泛函分析讲义－习题解答+林源渠..pdf-资料库

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1．1．1 证明完备度量空间的闭子集是一个完备的子空间，而任一度量空间的完备子空间必是闭子集． (1) 设 X 是完备度量空间, M X 是闭的. 要证 M 是一个完备的子空间. 证 xm, xn M, m, n xm, xn X, m, n , X 是完备度量空间, xm xn 0 xm xn 0 x X, 使得 xn x. xn M, xn x x M. M X 是闭的 xm, xn M, xm xn 0, m, n x M, 使得 xn x M 是一个完备的子空间. (2) 设 X 是一度量空间, M 是 X 的一个完备子空间. 要证 M 是闭子集. 即, 若 xn M, xn x. 要证 x M. 证因为收敛列是基本列, 所以 xn M, xm xn 0, M 是完备度量空间, 所以 x M, 使得 xn x. m, n , 又 xn x xn x x x M. 1.1.2 (Newton法) f 是定义在 a, b 上的二次连续可微的实 1 课后答案网 www.khdaw.com

x a, b, 使得 fx 0 , f x 0. 求值函数，证存在 x 的邻域 U x ，使得 x0 U x 迭代序列 xn1 xn 是收敛的，并且 limn xn x 证明 Tx x n 0, 1, 2, fx n f x n , fx f x d dx Tx 1 f x 2 fx f x 2 f x fx f x 2 f x , fx 0, f x 0. f x 在点 x 处连续, lim xx fx f x 2 f x 0, x 的邻域 U x , 使得 fx f x 2 f x 1, f x 0 x U x . |Tx Ty| f f 2 f |x y| |x y| x, y U x . 于是, 对 x0 U x , n 0, 1, 2, 是收敛的. 设 xn x U x . Tx x fx 0. 联合 xn1 Txn fx 0 x U x fx 0 x U x f x 0 x U x x x, 2 课后答案网 www.khdaw.com

故有 xn x. 1.1.3 ．设 X, 是度量空间，映射 T : X X 满足 Tx, Ty x, y x y 并已知 T 有不动点. 求证此不动点是惟一的. 证明用反证法. 如果 T 有两个不动点 x1 x2 ,即有, 一方面 Tx1 x1 Tx2 x2 Tx1, Tx2 x1, x2 ; 另一方面,由假设Tx1, Tx2 x1, x2 x1, x2 x1, x2 矛盾. 1.1.4 设 T 是度量空间上的压缩映射，求证 T 是连续的．证明只要证 xn x0 Txn Tx0. 0, 1 使得 Tx, Ty x, y, 故有 xn x0 xn, x0 0 由假设, Txn, Tx0 xn, x0 Txn, Tx0 0 Txn Tx0. 1.1.5 设 T 是压缩映射，求证 Tn 也是压缩映射，并说明逆命题不一定成立. (1)因为 T 是压缩映射,所以 0, 1, 使得 Tx, Ty x, y, 从而 T2x, T2y Tx, Ty 2x, y. 假定 Tnx, Tny nx, y 成立, 则有 Tn1x, Tn1y Tnx, Tny nx, y n1x, y. 3 课后答案网 www.khdaw.com

x 2 于是根据数学归纳法原理, Tnx, Tny nx, y 对 n 成立. 又 0 1 0 n 1. 故有 Tnx, Tny x, y. 即 Tn 是压缩映射. (2) 逆命题不一定成立. 例如 fx f2x x fx 2 上, 如果 fx : 0 1, 使得 |fx2 fx1 | |x2 x1 | |fx 2 fx 1 | 0, 1 0, 1. 0, 1 0, 1 是压缩映射.但是 0, 1 0, 1 不是压缩映射. 事实 0, 1 0, 1 是压缩映射,即 x1, x2 0, 1. x 2 : : : : |x 2x 1 | |fx 2 fx 1 | 即差商 x1 |fx 2 fx 1 | |x 2x 1 | 是有界的. 但是如果取 2 1 n , x2 2x1 n n 2, 1 2 n 1 |x 2x 1 | n . |fx 2 fx 1 | |x 2x 1 | 是无界的, 矛盾. 即知差商 (3)如果存在正整数 n, 使得 Tn 是压缩映射, 那么 T 有唯一不动点.事实上, 根据不动点定理, x0 使得 Tnx0 x0. 则有 TnTx0 || Tx0 || Tn1x0 TTnx0 即 Tx0 也是 Tn 的不动点. 又 Tn 是压缩映射, 那么 Tn 有唯一不动点,即得 Tx0 x0. 这就证明了 T 有不动点. 4 课后答案网 www.khdaw.com

