实变函数与泛函
第六章习题01-17
第六章习题第一部分01-17
1. 设M是线性赋范空间X的闭子空间,若对任意的f ( X *,f(M) = 0蕴涵
f( X ) = 0,则M = X.
[证明] 若不然M是X的真闭子空间,由Hann-Banach定理,
存在f (X *,使f(M) = 0,并且|| f || = 1,这与题目的假设相矛盾.
2. 设X是线性赋范空间,M是X的子集,x0 (X,且x0 ( (.证明x0(cl(span M)的充分必要条件为:对任意的f ( X *,f(M) = 0蕴涵f(x0) = 0.
[证明] (必要性) 对任意的f ( X *,由f(M) = 0及f是线性的,
可推出f(span M) = 0;而f又是连续的,所以又可进一步得到f(cl(span M)) = 0;
所以对x0 ( cl(span M),有f(x0) = 0.
(充分性)若x0 ( cl(span M),由Hann-Banach定理,存在f ( X *,使得
f(cl(span M)) = 0,但f(x0) = || x0 || ( 0,这与题目的假设相矛盾.
3. 设X是线性赋范空间,x1, x2, ..., xn是X中n个线性无关的元素,a1, a2, ..., an是n个数,M > 0.证明:存在满足条件:f(xk) = ak,k = 1, 2, ..., n,且|| f || ( M的有界线性泛函f的充要条件为:
对于任意的n个数c1, c2, ..., cn都有
.
[证明] (() 对于任意的n个数c1, c2, ..., cn,令
.
由于| f (x)| ( M || x ||,以及f(xk) = ak,k = 1, 2, ..., n,
得到
.
(() 考虑X的线性子空间S = Span{ x1, x2, ..., xn },
对于任意的n个数c1, c2, ..., cn,在S上定义
.
则g是S上的有界线性泛函,满足条件g(xk) = ak,k = 1, 2, ..., n,且|| g || ( M.
由Hann-Banach定理,存在X上的有界线性泛函f使f |S = g,且|| f || = || g ||.
事实上,此f即为满足条件的泛函.
[第4题到第9题只需要直接验证,它们应该是“集合论”而非“泛函分析”中的题目.此处略去]
10. 设X是Banach空间.证明X自反的充要条件为X *自反.
[证明] 必要性:设X自反,即X上的典则映射J : X ( X **,满足J (X) = X **.
为证明X *自反,我们要证明X *上的典则映射J* : X * ( X ***为满射.
(x ***(X ***,令x * = x *** ◦ J.容易看出x * : X ( (是
上的线性泛函.
由于| x *(x) | = | x *** (J (x)) | ( || x *** || · || J || · || x ||,所以x *( X *.
注意到J (X) = X **,故(x **(X **,存在x(X使得J (x) = x **.
则(J* x *) x ** = x **( x *) = x * ( x) = (x *** ◦ J ) ( x) = x *** ( J ( x)) = x *** (x **),
所以J* x * = x ***,即J*为满射,故X *自反.
充分性:设X *自反,即X *上的典则映射J* : X * ( X ***满足J* (X *) = X ***.
假若X不自反,即J (X) ( X **.
则由于X是Banach空间,且X上的典则映射J : X ( X **是保范的线性单射,
容易看出J (X)是X **的真闭子空间.
由Hann-Banach定理,存在x ***(X ***,使得x ***( J (X)) = 0,|| x *** || = 1.
由于J* (X *) = X ***,存在x *( X *,使得J* x * = x ***.
显然对(x(X有x * ( x) = (J (x)) x * = x ***(J (x)) = 0,
所以x * = (,这与|| x * || = || J* x * || = || x *** || = 1相矛盾.
11. 设X为线性赋范空间,X *可分.证明X可分.
[证明] 由于X *可分,不妨设X *\{( }中子集F = { f1, f2, ...}在X *中稠密,
令gi = fi /|| fi ||,用S *表示X *中的单位球面.
对(f ( S *,(( > 0,存在某fi(F,使得|| fi ( f || < min {( /4, 1/2}.
