–x1 || + ε /8< c (c || y || + ε /4) + ε /8 < c 2 || y || + ε (1/4 + 1/8)，结论成立．当n≥ 3时，若|| y–∑1 ≤j≤n x j|| < c n || y || + ε (∑1 ≤j≤n 1/2j + 1)成立，则|| y–∑1 ≤j≤n +1x j|| < c || y–∑1 ≤j≤n x j|| + ε /2n + 2< c (c n || y || + ε (∑1 ≤j≤n 1/2j + 1)) + ε /2n + 2< c n+1 || y || + ε (∑1 ≤j≤n 1/2j + 1)) + ε /2n + 2< c n+1 || y || + ε (∑1 ≤j≤n+ 11/2j + 1))，因此结论也成立．由数学归纳法原理，?n∈ +，|| y–∑1 ≤j≤n x j|| < c n || y || + ε (∑1 ≤j≤n 1/2j + 1)．因为c∈(0, 1)，故存在N∈ +，使得c N || y || < ε /2．令x = ∑1 ≤j≤N x j，则x∈X0．且|| y–x || < ε /2 + ε (∑1 ≤j≤N 1/2j + 1) < ε．所以，X0在X中稠密．[张峰同学的证明] 反证法．若不然，则cl(X0)是X的真闭线性子空间．用Riesz引理，存在y∈X，使得|| y || = 1，且inf { || y–x || | x ∈ cl(X0)} > c．故对此y∈X，有inf { || y–x || | x ∈X0 } > c || y ||，矛盾．1.4.14 设C0表示以0为极限的实数全体，并在C0中赋以范数|| x || = max n≥1| ξn |，( ?x = (ξ1, ξ2, ..., ξn, ...)∈C0 )．又设M = {x = (ξ1, ξ2, ..., ξn, ...)∈C0 | ∑n ≥1 ξn/2n = 0}．(1) 求证：M是C0的闭线性子空间．(2) 设x0= (2, 0, 0, ...)，求证：inf z ∈M || x0–z || = 1，但?y∈M，有|| x0–y || > 1．证明：(1) 显然M ≠?，容易直接验证M是C0的线性子空间．若x k = (ξ1(k), ξ2(k), ..., ξn(k), ...)为M中的点列，且x k→x = (ξ1, ξ2, ..., ξn, ...)∈C0．则?ε > 0，存在N∈ +，使得?k > N，|| x k -x || < ε．此时，?n∈ +，有|ξn -ξn(k)| ≤ max n≥1| ξn -ξn(k) | = || x k -x || < ε．| ∑n ≥1 ξn/2n | = | ∑n ≥1 ξn/2n-∑n ≥1 ξn(k)/2n | = | ∑n ≥1 (ξn -ξn(k))/2n |≤∑n ≥1 |ξn -ξn(k)|/2n≤∑n ≥1 ε/2n = ε．所以，∑n ≥1 ξn/2n = 0，即x = (ξ1, ξ2, ..., ξn, ...)∈M．所以M是C0的闭线性子空间．(2) x0= (2, 0, 0, ...)，?z = (ξ1, ξ2, ..., ξn, ...)∈M，|| x0–z || = max{| 2 -ξ1 |, | ξ2 |, | ξ3 |, ... }．如果| 2 -ξ1 | > 1，则|| x0–z || > 1．如果| 2 -ξ1 | ≤ 1，则| ξ1 | ≥ 1，我们断言{| ξ2 |, | ξ3 |, ... }中至少有一个大于1者．否则，假若它们都不超1，因为ξn → 0 (n→∞)，故它们不能全为1．由∑n ≥1 ξn/2n = 0知| ξ1 |/2 = | ∑n ≥2 ξn/2n | ≤∑n ≥2 | ξn | /2n < ∑n ≥2 1/2n = 1/2，这样得到| ξ1 | < 1，矛盾．故{| ξ2 |, | ξ3 |, ... }中至少有一个大于1者．因此也有|| x0–z || > 1．综上所述，但?y∈M，有|| x0–y || > 1．由此，立即知道inf z ∈M || x0–z || ≥ 1．下面证明inf z ∈M || x0–z || ≤ 1．n∈ +，令z n= (1 - 1/2n, -1, -1, ..., -1, 0, 0, ...)．( z n从第2个坐标开始有连续的n个-1，后面全部是0 )，则(1 - 1/2n)/2 - 1/4 - 1/8 - ... - 1/2n + 1 = 0，因此z n∈M．此时，|| x0–z n || = max{| 1 + 1/2n|, | 1/4|, | 1/8|, ... } = 1 + 1/2n．故inf z ∈M || x0–z || ≥ inf n || x0–z n || = inf n (1 + 1/2n ) = 1．所以，inf z ∈M || x0–z || = 1．1.4.15 设X是B*空间，M是X的有限维真子空间，求证：?y∈X，|| y|| = 1，使得|| y–x || ≥ 1 ( ?x ∈M )．证明：取定z∈X \ M，令Y = span{z} + M．记S = { y∈Y | || y || = 1 }．则M是Y的真闭子空间，而S是Y中的单位球面．由Riesz引理，?n∈ +，存在y n∈S，使得d( y n, M ) ≥ 1 - 1/n．因为Y也是有限维的，故其中的单位球面为自列紧集．