张恭庆编《泛函分析讲义》第二章第1节 线性算子与线性泛函习题解答

1.线性连续算子的刻画

 求证: $T\in\scrL\sex{\scrX,\scrY}$ 的充要条件是 $T$ 为线性算子并将 $\scrX$ 中的有界集映为 $\scrY$ 中的有界集.

证明: 必要性显然. 往证充分性. 由 $\sed{x\in \scrX;\ \sen{x}\leq 1}$ 是有界集知 $$\bex \exists\ M>0,\ s.t.\ \sen{Tx}\leq M\quad \sex{\forall\ \sen{x}\leq 1}. \eex$$ 于是对 $\forall\ x\in \scrX-\sed{0}$, $$\bex \sen{T\sex{\frac{x}{\sen{x}}}} \leq M\ra \sen{Tx}\leq M\sen{x}. \eex$$ 因此, $T\in \scrL(\scrX,\scrY)$ 且 $\sen{T}\leq M$.

 

 

2.范数的等价刻画

 设 $A\in \scrL\sex{\scrX,\scrY}$, 求证:

(1) $\dps{\sen{A}=\sup_{\sen{x}\leq 1}\sen{Ax}}$;

(2) $\dps{\sen{A}=\sup_{\sen{x}<1}\sen{Ax}}$.

证明:

(1)一方面, $$\bex \sup_{\sen{x}\leq 1}\sen{Ax} \geq \sup_{\sen{x}=1}\sen{Ax} =\sen{A}. \eex$$ 另一方面, $$\bex \sen{x}=\sup_{x\neq 0}\frac{\sen{Ax}}{\sen{x}} \geq \sup_{x\neq 0\atop \sen{x}\leq 1} \frac{\sen{Ax}}{\sen{x}} \geq \sup_{\sen{x}\leq 1}\sen{Ax}. \eex$$

(2)一方面, 由 第2章第1节第2题第1问 知 $$\bex \sen{A}=\sup_{\sen{x}\leq 1}\sen{Ax} \geq \sup_{\sen{x}<1}\sen{Ax}. \eex$$ 另一方面, 对 $\forall\ \sen{x}=1,\ \forall\ \ve>0$, $$\bex Ax=(1+\ve)A\sex{\frac{x}{1+\ve}} \leq (1+\ve)\sup_{\sen{x}<1}\sen{Ax}. \eex$$ 故 $$\bex \sen{A}\leq (1+\ve)\sup_{\sen{x}<1}\sen{Ax}. \eex$$ 令 $\ve\to 0^+$, 有 $$\bex \sen{A}\leq (1+\ve)\sup_{\sen{x}<1}\sen{Ax}. \eex$$ 注记: $$\bex \sen{A}=\inf\sed{M;\ \frac{\sen{Ax}}{\sen{x}}\leq M,\ \forall\ 0\neq x\in \scrX}. \eex$$

 

 

3.泛函范数的等价刻画

 设 $f\in \scrL(\scrX,\bbR)$, 求证:

(1) $\dps{\sen{f}=\sup_{\sen{x}=1}f(x)}$;

(2) $\dps{\sup_{\sen{x}<\delta}f(x)=\delta\sen{f}}$.

证明:

(1)一方面, $$\bex \sup_{\sen{x}\leq 1}f(x) \leq \sup_{\sen{x}\leq 1}\sev{f(x)} =\sen{f}. \eex$$ 另一方面, 对 $\forall\ x\in \scrX$ 满足 $\sen{x}=1$, 若 $f(x)\geq 0$, 则 $$\bex \sev{f(x)}=f(x)\leq \sup_{\sen{x}= 1}f(x). \eex$$ 若 $f(x)<0$, 则 $$\bex \sev{f(x)}=-f(x)=f(-x)\leq \sup_{\sen{x}=1}f(x). \eex$$ 故而总有 $$\bex \sev{f(x)}\leq \sup_{\sen{x}=1}f(x)\ \sex{\forall\ \sen{x}=1}. \eex$$