则| (|| fi || ( 1) | = | (|| fi || ( || f ||) | ( || fi ( f || < 1/2,故|| fi || > 1/2.对应的gi满足
|| gi ( f || = || ( fi /|| fi || ( f ) || ( || ( fi /|| fi || ( f /|| fi ||) || + || ( f /|| fi || ( f ) ||
= || fi ( f || /|| fi || + | 1/|| fi || ( 1 | · || f || = || fi ( f || /|| fi || + | 1/|| fi || ( 1 |
= || fi ( f || /|| fi || + | (1 ( 1/|| fi ||) | / || fi || ( 2 || fi ( f || /|| fi || < 4 || fi ( f || < (.
所以S *中的可数集G = { g1, g2, ...}在S *中稠密.
对任意i,由于|| gi || = sup{ | gi (x) | | || x || = 1 },
故存在X的单位球面S中的点xi,使得| gi (xi) | > 1/2.
记A = { x1, x2, ...}.注意到A是可数的,
故它的所有的有限的有理系数线性组合构成的集合也是可数的,
并把这个可数集合记为B,
容易看出B在span(A)中稠密,因而B也在cl(span(A))中稠密.
下面证明cl(span(A)) = X.
若不然,存在x(X \ cl(span(A)).则由Hann-Banach定理知
存在f ( S *,使得f(cl(span(A))) = 0.
而G = { g1, g2, ...}在S *中稠密,故存在gi ( S *,使|| gi ( f || < 1/2.
这就得到下面的矛盾:
1/2 < | gi (xi) | = | gi (xi) ( f(xi) | ( || gi ( f || · || xi || = || gi ( f || < 1/2.
故cl(span(A)) = X.因此X有可数稠子集B,所以X可分.
12. 设H为复Hilbert空间,
.证明:
,
,
,
,,
.
[证明] 对任意的
,
.
.
.
.
因为
,故
,所以
.
因为
,故
,所以
.
13. 设H为Hilbert空间,A, B为H上的两个线性算子,对于任意的x, y(H有
< Ax, y > = < x, By >.证明:A为有界线性算子.
[证明] 对(x(S = { x(H | || x || = 1 },考虑fx : H ( (,fx(y) = < By, x >.
由于| fx(y) | = | < By, x > | = |
| ( || y || · || Ax ||,
故fx为H上的有界线性泛函,且|| fx || ( || Ax ||.
因fx(y) = < By, x > = ,故fx(Ax) = < Ax, Ax > = || Ax ||2.
所以,|| Ax ||2 = | fx(Ax) | ( || fx || · || Ax ||,
故|| Ax || ( || fx ||.所以|| fx || = || Ax ||.
有界线性泛函族{ fx | x(S }在H的每一点y处,
| fx(y) | = | < By, x > | ( || By || · || x || = || By ||,
由共鸣定理知存在M > 0,使得(x(S有|| fx || ( M.
即(x(S有|| Ax || ( M.所以A为有界线性算子.
14. 设
为
上的有界线性算子,对于
,
,其中
,
.又设
,而
.证明:
.
[证明]
,
而
,故
,
,
所以
,
.
15. 设X为Banach空间,Y为线性赋范空间,Tn( B(X, Y),n = 1, 2, ...,且
sup {|| Tn || } = +(.证明:存在x0 (X使得sup {|| Tn x0 || } = +(.
[证明] 这只是共鸣定理的逆否命题.
16. 举例说明:在共鸣定理中,X的完备性是不可缺少的.
[例] 考虑m空间的子空间X = { x = (( i ) | 只有有限个( i不为0}.
Tn : X ( (,Tn(x) = n( n,(x = (( i )(X.
显然Tn是线性算子,可以证明Tn有界,且|| Tn || = n.
显然{|| Tn || }无界,但对(x = (( i )(X,{ Tn(x) }有界.
17. 设S : ℓ2 ( ℓ2为S((1, (2, ... ) = ((3, (4, ... ),Tn = Sn.求sup { || Tnx || },|| Tn ||,以及sup { || Tn || }.
[解] 显然Tn((1, (2, ... ) = ((2n+1, (2n+2, ... ),
故sup { || Tnx || } = sup { || ((2n+1, (2n+2, ... ) || } = || x ||.
因|| Tnx || = || ((2n+1, (2n+2, ... ) || ( || x ||.故|| Tn || ( 1.
若取x使得其第2n+1个坐标为1而其余皆为0,
则|| x || = 1,且|| Tnx || = 1,故|| Tn || ( 1.
所以|| Tn || = 1.sup { || Tn || } = 1.
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