《应用泛函分析》习题解答 下载本文

????xj?yj??x?y,0???1。 ??j?1由上述推导可知T是压缩l?l上的压缩映射,又l是完备的。所以T在l上有唯

一的不动点。 8.(第二类Fredholm方程解的存在唯一性)设有线性积分方程:

????aij??sup?j?1j?11,则0???1。所以T是

M(b?a)T:L2[a,b]?L2[a,b]上的压缩映射,又因为L2[a,b]是完备的,所以T在

??M(b?a)。显然,如果??L2[a,b]存在唯一的不动点。

x(t)??(t)???k(t,s)x(s)ds,

ab 9.(Volterra积分方程解的存在唯一性)设k(t,s)在[a,b]?[a,b]上连续,则Volterra积分方程:x(t)???k(t,s)x(s)ds??(t)对任意??C[a,b]及任何参数?都存

ab其中??L(a,b),?是参数,积分核k(t,s)在[a,b]?[a,b]上连续,且满足:

2??abb在唯一的连续解(提示:令M?max{k(t,s)|t,s?[a,b]},映射

ak(t,s)dtds??,

22T:C[a,b]?C[a,b]为

(Tx)(t)???k(t,s)x(s)ds??(t)。

at则上述积分方程对绝对值充分小的?,在L(a,b)中存在唯一解。(提示:令

1。) M?max?k(t,s)|t,s?[a,b]??1,??M(b?a)证明:令T:L[a,b]?L[a,b]为:(Tx)(t)??(t)??b22然后用归纳法说明(Tx2)(t)?(Tx1)(t)?{?M(t?a)/n!}x2?x1。取nbnnnnn?ak(t,s)x(s)ds。则

212充分大使

) ?Mn(b?a)n/n!?1。在利用定理4。

n?bb??(Tx)(t)?(Ty)(t)???k(t,s)(x(s)?y(s))ds???k(t,s)(x(s)?y(s))dsdt??a?a? a???b?b??b?bk(t,s)2ds???bx(s)?y(s)2ds?dt??????k(t,s)x(s)?y(s)dsdt???????a????a??a??a??a??????????121212212(1)12证明:令映射T:C[a,b]?C[a,b]为(Tx)(t)???k(t,s)x(s)ds??(t),且

atM?max{k(t,s)|t,s?[a,b]}。 利用数学归纳法:当n?1时,

(Tx2)(t)?(Tx1)(t)???k(t,s)(x2(s)?x1(s))ds??max?k(t,s)(x2(s)?x1(s))ds

aa?t?battbbbbb222?????a?ak(t,s)dsdt?????ax(s)?y(s)ds???????a?ak(t,s)dsdt??x?y。

????????max?k(t,s)x2(s)?x1(s)ds??M?maxx2(s)?x1(s)ds??M(t?a)x2?x1

a?t?baaa?t?btt上述推导过程中,(1)利用的Holder不等式。 令

12设(Tn?1x2)(t)?(Tn?1x1)(t)?{?则

n?1则: Mn?1(t?a)n?1/(n?1)!}x2?x1,

M?max?k(t,s)|t,s?[a,b]??1,

(Tnx2)(t)?(Tnx1)(t)?T(Tn?1x2)(t)?T(Tn?1x1)(t)

??max?k(t,s)(Tn?1x2)(s)?(Tn?1x1)(s)ds??M?max(Tn?1x2)(s)?(Tn?1x1)(s)dsa?t?baaa?t?bttbb2???????k(t,s)dsdt???M2(b?a)??aa??122?

9

??M?(Tatn?1x2)(s)?(Tn?1x1)(s)ds??Mnx2?x1(n?1)!n?(s?a)atn?1ds

??Mn(t?a)nn!nx2?x1。

S?1。

(2)(Tx)(t)?t1因此当n充分大时,0??Mn(t?a)n/n!?1。所以Tn为C[a,b]?C[a,b]上

n?10x(s)ds?maxt?x(s)ds?(?x(s)ds)maxt??x(s)dst?[0,1]00t?[0,1]0111的压缩映射,又C[a,b]是完备的,所以Tn在C[a,b]上有唯一的不动点。由书P30页上的定理4可知:T在C[a,b]上有唯一的不动点。

??maxx(s)ds?x?ds?x,所以S?1;又当x0(t)?1时,x0(t)?1,

0s?[0,1]01

故T?Tx0(t)?t?1。综上所述,T?1。 (

110t?[0,1]0第 七 节

2.设?(t)是[a,b]上的实函数,对x?C[a,b],令(Tx)(t)??(t)x(t), t?[a,b],证明T??(C[a,b]等价于a?C[a,b]。

证明:充分性显然。下证必要性。令x0(t)?1,则(Tx0)(t)??(t),由于

3

110t?[0,1]0)