(2)注意到 $$\bex \frac{1}{\delta}\sup_{\sen{x}<\delta}f(x) =\sup_{\sen{x}<\delta}\frac{1}{\delta}f(x) =\sup_{\sen{x}<\delta}f\sex{\frac{x}{\delta}} =\sup_{\sen{y}<1}f(y). \eex$$ 我们仅须证明 $$\bex \sen{f}=\sup_{\sen{x}<1}f(x). \eex$$ 一方面, 由 $$\bex \sen{x}<1\ra \sev{f(x)}\leq \sen{f}\sen{x}<\sen{f} \eex$$ 知 $\dps{\sup_{\sen{x}<1}f(x)<\sen{f}}$. 另一方面, 由 $$\bex \sen{x}=1\ra f(x)=(1+\ve)f\sex{\frac{x}{1+\ve}}\leq (1+\ve)\sup_{\sen{x}<1}f(x) \eex$$ 及 第2章第1节第3题第1问 知 $$\bex \sen{f}=\sup_{\sen{x}=1}f(x)\leq (1+\ve)\sup_{\sen{x}<1}f(x). \eex$$ 令 $\ve\to 0^+$ 即知结论.

 

 

4.可积函数作为泛函的范数

 设 $y(t)\in C[0,1]$, 定义 $C[0,1]$ 上的泛函 $$\bex f(x)=\int_0^1 x(t)y(t)\rd t\quad \sex{\forall\ x\in C[0,1]}. \eex$$ 求 $\sen{f}$.

证明: 注意到 $$\bex \sev{f(x)}=\sev{\int_0^1 x(t)y(t)\rd t} \leq \int_0^1 \sev{y(t)}\rd t\cdot\sen{x}, \eex$$ 我们有 $\dps{\sen{f} \leq \int_0^1 \sev{y(t)}\rd t}$. 往证 $\dps{\sen{f}=\int_0^1 \sev{y(t)}\rd t}$. 由于 $y\in C[0,1]$, 而一致连续, $$\bex \forall\ \ve>0,\ \exists\ n\in \bbN,\ s.t.\ \sup_{1\leq i\leq n}\sup_{x',x''\in \sez{\frac{i-1}{n},\frac{i}{n}}} \sev{y(x')-y(x'')}<\ve. \eex$$ 记 $\dps{J=\sed{\sez{\frac{i-1}{n},\frac{i}{n}}}_{i=1}^n}$, 对 $J$ 中元素进行分类: $$\bex J=J_1\cup J_2, \eex$$ 其中 $y$ 在 $J_1$ 中的元素上不变号; 在 $J_2$ 中的元素上变号, 而有零点, 且值域 $\subset (-\ve,\ve)$. 现作连续函数 $$\bex \tilde x(t)=\left\{\ba{cc} sgn(y(t)),&t\in I,\ I\in J_1,\\ \mbox{线性函数},&t\in I,\ I\in J_2. \ea\right. \eex$$ 则 $\sen{\tilde x}\leq 1$ 且 $$\bex \sen{f}&\geq&f(\tilde x) =\int_0^1 \tilde x(t)y(t)\rd t\\ &=&\sum_{I\in J_1}\int_I \tilde x(t)y(t)\rd t +\sum_{I\in J_2}\int_I\tilde x(t)y(t)\rd t\\ &\geq&\sum_{I\in J_1}\int_I\sev{y(t)}\rd t -\sum_{I\in J_2}\int_I\sev{y(t)}\rd t\\ &=&\int_0^1 \sev{y(t)}\rd t -2\sum_{I\in J_2}\int_I\sev{y(t)}\rd t\\ &\geq&\int_0^1 \sev{y(t)}\rd t -2\ve. \eex$$ 令 $\ve\to 0^+$, 有 $$\bex \sen{f}\geq \int_0^1 \sev{y(t)}\rd t. \eex$$

 

 

5.范数的几何意义 1

 设 $f$ 是 $\scrX$ 上的非零线性有界泛函. 令 $d=\inf\sed{\sen{x};\ f(x)=1}$. 求证: $\dps{\sen{f}=\frac{1}{d}}$.

