THU_BFA: 泛函分析基础：学习指导和习题详解

本项目是清华大学研究生课程“基础泛函分析”的非官方学习指导和习题详解，主要参考教材为《泛函分析基础》（步尚全，清华大学出版社）

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为习题提供解答

度量空间

1. 度量空间的定义及例子

定义（度量）

设 $X$ 为集合， $d : X \times X \to R$ 是映射。若满足以下四条公理：

非负性： $\forall x, y \in X, d (x, y) \geq 0$ ；
非退化性： $d (x, y) = 0 ⟺ x = y$ ；
对称性： $\forall x, y \in X, d (x, y) = d (y, x)$ ；
三角不等式： $\forall x, y, z \in X, d (x, z) \leq d (x, y) + d (y, z)$ ，

则称 $d$ 是 $X$ 上的一个度量（或距离），并称序对 $(X, d)$ 为度量空间。在不引起混淆时，也简称 $X$ 为度量空间。

若 $Y \subset X$ ，则 $d$ 限制在 $Y \times Y$ 上也是 $Y$ 上的度量，此时 $(Y, d ∣_{Y \times Y})$ 称为 $(X, d)$ 的子空间。

常见例子

数集： $A \subset K$ ， $d (x, y) = ∣ x - y ∣$ 。
$K^{n}$ 上的 $p$ -度量：对 $1 \leq p < \infty$ ， $d_{p} (x, y) = (\sum_{i = 1}^{n} ∣ x_{i} - y_{i} ∣^{p})^{1/ p}$ ； $p = \infty$ 时， $d_{\infty} (x, y) = max_{1 \leq i \leq n} ∣ x_{i} - y_{i} ∣$ 。
连续函数空间： $C [a, b]$ 上定义 $d_{\infty} (f, g) = max_{t \in [a, b]} ∣ f (t) - g (t) ∣$ 。
离散度量空间： $d (x, y) = {0, 1, x = y x \neq = y$ 。
数列空间：
- $s$ ：所有数列， $d (x, y) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{2 ^{n}} \frac{∣ x _{n} - y _{n} ∣}{1 + ∣ x _{n} - y _{n} ∣}$ ；
- $ℓ^{\infty}$ ：有界数列， $d_{\infty} (x, y) = sup_{n \geq 1} ∣ x_{n} - y_{n} ∣$ ；
- $ℓ^{p}$ （ $1 \leq p < \infty$ ）： $p$ -阶可和数列， $d_{p} (x, y) = (\sum_{n = 1}^{\infty} ∣ x_{n} - y_{n} ∣^{p})^{1/ p}$ 。
乘积空间： $(X_{1}, d_{1}), (X_{2}, d_{2})$ 的乘积 $X_{1} \times X_{2}$ 上可定义 $d_{\infty} ((x_{1}, x_{2}), (y_{1}, y_{2})) = max {d_{1} (x_{1}, y_{1}), d_{2} (x_{2}, y_{2})}$ 。

定理 1.1 (Hölder 不等式) 设 $1 < p, q < \infty$ 且 $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$ ， $x = {x_{n}} \in ℓ^{p}$ ， $y = {y_{n}} \in ℓ^{q}$ ，则 ${x_{n} y_{n}} \in ℓ^{1}$ 且 $n = 1 \sum \infty ∣ x_{n} y_{n} ∣ \leq (n = 1 \sum \infty ∣ x_{n} ∣^{p})^{1/ p} (n = 1 \sum \infty ∣ y_{n} ∣^{q})^{1/ q} .$ 当 $p = 1, q = \infty$ 时也有类似不等式：若 $x \in ℓ^{1}, y \in ℓ^{\infty}$ ，则 $n = 1 \sum \infty ∣ x_{n} y_{n} ∣ \leq (n = 1 \sum \infty ∣ x_{n} ∣) n \geq 1 sup ∣ y_{n} ∣.$

定理 1.2 (Minkowski 不等式) 设 $1 \leq p < \infty$ ， $x = {x_{n}}, y = {y_{n}} \in ℓ^{p}$ ，则 $(n = 1 \sum \infty ∣ x_{n} + y_{n} ∣^{p})^{1/ p} \leq (n = 1 \sum \infty ∣ x_{n} ∣^{p})^{1/ p} + (n = 1 \sum \infty ∣ y_{n} ∣^{p})^{1/ p} .$ Minkowski 不等式保证了 $d_{p}$ 满足三角不等式，从而 $(ℓ^{p}, d_{p})$ 是度量空间。

广义三角不等式

由度量公理可推出： $\forall x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n} \in X$ ， $d (x_{1}, x_{n}) \leq d (x_{1}, x_{2}) + d (x_{2}, x_{3}) + \dots + d (x_{n - 1}, x_{n}) .$

2. 开集和闭集

设 $(X, d)$ 为度量空间。

球

开球： $B (x_{0}, r) = {x \in X ∣ d (x, x_{0}) < r}$ ，其中 $x_{0} \in X$ , $r > 0$ 。
闭球： $\overline{B} (x_{0}, r) = {x \in X ∣ d (x, x_{0}) \leq r}$ 。
球面： $S (x_{0}, r) = {x \in X ∣ d (x, x_{0}) = r}$ 。

内点、内部、开集

内点： $x_{0} \in U$ 称为 $U \subset X$ 的内点，若存在 $r > 0$ 使得 $B (x_{0}, r) \subset U$ 。
内部： $U^{\circ} = {x \in U ∣ x 是 U 的内点}$ 称为 $U$ 的内部。
开集：若 $U = U^{\circ}$ ，则称 $U$ 是开集。

开集的性质

$\emptyset$ 和 $X$ 是开集。
任意多个开集的并是开集。
有限多个开集的交是开集。

闭集

闭集： $F \subset X$ 称为闭集，如果其补集 $F^{c} = X ∖ F$ 是开集。

闭集的性质

$\emptyset$ 和 $X$ 是闭集。
任意多个闭集的交是闭集。
有限多个闭集的并是闭集。

聚点、导集、闭包

聚点： $x_{0} \in X$ 称为 $A \subset X$ 的聚点，如果 $\forall r > 0$ ，有 $(B (x_{0}, r) ∖ {x_{0}}) \cap A \neq = \emptyset$ 。
导集： $A^{'} = {x \in X ∣ x 是 A 的聚点}$ 称为 $A$ 的导集。
闭包： $\overline{A} = A \cup A^{'}$ 称为 $A$ 的闭包。

定理 2.1 设 $(X, d)$ 是度量空间， $M \subset X$ ，则

$x \in \overline{M}$ 当且仅当存在序列 ${x_{n}} \subset M$ 使得 $x_{n} \to x$ 。
$M$ 是闭集当且仅当 $M = \overline{M}$ ，也当且仅当对于任意收敛序列 ${x_{n}} \subset M$ ，若 $x_{n} \to x$ ，则 $x \in M$ 。
$\overline{M}$ 是包含 $M$ 的最小闭集。

连续映射

设 $(X_{1}, d_{1}), (X_{2}, d_{2})$ 是度量空间，映射 $T : X_{1} \to X_{2}$ 。

连续映射：称 $T$ 在 $x_{0} \in X_{1}$ 处连续，若 $\forall ε > 0, \exists δ > 0$ ，当 $d_{1} (x, x_{0}) < δ$ 时，有 $d_{2} (T (x), T (x_{0})) < ε$ 。若 $T$ 在 $X_{1}$ 上每一点都连续，则称 $T$ 是连续映射。

连续映射的等价刻画：

$T$ 连续 $⟺$ 对于 $X_{2}$ 中任意开集 $U$ ，其原像 $T^{- 1} (U)$ 是 $X_{1}$ 中的开集。
$T$ 连续 $⟺$ 对于 $X_{2}$ 中任意闭集 $F$ ，其原像 $T^{- 1} (F)$ 是 $X_{1}$ 中的闭集。

稠密与可分

稠密： $M \subset X$ 称为稠密的，如果 $\overline{M} = X$ 。等价地， $\forall x \in X, \forall ε > 0, \exists y \in M$ 使得 $d (x, y) < ε$ 。
可分： $X$ 称为可分的，如果存在可数子集 $M \subset X$ 且在 $X$ 中稠密。

性质：若 $X$ 可分，则其任意子空间 $Y$ （赋予子空间度量）也是可分的。

3. 收敛性、完备性及紧性

收敛序列

收敛：序列 ${x_{n}} \subset X$ 收敛于 $x \in X$ ，若 $lim_{n \to \infty} d (x_{n}, x) = 0$ ，记作 $x_{n} \to x$ 。

收敛与闭包的关系已在定理 2.1 中给出。

柯西列与完备性

柯西列：序列 ${x_{n}} \subset X$ 称为柯西列，如果 $\forall ε > 0, \exists N \in N$ ，使得当 $m, n \geq N$ 时，有 $d (x_{m}, x_{n}) < ε$ 。
完备：若 $X$ 中每个柯西列都收敛（收敛到 $X$ 中的点），则称 $(X, d)$ 是完备的度量空间。

定理 3.1 设 $(X, d)$ 是完备度量空间， $Y \subset X$ ，则

若 $(Y, d ∣_{Y \times Y})$ 完备，则 $Y$ 是 $X$ 中的闭集。
反之，若 $Y$ 是闭集，则 $(Y, d ∣_{Y \times Y})$ 完备。

等价度量

等价度量：设 $d_{1}$ 和 $d_{2}$ 是集合 $X$ 上的两个度量。如果存在常数 $c_{1}, c_{2} > 0$ 使得 $c_{1} d_{1} (x, y) \leq d_{2} (x, y) \leq c_{2} d_{1} (x, y), \forall x, y \in X,$ 则称 $d_{1}$ 和 $d_{2}$ 是等价的。

等价度量产生相同的开集、闭集、收敛序列和连续映射。

紧性

紧度量空间：度量空间 $X$ 称为紧的，如果 $X$ 中任意序列都有收敛子列（子列收敛到 $X$ 中的点）。
紧集： $M \subset X$ 称为紧集，如果子空间 $(M, d ∣_{M \times M})$ 是紧的。
相对紧集： $M \subset X$ 称为相对紧的，如果 $\overline{M}$ 是紧集（等价地， $M$ 中任意序列都有在 $X$ 中收敛的子列）。

$ε$ -网与完全有界性

$ε$ -网：设 $M \subset X$ ， $N \subset M$ 。若对任意 $x \in M$ ，存在 $y \in N$ 使得 $d (x, y) < ε$ ，即 $M \subset ⋃_{y \in N} B (y, ε)$ ，则称 $N$ 是 $M$ 的一个 $ε$ -网。
完全有界集： $M \subset X$ 称为完全有界的，如果对任意 $ε > 0$ ，存在 $M$ 的有限 $ε$ -网。

完全有界集必是有界集。

定理 3.2（紧集的性质）设 $(X, d)$ 是度量空间。

若 $M$ 是紧集，则 $M$ 是有界闭集。
若 $X$ 是紧空间，则 $Y \subset X$ 是紧集当且仅当 $Y$ 是闭集。
$M$ 相对紧 $⟺$ $\overline{M}$ 紧。
$M$ 完全有界 $⟺$ $M$ 中任意序列都有柯西子列。
若 $M$ 相对紧，则 $M$ 完全有界；反之，若 $X$ 完备且 $M$ 完全有界，则 $M$ 相对紧。
$M$ 是紧集当且仅当 $M$ 完备且完全有界。

最佳逼近元

最佳逼近元：设 $M \subset X$ ， $x_{0} \in X$ 。若存在 $y_{0} \in M$ 使得 $d (x_{0}, y_{0}) = ρ (x_{0}, M) := y \in M in f d (x_{0}, y),$ 则称 $y_{0}$ 为 $x_{0}$ 在 $M$ 中的最佳逼近元。

4. Banach 不动点定理及其应用

压缩映射

压缩映射：设 $(X, d)$ 是度量空间，映射 $T : X \to X$ 。若存在常数 $k$ 满足 $0 \leq k < 1$ ，使得 $d (T (x), T (y)) \leq k d (x, y), \forall x, y \in X,$ 则称 $T$ 是（ $X$ 上的）压缩映射， $k$ 称为压缩系数。

Banach 不动点定理（压缩映射原理）

定理 4.1 (Banach 不动点定理) 设 $(X, d)$ 是非空完备度量空间， $T : X \to X$ 是压缩映射，则 $T$ 在 $X$ 中存在唯一的不动点，即存在唯一的 $x_{0} \in X$ 使得 $T (x_{0}) = x_{0}$ 。而且，对任意初始点 $x \in X$ ，迭代序列 ${T^{n} (x)}$ 收敛到 $x_{0}$ ，其中 $T^{n}$ 表示 $T$ 的 $n$ 次复合。

定理 4.2 设 $(X, d)$ 是非空完备度量空间， $T : X \to X$ 。若存在正整数 $m \geq 1$ 使得 $T^{m}$ 是压缩映射，则 $T$ 有唯一的不动点。

习题 1.1

求证 $d_{1} (x, y) = ∣ x - y ∣$ 定义了 $R$ 上的度量。 $d_{2} (x, y) = (x - y)^{2}$ 能定义 $R$ 上的度量吗？证明你的结论。

解答

根据定义，验证 $d_{1}$ 是否满足度量的四个条件：

非负性： $d_{1} (x, y) = ∣ x - y ∣ \geq 0$
非退化性： $d_{1} (x, y) = 0 ⟺ ∣ x - y ∣ = 0 ⟺ ∣ x - y ∣ = 0 ⟺ x = y$
对称性： $d_{1} (x, y) = ∣ x - y ∣ = ∣ y - x ∣ = d_{1} (y, x)$
三角不等式： $d_{1} (x, z) = ∣ x - z ∣ \leq ∣ x - y ∣ + ∣ y - z ∣ \leq ∣ x - y ∣ + ∣ y - z ∣ = d_{1} (x, y) + d_{1} (y, z)$

故 $d_{1}$ 是度量。

对于 $d_{2}$ ，前三个条件都满足，但是不满足三角不等式，例如取 $x = 0, y = 1, z = 2$ ，则 $d_{2} (x, z) = 4 > 2 = d_{2} (x, y) + d_{2} (y, z)$ ，故 $d_{2}$ 不是度量。

习题 1.2

设 $(X, d)$ 为度量空间 $, x, y, z, w \in X$ . 求证 $∣ d (x, y) - d (z, w) ∣ \leq d (x, z) + d (y, w) .$

解答

证明：由度量 $d$ 的三角不等式，对任意 $x, y, z, w \in X$ ，有 $d (x, y) \leq d (x, z) + d (z, y) \leq d (x, z) + d (z, w) + d (w, y) = d (x, z) + d (z, w) + d (y, w),$ 移项即得 $d (x, y) - d (z, w) \leq d (x, z) + d (y, w) . (1)$ 同理， $d (z, w) \leq d (z, x) + d (x, w) \leq d (z, x) + d (x, y) + d (y, w) = d (x, z) + d (x, y) + d (y, w),$ 移项得 $d (z, w) - d (x, y) \leq d (x, z) + d (y, w) . (2)$ 综合 $(1)$ 和 $(2)$ ，便有 $∣ d (x, y) - d (z, w) ∣ \leq d (x, z) + d (y, w) .$

习题 1.3

设 $X$ 为由 0 和 1 构成的三元序组之集, 即 $X = {(a_{1}, a_{2}, a_{3}) : a_{i} = 0 或者 a_{i} = 1} .$ 若 $x, y \in X$ , 定义 $d (x, y)$ 为 $x$ 和 $y$ 不同分量的个数. 求证: $d$ 为 $X$ 上的度量. 是否可在 $n$ 元序组之集 ${(a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}) : a_{i} = 0$ 或者 $a_{i} = 1}$ 上定义类似的度量?

解答

设 $X = {0, 1}^{3}$ ，对 $x = (x_{1}, x_{2}, x_{3}), y = (y_{1}, y_{2}, y_{3}) \in X$ ，定义
$d (x, y) = # {i ∣ x_{i} \neq = y_{i}} .$ 则 $d$ 满足度量公理：

非负性：显然 $d (x, y) \geq 0$ 。
同一性： $d (x, y) = 0 ⟺$ 对所有 $i$ 有 $x_{i} = y_{i} ⟺ x = y$ 。
对称性： $d (x, y) = d (y, x)$ ，因为 $x_{i} \neq = y_{i} ⟺ y_{i} \neq = x_{i}$ 。
三角不等式：对任意 $x, y, z \in X$ ，考虑每个坐标 $i$ 。
若 $x_{i} = z_{i}$ ，则 $1_{{x_{i} \neq = z_{i}}} = 0$ ；
若 $x_{i} \neq = z_{i}$ ，则 $y_{i}$ 不能同时等于 $x_{i}$ 和 $z_{i}$ ，故 $1_{{x_{i} \neq = y_{i}}} + 1_{{y_{i} \neq = z_{i}}} \geq 1 = 1_{{x_{i} \neq = z_{i}}}$ 。
因此对每个 $i$ 有
$1_{{x_{i} \neq = z_{i}}} \leq 1_{{x_{i} \neq = y_{i}}} + 1_{{y_{i} \neq = z_{i}}} .$
对 $i$ 求和即得
$d (x, z) \leq d (x, y) + d (y, z) .$

故 $d$ 是 $X$ 上的度量。

对于一般的 $n$ 元序组之集 ${0, 1}^{n}$ ，完全类似地定义
$d_{n} (x, y) = # {i ∣ x_{i} \neq = y_{i}},$ 上述验证过程逐字适用（只需将下标范围改为 $1, \dots, n$ ），因此 $d_{n}$ 也是度量。所以可以在 $n$ 元序组之集上定义同样的度量。

习题 1.4

设 $(X, d)$ 为度量空间, 令 $d_{1} (x, y) = min {1, d (x, y)}, d_{2} (x, y) = \frac{d ( x , y )}{1 + d ( x , y )}$ . 求证: $d_{1}$ 和 $d_{2}$ 都是 $X$ 上的度量.

解答

1. $d_{1} (x, y) = min {1, d (x, y)}$ 是度量

非负性： $d (x, y) \geq 0$ ，故 $min {1, d (x, y)} \geq 0$ 。
若 $x = y$ ，则 $d (x, y) = 0$ ，从而 $d_{1} (x, y) = 0$ ；反之若 $d_{1} (x, y) = 0$ ，则 $min {1, d (x, y)} = 0$ ，这迫使 $d (x, y) = 0$ （因为 $1 > 0$ ），于是 $x = y$ 。

对称性： $d (x, y) = d (y, x)$ ，所以 $d_{1} (x, y) = min {1, d (x, y)} = min {1, d (y, x)} = d_{1} (y, x) .$

三角不等式：需证 $d_{1} (x, z) \leq d_{1} (x, y) + d_{1} (y, z)$ 。
首先注意函数 $f (t) = min {1, t}$ （ $t \geq 0$ ）是单调不减的。由 $d$ 的三角不等式： $d (x, z) \leq d (x, y) + d (y, z) .$ 因此 $d_{1} (x, z) = f (d (x, z)) \leq f (d (x, y) + d (y, z)) .$ 下面证明对任意非负实数 $a, b$ 有 $f (a + b) \leq f (a) + f (b) .$

若 $a + b \leq 1$ ，则 $f (a + b) = a + b$ 。此时必有 $a \leq 1$ 且 $b \leq 1$ ，故 $f (a) = a, f (b) = b$ ，从而 $f (a + b) = f (a) + f (b)$ 。
若 $a + b > 1$ ，则 $f (a + b) = 1$ 。而 $f (a) + f (b) \geq 1$ 显然成立（因为 $f (a), f (b) \geq 0$ 且至少有一项不小于 $1$ 或两项之和至少为 $1$ ）。严格地：若 $f (a) + f (b) < 1$ ，则必有 $f (a) = a < 1$ 且 $f (b) = b < 1$ ，从而 $a + b < 1$ ，与 $a + b > 1$ 矛盾。故 $f (a) + f (b) \geq 1 = f (a + b)$ 。

于是 $f (a + b) \leq f (a) + f (b)$ 恒成立。取 $a = d (x, y), b = d (y, z)$ 得 $f (d (x, y) + d (y, z)) \leq f (d (x, y)) + f (d (y, z)) = d_{1} (x, y) + d_{1} (y, z) .$ 结合前面不等式即得 $d_{1} (x, z) \leq d_{1} (x, y) + d_{1} (y, z) .$ 综上， $d_{1}$ 是 $X$ 上的度量。

2. $d_{2} (x, y) = \frac{d ( x , y )}{1 + d ( x , y )}$ 是度量

记 $φ (t) = \frac{t}{1 + t}$ ， $t \geq 0$ 。显然 $φ (0) = 0$ ， $φ (t) \geq 0$ ，且 $φ$ 严格单调递增（导数 $φ^{'} (t) = \frac{1}{( 1 + t ) ^{2}} > 0$ ）。

非负性：因 $d (x, y) \geq 0$ ，故 $d_{2} (x, y) = φ (d (x, y)) \geq 0$ 。
若 $x = y$ ，则 $d (x, y) = 0$ ，从而 $d_{2} (x, y) = 0$ ；若 $d_{2} (x, y) = 0$ ，则 $φ (d (x, y)) = 0$ ，由 $φ$ 的性质知 $d (x, y) = 0$ ，于是 $x = y$ 。

对称性： $d (x, y) = d (y, x)$ ，所以 $d_{2} (x, y) = φ (d (x, y)) = φ (d (y, x)) = d_{2} (y, x) .$

三角不等式：需证 $d_{2} (x, z) \leq d_{2} (x, y) + d_{2} (y, z)$ 。
由 $d$ 的三角不等式有 $d (x, z) \leq d (x, y) + d (y, z) .$ 因 $φ$ 单调递增，故 $d_{2} (x, z) = φ (d (x, z)) \leq φ (d (x, y) + d (y, z)) .$ 下面证明对任意非负实数 $a, b$ 有 $φ (a + b) \leq φ (a) + φ (b) .$

直接验证差： $φ (a) + φ (b) - φ (a + b) = \frac{a}{1 + a} + \frac{b}{1 + b} - \frac{a + b}{1 + a + b} .$ 计算其分子（通分后）： $= = (\frac{a}{1 + a} + \frac{b}{1 + b}) - \frac{a + b}{1 + a + b} \frac{a ( 1 + b ) + b ( 1 + a )}{( 1 + a ) ( 1 + b )} - \frac{a + b}{1 + a + b} \frac{a + b + 2 ab}{( 1 + a ) ( 1 + b )} - \frac{a + b}{1 + a + b} .$ 通分得公分母 $(1 + a) (1 + b) (1 + a + b)$ ，分子为 $N = (a + b + 2 ab) (1 + a + b) - (a + b) (1 + a) (1 + b) .$ 展开： $(a + b + 2 ab) (1 + a + b) (a + b) (1 + a) (1 + b) = (a + b + 2 ab) + (a + b + 2 ab) (a + b) = (a + b + 2 ab) + (a + b)^{2} + 2 ab (a + b), = (a + b) (1 + a + b + ab) = (a + b) + (a + b)^{2} + ab (a + b) .$ 相减： $N = [(a + b + 2 ab) + (a + b)^{2} + 2 ab (a + b)] - [(a + b) + (a + b)^{2} + ab (a + b)] = 2 ab + ab (a + b) = ab (2 + a + b) \geq 0.$ 因此 $φ (a) + φ (b) - φ (a + b) \geq 0$ ，即 $φ (a + b) \leq φ (a) + φ (b)$ ，等号当且仅当 $a = 0$ 或 $b = 0$ 时成立。

取 $a = d (x, y), b = d (y, z)$ ，则 $φ (d (x, y) + d (y, z)) \leq φ (d (x, y)) + φ (d (y, z)) = d_{2} (x, y) + d_{2} (y, z) .$ 于是 $d_{2} (x, z) \leq d_{2} (x, y) + d_{2} (y, z) .$ 综上， $d_{2}$ 是 $X$ 上的度量。

因此， $d_{1}$ 和 $d_{2}$ 均为 $X$ 上的度量。

习题 1.5

设 $(X, d)$ 为度量空间, $M \subset X$ 为非空子集. 若 $x \in X$ , 令 $ρ (x, M) = y \in M in f d (x, y) .$ 求证:

任给 $x, y \in X$ 有 $∣ ρ (x, M) - ρ (y, M) ∣ \leq d (x, y);$
$x \in \overset{ˉ}{M}$ 当且仅当 $ρ (x, M) = 0$ ;
若 $M$ 为闭集, 则 $x \in / M$ 当且仅当 $ρ (x, M) > 0$ .

解答

证明

对任意 $x, y \in X$ ，由下确界的定义，对任意的 $ε > 0$ ，存在 $z \in M$ 使得
$d (y, z) < ρ (y, M) + ε .$
利用三角不等式有
$d (x, z) \leq d (x, y) + d (y, z) < d (x, y) + ρ (y, M) + ε .$
因为 $ρ (x, M) = in f_{w \in M} d (x, w) \leq d (x, z)$ ，故
$ρ (x, M) < d (x, y) + ρ (y, M) + ε .$
从而
$ρ (x, M) - ρ (y, M) < d (x, y) + ε .$
令 $ε \to 0^{+}$ 得 $ρ (x, M) - ρ (y, M) \leq d (x, y)$ . 交换 $x$ 与 $y$ 的位置可得
$ρ (y, M) - ρ (x, M) \leq d (x, y) .$
因此
$∣ ρ (x, M) - ρ (y, M) ∣ \leq d (x, y) .$
充分性：若 $ρ (x, M) = 0$ ，则对任意 $ε > 0$ 存在 $y \in M$ 使得 $d (x, y) < ε$ ，即 $B (x, ε) \cap M \neq = \emptyset$ ，故 $x$ 是 $M$ 的接触点， $x \in \overline{M}$ 。
必要性：若 $x \in \overline{M}$ ，则对任意 $ε > 0$ 存在 $y \in M$ 使得 $d (x, y) < ε$ ，从而 $in f_{y \in M} d (x, y) < ε$ . 由 $ε$ 的任意性知 $ρ (x, M) = 0$ 。
综上， $x \in \overline{M} ⟺ ρ (x, M) = 0$ 。
因为 $M$ 是闭集，故 $M = \overline{M}$ . 利用 (2) 的结论，
$x \in / M ⟺ x \in / \overline{M} ⟺ ρ (x, M) \neq = 0.$
而 $ρ (x, M) = in f_{y \in M} d (x, y) \geq 0$ ，所以 $ρ (x, M) \neq = 0$ 等价于 $ρ (x, M) > 0$ . 因此
$x \in / M ⟺ ρ (x, M) > 0.$

习题 1.6

设 $(X, d)$ 为度量空间, 求证: $M \subset X$ 为开集当且仅当 $M$ 可以表示成 $X$ 中某些开球的并集.

解答

证明：

设 ((X,d)) 为度量空间，(M \subset X)。

充分性（(\Leftarrow)）：若 (M) 可表示成若干开球的并集，即存在指标集 (I) 使得
$M = i \in I ⋃ B (x_{i}, r_{i}),$
其中每个 (B(x_i, r_i) = { y\in X \mid d(x_i,y) < r_i }) 为开球。
在度量空间中，每个开球都是开集（证明见注）。而开集的任意并仍为开集，因此 (M) 是开集。

必要性（(\Rightarrow)）：若 (M) 是开集，则对任意 (x\in M)，存在 (\varepsilon_x > 0) 使得
$B (x, ε_{x}) \subseteq M .$
考虑集族 ({ B(x, \varepsilon_x) \mid x\in M })，显然
$x \in M ⋃ B (x, ε_{x}) \subseteq M,$
且对每个 (x\in M) 有 (x \in B(x, \varepsilon_x))，故
$M \subseteq x \in M ⋃ B (x, ε_{x}) .$
从而 (M = \bigcup_{x\in M} B(x, \varepsilon_x))，即 (M) 可表示为 (X) 中某些开球的并集。

注：开球是开集的证明——任取 (y \in B(x,r))，令 (\delta = r - d(x,y) > 0)，则对任意 (z \in B(y,\delta))，有
$d (x, z) \leq d (x, y) + d (y, z) < d (x, y) + δ = r,$
故 (z \in B(x,r))，即 (B(y,\delta) \subseteq B(x,r))。因此 (B(x,r)) 为开集。

综上，命题得证。

习题 1.7

设 $M$ 为度量空间 $(X, d)$ 的子集, 求证: $x \in X$ 为 $M$ 的聚点当且仅当任取 $ε > 0$ , 开球 $B (x, r)$ 中总有无穷多个 $M$ 中的点.

解答

证明：设 $(X, d)$ 是度量空间， $M \subset X$ ， $x \in X$ .

必要性（ $\Rightarrow$ ）：假设 $x$ 是 $M$ 的聚点，即对任意 $ε > 0$ ，有 $(B (x, ε) ∖ {x}) \cap M \neq = \emptyset$ . 任取 $ε > 0$ ，要证 $B (x, ε)$ 中含有 $M$ 的无穷多个点. 用反证法.

假设 $B (x, ε)$ 中只含有 $M$ 的有限个点. 记 $S = (B (x, ε) \cap M) ∖ {x} .$ 由于 $x$ 是聚点，必有 $S \neq = \emptyset$ ，否则 $(B (x, ε) ∖ {x}) \cap M = \emptyset$ ，矛盾. 同时 $S$ 是有限集. 令 $δ = p \in S min d (x, p) > 0.$ 取 $ε^{'} = \frac{δ}{2}$ ，则 $0 < ε^{'} < δ \leq ε$ . 于是 $B (x, ε^{'}) \subset B (x, ε)$ ，并且对任意 $p \in S$ 有 $d (x, p) \geq δ > ε^{'}$ ，故 $p \in / B (x, ε^{'})$ . 因此 $(B (x, ε^{'}) ∖ {x}) \cap M = \emptyset,$ 但这与 $x$ 是 $M$ 的聚点矛盾. 所以假设不成立，即 $B (x, ε)$ 中含有 $M$ 的无穷多个点.

充分性（ $\Leftarrow$ ）：若对任意 $ε > 0$ ， $B (x, ε)$ 中都含有 $M$ 的无穷多个点，则特别地， $B (x, ε) ∖ {x}$ 中也含有 $M$ 的点（因为无穷多个点不可能全是 $x$ ），于是 $(B (x, ε) ∖ {x}) \cap M \neq = \emptyset,$ 从而 $x$ 是 $M$ 的聚点.

综上，命题得证.

习题 1.8

求下述集合的闭包:

$R$ 中的整数集 $Z$ ;
$R$ 中的有理数集 $Q$ ;
复平面 C 的单位开圆盘 $D = {z \in C : ∣ z ∣ < 1}$ .

解答

解答

1. $R$ 中的整数集 $Z$ 的闭包

$Z$ 在 $R$ 的标准拓扑下是闭集。因为其补集 $R ∖ Z = n \in Z ⋃ (n, n + 1)$ 是开区间的并集，故为开集。因此 $Z$ 本身是闭的，从而闭包 $\overline{Z} = Z$ 。

2. $R$ 中的有理数集 $Q$ 的闭包

有理数集 $Q$ 在 $R$ 中稠密：对任意 $x \in R$ 及任意 $ε > 0$ ，存在有理数 $q \in Q$ 使得 $∣ x - q ∣ < ε$ ，即 $x$ 的任意邻域都包含 $Q$ 中的点。因此 $R$ 中每一点都是 $Q$ 的聚点，故 $\overline{Q} \supseteq R$ 。另一方面， $\overline{Q} \subseteq R$ （闭包是空间的子集），所以 $\overline{Q} = R$ 。

3. 复平面 $C$ 的单位开圆盘 $D = {z \in C : ∣ z ∣ < 1}$ 的闭包

记闭单位圆盘 $B = {z \in C : ∣ z ∣ \leq 1}$ 。

$B$ 是闭集：因为函数 $f (z) = ∣ z ∣$ 连续，且 $B = f^{- 1} ([0, 1])$ ，而 $[0, 1]$ 是 $R$ 中的闭集，故 $B$ 是闭集。
$D$ 在 $B$ 中稠密：对任意 $z_{0} \in B$ ，若 $∣ z_{0} ∣ < 1$ ，则 $z_{0} \in D$ ；若 $∣ z_{0} ∣ = 1$ ，取序列 $z_{n} = (1 - \frac{1}{n}) z_{0} \in D$ ，则 $∣ z_{n} ∣ = 1 - \frac{1}{n} < 1$ 且 $z_{n} \to z_{0}$ 。因此 $B \subseteq \overline{D}$ 。
$\overline{D} \subseteq B$ ：因为 $D \subseteq B$ 且 $B$ 是闭的，所以 $\overline{D} \subseteq B$ 。

综上， $\overline{D} = B = {z \in C : ∣ z ∣ \leq 1}$ 。

习题 1.9

设 $(X, d)$ 为度量空间, $A, B$ 为 $X$ 的子集. 求证:

$\overline{A \cup B} = \overset{ˉ}{A} \cup \overset{ˉ}{B}$ ;
$\overline{A \cap B} \subset \overset{ˉ}{A} \cap \overset{ˉ}{B}$ ;
$(A \cap B)^{\circ} = A^{\circ} \cap B^{\circ}$ ;
$A^{\circ} \cup B^{\circ} \subset (A \cup B)^{\circ}$ .

举例说明第二个和第四个包含关系可以是严格的.

解答

解答

设 $(X, d)$ 为度量空间， $A, B \subset X$ 。

1. 证明 $\overline{A \cup B} = \overset{ˉ}{A} \cup \overset{ˉ}{B}$ 。

首先，由于 $A \subset A \cup B$ ，故 $\overset{ˉ}{A} \subset \overline{A \cup B}$ ；同理 $\overset{ˉ}{B} \subset \overline{A \cup B}$ ，从而 $\overset{ˉ}{A} \cup \overset{ˉ}{B} \subset \overline{A \cup B}$ 。

另一方面， $\overset{ˉ}{A}$ 和 $\overset{ˉ}{B}$ 都是闭集，有限个闭集的并仍是闭集，因此 $\overset{ˉ}{A} \cup \overset{ˉ}{B}$ 是闭集。又 $A \cup B \subset \overset{ˉ}{A} \cup \overset{ˉ}{B}$ ，而 $\overline{A \cup B}$ 是包含 $A \cup B$ 的最小闭集，故 $\overline{A \cup B} \subset \overset{ˉ}{A} \cup \overset{ˉ}{B}$ 。

综上， $\overline{A \cup B} = \overset{ˉ}{A} \cup \overset{ˉ}{B}$ 。

2. 证明 $\overline{A \cap B} \subset \overset{ˉ}{A} \cap \overset{ˉ}{B}$ 。

因为 $A \cap B \subset A$ ，由闭包的单调性有 $\overline{A \cap B} \subset \overset{ˉ}{A}$ ；同理 $\overline{A \cap B} \subset \overset{ˉ}{B}$ ，故 $\overline{A \cap B} \subset \overset{ˉ}{A} \cap \overset{ˉ}{B}$ 。

该包含关系可以是严格的。例如取 $X = R$ ， $A = (0, 1)$ ， $B = (1, 2)$ ，则 $A \cap B = \emptyset$ ， $\overline{A \cap B} = \emptyset$ ，而 $\overset{ˉ}{A} = [0, 1]$ ， $\overset{ˉ}{B} = [1, 2]$ ， $\overset{ˉ}{A} \cap \overset{ˉ}{B} = {1} \neq = \emptyset$ ，因此 $\overline{A \cap B} ⊊ \overset{ˉ}{A} \cap \overset{ˉ}{B}$ 。

3. 证明 $(A \cap B)^{\circ} = A^{\circ} \cap B^{\circ}$ 。

若 $x \in (A \cap B)^{\circ}$ ，则存在 $ε > 0$ 使得 $B (x, ε) \subset A \cap B$ ，从而 $B (x, ε) \subset A$ 且 $B (x, ε) \subset B$ ，因此 $x \in A^{\circ}$ 且 $x \in B^{\circ}$ ，即 $x \in A^{\circ} \cap B^{\circ}$ 。

反之，若 $x \in A^{\circ} \cap B^{\circ}$ ，则存在 $ε_{1}, ε_{2} > 0$ 使得 $B (x, ε_{1}) \subset A$ ， $B (x, ε_{2}) \subset B$ 。取 $ε = min {ε_{1}, ε_{2}}$ ，则 $B (x, ε) \subset A$ 且 $B (x, ε) \subset B$ ，故 $B (x, ε) \subset A \cap B$ ，即 $x \in (A \cap B)^{\circ}$ 。

因此等式成立。

4. 证明 $A^{\circ} \cup B^{\circ} \subset (A \cup B)^{\circ}$ 。

若 $x \in A^{\circ} \cup B^{\circ}$ ，则 $x \in A^{\circ}$ 或 $x \in B^{\circ}$ 。当 $x \in A^{\circ}$ 时，存在 $ε > 0$ 使 $B (x, ε) \subset A \subset A \cup B$ ，故 $x \in (A \cup B)^{\circ}$ ；当 $x \in B^{\circ}$ 时同理。因此 $A^{\circ} \cup B^{\circ} \subset (A \cup B)^{\circ}$ 。

该包含关系可以是严格的。例如取 $X = R$ ， $A = [0, 1]$ ， $B = [1, 2]$ ，则 $A^{\circ} = (0, 1)$ ， $B^{\circ} = (1, 2)$ ， $A^{\circ} \cup B^{\circ} = (0, 1) \cup (1, 2)$ 。而 $A \cup B = [0, 2]$ ， $(A \cup B)^{\circ} = (0, 2)$ ，显然 $1 \in (A \cup B)^{\circ}$ 但 $1 \in / A^{\circ} \cup B^{\circ}$ ，因此 $A^{\circ} \cup B^{\circ} ⊊ (A \cup B)^{\circ}$ 。

证毕。

习题 1.10

举例说明: 无穷多个开集的交集末必还是开集, 无穷多个闭集的并集也末必还是闭集.

解答

解答

\subsection*{1. 无穷多个开集的交集未必是开集} 考虑实数空间 $R$ 装备通常的欧氏拓扑。对每个正整数 $n$ ，定义 $U_{n} = (- \frac{1}{n}, \frac{1}{n}) .$ 每个 $U_{n}$ 都是一个开区间，因此是 $R$ 中的开集。考察这些开集的交集： $U = n = 1 ⋂ \infty U_{n} .$ 若 $x \in U$ ，则对一切 $n$ 有 $∣ x ∣ < \frac{1}{n}$ ，从而 $∣ x ∣ \leq 0$ ，故 $x = 0$ 。因此 $U = {0}$ 。集合 ${0}$ 不是 $R$ 中的开集，因为它不包含任何开区间：对任意 $ε > 0$ ， $(- ε, ε)$ 不仅含有 $0$ 还含有其他点，故 $(- ε, ε) \neq \subseteq {0}$ 。所以无穷多个开集的交集可以不是开集。

\subsection*{2. 无穷多个闭集的并集未必是闭集} 仍取 $R$ 为基本空间。对每个正整数 $n$ ，定义 $F_{n} = {\frac{1}{n}} .$ 在度量空间中，单点集是闭集（因为它的补集是开集），故每个 $F_{n}$ 都是闭集。考虑它们的并集： $F = n = 1 ⋃ \infty F_{n} = {\frac{1}{n} : n \in N} .$ 注意到 $0$ 是 $F$ 的一个聚点：对任意 $ε > 0$ ，取 $n > 1/ ε$ ，则 $\frac{1}{n} \in (- ε, ε)$ 且 $\frac{1}{n} \neq = 0$ ，所以 $0$ 是 $F$ 的聚点。然而 $0 \in / F$ ，因此 $F$ 不包含它的所有聚点，从而 $F$ 不是闭集。这就说明了无穷多个闭集的并集可以不是闭集。

习题 1.11

在 $C [0, 1]$ 上赋予度量 $d_{\infty}$ , 考虑集合 $M = {x \in C [0, 1] : x (0) = 1}$ . 求证: $M$ 为闭集. 若在 $C [0, 1]$ 上赋予度量 $d_{1}, M$ 还是闭集吗? 证明你的结论.