存在{y n}的收敛子列．不妨设y n(k) →y∈S．则d( y n(k), M ) ≥ 1 - 1/n(k)，故有d( y, M ) ≥ 1．即|| y–x || ≥ 1 ( ?x ∈M )．1.4.16 若f是定义在区间[0, 1]上的复值函数，定义ωδ( f ) = sup{| f (x) –f (y) | | ?x, y∈[0, 1], | x–y | ≤δ}．如果0< α≤ 1对应的Lipschitz空间Lipα，由满足|| f || = | f(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f )} < +∞的一切f组成，并且以|| f ||为模．又设lipα = { f∈Lipα| lim δ→ 0 δ–αωδ( f ) = 0}．求证Lipα是B空间，而且lipα是Lipα的闭子空间．证明：(1) 显然，C1[0, 1]?Lipα，因此Lipα不空．对区间[0, 1]上的复值函数f, g，?λ∈ ，我们有ωδ( f + g ) = sup{| f (x) + g (x) – f (y) –g (y) | | ?x, y∈[0, 1], | x–y | ≤δ}≤ sup{| f (x) – f (y) | + | g (x) –g (y) | | ?x, y∈[0, 1], | x–y | ≤δ}≤ωδ( f ) + ωδ( g )．ωδ( λ f ) = sup{|λ f (x) –λ f (y) | | ?x, y∈[0, 1], | x–y | ≤δ}= | λ| sup{| f (x) –f (y) | | ?x, y∈[0, 1], | x–y | ≤δ}= | λ| ·ωδ( f )．若f, g∈Lipα，λ∈ ，则|| f + g || = | f(0) + g(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f + g ) }≤ | f(0) | + | g(0) | + supδ > 0{δ–α(ωδ( f ) + ωδ( g )) }= | f(0) | + | g(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f ) + δ–αωδ( g ) }≤ | f(0) | + | g(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f ) }+ supδ > 0{ δ–αωδ( g ) }= || f || + || g || < +∞．|| λ f || = | λ f(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( λ f )}= | λ| · | f(0) | + | λ| · supδ > 0{δ–αωδ( f )}= | λ| · || f || < +∞．因此，f + g, λ f∈Lipα，且上述两个不等式表明|| · ||有齐次性和三角不等式．显然，|| f || ≥ 0．当|| f || = 0时，| f(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f )} = 0，意味着f(0) = 0，且ωδ( f ) = 0(?δ> 0)．而ωδ( f ) = 0(?δ> 0)则意味着f为常值．所以，f = 0．即|| · ||有正定性．综上所述，Lipα是B*空间．(2) 我们首先证明集合Lipα?C[0, 1]．f∈Lipα，?x, y∈[0, 1]，x ≠y，记δ = | x -y |．则| f (x) –f (y) | ≤ωδ( f )．而δ–αωδ( f ) ≤ supδ > 0{δ–αωδ( f n-f m) } ≤ || f ||，所以，| f (x) – f (y) | ≤ || f || δα= || f || · | x -y |α，故f∈C[0, 1]．我们再证明，?f∈Lipα，|| f ||C≤ || f ||，其中|| ·||C是C[0, 1]范数．事实上，?x∈[0, 1]，| f (x) | ≤ | f (0) | + | f (x) – f (0) |，故|| f ||C = max x∈[0, 1] | f (x) | ≤ | f (0) | + max x∈[0, 1] | f (x) –f (0) |≤ | f (0) | + sup x∈(0, 1] | f (x) –f (0) |/| x |α≤ | f (0) | + sup x∈(0, 1] { δ–αωδ( f ) } ≤ || f ||．这说明，如果{ f n }是Lipα中的基本列，则它也必是C[0, 1]中的基本列．而C[0, 1]是完备的，故存在f∈C[0, 1]，使得{ f n }一致收敛于f．而{ f n }作为Lipα中的基本列，有|| f n-f m || = | f n(0) -f m(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f n-f m) } → 0 (n, m→∞)，因此?ε > 0，?N∈ +，使得?n, m > N，有| f n(0) -f m(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f n-f m) } < ε．