实变函数与泛函分析

非刷题不足以言学习。
课程：PKU数学双学位——实变函数与泛函分析
授课：刘和平教授
教材：郭懋正《实变函数与泛函分析》
双学位的课面向非数学系的其他院系学生，总体要求较数学科学学院低。实变函数和泛函分析在数学系是两门单独的课，在双学位课程设置里合并为一个学期的内容。但是实变函数和泛函分析本身难度不小，想要掌握好这一部分内容非下一点力气是不行的。所谓“实变函数学十遍，泛函分析心犯寒”也。
本打算把所有的课后题都刷一遍，写一份答案，后来想把作业题都做一份答案，结果都是flag.现在没有心思和精力做这件事，姑且搁置了。

集合与运算

集合及其运算

1. 设有集合 A,B,C,D ，满足 A∪B=C∪D ，证明：
   (1)令 A1=A∩C,A2=A∩D ，则 A=A1∪A2 ；
   (2)令 A∩C=∅,B∩D=∅ ，则 A=D,B=C .

   证：
   (1) A1∪A2=(A∩C)∪(A∩D)=A∩(C∪D)=A∩(A∪B)=A

   (2) A=(A∩C)∪(A∩D)=∅∪(A∩D)=A∪D⇒D⊂A
   D=(D∩A)∪(D∩B)=(D∩A)∪∅=A∩D⇒A⊂D
   ⇒A=D
   同理可证 B=C
   注：主要用到集合交并运算的分配律

2. 设 A,B,D⊂X ，求证：

   B=(D∩A)c∩(Dc∪A)⇔Bc=D

   证：

   B=====⇒(D∩A)c∩(Dc∪A)(Dc∪Ac)∩(Dc∪A)Dc∪(Ac∩A)Dc∪∅DcBc=D

   
   注：主要用到摩根律和分配律

3. 设 A,B 是集合，定义 AΔB=(A∖B)∪(B∖A) 为 A 与 B 的对称差。证明对称差具有以下性质：

   AΔB=BΔA;AcΔBc=AΔB;AΔ(BΔC)=(AΔB)ΔC
   
   并证明对于给定的集合 A 与 B ，存在唯一的集合E，使得
   
   EΔA=B

   证：
   (1)(交换律) AΔB=(A∖B)∪(B∖A)=(B∖A)∪(A∖B)=BΔA (并运算的交换律)
   (2)

映射

n维欧式空间 Rn

Lebegue测度

Lebesgue外侧度与可测集

Lebesgue可测函数

Lebesgue可测函数列的收敛性

Lebesgue积分

Lebesgue可测函数的积分

Lebesgue积分的极限定理

重积分与累次积分

Lp 空间

Lp 空间

L2 空间

1. (第1题) f∈M,c>0. 若对于任意的函数 g∈L2(E) ，有 ∥fg∥2≤c∥g∥2 ，试证明 f∈L∞(E) ，且 ∥f∥∞≤c .

   proof
   若 |{x∈E:|f|>c}|=m(F)>0, 取 g=χF
   则

   ∥fg∥2==(∫E|f⋅χF|2dx)12(∫F|f|2dx)12>c(∫F12dx)12=c∥g∥2

   
   矛盾，所以 m(F)=0 ,所以 |f|≤c,a.e.[E]
   即 f∈L∞(E) ，且 ∥f∥∞≤c .

2. (第5题)设 k(x,y)∈L2(Rn×Rn) ，对于 f∈L2(Rn) 证明下述积分
   

   Tf(x)=∫Rnk(x,y)f(y)dy
   
   有意义，且 Tf∈L2(Rn)

   proof
   因为 k(x,y)∈L2(Rn×Rn) ,所以 k(x,y)∈L2(Rn) .
   由Hölder不等式，

   Tf(x)=≤<∫Rnk(x,y)f(y)dy(∫Rnk2(x,y)dy)12∥f(y)∥∞

   
   所以该积分有意义。
   

   ∥Tf(x)∥2≤≤=≤∫Rn⎛⎝(∫Rnk2(x,y)dy)12∥f(y)∥⎞⎠2dx∥f(y)∥2∫Rn(∫Rnk2(x,y)dy)dx∥f(y)∥2∥k(x,y)∥∞

