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实变函数与泛函分析基础第三答案泛函分析 习题解答 1、设(X,d)为一度量空间，令U(x0,e)=x|xÎX,d(x,x0)<e S(x0,e)=x|xÎX,d(x,x0)£e，问U(x0,e)的闭包是否等于S(x0,e)。 解答：在一般度量空间中不成立U(x0,e)=S(x0,e)，例如：取R的度量子空间X=0,1U2,3，则X中的开球U(1,1)=xÎX;d(1,x)<1的的闭包是0,1，而S(1,1)=xÎX;d(1,x)£1=0,1U2 2、设C定义d(f,g)=ab,是区间a,b上无限次可微函数全体，¥1år=0¥1|f(r)(t)-g(r)(t)|max，证明：r(r)(r)21+|f(t)-g(t)|a£t£bC¥a,b按d(f,g)构成度量空间。 1|f(r)(t)-g(r)(t)|=0Þ"r,"tÎa,b有证明：显然d(f,g)³0且d(f,g)=0Û"r,rmax21+|f(r)(t)-g(r)(t)|a£t£b|f(r)(t)-g(r)(t)|=0，特别当r=0,"tÎa,b时有|f(t)-g(t)|=0Þ"tÎa,b有 f(t)=g(t)。 由函数f(t)=t¥在0,+¥)上单调增加，从而对"f,g,hÎCa,b有 1+t¥d(f,g)=år=0¥1|f(r)(t)-g(r)(t)|maxr21+|f(r)(t)-g(r)(t)|a£t£b1|f(r)(t)-h(r)(t)+h(r)(t)-g(r)(t)| =årmaxa£t£b1+|f(r)(t)-h(r)(t)+h(r)(t)-g(r)(t)|r=021|f(r)(t)-h(r)(t)|+|h(r)(t)-g(r)(t)| £årmaxa£t£b1+|f(r)(t)-h(r)(t)|+|h(r)(t)-g(r)(t)|r=02¥1|f(r)(t)-h(r)(t)| =årmaxa£t£b1+|f(r)(t)-h(r)(t)|+|h(r)(t)-g(r)(t)|r=02¥1|h(r)(t)-g(r)(t)| +årmaxa£t£b1+|f(r)(t)-h(r)(t)|+|h(r)(t)-g(r)(t)|r=02¥¥1|f(r)(t)-h(r)(t)|1|h(r)(t)-g(r)(t)| £årmax+årmaxa£t£b1+|f(r)(t)-h(r)(t)|a£t£b1+|h(r)(t)-g(r)(t)|2r=0r=02 =d(f,h)+d(h,g)¥即三角不等式成立d(f,g)£d(f,h)+d(h,g)。 3、设B是度量空间X中的闭集，证明必有一列开集O1,O2,LOn,L包含B，而且IOn=1¥n=B。 证明：设B为度量空间X中的闭集，作集：On=x|d(x,B)<,(n=1,2,) ，On为开集，从而只要证B=IOn； n=1¥1n可实上，由于任意正整数n，有BÌOn，故：BÌIOn。 n=1¥另一方面，对任意的x0ÎIOn，有0£d(x0,B)<n=1¥1 ，(n=1,2) n¥n=1令 n®¥有d(x0,B)=0。所以x0ÎB。这就是说， IOnÌB 综上所证有：B=IOn。 n=1¥4、设d(x,y)为度量空间(X,d)上的距离，证明d(x,y)=d(x,y)也是X上的距离。 1+d(x,y)d(x,y)，因此显然有d(x,y)且d(x,y)=01+d(x,y)证明：首先由d(x,y)为度量空间(X,d)上的距离且d(x,y)=的充要条件是d(x,y)=0，而d(x,y)=0的充要条件是x=y，因此d(x,y)=0的充要条件是x=y。其次由函数f(t)=t在0,+¥)上单调增加有 1+td(x,y)=d(x,y)d(x,z)+d(y,z)£1+d(x,y)1+d(x,z)+d(y,z)d(x,z)d(y,z) £+1+d(x,z)+d(y,z)1+d(x,z)+d(y,z)d(x,z)d(y,z) £+£d(x,z)+d(y,z)1+d(x,z)1+d(y,z)即三角不等式成立。所以d(x,y)也是X上的距离。 ¥5、证明点列fn按题2中距离收敛于fÎCa,b的充要条件为fn的各阶导数在a,b上一致收敛于f的各阶导数。 1|f(r)(t)-g(r)(t)|证明：由题2距离的定义：d(f,g)=årmax则有： (r)(r)a£t£b1+|f(t)-g(t)|r=02¥|fn(r)(t)-fr|t1若fn上述距离收敛于f，则d(fn,f)=årmax)ra£t£b1+|fn(rt-f(|tr=02¥®0(n®)¥。所以对任何非负整|fn(r)(t)-f(r)(t)|r数r有：max£2d(fn,f)®0(n®¥)。由此对任何非负实数r有 a£t£b1+|f(r)(t)-f(r)(t)|nmax|fn(r)(t)-f(r)(t)|®0(n®¥)。 a£t£b从而对任何非负整数r，fn的各阶导数fn反之：若对每个r，fn的各阶导数fna£t£b(r)(r)在a,b上一致收敛于f的各阶导数f。 (r)(r)在a,b上一致收敛于f的各阶导数f，则对每个r=0,1,2,L有max|fn(r)(t)-f(r)(t)|®0(n®¥)，则"e>0,$Nr,"n>Nr有：max|fn(r)(t)-f(r)(t)|<e a£t£b|fn(r)(t)-f(r)(t)|e从而对任意的非负实数r有：max。