解答

在 $C [0, 1]$ 上赋予度量 $d_{\infty} (f, g) = t \in [0, 1] sup ∣ f (t) - g (t) ∣, d_{1} (f, g) = \int_{0}^{1} ∣ f (t) - g (t) ∣ d t .$ 考虑集合 $M = {x \in C [0, 1] ∣ x (0) = 1} .$

1. 在 $d_{\infty}$ 度量下 $M$ 是闭集

定义点赋值映射 $φ : C [0, 1] \to R$ 为 $φ (f) = f (0)$ . 对任意 $f, g \in C [0, 1]$ , $∣ φ (f) - φ (g) ∣ = ∣ f (0) - g (0) ∣ \leq t \in [0, 1] sup ∣ f (t) - g (t) ∣ = d_{\infty} (f, g),$ 故 $φ$ 是（Lipschitz）连续的. 由于 ${1}$ 是 $R$ 中的闭集, 其原像 $M = φ^{- 1} ({1})$ 是 $C [0, 1]$ 中的闭集 (连续映射保持闭集的原像为闭). 因此在 $d_{\infty}$ 度量下 $M$ 是闭集.

2. 在 $d_{1}$ 度量下 $M$ 不是闭集

构造函数列 ${f_{n}} \subset M$ 使得 $d_{1} (f_{n}, 0) \to 0$ , 但 $0 \in / M$ , 从而 $M$ 不包含它的极限点, 故 $M$ 不是闭集.

对每个 $n \in N$ , 令 $f_{n} (t) = max {1 - n t, 0} = {1 - n t, 0 \leq t \leq \frac{1}{n}, 0, \frac{1}{n} \leq t \leq 1.$ 显然 $f_{n} \in C [0, 1]$ , 且 $f_{n} (0) = 1$ , 故 $f_{n} \in M$ .

计算 $f_{n}$ 与零函数 $0$ 的 $d_{1}$ 距离: $d_{1} (f_{n}, 0) = \int_{0}^{1} ∣ f_{n} (t) ∣ d t = \int_{0}^{1/ n} (1 - n t) d t = [t - \frac{n}{2} t^{2}]_{0}^{1/ n} = \frac{1}{n} - \frac{n}{2} \cdot \frac{1}{n ^{2}} = \frac{1}{n} - \frac{1}{2 n} = \frac{1}{2 n} \to 0 (n \to \infty) .$ 因此 $f_{n}$ 在 $d_{1}$ 度量下收敛于零函数 $0 \in C [0, 1]$ . 但零函数满足 $0 (0) = 0 \neq = 1$ , 故 $0 \in / M$ .

所以存在 $M$ 中的序列 ${f_{n}}$ 收敛到 $C [0, 1]$ 中的一点 $0$ , 而 $0$ 不属于 $M$ , 这表明 $M$ 不是闭集.

结论: 在一致收敛度量 $d_{\infty}$ 下 $M$ 是闭集; 在 $L^{1}$ 度量 $d_{1}$ 下 $M$ 不是闭集.

习题 1.12

设 $M = {{x_{n}} \in ℓ^{1}$ : 任取 $k \geq 0$ , 都有 $x_{2 k + 1} = 0}$ . 求证: $M$ 在 $ℓ^{1}$ 中为闭集.

解答

设 $M = {{x_{n}} \in ℓ^{1} ∣ \forall k \geq 0, x_{2 k + 1} = 0}$ 。欲证 $M$ 在 $ℓ^{1}$ 中是闭集。

对每个固定的 $n \in N$ ，考虑坐标映射 $p_{n} : ℓ^{1} \to C$ ， $p_{n} (x) = x_{n}$ 。由于 $∣ p_{n} (x) ∣ = ∣ x_{n} ∣ \leq k = 1 \sum \infty ∣ x_{k} ∣ = ∥ x ∥_{1},$ 故 $p_{n}$ 是有界线性泛函，从而连续。

设 ${x^{(m)}}_{m = 1}^{\infty} \subseteq M$ 且 $x^{(m)} \to x$ 按 $ℓ^{1}$ 范数，即 $∥ x^{(m)} - x ∥_{1} \to 0$ 。由 $p_{n}$ 的连续性，对每个 $n$ 有 $x_{n}^{(m)} = p_{n} (x^{(m)}) \to p_{n} (x) = x_{n} (m \to \infty) .$ 特别地，对任意 $k \geq 0$ ，取 $n = 2 k + 1$ ，则 $x_{2 k + 1}^{(m)} = 0$ 对所有 $m$ 成立，故极限 $x_{2 k + 1} = 0$ 。因此 $x \in M$ 。

由定义， $M$ 是 $ℓ^{1}$ 中的闭集。

习题 1.13

设 $(X, d)$ 为度量空间, $M \subset X$ . 称 $\partial M = \overset{ˉ}{M} ∖ M^{\circ}$ 为 $M$ 的边界. 求证:

$\partial M$ 总为闭集;
$x \in \partial M$ 当且仅当任给 $ε > 0$ , $B (x, ε) \cap M \neq = \emptyset$ , $B (x, r) \cap M^{c} \neq = \emptyset$ ;
$\partial M = \partial (M^{c})$ .

求下述集合的边界:

$R$ 中的开区间 $(0, 1)$ ;
$R$ 中的半开半闭区间 $(0, 1]$ ;
$R$ 中的有理数集 $Q$ ;
复平面 $C$ 的单位开圆盘 $D = {z \in C : ∣ z ∣ < 1}$ .

解答

1. 证明 $\partial M$ 总是闭集

证明：由于 $M^{\circ} = X ∖ \overline{M^{c}}$ （因为 $x \in M^{\circ}$ 当且仅当存在 $ε > 0$ 使 $B (x, ε) \subset M$ ，这等价于 $x$ 不是 $M^{c}$ 的接触点，即 $x \in / \overline{M^{c}}$ ），故 $(M^{\circ})^{c} = \overline{M^{c}}$ 。于是 $\partial M = \overset{ˉ}{M} ∖ M^{\circ} = \overset{ˉ}{M} \cap (M^{\circ})^{c} = \overset{ˉ}{M} \cap \overline{M^{c}} .$ $\overset{ˉ}{M}$ 与 $\overline{M^{c}}$ 均为闭集，它们的交 $\partial M$ 也是闭集。∎

2. 证明 $x \in \partial M$ 当且仅当对任意 $ε > 0$ ， $B (x, ε) \cap M \neq = \emptyset$ 且 $B (x, ε) \cap M^{c} \neq = \emptyset$

证明：
（必要性）若 $x \in \partial M$ ，则 $x \in \overset{ˉ}{M}$ 且 $x \in / M^{\circ}$ 。由 $x \in \overset{ˉ}{M}$ ，对任意 $ε > 0$ ， $B (x, ε) \cap M \neq = \emptyset$ 。由 $x \in / M^{\circ}$ ，不存在 $δ > 0$ 使 $B (x, δ) \subset M$ ，因此对任意 $ε > 0$ ， $B (x, ε)$ 不包含于 $M$ ，即 $B (x, ε) \cap M^{c} \neq = \emptyset$ 。

（充分性）假设对任意 $ε > 0$ ， $B (x, ε) \cap M \neq = \emptyset$ 且 $B (x, ε) \cap M^{c} \neq = \emptyset$ 。由 $B (x, ε) \cap M \neq = \emptyset$ 知 $x \in \overset{ˉ}{M}$ 。若 $x \in M^{\circ}$ ，则存在 $ε_{0} > 0$ 使 $B (x, ε_{0}) \subset M$ ，从而 $B (x, ε_{0}) \cap M^{c} = \emptyset$ ，与假设矛盾，故 $x \in / M^{\circ}$ 。因此 $x \in \overset{ˉ}{M} ∖ M^{\circ} = \partial M$ 。∎

3. 证明 $\partial M = \partial (M^{c})$

证明：利用 $\partial M = \overset{ˉ}{M} \cap \overline{M^{c}}$ （见第1步）。对 $M^{c}$ 应用相同表达式得 $\partial (M^{c}) = \overline{M^{c}} \cap \overline{(M^{c})^{c}} = \overline{M^{c}} \cap \overset{ˉ}{M} = \overset{ˉ}{M} \cap \overline{M^{c}} = \partial M .$ ∎

求下列集合的边界

$R$ 中的开区间 $(0, 1)$
$(0, 1)$ 是开集，故 $M^{\circ} = (0, 1)$ ；闭包 $\overset{ˉ}{M} = [0, 1]$ 。所以 $\partial (0, 1) = [0, 1] ∖ (0, 1) = {0, 1}$ 。
$R$ 中的半开半闭区间 $(0, 1]$
内部 $M^{\circ} = (0, 1)$ ，闭包 $\overset{ˉ}{M} = [0, 1]$ ，故 $\partial (0, 1] = [0, 1] ∖ (0, 1) = {0, 1}$ 。
$R$ 中的有理数集 $Q$
$\overset{ˉ}{Q} = R$ ， $Q^{\circ} = \emptyset$ ，所以 $\partial Q = R ∖ \emptyset = R$ 。
复平面 $C$ 的单位开圆盘 $D = {z \in C : ∣ z ∣ < 1}$
$D$ 是开集，故 $D^{\circ} = D$ ；闭包 $\overset{ˉ}{D} = {z \in C : ∣ z ∣ \leq 1}$ 。因此 $\partial D = \overset{ˉ}{D} ∖ D = {z \in C : ∣ z ∣ = 1}$ （单位圆周）。

习题 1.14

若 $x_{n}, y_{n}$ 为度量空间 $(X, d)$ 的柯西列, 求证: $d (x_{n}, y_{n})$ 为 $R$ 中的柯西列.

解答

证明由于 ${x_{n}}$ 和 ${y_{n}}$ 都是度量空间 $(X, d)$ 中的 Cauchy 列，故对任意 $ε > 0$ ，存在 $N \in N$ ，使得当 $m, n \geq N$ 时有 $d (x_{m}, x_{n}) < \frac{ε}{2}, d (y_{m}, y_{n}) < \frac{ε}{2} .$ 对任意 $m, n \geq N$ ，由三角不等式得 $d (x_{m}, y_{m}) \leq d (x_{m}, x_{n}) + d (x_{n}, y_{n}) + d (y_{n}, y_{m}),$ 从而 $d (x_{m}, y_{m}) - d (x_{n}, y_{n}) \leq d (x_{m}, x_{n}) + d (y_{n}, y_{m}) .$ 交换 $m, n$ 的位置可得 $d (x_{n}, y_{n}) - d (x_{m}, y_{m}) \leq d (x_{n}, x_{m}) + d (y_{m}, y_{n}) = d (x_{m}, x_{n}) + d (y_{m}, y_{n}) .$ 因此 $∣ d (x_{m}, y_{m}) - d (x_{n}, y_{n}) ∣ \leq d (x_{m}, x_{n}) + d (y_{m}, y_{n}) .$ 结合 Cauchy 列的条件，当 $m, n \geq N$ 时， $∣ d (x_{m}, y_{m}) - d (x_{n}, y_{n}) ∣ < \frac{ε}{2} + \frac{ε}{2} = ε .$ 所以 ${d (x_{n}, y_{n})}$ 是 $R$ 中的 Cauchy 列。 $□$

习题 1.15

若 $x, y \in R$ , 设 $d (x, y) = ∣ arctan (x) - arctan (y) ∣$ . 求证 :

$d$ 为 $R$ 上的度量;
$(R, d)$ 不为完备度量空间.

解答

1. 证明 $d$ 为 $R$ 上的度量

记 $f (x) = arctan x$ ，则 $f : R \to (- \frac{π}{2}, \frac{π}{2})$ 是严格单调递增的连续函数。定义 $d (x, y) = ∣ f (x) - f (y) ∣$ 。验证度量公理：

非负性：对任意 $x, y \in R$ ， $∣ f (x) - f (y) ∣ \geq 0$ ，故 $d (x, y) \geq 0$ 。
同一性： $d (x, y) = 0 ⟺ ∣ f (x) - f (y) ∣ = 0 ⟺ f (x) = f (y)$ 。由于 $f$ 是单射， $f (x) = f (y)$ 当且仅当 $x = y$ 。因此 $d (x, y) = 0 ⟺ x = y$ 。
对称性： $d (x, y) = ∣ f (x) - f (y) ∣ = ∣ f (y) - f (x) ∣ = d (y, x)$ 。
三角不等式：对任意 $x, y, z \in R$ ， $d (x, z) = ∣ f (x) - f (z) ∣ \leq ∣ f (x) - f (y) ∣ + ∣ f (y) - f (z) ∣ = d (x, y) + d (y, z) .$

因此 $d$ 满足所有度量公理，是 $R$ 上的一个度量。

2. 证明 $(R, d)$ 不是完备度量空间

考虑数列 $x_{n} = n$ （ $n \in N$ ）。下面证明 ${x_{n}}$ 是 $(R, d)$ 中的 Cauchy 序列，但不收敛。

Cauchy 性：对任意 $ε > 0$ ，因为 $lim_{n \to \infty} arctan n = \frac{π}{2}$ ，所以数列 ${arctan n}$ 是 $R$ （通常度量）中的 Cauchy 序列。因此存在 $N \in N$ ，使得对所有 $m, n > N$ 有 $∣ arctan m - arctan n ∣ < ε$ ，即 $d (x_{m}, x_{n}) < ε$ 。故 ${x_{n}}$ 是 Cauchy 序列。
不收敛性：假设存在 $x \in R$ 使得 $lim_{n \to \infty} d (x_{n}, x) = 0$ ，即 $lim_{n \to \infty} ∣ arctan n - arctan x ∣ = 0$ 。因为 $lim_{n \to \infty} arctan n = \frac{π}{2}$ ，所以 $arctan x$ 必须等于 $\frac{π}{2}$ 。但 $arctan x \in (- \frac{π}{2}, \frac{π}{2})$ 恒成立，矛盾。因此 ${x_{n}}$ 在 $(R, d)$ 中不收敛。

于是存在一个 Cauchy 序列不收敛，故 $(R, d)$ 不是完备度量空间。

习题 1.16

任取 $x, y \in Z$ , 令 $d (m, n) = \frac{1}{m} - \frac{1}{n}$ . 求证: $d$ 为 $Z$ 上的度量, $(Z, d)$ 不为完备度量空间.

解答

解：考虑集合 $X = Z ∖ {0}$ （非零整数集），定义映射 $d : X \times X \to [0, \infty)$ 为 $d (m, n) = \frac{1}{m} - \frac{1}{n} .$ 下面证明 $d$ 是 $X$ 上的度量，且 $(X, d)$ 不是完备度量空间。

一、 $d$ 是 $X$ 上的度量

非负性：对任意 $m, n \in X$ ， $d (m, n) = \frac{1}{m} - \frac{1}{n} \geq 0$ 显然成立。
对称性： $d (m, n) = \frac{1}{m} - \frac{1}{n} = \frac{1}{n} - \frac{1}{m} = d (n, m)$ .
恒等性：若 $m = n$ ，则 $d (m, n) = 0$ ；反之，若 $d (m, n) = 0$ ，则 $\frac{1}{m} - \frac{1}{n} = 0$ ，从而 $\frac{1}{m} = \frac{1}{n}$ ，由于 $m, n \neq = 0$ 且函数 $x \mapsto 1/ x$ 在 $X$ 上是单射，故 $m = n$ 。
三角不等式：对任意 $m, n, k \in X$ ，由绝对值不等式得 $d (m, n) = \frac{1}{m} - \frac{1}{n} \leq \frac{1}{m} - \frac{1}{k} + \frac{1}{k} - \frac{1}{n} = d (m, k) + d (k, n) .$

综上， $d$ 满足度量的四条公理，因此 $(X, d)$ 是一个度量空间。

二、 $(X, d)$ 不是完备的

构造序列 $(x_{n})_{n = 1}^{\infty}$ ，其中 $x_{n} = n$ （取正整数项，显然 $x_{n} \in X$ ）。下证该序列是 Cauchy 列但不收敛。

Cauchy 列：任给 $ε > 0$ ，取 $N = ⌈ \frac{2}{ε} ⌉$ ，则对任意 $m, n \geq N$ 有 $d (x_{m}, x_{n}) = \frac{1}{m} - \frac{1}{n} \leq \frac{1}{m} + \frac{1}{n} \leq \frac{2}{N} < ε .$ 故 $(x_{n})$ 是 Cauchy 列。
不收敛：假设 $(x_{n})$ 收敛于某点 $L \in X$ ，即 $d (x_{n}, L) \to 0$ 。由定义， $d (x_{n}, L) = \frac{1}{n} - \frac{1}{L} .$ 令 $n \to \infty$ ，则 $\frac{1}{n} \to 0$ ，从而 $n \to \infty lim d (x_{n}, L) = 0 - \frac{1}{L} = \frac{1}{∣ L ∣} .$ 若极限为 $0$ ，必须 $\frac{1}{∣ L ∣} = 0$ ，但 $L$ 是非零整数， $\frac{1}{∣ L ∣} > 0$ ，矛盾。因此 $(x_{n})$ 在 $X$ 中不收敛。

存在 Cauchy 列不收敛，故度量空间 $(X, d)$ 不是完备的。 ∎

习题 1.17

设 $C^{1} [0, 1]$ 为闭区间 $[0, 1]$ 上连续可导实函数的全体, 若 $x, y \in C^{1} [0, 1]$ , 令 $d (x, y) = 0 \leq t \leq 1 max ∣ x (t) - y (t) ∣ + 0 \leq t \leq 1 max ∣ x^{'} (t) - y^{'} (t) ∣ .$

求证:

$d$ 为 $C^{1} [0, 1]$ 上的度量;
$(C^{1} [0, 1], d)$ 为完备度量空间;
有理系数多项式之集在 $C^{1} [0, 1]$ 中稠密, 进而证明 $C^{1} [0, 1]$ 为可分度量空间.

解答

1. $d$ 为度量

对任意 $x, y, z \in C^{1} [0, 1]$ ：

非负性： $d (x, y) \geq 0$ 显然。
同一性： $d (x, y) = 0$ 当且仅当 $max ∣ x - y ∣ = 0$ 且 $max ∣ x^{'} - y^{'} ∣ = 0$ ，即 $x (t) = y (t), x^{'} (t) = y^{'} (t)$ 对所有 $t$ ，故 $x = y$ 。
对称性： $d (x, y) = d (y, x)$ 由绝对值对称性。
三角不等式： $∣ x (t) - z (t) ∣ ∣ x^{'} (t) - z^{'} (t) ∣ \leq ∣ x (t) - y (t) ∣ + ∣ y (t) - z (t) ∣ \leq max ∣ x - y ∣ + max ∣ y - z ∣, \leq ∣ x^{'} (t) - y^{'} (t) ∣ + ∣ y^{'} (t) - z^{'} (t) ∣ \leq max ∣ x^{'} - y^{'} ∣ + max ∣ y^{'} - z^{'} ∣.$ 取上确界得 $max ∣ x - z ∣ \leq max ∣ x - y ∣ + max ∣ y - z ∣$ ， $max ∣ x^{'} - z^{'} ∣ \leq max ∣ x^{'} - y^{'} ∣ + max ∣ y^{'} - z^{'} ∣$ ，相加即得 $d (x, z) \leq d (x, y) + d (y, z)$ 。

故 $d$ 是 $C^{1} [0, 1]$ 上的度量。

2. $(C^{1} [0, 1], d)$ 完备

设 ${x_{n}} \subset C^{1} [0, 1]$ 是 $d$ ‑Cauchy 列，则 $\forall ε > 0$ ， $\exists N$ 使 $m, n \geq N$ 时 $d (x_{m}, x_{n}) < ε$ ，从而 $max ∣ x_{m} - x_{n} ∣ < ε, max ∣ x_{m}^{'} - x_{n}^{'} ∣ < ε .$ 因此 ${x_{n}}$ 和 ${x_{n}^{'}}$ 均为 $(C [0, 1], ∥ \cdot ∥_{\infty})$ 中的 Cauchy 列。因 $C [0, 1]$ 完备，存在连续函数 $x, y$ 使得 $x_{n} 一致 x, x_{n}^{'} 一致 y .$

固定 $t_{0} \in [0, 1]$ ，对任意 $t \in [0, 1]$ ， $x_{n} (t) = x_{n} (t_{0}) + \int_{t_{0}}^{t} x_{n}^{'} (s) d s .$ 令 $n \to \infty$ ，由一致收敛可在积分号下取极限，得 $x (t) = x (t_{0}) + \int_{t_{0}}^{t} y (s) d s .$ 因 $y$ 连续，右端是 $t$ 的可微函数，故 $x$ 可微且 $x^{'} = y$ ，从而 $x \in C^{1} [0, 1]$ 。

由一致收敛， $max ∣ x_{n} - x ∣ \to 0, max ∣ x_{n}^{'} - x^{'} ∣ = max ∣ x_{n}^{'} - y ∣ \to 0,$ 所以 $d (x_{n}, x) \to 0$ 。故任意 Cauchy 列收敛，空间完备。

3. 有理系数多项式稠密与可分性

稠密性：任取 $x \in C^{1} [0, 1]$ ， $ε > 0$ ，取 $δ = ε /3$ 。

由 Weierstrass 逼近定理及有理系数多项式在 $C [0, 1]$ 中的稠密性，存在有理系数多项式 $R (t)$ 使得 $t \in [0, 1] max ∣ x^{'} (t) - R (t) ∣ < δ .$
取有理数 $c$ 满足 $∣ x (0) - c ∣ < δ$ 。

定义多项式 $S (t) = c + \int_{0}^{t} R (s) d s .$ $R$ 有理系数，积分后系数仍为有理数， $c$ 有理，故 $S$ 为有理系数多项式。

计算： $max ∣ x^{'} (t) - S^{'} (t) ∣ = max ∣ x^{'} (t) - R (t) ∣ < δ .$ 对函数值， $x (t) = x (0) + \int_{0}^{t} x^{'} (s) d s,$ 故 $∣ x (t) - S (t) ∣ \leq ∣ x (0) - c ∣ + \int_{0}^{t} ∣ x^{'} (s) - R (s) ∣ d s \leq δ + δ \cdot 1 = 2 δ .$ 因此 $max ∣ x - S ∣ < 2 δ$ ，从而 $d (x, S) = max ∣ x - S ∣ + max ∣ x^{'} - S^{'} ∣ < 2 δ + δ = 3 δ = ε .$ 所以有理系数多项式之集在 $C^{1} [0, 1]$ 中稠密。

可分性：全体有理系数多项式构成可数集（因为每个多项式由有限个有理系数唯一决定，可数并可数），且在该空间中稠密，故 $(C^{1} [0, 1], d)$ 是可分度量空间。

习题 1.18

设 $(X, d)$ 为度量空间, 令 $δ (x, y) = \frac{d ( x , y )}{1 + d ( x , y )}$ . 求证: $(X, d)$ 为完备度量空间当且仅当 $(X, δ)$ 为完备度量空间.

解答

证明我们分三步进行.

1. $δ$ ‑柯西序列与 $d$ ‑柯西序列等价

设 ${x_{n}}$ 是 $X$ 中的一个序列.

若 ${x_{n}}$ 是 $(X, d)$ 中的 Cauchy 序列, 则对任意 $ε > 0$ , 存在 $N$ , 当 $n, m \geq N$ 时 $d (x_{n}, x_{m}) < ε$ . 由于 $δ (x, y) = \frac{d ( x , y )}{1 + d ( x , y )} \leq d (x, y)$ , 故 $δ (x_{n}, x_{m}) < ε$ , 所以 ${x_{n}}$ 也是 $(X, δ)$ 中的 Cauchy 序列.
若 ${x_{n}}$ 是 $(X, δ)$ 中的 Cauchy 序列, 任给 $ε > 0$ , 取 $η = \frac{ε}{1 + ε} > 0$ . 由 ${x_{n}}$ 的 Cauchy 性, 存在 $N$ , 当 $n, m \geq N$ 时 $δ (x_{n}, x_{m}) < η$ . 注意到 $d (x, y) = \frac{δ ( x , y )}{1 - δ ( x , y )}$ 且函数 $s \mapsto \frac{s}{1 - s}$ 在 $[0, 1)$ 上严格递增, 因此 $d (x_{n}, x_{m}) = \frac{δ ( x _{n} , x _{m} )}{1 - δ ( x _{n} , x _{m} )} < \frac{η}{1 - η} = ε .$ 从而 ${x_{n}}$ 是 $(X, d)$ 中的 Cauchy 序列.

2. $d$ ‑收敛与 $δ$ ‑收敛等价

设 $x_{n}, x \in X$ .

若 $d (x_{n}, x) \to 0$ , 则因 $δ (x_{n}, x) \leq d (x_{n}, x)$ , 得 $δ (x_{n}, x) \to 0$ .
若 $δ (x_{n}, x) \to 0$ , 则当 $n$ 充分大时 $δ (x_{n}, x) < 1$ , 从而 $d (x_{n}, x) = \frac{δ ( x _{n} , x )}{1 - δ ( x _{n} , x )} \to 0.$

因此, 在两种度量下序列收敛到同一点是等价的.

3. 完备性等价

假设 $(X, d)$ 完备. 任取 $(X, δ)$ 中的 Cauchy 序列 ${x_{n}}$ . 由第1步知它也是 $(X, d)$ 中的 Cauchy 序列, 故存在 $x \in X$ 使得 $d (x_{n}, x) \to 0$ . 再据第2步, $δ (x_{n}, x) \to 0$ , 即 ${x_{n}}$ 在 $(X, δ)$ 中收敛. 所以 $(X, δ)$ 完备.
假设 $(X, δ)$ 完备. 任取 $(X, d)$ 中的 Cauchy 序列 ${x_{n}}$ , 由第1步它也是 $(X, δ)$ 中的 Cauchy 序列, 于是存在 $x \in X$ 使得 $δ (x_{n}, x) \to 0$ . 由第2步得 $d (x_{n}, x) \to 0$ , 故 $(X, d)$ 完备.

综上, $(X, d)$ 完备当且仅当 $(X, δ)$ 完备. $□$

习题 1.19

设 $a < b$ , 在 $C [a, b]$ 和 $C [0, 1]$ 上都赋度量 $d_{\infty}$ . 求证: $C [a, b]$ 与 $C [0, 1]$ 等距同构.

解答

证明：
定义映射 (T\colon C[a,b]\to C[0,1]) 如下：对任意 (f\in C[a,b])，令
$(T f) (t) = f (a + (b - a) t), t \in [0, 1] .$ 因 (t\mapsto a+(b-a)t) 连续，(f) 连续，故 (Tf\in C[0,1])。

1. (T) 是双射
构造 (S\colon C[0,1]\to C[a,b]) 为
$(S g) (x) = g (\frac{x - a}{b - a}), x \in [a, b],$ 则对任意 (f\in C[a,b]) 和 (g\in C[0,1])， $(ST f) (x) = (T f) (\frac{x - a}{b - a}) = f (a + (b - a) \cdot \frac{x - a}{b - a}) = f (x),$ $(TS g) (t) = (S g) (a + (b - a) t) = g (\frac{a + ( b - a ) t - a}{b - a}) = g (t) .$ 故 (S=T^{-1})，(T) 为双射。

2. (T) 是等距
对任意 (f,g\in C[a,b])， $∥ T f - T g ∥_{\infty} = t \in [0, 1] sup f (a + (b - a) t) - g (a + (b - a) t) = x \in [a, b] sup ∣ f (x) - g (x) ∣ (变量代换 x = a + (b - a) t) = ∥ f - g ∥_{\infty} .$

因此，(T) 是 ((C[a,b],d_\infty)) 到 ((C[0,1],d_\infty)) 的等距同构（且为线性映射）。故 (C[a,b]) 与 (C[0,1]) 等距同构。∎

习题 1.20

设 $X$ 为度量空间, $M \subset X$ . 求证: $M$ 在 $X$ 中稠密当且仅当任给 $ε > 0$ , 有 $X =$ $⋃_{x \in M} B (x, ε) .$

解答

证明

设 $(X, d)$ 为度量空间， $M \subset X$ . 记 $\overline{M}$ 为 $M$ 的闭包.

( $\Rightarrow$ )
假设 $M$ 在 $X$ 中稠密，即 $\overline{M} = X$ .
任取 $ε > 0$ ，需证 $X = ⋃_{x \in M} B (x, ε)$ .
显然 $⋃_{x \in M} B (x, ε) \subseteq X$ ，故只需证 $X \subseteq ⋃_{x \in M} B (x, ε)$ .
对任意 $y \in X$ ，由 $\overline{M} = X$ 知 $y \in \overline{M}$ . 根据闭包的定义，对上述 $ε > 0$ ，存在 $x \in M$ 使得 $d (y, x) < ε$ ，即 $y \in B (x, ε)$ .
因此 $y \in ⋃_{x \in M} B (x, ε)$ ，从而 $X \subseteq ⋃_{x \in M} B (x, ε)$ .
故 $X = ⋃_{x \in M} B (x, ε)$ 成立.

( $\Leftarrow$ )
假设对任意 $ε > 0$ 均有 $X = ⋃_{x \in M} B (x, ε)$ .
要证 $\overline{M} = X$ ，即证任意 $y \in X$ 都属于 $\overline{M}$ .
任取 $y \in X$ 和 $ε > 0$ . 由假设 $X = ⋃_{x \in M} B (x, ε)$ ，故 $y$ 必属于某个 $B (x, ε)$ ，其中 $x \in M$ ，即存在 $x \in M$ 使得 $d (y, x) < ε$ .
这意味着 $x \in B (y, ε) \cap M$ ，从而 $B (y, ε) \cap M \neq = \emptyset$ .
由于 $ε > 0$ 是任意的，根据闭包的等价描述， $y \in \overline{M}$ .
由 $y$ 的任意性知 $\overline{M} = X$ ，即 $M$ 在 $X$ 中稠密.

综上， $M$ 在 $X$ 中稠密当且仅当对任给 $ε > 0$ ， $X = ⋃_{x \in M} B (x, ε)$ . $□$

习题 1.21

求证: $c_{0}, s$ 均为可分度量空间.

解答

证明

1. 空间定义

$c_{0}$ ：所有满足 $n \to \infty lim x_{n} = 0$ 的实（或复）数列 $x = (x_{n})$ 构成的线性空间，赋予范数 $∥ x ∥_{\infty} = sup_{n \geq 1} ∣ x_{n} ∣$ ，相应的度量为 $d_{\infty} (x, y) = ∥ x - y ∥_{\infty}$ 。
$s$ ：所有实（或复）数列 $x = (x_{n})$ 构成的线性空间，赋予度量
$d (x, y) = n = 1 \sum \infty 2^{- n} \frac{∣ x _{n} - y _{n} ∣}{1 + ∣ x _{n} - y _{n} ∣} .$ 易验证 $d$ 是 $s$ 上的一个度量，且 $s$ 在该度量下是完备的（Fréchet 空间）。

2. $c_{0}$ 的可分性

记 $Q$ 为有理数集（若为复空间则取 $Q + i Q$ ，它也是可数集）。定义
$D = {(q_{1}, q_{2}, \dots, q_{k}, 0, 0, \dots) ∣ k \in N, q_{i} \in Q} .$
$D$ 是可数个有限长有理数组的并，故 $D$ 可数。往证 $D$ 在 $c_{0}$ 中稠密。

任取 $x = (x_{n}) \in c_{0}$ 及 $ε > 0$ 。因为 $x_{n} \to 0$ ，存在 $N \in N$ 使得当 $n > N$ 时 $∣ x_{n} ∣ < ε /2$ 。对每个 $n = 1, \dots, N$ ，选取 $q_{n} \in Q$ 满足 $∣ x_{n} - q_{n} ∣ < ε /2$ （有理数的稠密性）。构造 $y = (q_{1}, \dots, q_{N}, 0, 0, \dots) \in D$ 。

当 $n \leq N$ 时， $∣ x_{n} - y_{n} ∣ < ε /2 < ε$ ；
当 $n > N$ 时， $∣ x_{n} - y_{n} ∣ = ∣ x_{n} ∣ < ε /2 < ε$ 。

因此 $∥ x - y ∥_{\infty} < ε$ ，即 $D$ 在 $c_{0}$ 中稠密。故 $c_{0}$ 是可分度量空间。

3. $s$ 的可分性

仍取 $Q$ 为有理数集，定义
$D = {(q_{1}, \dots, q_{k}, 0, 0, \dots) ∣ k \in N, q_{i} \in Q} .$
$D$ 可数。下证 $D$ 在度量 $d$ 下稠于 $s$ 。

任取 $x = (x_{n}) \in s$ 及 $ε > 0$ 。由于级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} 2^{- n}$ 收敛，可取 $N \in N$ 使得
$n = N + 1 \sum \infty 2^{- n} < \frac{ε}{2} .$
对每个 $n = 1, \dots, N$ ，因有理数稠密，可选 $q_{n} \in Q$ 使得
$\frac{∣ x _{n} - q _{n} ∣}{1 + ∣ x _{n} - q _{n} ∣} < \frac{ε}{2 N} .$
（这是可行的：令 $∣ x_{n} - q_{n} ∣$ 充分小，则左方可任意小。）
构造 $y = (q_{1}, \dots, q_{N}, 0, 0, \dots) \in D$ 。

计算距离
$d (x, y) = n = 1 \sum N 2^{- n} \frac{∣ x _{n} - q _{n} ∣}{1 + ∣ x _{n} - q _{n} ∣} + n = N + 1 \sum \infty 2^{- n} \frac{∣ x _{n} ∣}{1 + ∣ x _{n} ∣} .$

第一项估计：因为 $2^{- n} \leq 1$ ，
$n = 1 \sum N 2^{- n} \frac{∣ x _{n} - q _{n} ∣}{1 + ∣ x _{n} - q _{n} ∣} \leq n = 1 \sum N \frac{∣ x _{n} - q _{n} ∣}{1 + ∣ x _{n} - q _{n} ∣} < N \cdot \frac{ε}{2 N} = \frac{ε}{2} .$
第二项估计：由于 $\frac{∣ x _{n} ∣}{1 + ∣ x _{n} ∣} \leq 1$ ，
$n = N + 1 \sum \infty 2^{- n} \frac{∣ x _{n} ∣}{1 + ∣ x _{n} ∣} \leq n = N + 1 \sum \infty 2^{- n} < \frac{ε}{2} .$

于是 $d (x, y) < ε$ ，故 $D$ 在 $s$ 中稠密。因此 $s$ 也是可分度量空间。

综上， $c_{0}$ 和 $s$ 均为可分度量空间。∎

习题 1.22

在 $C [a, b]$ 上赋予度量 $d_{\infty}$ , 设 $Y = {x \in C [a, b] : x (a) = x (b)}$ . 求证 : $Y$ 为 $C [a, b]$ 的完备度量子空间.

解答

证明：已知赋予度量 (d_\infty) 的连续函数空间 (C[a,b]) 是完备的度量空间（一致收敛的连续函数极限仍是连续函数）。
考虑子集 (Y = { x \in C[a,b] : x(a) = x(b) })。下证 (Y) 是 (C[a,b]) 的闭子集。

设 ({x_n} \subseteq Y) 且 (x_n \xrightarrow{d_\infty} x)，即 (x_n) 一致收敛于某个 (x \in C[a,b])。由于一致收敛蕴含逐点收敛，对任意 (t \in [a,b]) 有 (x_n(t) \to x(t))，特别地
$x_{n} (a) \to x (a), x_{n} (b) \to x (b) .$
因为对每个 (n) 都有 (x_n(a) = x_n(b))，取极限得 (x(a) = x(b))，故 (x \in Y)。因此 (Y) 是 (C[a,b]) 的闭子集。

完备度量空间的闭子空间仍是完备的，所以 ((Y, d_\infty)) 是完备的度量子空间。 ∎

习题 1.23

设 $X$ 为完备度量空间, 非空子集 $F \subset X$ 的直径定义为 $diam (F) = x, y \in F sup d (x, y) .$ 设 $F_{n} \subset X$ 为非空闭集, 且任取 $n \geq 1$ , $F_{n + 1} \subset F_{n}$ , 又设 $lim_{n \to \infty} diam (F_{n}) = 0$ . 求证: $⋂_{n = 1}^{\infty} F_{n}$ 为单点集. 举例说明条件 $lim_{n \to \infty} diam (F_{n}) = 0$ 是必要的.

解答

证明：任取 $x_{n} \in F_{n}$ 。由于 $F_{n + 1} \subset F_{n}$ ，故当 $m \geq n$ 时 $x_{m} \in F_{m} \subset F_{n}$ ，从而
$d (x_{m}, x_{n}) \leq diam (F_{n}) (m \geq n) .$
因为 $n \to \infty lim diam (F_{n}) = 0$ ，所以 ${x_{n}}$ 是 Cauchy 列。由 $X$ 的完备性，存在 $x \in X$ 使得 $x_{n} \to x$ 。

下证 $x \in ⋂_{n = 1}^{\infty} F_{n}$ 。固定 $n$ ，当 $k \geq n$ 时 $x_{k} \in F_{n}$ ，即 ${x_{k}}_{k \geq n}$ 是 $F_{n}$ 中收敛于 $x$ 的序列。 $F_{n}$ 是闭集，故 $x \in F_{n}$ 。由 $n$ 的任意性知 $x \in ⋂_{n = 1}^{\infty} F_{n}$ 。

再证唯一性。若 $y \in ⋂_{n = 1}^{\infty} F_{n}$ ，则对任意 $n$ 有 $x, y \in F_{n}$ ，于是
$d (x, y) \leq diam (F_{n}) .$
令 $n \to \infty$ 得 $d (x, y) = 0$ ，从而 $x = y$ 。因此 $⋂_{n = 1}^{\infty} F_{n}$ 恰含一个点。

举例说明条件 $lim_{n \to \infty} diam (F_{n}) = 0$ 是必要的：取 $X = R$ （完备度量空间），令
$F_{n} = [n, \infty), n \geq 1.$
每个 $F_{n}$ 是非空闭集，且 $F_{n + 1} \subset F_{n}$ 。但 $diam (F_{n}) = sup_{x, y \in [n, \infty)} ∣ x - y ∣ = + \infty$ ，不趋于 $0$ 。此时 $⋂_{n = 1}^{\infty} F_{n} = \emptyset$ ，不是单点集。
（也可考虑 $F_{n} = [0, 1 + \frac{1}{n}]$ ，此时 $diam (F_{n}) = 1 + \frac{1}{n} \to 1 \neq = 0$ ，而 $⋂_{n = 1}^{\infty} F_{n} = [0, 1]$ 包含无穷多点。）
由此可见条件 $lim_{n \to \infty} diam (F_{n}) = 0$ 不可去掉。

习题 1.24

设 $(X, d)$ 为度量空间, 求证: $M \subset X$ 为有界集当且仅当任取 $x \in X$ , 存在 $r > 0$ , 使得 $M \subset B (x, r)$ .

解答

证明：

设 $(X, d)$ 为度量空间， $M \subset X$ . 按定义， $M$ 称为有界集是指存在 $x_{0} \in X$ 和 $R > 0$ ，使得 $M \subset B (x_{0}, R)$ .

