2018-3

在 $X=C[0,1]$ 上赋予范数 $\Vert x{\Vert }_1={\int }_0^1|x(t)|dt$。若 $x\in X$，令

$$\begin{array}{rl}{f}_1(x)& =x(0)\\ f_2(x)& ={\int }_0^{1}tx(t)dt\end{array}$$

求证：

1. $f_1,f_2$ 都是 $X$ 上的线性泛函
2. $f_1\notin X^{\prime }$
3. $f_2\in X^{\prime }$，求出 $\Vert f_2\Vert$

解答

1. $f_1,f_2$ 都是 $X$ 上的线性泛函

先验证 $f_1$ 为线性泛函：

$$\begin{array}{rl}{f}_1(\alpha x+\beta y)& =(\alpha x+\beta y)(0)\\ & =\alpha x(0)+\beta y(0)\\ & =\alpha f_1(x)+\beta f_1(y)\end{array}$$

再验证 $f_2$ 为线性泛函：

$$\begin{array}{rl}{f}_2(\alpha x+\beta y)& ={\int }_0^{1}t(\alpha x(t)+\beta y(t))dt\\ & =\alpha {\int }_0^{1}tx(t)dt+\beta {\int }_0^{1}ty(t)dt\\ & =\alpha f_2(x)+\beta f_2(y)\end{array}$$

2. $f_1\notin X^{\prime }$

假设 $f_1\in X^{\prime }$，则 $\exists M>0,\forall x\in X,|f_1(x)|\le M\Vert x{\Vert }_1$。

取 $x_n(t)=\{\begin{array}{ll}1-nt,& t\in [0,\frac{1}{n}]\\ 0,& t\in (\frac{1}{n},1]\end{array}$，则 $\Vert x_n{\Vert }_1={\int }_0^1|x_n(t)|dt={\int }_0^{\frac{1}{n}}(1-nt)dt=\frac{1}{2n}\to \infty$。

而 $f_1(x_n)=x_n(0)=1$，与 $|f_1(x_n)|\le M\Vert x_n{\Vert }_1$ 矛盾，故 $f_1\notin X^{\prime }$。

3. $f_2\in X^{\prime }$，求出 $\Vert f_2\Vert$

$$\begin{array}{rl}|f_2(x)|& =\left|{\int }_0^{1}tx(t)dt\right|\\ & \le {\int }_0^1|t||x(t)|dt\\ & \le {\int }_0^1|x(t)|dt\\ & =\Vert x{\Vert }_1\end{array}$$

故 $f_2\in X^{\prime }$ 且 $\Vert f_2\Vert \le 1$，下面求 $\Vert f_2\Vert$。

取 $x_n(t)=\{\begin{array}{ll}0,& t\in [0,\frac{n-1}{n})\\ 2n^{2}t-2n(n-1),& t\in [\frac{n-1}{n},1]\end{array}$，则 $\Vert x_n{\Vert }_1=1$。计算 $f_2(x_n)$：

$$\begin{array}{rl}{f}_2(x_n)& ={\int }_0^{1}t{x}_n(t)dt\\ & ={\int }_{\frac{n-1}{n}}^{1}t(2n^{2}t-2n(n-1))dt\\ & ={\int }_{\frac{n-1}{n}}^1(2n^2{t}^2-2n(n-1)t)dt\\ & =\frac{2}{3}{n}^2{t}^3{|}_{\frac{n-1}{n}}^1-n(n-1)t^2{|}_{\frac{n-1}{n}}^1\\ & =1-\frac{1}{3n}\end{array}$$

故有 ${\lim }_{n\to \infty }{f}_2(x_n)=1$，即 $\Vert f_2\Vert \ge 1$，故 $\Vert f_2\Vert =1$。