   
   所以 Tf∈L2(Rn)

3. (第15题)设 {φ(x)} 是 L2([a,b]) 中的标准正交基，对于任意的 f∈L2([a,b]),cn=(f,φn),f(x)∼∑∞n=1cnφn(x)dx , 证明对于任意的可测子集 E⊂[a,b] ,
   

   ∫Ef(x)dx=∑n=1∞cn∫Eφn(x)dx

   proof
   因为 {φk} 是标准正交基，由内积等式 (f,g)=∑∞k=1(f,φk)(φk,g)
   取 g=1 ，得 (f,1)=∑∞k=1(f,φk)(φk,1) ，基
   

   ∫Ef(x)dx=∑n=1∞cn∫Eφn(x)dx

4. (第18题)设 {φk}∈L2([a,b]) 是标准正交系.若存在极限 limk→∞φk(x)=φ(x),a.e.[a,b] ,证明 φ(x)=0,a.e.[a,b] .

   proof 1
   用反证法
   若 |{x∈E:|φ(x)|>0}|=m(F)>0 ,
   不妨设 φ(x)>c,∀x∈G
   ∃N,∀k>N,φk>c2
   取非负函数 f,s.t.f>0,a.e.[a,b],f∈L2([a,b]) （这样的函数是一定存在的，比如高斯函数 Ae−x22 ）
   取 g=f⋅χF=∑∞k=1ckφk
   则
   

   ∥g(x)∥2=≥=>=∫[a,b]|g(x)|2dx∑k=1∞c2k∑k=1∞(∫[a,b]g⋅φk(x)dx)2∑k=N∞c24(∫Gfdx)2∞

   
   矛盾，所以 m(F)=0 .
   所以 φ(x)=0,a.e.[a,b] .
   proof 2

5. (第21题)设 g∈L1(R1) ，且 limk→∞∫∞−∞fk(x−y)g(y)dy=∫∞−∞f(x−y)g(y)dy

   proof

卷积与Fourier变换

Hilbert空间理论

距离空间

1. （第1题） S 为由一切复数列 x=(ξ1,ξ2,⋯,ξn,⋯) 组成的集合，在 S 中定义距离为

   ρ(x,y)=∑k=1∞12k|ξk−ηk|1+|ξk−ηk|
   ,
   其中 x=(ξ1,ξ2,⋯),y=(η1,η2,⋯) .求证 S 是完备的距离空间。

   proof
   (i) 容易验证 S 上的距离满足正定性、对称性、三角不等式，所以是一个距离空间。
   (ii) 设 xn={ξnk},n=1,2,⋯,k=1,2,⋯ 为基本列，
   即当 m,n→∞ 时，

   ρ(xm,xn)=limm,n→∞∑k=1∞12k|ξmk−ξnk|1+|ξmk−ξnk|=0

   ,
   这等价于

   limm,n→∞|ξmk−ξnk|=0,k=1,2,⋯,

   
   即 {ξnk},n=1,2,⋯ 为基本列。
   根据复数域 C 的完备性，知存在

   ξk∈C,ξk=limn→∞ξnk

   
   取 x0={ξ1,ξ2,⋯} ,则

   limn→∞ρ(xn,x0)=limn→∞∑k=1∞12k|ξnk−ξk|1+|ξnk−ξk|=∑k=1∞limn→∞12k|ξnk−ξk|1+|ξnk−ξk|=0

   
   根据 (i)(ii) 及完备空间定义， S 是一个完备空间。

2. (第3题)求证 [0,1] 上的多项式全体距离
   

   ρ(p,q)=∫10|p(x)−q(x)|dx （p,q是多项式）
   
   是不完备的，并指出它的完备化空间.

   proof
   设所有多项式在该距离下构成的空间为 (P,ρ) .考虑此空间中的一个序列 {xk=∑kk=0xkk!} .当 m,n→∞,(m<n) 时，
   

   ρ(xm,xn)=∫10∑k=m+1n∣∣∣xkk!∣∣∣≤∑k=m+1∞1k!→0

   
   所以 {xk} 为基本列。
   但是

   limn→∞xn=limk→∞∑k=0nxnn!=ex

   
   不是多项式函数，所以 (P,ρ) 不是一个完备空间。
   其完备化空间是 L1[0,1]