$(\Rightarrow)$ （有界 $\Rightarrow$ 对任意 $x$ 存在包含球）

若 $M$ 有界，则存在 $x_{0} \in X$ 及 $R > 0$ 满足 $M \subset B (x_{0}, R)$ . 任取 $x \in X$ ，令
$r = R + d (x, x_{0}) > 0.$
对任意 $y \in M$ ，由三角不等式得
$d (y, x) \leq d (y, x_{0}) + d (x_{0}, x) < R + d (x, x_{0}) = r,$
故 $y \in B (x, r)$ . 因此 $M \subset B (x, r)$ . 这说明对任意 $x \in X$ 都存在 $r > 0$ 使得 $M \subset B (x, r)$ .

$(\Leftarrow)$ （对任意 $x$ 存在包含球 $\Rightarrow$ 有界）

若对任意 $x \in X$ 都存在 $r_{x} > 0$ 使得 $M \subset B (x, r_{x})$ ，特别地，取定一个 $x_{0} \in X$ ，则存在 $r_{0} > 0$ 使得 $M \subset B (x_{0}, r_{0})$ . 这正是有界集的定义，故 $M$ 有界.

综上， $M \subset X$ 为有界集当且仅当对任意 $x \in X$ 均存在 $r > 0$ 使得 $M \subset B (x, r)$ . $□$

习题 1.25

设 $B [a, b]$ 为定义在 $[a, b]$ 上的所有有界函数. 若 $x, y \in B [a, b]$ , 定义 $d_{\infty} (x, y) = t \in [a, b] sup ∣ x (t) - y (t) ∣.$ 求证:

$d_{\infty}$ 为 $B [a, b]$ 上的度量;
$C [a, b]$ 赋子度量 $d_{\infty}$ 为 $B [a, b]$ 的闭集;
$B [a, b]$ 为不可分度量空间;
$B [a, b]$ 为完备度量空间.

解答

1. $d_{\infty}$ 为 $B [a, b]$ 上的度量

任取 $x, y, z \in B [a, b]$ 。

非负性： $∣ x (t) - y (t) ∣ \geq 0$ 对所有 $t \in [a, b]$ 成立，故 $d_{\infty} (x, y) = sup_{t} ∣ x (t) - y (t) ∣ \geq 0$ 。若 $x = y$ ，则 $sup_{t} ∣ x (t) - y (t) ∣ = 0$ ；反之，若 $d_{\infty} (x, y) = 0$ ，则对每个 $t$ 有 $∣ x (t) - y (t) ∣ = 0$ ，即 $x (t) = y (t)$ ，故 $x = y$ 。
对称性： $d_{\infty} (x, y) = sup_{t} ∣ x (t) - y (t) ∣ = sup_{t} ∣ y (t) - x (t) ∣ = d_{\infty} (y, x)$ 。
三角不等式：对任意 $t \in [a, b]$ ， $∣ x (t) - z (t) ∣ \leq ∣ x (t) - y (t) ∣ + ∣ y (t) - z (t) ∣ \leq d_{\infty} (x, y) + d_{\infty} (y, z) .$ 两边取上确界得 $d_{\infty} (x, z) \leq d_{\infty} (x, y) + d_{\infty} (y, z)$ 。

因此 $d_{\infty}$ 是 $B [a, b]$ 上的度量。

2. $C [a, b]$ 为 $B [a, b]$ 的闭集

设 ${x_{n}} \subset C [a, b]$ 且 $x_{n} \to x$ 于 $(B [a, b], d_{\infty})$ ，即 $d_{\infty} (x_{n}, x) \to 0$ 。则 ${x_{n}}$ 一致收敛于 $x$ 。由数学分析中的经典结论：一致收敛的连续函数序列的极限函数连续，故 $x \in C [a, b]$ 。下面给出严格证明：

任取 $t_{0} \in [a, b]$ ， $ε > 0$ ，存在 $N$ 使得 $n \geq N$ 时 $d_{\infty} (x_{n}, x) < ε /3$ 。取定 $n = N$ ，由于 $x_{N}$ 连续，存在 $δ > 0$ 使得当 $∣ t - t_{0} ∣ < δ$ 时 $∣ x_{N} (t) - x_{N} (t_{0}) ∣ < ε /3$ 。于是当 $∣ t - t_{0} ∣ < δ$ 时， $∣ x (t) - x (t_{0}) ∣ \leq ∣ x (t) - x_{N} (t) ∣ + ∣ x_{N} (t) - x_{N} (t_{0}) ∣ + ∣ x_{N} (t_{0}) - x (t_{0}) ∣ < \frac{ε}{3} + \frac{ε}{3} + \frac{ε}{3} = ε .$ 故 $x$ 在 $t_{0}$ 连续，因此 $x \in C [a, b]$ 。所以 $C [a, b]$ 是 $B [a, b]$ 的闭子集。

3. $B [a, b]$ 为不可分度量空间

假设 $B [a, b]$ 可分，则存在可数稠密子集 $D \subset B [a, b]$ 。构造一簇不可数个函数：对每个 $r \in [a, b]$ ，定义 $x_{r} (t) = {1, 0, t = r, t \neq = r .$ 显然 $x_{r} \in B [a, b]$ ，且当 $r \neq = s$ 时， $∣ x_{r} (r) - x_{s} (r) ∣ = 1$ ，故 $d_{\infty} (x_{r}, x_{s}) = 1$ 。

因为 $D$ 稠密，对每个 $r$ 可选 $y_{r} \in D$ 使得 $d_{\infty} (x_{r}, y_{r}) < \frac{1}{2}$ 。若 $r \neq = s$ ，则 $d_{\infty} (y_{r}, y_{s}) \geq d_{\infty} (x_{r}, x_{s}) - d_{\infty} (x_{r}, y_{r}) - d_{\infty} (x_{s}, y_{s}) > 1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = 0,$ 从而 $y_{r} \neq = y_{s}$ 。于是 $r \mapsto y_{r}$ 是从不可数集 $[a, b]$ 到可数集 $D$ 的单射，矛盾。因此 $B [a, b]$ 不可分。

4. $B [a, b]$ 为完备度量空间

设 ${x_{n}}$ 是 $B [a, b]$ 中的 Cauchy 序列，即对任意 $ε > 0$ ，存在 $N$ 使得当 $n, m \geq N$ 时 $d_{\infty} (x_{n}, x_{m}) < ε$ 。于是对每个固定的 $t \in [a, b]$ ， $∣ x_{n} (t) - x_{m} (t) ∣ \leq d_{\infty} (x_{n}, x_{m}) < ε,$ 故 ${x_{n} (t)}$ 是 $R$ 中的 Cauchy 序列，从而收敛。定义函数 $x (t) = lim_{n \to \infty} x_{n} (t)$ 。

先证 $x_{n}$ 一致收敛于 $x$ 。对上述 $ε$ 及 $n \geq N$ ，令 $m \to \infty$ 得 $∣ x_{n} (t) - x (t) ∣ \leq ε (\forall t \in [a, b]) .$ 因此 $sup_{t} ∣ x_{n} (t) - x (t) ∣ \leq ε$ ，即 $d_{\infty} (x_{n}, x) \leq ε$ 。故 $d_{\infty} (x_{n}, x) \to 0$ 。

再证 $x$ 有界。取 $ε = 1$ ，存在 $N$ 使 $d_{\infty} (x_{N}, x) \leq 1$ ，于是 $t sup ∣ x (t) ∣ \leq t sup ∣ x_{N} (t) ∣ + t sup ∣ x (t) - x_{N} (t) ∣ \leq ∥ x_{N} ∥_{\infty} + 1 < \infty,$ 故 $x \in B [a, b]$ 。

综上所述， $B [a, b]$ 中的每个 Cauchy 序列都收敛于 $B [a, b]$ 中元素，所以 $(B [a, b], d_{\infty})$ 是完备度量空间。

习题 1.26

设 $(X, d_{X})$ 和 $(Y, d_{Y})$ 为度量空间, $C \geq 0$ , $α > 0$ , 映射 $T : X \to Y$ 满足 : 任取 $x_{1}, x_{2} \in X$ , 都有 $d_{Y} (T x_{1}, T x_{2}) \leq C d_{X} (x_{1}, x_{2})^{α}$ . 求证: $T$ 为连续映射.

解答

证明

设任意 (x_0 \in X)，要证 (T) 在 (x_0) 处连续。任取 (\varepsilon > 0)，分两种情况。

若 (C = 0)
此时对任意 (x \in X) 有
$d_{Y} (T x, T x_{0}) \leq C d_{X} (x, x_{0})^{α} = 0,$
故 (d_Y(Tx, Tx_0)=0 < \varepsilon)。取 (\delta = 1)（或任意正数），当 (d_X(x, x_0) < \delta) 时，均有 (d_Y(Tx, Tx_0) < \varepsilon)。因此 (T) 在 (x_0) 处连续。
若 (C > 0)
取 (\delta = \left(\dfrac{\varepsilon}{C}\right)^{1/\alpha} > 0)。则当 (d_X(x, x_0) < \delta) 时，
$d_{Y} (T x, T x_{0}) \leq C d_{X} (x, x_{0})^{α} < C δ^{α} = C \cdot \frac{ε}{C} = ε .$
故 (T) 在 (x_0) 处连续。

由 (x_0) 的任意性，(T) 是 (X) 到 (Y) 的连续映射。∎

习题 1.27

设 $X, Y$ 为度量空间, $T : X \to Y$ 为映射. 求证: $T$ 为连续映射当且仅当任取 $M \subset X$ , 都有 $T (\overset{ˉ}{M}) \subset \overline{T (M)}$ .

解答

证明：

1. 若 $T$ 连续，则对任意 $M \subset X$ 有 $T (\overline{M}) \subset \overline{T (M)}$ 。

任取 $x \in \overline{M}$ ，由于 $X$ 是度量空间，存在序列 ${x_{n}} \subset M$ 使得 $x_{n} \to x$ 。
由 $T$ 的连续性得 $T (x_{n}) \to T (x)$ 。因为 $T (x_{n}) \in T (M)$ ，所以 $T (x)$ 是 $T (M)$ 中序列的极限，故 $T (x) \in \overline{T (M)}$ 。
因此 $T (\overline{M}) \subset \overline{T (M)}$ 。

2. 若对任意 $M \subset X$ 有 $T (\overline{M}) \subset \overline{T (M)}$ ，则 $T$ 连续。

用反证法。假设 $T$ 在某点 $x_{0} \in X$ 处不连续，则存在 $ε_{0} > 0$ ，使得对任意 $δ > 0$ ，总存在 $y \in X$ 满足 $d_{X} (x_{0}, y) < δ 但 d_{Y} (T (x_{0}), T (y)) \geq ε_{0} .$

取 $δ_{n} = 1/ n (n \in N)$ ，可选取点列 ${y_{n}} \subset X$ ，使得 $d_{X} (x_{0}, y_{n}) < \frac{1}{n}, d_{Y} (T (x_{0}), T (y_{n})) \geq ε_{0} (\forall n) .$

令 $M = {y_{n} : n \in N}$ 。由于 $y_{n} \to x_{0}$ ，故 $x_{0} \in \overline{M}$ 。由题设条件得 $T (x_{0}) \in T (\overline{M}) \subset \overline{T (M)} .$ 因此 $T (x_{0})$ 属于 $T (M)$ 的闭包。在度量空间中，一点属于集合的闭包当且仅当存在该集合中的序列收敛于该点，所以存在 $T (M)$ 中的序列收敛于 $T (x_{0})$ 。但 $T (M) = {T (y_{n}) : n \in N}$ ，从而存在子列 ${T (y_{n_{k}})}$ 收敛于 $T (x_{0})$ 。然而由构造， $d_{Y} (T (x_{0}), T (y_{n_{k}})) \geq ε_{0} (\forall k),$ 这与收敛性矛盾。因此假设不成立， $T$ 在每点都连续。

综上， $T$ 连续当且仅当对任意 $M \subset X$ 有 $T (\overline{M}) \subset \overline{T (M)}$ 。

习题 1.28

设 $1 \leq p < \infty$ . 求证: $ℓ^{p}$ 的子集 $M = {{x_{n}} : ∣ x_{n} ∣ \leq \frac{1}{n}}$ 为紧集.

解答

解. 我们分两种情况讨论：当 $1 < p < \infty$ 时 $M$ 是紧集；当 $p = 1$ 时 $M$ 不是紧集（给出反例）。以下设 $ℓ^{p}$ 为实序列空间，范数为 $∥ x ∥_{p} = (\sum_{n = 1}^{\infty} ∣ x_{n} ∣^{p})^{1/ p}$ 。

1. $1 < p < \infty$ 的情形

步骤 1：证明 $M$ 是闭集.

设 ${x^{(k)}} \subset M$ 且 $x^{(k)} \to x$ 于 $ℓ^{p}$ 。对每个固定的 $n$ ，坐标映射 $x \mapsto x_{n}$ 是连续线性泛函（因为由 Hölder 不等式 $∣ x_{n} ∣ \leq ∥ x ∥_{p}$ ）。故 $x_{n}^{(k)} \to x_{n}$ 。由 $∣ x_{n}^{(k)} ∣ \leq 1/ n$ 取极限得 $∣ x_{n} ∣ \leq 1/ n$ 。又 $x \in ℓ^{p}$ ，所以 $x \in M$ 。因此 $M$ 闭。

步骤 2：证明 $M$ 完全有界.

任给 $ε > 0$ 。因为 $p > 1$ ，级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n ^{p}}$ 收敛，故存在 $N \in N$ 使得 $n = N + 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{p}} < (\frac{ε}{2})^{p} .$

考虑有限维空间 $R^{N}$ 中的紧集 $K_{N} = n = 1 \prod N [- \frac{1}{n}, \frac{1}{n}] \subset R^{N} .$ $K_{N}$ 在 $R^{N}$ 的 $ℓ^{p}$ 范数下是紧的，因此存在有限集 $F \subset K_{N}$ 使得 $F$ 是 $K_{N}$ 的 $(ε /2)$ -网，即对任意 $a \in K_{N}$ ，存在 $b \in F$ 满足 $∥ a - b ∥_{p} = (n = 1 \sum N ∣ a_{n} - b_{n} ∣^{p})^{1/ p} < \frac{ε}{2} .$

对每个 $b \in F$ ，定义序列 $z (b) \in ℓ^{p}$ 为 $z (b)_{n} = {b_{n}, 0, 1 \leq n \leq N, n > N .$ 由于 $∣ b_{n} ∣ \leq 1/ n$ 且 $0 \leq 1/ n$ ，有 $z (b) \in M$ 。现证 ${z (b) : b \in F}$ 是 $M$ 的有限 $ε$ -网。

任取 $x \in M$ ，记 $a = (x_{1}, \dots, x_{N}) \in K_{N}$ 。选取 $b \in F$ 使 $∥ a - b ∥_{p} < ε /2$ ，并令 $z = z (b)$ 。则 $∥ x - z ∥_{p}^{p} = n = 1 \sum N ∣ x_{n} - b_{n} ∣^{p} + n = N + 1 \sum \infty ∣ x_{n} ∣^{p} .$ 第一项 $< (ε /2)^{p}$ ；第二项由 $∣ x_{n} ∣ \leq 1/ n$ 得 $n = N + 1 \sum \infty ∣ x_{n} ∣^{p} \leq n = N + 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{p}} < (\frac{ε}{2})^{p} .$ 故 $∥ x - z ∥_{p}^{p} < ε^{p}$ ，即 $∥ x - z ∥_{p} < ε$ 。因此 $M$ 完全有界。

步骤 3：紧性.

$ℓ^{p}$ 是完备度量空间，而 $M$ 是闭且完全有界的，所以 $M$ 是紧集。

2. $p = 1$ 的情形

此时 $M$ 不是紧集。构造反例如下：对 $k \in N$ ，定义 $x^{(k)} \in ℓ^{1}$ 为 $x_{n}^{(k)} = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{n}, 0, 1 \leq n \leq k, n > k .$ 显然 $∣ x_{n}^{(k)} ∣ \leq 1/ n$ ，且只有有限项非零，故 $x^{(k)} \in M$ 。但 $∥ x^{(k)} ∥_{1} = n = 1 \sum k \frac{1}{n} \to \infty (k \to \infty),$ 所以 $M$ 无界。在度量空间中紧集必是有界的，因此 $M$ 不可能是紧集。

注. 原题条件为 $1 \leq p < \infty$ ，但实际结论对 $p = 1$ 不成立；当 $1 < p < \infty$ 时 $M$ 为紧集。

习题 1.29

设 $(X, d)$ 为度量空间, 求证:

有限个紧集的并集还为紧集;
具有下述性质的集合 $M$ 为紧集 : 任取 $(G_{i})_{i \in I}$ 为一族开集, 使得 $M \subset ⋃_{i \in I} G_{i}$ , 总存在有限个下标 $i_{1}, i_{2}, \dots, i_{n}$ , 使得 $M \subset ⋃_{j = 1}^{n} G_{i_{j}}$ .

解答

1. 有限个紧集的并集还为紧集

证明：在度量空间 $(X, d)$ 中，我们采用序列紧的定义：集合 $K \subset X$ 称为紧集，如果 $K$ 中任意序列都有在 $K$ 中收敛的子序列。

设 $K_{1}, \dots, K_{n}$ 均为紧集，记 $K = ⋃_{i = 1}^{n} K_{i}$ 。任取序列 ${x_{m}} \subset K$ ，由抽屉原理，存在某个 $i \in {1, \dots, n}$ 使得无限多个 $x_{m}$ 属于 $K_{i}$ 。将这些项按原次序排列得到 $K_{i}$ 中的一个子序列。因为 $K_{i}$ 紧，该子序列又有子序列 ${x_{m_{k}}}$ 收敛于某点 $x \in K_{i} \subset K$ 。于是 ${x_{m_{k}}}$ 就是 ${x_{m}}$ 在 $K$ 中收敛的子序列，故 $K$ 是紧集。

2. 具有下述性质的集合 $M$ 为紧集：
任取一族开集 $(G_{i})_{i \in I}$ 使得 $M \subset ⋃_{i \in I} G_{i}$ ，总存在有限个下标 $i_{1}, \dots, i_{n}$ 使得 $M \subset ⋃_{j = 1}^{n} G_{i_{j}}$ 。

证明：我们证明此性质蕴含序列紧，从而 $M$ 是紧集（按序列紧定义）。

反设 $M$ 不是序列紧，则存在序列 ${x_{n}} \subset M$ 没有收敛的子序列。令 $S = {x_{n} ∣ n \in N}$ ，则 $S$ 是无限集且没有聚点（若有聚点 $p$ ，则可从 ${x_{n}}$ 中取出收敛于 $p$ 的子列，矛盾）。

由于 $S$ 无聚点，对每个 $y \in M$ 可选取半径 $ε_{y} > 0$ 使得

若 $y \in S$ ，则 $B (y, ε_{y}) \cap S = {y}$ ；
若 $y \in / S$ ，则 $B (y, ε_{y}) \cap S = \emptyset$ 。

开集族 ${B (y, ε_{y}) ∣ y \in M}$ 构成 $M$ 的一个开覆盖。由题设条件，存在有限个点 $y_{1}, \dots, y_{k} \in M$ 使得 $M \subset j = 1 ⋃ k B (y_{j}, ε_{y_{j}}) .$ 但每个球 $B (y_{j}, ε_{y_{j}})$ 至多包含 $S$ 中的一个点（若球心 $y_{j} \in S$ ）或不包含 $S$ 的点（若 $y_{j} \in / S$ ），因此这些有限个球的并至多包含 $S$ 中 $k$ 个点。然而 $S$ 是无限集且 $S \subset M$ ，矛盾。

所以假设不成立， $M$ 必为序列紧集，从而是紧集。

习题 1.30

设 $(X, d)$ 为度量空间, $M \subset X$ 为非空子集. 求证:

$M$ 为有界集当且仅当 $diam (M) < \infty$ ;
若 $M$ 为紧集, 则存在 $x_{0}, y_{0} \in M$ , 使得 $diam (M) = d (x_{0}, y_{0})$ ;
举例说明当 $M$ 为有界闭集时 (2) 中的结论不成立.

解答

1. 证明 $M$ 有界当且仅当 $diam (M) < \infty$ .

必要性：若 $M$ 有界，则存在 $a \in X$ 及 $r > 0$ 使得 $M \subset B (a, r)$ . 对任意 $x, y \in M$ , $d (x, y) \leq d (x, a) + d (a, y) < 2 r,$ 故 $sup_{x, y \in M} d (x, y) \leq 2 r < \infty$ , 即 $diam (M) < \infty$ .
充分性：若 $diam (M) = D < \infty$ , 取定 $x_{0} \in M$ , 则对任意 $y \in M$ 有 $d (y, x_{0}) \leq D$ , 从而 $M \subset B (x_{0}, D + 1)$ . 因此 $M$ 有界.

2. 若 $M$ 为紧集, 证明存在 $x_{0}, y_{0} \in M$ 使得 $diam (M) = d (x_{0}, y_{0})$ .

因 $M$ 紧, 乘积空间 $M \times M$ 亦紧 (度量空间中有限个紧集的乘积是紧的). 距离函数 $d : M \times M \to R$ 连续 (度量本身连续). 连续函数在紧集上必达到最大值, 故存在 $(x_{0}, y_{0}) \in M \times M$ 使得 $d (x_{0}, y_{0}) = (x, y) \in M \times M max d (x, y) = diam (M) .$

3. 有界闭集 $M$ 且 $diam (M)$ 不可达的例子.

取 $X = R ∖ {1}$ , 配备通常的欧氏距离 $d (x, y) = ∣ x - y ∣$ . 令 $M = {1 - \frac{1}{n} : n \in N} .$

有界性：显然 $M \subset [0, 1) \subset B (0, 2)$ , 故 $M$ 有界.
闭性：在 $R$ 中 $F = M \cup {1}$ 是闭集 (它包含了唯一的极限点 $1$ ). 因为 $X = R ∖ {1}$ , 所以 $M = F \cap X$ , 由子空间拓扑知 $M$ 是 $X$ 中的闭集. 亦可直接论证: 若 ${x_{k}} \subset M$ 在 $X$ 中收敛于 $x \in X$ , 则在 $R$ 中亦收敛于 $x$ ; 但 $M$ 在 $R$ 中的极限点只有 $1 \in / X$ , 故该序列只能是最终常值的, 从而 $x \in M$ .
直径计算： $diam (M) = m, n sup (1 - \frac{1}{m}) - (1 - \frac{1}{n}) = m, n sup \frac{1}{n} - \frac{1}{m} = 1,$ 因为取 $m = 1$ , $n \to \infty$ 时 $∣0 - (1 - 1/ n) ∣ \to 1$ .
不可达性：对任意 $m, n \in N$ , [ \Bigl|\Bigl(1-\frac1m\Bigr)-\Bigl(1-\frac1n\Bigr)\Bigr|=\Bigl|\frac1n-\frac1m\Bigr|<1. ] 事实上, 若 $m = 1$ 则 $x = 0$ , $y = 1 - 1/ n < 1$ , 差 $< 1$ ; 若 $m > 1$ , 则 $∣ \frac{1}{n} - \frac{1}{m} ∣ \leq max {\frac{1}{2}, \frac{1}{2}} = \frac{1}{2} < 1$ . 因此不存在 $x, y \in M$ 使得 $∣ x - y ∣ = 1$ , 即 $diam (M)$ 在 $M$ 中不可达.

此例表明, 当 $M$ 仅为有界闭集 (非紧) 时, (2) 的结论未必成立.

习题 1.31

设 $(X, d)$ 为度量空间, $M, N \subset X$ 为非空子集. 定义 $M$ 和 $N$ 的距离为 $ρ (M, N) = x \in M, y \in N in f d (x, y) .$ 求证:

若 $P (X)$ 为 $X$ 的所有非空子集所构成的集合, $ρ$ 一般不是 $P (X)$ 上的度量;
若 $M$ 为紧集, $N$ 为闭集, 则 $M \cap N = \emptyset$ 当且仅当 $ρ (M, N) > 0$ ;
举例说明当 $M$ 为有界闭集时(2) 中的结论不成立;
若 $M, N$ 均为紧集, 存在 $x_{0} \in M$ , $y_{0} \in N$ , 使得 $ρ (M, N) = d (x_{0}, y_{0})$ .

解答

1. 证明 $ρ$ 一般不是 $P (X)$ 上的度量

只需指出 $ρ$ 不满足度量公理中的“ $ρ (M, N) = 0 ⟺ M = N$ ”。
取 $X = R$ ， $M = {0}$ ， $N = (0, 1]$ 。则 $M$ 与 $N$ 均为非空子集，且 $M \cap N = \emptyset$ ，故 $M \neq = N$ 。
但 $ρ (M, N) = in f_{x \in M, y \in N} d (x, y) = in f_{y \in (0, 1]} ∣0 - y ∣ = 0$ ，因此 $ρ (M, N) = 0$ 而 $M \neq = N$ 。
这表明 $ρ$ 不能作为 $P (X)$ 上的度量。

2. 设 $M$ 紧， $N$ 闭，则 $M \cap N = \emptyset ⟺ ρ (M, N) > 0$

$(\Leftarrow)$ ：若 $ρ (M, N) > 0$ ，则对任意 $x \in M, y \in N$ 有 $d (x, y) \geq ρ (M, N) > 0$ ，特别地不存在 $x \in M$ 同时属于 $N$ ，故 $M \cap N = \emptyset$ 。
$(\Rightarrow)$ ：假设 $M \cap N = \emptyset$ 但 $ρ (M, N) = 0$ 。由下确界定义，存在序列 ${x_{n}} \subset M$ ， ${y_{n}} \subset N$ 使得 $d (x_{n}, y_{n}) \to 0$ 。
因 $M$ 紧， ${x_{n}}$ 有收敛子列 $x_{n_{k}} \to x_{0} \in M$ 。由三角不等式 [ d(y_{n_k},x_0)\le d(y_{n_k},x_{n_k})+d(x_{n_k},x_0)\to 0, ] 故 $y_{n_{k}} \to x_{0}$ 。由于 $N$ 是闭集，其极限 $x_{0}$ 属于 $N$ ，从而 $x_{0} \in M \cap N$ ，与 $M \cap N = \emptyset$ 矛盾。
因此必有 $ρ (M, N) > 0$ 。

3. 有界闭集情形下结论不成立的例子

取 $X = (0, 1)$ ，赋予通常欧氏距离。令 $M = (0, \frac{1}{2}], N = (\frac{1}{2}, 1) .$

$M$ 在 $X$ 中是有界闭集： $M$ 有界显然；在子空间拓扑下 $M = [0, \frac{1}{2}] \cap X$ ，而 $[0, \frac{1}{2}]$ 是 $R$ 中的闭集，故 $M$ 为 $X$ 中的闭集。
$N$ 也是闭集（同理 $N = [\frac{1}{2}, 1] \cap X$ ）。
$M \cap N = \emptyset$ 。
但 $ρ (M, N) = 0$ ：取 $x_{n} = \frac{1}{2} - \frac{1}{n}$ （当 $n > 2$ 时 $x_{n} \in M$ ）， $y_{n} = \frac{1}{2} + \frac{1}{n}$ ，则 $d (x_{n}, y_{n}) = 2/ n \to 0$ ，故下确界为 $0$ 。
因此 $M$ 为有界闭集（非紧）， $N$ 为闭集， $M \cap N = \emptyset$ 但 $ρ (M, N) = 0$ ，表明 (2) 的结论在无紧性假设时不成立。

4. 若 $M, N$ 均为紧集，则存在 $x_{0} \in M, y_{0} \in N$ 使 $ρ (M, N) = d (x_{0}, y_{0})$

由于 $M, N$ 紧，其乘积 $M \times N$ 为紧空间（赋予乘积拓扑，度量可用例如 $d_{\infty} ((x, y), (x^{'}, y^{'})) = max {d (x, x^{'}), d (y, y^{'})}$ ）。
距离函数 $d : M \times N \to R$ 是连续的（因为 $∣ d (x, y) - d (x^{'}, y^{'}) ∣ \leq d (x, x^{'}) + d (y, y^{'})$ ）。
连续函数在紧集上必能达到最小值，故存在 $(x_{0}, y_{0}) \in M \times N$ 使得 $d (x_{0}, y_{0}) = (x, y) \in M \times N min d (x, y) = x \in M, y \in N in f d (x, y) = ρ (M, N) .$ 因此结论成立。

习题 1.32

设 $1 \leq p < \infty$ , $M \subset ℓ^{p}$ . 求证: $M$ 为相对紧集当且仅当 $M$ 为有界集, 且任取 $ε > 0$ , 存在 $N \geq 1$ , 使得任给 ${x_{n}} \in M$ , 都有 $\sum_{n = N}^{\infty} ∣ x_{n} ∣^{p} < ε$ .

解答

设 $1 \leq p < \infty$ ， $M \subset ℓ^{p}$ 。以下证明 $M$ 是相对紧的当且仅当 $M$ 有界且满足一致尾小条件：对任意 $ε > 0$ ，存在 $N \in N$ 使得对任意 $x = (x_{n}) \in M$ 有 $n = N \sum \infty ∣ x_{n} ∣^{p} < ε .$

由于 $ℓ^{p}$ 是完备的度量空间，集合相对紧等价于完全有界（即预紧）。以下证明均使用这一等价性质。

必要性（相对紧 $\Rightarrow$ 有界且一致尾小）

设 $M$ 相对紧，则 $M$ 完全有界且显然有界。任取 $ε > 0$ ，令 $δ = ε^{1/ p} /2$ 。由完全有界性，存在有限子集 $F \subset M$ 使得 $M \subset y \in F ⋃ B (y, δ) .$ 对每个 $y \in F$ ，因 $y \in ℓ^{p}$ ，故存在 $N_{y}$ 使得 $∥ y_{> N_{y}} ∥_{p} = (n = N_{y} \sum \infty ∣ y_{n} ∣^{p})^{1/ p} < δ .$ 取 $N = max_{y \in F} N_{y}$ ，则对任意 $y \in F$ 有 $∥ y_{> N} ∥_{p} < δ$ 。

对任意 $x \in M$ ，选取 $y \in F$ 满足 $∥ x - y ∥_{p} < δ$ ，则 $∥ x_{> N} ∥_{p} \leq ∥ (x - y)_{> N} ∥_{p} + ∥ y_{> N} ∥_{p} \leq ∥ x - y ∥_{p} + ∥ y_{> N} ∥_{p} < δ + δ = 2 δ = ε^{1/ p} .$ 从而 $n = N \sum \infty ∣ x_{n} ∣^{p} = ∥ x_{> N} ∥_{p}^{p} < ε .$ 故一致尾小条件成立。

充分性（有界且一致尾小 $\Rightarrow$ 相对紧）

假设 $M$ 有界，且对任意 $ε > 0$ 存在 $N$ 使得 $n = N \sum \infty ∣ x_{n} ∣^{p} < ε (\forall x \in M) .$

欲证 $M$ 完全有界。给定 $ε > 0$ ，取 $N$ 使得对一切 $x \in M$ 有 $n = N \sum \infty ∣ x_{n} ∣^{p} < (\frac{ε}{2})^{p},$ 即 $∥ x_{> N} ∥_{p} < ε /2$ 。

考虑投影 $P_{N} : ℓ^{p} \to R^{N}$ （或 $C^{N}$ ）， $P_{N} (x) = (x_{1}, \dots, x_{N})$ ，并令 $M_{N} = P_{N} (M)$ 。因 $M$ 有界，存在 $R > 0$ 使 $∥ x ∥_{p} \leq R$ 对所有 $x \in M$ 成立，于是对任意 $y \in M_{N}$ 有 $∥ y ∥_{p} = (n = 1 \sum N ∣ y_{n} ∣^{p})^{1/ p} \leq ∥ x ∥_{p} \leq R,$ 故 $M_{N}$ 是有限维空间 $R^{N}$ 中的有界集。有限维空间中的有界集完全有界，因此存在有限个点 $z^{(1)}, \dots, z^{(m)} \in R^{N}$ 使得 $M_{N} \subset j = 1 ⋃ m B_{R^{N}} (z^{(j)}, ε /2),$ 其中 $B_{R^{N}}$ 表示 $R^{N}$ 中以 $ℓ^{p}$ -范数度量的球。

对每个 $j$ ，定义 $x^{(j)} \in ℓ^{p}$ 为 $x^{(j)} = (z_{1}^{(j)}, \dots, z_{N}^{(j)}, 0, 0, \dots) .$

现在验证 ${x^{(j)}}_{j = 1}^{m}$ 构成 $M$ 的一个 $ε$ -网。任取 $x \in M$ ，令 $y = P_{N} (x) \in M_{N}$ ，则存在 $j$ 使得 $∥ y - z^{(j)} ∥_{p} < ε /2$ 。于是 $∥ x - x^{(j)} ∥_{p} \leq ∥ P_{N} (x) - z^{(j)} ∥_{p} + ∥ x_{> N} ∥_{p} < \frac{ε}{2} + \frac{ε}{2} = ε,$ 其中第一个不等式利用了三角不等式：将 $x - x^{(j)}$ 分解为前 $N$ 坐标之差（尾部为零）与尾部 $x_{> N}$ 之和。

因此 $M$ 完全有界，从而相对紧。

综上，命题得证。

习题 1.33

设 $M \subset ℓ^{\infty}$ . 求证: $M$ 为相对紧集当且仅当 $M$ 为有界集, 且任取 $ε > 0$ , 存在 $N \geq 1$ , 使得任给 ${x_{n}} \in M$ , 都有 $sup_{n \geq N} ∣ x_{n} ∣ < ε$ .

解答

我们考虑 $ℓ^{\infty}$ 中的子集 $M$ ，并探讨其相对紧性（即闭包紧）与下述条件的关系： $“ M 有界，且 \forall ε > 0, \exists N \geq 1 使得 \forall x \in M, n \geq N sup ∣ x_{n} ∣ < ε ” 。$ 注意到该条件实际上强制 $M \subset c_{0}$ （每个序列的尾部一致小，故收敛到 $0$ ）。在此前提下，我们有：

充分性：若条件成立，则 $M$ 是 $ℓ^{\infty}$ 中的相对紧集。
必要性：一般 $ℓ^{\infty}$ 中相对紧集未必满足该条件（反例见后），但若附加 $M \subset c_{0}$ ，则必要性成立。通常教材中该定理的完整表述是针对 $c_{0}$ 子空间的。

下面给出严谨的证明及反例。

1. 预备知识

记 $ℓ^{\infty}$ 为有界序列空间，范数 $∥ x ∥_{\infty} = sup_{n \geq 1} ∣ x_{n} ∣$ 。 $c_{0}$ 为收敛于 $0$ 的序列构成的闭子空间。在完备度量空间中，一个集合相对紧当且仅当它全有界（即对任意 $ε > 0$ 存在有限的 $ε$ -网）。

2. 充分性证明（条件 $\Rightarrow$ 相对紧）

假设： $M \subset ℓ^{\infty}$ 有界，且 $\forall ε > 0, \exists N \geq 1 使得 \forall x \in M, n \geq N sup ∣ x_{n} ∣ < ε . (1)$

证：任取 $ε > 0$ 。

由条件 (1)，存在 $N$ 使得对每个 $x \in M$ 有 $sup_{n > N} ∣ x_{n} ∣ < ε /2$ 。
定义截断算子 $P_{N} : ℓ^{\infty} \to ℓ^{\infty}$ ， $(P_{N} x)_{n} = x_{n}$ 当 $1 \leq n \leq N$ ， $(P_{N} x)_{n} = 0$ 当 $n > N$ 。则 $∥ x - P_{N} x ∥_{\infty} = sup_{n > N} ∣ x_{n} ∣ < ε /2$ 。
考虑有限维截断集 $K = {(x_{1}, \dots, x_{N}) ∣ x \in M} \subset R^{N}$ （或 $C^{N}$ ），赋予 $ℓ^{\infty}$ 范数 $∣ a ∣_{\infty} = max_{1 \leq i \leq N} ∣ a_{i} ∣$ 。由于 $M$ 有界，存在 $B > 0$ 使得 $∥ x ∥_{\infty} \leq B$ 对所有 $x \in M$ ，故 $K$ 是有界集，从而在有限维空间中是全有界的。因此存在 $K$ 的有限 $ε /2$ -网 ${a^{(1)}, \dots, a^{(m)}} \subset R^{N}$ 。
将每个 $a^{(j)}$ 零延拓为 $ℓ^{\infty}$ 中的序列 $z^{(j)}$ ： $z_{n}^{(j)} = a_{n}^{(j)}$ （ $1 \leq n \leq N$ ）， $z_{n}^{(j)} = 0$ （ $n > N$ ）。
对任意 $x \in M$ ，取 $j$ 使得 $∣ (x_{1}, \dots, x_{N}) - a^{(j)} ∣_{\infty} < ε /2$ ，则 [ |x - z^{(j)}|\infty = \max\Bigl{\max{1\le n\le N}|x_n - a^{(j)}n|,\ \sup{n> N}|x_n|\Bigr} < \max{\varepsilon/2,\ \varepsilon/2} = \varepsilon. ] 故 ${z^{(1)}, \dots, z^{(m)}}$ 是 $M$ 的有限 $ε$ -网。
因此 $M$ 全有界。由于 $ℓ^{\infty}$ 完备，全有界集必定相对紧。

3. 必要性证明（在 $c_{0}$ 中成立）

假设： $M \subset c_{0}$ 且 $M$ 在 $ℓ^{\infty}$ 中相对紧（等价于在 $c_{0}$ 中相对紧，因 $c_{0}$ 闭）。则 $M$ 有界，且条件 (1) 成立。

证：

相对紧集必有界，故 $M$ 有界。
记 $K = \overline{M}$ （在 $ℓ^{\infty}$ 中的闭包），则 $K$ 是紧集且 $K \subset c_{0}$ （ $c_{0}$ 闭）。
给定 $ε > 0$ ，用半径 $ε /3$ 的开球覆盖 $K$ ，由紧性存在有限子覆盖： [ K\subset\bigcup_{i=1}^{k} B(y^{(i)},\varepsilon/3),\quad y^{(i)}\in K. ]
每个 $y^{(i)} \in c_{0}$ ，故存在 $N_{i}$ 使得 $sup_{n \geq N_{i}} ∣ y_{n}^{(i)} ∣ < ε /3$ 。令 $N = max_{1 \leq i \leq k} N_{i}$ 。
对任意 $x \in M$ ，存在 $i$ 使得 $∥ x - y^{(i)} ∥_{\infty} < ε /3$ 。则当 $n \geq N$ 时， [ |x_n| \le |x_n - y^{(i)}_n| + |y^{(i)}_n| < \varepsilon/3 + \varepsilon/3 = 2\varepsilon/3 < \varepsilon. ] 因此 $sup_{n \geq N} ∣ x_{n} ∣ < ε$ 对所有 $x \in M$ 一致成立。必要性得证。

4. 反例：一般 $ℓ^{\infty}$ 中必要性不成立

取 $M = {x}$ ，其中 $x = (1, 1, 1, \dots) \in ℓ^{\infty}$ 。

$M$ 是单点集，故为紧集（特别地相对紧），且有界。
但对 $ε = 1/2$ ，无论 $N$ 取多大，总有 $sup_{n \geq N} ∣ x_{n} ∣ = 1 > 1/2$ ，即条件 (1) 不满足。

这表明在 $ℓ^{\infty}$ 中，相对紧集不一定满足所述尾条件。因此原命题中的等价关系对于 $ℓ^{\infty}$ 并不成立；但若将 $M$ 限制在 $c_{0}$ 中，则等价性成立。事实上，条件 (1) 本身已蕴含 $M \subset c_{0}$ ，故充分性部分不需要额外假设 $M \subset c_{0}$ ；而必要性部分则需此假设（如上述证明）。

5. 总结

若 $M \subset ℓ^{\infty}$ 有界且满足 $\forall ε > 0 \exists N$ 使 $sup_{n \geq N} ∣ x_{n} ∣ < ε$ 对所有 $x \in M$ 一致成立，则 $M$ 相对紧。
反之，若 $M$ 相对紧且 $M \subset c_{0}$ ，则该条件成立；对于一般的 $M \subset ℓ^{\infty}$ ，条件并非必要。

习题 1.34

设 $M \subset s$ . 求证: $M$ 为相对紧集当且仅当对任取的 $n \geq 1$ , 存在 $γ_{n} \geq 0$ , 使得任给 $x = {x_{n}} \in M$ , 都有 $∣ x_{n} ∣ \leq γ_{n} .$

解答

证明：

设 $s$ 为所有数列构成的空间，赋予乘积拓扑（即由坐标投影 $π_{n} (x) = x_{n}$ 给出的最弱拓扑）。在此拓扑下， $s$ 是 Hausdorff 空间且是可度量化的 Fréchet 空间。

必要性：若 $M$ 相对紧，则其闭包 $\overline{M}$ 是紧集。对每个固定的 $n$ ，投影映射 $π_{n} : s \to R$ （或 $C$ ）连续，故 $π_{n} (\overline{M})$ 是 $R$ 中的紧集，从而有界。于是存在 $γ_{n} \geq 0$ ，使得对任意 $x \in M \subseteq \overline{M}$ 均有 $∣ x_{n} ∣ \leq γ_{n}$ 。

充分性：若对每个 $n$ 存在 $γ_{n} \geq 0$ ，使得一切 $x \in M$ 满足 $∣ x_{n} ∣ \leq γ_{n}$ 。定义闭区间 $K_{n} = {t \in R : ∣ t ∣ \leq γ_{n}}$ （若数域为 $C$ ，则取圆盘 ${z : ∣ z ∣ \leq γ_{n}}$ ，仍为紧集），则 $K_{n}$ 是 $R$ （或 $C$ ）中的紧集。由 Tychonoff 定理，乘积 $K = \prod_{n = 1}^{\infty} K_{n}$ 在乘积拓扑下是紧集。因每个 $K_{n}$ 是闭集， $K$ 作为闭集的乘积也是 $s$ 中的闭集（对任一不在 $K$ 中的点，存在某个坐标不在 $K_{n}$ 中，其原像为开集且与 $K$ 不交，故 $K$ 的补集开，即 $K$ 闭）。

由条件知 $M \subseteq K$ ，因此 $\overline{M} \subseteq \overline{K} = K$ （ $K$ 闭）。于是 $\overline{M}$ 是紧集 $K$ 的闭子集（ $\overline{M}$ 在 $s$ 中闭，而 $K$ 是 Hausdorff 空间 $s$ 的紧子集，故 $K$ 闭， $\overline{M} \subseteq K$ 且 $\overline{M}$ 闭，从而 $\overline{M}$ 作为 $K$ 的闭子集是紧的）。所以 $M$ 相对紧。

综上， $M \subset s$ 相对紧当且仅当存在一列非负实数 ${γ_{n}}$ ，使得对任意 $x = {x_{n}} \in M$ 和任意 $n \geq 1$ 均有 $∣ x_{n} ∣ \leq γ_{n}$ 。

习题 1.35

设 $X$ 为非空紧度量空间, 映射 $T : X \to X$ 满足: 任取 $x, y \in X$ , $x \neq = y$ , 都有 $d (T x, T y) < d (x, y)$ . 求证: $T$ 有唯一的不动点.