又由于 £a£t£b1+|f(r)(t)-f(t)|1+en¥|fn(r)(t)-f(r)(t)|11从而；d(fn,f)=årmax£<¥，于是"e>0,$R有： å(r)(r)ra£t£b1+|fn(t)-f(t)|r=02r=02¥1<¥。从而取N=max(N0,N1,LNR),n>N时 årR+12¥|fn(r)(t)-f(r)(t)|1d(fn,f)=årmaxa£t£b1+|f(r)(t)-f(r)(t)|r=02n¥¥|fn(r)(t)-f(r)(t)|fn(r)(t)-f(r)(t)|11 =årmax+årmax(r)(r)a£t£b1+|fn(t)-f(t)|r=R+12a£t£b1+|fn(r)(t)-f(r)(t)|r=02R¥11e1R+1£+£2(1-)+e<2e+e=3e. åå1+er=02rr=R+12r1+e2Re¥于是"e>0,$N,"n>N有d(fn,f)<e。从而点列fn按题2中距离收敛于fÎCa,b。 7、设E及F是度量空间中两个集，如果d(E,F)>0，证明必有不相交开集O及G分别包含E及F。 1d(x,F)为半径作点x的邻域 xÎE,yÎF2U(x,dx)，令O=UU(x,dx)，则O是开集且EÌO。同理可作开集G，使得 证明：记r=d(E,F)=infd(x,y)>0。"xÎE，以dx=xÎF1FÌG=UU(y,dy)(dy=d(y,E)。 2yÎF余证OIG=F，如若不然即OIG¹F，则存在PÎOIG，由O及G的作法可知，必有xÎE,yÎF，使得11PÎU(x,dx),PÎU(y,dy)，即d(x,P)<dx=d(x,F)，d(y,P)<dy=d(y,E)。从而有 221d(x,y)£d(x,P)+d(y,P)<d(x,F)+d(y,E) 2另一方面d(x,F)£d(x,y)，d(y,E)£d(x,y)，从而有 1d(x,y)³d(x,F)+d(y,E)>d(x,y)， 2由于d(x,y)>d(E,F)=r=infd(x,y)>0，故得矛盾。因此OIG=F。 xÎE,yÎF9、设X是可分距离空间，F为X的一个开覆盖，即F是一族开集，使得对每个xÎX，有F中的开集O，使xÎO，证明必可从F中选出可数个集组成X的一个开覆盖。 证明：因X是可分距离空间，所以在X中存在可数稠密子集B=x1,x2,LxnL。因F是X的一个开覆盖。因此"xÎX，存在F中的开集O，使得xÎO且x是O的内点。存在r>0，使 rrrxÎU(x,r)ÌO，因B在X中稠密，从而可在U(x,)上取出B中的点xk，再取有理数r¢，使得<r¢<442于是xÎU(xk,r¢)ÌU(x,r)ÌO，由xÎX的任意性从而满足该条件的开集O的全体覆盖X。又由于U(xk,r¢)的xk和r¢均为可数故这种开集O的全体至多可数。 10、设X是距离空间，A为X中的子集，令f(x)=infd(x,y),xÎX，证明f(x)是X上的连续函数。 xÎA证明：x,x0ÎX，则由d(x,y)£d(x,x0)+d(x0,y)可得 infd(x,y)£d(x,x0)+infd(x0,y)Þf(x)£d(x,x0)+f(x0) yÎAyÎAÞf(x)-f(x0)£d(x,x0) 同理可得：f(x0)-f(x)£d(x,x0)Þ|f(x)-f(x0)|£d(x,x0)。因此当x®x0即d(x,x0)®0时有f(x)=infd(x,y),xÎX在x0处连续，由x0在X上的任意性得 |f(x)-f|。所以00x®xÎAf(x)=infd(x,y)在X上连续。 xÎA14、Cauahy点列是有界点列。 证明：设xn是度量空间中的(X,d)中的Cauahy点列，则"e>0,$N,"n,m>N有d(xn,xm)<e。特别n.m>N取e=1，$N则对任意的n,m>N有d(xn,xm)<1，则 supd(xn,xm)£1，即点列xn,n³N+1的直径是(X,d)有界集。其次对于xn,1£n£N+1，取d(xn,n³N+1)<1，从而点列xn,n³N+1M=maxdxi(xj,£i,1j£N,+，则d(xn,1£n£N+1)£M即xn,1£n£N+1是(X,d)中的有界集。又集xn=xn,1£n£N+1Uxn,n³N+1，所以xn有界。 |)是赋范空间，xn是(X,|g|)中的Cauahy点列点列，则"e>0,$N,"n,m>N时有设(X,|g|xn-xm|<|e，今取e=1，则$N，使得|xn-xN+1|<1。Þ"n>N,|xn|£|xN+1|+1，取 M=|x1|,|x2|,L|xN|,|xN+1|+1，则"n，有|xn|£M。所以点列xn有界。 ¥d(Anx,Anx¢)18、设X为完备度量空间，A是X到X中的映射，记an=sup，若åan<¥，则映射A有d(x,x¢)x¹x¢n=1唯一不动点。 证明：因åan=1¥n<¥，由级数收敛之必要条件有liman=0，于是对于0<a<1，$N，n>N时有|an|<e。n®¥d(Anx,Anx¢)于是n>N时，<aÞd(Anx,Anx¢)<ad(x,x¢)。从而从N+1后，映射A是X到X的压缩映射。d(x,x¢)又由于X是完备的，所以映射A有唯一不动点。