3. （第13题）设 f(x) 是 (X,ρ) 上的实值函数， x0∈X. 若对 X 内收敛到 x0 的任意点列 {xn} ，有 lim−−−n→∞f(xn)≥f(x0) ,则称 f(x) 在点x_0 x0 处下半连续.若有 lim¯¯¯¯¯n→∞f(xn)≤f(x0) ,则称 f(x) 在点 x0 处上半连续.设 f(x) 是紧空间 (X,ρ) 上的下半连续函数，求证：
   (1) f(x) 有下界；
   (2) f(x) 在 X 上达到其下确界.
   对上半连续函数有类似结论。

   proof
   (1) 若 f(x) 不是下有界的，则对于 ∀M∈R,∃x∈X,s.t.f(x)<M.
   取 Mk=−1,−2,−3,⋯ ,得到对应的序列 {xk},s.t.f(xk)<Mk
   因为 X 是紧空间，所以 {xk} 存在收敛子列 {xkl}
   设 x0∈X,x0=liml→∞xkl ,则

   f(x0)≤liml→∞f(xkl)<liml→kMkl=−∞

   
   这与实值函数的定义矛盾。
   (2) 因为 f(x) 有下界，所以存在下确界 M M ,对 \forall \varepsilon>0,\exists x\in X,s.t.f(x) ∀ε>0,∃x∈X,s.t.f(x)<M+ε .取 \varepsilon=\dfrac 1k,\cdots ε=1k,⋯ ,得到对应的序列 {xk},s.t.f(xk)<M+1k .因为 X 是紧空间，所以 {xk} 存在收敛子列 {xkl}
   设 x0∈X,x0=liml→∞xkl ,则

   f(x0)≤liml→∞f(xkl)≤M

   
   而 f(x0)≥M 是显然的，所以

   f(x0)=M

   
   即 f(x) 可以达到下确界。

4. (第17题)设 M 是 C[x,b] 中的有界集，求证集合
   

   M˜={F(x)=∫xaf(t)dt∣∣∣f∈M}
   是列紧集.

   proof
   M 是有界集 ⇒∃M0,s.t.|f(x)|<M0,∀x∈[a,b]
   (i)

   |F(x)|=∣∣∣∫xaf(t)dt∣∣∣≤M0|b−a|

   ，所以 F 一致有界。 (ii) ∀ε>0, 取 δ=ε/M0 ， 当 |x1−x2|<δ 时，

   |F(x1)−F(x2)|=∣∣∣∫x2x1f(t)dt∣∣∣≤M0|x1−x2|<ε

   
   所以 F(x) 是等度连续的。
   根据 Arzela−Ascoli 定理， M 是一个列紧集。

5. （第26题）设 C 是 (C,d) 中的有界闭集.映射 T：C→C 满足

   d(Tx,Ty)<d(x,y),∀x,y∈C,x≠y,
   
   证明 T 在C C 中存在唯一不动点.

   proof
   定义f(x)=d(x,Tx) f(x)=d(x,Tx) ，对\forall \varepsilon >0, ∀ε>0, 取\delta=\varepsilon/2 δ=ε/2
   则当d(x_1,x_2)<\delta d(x1,x2)<δ 时
   

   |f(x1)−f(x2)|=|d(x1,Tx1)−d(x2,Tx2)|=|d(x1,Tx1)−d(x1,Tx2)+d(x1,Txx)−d(x2,Tx2)|≤d(x1,x2)+d(Tx1,Tx2)<2d(x1,x2)<ε

   
   所以 f(x) 是连续函数。有界闭集上的连续函数有最小值，设 f(x) 的最小值为 m ，显然 m≥0 。
   若 m>0 ，则 ∃x0,s.t.m=d(x0,Tx0)>d(Tx0,TTx0)
   这和 m 是最小值矛盾，所以 m=0
   如果存在 x≠y,f(x)=f(y)=0 ,即 Tx=x,Ty=y Tx=x,Ty=y
   则 d(x,y)=d(Tx,Ty)<d(x,y) ，矛盾
   所以最小值点唯一。
   所以 T 在 X 中的不动点唯一。