因此supδ > 0{δ–αωδ( f n-f m) } < ε．故?δ > 0，ωδ( f n-f m) < εδα．即?x, y∈[0, 1]，| x -y | ≤δ，都有| ( f n(x) -f m(x)) - ( f n(y) -f m(y)) | < εδα．令m→∞，得到| ( f n(x) -f(x)) - ( f n(y) -f(y)) | ≤εδα．因此，sup {| ( f n(x) -f(x)) - ( f n(y) -f(y)) | | x, y∈[0, 1]，| x -y | ≤δ}≤εδα．即?δ > 0，ωδ( f n-f ) ≤εδα．故supδ > 0{δ–αωδ( f n-f ) } ≤ε．同样地，对不等式| f n(0) -f m(0) | < ε令m→∞，就得到| f n(0) -f(0) | ≤ε．所以，| f n(0) -f(0) | + supδ > 0{δ–αωδ( f n-f ) } ≤ 2ε．这说明f n-f∈Lipα．而f n∈Lipα，故f = ( f -f n ) + f n∈Lipα．而前面的式子也表明|| f -f n || ≤ 2ε．因此|| f n-f || → 0 (n→∞)，即{ f n }为Lipα中的收敛列．所以，Lipα是Banach空间．(3) 记lipα = { f∈Lipα| lim δ→ 0 δ–αωδ( f ) = 0 }．f, g∈lipα，?λ∈ ，我们有δ–αωδ( f + g ) ≤δ–α(ωδ( f ) + ωδ( g ) ) = δ–αωδ( f ) + δ–αωδ( g ) → 0 (δ→ 0)．δ–αωδ( λ f ) = | λ| ·δ–αωδ( f ) → 0 (δ→ 0)．故f + g, λ f∈lipα，因此，lipα是Lipα的线性子空间．设{ f n }是lipα中的序列，且f n→f∈Lipα(n→∞)．则{ f n }一致收敛于f．ε > 0，存在N∈ +，使得|| f N →f || < ε /2．故有supδ > 0{δ–αωδ( f N-f ) } < ε /2．因为lim δ→ 0 δ–αωδ( f N) = 0，所以，?? > 0，使得?δ∈(0, ?)，有δ–αωδ( f N) < ε /2．此时我们有δ–αωδ( f ) ≤δ–α(ωδ( f N) + ωδ( f -f N))= δ–αωδ( f N) + δ–αωδ( f -f N)< ε /2 + supδ > 0{δ–αωδ( f N-f ) } < ε．所以，lim δ→ 0 δ–αωδ( f ) = 0，即f∈lipα．所以lipα是Lipα的闭子空间．1.4.17 (商空间) 设X是线性赋范空间，X0是X的闭线性子空间，将X中的向量分类，凡是适合x’-x’’∈X0的两个向量x’, x’’归于同一类，称其为等价类，把一个等价类看成一个新的向量，这种向量的全体组成的集合为X/X0表示，并称其为商空间．下列是关于商空间的命题．(1) 设[ y ]∈X/X0，x∈X，求证：x∈[ y ]的充分必要条件是[ y ] = x + X0．证明：设x’, x’’∈X，若它们归于同一类，则记为x’～x’’．我们用[ x ]表示x所在的等价类（大家注意，题目形式已经作了相应的修改）．(?) 若x∈[ y ]，则x～y．u ∈[ y ]，u～y，故u～x，即u –x∈X0．因此u ∈x + X0．所以[ y ] ?x + X0．反过来，?u ∈x + X0，则u～x，故u～y．因此u ∈[ y ]．所以x + X0 ? [ y ]．所以[ y ] = x + X0．(?) 若[ y ] = x + X0，则y –x∈X0，即y～x．从而x∈[ y ]．(2) 在X/X0中定义加法与数乘如下：[ x ] + [ y ] = x + y + X0(?[ x ], [ y ] ∈X/X0 )λ[ x ] = λ x + X0(?[ x ]∈X/X0 , ?λ∈ )其中x和y分别表示属于等价类[ x ]和[ y ]的任一元素．又规定范数|| [ x ] ||0 = inf z∈[ x ] || z || ( ?[ x ]∈X/X0 )求证：(X/X0, || · ||0)是一个B*空间．证明：第(1)部分说明了[ x ] = x + X0．容易看出加法与乘法的定义是合理的．进一步可以证明X/X0 构成数域上的线性空间，且其零元为[ θ] = X0．下面证明|| · ||0是X/X0 上的范数．显然，?[ x ]∈X/X0，|| [ x ] ||0≥ 0．若[ x ] = [ θ] = X0，则|| [ x ] ||0 = 0．若|| [ x ] ||0 = 0，则inf z∈[ x ] || z || = 0．存在z n∈[ x ]使得|| z n || → 0，即z n→θ (n→∞)．那么，x-z n∈X0，x-z n→x (n→∞)，而X0是闭集，故x∈X0．所以x～θ，即[ x ] = X0．因此|| · ||0有正定性．[ x ]∈X/X0，?λ∈ ，|| λ[ x ]||0 = || [ λ x ] ||0 = inf y∈[ x ] || λ y || = inf y∈[ x ] | λ| · || y ||= | λ| · inf y∈[ x ] || y || = | λ| · ||[ x ]||0．