下面再证 T 的不动点唯一. 用反证法. 如果 x1, x2 是 T 的两个不动点 x1 x2. 即有 Tx1 x1 Tx2 x2 , 那么 Tnx1 Tn1Tx1 Tnx2 Tn1Tx2 Tx 1x 1 Tx 2x 2 Tn1x1 Tx1 x1 Tn1x2 Tx2 x2 x , 即 x1, x2 是 Tn 的两个不动点,因为 Tn 是压缩映射,所以 Tn 有唯一不动点,从而 x1 x2, 矛盾. 1.1.6 设 M 是 n 中的有界闭集，映射 T : M M 满足 y M , Tx, Ty x, y 求证 T 在 M 中存在唯一的不动点. 证 Tx, Tx0 x, x0 , x, x0 0 Tx, Tx0 0 . 再由三角形不等式, 得到 |x, Tx x0, Tx0 | x, x0 Tx, Tx0 . 由此可 def x, Tx 在 M 上连续. 因为 M 是 n 见, fx 中的有界闭集, 所以 x0 M 使得 x y . x0, Tx0 fx0 min xM fx min xM x, Tx. 如果 x0, Tx0 0 , 那么 x0 就是不动点. 今假设 x0, Tx0 0 . 根据假设, 我们有 Tx0, T 2x0 x0, Tx0 min 但是 Tx0 , T 2x0 M , 这与 x0, Tx0 是最小值矛盾. 故 x0, Tx0 0 , 即存在不动点 x0 . xM x, Tx. 5 课后答案网 www.khdaw.com

x2 , 则从 x2 Tx1 , Tx2 x1 , 不动点的唯一性是显然的. 事实上, 如果存在两个不动点 x1 , x2 即得矛盾. x1 , 注假如把条件 M 是 n 中的有界闭集去掉, 只假定 Tx, Ty x, y 结论一般不对. 例如, X 1, Tx x y , x arctan x y M , x , 2 Tx, Ty |Tx Ty| 2 1 2 |x y| |x y| x, y. x , 由此可见, 映射 T 满足假定: Tx, Ty x, y 但是 Tx x arctan x 此映射 T 没有不动点. 1.1.7 对于积分方程 xt 0 y M , x y , 2 , 这是不可能的, 因 1 etsxsds yt 1 etsxsds yt 1 e sxsds e tyt 为一给定函数，为常数， || 1 ，求证存在惟一解 xt 0, 1. 证明 xt 0 e txt 0 zt zt t 0 T : Tu, Tv max t0,1 def etxt, t etyt, 则有 1 zsds, 令 1 zsds. zt t 0 1 vsds 0 1 usds 0 1|us vs|ds || max 0 t0,1 || max t0,1 |ut vt| ||u, v. 6 课后答案网 www.khdaw.com