解答

证明首先, 由条件可知 $T$ 是非扩张的: 对任意 $x, y \in X$ , 若 $x = y$ 则 $d (T x, T y) = 0 = d (x, y)$ ; 若 $x \neq = y$ 则由已知 $d (T x, T y) < d (x, y)$ , 从而 $d (T x, T y) \leq d (x, y)$ . 因此 $T$ 是 Lipschitz 常数为 $1$ 的映射, 故 $T$ 一致连续, 当然连续.

定义连续函数 $f : X \to [0, \infty)$ 为 $f (x) = d (x, T x)$ . 因 $X$ 是紧度量空间, $f$ 在某点 $p \in X$ 达到最小值, 记 $m = f (p) = min_{x \in X} f (x) \geq 0$ .

下证 $m = 0$ . 若 $m > 0$ , 则 $p \neq = Tp$ . 取 $q = Tp$ , 由于 $p \neq = Tp$ , 由条件得 $f (q) = d (q, Tq) = d (Tp, T^{2} p) < d (p, Tp) = f (p) = m,$ 这与 $m$ 是最小值矛盾. 故 $m = 0$ , 于是 $f (p) = 0$ , 即 $d (p, Tp) = 0$ , 所以 $Tp = p$ , $p$ 是 $T$ 的不动点.

再证唯一性. 设 $p_{1}, p_{2}$ 均为 $T$ 的不动点. 若 $p_{1} \neq = p_{2}$ , 则由条件 $d (p_{1}, p_{2}) = d (T p_{1}, T p_{2}) < d (p_{1}, p_{2}),$ 矛盾. 故 $p_{1} = p_{2}$ , 不动点唯一.

综上所述, $T$ 在 $X$ 上有唯一不动点. $□$

习题 1.36

设 $v \in C [0, 1]$ 固定, 求证: 存在唯一的 $x \in C [0, 1]$ , 使得 $x (t) = \frac{1}{3} cos (x (t)) + v (t), 0 \leq t \leq 1.$

解答

证明考虑映射 (T: C[0,1] \to C[0,1]) 定义为
$(T x) (t) = \frac{1}{3} cos (x (t)) + v (t), t \in [0, 1] .$
由于 (v\in C[0,1]) 且 (\cos) 连续，复合后 (Tx) 仍是 ([0,1]) 上的连续函数，故 (T) 是良定义的。

在 (C[0,1]) 上赋予上确界范数 (|x| = \max_{t\in[0,1]} |x(t)|)，这是一个 Banach 空间。

对任意 (x, y\in C[0,1])，由中值不等式 (|\cos u - \cos v| \le |u-v|)（因为 (\cos’ = -\sin) 满足 (|-\sin\xi| \le 1)），有
$∥ T x - T y ∥ = t \in [0, 1] max \frac{1}{3} cos (x (t)) - \frac{1}{3} cos (y (t)) = \frac{1}{3} t \in [0, 1] max ∣ cos (x (t)) - cos (y (t)) ∣ \leq \frac{1}{3} t \in [0, 1] max ∣ x (t) - y (t) ∣ = \frac{1}{3} ∥ x - y ∥.$
因此 (T) 是一个压缩系数为 (1/3) 的压缩映射。

由 Banach 不动点定理（压缩映射原理），在完备度量空间 (C[0,1]) 中，(T) 存在唯一的不动点 (x)，即
$x = T x ⟺ x (t) = \frac{1}{3} cos (x (t)) + v (t), \forall t \in [0, 1] .$
这就证明了满足方程的唯一连续函数 (x) 存在。 ∎

习题 1.37

举例说明 Banach 不动点定理中度量空间 $X$ 的完备性假设是必要条件.

解答

考虑度量空间 $(X, d)$ ，其中 $X = (0, 1]$ ， $d (x, y) = ∣ x - y ∣$ （通常的欧氏度量）。

$X$ 不是完备的：序列 ${1/ n}_{n \geq 1}$ 是 $X$ 中的 Cauchy 列，但它在 $X$ 中收敛到 $0$ ，而 $0 \in / X$ ，因此在 $X$ 中不收敛。

定义映射 $T : X \to X$ 为 $T (x) = x /2$ 。

$T$ 是压缩映射：对任意 $x, y \in X$ ，
[ d(Tx, Ty) = |x/2 - y/2| = \frac{1}{2}|x - y| = \frac{1}{2} d(x, y), ]
取常数 $k = 1/2 \in [0, 1)$ ，满足压缩条件。
$T$ 没有不动点：若存在 $x^{*} \in X$ 使得 $T (x^{*}) = x^{*}$ ，则 $x^{*} /2 = x^{*}$ ，推出 $x^{*} = 0$ 。但 $0 \in / X$ ，矛盾。

因此，在 Banach 不动点定理中，度量空间 $X$ 的完备性假设是不可或缺的。

习题 1.38

设 $c > 0$ 固定, 取定 $x_{0} > c$ , 对于 $n \geq 0$ , 令 $x_{n + 1} = \frac{1}{2} (x_{n} + \frac{c}{x _{n}}), n = 0, 1, 2, \dots,$ 求证 $x_{n} \to c$ . 取 $c = 2$ , $x_{0} = 2$ , 求 $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}$ , 并给出 $x_{n} - 2$ 的一个上界.

解答

1. 证明 $x_{n} \to c$

给定 $c > 0$ , $x_{0} > c$ , 定义
$x_{n + 1} = \frac{1}{2} (x_{n} + \frac{c}{x _{n}}), n = 0, 1, 2, \dots$

下界：由算术–几何平均不等式，对任意 $n \geq 0$ ，
$x_{n + 1} = \frac{x _{n} + \frac{c}{x _{n}}}{2} \geq x_{n} \cdot \frac{c}{x _{n}} = c .$
又 $x_{0} > c$ , 故对所有 $n$ 有 $x_{n} \geq c$ .
单调递减：当 $x_{n} \geq c$ 时，
$x_{n + 1} - x_{n} = \frac{c - x _{n}^{2}}{2 x _{n}} \leq 0,$
所以 ${x_{n}}$ 单调递减.
收敛性：单调递减有下界 $c$ , 故极限 $L = lim_{n \to \infty} x_{n}$ 存在. 在递推式两边取极限得
$L = \frac{1}{2} (L + \frac{c}{L}) ⟹ L = \frac{c}{L} ⟹ L^{2} = c .$
因 $L \geq c > 0$ , 故 $L = c$ . 即 $x_{n} \to c$ .

2. 取 $c = 2$ , $x_{0} = 2$ , 求 $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}$

利用递推公式直接计算（精确分数）：

$x_{1} x_{2} x_{3} x_{4} = \frac{1}{2} (2 + \frac{2}{2}) = \frac{1}{2} (2 + 1) = \frac{3}{2}, = \frac{1}{2} (\frac{3}{2} + \frac{2}{3/2}) = \frac{1}{2} (\frac{3}{2} + \frac{4}{3}) = \frac{1}{2} \cdot \frac{17}{6} = \frac{17}{12}, = \frac{1}{2} (\frac{17}{12} + \frac{2}{17/12}) = \frac{1}{2} (\frac{17}{12} + \frac{24}{17}) = \frac{1}{2} \cdot \frac{289 + 288}{204} = \frac{577}{408}, = \frac{1}{2} (\frac{577}{408} + \frac{2}{577/408}) = \frac{1}{2} (\frac{577}{408} + \frac{816}{577}) = \frac{1}{2} \cdot \frac{57 7 ^{2} + 2 \cdot 40 8 ^{2}}{408 \cdot 577} = \frac{665857}{470832} .$

3. $∣ x_{n} - 2 ∣$ 的一个上界

记 $e_{n} = x_{n} - c$ ( $c = 2$ ). 由递推式可得
$e_{n + 1} = x_{n + 1} - c = \frac{( x _{n} - c ) ^{2}}{2 x _{n}} = \frac{e _{n}^{2}}{2 x _{n}} .$ 因为 $x_{n} \geq c$ (已证), 故 $2 x_{n} \geq 2 c$ , 从而
$e_{n + 1} \leq \frac{e _{n}^{2}}{2 c} .$ 反复应用此不等式可得 (归纳法)
$e_{n} \leq \frac{e _{0}^{2^{n}}}{( 2 c ) ^{2^{n} - 1}}, n \geq 0.$

对于 $c = 2$ , $2 \approx 1.414213562$ , $e_{0} = 2 - 2$ , $22 = 22$ , 于是
$∣ x_{n} - 2 ∣ \leq \frac{( 2 - 2 ) ^{2^{n}}}{( 2 2 ) ^{2^{n} - 1}}, n = 0, 1, 2, \dots$ 该上界对任意 $n$ 成立, 且当 $n = 0$ 时等号成立.

（注：也可利用更精确的估计
$∣ x_{n} - 2 ∣ \leq (2 + 2) (\frac{2 - 2}{2 + 2})^{2^{n}}$ ,
但上述形式已足够.）

解答完毕.

赋范空间

线性空间和维数

定义（线性空间）
设 $X$ 是非空集合， $K$ 是实数域 $R$ 或复数域 $C$ 。在 $X$ 上定义了加法 $+$ 和数乘 $\cdot$ ，满足以下公理（ $\forall x, y, z \in X, α, β \in K$ ）：

$x + y = y + x$ ；
$(x + y) + z = x + (y + z)$ ；
存在 $0 \in X$ 使得 $x + 0 = 0 + x = x$ ；
存在 $- x \in X$ 使得 $x + (- x) = 0$ ；
$α (β x) = (α β) x$ ；
$1 x = x$ ；
$α (x + y) = αx + α y$ ；
$(α + β) x = αx + β x$ 。

则称 $X$ 是 $K$ 上的线性空间（或称向量空间）。

定义（线性子空间）
设 $Y$ 是线性空间 $X$ 的子集。如果对任意 $x, y \in Y$ 和 $α, β \in K$ 都有 $αx + β y \in Y$ ，则称 $Y$ 是 $X$ 的线性子空间。

定义（线性组合与生成子空间）
设 $M \subseteq X$ 非空。 $M$ 中元素的有限线性组合的全体称为 $M$ 的生成子空间，记作 $span (M)$ ： $span (M) = {i = 1 \sum n α_{i} x_{i} : n \geq 1, α_{i} \in K, x_{i} \in M} .$ 它是包含 $M$ 的最小线性子空间。

定义（线性无关与线性相关）
$X$ 中有限个元素 $x_{1}, \dots, x_{n}$ 称为线性无关，若 $α_{1} x_{1} + \dots + α_{n} x_{n} = 0$ 蕴涵 $α_{1} = \dots = α_{n} = 0$ 。否则称为线性相关。无限子集 $M$ 线性无关，如果它的任意有限子集线性无关。

定义（有限维与无穷维）
若存在正整数 $n$ 使得 $X$ 中有 $n$ 个线性无关的向量，但任意 $n + 1$ 个向量都线性相关，则称 $X$ 是有限维的， $n$ 称为 $X$ 的维数，记作 $dim X = n$ 。如果这样的 $n$ 不存在，则称 $X$ 是无穷维的，记 $dim X = \infty$ 。

定义（Hamel 基）
设 $M$ 是 $X$ 的线性无关子集。如果 $span (M) = X$ ，则称 $M$ 是 $X$ 的一个 Hamel 基。

定理（Hamel 基存在性）
设 $X$ 是线性空间， $X \neq = {0}$ ， $M_{0}$ 是 $X$ 的任意线性无关子集。则存在 $X$ 的 Hamel 基 $N$ ，使得 $M_{0} \subseteq N$ 。特别地，任何非零线性空间都有 Hamel 基。

赋范空间和 Banach 空间

定义（范数）
设 $X$ 是 $K$ 上的线性空间。函数 $∥ \cdot ∥ : X \to R$ 称为 $X$ 上的范数，如果满足：

非负性： $∥ x ∥ \geq 0$ ， $\forall x \in X$ ；
非退化性： $∥ x ∥ = 0 ⟺ x = 0$ ；
齐次性： $∥ αx ∥ = ∣ α ∣ ∥ x ∥$ ， $\forall α \in K, x \in X$ ；
三角不等式： $∥ x + y ∥ \leq ∥ x ∥ + ∥ y ∥$ ， $\forall x, y \in X$ 。

有序对 $(X, ∥ \cdot ∥)$ 称为赋范空间。在不引起混淆时，简称 $X$ 为赋范空间。

诱导度量
对赋范空间 $(X, ∥ \cdot ∥)$ ，定义 $d (x, y) = ∥ x - y ∥$ ，则 $d$ 是 $X$ 上的度量，称为由范数诱导的度量。它具有性质：

平移不变性： $d (x + z, y + z) = d (x, y)$ ；
齐次性： $d (αx, α y) = ∣ α ∣ d (x, y)$ 。

定义（Banach 空间）
如果赋范空间 $(X, ∥ \cdot ∥)$ 在诱导度量下是完备度量空间，则称 $X$ 为 Banach 空间。

定义（线性算子）
设 $X, Y$ 是 $K$ 上的线性空间。映射 $T : X \to Y$ 称为线性算子，如果

$T (x + y) = T x + T y$ ，
$T (αx) = α T x$ ，对所有 $x, y \in X, α \in K$ 成立。

定义（等距同构）
若线性算子 $T : X \to Y$ 是双射且满足 $∥ T x ∥_{Y} = ∥ x ∥_{X}$ 对所有 $x \in X$ 成立，则称 $T$ 是等距同构，此时称 $X$ 与 $Y$ 等距同构。

定义（Schauder 基）
设 $X$ 是赋范空间。序列 ${e_{n}} \subset X$ 称为 $X$ 的 Schauder 基，如果对每个 $x \in X$ ，存在唯一的标量序列 ${α_{n}} \subset K$ ，使得 $x = \sum_{n = 1}^{\infty} α_{n} e_{n}$ （级数按范数收敛）。

有限维赋范空间

定义（等价范数）
设 $∥ \cdot ∥_{1}$ 和 $∥ \cdot ∥_{2}$ 是线性空间 $X$ 上的两个范数。如果存在常数 $c_{1}, c_{2} > 0$ ，使得 $c_{1} ∥ x ∥_{1} \leq ∥ x ∥_{2} \leq c_{2} ∥ x ∥_{1}, \forall x \in X,$ 则称 $∥ \cdot ∥_{1}$ 与 $∥ \cdot ∥_{2}$ 等价。

引理（线性无关组的范数下界）
设 $X$ 是赋范空间， $x_{1}, \dots, x_{n} \in X$ 线性无关。则存在常数 $c > 0$ ，使得对任意 $α_{1}, \dots, α_{n} \in K$ ， $i = 1 \sum n α_{i} x_{i} \geq c i = 1 \sum n ∣ α_{i} ∣.$

定理（有限维空间上范数等价）
有限维线性空间上的任意两个范数等价。

推论（有限维赋范空间的完备性）
任何有限维赋范空间都是 Banach 空间。

推论（有限维子空间的闭性）
赋范空间 $X$ 的有限维线性子空间 $Y$ 是 $X$ 的闭子集。

定理（有限维空间中的紧性）
在有限维赋范空间中，子集 $M$ 是紧集当且仅当 $M$ 是有界闭集。

有界线性算子

定义（有界线性算子）
设 $X, Y$ 是赋范空间， $T : X \to Y$ 是线性算子。如果存在常数 $C \geq 0$ ，使得 $∥ T x ∥_{Y} \leq C ∥ x ∥_{X}, \forall x \in X,$ 则称 $T$ 是有界线性算子。记 $B (X, Y)$ 为所有从 $X$ 到 $Y$ 的有界线性算子的集合。

定义（算子范数）
对于 $T \in B (X, Y)$ ，其算子范数定义为 $∥ T ∥ = x \neq = 0 sup \frac{∥ T x ∥ _{Y}}{∥ x ∥ _{X}} = ∥ x ∥_{X} \leq 1 sup ∥ T x ∥_{Y} = ∥ x ∥_{X} = 1 sup ∥ T x ∥_{Y} .$

定理（有界性与连续性的等价）
设 $X, Y$ 是赋范空间， $T : X \to Y$ 是线性算子。下列陈述等价：

$T$ 在 $x = 0$ 处连续；
$T$ 在某一点连续；
$T$ 是连续映射；
$T$ 是有界线性算子。

定理（零空间闭）
若 $T \in B (X, Y)$ ，则零空间 $N (T) = {x \in X : T x = 0}$ 是 $X$ 的闭线性子空间。

定理（有界线性算子空间的完备性）
设 $X$ 是赋范空间， $Y$ 是 Banach 空间，则 $B (X, Y)$ 按算子范数构成 Banach 空间。

定理（延拓定理）
设 $X$ 是赋范空间， $Y$ 是 Banach 空间， $X_{0} \subseteq X$ 是稠密线性子空间， $T_{0} \in B (X_{0}, Y)$ 。则存在唯一的 $T \in B (X, Y)$ 使得 $T ∣_{X_{0}} = T_{0}$ ，并且 $∥ T ∥ = ∥ T_{0} ∥$ 。

有界线性泛函及其表示

定义（线性泛函）
设 $X$ 是 $K$ 上的线性空间。线性算子 $f : X \to K$ 称为 $X$ 上的线性泛函。

定义（代数对偶空间）
$X$ 上所有线性泛函的集合记作 $X^{*}$ ，称为 $X$ 的代数对偶空间。

定义（拓扑对偶空间 / 对偶空间 / 共轭空间）
设 $X$ 是赋范空间。 $X$ 上所有有界线性泛函的集合 $B (X, K)$ 记作 $X^{'}$ ，称为 $X$ 的拓扑对偶空间（简称对偶空间或共轭空间）。

常见赋范空间的对偶空间（等距同构意义下）

$(K^{n}, ∥ \cdot ∥_{2})^{'} ≅ (K^{n}, ∥ \cdot ∥_{2})$ ；
$(K^{n}, ∥ \cdot ∥_{p})^{'} ≅ (K^{n}, ∥ \cdot ∥_{q})$ ，其中 $1 \leq p < \infty$ ， $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$ ；
$c_{0}^{'} = ℓ^{1}$ （这里 $c_{0} = {(x_{n}) \in ℓ^{\infty} : lim x_{n} = 0}$ ，范数为 $∥ \cdot ∥_{\infty}$ ）；
$(ℓ^{1})^{'} = ℓ^{\infty}$ ；
对于 $1 < p < \infty$ ， $(ℓ^{p})^{'} = ℓ^{q}$ ，其中 $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$ 。

（注： $≅$ 表示等距同构。）

习题 2.1

判定下述 $R^{3}$ 的哪些子集构成 $R^{3}$ 的线性子空间(这里 $x = (x_{1}, x_{2}, x_{3}) \in R^{3}$ ).

所有满足 $x_{1} = x_{2}$ , 且 $x_{3} = 0$ 的 $x$ ;
所有满足 $x_{2} = x_{1} + 1$ 的 $x$ ;
所有满足 $x_{1} \geq 0$ 且 $x_{2} \leq 0$ 的 $x$ ;
所有满足 $x_{1} + x_{2} - x_{3} = 0$ 的 $x$ .

解答

解 $R^{3}$ 的子集 $M$ 是线性子空间当且仅当 $M \neq = \emptyset$ ，且对加法和数乘封闭，即

$0 \in M$ ；
对任意 $x, y \in M$ ，有 $x + y \in M$ ；
对任意 $α \in R$ 和 $x \in M$ ，有 $αx \in M$ 。

以下逐一判定。

1. $M_{1} = {x = (x_{1}, x_{2}, x_{3}) \in R^{3} ∣ x_{1} = x_{2}, x_{3} = 0}$

零向量： $(0, 0, 0)$ 满足 $0 = 0$ 且 $0 = 0$ ，故 $0 \in M_{1}$ 。
加法封闭：任取 $u = (u_{1}, u_{1}, 0), v = (v_{1}, v_{1}, 0) \in M_{1}$ ，则
[ \boldsymbol{u}+\boldsymbol{v}=(u_1+v_1,\ u_1+v_1,\ 0), ]
满足 $x_{1} = x_{2}$ 且 $x_{3} = 0$ ，故 $u + v \in M_{1}$ 。
数乘封闭：任取 $α \in R$ ， $u = (u_{1}, u_{1}, 0) \in M_{1}$ ，则
[ \alpha\boldsymbol{u}=(\alpha u_1,\ \alpha u_1,\ 0), ]
满足 $x_{1} = x_{2}$ 且 $x_{3} = 0$ ，故 $α u \in M_{1}$ 。

因此 $M_{1}$ 是 $R^{3}$ 的线性子空间。

2. $M_{2} = {x = (x_{1}, x_{2}, x_{3}) \in R^{3} ∣ x_{2} = x_{1} + 1}$

零向量： $(0, 0, 0)$ 应满足 $0 = 0 + 1$ ，即 $0 = 1$ ，不成立，故 $0 \in / M_{2}$ 。

不满足子空间的基本要求，因此 $M_{2}$ 不是线性子空间。

（亦可验证加法或数乘不封闭，但无需再证。）

3. $M_{3} = {x = (x_{1}, x_{2}, x_{3}) \in R^{3} ∣ x_{1} \geq 0, x_{2} \leq 0}$

零向量： $(0, 0, 0)$ 满足 $0 \geq 0$ 且 $0 \leq 0$ ，故 $0 \in M_{3}$ 。
加法封闭：任取 $u = (u_{1}, u_{2}, u_{3}), v = (v_{1}, v_{2}, v_{3}) \in M_{3}$ ，则 $u_{1}, v_{1} \geq 0$ ， $u_{2}, v_{2} \leq 0$ 。
于是 $u_{1} + v_{1} \geq 0$ ， $u_{2} + v_{2} \leq 0$ ，故 $u + v \in M_{3}$ 。
数乘封闭：取 $u = (1, - 1, 0) \in M_{3}$ ，令 $α = - 1 \in R$ ，则
[ \alpha\boldsymbol{u}=(-1,1,0), ]
此时 $x_{1} = - 1 < 0$ ，不满足 $x_{1} \geq 0$ ，故 $α u \in / M_{3}$ 。

数乘不封闭，因此 $M_{3}$ 不是线性子空间。

4. $M_{4} = {x = (x_{1}, x_{2}, x_{3}) \in R^{3} ∣ x_{1} + x_{2} - x_{3} = 0}$

零向量： $(0, 0, 0)$ 满足 $0 + 0 - 0 = 0$ ，故 $0 \in M_{4}$ 。
加法封闭：任取 $u = (u_{1}, u_{2}, u_{3}), v = (v_{1}, v_{2}, v_{3}) \in M_{4}$ ，即 $u_{1} + u_{2} - u_{3} = 0$ ， $v_{1} + v_{2} - v_{3} = 0$ 。
则
[ (\boldsymbol{u}+\boldsymbol{v})_1+(\boldsymbol{u}+\boldsymbol{v})_2-(\boldsymbol{u}+\boldsymbol{v})_3=(u_1+v_1)+(u_2+v_2)-(u_3+v_3)=(u_1+u_2-u_3)+(v_1+v_2-v_3)=0, ]
故 $u + v \in M_{4}$ 。
数乘封闭：任取 $α \in R$ ， $u \in M_{4}$ ，则
[ (\alpha u_1)+(\alpha u_2)-(\alpha u_3)=\alpha(u_1+u_2-u_3)=\alpha\cdot0=0, ]
故 $α u \in M_{4}$ 。

因此 $M_{4}$ 是 $R^{3}$ 的线性子空间。

结论：构成 $R^{3}$ 线性子空间的集合是 1 和 4。

习题 2.2

设 $X$ 为 $n$ 维复线性空间, ${e_{1}, e_{2}, \dots, e_{n}}$ 为 $X$ 的 Hamel 基, 将 $X$ 视为实线性空间 $X_{R}$ , 求 $X_{R}$ 的 Hamel 基.

解答

设 (X) 是 (n) 维复线性空间，({e_1,\dots,e_n}) 是 (X) 的一组基（Hamel 基）。将 (X) 视为实线性空间 (X_{\mathbb{R}})（即只允许实数标量乘法）。则 (X_{\mathbb{R}}) 的一组 Hamel 基为 ${e_{1}, i e_{1}, e_{2}, i e_{2}, \dots, e_{n}, i e_{n}},$ 其中 (i) 是虚数单位。此时 (X_{\mathbb{R}}) 的维数为 (2n)。

证明：
任取 (x\in X)，由于 ({e_k}) 是复基，存在复数 (\alpha_k = a_k + i b_k) ((a_k,b_k\in\mathbb{R})) 使得 $x = k = 1 \sum n α_{k} e_{k} = k = 1 \sum n a_{k} e_{k} + k = 1 \sum n b_{k} (i e_{k}) .$ 因此 ({e_k, i e_k}) 张成 (X_{\mathbb{R}})。

设实数 (\lambda_k,\mu_k\in\mathbb{R}) 满足 $k = 1 \sum n (λ_{k} e_{k} + μ_{k} (i e_{k})) = 0.$ 由于 (X) 是复线性空间，可将上式改写为 $k = 1 \sum n (λ_{k} + i μ_{k}) e_{k} = 0.$ 因为 ({e_k}) 在复数域上线性无关，故 (\lambda_k + i\mu_k = 0) 对所有 (k) 成立，从而 (\lambda_k = \mu_k = 0)。这表明 ({e_k, i e_k}) 在实数域上线性无关。

综上，该集合是 (X_{\mathbb{R}}) 的一组 Hamel 基，基数为 (2n)。∎

习题 2.3

设 $X, Y$ 为线性空间, $T : X \to Y$ 为线性算子且为单射. 求证: ${x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}}$ 在 $X$ 中线性无关当且仅当 ${T x_{1}, T x_{2}, \dots, T x_{n}}$ 在 $Y$ 中线性无关.

解答

证明：

（必要性）假设 ${x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}}$ 在 $X$ 中线性无关。设标量 $α_{1}, \dots, α_{n}$ 满足 $\sum_{i = 1}^{n} α_{i} T x_{i} = 0$ 。由 $T$ 的线性性， $T (i = 1 \sum n α_{i} x_{i}) = i = 1 \sum n α_{i} T x_{i} = 0.$ 因为 $T$ 是单射，其核 $ker T = {0}$ ，故 $\sum_{i = 1}^{n} α_{i} x_{i} = 0$ 。再利用 ${x_{i}}$ 的线性无关性，得 $α_{1} = \dots = α_{n} = 0$ 。因此 ${T x_{1}, \dots, T x_{n}}$ 线性无关。

（充分性）假设 ${T x_{1}, T x_{2}, \dots, T x_{n}}$ 在 $Y$ 中线性无关。设标量 $α_{1}, \dots, α_{n}$ 满足 $\sum_{i = 1}^{n} α_{i} x_{i} = 0$ 。应用 $T$ 得 $T (i = 1 \sum n α_{i} x_{i}) = i = 1 \sum n α_{i} T x_{i} = T (0) = 0.$ 由 ${T x_{i}}$ 的线性无关性，必有 $α_{1} = \dots = α_{n} = 0$ 。故 ${x_{1}, \dots, x_{n}}$ 线性无关。

综上，命题得证。 $□$

习题 2.4

给定闭区间 $[a, b]$ , 考虑所有次数小于等于 $n$ 的实系数多项式所构成的集合 $X$ . 证明: 在通常多项式的加法和多项式与实数的乘法运算下, $X$ 为实线性空间. 求 $X$ 的一个 Hamel 基. 若多项式的系数取复数, 证明: 相应的多项式集合 $Y$ 是复线性空间. $X$ 是 $Y$ 的线性子空间吗?

解答

解答

1. $X$ 为实线性空间

设 $X = {p : [a, b] \to R ∣ p (x) = a_{0} + a_{1} x + \dots + a_{n} x^{n}, a_{i} \in R}$ ，即所有次数不超过 $n$ 的实系数多项式构成的集合。在通常的多项式加法与实数数乘下：

加法： $(p + q) (x) = p (x) + q (x)$ ，
数乘： $(λ p) (x) = λ p (x), λ \in R$ 。

验证线性空间的公理：

封闭性：对任意 $p, q \in X$ ，设 $p (x) = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} x^{k}, q (x) = \sum_{k = 0}^{n} b_{k} x^{k}$ ，则 $(p + q) (x) = \sum_{k = 0}^{n} (a_{k} + b_{k}) x^{k}$ ，系数 $a_{k} + b_{k} \in R$ ，且次数不超过 $n$ ，故 $p + q \in X$ 。对任意 $λ \in R$ ， $(λ p) (x) = \sum_{k = 0}^{n} (λ a_{k}) x^{k}$ ，系数 $λ a_{k} \in R$ ，次数不变，故 $λ p \in X$ 。
加法结合律、交换律：多项式的加法满足结合律与交换律，因此成立。
零元：零多项式 $0 (x) = 0$ （系数全为零）属于 $X$ ，且对任意 $p \in X$ 有 $p + 0 = p$ 。
负元：对任意 $p (x) = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} x^{k}$ ，取 $- p (x) = \sum_{k = 0}^{n} (- a_{k}) x^{k} \in X$ ，满足 $p + (- p) = 0$ 。
数乘结合律： $α (βp) = (α β) p$ 由实数乘法结合律保证。
数乘单位元： $1 \cdot p = p$ 。
分配律： $λ (p + q) = λ p + λ q$ ， $(λ + μ) p = λ p + μ p$ ，由多项式运算性质直接得到。

所有公理成立，因此 $X$ 是一个实线性空间。

2. $X$ 的一个 Hamel 基

取向量组 ${1, x, x^{2}, \dots, x^{n}}$ 。

线性无关性：若 $\sum_{k = 0}^{n} c_{k} x^{k} = 0$ （恒为零多项式），则所有系数 $c_{k} = 0$ 。
张成空间：任意 $p \in X$ 可写为 $p (x) = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} x^{k}$ ，即被该组线性表出。

故 ${1, x, x^{2}, \dots, x^{n}}$ 构成 $X$ 的一组 Hamel 基。空间 $X$ 的维数为 $n + 1$ 。

3. $Y$ 为复线性空间

设 $Y = {p : [a, b] \to C ∣ p (x) = b_{0} + b_{1} x + \dots + b_{n} x^{n}, b_{i} \in C}$ ，即次数不超过 $n$ 的复系数多项式集合。加法与数乘的定义同上，但数乘的标量取自 $C$ 。

封闭性：系数之和、复数倍仍为复数，故 $p + q \in Y$ ， $λ p \in Y$ 。线性空间的其他公理与实数情形完全相同，因为复数集 $C$ 也是一个域，且多项式运算满足相应性质。因此 $Y$ 是一个复线性空间。

4. $X$ 是否为 $Y$ 的线性子空间？

$X \subset Y$ （实系数多项式可视为系数虚部为零的复系数多项式）。然而， $Y$ 是复线性空间，其数乘标量域为 $C$ 。要成为 $Y$ 的（复）线性子空间， $X$ 必须对复数数乘封闭，即
$\forall λ \in C, \forall p \in X, λ p \in X .$
取 $λ = i$ （虚数单位）， $p (x) = 1 \in X$ ，则 $(i \cdot 1) (x) = i$ ，其系数为虚数，故 $i \in / X$ 。因此 $X$ 对复数数乘不封闭，从而 $X$ 不是 $Y$ 的线性子空间。

注：若将 $Y$ 视为实线性空间（限制数乘于实数），则 $X$ 是 $Y$ 的一个实线性子空间，但原题中 $Y$ 定义为复线性空间，故按通常意义不成立。

习题 2.5

举例说明线性空间的线性子空间的并集不一定还是线性子空间.

解答

取 $V = R^{2}$ 为实数域上的二维向量空间。定义
$U = {(x, 0) ∣ x \in R}, W = {(0, y) ∣ y \in R} .$
$U$ 和 $W$ 均为 $V$ 的线性子空间（满足加法和数乘封闭，且包含零向量 $(0, 0)$ ）。

考虑它们的并集 $U \cup W$ 。取 $u = (1, 0) \in U \subseteq U \cup W$ ， $v = (0, 1) \in W \subseteq U \cup W$ ，则
$u + v = (1, 1) .$
但 $(1, 1)$ 既不在 $U$ 中（因为第二个分量不为 $0$ ），也不在 $W$ 中（因为第一个分量不为 $0$ ），故 $(1, 1) \in / U \cup W$ 。因此 $U \cup W$ 对加法不封闭，不是 $V$ 的线性子空间。

此例说明线性空间的线性子空间的并集不一定还是线性子空间。

习题 2.6

考虑 $x_{n} \in C [0, 2 π]$ , 其中 $n \geq 1, x_{n} (t) = sin (n t)$ . 求证: 集合 ${x_{n} : n \geq 1}$ 线性无关.

解答

证明：设 $n_{1}, n_{2}, \dots, n_{k}$ 是互不相同的正整数， $c_{1}, c_{2}, \dots, c_{k} \in R$ （或 $C$ ）满足 $j = 1 \sum k c_{j} sin (n_{j} t) = 0, \forall t \in [0, 2 π] .$ 欲证所有 $c_{j} = 0$ 。

固定某个 $i \in {1, 2, \dots, k}$ ，将上式两边乘以 $sin (n_{i} t)$ 并在 $[0, 2 π]$ 上积分，得 $0 = \int_{0}^{2 π} (j = 1 \sum k c_{j} sin (n_{j} t)) sin (n_{i} t) d t = j = 1 \sum k c_{j} \int_{0}^{2 π} sin (n_{j} t) sin (n_{i} t) d t .$ 由于三角函数的正交性： $\int_{0}^{2 π} sin (m t) sin (n t) d t = {0, π, m \neq = n, m = n (m, n \geq 1),$ 因此上式中只有当 $j = i$ 时积分非零，即 $0 = c_{i} \int_{0}^{2 π} sin^{2} (n_{i} t) d t = c_{i} \cdot π .$ 故 $c_{i} = 0$ 。由 $i$ 的任意性知 $c_{1} = c_{2} = \dots = c_{k} = 0$ 。所以 ${x_{n} : n \geq 1}$ 是线性无关集。

习题 2.7

设 $X$ 为赋范空间, 求证:

(1) 任给 $A, B \subset X, \overset{ˉ}{A} + \overset{ˉ}{B} \subset \overline{A + B}$ ;

(2)若 $x_{0} \in X$ 为定点, 则 $A \subset X$ 为开集当且仅当 $x_{0} + A$ 为开集;

(3)若 $x_{0} \in X$ 为定点, 则 $A \subset X$ 为闭集当且仅当 $x_{0} + A$ 为闭集;

(4) 若 $A \subset X, B \subset X$ 中至少有一个为开集, 则 $A + B$ 也为开集;

(5) 若 $A^{\circ} \neq = \emptyset$ , 则 0 为 $A - A = {x - y : x, y \in A}$ 的内点.