证明: 一方面, 对 $x\in \scrX$ 满足 $f(x)=1$, 有 $$\bex 1=f(x)\leq \sen{f}\sen{x}\ra \sen{x}\geq \frac{1}{\sen{f}}, \eex$$ 而 $\dps{d\geq \frac{1}{\sen{f}}}$. 另一方面, 由 $\sen{f}$ 的定义, $\forall\ \ve>0,\ \exists\ 0\neq x_0\in \scrX$, s.t. $$\bex \frac{f(x_0)}{\sen{x_0}}>\sen{f}-\ve \ra \sen{\frac{x_0}{f(x_0)}}<\frac{1}{\sen{f}-\ve}. \eex$$ 由于 $\dps{f\sex{\frac{x_0}{f(x_0)}}=1}$, 我们有 $$\bex d\leq \frac{1}{\sen{f}-\ve}. \eex$$ 令 $\ve\to 0^+$, 得 $\dps{d\leq \frac{1}{\sen{f}}}$.

 

 

6.范数的几何意义 2

 设 $f\in \scrX^*$. 求证: $\forall\ \ve>0,\ \exists\ x_0\in \scrX$, 使得 $f(x_0)=\sen{f}$ 且 $\sen{x_0}<1+\ve$.

证明: 若 $f\equiv 0$, 则结论显然. 若 $f\not\equiv 0$, 则由题 第2章第1节第5题 知 $$\bex \forall\ \ve>0,\ \exists\ \tilde x\in \scrX,\ s.t.\ f(\tilde x)=1,\ d+\ve d>\sen{\tilde x}, \eex$$ 其中 $d=\inf\sed{\sen{x};\ f(x)=1}$. 令 $$\bex x_0=\sen{f}\tilde x, \eex$$ 则 $f(x_0)=\sen{f}$ 且 $$\bex \sen{x_0}=\sen{f}\cdot \sen{\tilde x} <\sen{f}\cdot d(1+\ve)=1+\ve. \eex$$

 

 

7.核空间与有界线性泛函的关系

 设 $T:\scrX\to \scrY$ 是线性的, 令 $$\bex N(T)=\sed{x\in\scrX;\ Tx=0}. \eex$$

(1) 若 $T\in \scrL(\scrX,\scrY)$, 求证: $N(T)$ 是 $\scrX$ 的闭线性子空间. (2) 问 $N(T)$ 是 $\scrX$ 的闭线性子空间能否推出 $T\in \scrL(\scrX,\scrY)$? (3) 若 $f$ 是线性泛函, 求证: $$\bex f\in \scrX^*\lra N(T)\mbox{ 是闭线性子空间}. \eex$$

证明:

(1)设 $N(T)\ni x_n\to x$, 则于 $$\bex Tx_n=0 \eex$$ 中令 $n\to\infty$, 有 $Tx=0$, 而 $x\in N(T)$.

(2)设 $N(T)$ 是 $\scrX$ 的闭线性子空间, 则一般地, $T$ 未必是有界的. 构造反例如下. 在 $\ell^1$ 中, 取 $$\bex a=(1,-1,0,\cdots); \eex$$ $$\bex \ba{cccc} f:&\ell^1&\to&\bbR\\ &\sed{\xi_n}_{n=1}^\infty&\mapsto& \dps{\sum_{n=1}^\infty\xi_n}; \ea \eex$$ $$\bex \ba{cccc} T:&\ell^1&\to&\ell^1\\ &x&\mapsto&x-f(x)a. \ea \eex$$ 则

a.$N(T)=0$. 事实上, $$\bex Tx=0\ra x=f(x)a\ra f(x)=f(x)f(a)=0\ra x=f(x)a=0. \eex$$

b.$f$ 无界. 实际上, 取 $$\bex x_n=(\underbrace{1,1,\cdots,1}_{n\mbox{ 个}},0,\cdots), \eex$$ 则 $$\bex \sen{x_n}=1,\quad f(x_n)=n,\quad \lim_{n\to\infty}\frac{f(x)}{\sen{x}}=+\infty. \eex$$

c.$T$ 无界. 用反证法证明. 若 $T$ 有界, 则 $$\bex x\in \scrX&\ra&\sen{x-f(x)a}\leq \sen{T}\sen{x}\\ &\ra&\sev{f(x)}=\sev{f(x)}\sen{a} \leq \sen{x-f(x)a}+\sen{x} \leq (1+\sen{T})\sen{x}, \eex$$ 这是一个矛盾.