x = (ξ1, ξ2, · · · , ξn · · · ) 1 1.2.1 S S ρ(x, y) = ∞ X k=1 1 2k |ξk − ηk| 1 + |ξk − ηk| , x = (ξ1, ξ2, · · · ), y = (η1, η2, · · · ). S ρ(x, y) ( 1 ) , ( 2 ) !"#$%& '( ρ(x, y) " # ( 3 ) , )*+ f (t) = t ↑ ⇒ f (|a + b|) ≤ f (|a| + |b|) , 1+t = 1 − 1 1+t |a + b| |a| + |b| |a| ≤ = + |b| |a| |b| . + ≤ 1 + |a + b| 1 + |a| + |b| 1 + |a| + |b| 1 + |a| + |b| 1 + |a| 1 + |b| z = (ζ1, ζ2, · · · , ζk, · · · ), -. ∞ ρ (x, y) = ≤ X k=1 1 2k |ξk − ηk| 1 + |ξk − ηk| ∞ X k=1 1 2k |ξk − ζk| 1 + |ξk − ζk| = + ∞ X k=1 ∞ X k=1 1 2k 1 2k |(ξk − ζk) + (ζk − ηk)| 1 + |(ξk − ζk) + (ζk − ηk)| |ζk − ηk| 1 + |ζk − ηk| = ρ (x, z) + ρ (z, y) . 345 S 6 {x(m)}$ S 78 x(m) = x(m) /0(' ρ(x, y) "# ( 3 ) . 12 S $ - ρ (x(m+p), x(m)) = → 0 (m → ∞ , ∀p ∈ N ). 9:;<=> |x 1+|x (m+p) i (m) i (m) i i=1 −x | | 1 ∞ , x(m) 2 , · · · , x(m) k , · · ·. − x(m) k → 0 (m → ∞ , ∀p ∈ N ) . (1) ?@ABCD k ∈ N , B ∀ ε > 0 , E N k FG , −x 1 2i (m+p) i X ∀k ∈ N , x(m+p) k ∞ X i=1 1 2i i x(m+p) 1 + x(m+p) i − x(m) i − x(m) i < ε 2 k+1 (m > N k , ∀p ∈ N ) . HI J k KLM&NOPQR.K S,G < ⇒ x(m+p) − x(m) − x(m) − x(m) ε 2 < k k k k k x(m+p) 1 + x(m+p) k ε 2 1 − ε 2 ∵ ε<1 < ε 2 1 − 1 2 = ε. 9:;T (1) U)*+ (1) *VW ∀ k ∈ N , x (m) CXYZ x (m) k [\]^E x∗ 789 6CXYZ x (m) k [$ k FG k → x∗ x (m) k ( M m → +∞ ) . _ ` x ∗ ab=== ( x ∗ 1 , x ∗ 2 · · · x ∗ n , · · · ). 课后答案网 www.khdaw.com

345 x (m) → x ∗ ( M m → +∞ ) . ?@A0$c ∞ n − x∗ |x(m) n − x∗ n| ρx(m), x∗ = X 1 2k n=1 1 + x(m) d0$c B ∀ ε > 0 , E N , FG 1 + x(m) X n − x∗ n| |x(m) 1 2k n=1 ∞ n − x∗ n n → 0 < ε ( ∀ m > N) . (2) (2) $cBefgKShijklm nopqrst u n 0 Kvop^wcjk Ixy3oz ∞ ∞ 2 M m → ∞ . |x(m) n − x∗ n| X 1 2k n=1 n − x∗ 1 + x(m) n ' (3) efgK|o < ε ∞ X n=n0+1 1 2k |x(m) n − x∗ n| 1 + x(m) n − x∗ n=1 = n0X | 2, }c n < 1 2k |x(m) n − x∗ n| n − x∗ + X n=n0+1 1 2k |x(m) n − x∗ n| n − x∗ (3) 1 + x(m) {z .{K n } | 1 + x(m) {z efgK n } ∞ X n=n0+1 1 2k = 1 2n0 < ε 2 ⇐= n0 > 1 − log2 ε. 2, )*+BC n ≤ n 0 , E N n H n0 > 1 − log2 ε , ' (3) .{K|o < ε FG H N ab=== max {N1, N2, · · · Nn0} , ~. M m > N , n0X n < 2k x(m) x(m) n < n − x∗ n| n − x∗ n − x∗ n0X n0X n − x∗ |x(m) 1 2k ε 2 n=1 n=1 n=1 < 1 1 + x(m) n ( n = 1, 2, · · · n 0 ). 1 2k · ε 2 < ∞ X n=1 1 2k · ε 2 = ε 2 . $ (2) U: {x(m)} \] x ∗, ( , S ) $ 课后答案网 www.khdaw.com

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