因此|| · ||0有齐次性．[ x ], [ y ]∈X/X0，|| [ x ] + [ y ] ||0 = inf z∈[ x ] + [ y ] || z || = inf u∈[ x ], v∈[ y ] || u + v ||≤ inf u∈[ x ], v∈[ y ] { || u || + || v || } ≤ inf u∈[ x ] { inf v∈[ y ] { || u || + || v ||} }≤ inf u∈[ x ] { inf v∈[ y ] { || u || + || v ||} } = inf u∈[ x ] { || u || + inf v∈[ y ] || v || }= inf u∈[ x ] || u || + inf v∈[ y ] || v || = || [ x ] ||0 + || [ y ] ||0．因此|| · ||0的三角不等式成立．所以，(X/X0, || · ||0)是一个B*空间．(3) 设[ x ]∈X/X0, 求证对?y∈[ x ]有inf { || y -z || | z∈X0 } = ||[ x ] ||0．证明：|| [ x ] ||0 = inf u∈[ x ] || u || = inf u∈[ y ] || u || = inf { || u || | u∈y + X0 }= inf { || y + v || | v∈X0 } = inf { || y -z || | z∈X0 }．(4) 定义映射? : X →X/X0为? (x) = [ x ] = x + X0(?x∈X )．求证?是线性连续映射．证明：?x, y∈X，?α, β∈ ，( α x + β y ) = [α x + β y ] = [α x ] + [ β y ] = α [ x ] + β[ y ] = α? (x) + β? (y)．|| ? (x) -? (y) ||0 = || [ x ] - [ y ] ||0 = || [ x-y ] ||0 = in f z∈[ x-y ] || z || ≤ || x-y ||．所以，?是线性连续映射．(5) ?[ x ]∈X/X0，求证?y∈X，使得? (y) = [ x ]，且|| y || ≤ 2|| [ x ] ||0．证明：因为|| [ x ] ||0 = inf z∈[ x ] || z ||，若|| [ x ] ||0 = 0，则由|| · ||0的正定性，知[ x ] = X0，取y = θ即满足要求．若|| [ x ] ||0≠ 0，则inf z∈[ x ] || z || = || [ x ] ||0 < 2 || [ x ] ||0，存在?y∈[ x ]，使得|| y || ≤ 2|| [ x ] ||0．此时显然有? (y) = [ x ] = [ y ]．(6) 设(X, || · ||)完备，求证(X/X0, || · ||0)也是完备的．证明：设{ [ x ]n }是X/X0中的基本列．为证明它是收敛列，只需证明它存在收敛子列．由基本列性质，可选出子列{ [ x ]n(k)}使得|| [ x ]n(k) - [ x ]n(k+1) ||0 ≤ 1/2k．故∑k ≥ 1 || [ x ]n(k) - [ x ]n(k+1) ||0 收敛．根据(5)，?k∈ +，?y k∈[ x ]n(k+1) - [ x ]n(k)，使得|| y k || ≤ 2|| [ x ]n(k+1) - [ x ]n(k) ||0．那么，∑k ≥ 1|| y k ||收敛．由X的完备性，s k = ∑ 1 ≤j ≤k y j是X中的收敛列．设其极限为s．由(5)中?的连续性，在X/X0中，?(s k) →?(s) ( k→∞ )．而?(s k) = ?( ∑ 1 ≤j ≤k y j ) = ∑ 1 ≤j ≤k ?( y j )= ∑ 1 ≤j ≤k ( [ x ]n(j+1) - [ x ]n(j)) = [ x ]n(k+1) - [ x ]n(1)．故{[ x ]n(k+1) - [ x ]n(1)}收敛，因而{[ x ]n(k)}是收敛列．因此X/X0中的基本列{ [ x ]n }存在收敛子列{[ x ]n(k)}，所以，{ [ x ]n }是X/X0中的收敛列．因此，(X/X0, || · ||0)是完备的．(7) 设X = C[0, 1]，X0 = { f∈X | f (0) = 0 }，求证：X/X0 ? ，其中记号“?”表示等距同构．证明：显然，X0是C[0, 1]中的线性子空间．记X0所确定的等价关系为～，则f～g ? f (0) = g (0)．定义Φ : X/X0 → ，Φ([ f ]) = f (0)．显然定义是合理的．f, g∈X，?α, β∈ ，Φ(α[ f ] + β[ g ]) = Φ([αf + β g ]) = (αf + β g )(0)= αf (0)+ β g (0) = αΦ([ f ])+ βΦ([ g ])．因此Φ是线性映射．因Φ(X0) = 0，故Φ是单射．而?c∈ ，若记所对应的常值函数为h c∈C[0, 1]，则Φ( [ h c] ) = c．故Φ是满射．综上所述，Φ : X/X0 → 是线性同构．f∈X，|| [ f ]||0 = inf g∈[ f ] { || g || } ≥ inf g∈[ f ] { | g (0) | }= inf g∈[ f ] { | f (0) | } = | f (0) | = | Φ([ f ]) |．