(S?T)(x(t))?t2?x(s)ds?maxt2?x(s)ds?(?x(s)ds)maxt2??x(s)ds

所以S?T?1;又当x0(t)?1时,x0(t)?1,??maxx(s)ds?x?ds?x,

0s?[0,1]011x0(t)?C[a,b],且T??(C[a,b],则?(t)?(Tx0)(t)?C[a,b]。

3.定义T:C[0,1]?C[0,1]为(Tx)(t)?t故S?T?(S?T)(x0(t))?t2?1。综上所述,S?T?1。 (4)

?10x(s)ds,再定义S:C[0,1]?C[0,1]为

(T?S)(x(t))?t?sx(s)ds?maxt?sx(s)ds??sx(s)ds??maxsx(s)ds

0t?[0,1]11111000s?[0,1]试问S与T是否可换(即S?T?T?S)?并求S,T,S?T(Sx)(t)?tx(t),及T?S。

注:定义域空间中的范数为:x(t)?1?x(s)ds;值域空间中的范数为:

0x(t)?max(x(t))。

t?[0,1]解: (S?T)(x(t))?S(T(x(t))?t102?x(s)ds。

0111所以T?S?;又当x0(t)?1x,

0s?[0,1]0s?[0,1]22111时,x0(t)?1,故T?S?(T?S)(x0(t))?t?sds?t?。综上所述,

0221T?S?。

2??(maxx(s))sds?maxx(s)?sds?1(T?S)(x(t))?T(S(x(t))?t?sx(s)ds。取x0(t)?1,则

sup4.设无穷矩阵(aij)满足:

?i??j?1?a?ij?????。定义T:l?l为:对x?(?i)?l,

t?(T?S)(x0(t)),因此S与T是不可换。 2(1)(Sx)(t)?tx(t)?maxtx(t)?maxtx(t)?maxx(t)?x(t),所以(S?T)(x0(t))?t2?t?[0,1]t?[0,1]t?[0,1]Tx?(?i),其中?i??aij?j, (i??)。证明:T?sup?aij。

j?1i??j?1?证明:

S?1;又当x0(t)?1时,x0(t)?1,故S?Tx0(t)?t?1。综上所述,

10

??Tx?(?aij?j)?sup?aij?j?sup?aij?j?sup?aij(sup?j??i?1j?1i?1j?1i?1?j?1j?1j?1????)?? ??xsup?aij。所以T?sup?aij。另一方面,对任意固定的i0?1,令

i??j?1i??j?1??(Tx)(t)?ba?t?bax0?(sgnai0j)?l,且x0?1。则T?Tx0?(?ai0jsgnai0j)??ai0j,

?j?1j?1???max?k(t,s)maxx(s)ds?xmax?k(t,s)dsa?s?ba?t?ba???bbak(t,s)x(s)ds?max?k(t,s)x(s)ds?max?k(t,s)x(s)ds

bb?ba?t?baa?t?bab。所以

由i0的任意性,所以T?supi?1?aj?1?ij。综上所述,T?supi?1?aj?1?T?maxa?t?bak(t,s)dt。令一方面,令x0(t)?1,则x0(t)?1。因此

a?t?baij。

T?T?

25.(Hilert-Schmidt)型积分算子)设k(t,s)?L([a,b]?[a,b]),令

?babk(t,s)ds?max?k(t,s)dsba?t?ba;再令

x0(t)??1,又有

T:L2[a,b]?L2[a,b]bb2?T????k(t,s)dsdt???aa?为

12:

(Tx)(t)??k(t,s)x(s)dsab?ak(t,s)ds?max?(?k(t,s))ds。由此可知:

ba。证明

T?max?k(t,s)ds。

a?t?b。(提示:利用

12b12Holder不等式

综上所述,T?maxa?t?b?bak(t,s)dt。

?ba22) f(t)g(t)????af(t)dt??????ag(t)dt??。

????b

7.证明?上的非零线性泛函f不是连续的等价于ker(f)在?中稠密。 证明:必要性:f不连续?f无界??{xk},且xk?1,使得f(xk)?k。

12证明:

22?bb??b?b?????(Tx)(t)??k(t,s)x(s)ds??k(t,s)x(s)dsdt?k(t,s)x(s)dsdt????a?a???a??a? a?????b(1)222???dt??x????????k(t,s)ds?x(s)dsk(t,s)dsdt???????。 ?????????a????aa??a??abbbbb121212?x??,令yk?x?f(x)xk,则yk?ker(f),且yk?x,由稠密性定义可f(xk)知:ker(f)在?中稠密。