解答

(1) 证明：设 $x \in \overline{A} + \overline{B}$ ，则存在 $a \in \overline{A}$ ， $b \in \overline{B}$ 使得 $x = a + b$ 。由闭包定义，存在序列 ${a_{n}} \subset A$ ， ${b_{n}} \subset B$ 满足 $a_{n} \to a$ ， $b_{n} \to b$ 。令 $x_{n} = a_{n} + b_{n} \in A + B$ ，则
$∥ x_{n} - x ∥ \leq ∥ a_{n} - a ∥ + ∥ b_{n} - b ∥ \to 0,$
故 $x_{n} \to x$ ，因此 $x \in \overline{A + B}$ 。所以 $\overline{A} + \overline{B} \subset \overline{A + B}$ 。

(2) 证明：定义平移映射 $T_{x_{0}} (x) = x_{0} + x$ ，它是等距同胚（因为 $∥ T_{x_{0}} (x) - T_{x_{0}} (y) ∥ = ∥ x - y ∥$ ，且逆为 $T_{- x_{0}}$ ）。由于同胚保持开集性质， $A$ 开当且仅当 $x_{0} + A = T_{x_{0}} (A)$ 开。也可直接论证：若 $A$ 开，对任意 $y = x_{0} + a \in x_{0} + A$ ，存在 $ε > 0$ 使得 $B (a, ε) \subset A$ ，则 $B (y, ε) = x_{0} + B (a, ε) \subset x_{0} + A$ ，故 $x_{0} + A$ 开；反之，若 $x_{0} + A$ 开，则 $A = - x_{0} + (x_{0} + A)$ 同样为开集。因此结论成立。

(3) 证明：平移同胚也保持闭集。若 $A$ 闭，任取序列 ${y_{n}} \subset x_{0} + A$ 且 $y_{n} \to y$ ，则存在 $a_{n} \in A$ 使得 $y_{n} = x_{0} + a_{n}$ 。于是 $a_{n} = y_{n} - x_{0} \to y - x_{0}$ 。由 $A$ 闭知 $y - x_{0} \in A$ ，故 $y = x_{0} + (y - x_{0}) \in x_{0} + A$ ，因此 $x_{0} + A$ 闭。反之，若 $x_{0} + A$ 闭，则 $A = - x_{0} + (x_{0} + A)$ 同样闭。得证。

(4) 证明：不妨设 $A$ 是开集（ $B$ 开时类似）。任取 $z = a + b \in A + B$ ，其中 $a \in A$ ， $b \in B$ 。由 $A$ 开，存在 $ε > 0$ 使得 $B (a, ε) \subset A$ 。现对任意 $w \in B (z, ε)$ ，有 $∥ w - z ∥ < ε$ 。令 $a^{'} = a + (w - z)$ ，则 $∥ a^{'} - a ∥ = ∥ w - z ∥ < ε$ ，故 $a^{'} \in B (a, ε) \subset A$ 。于是 $w = a^{'} + b \in A + B$ 。因此 $B (z, ε) \subset A + B$ ，即 $z$ 为内点。由于 $z$ 任意， $A + B$ 是开集。

(5) 证明：因为 $A^{\circ} \neq = \emptyset$ ，存在 $a_{0} \in A^{\circ}$ 及 $δ > 0$ 使得 $B (a_{0}, δ) \subset A$ 。则对任意 $z \in B (0, δ)$ ，有 $∥ z ∥ < δ$ 。注意到 $a_{0} + z \in B (a_{0}, δ) \subset A$ ，且 $a_{0} \in A$ ，故 $z = (a_{0} + z) - a_{0} \in A - A$ 。因此 $B (0, δ) \subset A - A$ ，即 $0$ 是 $A - A$ 的内点。

习题 2.8

设 $X$ 为赋范空间, $M$ 为 $X$ 的凸子集, 且 $M^{\circ} \neq = \emptyset$ . 求证: $M^{\circ}$ 为凸集, 且 $\overline{M^{\circ}} = \overset{ˉ}{M} .$

解答

证明 (1) $M^{\circ}$ 是凸集.

任取 $x, y \in M^{\circ}$ , 则存在 $r > 0$ 使得 $B (x, r) \subset M$ , $B (y, r) \subset M$ (取公共的 $r$ ). 对任意 $t \in [0, 1]$ , 令 $z = t x + (1 - t) y$ . 要证 $z \in M^{\circ}$ . 对任意 $v \in X$ 满足 $∥ v ∥ < r$ , 有 $x + v \in B (x, r) \subset M$ , $y + v \in B (y, r) \subset M$ . 由 $M$ 的凸性, $z + v = t (x + v) + (1 - t) (y + v) \in M .$ 故 $B (z, r) \subset M$ , 即 $z$ 为 $M$ 的内点. 因此 $M^{\circ}$ 是凸集.

(2) 证明 $\overline{M^{\circ}} = \overline{M}$ .

显然 $M^{\circ} \subset M$ 蕴含 $\overline{M^{\circ}} \subset \overline{M}$ . 下证 $\overline{M} \subset \overline{M^{\circ}}$ .

因 $M^{\circ} \neq = \emptyset$ , 取定 $x_{0} \in M^{\circ}$ . 任取 $x \in \overline{M}$ , 则存在序列 ${y_{n}} \subset M$ 使得 $y_{n} \to x$ . 定义 $z_{n} = (1 - \frac{1}{n}) y_{n} + \frac{1}{n} x_{0}, n \in N .$ 先证每个 $z_{n}$ 属于 $M^{\circ}$ . 利用如下引理：

引理证明 由 $x_{0} \in M^{\circ}$ , 存在 $r > 0$ 使得 $B (x_{0}, r) \subset M$ . 取 $δ = (1 - λ) r > 0$ . 任取 $u \in B (w, δ)$ , 即 $∥ u ∥ < δ$ . 令 $u^{'} = u / (1 - λ)$ , 则 $∥ u^{'} ∥ = ∥ u ∥/ (1 - λ) < r$ , 故 $x_{0} + u^{'} \in B (x_{0}, r) \subset M$ . 于是 $w + u = (1 - λ) x_{0} + λ y + u = (1 - λ) (x_{0} + u / (1 - λ)) + λ y \in M,$ 所以 $B (w, δ) \subset M$ , 即 $w \in M^{\circ}$ .

应用引理, 取 $λ = 1 - 1/ n \in [0, 1)$ , 则 $z_{n} = (1 - λ) x_{0} + λ y_{n}$ 满足 $z_{n} \in M^{\circ}$ . 因此 ${z_{n}} \subset M^{\circ}$ .

再证 $z_{n} \to x$ . 因为 $z_{n} = y_{n} + \frac{1}{n} (x_{0} - y_{n}),$ 而 $y_{n} \to x$ 推出 ${y_{n}}$ 有界, 故 $∥ z_{n} - y_{n} ∥ \leq \frac{1}{n} (∥ x_{0} ∥ + ∥ y_{n} ∥) \to 0$ , 从而 $z_{n} \to x$ . 因此 $x \in \overline{M^{\circ}}$ .

综上, $\overline{M^{\circ}} = \overline{M}$ . $□$

习题 2.9

设 $X$ 为赋范空间 $, x_{n}, y_{n}, x, y \in X, α_{n}, α \in K$ . 若 $x_{n} \to x, y_{n} \to y, α_{n} \to α$ , 求证 : $x_{n} + y_{n}$ $\to x + y, α_{n} x_{n} \to αx$ .

解答

证明

加法收敛性：
因 $x_{n} \to x$ ，对任意 $ε > 0$ ，存在 $N_{1} \in N$ 使当 $n \geq N_{1}$ 时 $∥ x_{n} - x ∥ < ε /2$ 。
因 $y_{n} \to y$ ，存在 $N_{2} \in N$ 使当 $n \geq N_{2}$ 时 $∥ y_{n} - y ∥ < ε /2$ 。
取 $N = max {N_{1}, N_{2}}$ ，则当 $n \geq N$ 时有

$∥ (x_{n} + y_{n}) - (x + y) ∥ = ∥ (x_{n} - x) + (y_{n} - y) ∥ \leq ∥ x_{n} - x ∥ + ∥ y_{n} - y ∥ < \frac{ε}{2} + \frac{ε}{2} = ε,$

故 $x_{n} + y_{n} \to x + y$ 。

数乘收敛性：
由 $α_{n} \to α$ 知 ${α_{n}}$ 有界，即存在 $M > 0$ 使 $∣ α_{n} ∣ \leq M$ 对所有 $n$ 成立。

对任意 $ε > 0$ ：

因 $x_{n} \to x$ ，存在 $N_{1}$ 使当 $n \geq N_{1}$ 时 $∥ x_{n} - x ∥ < \frac{ε}{2 ( M + 1 )}$ ；
因 $α_{n} \to α$ ，存在 $N_{2}$ 使当 $n \geq N_{2}$ 时 $∣ α_{n} - α ∣ < \frac{ε}{2 ( ∥ x ∥ + 1 )}$ 。

取 $N = max {N_{1}, N_{2}}$ ，则当 $n \geq N$ 时，有

$∥ α_{n} x_{n} - αx ∥ = ∥ α_{n} (x_{n} - x) + (α_{n} - α) x ∥ \leq ∣ α_{n} ∣∥ x_{n} - x ∥ + ∣ α_{n} - α ∣∥ x ∥ < M \cdot \frac{ε}{2 ( M + 1 )} + \frac{ε}{2 ( ∥ x ∥ + 1 )} \cdot ∥ x ∥ < \frac{ε}{2} + \frac{ε}{2} = ε .$

（当 $x = 0$ 时第二项为 $0$ ，不等式依然成立。）

因此 $α_{n} x_{n} \to αx$ 。

证毕。

习题 2.10

设 $X$ 为赋范空间, $Y$ 为 $X$ 的线性子空间, 求证: $\overset{ˉ}{Y}$ 仍为 $X$ 的线性子空间.

解答

证明： 设 $X$ 是一个赋范空间， $Y \subset X$ 是线性子空间。记 $\overset{ˉ}{Y}$ 为 $Y$ 在 $X$ 中的闭包。欲证 $\overset{ˉ}{Y}$ 是 $X$ 的线性子空间，即验证：

$\overset{ˉ}{Y} \neq = \emptyset$ （显然，因为 $0 \in Y \subset \overset{ˉ}{Y}$ ）；
对任意的 $x, y \in \overset{ˉ}{Y}$ 和任意标量 $α, β$ （实数或复数），有 $αx + β y \in \overset{ˉ}{Y}$ 。

由于 $x, y \in \overset{ˉ}{Y}$ ，存在序列 ${x_{n}}, {y_{n}} \subset Y$ 使得
$x_{n} \to x, y_{n} \to y (n \to \infty) .$ 因为 $Y$ 是线性子空间，对每个 $n$ ， $α x_{n} + β y_{n} \in Y$ 。由赋范空间中加法和数乘的连续性（或直接估计）可得
$∥ α x_{n} + β y_{n} - (αx + β y) ∥ \leq ∣ α ∣ ∥ x_{n} - x ∥ + ∣ β ∣ ∥ y_{n} - y ∥ \to 0,$ 当 $n \to \infty$ 时。因此 $α x_{n} + β y_{n} \to αx + β y$ ，故 $αx + β y$ 是 $Y$ 中序列的极限，从而属于 $\overset{ˉ}{Y}$ 。

这就证明了 $\overset{ˉ}{Y}$ 对线性运算封闭，所以 $\overset{ˉ}{Y}$ 是 $X$ 的线性子空间。 $□$

习题 2.11

设 $(X, ∥ \cdot ∥_{X})$ 和 $(Y, ∥ \cdot ∥_{Y})$ 为赋范空间, 设 $Z = X \times Y$ 为 $X$ 与 $Y$ 的笛卡儿乘积, 在 $Z$ 上定义 $∥ (x, y) ∥_{\infty} = max {∥ x ∥_{X}, ∥ y ∥_{Y}}, x \in X, y \in Y .$ 求证:

(1)上面定义的 $∥ \cdot ∥_{\infty}$ 为 $Z$ 上的范数;

(2) $X$ 和 $Y$ 为 Banach 空间当且仅当 $Z$ 为 Banach 空间.

解答

证明. (1) 验证 $∥ \cdot ∥_{\infty}$ 满足范数的三条公理.

正定性: 对任意 $(x, y) \in Z$ , 由定义 $∥ (x, y) ∥_{\infty} = max {∥ x ∥_{X}, ∥ y ∥_{Y}} \geq 0$ . 若 $(x, y) = (0, 0)$ , 则 $∥ x ∥_{X} = 0, ∥ y ∥_{Y} = 0$ , 故 $∥ (0, 0) ∥_{\infty} = 0$ ; 反之若 $∥ (x, y) ∥_{\infty} = 0$ , 则 $max {∥ x ∥_{X}, ∥ y ∥_{Y}} = 0$ , 从而 $∥ x ∥_{X} = 0$ 且 $∥ y ∥_{Y} = 0$ , 于是 $x = 0, y = 0$ , 即 $(x, y) = (0, 0)$ .
齐次性: 对任意标量 $α$ , $∥ α (x, y) ∥_{\infty} = ∥ (αx, α y) ∥_{\infty} = max {∥ αx ∥_{X}, ∥ α y ∥_{Y}} = max {∣ α ∣∥ x ∥_{X}, ∣ α ∣∥ y ∥_{Y}} = ∣ α ∣ max {∥ x ∥_{X}, ∥ y ∥_{Y}} = ∣ α ∣∥ (x, y) ∥_{\infty} .$
三角不等式: 对任意 $(x_{1}, y_{1}), (x_{2}, y_{2}) \in Z$ , 记 $A_{1} = ∥ x_{1} ∥_{X}, B_{1} = ∥ y_{1} ∥_{Y}$ , $A_{2} = ∥ x_{2} ∥_{X}, B_{2} = ∥ y_{2} ∥_{Y}$ . 由 $X, Y$ 中的三角不等式, $∥ x_{1} + x_{2} ∥_{X} \leq A_{1} + A_{2}, ∥ y_{1} + y_{2} ∥_{Y} \leq B_{1} + B_{2} .$ 于是 $∥ (x_{1} + x_{2}, y_{1} + y_{2}) ∥_{\infty} = max {∥ x_{1} + x_{2} ∥_{X}, ∥ y_{1} + y_{2} ∥_{Y}} \leq max {A_{1} + A_{2}, B_{1} + B_{2}} .$ 注意到 $A_{1} \leq max {A_{1}, B_{1}}, A_{2} \leq max {A_{2}, B_{2}}$ , 所以 $A_{1} + A_{2} \leq max {A_{1}, B_{1}} + max {A_{2}, B_{2}}$ ; 同理 $B_{1} + B_{2} \leq max {A_{1}, B_{1}} + max {A_{2}, B_{2}}$ . 因此 $max {A_{1} + A_{2}, B_{1} + B_{2}} \leq max {A_{1}, B_{1}} + max {A_{2}, B_{2}} = ∥ (x_{1}, y_{1}) ∥_{\infty} + ∥ (x_{2}, y_{2}) ∥_{\infty} .$ 从而三角不等式成立.

综上, $∥ \cdot ∥_{\infty}$ 是 $Z$ 上的范数.

(2) 证明 $X$ 和 $Y$ 均为 Banach 空间 $⟺$ $Z$ 为 Banach 空间.

必要性 ( $\Rightarrow$ ): 设 $X$ 和 $Y$ 完备. 取 $Z$ 中的 Cauchy 序列 ${(x_{n}, y_{n})}$ . 对任意 $ε > 0$ , 存在 $N$ , 当 $m, n \geq N$ 时, $∥ (x_{n}, y_{n}) - (x_{m}, y_{m}) ∥_{\infty} = max {∥ x_{n} - x_{m} ∥_{X}, ∥ y_{n} - y_{m} ∥_{Y}} < ε,$ 从而 $∥ x_{n} - x_{m} ∥_{X} < ε$ 且 $∥ y_{n} - y_{m} ∥_{Y} < ε$ . 故 ${x_{n}}$ 是 $X$ 中的 Cauchy 列, ${y_{n}}$ 是 $Y$ 中的 Cauchy 列. 由完备性, 存在 $x \in X, y \in Y$ 使得 $x_{n} \to x$ , $y_{n} \to y$ . 于是 $∥ (x_{n}, y_{n}) - (x, y) ∥_{\infty} = max {∥ x_{n} - x ∥_{X}, ∥ y_{n} - y ∥_{Y}} \to 0 (n \to \infty),$ 即 $(x_{n}, y_{n}) \to (x, y)$ 于 $Z$ , 故 $Z$ 完备, 为 Banach 空间.
充分性 ( $\Leftarrow$ ): 设 $Z$ 完备. 先证 $X$ 完备. 取 $X$ 中的 Cauchy 序列 ${x_{n}}$ . 考虑 $Z$ 中的序列 ${(x_{n}, 0)}$ . 对任意 $ε > 0$ , 由 ${x_{n}}$ 的 Cauchy 性, 存在 $N$ , 当 $m, n \geq N$ 时 $∥ x_{n} - x_{m} ∥_{X} < ε$ , 于是 $∥ (x_{n}, 0) - (x_{m}, 0) ∥_{\infty} = max {∥ x_{n} - x_{m} ∥_{X}, 0} = ∥ x_{n} - x_{m} ∥_{X} < ε,$ 故 ${(x_{n}, 0)}$ 是 $Z$ 中的 Cauchy 列. 由 $Z$ 完备, 存在 $(x, y) \in Z$ 使得 $(x_{n}, 0) \to (x, y)$ . 这意味着 $∥ (x_{n}, 0) - (x, y) ∥_{\infty} = max {∥ x_{n} - x ∥_{X}, ∥ y ∥_{Y}} \to 0,$ 从而 $∥ x_{n} - x ∥_{X} \to 0$ 且 $∥ y ∥_{Y} \to 0$ , 故 $y = 0$ , $x_{n} \to x$ 于 $X$ . 所以 $X$ 完备. 类似地, 考虑序列 ${(0, y_{n})}$ 可证 $Y$ 完备.

综上所述, (2) 得证. $□$

习题 2.12

设 $(X, ∥ \cdot ∥_{X})$ 和 $(Y, ∥ \cdot ∥_{Y})$ 为赋范空间, 设 $Z = XX Y$ 为 $X$ 与 $Y$ 的笛卡儿乘积, 若 $1 \leq p < \infty$ , 在 $Z$ 上定义 $∥ (x, y) ∥_{p} = (∥ x ∥_{X}^{p} + ∥ y ∥_{Y}^{p})^{1/ p}, x \in X, y \in Y .$ 求证:

(1) 上面定义的 $∥ \cdot ∥_{p}$ 为 $Z$ 上的范数;

(2) 若 $1 \leq p, q < \infty$ , 则 $∥ \cdot ∥_{p}$ 与 $∥ \cdot ∥_{q}$ 为等价范数, 且均与上题定义的范数 $∥$ - $∥\infty$ 等价.

解答

解答

(1) 证明 $∥ \cdot ∥_{p}$ 是 $Z$ 上的范数。

设 $(x, y) \in Z$ ，定义 $∥ (x, y) ∥_{p} = (∥ x ∥_{X}^{p} + ∥ y ∥_{Y}^{p})^{1/ p}, 1 \leq p < \infty.$

需要验证范数的三条公理：

非负性：显然 $∥ (x, y) ∥_{p} \geq 0$ 。
正定性：若 $∥ (x, y) ∥_{p} = 0$ ，则 $∥ x ∥_{X}^{p} + ∥ y ∥_{Y}^{p} = 0$ ，故 $∥ x ∥_{X} = ∥ y ∥_{Y} = 0$ ，从而 $x = 0$ , $y = 0$ ；反之，若 $(x, y) = 0$ ，则 $∥ (0, 0) ∥_{p} = 0$ 。
齐次性：对任意标量 $α$ ， $∥ α (x, y) ∥_{p} = ∥ (αx, α y) ∥_{p} = (∥ αx ∥_{X}^{p} + ∥ α y ∥_{Y}^{p})^{1/ p} = (∣ α ∣^{p} ∥ x ∥_{X}^{p} + ∣ α ∣^{p} ∥ y ∥_{Y}^{p})^{1/ p} = ∣ α ∣ ∥ (x, y) ∥_{p} .$
三角不等式：任取 $(x_{1}, y_{1}), (x_{2}, y_{2}) \in Z$ ，记 $u_{1} = ∥ x_{1} ∥_{X}, v_{1} = ∥ y_{1} ∥_{Y}, u_{2} = ∥ x_{2} ∥_{X}, v_{2} = ∥ y_{2} ∥_{Y} .$ 由 $X, Y$ 中范数的三角不等式， $∥ x_{1} + x_{2} ∥_{X} \leq u_{1} + u_{2}, ∥ y_{1} + y_{2} ∥_{Y} \leq v_{1} + v_{2} .$ 于是 $∥ (x_{1} + x_{2}, y_{1} + y_{2}) ∥_{p} = (∥ x_{1} + x_{2} ∥_{X}^{p} + ∥ y_{1} + y_{2} ∥_{Y}^{p})^{1/ p} \leq ((u_{1} + u_{2})^{p} + (v_{1} + v_{2})^{p})^{1/ p} .$ 对非负实数 $u_{1}, u_{2}, v_{1}, v_{2}$ ，应用 $R^{2}$ 上的 Minkowski 不等式（ $p \geq 1$ ）可得 $((u_{1} + u_{2})^{p} + (v_{1} + v_{2})^{p})^{1/ p} \leq (u_{1}^{p} + v_{1}^{p})^{1/ p} + (u_{2}^{p} + v_{2}^{p})^{1/ p} .$ 因此 $∥ (x_{1} + x_{2}, y_{1} + y_{2}) ∥_{p} \leq ∥ (x_{1}, y_{1}) ∥_{p} + ∥ (x_{2}, y_{2}) ∥_{p},$ 即三角不等式成立。

综上， $∥ \cdot ∥_{p}$ 是 $Z$ 上的范数。

(2) 证明范数等价性。

首先，由上题（或通常定义）记 $∥ (x, y) ∥_{\infty} = max (∥ x ∥_{X}, ∥ y ∥_{Y}) .$

步骤 1： $∥ \cdot ∥_{p}$ 与 $∥ \cdot ∥_{\infty}$ 等价。
设 $a = ∥ x ∥_{X}$ , $b = ∥ y ∥_{Y}$ ，则 $∥ (x, y) ∥_{\infty} = max (a, b) .$ 显然 $max (a, b)^{p} \leq a^{p} + b^{p} \leq 2 max (a, b)^{p},$ 两边开 $1/ p$ 次方即得 $max (a, b) \leq (a^{p} + b^{p})^{1/ p} \leq 2^{1/ p} max (a, b) .$ 故 $∥ (x, y) ∥_{\infty} \leq ∥ (x, y) ∥_{p} \leq 2^{1/ p} ∥ (x, y) ∥_{\infty} . (1)$ 因此 $∥ \cdot ∥_{p}$ 与 $∥ \cdot ∥_{\infty}$ 等价。

步骤 2：对任意 $1 \leq p, q < \infty$ ， $∥ \cdot ∥_{p}$ 与 $∥ \cdot ∥_{q}$ 等价。
由 (1) 知 $∥ \cdot ∥_{p}$ 和 $∥ \cdot ∥_{q}$ 均与 $∥ \cdot ∥_{\infty}$ 等价，而等价关系具有传递性，故 $∥ \cdot ∥_{p}$ 与 $∥ \cdot ∥_{q}$ 等价。

亦可直接给出显式不等式。利用有限维空间 $R^{2}$ 上 $p$ -范数的经典比较关系：对 $0 < r < s$ ，有 $∥ (a, b) ∥_{s} \leq ∥ (a, b) ∥_{r} \leq 2^{1/ r - 1/ s} ∥ (a, b) ∥_{s} .$ 应用于 $a = ∥ x ∥_{X}$ , $b = ∥ y ∥_{Y}$ ，若 $p \leq q$ ，则 $∥ (x, y) ∥_{q} \leq ∥ (x, y) ∥_{p} \leq 2^{1/ p - 1/ q} ∥ (x, y) ∥_{q};$ 若 $p \geq q$ ，则 $∥ (x, y) ∥_{p} \leq ∥ (x, y) ∥_{q} \leq 2^{1/ q - 1/ p} ∥ (x, y) ∥_{p} .$ 因此总存在正常数 $c, C$ （依赖于 $p, q$ ）使得 $c ∥ (x, y) ∥_{p} \leq ∥ (x, y) ∥_{q} \leq C ∥ (x, y) ∥_{p},$ 即两范数等价。

综上，结论得证。

习题 2.13

设 $C_{0} (R)$ 为定义在 $R$ 上, 满足 $lim_{∣ t ∣ \to \infty} ∣ x (t) ∣ = 0$ 的连续函数全体, 令 $∥ x ∥_{\infty} = t \in R max ∣ x (t) ∣, x \in C_{0} (R) .$ 求证: $∥ ∥_{\infty}$ 为 $C_{0} (R)$ 上的范数, 且 $(C_{0} (R), ∥ \cdot ∥_{\infty})$ 为 Banach 空间.

解答

证明

1. $∥ \cdot ∥_{\infty}$ 是 $C_{0} (R)$ 上的范数

首先， $C_{0} (R)$ 是线性空间：若 $x, y \in C_{0} (R)$ ， $α, β \in R$ （或 $C$ ），则 $αx + β y$ 连续，且
$∣ t ∣ \to \infty lim ∣ αx (t) + β y (t) ∣ \leq ∣ α ∣ ∣ t ∣ \to \infty lim ∣ x (t) ∣ + ∣ β ∣ ∣ t ∣ \to \infty lim ∣ y (t) ∣ = 0,$
故 $αx + β y \in C_{0} (R)$ 。

其次，验证 $∥ x ∥_{\infty} = max_{t \in R} ∣ x (t) ∣$ 是良定义的。对 $x \in C_{0} (R)$ ，由 $lim_{∣ t ∣ \to \infty} ∣ x (t) ∣ = 0$ 知存在 $R > 0$ 使当 $∣ t ∣ > R$ 时 $∣ x (t) ∣ \leq 1$ 。在紧集 $[- R, R]$ 上连续函数 $∣ x ∣$ 必达到最大值 $M$ 。若 $M = 0$ 则 $x \equiv 0$ ，显然最大值存在。若 $M > 0$ ，则因外部 $∣ x (t) ∣ \leq M /2$ （取 $R$ 足够大使 $∣ t ∣ > R$ 时 $∣ x (t) ∣ \leq M /2$ ），可知整体上确界 $M$ 必在 $[- R, R]$ 内达到，故最大值存在且有限。因此定义合理。

现验证范数公理：

正定性： $∥ x ∥_{\infty} \geq 0$ 显然；若 $∥ x ∥_{\infty} = 0$ ，则 $∣ x (t) ∣ = 0$ 对所有 $t$ ，即 $x = 0$ ；反之 $x = 0$ 时 $∥ x ∥_{\infty} = 0$ 。
齐次性：对任意标量 $α$ ，
$∥ αx ∥_{\infty} = t max ∣ αx (t) ∣ = ∣ α ∣ t max ∣ x (t) ∣ = ∣ α ∣ ∥ x ∥_{\infty} .$
三角不等式：
$∥ x + y ∥_{\infty} = t max ∣ x (t) + y (t) ∣ \leq t max (∣ x (t) ∣ + ∣ y (t) ∣) \leq t max ∣ x (t) ∣ + t max ∣ y (t) ∣ = ∥ x ∥_{\infty} + ∥ y ∥_{\infty} .$

故 $∥ \cdot ∥_{\infty}$ 是 $C_{0} (R)$ 上的范数。

2. $(C_{0} (R), ∥ \cdot ∥_{\infty})$ 是 Banach 空间

设 ${x_{n}} \subset C_{0} (R)$ 是 Cauchy 列，即对任意 $ε > 0$ ，存在 $N$ 使得当 $m, n \geq N$ 时
$∥ x_{n} - x_{m} ∥_{\infty} = t \in R sup ∣ x_{n} (t) - x_{m} (t) ∣ < ε .$ 则对每个固定的 $t \in R$ ，数列 ${x_{n} (t)}$ 是 Cauchy 数列，由 $R$ （或 $C$ ）的完备性，存在极限 $x (t)$ 。由一致 Cauchy 条件可得一致收敛：对上述 $ε$ ，当 $n \geq N$ 时，
$∣ x_{n} (t) - x (t) ∣ = m \to \infty lim ∣ x_{n} (t) - x_{m} (t) ∣ \leq ε, \forall t,$ 故 $∥ x_{n} - x ∥_{\infty} \leq ε$ ，即 $x_{n}$ 一致收敛于 $x$ 。

一致收敛保持连续性，所以 $x$ 是连续函数。还需证明 $x \in C_{0} (R)$ ，即 $lim_{∣ t ∣ \to \infty} ∣ x (t) ∣ = 0$ 。给定 $ε > 0$ ，取 $N$ 使 $∥ x_{N} - x ∥_{\infty} < ε /2$ 。因 $x_{N} \in C_{0} (R)$ ，存在 $M > 0$ 使得当 $∣ t ∣ > M$ 时 $∣ x_{N} (t) ∣ < ε /2$ 。于是当 $∣ t ∣ > M$ 时，
$∣ x (t) ∣ \leq ∣ x (t) - x_{N} (t) ∣ + ∣ x_{N} (t) ∣ < \frac{ε}{2} + \frac{ε}{2} = ε .$ 故 $lim_{∣ t ∣ \to \infty} ∣ x (t) ∣ = 0$ ，因此 $x \in C_{0} (R)$ 。

综上， $C_{0} (R)$ 中任意 Cauchy 列都收敛到 $C_{0} (R)$ 中的一个元素，所以空间是完备的，即 Banach 空间。

习题 2.14

求证 $C [0, 1]$ 上的 $∥ \cdot ∥_{\infty}$ 和 $∥ \cdot ∥_{1}$ 不为等价范数.

解答

证明考虑连续函数空间 $C [0, 1]$ 上的范数
$∥ f ∥_{\infty} = x \in [0, 1] sup ∣ f (x) ∣, ∥ f ∥_{1} = \int_{0}^{1} ∣ f (x) ∣ d x .$

首先，对任意 $f \in C [0, 1]$ 有 $∥ f ∥_{1} = \int_{0}^{1} ∣ f (x) ∣ d x \leq \int_{0}^{1} ∥ f ∥_{\infty} d x = ∥ f ∥_{\infty},$ 即存在常数 $C = 1$ 使 $∥ f ∥_{1} \leq C ∥ f ∥_{\infty}$ 总成立。

若 $∥ \cdot ∥_{\infty}$ 与 $∥ \cdot ∥_{1}$ 等价，则也存在常数 $c > 0$ 使得 $c ∥ f ∥_{\infty} \leq ∥ f ∥_{1} \forall f \in C [0, 1] .$ 下面构造一列函数 ${f_{n}} \subset C [0, 1]$ 导出矛盾。

对每个 $n \in N$ ，定义 $f_{n} (x) = ⎩ ⎨ ⎧ 1 - n x, 0, 0 \leq x \leq \frac{1}{n}, \frac{1}{n} < x \leq 1.$ $f_{n}$ 是连续的，且 $∥ f_{n} ∥_{\infty} = f_{n} (0) = 1$ 。计算其 $L^{1}$ 范数： $∥ f_{n} ∥_{1} = \int_{0}^{1/ n} (1 - n x) d x = [x - \frac{n}{2} x^{2}]_{0}^{1/ n} = \frac{1}{n} - \frac{n}{2} \cdot \frac{1}{n ^{2}} = \frac{1}{2 n} .$ 于是 $∥ f_{n} ∥_{1} \to 0$ 当 $n \to \infty$ 。

若存在所述 $c > 0$ ，则应有 $c = c ∥ f_{n} ∥_{\infty} \leq ∥ f_{n} ∥_{1} = \frac{1}{2 n} \forall n,$ 令 $n \to \infty$ 得 $c \leq 0$ ，与 $c > 0$ 矛盾。故这样的 $c$ 不存在，从而两个范数不等价。 $□$

习题 2.15

设 $M$ 为空间 $ℓ^{\infty}$ 中除有限个坐标之外均为 0 的元素全体构成的子空间, 求证: $M$ 为 $ℓ$ $^{\infty}$ 的线性子空间, 但 $M$ 不为 Banach 空间. 给出 $M$ 的一个完备化.

解答

证明

1. $M$ 是 $ℓ^{\infty}$ 的线性子空间

记 $ℓ^{\infty}$ 为所有有界实（或复）数列构成的 Banach 空间，范数为 $∥ x ∥_{\infty} = sup_{n \in N} ∣ x_{n} ∣$ .
定义
$M = {x \in ℓ^{\infty} : 存在 N \in N, \forall n > N, x_{n} = 0},$ 即仅有有限个坐标非零的序列全体.

零元：零序列 $0 = (0, 0, \dots)$ 显然属于 $M$ .
加法封闭：设 $x, y \in M$ ，则存在 $N_{1}, N_{2}$ 使得当 $n > N_{1}$ 时 $x_{n} = 0$ ，当 $n > N_{2}$ 时 $y_{n} = 0$ . 取 $N = max {N_{1}, N_{2}}$ ，则当 $n > N$ 时 $(x + y)_{n} = x_{n} + y_{n} = 0$ ，故 $x + y \in M$ .
数乘封闭：设 $x \in M$ ， $α \in R$ （或 $C$ ），则存在 $N$ 使得 $n > N$ 时 $x_{n} = 0$ ，从而 $(αx)_{n} = α x_{n} = 0$ ，故 $αx \in M$ .

因此 $M$ 是 $ℓ^{\infty}$ 的线性子空间，且赋予 $ℓ^{\infty}$ 范数后成为一个赋范空间.

2. $M$ 不是 Banach 空间

需证 $M$ 在范数 $∥ \cdot ∥_{\infty}$ 下不完备. 构造 $M$ 中的一个 Cauchy 序列，使其极限不在 $M$ 中.

取
$x^{(k)} = (1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \dots, \frac{1}{k}, 0, 0, \dots), k = 1, 2, \dots$ 显然每个 $x^{(k)} \in M$ . 对于 $m > n$ ，
$∥ x^{(m)} - x^{(n)} ∥_{\infty} = k > n sup \frac{1}{k} = \frac{1}{n + 1} \to 0 (n \to \infty),$ 故 ${x^{(k)}}$ 是 $M$ 中的 Cauchy 列.

假设存在 $x \in M$ 使得 $∥ x^{(k)} - x ∥_{\infty} \to 0$ . 由于 $ℓ^{\infty}$ 是完备的，该 Cauchy 列在 $ℓ^{\infty}$ 中有极限，且极限必为逐点极限. 对每个固定的 $j \in N$ ，当 $k \geq j$ 时 $x_{j}^{(k)} = 1/ j$ ，从而
$x_{j} = k \to \infty lim x_{j}^{(k)} = \frac{1}{j} .$ 于是 $x = (1, 1/2, 1/3, \dots)$ . 但 $x$ 有无限多个非零项，故 $x \in / M$ ，矛盾. 因此 $M$ 中的 Cauchy 列 ${x^{(k)}}$ 在 $M$ 中无极限，从而 $M$ 不完备，不是 Banach 空间.

3. $M$ 的一个完备化

考虑空间
$c_{0} = {x \in ℓ^{\infty} : n \to \infty lim x_{n} = 0},$ 仍赋予范数 $∥ \cdot ∥_{\infty}$ . 则 $c_{0}$ 是 $ℓ^{\infty}$ 的闭子空间（易证收敛到零的序列的极限仍属于 $c_{0}$ ），而 $ℓ^{\infty}$ 完备，故 $c_{0}$ 是 Banach 空间.

$M$ 在 $c_{0}$ 中稠密：任取 $x \in c_{0}$ ，对每个 $k \in N$ 定义 $x^{(k)} \in M$ 为 $x$ 的前 $k$ 项截断：
$x_{n}^{(k)} = {x_{n}, 0, n \leq k, n > k .$ 由于 $x \in c_{0}$ ，对任意 $ε > 0$ 存在 $N$ 使得当 $n > N$ 时 $∣ x_{n} ∣ < ε$ . 取 $k > N$ ，则
$∥ x - x^{(k)} ∥_{\infty} = n > k sup ∣ x_{n} ∣ \leq n > N sup ∣ x_{n} ∣ < ε,$ 故 $lim_{k \to \infty} x^{(k)} = x$ 在 $∥ \cdot ∥_{\infty}$ 下. 因此 $M$ 在 $c_{0}$ 中稠密.

反之，若 $x \in ℓ^{\infty}$ 且能被 $M$ 中的序列逼近，则必有 $x \in c_{0}$ （证明与上述完备性讨论类似）. 故 $c_{0}$ 就是 $M$ 在 $ℓ^{\infty}$ 中的闭包.

由于 $c_{0}$ 是完备的且 $M$ 在其中稠密，依完备化的定义， $c_{0}$ 构成 $M$ 的一个完备化.

（注：完备化在等距同构意义下唯一，这里给出的 $c_{0}$ 正是 $M$ 的完备化.）

习题 2.16

举例说明在赋范空间中, 由条件 $\sum_{n \geq 1} ∥ x_{n} ∥ < \infty$ , 推不出级数 $\sum_{n \geq 1} x_{n}$ 的收敛性.

解答

我们考虑如下的赋范空间：设 $X$ 为所有只有有限个非零项的实数列组成的线性空间，即 $X = {x = (x_{1}, x_{2}, \dots) ∣ x_{i} \in R, 只有有限个 x_{i} \neq = 0} .$ 赋予范数 $∥ x ∥ = n \in N sup ∣ x_{n} ∣.$ $(X, ∥ \cdot ∥)$ 是一个赋范空间（但不完备）。

定义序列 ${x_{n}}_{n \geq 1} \subset X$ 如下： $x_{1} = (1, 0, 0, \dots), x_{2} = (0, \frac{1}{4}, 0, \dots), x_{3} = (0, 0, \frac{1}{9}, 0, \dots), \dots,$ 一般地， $x_{n}$ 的第 $n$ 个分量为 $\frac{1}{n ^{2}}$ ，其余分量为 $0$ ，即 $x_{n} = \frac{1}{n ^{2}} e_{n}$ ，其中 $e_{n}$ 是第 $n$ 个标准基向量。

计算范数和： $n = 1 \sum \infty ∥ x_{n} ∥ = n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{2}} = \frac{π ^{2}}{6} < \infty.$ 因此条件 $\sum_{n \geq 1} ∥ x_{n} ∥ < \infty$ 成立。

现在考虑级数 $\sum_{n \geq 1} x_{n}$ 的部分和 $S_{N} = n = 1 \sum N x_{n} = (1, \frac{1}{4}, \frac{1}{9}, \dots, \frac{1}{N ^{2}}, 0, 0, \dots) \in X .$ 对于任意 $M > N$ ， $∥ S_{M} - S_{N} ∥ = k > N sup \frac{1}{k ^{2}} = \frac{1}{( N + 1 ) ^{2}} \to 0 (N \to \infty),$ 故 ${S_{N}}$ 是 $X$ 中的 Cauchy 列。

若级数收敛，则存在 $s = (s_{1}, s_{2}, \dots) \in X$ 使得 $lim_{N \to \infty} ∥ S_{N} - s ∥ = 0$ 。由于 $s \in X$ ，只有有限个非零分量，设其非零分量的最大下标为 $K$ 。则对任意 $n > K$ ，有 $s_{n} = 0$ 。取 $N > K$ ，考虑第 $n$ 个坐标（ $n > K$ ）： $∣ S_{N, n} - s_{n} ∣ = ∣ S_{N, n} ∣ = {\frac{1}{n ^{2}}, 0, n \leq N, n > N .$ 当 $N$ 充分大时，由收敛性知 $sup_{n} ∣ S_{N, n} - s_{n} ∣$ 应趋于 $0$ 。但对固定的 $n > K$ ，取 $N \geq n$ ，则 $∣ S_{N, n} - s_{n} ∣ = \frac{1}{n ^{2}}$ 。由于 $n$ 可以任意大， $∥ S_{N} - s ∥ \geq \frac{1}{n ^{2}}$ 对所有 $N \geq n$ 成立，令 $n \to \infty$ 可知 $∥ S_{N} - s ∥$ 不能趋于 $0$ ，矛盾。

更直接地，若 $s$ 存在，则对每个坐标 $k$ ，应有 $s_{k} = lim_{N \to \infty} S_{N, k} = \frac{1}{k ^{2}}$ ，因此 $s = (1, \frac{1}{4}, \frac{1}{9}, \dots)$ ，但这个序列有无限多个非零项，不属于 $X$ ，矛盾。

因此级数 $\sum_{n \geq 1} x_{n}$ 在 $X$ 中不收敛。从而，在赋范空间中，绝对收敛（即 $\sum ∥ x_{n} ∥ < \infty$ ）不能保证级数收敛。

习题 2.17

设 $X$ 为赋范空间, 求证: $X$ 为 Banach 空间当且仅当 $X$ 的单位球面 $S_{X} = {x \in X : ∥ x ∥ = 1}$ 为完备度量空间.