Hilbert空间理论

1. （第1题）极化恒等式。设 a 是复线性空间 X 上的共轭双线性函数， q(x)=a(x,x) 是 a 诱导的二次型，求证：
   (1) 对 ∀x,y∈X,
   

   a(x,y)=14{q(x+y)−q(x−y)+iq(x+iy)−iq(x−iy)}
   
   (2) q 是实值函数 ⇔a(x,y)=a(y,x)¯¯¯¯¯¯¯¯¯,∀x,y∈X

   proof
   (1)

   ====14{q(x+y)−q(x−y)+iq(x+iy)−iq(x−iy)}14{a(x+y,x+y)−a(x−y,x−y)+ia(x+iy,x+iy)−ia(x−iy,x−iy)}14{[a(x,x)+a(x,y)+a(y,x)+a(y,y)]−[a(x,x)−a(x,y)−a(y,x)+a(y,y)]+i[a(x,x)+a(x,iy)+a(iy,x)+a(iy,iy)]−i[a(x,x)−a(x,iy)−a(iy,x)+a(iy,iy)]}14⋅4a(x,y)a(x,y)

   
   (2)(i)若 a(x,y)=a(y,x)¯¯¯¯¯¯¯¯¯,∀x,y∈X ,则
   

   q(x)¯¯¯¯¯¯=a(x,x)¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯=a(x,x)=q(x)

   
   所以 q(x) 是实值函数。
   (ii)若 q(x) 是实值函数，由于 q(−x)=a(−x,−x)=a(x,x)=q(x),q(ix)=a(ix,ix)=a(x,x)=q(x) ，所以
   

   a(y,x)¯¯¯¯¯¯¯¯¯====14{q(y+x)¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯−q(y−x)¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯+iq(y+ix)¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯−iq(y−ix)¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯}14{q(y+x)¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯−q(y−x)¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯−iq(y+ix)¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯+iq(y−ix)¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯}14{q(x+y)−q(x−y)+iq(x+iy)−iq(x−iy)}a(x,y)

   
   所以 q 是实值函数 ⇔a(x,y)=a(y,x)¯¯¯¯¯¯¯¯¯,∀x,y∈X

2. （第4题）在 C[−1,1]=X 中，令 M1={f∈X|f(x)=0,∀x<0};M2={f∈X|f(0)=0} .计算 M1,M2 在 X 中关于内积
   

   (f,g)=∫1−1f(x)g(x)¯¯¯¯¯¯dx
   
   的正交补。

   proof
   (1)

3. （第6题） m,n 是 Hilbert 空间的子集，求证：
   (1) M⊂N⇒N⊥⊂M⊥ .
   (2) (M⊥)⊥=linspanM¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ .

   proof

4. （第8题） {en},{fn} 是Hilbert Hilbert 空间 H 中两个标准正交基，满足条件
   

   ∑n=1∞∥en−fn∥<∞
   
   求证：两者中一个完备蕴含另一个完备。

   proof

5. （第22题）设 f1,f2,⋯,fn 是 H 上的一组有界线性泛函，
   

   M≜⋂k=1nkerfk
   
   ∀x0∈H, 记 y0 为 x0 在 M 上的正交投影.证明： ∃y1,y2,⋯,yn∈H 及 a1,a2,⋯,an∈C ，使得
   
   y0=x0−∑k=1nakyk

   proof

6. (第23题)记 H=L2(0,1) ，则 C(1)[0,1] 是 H 中线性子空间.令 t∈[0,1] ,作线性泛函 F:C(1)[0,1]→C,F(f)=f′(t). 证明 H 上没有有界线性泛函，它在 C(1)[0,1] 中的限制是 F .

   proof

Hilbert空间上的算子

Hilbert空间上的紧算子

Banach空间

Banach空间

Banach空间上的有界线性算子

Banach空间上的连续线性泛函

Banach空间的收敛性和紧致性