另一方面，因为常值函数h f (0)∈[ f ]，故|| [ f ]||0 = inf g∈[ f ] { || g || } ≤ || h f (0) || = | f (0) | = | Φ([ f ]) |．所以，?f∈X，都有|| [ f ]||0 = | Φ([ f ]) |，因此Φ : X/X0 → 是等距同构．[第4节完] 泛函分析题1_5凸集与不动点p521.5.1 设X是B*空间，E是以θ为内点的真凸子集，P是由E产生的Minkowski 泛函，求证：(1) x∈int(E) ?P(x) < 1；(2) cl(int(E)) = cl(E)．证明：(1) (?) 若x∈int(E)，存在δ > 0，使得Bδ(x) ?E．注意到x + x/n→x ( n→∞ )，故存在N ∈ +，使得x + x/N ∈Bδ(x) ?E．即x/( N/( 1 + N ) ) ∈E．因此P(x) ≤N/( 1 + N ) < 1．(?) 若P(x) < 1．则存在a > 1，使得y = a x∈E．因θ∈int(E)，故存在δ > 0，使得Bδ(θ) ?E．令η = δ(a - 1)/a，?z∈Bη(x)，令w = (a z-y )/(a - 1)，则|| w || = || (a z-y )/(a - 1) || = || a z-y ||/(a - 1)= || a z-a x ||/(a - 1) = a || z-x ||/(a - 1) < aη/(a - 1) = δ．故w∈Bδ(θ) ?E．故z = ((a - 1)w + y )/a ∈E，因此，Bη(x) ?E．所以x∈int(E)．(2) 因int(E) = E，故有cl(int(E)) ? cl(E)．下面证明相反的包含关系．若x∈cl(E)，则?ε > 0，存在y∈E，使得|| x -y || < ε/2．因ny/(n + 1) →y ( n →∞ )．故存在N ∈ +，使得|| Ny/(N + 1) -y || < ε/2．令z = Ny/(N + 1)，则z∈E，且P(z) ≤N/(N + 1) < 1，由(1)知z∈int(E)．而|| z -x || ≤ || z -y || + || y -x || < ε/2 + ε/2 = ε．故x∈cl(int(E))，因此cl(E) ? cl(int(E))所以cl(int(E)) = cl(E)．1.5.2 求证在B空间中，列紧集的凸包是列紧集．证明：设A是B空间X中的列紧集，?ε > 0，存在A的有限ε /3网B．设B = {b1, b2, ..., b n}，M = max j{ || b j || }，取δ > 0，使得n δ M < ε /3．设[0, 1]分划D为0 = t0 < t1 < t2 < ... < t m = 1，使得max 1 ≤j ≤m {| t j–t j–1|} < δ．设?x∈co(A)，设x= λ1 a1 + λ2 a2+ ... + λ k a k，其中a j∈A，λ j > 0，∑ j λ j = 1．对每个j ≤k，存在b i( j )∈B使得|| a j-b i( j ) || < ε /3；令y= λ1 b i(1) + λ2 b i(2)+ ... + λ k b i(k)，则|| x - y || = || λ1 (a1 -b i(1)) + λ2 (a2 -b i(2))+ ... + λ k (a k-b i(k))||，≤λ1 · || a1 -b i(1) || + λ2 · || a2 -b i(2) || + ... + λ k · || a k-b i(k) ||≤ ( λ1 + λ2 + ... + λ k ) · (ε /2) = ε /3．将y= λ1 b i(1) + λ2 b i(2)+ ... + λ k b i(k)中的那些含有相同b j 的项合并起来，于是，y可表示为y= μ1 b1 + μ2 b2+ ... + μ n b n，其中μj ≥ 0，且∑ j μj = 1．对每个l ≤n，存在t s( l )∈D，使得|| μl-t s( l ) || < δ；令z= t s(1) b1 + t s(2) b2+ ... + t s(n) b n，则|| y - z || = || (μ1 -t s(1))b1 + (μ2 -t s(2))b2+ ... + (μn -t s(n))b n ||≤∑ l | μl-t s( l ) | · max j{ || b j || } ≤n δ M < ε /3；令C = {t s(1) b1 + t s(2) b2+ ... + t s(n) b n | t s(i)∈D，1 ≤i≤n}，则C是有限集，且C是co(A)的有限ε网．因空间是完备的，故co(A)是列紧集．1.5.3 设C是B*空间X中的一个紧凸集，映射T : C →C连续，求证T在C上有一个不动点．证明：因为C是紧集，所以C是闭集．因为C是紧集，故C的任意子集都列紧．而T(C) ?C，故T(C)列紧．于是，由Schauder不动点定理，T在C上有一个不动点．。
《泛函分析》习题解答(不完全版)
( x1 , y) ( x1 , x2 ) ( x2 , y) , ( x2 , y ) (x2 , x1 ) (x1 , y ).