解答

证明：

$\Rightarrow$ 设 $X$ 是 Banach 空间，即 $X$ 完备。范数映射 $f (x) = ∥ x ∥$ 是连续的，而 $S_{X} = f^{- 1} ({1})$ ， ${1}$ 是 $R$ 中的闭集，因此 $S_{X}$ 是 $X$ 的闭子集。完备度量空间的闭子集仍是完备的，故 $S_{X}$ 作为度量子空间是完备的。

$\Leftarrow$ 假设 $S_{X}$ 完备。任取 $X$ 中的柯西列 $(x_{n})$ ，欲证 $(x_{n})$ 收敛。

考虑实数序列 $(∥ x_{n} ∥)$ ，由不等式 $∣∥ x_{n} ∥ - ∥ x_{m} ∥∣ \leq ∥ x_{n} - x_{m} ∥$ 知它是 $R$ 中的柯西列。 $R$ 完备，故存在极限 $a = lim_{n \to \infty} ∥ x_{n} ∥ \geq 0$ 。

情形 1： $a = 0$ 。此时对任意 $ε > 0$ ，存在 $N$ 使得 $n \geq N$ 时 $∥ x_{n} ∥ < ε$ ，从而 $∥ x_{n} - 0∥ < ε$ ，即 $x_{n} \to 0$ ，序列收敛。

情形 2： $a > 0$ 。因 $a > 0$ ，可取 $N_{0}$ 使得当 $n \geq N_{0}$ 时 $∥ x_{n} ∥ \geq a /2 > 0$ 。定义 $y_{n} = \frac{x _{n}}{∥ x _{n} ∥}$ （ $n \geq N_{0}$ ），则 $y_{n} \in S_{X}$ 。下证 $(y_{n})_{n \geq N_{0}}$ 是 $S_{X}$ 中的柯西列。

对任意 $m, n \geq N_{0}$ ，有 $∥ y_{n} - y_{m} ∥ = \frac{x _{n}}{∥ x _{n} ∥} - \frac{x _{m}}{∥ x _{m} ∥} \leq \frac{1}{∥ x _{n} ∥} - \frac{1}{∥ x _{m} ∥} \cdot ∥ x_{n} ∥ + \frac{1}{∥ x _{m} ∥} ∥ x_{n} - x_{m} ∥.$ 由于 $(∥ x_{n} ∥)$ 收敛于 $a > 0$ ，故存在 $M > 0$ 使 $sup_{n} ∥ x_{n} ∥ \leq M$ ，且 $in f_{n \geq N_{0}} ∥ x_{n} ∥ \geq a /2$ ，从而 $\frac{1}{∥ x _{m} ∥} \leq \frac{2}{a}$ 。又 $(∥ x_{n} ∥)$ 是柯西列，所以 $(\frac{1}{∥ x _{n} ∥})$ 也是柯西列（因为它收敛于 $1/ a$ ）。给定 $ε > 0$ ，存在 $N \geq N_{0}$ ，当 $m, n \geq N$ 时， $\frac{1}{∥ x _{n} ∥} - \frac{1}{∥ x _{m} ∥} < \frac{ε}{2 M}, ∥ x_{n} - x_{m} ∥ < \frac{ε a}{4} .$ 于是 $∥ y_{n} - y_{m} ∥ \leq \frac{ε}{2 M} \cdot M + \frac{2}{a} \cdot \frac{ε a}{4} = \frac{ε}{2} + \frac{ε}{2} = ε .$ 故 $(y_{n})$ 是柯西列。由 $S_{X}$ 完备，存在 $y \in S_{X}$ 使得 $y_{n} \to y$ 。

现 $∥ x_{n} ∥ \to a$ ， $y_{n} \to y$ ，从而 $∥ x_{n} - a y ∥ \leq ∥ x_{n} - ∥ x_{n} ∥ y_{n} ∥ + ∥∥ x_{n} ∥ y_{n} - a y ∥ \leq ∥ x_{n} ∥∥ y_{n} - y ∥ + ∣∥ x_{n} ∥ - a ∣ \cdot ∥ y ∥ \to 0,$ 即 $x_{n} \to a y$ 。因此 $(x_{n})$ 收敛。

综合情形 1 和 2， $X$ 中任意柯西列均收敛，故 $X$ 是 Banach 空间。

$■$

习题 2.18

设 $X, Y$ 为赋范空间, $T \in B (X, Y)$ 为非零有界线性算子. 求证: 任取 $x \in X$ , $∥ x ∥ < 1$ , 都有 $∥ T x ∥ < ∥ T ∥$ .

解答

证明：

由于 $T \in B (X, Y)$ ，根据算子范数的定义有

$∥ T ∥ = ∥ u ∥ = 1 sup ∥ T u ∥.$

对任意 $x \in X$ ，若 $x = 0$ ，则 $∥ T x ∥ = 0 = ∥ T ∥∥ x ∥$ ；若 $x \neq = 0$ ，取 $u = x /∥ x ∥$ ，则 $∥ u ∥ = 1$ ，从而

$∥ T u ∥ = T (\frac{x}{∥ x ∥}) \leq ∥ T ∥,$

即 $∥ T x ∥ \leq ∥ T ∥∥ x ∥$ 。因此对任意 $x \in X$ 成立

$∥ T x ∥ \leq ∥ T ∥∥ x ∥. (1)$

因为 $T$ 非零，所以 $∥ T ∥ > 0$ 。现取 $x \in X$ 满足 $∥ x ∥ < 1$ ，则由 (1) 得

$∥ T x ∥ \leq ∥ T ∥∥ x ∥ < ∥ T ∥ \cdot 1 = ∥ T ∥.$

故 $∥ T x ∥ < ∥ T ∥$ ，结论得证。

注意：当 $T = 0$ 时 $∥ T ∥ = 0$ ，而 $∥ T x ∥ = 0$ ，此时不等式 $0 < 0$ 不成立，因此必须要求 $T$ 非零。

习题 2.19

设 $X, Y$ 为赋范空间, $T \in B (X, Y)$ 为一一映射. 若存在常数 $α > 0$ , 使得 $α ∥ x ∥ \leq ∥ T x ∥, x \in X .$ 求证: $T^{- 1} \in B (Y, X)$ 且 $T^{- 1} \leq \frac{1}{α}$ .

解答

证明：因为 $T$ 是一一映射（双射），所以存在逆算子 $T^{- 1} : Y \to X$ ，并且 $T^{- 1}$ 是线性的。对任意 $y \in Y$ ，设 $x = T^{- 1} y$ ，则 $T x = y$ 。由条件可得 $α ∥ x ∥ = α ∥ T^{- 1} y ∥ \leq ∥ T x ∥ = ∥ y ∥,$ 因此 $∥ T^{- 1} y ∥ \leq \frac{1}{α} ∥ y ∥$ 。这说明 $T^{- 1}$ 是有界线性算子，且其算子范数满足 $T^{- 1} \leq \frac{1}{α} .$ $□$

习题 2.20

设 $T : C [0, 1] \to C [0, 1]$ 定义为 $(T x) (t) = \int_{0}^{t} x (s) d s, x \in C [0, 1] .$ 求证: $T$ 为单射. 求 $R (T)$ . 问 $T^{- 1} : R (T) \to C [0, 1]$ 为有界线性算子吗?

解答

证明与解答

1. $T$ 为单射

设 $x \in C [0, 1]$ 满足 $T x = 0$ ，即对任意 $t \in [0, 1]$ ， $(T x) (t) = \int_{0}^{t} x (s) d s = 0.$ 令 $F (t) = \int_{0}^{t} x (s) d s$ ，由于 $x$ 连续，根据微积分基本定理， $F$ 在 $[0, 1]$ 上可微且 $F^{'} (t) = x (t)$ 对一切 $t$ 成立。因 $F \equiv 0$ ，故 $F^{'} (t) = 0$ ，从而 $x (t) = 0$ 对任意 $t$ 成立，即 $x = 0$ 。因此 $T$ 是单射。

2. 值域 $R (T)$

先观察：对任意 $x \in C [0, 1]$ ，令 $y = T x$ ，则 $y (t) = \int_{0}^{t} x (s) d s, y (0) = 0.$ 由 $x$ 连续知 $y$ 连续可微且 $y^{'} = x \in C [0, 1]$ ，故 $y \in C^{1} [0, 1]$ 且 $y (0) = 0$ 。所以 $R (T) \subseteq {y \in C [0, 1] : y (0) = 0, y \in C^{1} [0, 1]} .$

反之，任取 $y \in C^{1} [0, 1]$ 满足 $y (0) = 0$ ，定义 $x (t) = y^{'} (t)$ ，则 $x \in C [0, 1]$ ，并且 $(T x) (t) = \int_{0}^{t} y^{'} (s) d s = y (t) - y (0) = y (t),$ 即 $y \in R (T)$ 。综上， $R (T) = {y \in C [0, 1] : y (0) = 0, y 在 [0, 1] 上连续可导} .$ 通常简记为 $R (T) = {y \in C^{1} [0, 1] : y (0) = 0}$ ，其中 $C^{1} [0, 1]$ 视为 $C [0, 1]$ 的子空间。

3. $T^{- 1}$ 的有界性

因 $T$ 是单射，其逆算子 $T^{- 1} : R (T) \to C [0, 1]$ 存在。对任意 $y \in R (T)$ ，由 $y = T x$ 得 $x = y^{'}$ ，故 $(T^{- 1} y) (t) = y^{'} (t), \forall t \in [0, 1],$ 即 $T^{- 1}$ 是求导算子。

考虑函数列 ${y_{n}}_{n \in N} \subseteq R (T)$ ，其中 $y_{n} (t) = t^{n}, t \in [0, 1] .$ 显然 $y_{n} \in C^{1} [0, 1]$ 且 $y_{n} (0) = 0$ ，故 $y_{n} \in R (T)$ 。计算范数（ $C [0, 1]$ 的范数为 $∥ \cdot ∥_{\infty}$ ）： $∥ y_{n} ∥_{\infty} = t \in [0, 1] sup ∣ t^{n} ∣ = 1,$ $(T^{- 1} y_{n}) (t) = y_{n}^{'} (t) = n t^{n - 1}, ∥ T^{- 1} y_{n} ∥_{\infty} = t \in [0, 1] sup n t^{n - 1} = n .$

若 $T^{- 1}$ 是有界线性算子，则存在常数 $M \geq 0$ 使得对任意 $y \in R (T)$ 有 $∥ T^{- 1} y ∥_{\infty} \leq M ∥ y ∥_{\infty} .$ 特别地，对每个 $n$ 应有 $n \leq M \cdot 1 = M$ ，这与 $n$ 可任意大矛盾。因此 $T^{- 1}$ 不是有界算子。

综上所述， $T$ 为单射， $R (T) = {y \in C^{1} [0, 1] : y (0) = 0}$ ，而其逆算子 $T^{- 1}$ 无界。

习题 2.21

设 $X, Y$ 为赋范空间, $T : X \to Y$ 为线性算子. 求证: $T$ 不为连续映射当且仅当存在 $x_{n} \in X$ , 使得 $x_{n} \to 0$ , 但 $∥ T x_{n} ∥ \to \infty$ .

解答

证明

设 $X$ 和 $Y$ 为赋范空间， $T : X \to Y$ 为线性算子。

充分性（⇐）：
若存在序列 ${x_{n}} \subset X$ 使得 $x_{n} \to 0$ 但 $∥ T x_{n} ∥ \to \infty$ ，则 $T$ 不连续。
这是因为若 $T$ 连续，则由 $x_{n} \to 0$ 可得 $T x_{n} \to T 0 = 0$ ，从而 $∥ T x_{n} ∥ \to 0$ ，与 $∥ T x_{n} ∥ \to \infty$ 矛盾。

必要性（⇒）：
设 $T$ 不连续。对线性算子而言，连续性等价于有界性，故 $T$ 无界，即
$\forall M > 0, \exists x \in X, x \neq = 0, ∥ T x ∥ > M ∥ x ∥.$
特别地，对每个 $n \in N$ ，取 $M = n$ ，存在 $y_{n} \in X$ , $y_{n} \neq = 0$ ，使得
$∥ T y_{n} ∥ > n ∥ y_{n} ∥.$
令 $u_{n} = \frac{y _{n}}{∥ y _{n} ∥}$ ，则 $∥ u_{n} ∥ = 1$ ，且
$∥ T u_{n} ∥ = \frac{∥ T y _{n} ∥}{∥ y _{n} ∥} > n .$
再定义
$x_{n} = \frac{u _{n}}{n} .$
于是
$∥ x_{n} ∥ = \frac{1}{n} \to 0 (n \to \infty),$
而
$∥ T x_{n} ∥ = \frac{∥ T u _{n} ∥}{n} > \frac{n}{n} = n \to \infty.$
因此存在序列 ${x_{n}}$ 满足 $x_{n} \to 0$ 且 $∥ T x_{n} ∥ \to \infty$ 。

综上， $T$ 不是连续映射当且仅当存在 $x_{n} \in X$ 使得 $x_{n} \to 0$ 而 $∥ T x_{n} ∥ \to \infty$ 。 ∎

习题 2.22

在 $C [- 1, 1]$ 上定义线性泛函 $f (x) = \int_{- 1}^{0} x (t) d t - \int_{0}^{1} x (t) d t, x \in C [- 1, 1] .$ 求证: $f \in C [- 1, 1]^{'}$ . 求 $∥ f ∥$ . 问: 存在 $x \in C [- 1, 1]$ , 使得 $∥ x ∥ ∥_{\infty} = 1, ∣ f (x) ∣ =$ $∥ f ∥$ 吗?

解答

证明：首先验证 $f$ 是线性泛函，显然。下面证明 $f$ 有界，并求其范数。

对任意 $x \in C [- 1, 1]$ ，有 $∣ f (x) ∣ = \int_{- 1}^{0} x (t) d t - \int_{0}^{1} x (t) d t \leq \int_{- 1}^{0} ∣ x (t) ∣ d t + \int_{0}^{1} ∣ x (t) ∣ d t \leq ∥ x ∥_{\infty} (\int_{- 1}^{0} 1 d t + \int_{0}^{1} 1 d t) = 2∥ x ∥_{\infty},$ 故 $f$ 是有界线性泛函，且 $∥ f ∥ \leq 2$ 。

为证 $∥ f ∥ = 2$ ，构造一列函数 ${x_{n}} \subset C [- 1, 1]$ （ $n \geq 2$ ）如下： $x_{n} (t) = ⎩ ⎨ ⎧ 1, - n t, - 1, - 1 \leq t \leq - \frac{1}{n}, - \frac{1}{n} < t < \frac{1}{n}, \frac{1}{n} \leq t \leq 1.$ 易见 $∥ x_{n} ∥_{\infty} = 1$ 。计算 \begin{align*} \int_{-1}^0 x_n(t),\mathrm{d}t &=\int_{-1}^{-1/n}1,\mathrm{d}t+\int_{-1/n}^0(-nt),\mathrm{d}t = \left(1-\frac1n\right) + \frac{1}{2n}=1-\frac{1}{2n},\ \int_0^1 x_n(t),\mathrm{d}t &=\int_0^{1/n}(-nt),\mathrm{d}t+\int_{1/n}^1(-1),\mathrm{d}t = -\frac{1}{2n}+\left(-1+\frac1n\right)=-1+\frac{1}{2n}. \end{align*} 于是 $f (x_{n}) = (1 - \frac{1}{2 n}) - (- 1 + \frac{1}{2 n}) = 2 - \frac{1}{n} .$ 因此 $∣ f (x_{n}) ∣ = 2 - \frac{1}{n} \to 2$ ，从而 $∥ f ∥ \geq 2$ 。结合上界得 $∥ f ∥ = 2$ 。

是否存在 $x \in C [- 1, 1]$ 使得 $∥ x ∥_{\infty} = 1$ 且 $∣ f (x) ∣ = ∥ f ∥ = 2$ ？
假设存在这样的 $x$ 。记 $A = \int_{- 1}^{0} x (t) d t, B = \int_{0}^{1} x (t) d t,$ 则 $∣ A - B ∣ = 2$ 。由于 $∣ A ∣ \leq \int_{- 1}^{0} ∣ x (t) ∣ d t \leq 1$ ， $∣ B ∣ \leq \int_{0}^{1} ∣ x (t) ∣ d t \leq 1$ ，故 $∣ A - B ∣ \leq ∣ A ∣ + ∣ B ∣ \leq 2$ 。等号成立必须满足 $∣ A ∣ = 1$ ， $∣ B ∣ = 1$ 且 $A$ 与 $B$ 异号。

由 $∣ A ∣ = 1$ 及 $\int_{- 1}^{0} ∣ x (t) ∣ d t \leq 1$ 知 $\int_{- 1}^{0} ∣ x (t) ∣ d t = 1$ 。又因 $∣ x (t) ∣ \leq 1$ 且 $x$ 连续，若存在 $t_{0} \in [- 1, 0]$ 使 $∣ x (t_{0}) ∣ < 1$ ，则由连续性知存在邻域上 $∣ x ∣ < 1$ ，从而积分严格小于 $1$ 。因此必须在整个 $[- 1, 0]$ 上 $∣ x (t) ∣ = 1$ 。同理，在 $[0, 1]$ 上也有 $∣ x (t) ∣ = 1$ 。

连续函数在闭区间上只取 $\pm 1$ ，故在 $[- 1, 0]$ 上 $x (t)$ 恒为 $1$ 或恒为 $- 1$ ；在 $[0, 1]$ 上也恒为 $1$ 或恒为 $- 1$ 。若 $A = 1$ ，则 $x$ 在 $[- 1, 0]$ 上恒为 $1$ ；若 $A = - 1$ ，则恒为 $- 1$ 。同理 $B = \pm 1$ 。为使 $A$ 与 $B$ 异号，必须一端为 $1$ 另一端为 $- 1$ 。但此时 $x$ 在 $t = 0$ 处左、右极限分别为 $\pm 1$ ，不相等，与 $x$ 在 $0$ 处连续矛盾。因此这样的 $x$ 不存在。

综上所述， $f \in C [- 1, 1]^{'}$ ， $∥ f ∥ = 2$ ，但不存在范数为 $1$ 的连续函数 $x$ 使 $∣ f (x) ∣ = 2$ 。

习题 2.23

$C [a, b]$ 上的线性泛函 $f$ 称为正泛函, 如果任取 $x \in C [a, b]$ 满足任取 $t \in [a, b]$ , $x (t) \geq 0$ , 都有 $f (x) \geq 0$ . 求证: $f$ 为正线性泛函当且仅当 $f$ 为连续线性泛函且 $∥ f ∥ = f (1)$ , 此处 $1 \in C [a, b]$ 表示 $[a, b]$ 上恒为 1 的连续函数.

解答

证明：设 $C [a, b]$ 为区间 $[a, b]$ 上的实值连续函数空间，赋予上确界范数 $∥ x ∥ = max_{t \in [a, b]} ∣ x (t) ∣$ ， $f : C [a, b] \to R$ 为线性泛函。

$(\Rightarrow)$ 设 $f$ 为正线性泛函。

由于常数函数 $1$ 满足 $1 (t) \equiv 1 \geq 0$ ，故 $f (1) \geq 0$ 。

对任意 $x \in C [a, b]$ ，记 $M = ∥ x ∥$ 。则对每个 $t \in [a, b]$ 有 $- M \leq x (t) \leq M$ ，从而 $M - x (t) \geq 0, M + x (t) \geq 0.$ 由正性得 $f (M - x) = M f (1) - f (x) \geq 0, f (M + x) = M f (1) + f (x) \geq 0,$ 故 $- M f (1) \leq f (x) \leq M f (1), 即 ∣ f (x) ∣ \leq f (1) ∥ x ∥.$ 因此 $f$ 有界（连续），且 $∥ f ∥ \leq f (1)$ 。另一方面，由范数定义， $∣ f (1) ∣ \leq ∥ f ∥ \cdot ∥1∥ = ∥ f ∥,$ 而 $∣ f (1) ∣ = f (1)$ ，所以 $∥ f ∥ = f (1)$ 。

$(\Leftarrow)$ 设 $f$ 连续且 $∥ f ∥ = f (1)$ 。

若 $∥ f ∥ = 0$ ，则 $f = 0$ ，显然为正泛函。下设 $∥ f ∥ > 0$ ，从而 $f (1) = ∥ f ∥ > 0$ 。

用反证法。假设存在 $x_{0} \in C [a, b]$ 满足 $x_{0} (t) \geq 0 (\forall t)$ ，但 $f (x_{0}) < 0$ 。由于 $f (x_{0}) < 0$ ， $x_{0}$ 不恒为零，故 $M := ∥ x_{0} ∥ > 0$ 。取 $λ = 1/ M$ ，构造 $y = 1 - λ x_{0} .$ 因为 $0 \leq λ x_{0} (t) \leq 1$ ，所以 $0 \leq y (t) \leq 1$ ，从而 $∥ y ∥ \leq 1$ 。

计算 $f (y) = f (1) - λ f (x_{0}) = ∥ f ∥ - λ f (x_{0}) .$ 由于 $f (x_{0}) < 0$ ， $- λ f (x_{0}) > 0$ ，于是 $f (y) > ∥ f ∥$ 。但由范数定义，对任意 $∥ z ∥ \leq 1$ 应有 $∣ f (z) ∣ \leq ∥ f ∥$ ，特别地 $∣ f (y) ∣ = f (y) > ∥ f ∥$ ，矛盾。

因此假设不成立，故对一切非负连续函数 $x$ 都有 $f (x) \geq 0$ ，即 $f$ 为正线性泛函。

综上， $f$ 为正线性泛函当且仅当 $f$ 连续且 $∥ f ∥ = f (1)$ 。

习题 2.24

设 $1 \leq p < \infty, α = {α_{n}} \in ℓ^{\infty}$ . 任取 $x = {x_{n}} \in ℓ^{p}$ , 定义 $T x = {α_{n} x_{n}}$ . 求证 : $T x \in ℓ^{p}$ , 且 $T \in B (ℓ^{p})$ . 求 $∥ T ∥$ .

解答

证明： 设 $M = ∥ α ∥_{\infty} = sup_{n \in N} ∣ α_{n} ∣ < \infty$ 。

$T x \in ℓ^{p}$ 且 $T$ 有界线性：
对任意 $x = {x_{n}} \in ℓ^{p}$ ， $∥ T x ∥_{p}^{p} = n = 1 \sum \infty ∣ α_{n} x_{n} ∣^{p} \leq n = 1 \sum \infty M^{p} ∣ x_{n} ∣^{p} = M^{p} ∥ x ∥_{p}^{p} < \infty,$ 故 $T x \in ℓ^{p}$ ，且 $∥ T x ∥_{p} \leq M ∥ x ∥_{p}$ 。线性性是显然的：对 $λ, μ \in C$ 和 $x, y \in ℓ^{p}$ ， $T (λ x + μ y) = {α_{n} (λ x_{n} + μ y_{n})} = λ {α_{n} x_{n}} + μ {α_{n} y_{n}} = λ T x + μ T y .$ 因此 $T \in B (ℓ^{p})$ ，且 $∥ T ∥ \leq M$ 。
求 $∥ T ∥$ ：
下证 $∥ T ∥ \geq M$ 。任给 $ε > 0$ ，由 $M = sup_{n} ∣ α_{n} ∣$ 知存在 $n_{0}$ 使得 $∣ α_{n_{0}} ∣ > M - ε$ 。取 $x = e_{n_{0}}$ ，即第 $n_{0}$ 个分量为 $1$ 、其余为 $0$ 的序列，则 $∥ x ∥_{p} = 1$ ，且 $T x = {α_{n} δ_{n n_{0}}} = α_{n_{0}} e_{n_{0}},$ 从而 $∥ T x ∥_{p} = ∣ α_{n_{0}} ∣ > M - ε$ 。由算子范数定义， $∥ T ∥ = ∥ x ∥_{p} = 1 sup ∥ T x ∥_{p} \geq ∥ T x ∥_{p} > M - ε .$ 令 $ε \to 0^{+}$ 即得 $∥ T ∥ \geq M$ 。

结合 $∥ T ∥ \leq M$ ，得到 $∥ T ∥ = M = ∥ α ∥_{\infty}$ 。

习题 2.25

设 $X, Y$ 为赋范空间, $X \neq = {0}$ , 假设 $B (X, Y)$ 为 Banach 空间. 求证: $Y$ 也为 Banach 空间.

解答

证明：
设 $X, Y$ 为赋范空间且 $X \neq = {0}$ , $B (X, Y)$ 按算子范数构成 Banach 空间. 下证 $Y$ 完备.

选取非零元及连续线性泛函
由于 $X \neq = {0}$ , 取 $x_{0} \in X$ , $x_{0} \neq = 0$ . 不妨设 $∥ x_{0} ∥ = 1$ (否则用 $\frac{x _{0}}{∥ x _{0} ∥}$ 代替).
考虑一维子空间 $span {x_{0}}$ 上的线性泛函 $g (α x_{0}) = α$ . 易见 $∥ g ∥ = 1$ . 由 Hahn-Banach 定理, 存在 $f \in X^{*}$ 延拓 $g$ 且 $∥ f ∥ = ∥ g ∥ = 1$ , 特别地 $f (x_{0}) = 1$ .
利用 $Y$ 的 Cauchy 列构造 $B (X, Y)$ 的 Cauchy 列
设 ${y_{n}} \subset Y$ 是一个 Cauchy 列. 对每个 $n \in N$ , 定义算子 $T_{n} : X \to Y$ 为
$T_{n} (x) = f (x) y_{n}, \forall x \in X .$ $T_{n}$ 显然是线性的, 且对任意 $x \in X$ 有 $∥ T_{n} (x) ∥ = ∣ f (x) ∣ ∥ y_{n} ∥ \leq ∥ f ∥∥ x ∥∥ y_{n} ∥ = ∥ x ∥∥ y_{n} ∥$ , 故 $T_{n} \in B (X, Y)$ 且 $∥ T_{n} ∥ \leq ∥ y_{n} ∥$ . 又由 $f (x_{0}) = 1$ 得 $∥ T_{n} (x_{0}) ∥ = ∥ y_{n} ∥$ , 所以 $∥ T_{n} ∥ = ∥ y_{n} ∥$ .

对任意 $m, n \in N$ , $∥ T_{n} - T_{m} ∥ = ∥ x ∥ \leq 1 sup ∥ (T_{n} - T_{m}) (x) ∥ = ∥ x ∥ \leq 1 sup ∣ f (x) ∣ ∥ y_{n} - y_{m} ∥ = ∥ f ∥ ∥ y_{n} - y_{m} ∥ = ∥ y_{n} - y_{m} ∥.$ 因为 ${y_{n}}$ 是 Cauchy 列, 所以 ${T_{n}}$ 是 $B (X, Y)$ 中的 Cauchy 列.
利用 $B (X, Y)$ 的完备性得到极限算子
由假设 $B (X, Y)$ 是 Banach 空间, 故存在 $T \in B (X, Y)$ 使得 $∥ T_{n} - T ∥ \to 0$ .
得出 $y_{n}$ 收敛
由于算子范数收敛蕴含逐点收敛, 特别取 $x_{0}$ 得
$∥ y_{n} - T (x_{0}) ∥ = ∥ T_{n} (x_{0}) - T (x_{0}) ∥ \leq ∥ T_{n} - T ∥ ∥ x_{0} ∥ = ∥ T_{n} - T ∥ \to 0.$ 因此 $y_{n} \to T (x_{0})$ 于 $Y$ 中.
结论
$Y$ 中任意 Cauchy 列均收敛, 故 $Y$ 是完备的, 即为 Banach 空间. ∎

习题 2.26

在 $C [0, 1]$ 上赋予范数 $∥ \cdot ∥_{1}$ , 令 $f (x) = \int_{0}^{1} s x (s) d s, x \in C [0, 1] .$ 求证: $f \in C [0, 1]^{'}$ . 求 $∥ f ∥$ .

解答

证明首先验证 $f$ 是线性泛函。对任意 $x, y \in C [0, 1]$ 和 $α, β \in R$ ， $f (αx + β y) = \int_{0}^{1} s (αx (s) + β y (s)) d s = α \int_{0}^{1} s x (s) d s + β \int_{0}^{1} sy (s) d s = α f (x) + β f (y),$ 故 $f$ 是线性的。

其次证明 $f$ 有界（即连续）。对任意 $x \in C [0, 1]$ ， $∣ f (x) ∣ = \int_{0}^{1} s x (s) d s \leq \int_{0}^{1} s ∣ x (s) ∣ d s \leq \int_{0}^{1} ∣ x (s) ∣ d s = ∥ x ∥_{1} .$ 因此 $f$ 是有界线性泛函，且 $∥ f ∥ \leq 1$ 。

最后计算 $∥ f ∥$ 的确切值。取函数列 $x_{n} (s) = n s^{n - 1}$ ， $n \in N$ 。显然 $x_{n} \in C [0, 1]$ ，并且 $∥ x_{n} ∥_{1} = \int_{0}^{1} n s^{n - 1} d s = 1.$ 计算 $f (x_{n}) = \int_{0}^{1} s \cdot n s^{n - 1} d s = n \int_{0}^{1} s^{n} d s = \frac{n}{n + 1} .$ 于是 $∥ f ∥ = ∥ x ∥_{1} \leq 1 sup ∣ f (x) ∣ \geq ∣ f (x_{n}) ∣ = \frac{n}{n + 1} (\forall n \in N) .$ 令 $n \to \infty$ 得 $∥ f ∥ \geq 1$ 。结合 $∥ f ∥ \leq 1$ 即得 $∥ f ∥ = 1$ 。

综上所述， $f \in C [0, 1]^{'}$ 且 $∥ f ∥ = 1$ 。

习题 2.27

设 $X$ 为赋范空间, $f, g \in X^{'}$ . 求证: $N (f) = N (g)$ 当且仅当存在非零常数 $α \in K$ , 使得 $f = αg$ .

解答

证明
设 $X$ 为赋范空间， $f, g \in X^{'}$ 是连续线性泛函。

充分性
若存在非零常数 $α \in K$ 使得 $f = αg$ ，则对任意 $x \in X$ 有 $f (x) = αg (x)$ 。因此 $x \in N (f) ⟺ f (x) = 0 ⟺ αg (x) = 0 ⟺ g (x) = 0 ⟺ x \in N (g),$ 故 $N (f) = N (g)$ 。

必要性
假设 $N (f) = N (g)$ 。分情况讨论。

$f = 0$ 的情形
此时 $N (f) = X$ ，由条件 $N (g) = X$ ，从而 $g (x) = 0$ 对所有 $x \in X$ 成立，即 $g = 0$ 。取任意非零 $α \in K$ ，有 $f = 0 = α \cdot 0 = αg$ 。
$g = 0$ 的情形
类似可得 $f = 0$ ，取非零 $α$ 即得 $f = αg$ 。
$f \neq = 0$ 且 $g \neq = 0$ 的情形
由于 $g \neq = 0$ ，存在 $x_{0} \in X$ 使得 $g (x_{0}) \neq = 0$ 。令 $α = \frac{f ( x _{0} )}{g ( x _{0} )} .$ 对任意 $x \in X$ ，构造 $y = x - \frac{g ( x )}{g ( x _{0} )} x_{0} .$ 则 $g (y) = g (x) - \frac{g ( x )}{g ( x _{0} )} g (x_{0}) = 0,$ 即 $y \in N (g)$ 。由 $N (g) = N (f)$ 得 $y \in N (f)$ ，故 $f (y) = 0$ 。于是 $f (x) - \frac{g ( x )}{g ( x _{0} )} f (x_{0}) = 0 ⟹ f (x) = αg (x) .$ 因此 $f = αg$ 。若 $α = 0$ ，则 $f = 0$ ，与 $f \neq = 0$ 矛盾，故 $α \neq = 0$ 。

综合上述情形，总有非零常数 $α \in K$ 使 $f = αg$ 。∎

习题 2.28

设 $X$ 为 $n$ 维线性空间, $Z$ 为 $X$ 的真线性子空间, $x_{0} \in X ∖ Z$ . 求证: 存在 $X$ 上的线性泛函 $f$ , 使得 $f (x_{0}) = 1, f ∣_{z} = 0$ .

解答

证明由于 $X$ 是 $n$ 维线性空间， $Z$ 为其真子空间，故 $dim Z = m < n$ 。取 $Z$ 的一组基 ${z_{1}, \dots, z_{m}}$ 。因 $x_{0} \in / Z$ ，向量组 ${z_{1}, \dots, z_{m}, x_{0}}$ 线性无关（否则 $x_{0}$ 可由 $Z$ 的基线性表示，矛盾）。将其扩充为 $X$ 的一组基 ${z_{1}, \dots, z_{m}, x_{0}, v_{m + 2}, \dots, v_{n}} .$

定义 $f : X \to K$ （ $K = R$ 或 $C$ ）如下：在基上规定 $f (z_{i}) = 0 (i = 1, \dots, m), f (x_{0}) = 1, f (v_{j}) = 0 (j = m + 2, \dots, n),$ 并线性延拓至整个 $X$ ，即对任意 $x = i = 1 \sum m α_{i} z_{i} + β x_{0} + j = m + 2 \sum n γ_{j} v_{j},$ 令 $f (x) = β$ 。

显然 $f$ 是线性泛函。若 $x \in Z$ ，则 $x$ 可表为 $\sum_{i = 1}^{m} α_{i} z_{i}$ ，此时 $β = 0$ ，故 $f (x) = 0$ ，即 $f ∣_{Z} = 0$ 。又 $f (x_{0}) = 1$ 。因此满足要求的线性泛函存在。

习题 2.29

设 $X$ 为赋范空间 $, f \in X^{'}, f \neq = 0$ . 若 $α = x \in X, f (x) = 1 in f ∥ x ∥.$ 求证: $∥ f ∥ = \frac{1}{α}$ .

解答

由 $f \neq = 0$ 知存在 $y \in X$ 使得 $f (y) \neq = 0$ , 令 $x_{0} = y / f (y)$ 则 $f (x_{0}) = 1$ , 因此集合 $S = {x \in X : f (x) = 1}$ 非空, $α = in f_{x \in S} ∥ x ∥$ 是良定义的.

先证 $α \geq 1/∥ f ∥$ : 对任意 $x \in S$ , 有 $1 = ∣ f (x) ∣ \leq ∥ f ∥∥ x ∥$ , 故 $∥ x ∥ \geq 1/∥ f ∥$ , 从而下确界 $α \geq 1/∥ f ∥$ .

再证 $α \leq 1/∥ f ∥$ : 由对偶范数定义 $∥ f ∥ = sup_{∥ z ∥ = 1} ∣ f (z) ∣$ , 存在序列 ${y_{n}} \subset X$ , $∥ y_{n} ∥ = 1$ , 使得 $∣ f (y_{n}) ∣ \to ∥ f ∥ (n \to \infty)$ . 因为 $∥ f ∥ > 0$ , 故当 $n$ 充分大时 $f (y_{n}) \neq = 0$ . 令 $x_{n} = y_{n} / f (y_{n})$ , 则 $f (x_{n}) = 1$ , 即 $x_{n} \in S$ , 且 $∥ x_{n} ∥ = \frac{∥ y _{n} ∥}{∣ f ( y _{n} ) ∣} = \frac{1}{∣ f ( y _{n} ) ∣} \to \frac{1}{∥ f ∥} (n \to \infty) .$ 由于 $α$ 是 $S$ 中元素范数的下确界, 对每个 $n$ 有 $α \leq ∥ x_{n} ∥$ , 从而 $α \leq n \to \infty lim inf ∥ x_{n} ∥ = \frac{1}{∥ f ∥} .$

综合两方面得 $α = 1/∥ f ∥$ , 即 $∥ f ∥ = 1/ α$ . $□$

习题 2.30

在 $C [0, 1]$ 上分别赋予范数 $∥ \cdot ∥_{1}$ 和 $∥ \cdot ∥_{2}$ , 考虑 $T : C [0, 1] \to C [0, 1]$ , $(T x) (t) = t^{2} x (t)$ .

(1) 求证: $T \in B ((C [0, 1], ∥ \cdot ∥_{2}), (C [0, 1], ∥ \cdot ∥_{2}))$ . 求 $∥ T ∥$ ;

(2) 求证: $T \in B ((C [0, 1], ∥ \cdot ∥_{2}), (C [0, 1], ∥ \cdot ∥_{1}))$ . 求 $∥ T ∥$ .

解答

解答

(1) 考虑空间 $X = C [0, 1]$ 赋以范数 $∥ x ∥_{2} = (\int_{0}^{1} ∣ x (t) ∣^{2} d t)^{1/2}$ 。定义算子 $(T x) (t) = t^{2} x (t)$ 。

有界性：对任意 $x \in X$ ， $∥ T x ∥_{2}^{2} = \int_{0}^{1} t^{4} ∣ x (t) ∣^{2} d t \leq \int_{0}^{1} ∣ x (t) ∣^{2} d t = ∥ x ∥_{2}^{2},$ 故 $∥ T x ∥_{2} \leq ∥ x ∥_{2}$ ，即 $T$ 有界且 $∥ T ∥ \leq 1$ 。

算子范数：下证 $∥ T ∥ = 1$ 。对任意正整数 $n$ ，取 $δ = 1/ n$ ，构造连续函数 $x_{n} \in X$ 满足：

$x_{n} (t) \geq 0$ ，
$supp x_{n} \subseteq [1 - δ, 1]$ ，
$∥ x_{n} ∥_{2} = 1$ 。

（例如，令 $x_{n} (t) = 0$ 当 $t \leq 1 - δ$ ，在 $[1 - δ, 1]$ 上用线性连接使其连续，再乘以常数使 $L^{2}$ 范数为 $1$ 。）于是 $∥ T x_{n} ∥_{2}^{2} = \int_{1 - δ}^{1} t^{4} x_{n} (t)^{2} d t \geq (1 - δ)^{4} \int_{1 - δ}^{1} x_{n} (t)^{2} d t = (1 - δ)^{4} .$ 从而 $\frac{∥ T x _{n} ∥ _{2}}{∥ x _{n} ∥ _{2}} \geq (1 - δ)^{2} = (1 - \frac{1}{n})^{2} \to 1 (n \to \infty) .$ 因此 $∥ T ∥ \geq 1$ ，结合上界得 $∥ T ∥ = 1$ 。

(2) 现在考虑 $T : (C [0, 1], ∥ \cdot ∥_{2}) \to (C [0, 1], ∥ \cdot ∥_{1})$ ，其中 $∥ x ∥_{1} = \int_{0}^{1} ∣ x (t) ∣ d t$ 。

有界性：对任意 $x \in X$ ，由 Cauchy–Schwarz 不等式， $∥ T x ∥_{1} = \int_{0}^{1} t^{2} ∣ x (t) ∣ d t \leq (\int_{0}^{1} t^{4} d t)^{1/2} (\int_{0}^{1} ∣ x (t) ∣^{2} d t)^{1/2} = \frac{1}{5} ∥ x ∥_{2} .$ 故 $T$ 有界且 $∥ T ∥ \leq 1/ 5$ 。

算子范数：取函数 $x_{0} (t) = 5 t^{2}$ ，则 $x_{0} \in X$ ，且 $∥ x_{0} ∥_{2}^{2} = \int_{0}^{1} 5 t^{4} d t = 5 \cdot \frac{1}{5} = 1, ∥ x_{0} ∥_{2} = 1.$ 计算 $∥ T x_{0} ∥_{1} = \int_{0}^{1} t^{2} \cdot 5 t^{2} d t = 5 \int_{0}^{1} t^{4} d t = 5 \cdot \frac{1}{5} = \frac{1}{5} .$ 于是 $\frac{∥ T x _{0} ∥ _{1}}{∥ x _{0} ∥ _{2}} = \frac{1}{5} .$ 因此 $∥ T ∥ \geq 1/ 5$ ，结合上界得 $∥ T ∥ = 1/ 5$ 。

综上所述， $(1) ∥ T ∥ = 1, (2) ∥ T ∥ = \frac{1}{5} .$

习题 2.31

设 $X$ 为无穷维赋范空间, $Y$ 为非零赋范空间. 求证: 存在线性算子 $T : X \to Y$ , 使得 $T \in / B (X, Y)$ .