(3)$\ra$ 第2章第1节第7题第1问中已证. $\la$ 用反证法. 若 $f$ 无界, 则 $$\bex \forall\ n\in \bbN,\ \exists\ x_n\in \scrX,\ s.t.\ \sen{x_n}=1,\ f(x_n) \geq n. \eex$$ 令 $$\bex y_n=\frac{x_n}{f(x_n)}-\frac{x_1}{f(x_1)}, \eex$$ 则 $$\bex N(f)\ni y_n\to -\frac{x_1}{f(x_1)}\not\in N(f). \eex$$ 这是一个矛盾.

 

 

8.超平面的几何意义

 设 $f$ 是 $\scrX$ 的线性泛函, 记 $$\bex H^\lambda_f=\sed{x\in \scrX;\ f(x)=\lambda}\quad (\forall\ \lambda\in \bbK). \eex$$ 如果 $f\in \scrX^*$ 并且 $\sen{f}=1$. 求证:

(1) $\dps{\sev{f(x)}=\inf\sed{\sen{x-z};\ \forall\ z\in H^0_f}\ (\forall\ x\in \scrX)}$.

(2) $\forall\ \lambda \in \bbK$, $H^\lambda_f$ 上的任一点 $x$ 到 $H^0_f$ 的距离都等于 $\sev{\lambda}$. 并对 $\scrX=\bbR^2$, $\bbK=\bbR^1$ 情形解释 第2章第1节第8题第1问和第2章第1节第8题第2问的几何意义.

证明:

(1)一方面, 对 $\forall\ z\in H^0_f$, $$\bex \sev{f(x)}=\sev{f(x-z)} \leq \sen{f}\sen{x-z} =\sen{x-z}, \eex$$ 而 $$\bex \sev{f(x)}\leq d,\mbox{ 其中 } d=\inf\sed{\sen{x-z};\ \forall\ z\in H^0_f}. \eex$$ 另一方面, 对 $\forall\ y\in \scrX$ 满足 $\sen{y}=1$ 且 $f(y)\neq 0$, 有 $$\bex z=x-\frac{f(x)}{f(y)}{y}\in N(f), \eex$$ 而 $$\bex \sev{f(x)}=\sev{f(y)}\sen{x-z} \geq \sev{f(y)}d. \eex$$ 于是 $$\bex \sev{f(x)}\geq \sen{f}d=d. \eex$$

(2)对 $\forall\ x\in H^\lambda_f$, 有 $f(x)=\lambda$. 由 第2章第1节第8题第1问 知 $$\bex \sev{\lambda}=\rho(x,H^0_f). \eex$$ 在 $\bbR^2$ 中, 由 $\sen{f}=1$ 知 $$\bex f((x,y))=\alpha x+\beta y,\mbox{ 其中 }\alpha=f((1,0)),\ \beta=f((0,1)),\ \alpha^2+\beta^2=1. \eex$$ 而 第2章第1节第8题第1问, 第2章第1节第8题第2问 就是说 $$\bex \rho(x,H^0_f) =\rho(0,H^\lambda_f) =\left.\frac{\sev{\alpha x+\beta y-\lambda}}{\sqrt{\alpha^2+\beta^2}}\right| _{(0,0)}=\sev{\lambda}. \eex$$

 

 

 

9.线性泛函的性质

 

 设 $\scrX$ 是实 $B^*$ 空间, $f$ 是 $\scrX$ 上的非零实值线性泛函. 求证: 不存在开球 $B(x_0,\delta)$ 使得 $f(x_0)$ 是 $f(x)$ 在 $B(x_0,\delta)$ 中的极大值或极小值.

 

证明: 只证极大值的情形. 极小值的情形类似. 用反证法. 若 $$\bex \exists\ B(x_0,\delta),\ s.t.\ x\in B(x_0,\delta)\ra f(x)\geq f(x_0)\ra f(x-x_0)\geq 0, \eex$$ 则 $$\bex y\in B(0,\delta)\ra f(y)\geq 0. \eex$$ 但 $$\bex f(-y)=-f(y)\leq 0. \eex$$ 故 $f(y)=0$, 而 $$\bex 0\neq x\in \scrX\ra f(x)=\frac{2\sen{x}}{\delta}f\sex{\frac{\delta x}{2\sen{x}}}=0, \eex$$ 这与 $f$ 非零矛盾.

注记: 本题亦可用题 第2章第1节第3题第2问立即得到.