对两端关于 y A 取下确界, 可以得到 . inf ( x1 , y) ( x1 , x2 ) inf ( x2 , y) , inf (x2 , y ) (x2 , x1 ) inf (x1 ,y )
1 1
f ( x) L1 ([a, b]) , 需要证明: 对于任意的 0 , 存在 g ( x) C[a, b] , 使得
( f , g)
[ a ,b ]
| f ( x ) g ( x) | dx .
事实上, 首先根据积分的绝对连续性, 存在 0 , 使得当 E [a, b] , 只要 mE , 就有
x n , 0 x 1, f n ( x ) : 1, 1 x 2.
则 { f n ( x )} C ([0,2]) 在本题所定义的距离的意义下是 Cauchy 列, 因为
( f n , f m ) | f n ( x) f m ( x) | dx
因此, 根据 Lebesgue 有界收敛定理, 可以得到
( f n , g ) | f n ( x ) g ( x ) | dx
0
1
| x n 0 | dx x n dx
0 0
1
1
1 0. n 1
但 g ( x) C ([0,2]) . (2) C ([a, b]) 的完备化空间是 L ([a, b]) . 因为 (i) 在距离 的意义下, C ([a, b]) 是 L ([a, b]) 的稠密子集. 事实上, 任意取定一个
泛函分析题1.3列紧集答案
泛函分析题1_3列紧集p191.3.1 在完备的度量空间中，求证：为了子集A是列紧的，其充分必要条件是对∀ε > 0，存在A的列紧的ε网．证明：(1) 若子集A是列紧的，由Hausdorff定理，∀ε > 0，存在A的有限ε网N．而有限集是列紧的，故存在A的列紧的ε网N．(2) 若∀ε > 0，存在A的列紧的ε/2网B．因B列紧，由Hausdorff定理，存在B的有限ε/2网C．因C ⊆B ⊆A，故C为A的有限ε网．因空间是完备的，再用Hausdorff定理，知A是列紧的．1.3.2 在度量空间中，求证：紧集上的连续函数必是有界的，并且能达到它的上、下确界．证明：设(X, ρ)是度量空间，D是紧子集，f : D→ 是连续函数．(1) 若f无上界，则∀n∈ +，存在x n∈D，使得f (x n) > 1/n．因D是紧集，故D是自列紧的．所以{x n}存在收敛子列x n(k) →x0∈D (k→∞)．由f的连续性，f (x n(k))→f (x0) (k→∞)．但由f (x n) > 1/n知f (x n)→ +∞(n→∞)，所以f (x n(k))→ +∞ (k→∞)，矛盾．故f有上界．同理，故f有下界．(2) 设M = sup x∈D f(x)，则∀n∈ +，存在y n∈D，使得f (y n) > M- 1/n．{y n}存在子列y n(k) →y0∈D (k→∞)．因此f ( y0 ) ≥M．而根据M的定义，又有f ( y0 ) ≤M．所以f ( y0 ) = M．因此f能达到它的上确界．同理，f能达到它的下确界．1.3.3 在度量空间中，求证：完全有界的集合是有界的，并通过考虑l 2的子集E = {e k }k≥ 1，其中e k = { 0, 0, ..., 1, 0, ... } (只是第k个坐标为1，其余都是0 )，来说明一个集合可以是有界的但不完全有界的．证明：(1) 若A是度量空间(X, ρ)中的完全有界集．则存在A的有限1-网N = { x0, x1, x2, ..., x n }．令R = ∑1 ≤j≤nρ(x0, x j) + 1．则∀x∈A，存在某个j使得0 ≤j≤n，且ρ(x, x j) < 1．因此，ρ(x, x0) ≤ρ(x, x j) + ρ(x j, x0) ≤ 1 + ∑1 ≤j≤nρ(x0, x j) = R．所以A是度量空间(X, ρ)中的有界集．(2) 注意到ρ(e k , e j) = 21/2 ( ∀k ≠ j )，故E中任意点列都不是Cauchy列．所以，E中任意点列都没有收敛子列(否则，该收敛子列就是Cauchy列，矛盾)．因此，E不是列紧集．由l 2是完备的，以及Hausdorff定理，知E不是全有界集．但E显然是有界集．1.3.4 设(X, ρ)是度量空间，F1, F2是它的两个紧子集，求证：∃x i ∈F i( i = 1, 2)，使得ρ(F1, F2) = ρ(x1, x2)．其中ρ(F1, F2) = inf {ρ(x, y) | x∈F1, y∈F2 }证明：由ρ(F1, F2)的定义，∀n∈ +，∃x i(n)∈F i( i = 1, 2)，使得ρ(x1(n), x2(n)) < ρ(F1, F2) + 1/n．