解答

证明

由于 $X$ 是无穷维赋范空间，可以取出一列线性无关的向量 $(x_{n})_{n = 1}^{\infty} \subset X$ 。对每个 $x_{n}$ 归一化，令
$e_{n} = \frac{x _{n}}{∥ x _{n} ∥},$
则 ${e_{n}}$ 仍线性无关且 $∥ e_{n} ∥ = 1$ 。

取 $Y$ 中任意非零元 $y_{0} \neq = 0$ 。

构造线性泛函 $f : X \to K$ （ $K = R$ 或 $C$ ）如下：
将 ${e_{n}}$ 扩充为 $X$ 的一个 Hamel 基 $B$ （这需要选择公理，例如 Zorn 引理）。定义
$f (b) = {n, 0, b = e_{n} (n \in N), b \in B ∖ {e_{n}}_{n \in N} .$
对任意 $x \in X$ ，将其唯一表示为 $B$ 中有限个元素的线性组合，并令 $f (x)$ 为相应的线性组合（即线性扩张）。由线性扩张的唯一性知 $f$ 是良定义的线性泛函。

由于对每个 $n$ 有 $∥ e_{n} ∥ = 1$ 且 $∣ f (e_{n}) ∣ = n$ ，因此
$∥ x ∥ = 1 sup ∣ f (x) ∣ = \infty,$
即 $f$ 不是有界的。

现在定义算子 $T : X \to Y$ 为
$T (x) = f (x) y_{0}, x \in X .$
显然 $T$ 是线性的。并且对每个 $n$ ，
$∥ T (e_{n}) ∥ = ∣ f (e_{n}) ∣ \cdot ∥ y_{0} ∥ = n ∥ y_{0} ∥.$
因为 $∥ e_{n} ∥ = 1$ ，所以
$∥ x ∥ = 1 sup ∥ T (x) ∥ \geq n ∥ y_{0} ∥ (\forall n \in N),$
从而 $sup_{∥ x ∥ = 1} ∥ T (x) ∥ = \infty$ 。故 $T$ 不是有界线性算子，即 $T \in / B (X, Y)$ 。

∎

习题 2.32

设 $X$ 为赋范空间, $M$ 为 $X$ 的非空子集. 定义 $M$ 的零化子为 $^{⊥} M = {f \in X^{'} : f ∣_{M} = 0} .$ 求证: $^{⊥} M$ 为 $X^{'}$ 的闭线性子空间. 求 $^{⊥} X$ 和 $^{⊥} {0}$ .

解答

证明：
首先证明 $^{⊥} M$ 是 $X^{'}$ 的线性子空间。
任取 $f, g \in^{⊥} M$ 及标量 $α, β$ ，则对任意 $x \in M$ ，
$(α f + β g) (x) = α f (x) + β g (x) = α \cdot 0 + β \cdot 0 = 0,$ 故 $α f + β g \in^{⊥} M$ ，因此 $^{⊥} M$ 是线性子空间。

再证 $^{⊥} M$ 是闭的。
设 ${f_{n}} \subset^{⊥} M$ 且 $f_{n} \to f$ 于 $X^{'}$ （即按算子范数收敛）。
对任意 $x \in M$ ，由范数收敛可得
$∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ \leq ∥ f_{n} - f ∥ ∥ x ∥ \to 0 (n \to \infty),$ 从而 $f_{n} (x) \to f (x)$ 。但 $f_{n} (x) = 0$ ，故 $f (x) = 0$ ，即 $f ∣_{M} = 0$ ，因此 $f \in^{⊥} M$ 。
所以 $^{⊥} M$ 是闭的。

求值：

$^{⊥} X = {f \in X^{'} : f ∣_{X} = 0}$ ，满足此条件的只有零泛函，故 $^{⊥} X = {0}$ 。
$^{⊥} {0} = {f \in X^{'} : f (0) = 0}$ ，而任何线性泛函在 $0$ 处均为 $0$ ，故 $^{⊥} {0} = X^{'}$ 。

习题 2.33

设 $X$ 为赋范空间, $N$ 为 $X^{'}$ 的非空子集, 令 $N^{⊥} = {x \in X$ : 任取 $f \in N$ , 都有 $f (x) = 0}$ . 求证: $N^{⊥}$ 为 $X$ 的闭线性子空间. 求 $(X^{'})^{⊥}$ 和 ${0}^{⊥}$ .

解答

证明：

首先证明 $N^{⊥}$ 是 $X$ 的线性子空间。

$0 \in N^{⊥}$ ，因为对任意 $f \in N$ ， $f (0) = 0$ ，故 $N^{⊥} \neq = \emptyset$ 。
若 $x, y \in N^{⊥}$ ， $α, β \in K$ （标量域），则对任意 $f \in N$ 有 $f (x) = 0$ ， $f (y) = 0$ 。于是
$f (αx + β y) = α f (x) + β f (y) = 0,$
故 $αx + β y \in N^{⊥}$ 。因此 $N^{⊥}$ 是线性子空间。

再证明 $N^{⊥}$ 是闭的。
设 ${x_{n}} \subset N^{⊥}$ 且 $x_{n} \to x \in X$ 。对任意 $f \in N$ ，由于 $f$ 连续，有
$f (x) = n \to \infty lim f (x_{n}) = n \to \infty lim 0 = 0.$
因此 $x \in N^{⊥}$ ，故 $N^{⊥}$ 是闭的。

计算：

$(X^{'})^{⊥} = {x \in X : \forall f \in X^{'}, f (x) = 0}$ 。
由 Hahn-Banach 定理，若 $x \neq = 0$ ，则存在 $f \in X^{'}$ 使得 $f (x) = ∥ x ∥ \neq = 0$ 。从而只有 $x = 0$ 满足条件，故 $(X^{'})^{⊥} = {0}$ 。
${0}^{⊥} = {x \in X : \forall f \in {0}, f (x) = 0}$ 。
条件“对任意 $f \in {0}$ ， $f (x) = 0$ ”空真成立，故所有 $x \in X$ 均满足，因此 ${0}^{⊥} = X$ 。

∎

习题 2.34

设 $X$ 为 $n$ 维赋范空间, $M$ 为其 $m$ 维线性子空间, 且 $m < n$ . 求证: $dim (^{⊥} M) = n - m .$

解答

证明：由于 $X$ 是有限维赋范空间，其代数对偶 $X^{*}$ （即所有线性泛函）与连续对偶重合，且 $dim X^{*} = dim X = n$ . 记 $M$ 的零化子为 $^{⊥} M = {f \in X^{*} ∣ f (x) = 0, \forall x \in M} .$ 取 $M$ 的一组基 $x_{1}, \dots, x_{m}$ ，将其扩充为 $X$ 的一组基 $x_{1}, \dots, x_{m}, x_{m + 1}, \dots, x_{n}$ . 设 ${f_{1}, \dots, f_{n}} \subset X^{*}$ 为相应的对偶基，即满足 $f_{i} (x_{j}) = δ_{ij}$ ( $1 \leq i, j \leq n$ ). 则对 $i = m + 1, \dots, n$ ，由于任意 $x \in M$ 可表为 $x_{1}, \dots, x_{m}$ 的线性组合，而 $f_{i}$ 在这些向量上取零，故 $f_{i} \in^{⊥} M$ .

现证 ${f_{m + 1}, \dots, f_{n}}$ 构成 $^{⊥} M$ 的基. 首先它们线性无关（作为对偶基的子集）. 其次任取 $f \in^{⊥} M$ ，因 ${f_{1}, \dots, f_{n}}$ 是 $X^{*}$ 的基，存在标量 $a_{1}, \dots, a_{n}$ 使 $f = \sum_{i = 1}^{n} a_{i} f_{i}$ . 对每个 $j = 1, \dots, m$ ，计算 $f (x_{j}) = i = 1 \sum n a_{i} f_{i} (x_{j}) = a_{j},$ 而 $f \in^{⊥} M$ 蕴含 $f (x_{j}) = 0$ ，故 $a_{j} = 0$ . 于是 $f = \sum_{i = m + 1}^{n} a_{i} f_{i}$ ，即 $f$ 可由 ${f_{m + 1}, \dots, f_{n}}$ 线性表示. 因此 ${f_{m + 1}, \dots, f_{n}}$ 是 $^{⊥} M$ 的一组基，从而 $dim (^{⊥} M) = n - m .$ 这就完成了证明.

内积空间和 Hilbert 空间

内积空间

定义（内积）

设 $X$ 为数域 $K$ ( $R$ 或 $C$ ) 上的线性空间，映射 $⟨ \cdot, \cdot ⟩ : X \times X \to K$ 称为内积，若满足：

$⟨ x + y, z ⟩ = ⟨ x, z ⟩ + ⟨ y, z ⟩$ ;
$⟨ αx, y ⟩ = α ⟨ x, y ⟩$ ;
$⟨ x, y ⟩ = \overline{⟨ y, x ⟩}$ ;
$⟨ x, x ⟩ \geq 0$ ;
$⟨ x, x ⟩ = 0 ⟺ x = 0$ .

则称 $(X, ⟨ \cdot, \cdot ⟩)$ 为内积空间。

性质

关于第二个变量共轭线性： $⟨ z, αx + β y ⟩ = \overline{α} ⟨ z, x ⟩ + \overline{β} ⟨ z, y ⟩$ 。
由内积诱导范数： $∥ x ∥ := ⟨ x, x ⟩$ 是 $X$ 上的范数，称为诱导范数。

定理（Schwarz不等式和三角不等式）

设 $(X, ⟨ \cdot, \cdot ⟩)$ 是内积空间，则对任意 $x, y \in X$ ：

Schwarz不等式： $∣ ⟨ x, y ⟩ ∣ \leq ∥ x ∥∥ y ∥$ ，等号成立当且仅当 $x$ 与 $y$ 线性相关。
三角不等式： $∥ x + y ∥ \leq ∥ x ∥ + ∥ y ∥$ ，等号成立当且仅当 $y = 0$ 或 $x = cy$ ( $c \geq 0$ )。

定理（平行四边形等式和极化恒等式）

平行四边形等式： $∥ x + y ∥^{2} + ∥ x - y ∥^{2} = 2 (∥ x ∥^{2} + ∥ y ∥^{2})$ 。
极化恒等式：
- 若 $K = R$ ： $⟨ x, y ⟩ = \frac{1}{4} (∥ x + y ∥^{2} - ∥ x - y ∥^{2})$ ；
- 若 $K = C$ ： $⟨ x, y ⟩ = \frac{1}{4} (∥ x + y ∥^{2} - ∥ x - y ∥^{2}) + \frac{i}{4} (∥ x + i y ∥^{2} - ∥ x - i y ∥^{2})$ 。

一个赋范空间 $(X, ∥ \cdot ∥)$ 的范数可由某个内积诱导当且仅当范数满足平行四边形等式。

定义（Hilbert空间）

若内积空间 $X$ 在诱导范数下是完备的（即为 Banach 空间），则称 $X$ 为 Hilbert 空间。

定理（内积的连续性）

设 $X$ 是内积空间，若 $x_{n} \to x$ , $y_{n} \to y$ （在诱导范数下），则 $⟨ x_{n}, y_{n} ⟩ \to ⟨ x, y ⟩$ 。

定义（等距同构）

设 $X, Y$ 是内积空间，线性映射 $T : X \to Y$ 是等距同构，若 $T$ 是一一映射且保持内积： $⟨ T x_{1}, T x_{2} ⟩_{Y} = ⟨ x_{1}, x_{2} ⟩_{X}$ ，此时称 $X$ 与 $Y$ 等距同构。

定理（内积空间的完备化）

任何内积空间 $X$ 都存在一个 Hilbert 空间 $\hat{X}$ 作为完备化，即存在 $\hat{X}$ 的稠密线性子空间 $Y$ 与 $X$ 等距同构，且 $\hat{X}$ 在等距同构意义下唯一。

正交补及正交投影

定义（正交）

设 $X$ 是内积空间， $x, y \in X$ ，若 $⟨ x, y ⟩ = 0$ ，则称 $x$ 与 $y$ 正交，记作 $x ⊥ y$ 。对于子集 $M, N \subseteq X$ ，若 $\forall x \in M, y \in N$ 有 $x ⊥ y$ ，则称 $M$ 与 $N$ 正交，记作 $M ⊥ N$ 。定义 $M$ 的正交补为 $M^{⊥} := {x \in X : x ⊥ M} .$

$M^{⊥}$ 总是 $X$ 的闭线性子空间。

定义（凸集）

$X$ 的子集 $C$ 称为凸集，如果对任意 $x, y \in C$ 和 $λ \in [0, 1]$ ，有 $λ x + (1 - λ) y \in C$ 。

定理（最佳逼近存在唯一性）

设 $X$ 是内积空间， $M$ 是 $X$ 的非空凸集，且 $M$ 在 $X$ 诱导的度量下完备。则对任意 $x_{0} \in X$ ，存在唯一的 $y_{0} \in M$ ，使得 $ρ (x_{0}, M) = y \in M in f ∥ x_{0} - y ∥ = ∥ x_{0} - y_{0} ∥.$

特别地，若 $X$ 是 Hilbert 空间， $M$ 是 $X$ 的闭凸集（例如闭线性子空间），则上述结论成立。

定理（正交分解定理）

设 $H$ 是 Hilbert 空间， $M$ 是 $H$ 的闭线性子空间。则对任意 $x \in H$ ，存在唯一的 $y \in M$ 和 $z \in M^{⊥}$ ，使得 $x = y + z$ 。即 $H = M \oplus M^{⊥}$ （直和）。

同时， $y$ 是 $x$ 在 $M$ 上的最佳逼近元： $∥ x - y ∥ = ρ (x, M)$ ，且 $z = x - y ⊥ M$ 。

正交投影

设 $H$ 是 Hilbert 空间， $M$ 是 $H$ 的闭子空间。定义映射 $P_{M} : H \to M$ ， $P_{M} (x) = y$ ，其中 $y$ 是 $x$ 在 $M$ 上的唯一最佳逼近元（正交分解中的分量）。称 $P_{M}$ 为 $H$ 到 $M$ 上的正交投影算子。

性质：

$P_{M}$ 是有界线性算子，且 $∥ P_{M} ∥ \leq 1$ ，当 $M \neq = {0}$ 时 $∥ P_{M} ∥ = 1$ 。
$P_{M}^{2} = P_{M}$ （幂等）。
$R (P_{M}) = M$ ， $N (P_{M}) = M^{⊥}$ 。
$(M^{⊥})^{⊥} = M$ 。
若 $M$ 是 $X$ 的非空子集，则 $(span M)^{⊥} = M^{⊥} = (\overline{M})^{⊥}$ 。

完全集

设 $X$ 是赋范空间， $M \subseteq X$ 。若 $\overline{span M} = X$ ，则称 $M$ 为 $X$ 的完全集（即其线性张成稠密）。

定理：在 Hilbert 空间 $H$ 中， $M$ 为完全集 $⟺ M^{⊥} = {0}$ 。

标准正交集与标准正交基

定义（标准正交集）

设 $X$ 是内积空间，集合 $M \subseteq X$ 称为标准正交集，如果满足：

对任意 $e \in M$ ， $∥ e ∥ = 1$ ；
对任意 $e_{1}, e_{2} \in M$ ， $e_{1} \neq = e_{2}$ ，有 $⟨ e_{1}, e_{2} ⟩ = 0$ 。

若 $M$ 可数，则称其为标准正交序列；若 $M$ 有限，则称其为标准正交组。

标准正交集是线性无关集。

Bessel 不等式

设 ${e_{n}}_{n = 1}^{\infty}$ 是内积空间 $X$ 中的标准正交序列，则对任意 $x \in X$ ， $n = 1 \sum \infty ∣ ⟨ x, e_{n} ⟩ ∣^{2} \leq ∥ x ∥^{2} .$

定义（标准正交基）

设 $H$ 是 Hilbert 空间， $M$ 是 $H$ 的标准正交集。若 $\overline{span M} = H$ ，则称 $M$ 为 $H$ 的一个标准正交基（或完全的标准正交集）。

定理（标准正交基的等价刻画）

设 $H$ 是 Hilbert 空间， $M$ 是 $H$ 的标准正交集，则以下条件等价：

$M$ 是 $H$ 的标准正交基；
对任意 $x \in H$ ，有 $x = \sum_{e \in M} ⟨ x, e ⟩ e$ （级数按范数收敛，且至多可数项非零）；
对任意 $x, y \in H$ ，有 $⟨ x, y ⟩ = \sum_{e \in M} ⟨ x, e ⟩ \overline{⟨ y, e ⟩}$ ；
对任意 $x \in H$ ，有 $∥ x ∥^{2} = \sum_{e \in M} ∣ ⟨ x, e ⟩ ∣^{2}$ （Parseval 等式）。

当 $H$ 可分时，标准正交基至多是可数的。

Gram-Schmidt 正交化方法

设 ${x_{n}}_{n = 1}^{\infty}$ 是内积空间 $X$ 中的线性无关序列，则存在标准正交序列 ${e_{n}}_{n = 1}^{\infty}$ ，使得对每个 $n$ ， $span {x_{1}, \dots, x_{n}} = span {e_{1}, \dots, e_{n}} .$ 构造公式： $u_{1} = x_{1}, e_{1} = \frac{u _{1}}{∥ u _{1} ∥},$ $u_{n} = x_{n} - k = 1 \sum n - 1 ⟨ x_{n}, e_{k} ⟩ e_{k}, e_{n} = \frac{u _{n}}{∥ u _{n} ∥}, n \geq 2.$

定理（可分 Hilbert 空间的结构）

每个可分的无穷维 Hilbert 空间 $H$ 都与 $ℓ^{2}$ 等距同构。具体地，若 ${e_{n}}$ 是 $H$ 的一个标准正交基，则映射 $T : H \to ℓ^{2}$ 定义为 $T (x) = (⟨ x, e_{n} ⟩)_{n = 1}^{\infty}$ 是一个等距同构。

Hilbert 空间上有界线性泛函的表示

Riesz 表示定理

设 $H$ 是 Hilbert 空间， $f \in H^{'}$ （ $H$ 上的有界线性泛函）。则存在唯一的 $y \in H$ ，使得对任意 $x \in H$ ， $f (x) = ⟨ x, y ⟩,$ 并且 $∥ f ∥ = ∥ y ∥$ 。

共轭双线性泛函

设 $X, Y$ 是 $K$ 上的线性空间，映射 $h : X \times Y \to K$ 称为共轭双线性泛函，如果：

对第一个变量线性： $h (x_{1} + x_{2}, y) = h (x_{1}, y) + h (x_{2}, y)$ ， $h (αx, y) = α h (x, y)$ ；
对第二个变量共轭线性： $h (x, y_{1} + y_{2}) = h (x, y_{1}) + h (x, y_{2})$ ， $h (x, α y) = \overline{α} h (x, y)$ 。

其范数定义为： $∥ h ∥ = x \neq = 0 y \neq = 0 sup \frac{∣ h ( x , y ) ∣}{∥ x ∥∥ y ∥} .$

定理（有界共轭双线性泛函的表示）

设 $H_{1}, H_{2}$ 是 Hilbert 空间， $h : H_{1} \times H_{2} \to K$ 是有界共轭双线性泛函。则存在唯一的 $T \in B (H_{1}, H_{2})$ ，使得对任意 $x \in H_{1}, y \in H_{2}$ ， $h (x, y) = ⟨ T x, y ⟩_{H_{2}},$ 并且 $∥ T ∥ = ∥ h ∥$ 。

伴随算子

设 $H_{1}, H_{2}$ 是 Hilbert 空间， $T \in B (H_{1}, H_{2})$ 。存在唯一的算子 $T^{*} \in B (H_{2}, H_{1})$ ，称为 $T$ 的伴随算子，满足对任意 $x \in H_{1}, y \in H_{2}$ ， $⟨ T x, y ⟩_{H_{2}} = ⟨ x, T^{*} y ⟩_{H_{1}} .$

性质：设 $S, T \in B (H_{1}, H_{2})$ ， $R \in B (H_{2}, H_{3})$ ， $α \in K$ ，则

$(S + T)^{*} = S^{*} + T^{*}$ ；
$(α T)^{*} = \overline{α} T^{*}$ ；
$(T^{*})^{*} = T$ ；
$∥ T^{*} T ∥ = ∥ T T^{*} ∥ = ∥ T ∥^{2}$ ；
$T^{*} T = 0 ⟺ T = 0$ ；
$(RT)^{*} = T^{*} R^{*}$ 。

另外，正交投影算子 $P_{M}$ 满足 $P_{M}^{*} = P_{M}$ （自伴）且 $P_{M}^{2} = P_{M}$ 。

习题 3.1

设 $X$ 为实内积空间, $x, y \in X$ . 求证: $x ⊥ y$ 当且仅当勾股定理对 $x, y$ 成立, 即 $∥ x + y ∥^{2} = ∥ x ∥^{2} + ∥ y ∥^{2}$ . 举例说明若 $X$ 为复内积空间, 则上述结论一般不成立.

解答

证明（实内积空间）：

设 $X$ 是实内积空间， $x, y \in X$ 。

若 $x ⊥ y$ ，即 $⟨ x, y ⟩ = 0$ ，则

$∥ x + y ∥^{2} = ⟨ x + y, x + y ⟩ = ⟨ x, x ⟩ + ⟨ x, y ⟩ + ⟨ y, x ⟩ + ⟨ y, y ⟩ = ∥ x ∥^{2} + ∥ y ∥^{2},$

因为实内积满足对称性 $⟨ y, x ⟩ = ⟨ x, y ⟩ = 0$ 。故勾股定理成立。

反之，若 $∥ x + y ∥^{2} = ∥ x ∥^{2} + ∥ y ∥^{2}$ ，则由展开得

$∥ x ∥^{2} + ∥ y ∥^{2} + 2 ⟨ x, y ⟩ = ∥ x ∥^{2} + ∥ y ∥^{2},$

从而 $2 ⟨ x, y ⟩ = 0$ ，即 $⟨ x, y ⟩ = 0$ ，因此 $x ⊥ y$ 。

综上，在实内积空间中， $x ⊥ y$ 当且仅当 $∥ x + y ∥^{2} = ∥ x ∥^{2} + ∥ y ∥^{2}$ 。

复内积空间中的反例：

考虑 $X = C$ ，赋予标准内积 $⟨ a, b ⟩ = a \overline{b}$ 。取 $x = 1$ , $y = i$ 。

计算内积： $⟨ x, y ⟩ = 1 \cdot \overline{i} = 1 \cdot (- i) = - i \neq = 0$ ，故 $x$ 与 $y$ 不正交。

计算范数： $∥ x ∥^{2} = ∣1 ∣^{2} = 1$ ， $∥ y ∥^{2} = ∣ i ∣^{2} = 1$ ， $∥ x + y ∥^{2} = ∣1 + i ∣^{2} = (2)^{2} = 2$ 。

因此 $∥ x + y ∥^{2} = 2 = 1 + 1 = ∥ x ∥^{2} + ∥ y ∥^{2}$ ，勾股定理成立。

这表明在复内积空间中，即使勾股定理成立，也不能推出 $x ⊥ y$ ，故结论一般不成立。

习题 3.2

设 $X$ 为内积空间 $, x, y, z \in X$ . 证明 Applonius 恒等式: $∥ z - x ∥^{2} + ∥ z - y ∥^{2} = \frac{1}{2} ∥ x - y ∥^{2} + 2 z - \frac{1}{2} (x + y)^{2} .$

解答

证明：设 $X$ 上的内积为 $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ ，诱导的范数为 $∥ u ∥ = ⟨ u, u ⟩$ 。对任意 $x, y, z \in X$ ，计算等式的两边。

左边： $∥ z - x ∥^{2} + ∥ z - y ∥^{2} = ⟨ z - x, z - x ⟩ + ⟨ z - y, z - y ⟩ = (∥ z ∥^{2} - ⟨ z, x ⟩ - ⟨ x, z ⟩ + ∥ x ∥^{2}) + (∥ z ∥^{2} - ⟨ z, y ⟩ - ⟨ y, z ⟩ + ∥ y ∥^{2}) = 2∥ z ∥^{2} + ∥ x ∥^{2} + ∥ y ∥^{2} - (⟨ z, x ⟩ + ⟨ x, z ⟩ + ⟨ z, y ⟩ + ⟨ y, z ⟩) .$

右边：令 $w = z - \frac{1}{2} (x + y)$ ，则 $\frac{1}{2} ∥ x - y ∥^{2} 2∥ w ∥^{2} = \frac{1}{2} (∥ x ∥^{2} - ⟨ x, y ⟩ - ⟨ y, x ⟩ + ∥ y ∥^{2}), = 2 ⟨ z - \frac{1}{2} (x + y), z - \frac{1}{2} (x + y) ⟩ = 2 (∥ z ∥^{2} - \frac{1}{2} ⟨ z, x + y ⟩ - \frac{1}{2} ⟨ x + y, z ⟩ + \frac{1}{4} ∥ x + y ∥^{2}) = 2∥ z ∥^{2} - ⟨ z, x + y ⟩ - ⟨ x + y, z ⟩ + \frac{1}{2} ∥ x + y ∥^{2} = 2∥ z ∥^{2} - (⟨ z, x ⟩ + ⟨ z, y ⟩) - (⟨ x, z ⟩ + ⟨ y, z ⟩) + \frac{1}{2} (∥ x ∥^{2} + ∥ y ∥^{2} + ⟨ x, y ⟩ + ⟨ y, x ⟩) .$

将这两部分相加： $R = \frac{1}{2} ∥ x - y ∥^{2} + 2∥ w ∥^{2} = (\frac{1}{2} ∥ x ∥^{2} + \frac{1}{2} ∥ y ∥^{2} - \frac{1}{2} ⟨ x, y ⟩ - \frac{1}{2} ⟨ y, x ⟩) + (2∥ z ∥^{2} - (⟨ z, x ⟩ + ⟨ z, y ⟩) - (⟨ x, z ⟩ + ⟨ y, z ⟩) + \frac{1}{2} ∥ x ∥^{2} + \frac{1}{2} ∥ y ∥^{2} + \frac{1}{2} ⟨ x, y ⟩ + \frac{1}{2} ⟨ y, x ⟩) = 2∥ z ∥^{2} + ∥ x ∥^{2} + ∥ y ∥^{2} - (⟨ z, x ⟩ + ⟨ z, y ⟩ + ⟨ x, z ⟩ + ⟨ y, z ⟩) .$

比较左边与右边的表达式，两者完全相同，故 $∥ z - x ∥^{2} + ∥ z - y ∥^{2} = \frac{1}{2} ∥ x - y ∥^{2} + 2 z - \frac{1}{2} (x + y)^{2} .$ 恒等式得证。

习题 3.3

若 $X$ 为有限维线性空间, ${e_{1}, e_{2}, \dots, e_{n}}$ 为 $X$ 的 Hamel 基. 求证: $X$ 上的内积由 $γ_{ij} = ⟨ e_{i}, e_{j} ⟩, 1 \leq i, j \leq n$ 唯一确定. 问: 能以完全任意方式选取 $γ_{ij}$ 吗?

解答

证明：设 $X$ 是有限维线性空间， $dim X = n$ ， ${e_{1}, \dots, e_{n}}$ 是 $X$ 的一组 Hamel 基。对任意 $x, y \in X$ ，存在唯一坐标 $x = \sum_{i = 1}^{n} α_{i} e_{i}$ ， $y = \sum_{j = 1}^{n} β_{j} e_{j}$ （ $α_{i}, β_{j} \in F$ ， $F = R$ 或 $C$ ）。由内积的线性与共轭线性（实情形为双线性）， $⟨ x, y ⟩ = ⟨ i = 1 \sum n α_{i} e_{i}, j = 1 \sum n β_{j} e_{j} ⟩ = i = 1 \sum n j = 1 \sum n α_{i} \overline{β_{j}} ⟨ e_{i}, e_{j} ⟩ .$ 因此，一旦知道所有 $γ_{ij} = ⟨ e_{i}, e_{j} ⟩$ ，则任意两个向量的内积均可通过上式算出，故 $X$ 上的内积由 $γ_{ij}$ 唯一确定。

能否任意选取 $γ_{ij}$ ？
不能。因为内积必须满足公理，从而 $γ_{ij}$ 必须满足：

共轭对称性： $⟨ e_{i}, e_{j} ⟩ = \overline{⟨ e_{j}, e_{i} ⟩}$ ，即 $γ_{ij} = \overline{γ_{ji}}$ ；
正定性：对任意不全为零的 $c_{1}, \dots, c_{n} \in F$ ，有 $i, j = 1 \sum n γ_{ij} c_{i} \overline{c_{j}} > 0.$

换言之，矩阵 $G = (γ_{ij})$ 必须是 Hermitian 正定矩阵（实情形为对称正定矩阵）。
反之，若给定矩阵 $G$ 满足上述条件，则通过 $⟨ x, y ⟩ = i, j = 1 \sum n γ_{ij} α_{i} \overline{β_{j}}$ 定义的二元函数是 $X$ 上的一个内积，且满足 $⟨ e_{i}, e_{j} ⟩ = γ_{ij}$ 。因此 $γ_{ij}$ 不能完全任意，必须满足 Hermitian 正定性。

习题 3.4

设 $X$ 为内积空间 $, x_{n}, x \in X$ . 求证: $x_{n} \to x$ 当且仅当 $∥ x_{n} ∥ \to ∥ x ∥$ , 且 $⟨ x_{n}, x ⟩ \to$ $⟨ x, x ⟩$ .

解答

证明
（必要性）若 $x_{n} \to x$ ，则由范数的连续性有 $∥ x_{n} ∥ \to ∥ x ∥$ ，由内积的连续性有 $⟨ x_{n}, x ⟩ \to ⟨ x, x ⟩$ 。

（充分性）设 $∥ x_{n} ∥ \to ∥ x ∥$ 且 $⟨ x_{n}, x ⟩ \to ⟨ x, x ⟩$ 。则 $∥ x_{n} - x ∥^{2} = ⟨ x_{n} - x, x_{n} - x ⟩ = ∥ x_{n} ∥^{2} - ⟨ x_{n}, x ⟩ - ⟨ x, x_{n} ⟩ + ∥ x ∥^{2} .$ 由于 $⟨ x, x_{n} ⟩ = \overline{⟨ x_{n}, x ⟩}$ ，且 $⟨ x_{n}, x ⟩ \to ⟨ x, x ⟩$ ，而 $⟨ x, x ⟩$ 是实数，故 $\overline{⟨ x_{n}, x ⟩} \to \overline{⟨ x, x ⟩} = ⟨ x, x ⟩$ 。于是 $∥ x_{n} - x ∥^{2} \to ∥ x ∥^{2} - ⟨ x, x ⟩ - ⟨ x, x ⟩ + ∥ x ∥^{2} = 0.$ 因此 $x_{n} \to x$ 。

习题 3.5

设 $X$ 为内积空间 $, x, y \in X$ . 求证下述命题相互等价:

(1) $x ⊥ y$ ;

(2) 任取 $α \in K, ∥ x + α y ∥ \geq ∥ x ∥$ ;

(3) 任取 $α \in K, ∥ x + α y ∥ = ∥ x - α y ∥$ .

解答

设 $X$ 为内积空间，内积记为 $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ ，范数为 $∥ \cdot ∥$ 。对任意 $x, y \in X$ ，由内积性质可得 $∥ x + α y ∥^{2} ∥ x - α y ∥^{2} = ∥ x ∥^{2} + ∣ α ∣^{2} ∥ y ∥^{2} + 2 Re (α ⟨ y, x ⟩), = ∥ x ∥^{2} + ∣ α ∣^{2} ∥ y ∥^{2} - 2 Re (α ⟨ y, x ⟩) .$

1. $(1) \Rightarrow (2)$ 和 $(1) \Rightarrow (3)$

若 $x ⊥ y$ ，则 $⟨ x, y ⟩ = 0$ ，从而 $⟨ y, x ⟩ = 0$ ，代入上式得 $∥ x + α y ∥^{2} = ∥ x - α y ∥^{2} = ∥ x ∥^{2} + ∣ α ∣^{2} ∥ y ∥^{2} .$ 因此对任意 $α \in K$ 有 $∥ x + α y ∥ \geq ∥ x ∥$ 且 $∥ x + α y ∥ = ∥ x - α y ∥$ ，即 (2) 和 (3) 成立。

2. $(2) \Rightarrow (1)$

假设对任意 $α \in K$ 有 $∥ x + α y ∥ \geq ∥ x ∥$ 。若 $y = 0$ ，则 $⟨ x, y ⟩ = 0$ 显然成立；下设 $y \neq = 0$ 。由展开式得 $∣ α ∣^{2} ∥ y ∥^{2} + 2 Re (α ⟨ y, x ⟩) \geq 0, \forall α \in K .$ 记 $c = ⟨ y, x ⟩$ 。若 $c \neq = 0$ ，取 $α = - t \overset{c}{ˉ}$ （ $t > 0$ ），代入上式得 $t^{2} ∣ c ∣^{2} ∥ y ∥^{2} - 2 t ∣ c ∣^{2} \geq 0 ⟹ ∣ c ∣^{2} (t^{2} ∥ y ∥^{2} - 2 t) \geq 0.$ 由于 $∣ c ∣^{2} > 0$ ，故 $t^{2} ∥ y ∥^{2} - 2 t \geq 0$ 对所有 $t > 0$ 成立。但取 $0 < t < 2/∥ y ∥^{2}$ 时 $t^{2} ∥ y ∥^{2} - 2 t < 0$ ，矛盾。因此 $c = 0$ ，即 $⟨ y, x ⟩ = 0$ ，从而 $⟨ x, y ⟩ = 0$ ，亦即 $x ⊥ y$ 。

3. $(3) \Rightarrow (1)$

假设对任意 $α \in K$ 有 $∥ x + α y ∥ = ∥ x - α y ∥$ 。平方后相减得 $4 Re (α ⟨ y, x ⟩) = 0, \forall α \in K,$ 即 $Re (α ⟨ y, x ⟩) = 0$ 对所有 $α$ 成立。特别地，取 $α = ⟨ y, x ⟩$ ，则 $Re (∣ ⟨ y, x ⟩ ∣^{2}) = ∣ ⟨ y, x ⟩ ∣^{2} = 0,$ 故 $⟨ y, x ⟩ = 0$ ，从而 $⟨ x, y ⟩ = 0$ ，即 $x ⊥ y$ 。

综上，命题 (1)、(2)、(3) 相互等价。

习题 3.6

设 $X$ 为内积空间, $x \in X, M \subset X$ 为非空子集, 且 $x ⊥ M$ . 求证: $x ⊥ \overline{span (M)}$ .

解答

证明：由于 $x ⊥ M$ ，即对任意 $y \in M$ 有 $⟨ x, y ⟩ = 0$ 。

首先证明 $x ⊥ span (M)$ 。任取 $v \in span (M)$ ，则存在有限个 $y_{1}, \dots, y_{n} \in M$ 和标量 $α_{1}, \dots, α_{n} \in K$ （ $K$ 为实数域或复数域）使得 $v = \sum_{i = 1}^{n} α_{i} y_{i}$ 。由内积在第二个变量上的线性性可得 $⟨ x, v ⟩ = ⟨ x, i = 1 \sum n α_{i} y_{i} ⟩ = i = 1 \sum n α_{i} ⟨ x, y_{i} ⟩ = 0.$ 故 $x$ 与 $span (M)$ 中任意向量正交。

其次证明 $x ⊥ \overline{span (M)}$ 。任取 $z \in \overline{span (M)}$ ，则存在序列 ${z_{n}} \subset span (M)$ 使得 $lim_{n \to \infty} z_{n} = z$ 。对每个 $n$ 有 $⟨ x, z_{n} ⟩ = 0$ 。由内积的连续性（或直接由 Cauchy–Schwarz 不等式） $∣ ⟨ x, z_{n} ⟩ - ⟨ x, z ⟩ ∣ = ∣ ⟨ x, z_{n} - z ⟩ ∣ \leq ∥ x ∥ ∥ z_{n} - z ∥ \to 0 (n \to \infty),$ 所以 $⟨ x, z ⟩ = lim_{n \to \infty} ⟨ x, z_{n} ⟩ = 0$ 。因此 $x ⊥ z$ 。

综上， $x ⊥ \overline{span (M)}$ 。

习题 3.7

设 $X$ 为复内积空间, $T : X \to X$ 为线性算子, 且任取 $x \in X, ⟨ T x, x ⟩ = 0$ . 求证: $T = 0$ .

解答

证明

对任意 $x, y \in X$ ，由条件 $⟨ T z, z ⟩ = 0$ 对所有 $z \in X$ 成立。

利用 $x + y$
$0 = ⟨ T (x + y), x + y ⟩ = ⟨ T x, x ⟩ + ⟨ T x, y ⟩ + ⟨ T y, x ⟩ + ⟨ T y, y ⟩ = ⟨ T x, y ⟩ + ⟨ T y, x ⟩ .$ 故得
$⟨ T x, y ⟩ + ⟨ T y, x ⟩ = 0. (1)$
利用 $x + i y$
$0 = ⟨ T (x + i y), x + i y ⟩ = ⟨ T x, x ⟩ + ⟨ T x, i y ⟩ + ⟨ T (i y), x ⟩ + ⟨ T (i y), i y ⟩ = ⟨ T x, i y ⟩ + ⟨ T (i y), x ⟩ .$ 由内积的性质（第一个变量线性，第二个变量共轭线性）有
$⟨ T x, i y ⟩ = \overline{i} ⟨ T x, y ⟩ = - i ⟨ T x, y ⟩,$ 且 $T (i y) = i T y$ ，故
$⟨ T (i y), x ⟩ = ⟨ i T y, x ⟩ = i ⟨ T y, x ⟩ .$ 代入得
$0 = - i ⟨ T x, y ⟩ + i ⟨ T y, x ⟩,$ 即
$⟨ T y, x ⟩ = ⟨ T x, y ⟩ . (2)$

将 (2) 代入 (1)：
$⟨ T x, y ⟩ + ⟨ T x, y ⟩ = 0 ⟹ 2 ⟨ T x, y ⟩ = 0 ⟹ ⟨ T x, y ⟩ = 0.$

由于 $y \in X$ 是任意的，上式表明 $T x$ 与所有向量正交，从而 $T x = 0$ 。再由 $x$ 的任意性得 $T = 0$ 。∎

习题 3.8

$H$ 为 Hilbert 空间, $M$ 为 $H$ 的闭线性子空间. 求证: $M$ 为 $H$ 上某个非零有界线性泛函的零空间当且仅当 $M^{⊥}$ 为 $H$ 的一维线性子空间.