充分性:若f连续?ker(f)是?上的闭子空间。又因为ker(f)在?中稠密,所以??ker(f)?ker(f)?f?0。此与f?0矛盾。故若f不连续。

所以T??????bbaa(1)利用了Holder不等式。 k(t,s)dsdt??。上述推导过程中,

?212第 八 节

1.设k是非负整数,证明[a,b]上次数不超过k的多项式全体Pk[a,b]是C[a,b]的闭子空间。 证明:容易验证Pk[a,b]按C[a,b]上的范数成为赋范空间,下面要证明它是闭的。

n令xn?t(0?n?k,t?[a,b]),则容易验证{x0,x1,?xk}是Pk[a,b]的基,且

6.设k(t,s)?C([a,b]?[a,b]),定义T:C[a,b]?C[a,b]为:

(Tx)(t)??k(t,s)x(s)ds。证明:T?maxaba?t?b?bak(t,s)dt。

证明:

dimPk[a,b]?k?1。又因为有限维空间是闭集。所以Pk[a,b]是C[a,b]的闭子

空间。

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* 5.设M是赋范空间?中的子空间,x0??。证明x0?M?只要f??满足

f|M?0,则f(x0)?0。 2.证明定理3(赋范空间?是有限维的充要条件是:?中的有界闭集都是紧集。)

*证明:不妨设dim??n,{e1,e2,?,en}为它的基。构造T:??Kn为证明:必要性。用反证法。设?f??满足f|M?0,但f(x0)?0,由P50页

Tx?[?1,?2,?,?n],这里x???kek由此可知?与Kn拓扑同构。又因为Kn有

k?1n的推论2的结论可知x0?M,这与x0?M矛盾。所以只要x0?M这一条件成

*立,必可推出只要f??满足f|M?0,则f(x0)?0。

*充分性:同样用反证发。x0?M则由P50页的推论2的结论可知:存在f??*满足f|M?0,且f(x0)?0,显然这与f(x0)?0矛盾。所以只要f??满足

界闭集都是紧集与Kn是有限维是等价的,所以?是有限维等价与?中的有界闭集都是紧集。

3.设dim???,A与B均是?的非空子集,且其中一个是闭集,另一个是紧

集,证明存在x0?A,y0?B,使x0?y0?d(A,B)。特别当d(A,B)?0时,

6.设A是赋范空间?的非空集,x0??。证明x0可用A中元的有限线性组合A?B??。

证明:不妨设A是闭集,B是紧集。定义f:B?R为f(y)?d(y,A),由于d是连续映射,且紧集的连续像是紧集,则必存在y0?B,使得

?f|M?0,则f(x0)?0这一条件成立,必可推出x0?M。

逼近的充要条件是:只要f??满足f|A?0,则f(x0)?0。

*证明:该题即要证明x0?span(A)?只要f??满足f|A?0,则f(x0)?0。 *必要性。设x0?span(A),则由习题5的结论可知:只要f??满足f|span(A)?0,

*f(y0)?d(y0,A)?inff(y)?r。

y?B~令C?B(y0,r?1)?A,则C是有界闭集,又因为C是有限维的,所以C是紧集。由C的取法显然有d(x0,C)?d(x0,A)。

则f(x0)?0。而由span(A)的构造可知:f|span(A)?0?f|A?0。 充分性:由f|span(A)?0?f|A?0以及习题5的结论直接可得。

7.设x1,x2,?,xn是赋范空间?中有限个线性无关向量,证明存在

C紧??x0?C,使d(y0,C)?x0?y0?d(y0,A)?d(A,B)。

第 二 章

第 一 节

4.设赋范空间??{0},证明:对于任何x??,恒有x?supf(x)。

f?1f??**证明:由P49页的推论1可知:存在f0??,使得f0?1,且f0(x)?x。

f1,f2,?,fn??*使fi(xj)??ij,i,j?1,2,?,n。

证明:以x1为例来说明。令M?span(x2,?xn),则它为?中的子空间。因为

x1,x2,?,xn线性无关,所以d(x1,M)?0。由泛函延拓定理知:?f1??*,使

得f1(x1)?1,f1|M?0。再由M的构造方法可知f1(xj)?0,(j?2)。同理可得:fi(xj)??ij。

*8.设?是赋范空间,x0??满足条件只要f??且f?1,则f(x0)?c,证明x0?c。

f?1另一方面有f(x)?f?x?f(x)?x,所以x?supf(x)。

f?1f??*

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