因F1, F2紧，故不妨假设{x1(n)}, {x2(n)}都是收敛列．设它们的极限分别为x1, x2，则ρ(x1, x2) ≤ρ(F1, F2)．因此ρ(F1, F2) = ρ(x1, x2)．1.3.5 设M是C[a, b]中的有界集，求证集合{F(x) =⎰[a, x]f(t) dt | f∈M }是列紧集．证明：设A = {F(x) =⎰[a, x]f(t) dt | f∈M }．由M有界，故存在K > 0，使得∀f∈M，ρ( f, 0) ≤K．先证明A是一致有界的和等度连续的．∀F∈A，存在f∈M，使得F(x) =⎰[a, x]f(t) dt．由于ρ(F, 0) = max x∈[a, b] | F(x) | = max x∈[a, b] | ⎰[a, x]f(t) dt |≤ max x∈[a, b] | f(t) | · (b -a ) = ρ( f, 0) · (b -a ) ≤K (b -a )．故A是一致有界的．∀ε > 0，∀s, t∈[a, b]，当| s-t| < ε/K时，∀F∈A，存在f∈M，使得F(x) =⎰[a, x]f(u) du．| F(s) -F(t) | = | ⎰[s, t]f(u) du | ≤ max u∈[a, b] | f(u) | · | s -t |= ρ( f, 0) · | s -t | ≤K · (ε/K) = ε．故A是等度连续的．由Arzela-Ascoli定理，A是列紧集．1.3.6 设E = {sin nt}n≥ 1，求证：E在C[0, π]中不是列紧的．证明：显然E是一致有界的．根据Arzela-Ascoli定理，我们只要证明E不是等度连续的即可．我们的想法是找一个E中的点列f n，以及[0, π]中的两个点列s n和t n，使得| s n -t n | → 0，但| f n(s n)-f n(t n)|不收敛于0．事实上，这是可以做到的，只要令f n (u) = sin (2n u)，s n = (π/2)(1 + 1/(2n))，t n = (π/2)(1 - 1/(2n))．则s n + t n = π；s n -t n = π/(2n)→ 0(n→∞)．因此，| f n(s n)-f n(t n)| = 2 | sin (2n s n) - sin (2n t n) |= 2 | sin (n (s n -t n)) cos (n (s n + t n)) |= 2 | sin (π/2) cos (n π) | = 2．所以，E不是等度连续的．进而，E在C[0, π]中不是列紧的．1.3.7 求证S空间的子集A是列紧的充要条件是：∀n∈ +，∃C n> 0，使得∀x = (ξ1, ξ2, ..., ξn, ...)∈A，都有| ξn | ≤C n( n = 1, 2, ...)．证明：(⇐) 设x k = (ξ1(k), ξ2(k), ..., ξn(k), ...) ( k = 1, 2, ... )是A中的点列．存在{x k}的子列{x1, k}使得其第1个坐标ξ1(1, k)收敛；存在{x1, k}的子列{x2, k}使得其第2个坐标ξ2(2, k)收敛；如此下去，得到一个{x k}的子列的序列，第( j +1)个子列是第j个子列的子列，且第j个子列的第j个坐标是收敛的．选取对角线构成的点列{x j, j}，则{x j, j}是{x k}的子列，且每个坐标都收敛．根据习题1.2.1的证明可知，S空间的点列收敛的充要条件是坐标收敛．故{x j, j}是收敛点列．所以，A是列紧的．(⇒) 我们只要证明，∀n∈ +，A中的点的第n个坐标所构成的集合是有界集．若不然，设A中的点的第N个坐标所构成的集合是无界的．则存在A中的点列x k = (ξ1(k), ξ2(k), ..., ξn(k), ...) ( k = 1, 2, ... )，使得| ξN(k) | > k．显然，{ ξN(k) }无收敛子列，故{ x k }也无收敛子列，这与A列紧相矛盾．这样就完成了必要性的证明．1.3.8 设(X, ρ)是度量空间，M是X中的列紧集，映射f : X →M满足ρ( f (x1), f (x2)) < ρ( x1, x2 )(∀x1, x2∈M, x1≠x2)．求证：f在X中存在唯一的不动点．证明：(1) 首先证明cl(M)是紧集．为此只要证明cl(M)列紧即可．设{ x n }是cl(M)中的点列，则存在M中的点列{ y n }使得ρ( x n, y n) < 1/n．因M列紧，故{ y n }有收敛子列{ y n(k)}，设y n(k) →u∈cl(M)．显然{ x n(k)}也是收敛的，并且也收敛于u∈cl(M)．所以cl(M)是自列紧的，因而是紧集．(2) 令g(x) = ρ( x, f (x))，则g是X上的连续函数．事实上，由ρ( f (x1), f (x2)) < ρ( x1, x2 )可知f : X →M是连续的，因而g也连续．由习题1.3.2知存在x0∈cl(M)，使得g(x0) = inf {ρ( x, f (x)) | x∈cl(M) }．(3) 若g(x0) > 0，则ρ( x0, f (x0)) > 0，即x0≠f (x0)．故ρ( x0, f (x0)) = g(x0) ≤g( f (x0)) = ρ( f (x0), f ( f (x0))) < ρ( x0, f (x0))，矛盾．所以，必有g(x0) = 0，即ρ( x0, f (x0)) = 0，因此x0就是f的不动点．1.3.9 设(M, ρ)是一个紧距离空间，又E⊆C(M)，E中的函数一致有界并且满足下列的Hölder条件：| x(t1) -x(t2) | ≤Cρ(t1, t2)α(∀x∈E，∀t1, t2∈M )，其中0 < α≤ 1，C > 0．求证：E在C(M)中是列紧集．证明：由Hölder条件易知E是等度连续的．又E中的函数一致有界，由Arzela-Ascoli定理知E是C(M)中的列紧集．[第3节完]。
实变函数与泛函分析4.2部分习题答案
习题4.24.2.2、设,,a b p 是实数，并且1p ≥。
证明不等式()()11p p pta t b t a t b +-≤+-，01t ≤≤特别地，令12t =，有()12p p p p a b a b -+≤+。
证：（ⅰ）若,0a b ≥函数()pf x x =在[)0,+∞上为凸函数∴当,0a b ≥时会成立()()()()()11f ta t b tf a t f b +-≤+- 即：()()()11pp p ta t bta t b +-≤+-（ⅱ）若,a b 都为负数，那么,a b --都为正数，则满足（ⅰ），即：()()()()()11pppta t b t a t b ---≤-+--式子两边取绝对值可得()()11pp pta t bt a t b +-≤+-（ⅲ）若,a b 异号，那么假设0a ≥，那么0b -≥，则()()()()()1111p p p pp p ta t b ta t b ta t b t a t b +-≤--≤+--=+-综上所述：()()11pp pta t bt a t b +-≤+-，01t ≤≤当12t =时，11112222p p p a b a b +≤+，即：()12p p p p a b a b -+≤+4.2.3、设(]0,1C 表示在半开半闭区间(]0,1上处处连续并且有界的函数()x t 的全体。
对于每个(]0,1x C ∈，令()01sup t x x t <≤=，证明：（ⅰ）x 是](0,1C 空间上的范数，](0,1C 按成一赋范线性空间；（ⅱ）在](0,1C 中点列{}n x 按范数收敛于0x 的充要条件是(){}n x t 在](0,1上均匀收敛于()0x t 。
证：（ⅰ）在(]0,1C 中的相加和数乘为：()()()()x y t x t y t +=+，()()()x t x t αα=（(](],0,1,0,1,x y C t R α∈∈∈）因此，对于(],0,1x y C ∈，(]0,1t ∈，R α∈，有（1）显然有0x ≥，(]0,1x C ∈ （2）()()()()010101sup sup sup t t t x x t x t x t x ααααα<≤<≤<≤===⋅=⋅（3）()()()()010101sup sup sup t t t x y x t y t x t y t x y <≤<≤<≤+=+≤+=+（4）令0x =，即()01sup 0t x t <≤=，也就是()0x t =，即x 为(]0,1C 中零元素综上所述：x 是](0,1C 空间上的范数，](0,1C 按成一赋范线性空间（ⅱ）对于{}n x 及(]0,1x C ∈，n x x →，即为()()00010sup 0n n t x x x t x t <≤-→⇔-→⇔()n x t 在(]0,1上均匀收敛于()0x t4.2.6、R 是线性空间，p 是R 上的函数，如果满足 （ⅰ）()0p x ≥，()0p x =等价于0x =； （ⅱ）()()()p x y p x p y +≤+；（ⅲ）()()p x p x -=，并且()0lim 0n n p x αα→=，()()0lim 0n n p x p x α→=（,n αα是数），称p 是准范数，(),R p 为赋准范空间。