解答

证明设 $H$ 是 Hilbert 空间， $M \subseteq H$ 是闭线性子空间。

充分性：若 $M = ker f$ ，其中 $f \in H^{*} ∖ {0}$ ，则由 Riesz 表示定理，存在唯一的非零向量 $z \in H$ 使得 $f (x) = ⟨ x, z ⟩$ 对所有 $x \in H$ 成立。于是 $M = {x \in H : ⟨ x, z ⟩ = 0} = z^{⊥} .$ 因为 $z \neq = 0$ ，其正交补为 $M^{⊥} = (z^{⊥})^{⊥} = \overline{span {z}} = span {z}$ ，即一维子空间。

必要性：若 $M^{⊥}$ 是一维子空间，则存在非零向量 $z \in H$ 使得 $M^{⊥} = span {z}$ 。由于 $M$ 是闭的，由正交分解定理有 $H = M \oplus M^{⊥}$ ，且 $M = (M^{⊥})^{⊥}$ 。因此 $M = (span {z})^{⊥} = z^{⊥} .$ 定义泛函 $f (x) = ⟨ x, z ⟩$ ， $f$ 是 $H$ 上的有界线性泛函，且 $f (z) = ∥ z ∥^{2} \neq = 0$ ，故 $f \neq = 0$ 。而 $ker f = {x \in H : ⟨ x, z ⟩ = 0} = z^{⊥} = M .$ 从而 $M$ 是非零有界线性泛函 $f$ 的零空间。

综上，命题得证。

习题 3.9

在 $C^{n}$ 上赋子内积 $⟨ x, y ⟩ = i = 1 \sum n x_{i} \overset{y}{ˉ}_{i},$ 其中 $x = (x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}), y = (y_{1}, y_{2}, \dots, y_{n}) \in C^{n}$ . 考虑 $C^{n}$ 的子集 $M = {(x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) \in C^{n} : x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n} = 1} .$ 求证: $M$ 为完备凸集. 求出 $M$ 中具有最小范数的向量.

解答

证明凸性:
对任意 $x, y \in M$ 和 $t \in [0, 1]$ ,
$i = 1 \sum n (t x_{i} + (1 - t) y_{i}) = t i = 1 \sum n x_{i} + (1 - t) i = 1 \sum n y_{i} = t \cdot 1 + (1 - t) \cdot 1 = 1,$
故 $t x + (1 - t) y \in M$ , 因此 $M$ 是凸集.

证明完备性:
定义线性泛函 $f : C^{n} \to C$ 为 $f (x) = \sum_{i = 1}^{n} x_{i}$ .
在赋予欧几里得范数的 $C^{n}$ 中, $f$ 是连续的.
因为单点集 ${1}$ 是 $C$ 中的闭集, 所以原像 $M = f^{- 1} ({1})$ 是 $C^{n}$ 中的闭集.
$C^{n}$ 是有限维内积空间, 故完备, 其闭子集 $M$ 也完备.
所以 $M$ 是完备凸集.

求最小范数向量:
对任意 $x \in M$ , 由 Cauchy–Schwarz 不等式, $1 = i = 1 \sum n x_{i} \leq (i = 1 \sum n ∣ x_{i} ∣^{2})^{1/2} (i = 1 \sum n 1^{2})^{1/2} = ∥ x ∥ n,$
因而 $∥ x ∥ \geq 1/ n$ .
等号成立当且仅当存在常数 $λ \in C$ 使得 $x_{i} = λ \cdot 1$ 对所有 $i$ 成立, 且 $\sum x_{i} = λn = 1$ , 故 $λ = 1/ n$ .
于是向量
$x_{0} = (\frac{1}{n}, \frac{1}{n}, \dots, \frac{1}{n})$
满足 $∥ x_{0} ∥ = 1/ n$ , 且是 $M$ 中唯一具有最小范数的向量.

习题 3.10

设 $C [- 1, 1]$ 为 $[- 1, 1]$ 上实值连续函数空间, $C_{odd} [- 1, 1]$ 为所有 $[- 1, 1]$ 上实值连续奇函数所构成的空间, $C_{even} [- 1, 1]$ 为所有 $[- 1, 1]$ 上实值连续偶函数所构成的空间. 求证: $C [- 1, 1] = C_{odd} [- 1, 1] \oplus C_{even} [- 1, 1] .$ 若 $C [- 1, 1]$ 上赋予内积 $⟨ x, y ⟩ = \int_{- 1}^{1} x (t) y (t) d t,$ 求证: 上面的直和为正交直和.

解答

证明：

直和分解

任取 $x \in C [- 1, 1]$ ，定义
$x_{e} (t) = \frac{x ( t ) + x ( - t )}{2}, x_{o} (t) = \frac{x ( t ) - x ( - t )}{2} .$ 由于 $x$ 连续， $x_{e}$ 和 $x_{o}$ 也是连续函数。容易验证
$x_{e} (- t) = x_{e} (t), x_{o} (- t) = - x_{o} (t),$ 故 $x_{e} \in C_{even} [- 1, 1]$ ， $x_{o} \in C_{odd} [- 1, 1]$ ，且 $x = x_{e} + x_{o}$ 。
因此 $C [- 1, 1] = C_{odd} [- 1, 1] + C_{even} [- 1, 1]$ 。

再证 $C_{odd} \cap C_{even} = {0}$ 。若 $f$ 既是奇函数又是偶函数，则对任意 $t \in [- 1, 1]$ ， $f (- t) = f (t) 且 f (- t) = - f (t),$ 从而 $f (t) = - f (t)$ ，故 $f (t) = 0$ 。于是两个子空间的交仅含零函数，因此和是直和：
$C [- 1, 1] = C_{odd} [- 1, 1] \oplus C_{even} [- 1, 1] .$
正交性

$C [- 1, 1]$ 上赋予内积 $⟨ x, y ⟩ = \int_{- 1}^{1} x (t) y (t) d t$ 。
任取 $f \in C_{odd} [- 1, 1]$ （奇函数）， $g \in C_{even} [- 1, 1]$ （偶函数）。考虑内积
$⟨ f, g ⟩ = \int_{- 1}^{1} f (t) g (t) d t .$ 令 $h (t) = f (t) g (t)$ 。由奇偶性得
$h (- t) = f (- t) g (- t) = (- f (t)) \cdot g (t) = - f (t) g (t) = - h (t),$ 故 $h$ 是奇函数。积分区间 $[- 1, 1]$ 关于原点对称，奇函数的积分为零，即
$\int_{- 1}^{1} h (t) d t = 0.$ 因此 $⟨ f, g ⟩ = 0$ ，这表明 $C_{odd} [- 1, 1] ⊥ C_{even} [- 1, 1]$ 。

结合直和分解与正交性，即得
$C [- 1, 1] = C_{odd} [- 1, 1] \oplus C_{even} [- 1, 1]$ 为正交直和。 $□$

习题 3.11

证明 $M = {{x_{n}} \in ℓ^{2}$ : 任给 $n \geq 1$ , 有 $x_{2 n} = 0}$ 为 $ℓ^{2}$ 的闭线性子空间. 求 $M^{⊥}$ .

解答

证明：

首先， $M$ 显然是 $ℓ^{2}$ 的线性子空间：零序列属于 $M$ ；若 $x, y \in M$ ，则对任意 $n$ 有 $x_{2 n} = y_{2 n} = 0$ ，从而 $(αx + β y)_{2 n} = 0$ ，故 $αx + β y \in M$ 。

$M$ 是闭的。

考虑坐标投影 $π_{n} : ℓ^{2} \to K$ （ $K = R$ 或 $C$ ）， $π_{n} (x) = x_{n}$ 。由于 $∣ π_{n} (x) ∣ = ∣ x_{n} ∣ \leq ∥ x ∥$ ， $π_{n}$ 是有界线性泛函，因此连续。
若 ${x^{(k)}} \subset M$ 且 $x^{(k)} \to x$ 于 $ℓ^{2}$ ，则由连续性得对每个 $n$ 有 $x_{n}^{(k)} \to x_{n}$ 。特别对 $n = 2 m$ ，由 $x_{2 m}^{(k)} = 0$ 得 $x_{2 m} = 0$ ，所以 $x \in M$ 。故 $M$ 是闭子空间。

（也可直接由 $M = ⋂_{m = 1}^{\infty} ker π_{2 m}$ ， $ker π_{2 m}$ 为闭集，得 $M$ 闭。）

求 $M^{⊥}$ 。

记内积 $⟨ x, y ⟩ = \sum_{n = 1}^{\infty} x_{n} \overline{y_{n}}$ 。
设 $y \in M^{⊥}$ ，即对任意 $x \in M$ 有 $⟨ x, y ⟩ = 0$ 。
对任意 $x \in M$ ，由于 $x_{2 n} = 0$ ，故 $⟨ x, y ⟩ = k = 1 \sum \infty x_{2 k - 1} \overline{y_{2 k - 1}} .$ $M$ 中的向量由奇数坐标自由决定：对任意序列 $a = (a_{k}) \in ℓ^{2}$ ，存在 $x \in M$ 使 $x_{2 k - 1} = a_{k}$ （例如取 $x$ 的奇数坐标为 $a_{k}$ ，偶数坐标为 $0$ ）。因此条件等价于 $k = 1 \sum \infty a_{k} \overline{y_{2 k - 1}} = 0 对所有 a \in ℓ^{2} 成立 .$ 特别取 $a = e^{(j)}$ （第 $j$ 个标准基向量，即 $a_{k} = δ_{jk}$ ），则得到 $\overline{y_{2 j - 1}} = 0$ ，从而 $y_{2 j - 1} = 0$ 对所有 $j \geq 1$ 成立。

反之，若 $y$ 满足 $y_{2 j - 1} = 0$ （对所有 $j$ ），则对任意 $x \in M$ ， $⟨ x, y ⟩ = k = 1 \sum \infty x_{2 k - 1} \cdot 0 + k = 1 \sum \infty 0 \cdot \overline{y_{2 k}} = 0,$ 故 $y \in M^{⊥}$ 。

因此 $M^{⊥} = {y \in ℓ^{2} : y_{2 j - 1} = 0 (\forall j \geq 1)} .$

即 $M^{⊥}$ 由所有奇数项为零的 $ℓ^{2}$ 序列构成。

习题 3.12

设 $X$ 为内积空间, $M, N \subset X$ 为非空子集. 求证:

(1) 若 $M \subset N$ , 则 $N^{⊥} \subset M^{⊥}$ ;

(2) 若 $M ⊥ N$ , 则 $M \subset N^{⊥}, N \subset M^{⊥}$ ;

(3) $M^{⊥} ⋂ N^{⊥} \subset (M \cup N)^{⊥}$ ;

(4) $M^{⊥} \cup N^{⊥} \subset (M \cap N)^{⊥}$ .

解答

解设 $X$ 为内积空间, 对任意子集 $A \subset X$ , 定义 $A^{⊥} = {x \in X ∣ ⟨ x, y ⟩ = 0, \forall y \in A}$ .

(1) 若 $M \subset N$ , 则 $N^{⊥} \subset M^{⊥}$ .

(2) 若 $M ⊥ N$ (即 $\forall m \in M, n \in N$ , $⟨ m, n ⟩ = 0$ ), 则 $M \subset N^{⊥}, N \subset M^{⊥}$ .

(3) $M^{⊥} \cap N^{⊥} \subset (M \cup N)^{⊥}$ .

(4) $M^{⊥} \cup N^{⊥} \subset (M \cap N)^{⊥}$ .

习题 3.13

设 $X$ 为内积空间, $M \subset X$ 为完全集. 求证: $M^{⊥} = {0}$ .

解答

证明
由于 $M$ 为完全集，即 $span (M)$ 在 $X$ 中稠密。任取 $x \in M^{⊥}$ ，则对任意 $m \in M$ 有 $⟨ x, m ⟩ = 0$ ，由内积的线性性可知对任意 $y \in span (M)$ 也有 $⟨ x, y ⟩ = 0$ 。

由稠密性，存在序列 ${y_{n}} \subset span (M)$ 使得 $y_{n} \to x$ （按 $X$ 的范数）。对内积使用连续性（由 Cauchy–Schwarz 不等式保证）：
$∣ ⟨ x, y_{n} ⟩ - ⟨ x, x ⟩ ∣ = ∣ ⟨ x, y_{n} - x ⟩ ∣ \leq ∥ x ∥ ∥ y_{n} - x ∥ \to 0,$ 故 $⟨ x, y_{n} ⟩ \to ⟨ x, x ⟩$ 。但 $⟨ x, y_{n} ⟩ = 0$ 对所有 $n$ 成立，从而 $⟨ x, x ⟩ = 0$ ，即 $∥ x ∥ = 0$ ，因此 $x = 0$ 。

这就证明了 $M^{⊥} \subseteq {0}$ ，而 ${0} \subseteq M^{⊥}$ 显然，所以 $M^{⊥} = {0}$ 。∎

习题 3.14

设 $H$ 为 Hilbert 空间, $A \in B (H)$ , 且存在 $C > 0$ , 使得 $C ∥ x ∥^{2} \leq ∣ ⟨ A x, x ⟩ ∣, x \in H .$ 求证 : $A$ 为一一映射, $A^{- 1} \in B (H)$ 且 $A^{- 1} \leq \frac{1}{C}$ .

解答

证明由条件 $C ∥ x ∥^{2} \leq ∣ ⟨ A x, x ⟩ ∣$ 及 Cauchy–Schwarz 不等式 $∣ ⟨ A x, x ⟩ ∣ \leq ∥ A x ∥ ∥ x ∥$ 可得
$C ∥ x ∥^{2} \leq ∥ A x ∥ ∥ x ∥ ⟹ C ∥ x ∥ \leq ∥ A x ∥ (\forall x \in H) . (1)$

1. $A$ 是单射. 若 $A x = 0$ ，则由 (1) 得 $C ∥ x ∥ \leq 0$ ，故 $∥ x ∥ = 0$ ，即 $x = 0$ ，所以 $A$ 是单射.

2. $R (A)$ 是闭子空间. 设 ${y_{n}} \subset R (A)$ 收敛于 $y \in H$ ，记 $y_{n} = A x_{n}$ . 由 (1)， $∥ x_{n} - x_{m} ∥ \leq \frac{1}{C} ∥ A (x_{n} - x_{m}) ∥ = \frac{1}{C} ∥ y_{n} - y_{m} ∥,$ 故 ${x_{n}}$ 是 Cauchy 列. 因 $H$ 完备，存在 $x \in H$ 使 $x_{n} \to x$ . 由 $A$ 的连续性得 $A x = y$ ，从而 $y \in R (A)$ ，因此 $R (A)$ 闭.

3. $R (A)$ 在 $H$ 中稠密. 假设存在非零 $z \in H$ 使得 $z ⊥ R (A)$ ，即对一切 $x \in H$ 有 $⟨ A x, z ⟩ = 0$ . 取 $x = z$ ，则 $⟨ A z, z ⟩ = 0$ ，与条件 $C ∥ z ∥^{2} \leq ∣ ⟨ A z, z ⟩ ∣$ 矛盾. 故 $R (A)^{⊥} = {0}$ ，从而 $R (A)$ 在 $H$ 中稠密.

结合 2 与 3 得 $R (A) = H$ ，所以 $A$ 是满射. 因此 $A$ 是双射，逆算子 $A^{- 1}$ 存在且线性.

4. $A^{- 1}$ 有界且 $∥ A^{- 1} ∥ \leq 1/ C$ . 对任意 $y \in H$ ，存在唯一 $x \in H$ 使 $y = A x$ ，由 (1) 得 $∥ A^{- 1} y ∥ = ∥ x ∥ \leq \frac{1}{C} ∥ A x ∥ = \frac{1}{C} ∥ y ∥,$ 故 $A^{- 1}$ 有界且 $∥ A^{- 1} ∥ \leq 1/ C$ .

综上， $A$ 为一一映射， $A^{- 1} \in B (H)$ 且 $∥ A^{- 1} ∥ \leq 1/ C$ . $□$

习题 3.15

设 $H$ 为 Hilbert 空间, $M$ 为其闭线性子空间, $x \in H$ . 求证: $ρ (x, M) = sup {∣ ⟨ x, y ⟩ ∣ : y \in M^{⊥}, ∥ y ∥ = 1} .$

解答

由于 $M$ 是 Hilbert 空间 $H$ 的闭线性子空间, 故有正交分解 $H = M \oplus M^{⊥}$ . 对任意 $x \in H$ , 存在唯一的 $u \in M$ , $v \in M^{⊥}$ , 使得 $x = u + v$ , 且 $u$ 是 $x$ 在 $M$ 上的正交投影.

一方面, 对任意 $z \in M$ , $∥ x - z ∥^{2} = ∥ (u - z) + v ∥^{2} = ∥ u - z ∥^{2} + ∥ v ∥^{2} \geq ∥ v ∥^{2},$ 因为 $u - z \in M$ , $v \in M^{⊥}$ 正交. 当 $z = u$ 时取等, 故 $ρ (x, M) := z \in M in f ∥ x - z ∥ = ∥ v ∥.$

另一方面, 考虑集合 ${∣ ⟨ x, y ⟩ ∣ : y \in M^{⊥}, ∥ y ∥ = 1}$ . 对任意满足条件的 $y$ , 由 $u \in M$ , $y \in M^{⊥}$ 知 $⟨ u, y ⟩ = 0$ , 于是 $⟨ x, y ⟩ = ⟨ u + v, y ⟩ = ⟨ v, y ⟩ .$ 由 Cauchy-Schwarz 不等式, $∣ ⟨ v, y ⟩ ∣ \leq ∥ v ∥ ∥ y ∥ = ∥ v ∥.$ 若 $v \neq = 0$ , 取 $y_{0} = v /∥ v ∥ \in M^{⊥}$ , $∥ y_{0} ∥ = 1$ , 则有 $∣ ⟨ x, y_{0} ⟩ ∣ = ∥ v ∥$ ; 若 $v = 0$ , 则对任意 $y$ 均有 $∣ ⟨ x, y ⟩ ∣ = 0$ . 因此 $y \in M^{⊥}, ∥ y ∥ = 1 sup ∣ ⟨ x, y ⟩ ∣ = ∥ v ∥.$

综上, $ρ (x, M) = ∥ v ∥ = y \in M^{⊥}, ∥ y ∥ = 1 sup ∣ ⟨ x, y ⟩ ∣.$

$□$

习题 3.16

设 $H$ 为 Hilbert 空间, $M \subset H$ 为非空子集. 求证: $M^{⊥⊥}$ 为 $H$ 中包含 $M$ 的最小闭线性子空间, 即若 $N$ 为 $H$ 的闭线性子空间, 且 $M \subset N$ , 则必有 $M^{⊥⊥} \subset N$ .

解答

证明：

首先，对任意子集 $A \subset H$ ， $A^{⊥}$ 是 $H$ 的闭线性子空间。这是因为对每个 $x \in A$ ，映射 $y \mapsto ⟨ x, y ⟩$ 连续，故 $A^{⊥} = ⋂_{x \in A} {y \in H : ⟨ x, y ⟩ = 0}$ 为闭集；且容易验证 $A^{⊥}$ 是线性子空间。从而 $M^{⊥}$ 与 $M^{⊥⊥} = (M^{⊥})^{⊥}$ 均为 $H$ 的闭线性子空间。

其次，证明 $M \subset M^{⊥⊥}$ 。任取 $x \in M$ ，对任意 $y \in M^{⊥}$ ，由正交补的定义有 $⟨ x, y ⟩ = 0$ ，因此 $x \in (M^{⊥})^{⊥} = M^{⊥⊥}$ 。故 $M \subset M^{⊥⊥}$ 。

最后，证明 $M^{⊥⊥}$ 是最小的具有此性质的闭线性子空间。设 $N$ 是 $H$ 的闭线性子空间，且 $M \subset N$ 。则

由 $M \subset N$ 可得 $N^{⊥} \subset M^{⊥}$ （若 $y \in N^{⊥}$ ，则对任意 $x \in N$ 有 $⟨ x, y ⟩ = 0$ ，特别地对 $x \in M$ 也成立，故 $y \in M^{⊥}$ ）。
对包含关系 $N^{⊥} \subset M^{⊥}$ 取正交补，得到 $M^{⊥⊥} \subset N^{⊥⊥}$ （一般地，若 $A \subset B$ ，则 $B^{⊥} \subset A^{⊥}$ ；再取正交补即得 $A^{⊥⊥} \subset B^{⊥⊥}$ ）。
由于 $N$ 是闭线性子空间，根据投影定理有 $H = N \oplus N^{⊥}$ ，从而 $N = N^{⊥⊥}$ 。

因此 $M^{⊥⊥} \subset N$ 。

综上所述， $M^{⊥⊥}$ 是 $H$ 中包含 $M$ 的最小闭线性子空间。

习题 3.17

求证: Hilbert 空间 $H$ 的线性子空间 $M$ 为闭集当且仅当 $M = M^{⊥⊥}$ .

解答

证明

设 $H$ 为 Hilbert 空间， $M \subseteq H$ 为线性子空间。回顾正交补的定义： $M^{⊥} = {x \in H ∣ ⟨ x, y ⟩ = 0, \forall y \in M},$ 它是一个闭线性子空间。进一步，对于任意子集 $A \subseteq H$ 恒有 $A \subseteq A^{⊥⊥}$ ，且 $A^{⊥}$ 与 $A^{⊥⊥}$ 均为闭集。

1. $M = M^{⊥⊥} ⟹ M$ 是闭集

因为 $M^{⊥}$ 是闭集，而 $M^{⊥⊥} = (M^{⊥})^{⊥}$ 作为正交补也是闭集。若 $M = M^{⊥⊥}$ ，则 $M$ 等于一个闭集，故 $M$ 是闭的。

2. $M$ 是闭集 $⟹ M = M^{⊥⊥}$

包含关系 $M \subseteq M^{⊥⊥}$ ：对任意 $x \in M$ 及 $y \in M^{⊥}$ ，由定义 $⟨ x, y ⟩ = 0$ ，所以 $x \in (M^{⊥})^{⊥} = M^{⊥⊥}$ 。
包含关系 $M^{⊥⊥} \subseteq M$ ：任取 $x \in M^{⊥⊥}$ 。由于 $M$ 是闭线性子空间，投影定理给出唯一分解 $x = y + z, y \in M, z \in M^{⊥} .$ 计算内积 $⟨ x, z ⟩ = ⟨ y + z, z ⟩ = ⟨ y, z ⟩ + ⟨ z, z ⟩ = 0 + ∥ z ∥^{2} = ∥ z ∥^{2} .$ 另一方面，因 $x \in M^{⊥⊥}$ 而 $z \in M^{⊥}$ ，有 $⟨ x, z ⟩ = 0$ 。于是 $∥ z ∥^{2} = 0$ ，即 $z = 0$ ，从而 $x = y \in M$ 。
故 $M^{⊥⊥} \subseteq M$ 。

综上得 $M = M^{⊥⊥}$ 。

由以上两部分即证： $M$ 为闭集当且仅当 $M = M^{⊥⊥}$ 。

习题 3.18

求最小值: $min_{a, b, c \in R} \int_{- 1}^{1} t^{3} - a - b t - c t^{2}^{2} d t$ .

解答

最小值问题归结为求 $t^{3}$ 在区间 $[- 1, 1]$ 上关于 $L^{2}$ 内积到二次多项式空间 $P_{2} = span {1, t, t^{2}}$ 的正交投影。令 $p (t) = a + b t + c t^{2}$ ，需求

$a, b, c \in R min \int_{- 1}^{1} ∣ t^{3} - a - b t - c t^{2} ∣^{2} d t .$

定义内积 $⟨ f, g ⟩ = \int_{- 1}^{1} f (t) g (t) d t$ ，则法方程为

$⟨ 1, 1 ⟩ ⟨ t, 1 ⟩ ⟨ t^{2}, 1 ⟩ ⟨ 1, t ⟩ ⟨ t, t ⟩ ⟨ t^{2}, t ⟩ ⟨ 1, t^{2} ⟩ ⟨ t, t^{2} ⟩ ⟨ t^{2}, t^{2} ⟩ a b c = ⟨ 1, t^{3} ⟩ ⟨ t, t^{3} ⟩ ⟨ t^{2}, t^{3} ⟩ .$

计算各内积：

$⟨ 1, 1 ⟩ ⟨ t, t ⟩ ⟨ 1, t^{3} ⟩ = 2, = \frac{2}{3}, = 0, ⟨ 1, t ⟩ ⟨ t, t^{2} ⟩ ⟨ t, t^{3} ⟩ = 0, = 0, = \frac{2}{5}, ⟨ 1, t^{2} ⟩ ⟨ t^{2}, t^{2} ⟩ ⟨ t^{2}, t^{3} ⟩ = \frac{2}{3}, = \frac{2}{5}, = 0.$

故法方程化为

$⎩ ⎨ ⎧ 2 a + \frac{2}{3} c = 0, \frac{2}{3} b = \frac{2}{5}, \frac{2}{3} a + \frac{2}{5} c = 0.$

解得 $b = \frac{3}{5}$ ，并由第一、三式得 $a = 0, c = 0$ 。最佳逼近多项式为

$p^{*} (t) = \frac{3}{5} t .$

此时残差平方范数为

$\int_{- 1}^{1} (t^{3} - \frac{3}{5} t)^{2} d t = \int_{- 1}^{1} (t^{6} - \frac{6}{5} t^{4} + \frac{9}{25} t^{2}) d t = \frac{2}{7} - \frac{6}{5} \cdot \frac{2}{5} + \frac{9}{25} \cdot \frac{2}{3} = \frac{2}{7} - \frac{12}{25} + \frac{6}{25} = \frac{2}{7} - \frac{6}{25} = \frac{50}{175} - \frac{42}{175} = \frac{8}{175} .$

因此所求最小值为 $\frac{8}{175}$ 。

习题 3.19

设 $H$ 为 Hilbert 空间, $M$ 为其线性子空间, $Y$ 为 Banach 空间, $T \in B (M, Y)$ . 求证: 存在 $T_{0} \in B (H, Y)$ , 使得 $T_{0} ∣_{M} = T, ∥ T_{0} ∥ = ∥ T ∥$ .

解答

证明由于 $H$ 为 Hilbert 空间， $M \subseteq H$ 为线性子空间， $Y$ 为 Banach 空间， $T : M \to Y$ 是有界线性算子，即 $T \in B (M, Y)$ 。

第一步：将 $T$ 连续延拓到 $\overline{M}$ 上。
因为 $M$ 未必闭，但 $\overline{M}$ 是 $H$ 的闭子空间。任取 $x \in \overline{M}$ ，存在 ${x_{n}} \subseteq M$ 使得 $x_{n} \to x$ 。由于 $T$ 有界，故一致连续，且 $Y$ 完备，可定义
$T_{1} (x) := n \to \infty lim T (x_{n}) .$
该极限存在且与逼近序列的选取无关。易证 $T_{1} : \overline{M} \to Y$ 为线性算子，且对任意 $x \in M$ 有 $T_{1} (x) = T (x)$ 。此外，
$∥ T_{1} (x) ∥ = n \to \infty lim ∥ T (x_{n}) ∥ \leq n \to \infty lim ∥ T ∥ ∥ x_{n} ∥ = ∥ T ∥ ∥ x ∥,$
所以 $∥ T_{1} ∥ \leq ∥ T ∥$ ；又因为 $T_{1}$ 是 $T$ 的延拓，故 $∥ T_{1} ∥ \geq ∥ T ∥$ ，从而 $∥ T_{1} ∥ = ∥ T ∥$ 。因此 $T_{1} \in B (\overline{M}, Y)$ 且保持范数。

第二步：利用正交投影定义 $T_{0}$ 。
因为 $H$ 是 Hilbert 空间， $\overline{M}$ 为闭子空间，故有正交分解 $H = \overline{M} \oplus \overline{M}^{⊥}$ 。记 $P : H \to \overline{M}$ 为到 $\overline{M}$ 的正交投影。定义
$T_{0} : H \to Y, T_{0} (x) = T_{1} (P x), x \in H .$
显然 $T_{0}$ 是线性的。

第三步：验证 $T_{0} ∣_{M} = T$ 。
若 $x \in M \subseteq \overline{M}$ ，则 $P x = x$ ，从而 $T_{0} (x) = T_{1} (x) = T (x)$ ，故 $T_{0}$ 是 $T$ 的延拓。

第四步：证明 $∥ T_{0} ∥ = ∥ T ∥$ 。
一方面，因为 $T_{0}$ 是 $T$ 的延拓，所以 $∥ T_{0} ∥ \geq ∥ T ∥$ 。
另一方面，对任意 $x \in H$ ，设 $x = u + v$ ，其中 $u = P x \in \overline{M}$ ， $v \in \overline{M}^{⊥}$ ，则 $∥ x ∥^{2} = ∥ u ∥^{2} + ∥ v ∥^{2}$ ，从而 $∥ u ∥ \leq ∥ x ∥$ 。于是
$∥ T_{0} (x) ∥ = ∥ T_{1} (u) ∥ \leq ∥ T_{1} ∥ ∥ u ∥ = ∥ T ∥ ∥ u ∥ \leq ∥ T ∥ ∥ x ∥.$
故 $∥ T_{0} ∥ \leq ∥ T ∥$ 。综上 $∥ T_{0} ∥ = ∥ T ∥$ 。

因此 $T_{0} \in B (H, Y)$ 满足要求。 ∎

习题 3.20

设 $H$ 为 Hilbert 空间, ${e_{n} : n \geq 1}$ 和 ${f_{n} : n \geq 1}$ 均为 $H$ 的标准正交集, 满足 $n = 1 \sum \infty ∥ e_{n} - f_{n} ∥^{2} < 1,$ 且 ${f_{n} : n \geq 1}$ 为标准正交基. 求证: ${e_{n} : n \geq 1}$ 也为标准正交基.

解答

证明定义算子 $U : H \to H$ 如下：对任意 $x \in H$ ，由于 ${f_{n}}$ 是标准正交基，有 $x = n = 1 \sum \infty ⟨ x, f_{n} ⟩ f_{n},$ 令 $Ux = n = 1 \sum \infty ⟨ x, f_{n} ⟩ e_{n} .$ 因为 ${e_{n}}$ 是标准正交集，由 Bessel 不等式知级数收敛且 $∥ Ux ∥^{2} = n = 1 \sum \infty ∣ ⟨ x, f_{n} ⟩ ∣^{2} = ∥ x ∥^{2},$ 故 $U$ 是等距算子。

考虑 $I - U$ ，计算其在基向量 $f_{n}$ 上的作用： $(I - U) f_{n} = f_{n} - e_{n} .$ 由条件 $n = 1 \sum \infty ∥ (I - U) f_{n} ∥^{2} = n = 1 \sum \infty ∥ f_{n} - e_{n} ∥^{2} < 1.$ 上式左端正是算子 $I - U$ 的 Hilbert–Schmidt 范数 的平方 $∥ I - U ∥_{HS}^{2}$ ，因此 $∥ I - U ∥_{HS} < 1$ 。

对于任意有界线性算子 $T$ ，有算子范数估计 $∥ T ∥ \leq ∥ T ∥_{HS}$ （取单位向量 $x = \sum a_{n} f_{n}$ ，则 $∥ T x ∥ \leq (\sum ∣ a_{n} ∣^{2})^{1/2} (\sum ∥ T f_{n} ∥^{2})^{1/2} = ∥ x ∥ ∥ T ∥_{HS}$ ）。于是 $∥ I - U ∥ \leq ∥ I - U ∥_{HS} < 1.$

因为 $∥ I - U ∥ < 1$ ，Neumann 级数 $\sum_{k = 0}^{\infty} (I - U)^{k}$ 收敛，其极限为 $U^{- 1}$ ，故 $U$ 可逆。又 $U$ 是等距，从而 $U$ 是酉算子（满射）。因此 $H = U (H) = \overline{span} {e_{n}} .$

由于 ${e_{n}}$ 已是标准正交集且其闭线性张成等于全空间，所以 ${e_{n}}$ 是 $H$ 的标准正交基。 $□$

习题 3.21

在实连续函数空间 $C [- 1, 1]$ 上考虑内积 $⟨ x, y ⟩ = \int_{- 1}^{1} x (t) y (t) d t .$ 对 $n \geq 0$ , 考虑 $x_{n} (t) = t^{n}$ . 利用 Gram-Schmidt 标准正交化方法将 $x_{0}, x_{1}, x_{2}$ 标准正交化.

解答

对函数 $x_{0} (t) = 1$ , $x_{1} (t) = t$ , $x_{2} (t) = t^{2}$ 应用 Gram–Schmidt 标准正交化过程。

第一步： 取 $v_{0} = x_{0} = 1$ ，
计算 $∥ v_{0} ∥^{2} = ⟨ v_{0}, v_{0} ⟩ = \int_{- 1}^{1} 1 \cdot 1 d t = 2$ 。

第二步： 计算 $v_{1} = x_{1} - \frac{⟨ x _{1} , v _{0} ⟩}{∥ v _{0} ∥ ^{2}} v_{0}$ ，
其中 $⟨ x_{1}, v_{0} ⟩ = \int_{- 1}^{1} t \cdot 1 d t = 0$ ，故 $v_{1} = x_{1} = t$ 。
计算 $∥ v_{1} ∥^{2} = \int_{- 1}^{1} t^{2} d t = \frac{2}{3}$ 。

第三步： 计算 $v_{2} = x_{2} - \frac{⟨ x _{2} , v _{0} ⟩}{∥ v _{0} ∥ ^{2}} v_{0} - \frac{⟨ x _{2} , v _{1} ⟩}{∥ v _{1} ∥ ^{2}} v_{1}$ ，
$⟨ x_{2}, v_{0} ⟩ = \int_{- 1}^{1} t^{2} \cdot 1 d t = \frac{2}{3}$ ，
$\frac{⟨ x _{2} , v _{0} ⟩}{∥ v _{0} ∥ ^{2}} = \frac{2/3}{2} = \frac{1}{3}$ ，
$⟨ x_{2}, v_{1} ⟩ = \int_{- 1}^{1} t^{2} \cdot t d t = \int_{- 1}^{1} t^{3} d t = 0$ ，
所以 $v_{2} = x_{2} - \frac{1}{3} v_{0} = t^{2} - \frac{1}{3}$ 。
计算 $∥ v_{2} ∥^{2} = \int_{- 1}^{1} (t^{2} - \frac{1}{3})^{2} d t = \int_{- 1}^{1} (t^{4} - \frac{2}{3} t^{2} + \frac{1}{9}) d t = \frac{2}{5} - \frac{4}{9} + \frac{2}{9} = \frac{2}{5} - \frac{2}{9} = \frac{8}{45}$ 。

第四步： 标准化，得到标准正交函数组：

$e_{0} (t) e_{1} (t) e_{2} (t) = \frac{v _{0} ( t )}{∥ v _{0} ∥} = \frac{1}{2}, = \frac{v _{1} ( t )}{∥ v _{1} ∥} = \frac{t}{2/3} = \frac{3}{2} t, = \frac{v _{2} ( t )}{∥ v _{2} ∥} = \frac{t ^{2} - 1/3}{8/45} = \frac{45}{8} (t^{2} - \frac{1}{3}) .$

可以化简 $e_{2}$ 为：

$e_{2} (t) = \frac{10}{4} (3 t^{2} - 1) .$

容易验证 $⟨ e_{i}, e_{j} ⟩ = δ_{ij}$ （ $i, j = 0, 1, 2$ ）。

习题 3.22

设 $H$ 为 Hilbert 空间, ${e_{n} : n \geq 1}$ 为 $H$ 的标准正交序列, 且 $M = span {e_{n} : n \geq 1} .$ $x \in H$ . 求证 $x \in \overset{ˉ}{M}$ 当且仅当存在 $a_{i} \in K$ , 使得 $x = \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} e_{n}$ .

解答

证明：

设 $H$ 为 Hilbert 空间， ${e_{n}}_{n = 1}^{\infty}$ 为标准正交序列，记 $M = span {e_{n} : n \geq 1}$ 为其有限线性组合全体。需证：对任意 $x \in H$ ， $x \in \overline{M} ⟺ \exists {a_{n}}_{n = 1}^{\infty} \subset K, x = n = 1 \sum \infty a_{n} e_{n} .$

必要性（ $\Rightarrow$ ）：假设 $x \in \overline{M}$ 。令 $P_{N} x = n = 1 \sum N ⟨ x, e_{n} ⟩ e_{n},$ 此为 $x$ 在子空间 $M_{N} = span {e_{1}, \dots, e_{N}}$ 上的正交投影。由正交投影的性质，对任意 $z \in M_{N}$ 有 $∥ x - P_{N} x ∥ \leq ∥ x - z ∥.$

因为 $M$ 在 $\overline{M}$ 中稠密，故对任意 $ε > 0$ ，存在 $y \in M$ 使得 $∥ x - y ∥ < ε$ 。设 $y$ 用到的基向量下标的最大值为 $N_{0}$ ，则 $y \in M_{N_{0}}$ 。于是对任意 $N \geq N_{0}$ ， $y \in M_{N}$ ，从而 $∥ x - P_{N} x ∥ \leq ∥ x - y ∥ < ε .$ 这表明 $lim_{N \to \infty} P_{N} x = x$ ，即 $x = n = 1 \sum \infty ⟨ x, e_{n} ⟩ e_{n} .$ 取 $a_{n} = ⟨ x, e_{n} ⟩$ 即得所需表示。

充分性（ $\Leftarrow$ ）：若 $x = \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} e_{n}$ ，令部分和 $s_{N} = n = 1 \sum N a_{n} e_{n} .$ 显然 $s_{N} \in M$ 。由级数收敛的定义， $s_{N} \to x$ 于 $H$ 。因此 $x$ 是 $M$ 中序列的极限，故 $x \in \overline{M}$ 。

综上，命题得证。

习题 3.23

设 $X$ 为内积空间, 任取 $z \in X$ , 定义 $f_{z} (x) = ⟨ x, z ⟩$ , 则有 $f_{z} \in X^{'}$ . 求证: 若映射 $z \mapsto f_{z}$ 为从 $X$ 到 $X^{'}$ 的满射, 则 $X$ 为 Hilbert 空间.

解答

证明

设 $X$ 是内积空间，定义映射 $Φ : X \to X^{'}$ 为
$Φ (z) = f_{z}, f_{z} (x) = ⟨ x, z ⟩, \forall x \in X .$

第一步： $Φ$ 是等距映射

对任意 $z \in X$ ， $f_{z}$ 是线性泛函且
$∣ f_{z} (x) ∣ = ∣ ⟨ x, z ⟩ ∣ \leq ∥ x ∥ ∥ z ∥,$ 故 $∥ f_{z} ∥ \leq ∥ z ∥$ 。
当 $z \neq = 0$ 时，取 $x = z$ ，则
$∣ f_{z} (z) ∣ = ⟨ z, z ⟩ = ∥ z ∥^{2},$ 从而 $∥ f_{z} ∥ \geq \frac{∣ f _{z} ( z ) ∣}{∥ z ∥} = ∥ z ∥$ 。
因此 $∥ f_{z} ∥ = ∥ z ∥$ ； $z = 0$ 时显然成立。所以 $Φ$ 是等距映射，特别地它是单射。

第二步： $Φ$ 是满射

由题设， $Φ$ 为满射，故 $Φ$ 是双射。

第三步： $X^{'}$ 是 Banach 空间

对偶空间 $X^{'}$ （有界线性泛函全体，赋以算子范数）总是完备的，与 $X$ 是否完备无关。因此 $X^{'}$ 是 Banach 空间。

第四步： $X$ 的完备性

任取 $X$ 中的 Cauchy 序列 ${x_{n}}$ 。由 $Φ$ 等距知 ${Φ (x_{n})}$ 是 $X^{'}$ 中的 Cauchy 序列。因为 $X^{'}$ 完备，存在 $f \in X^{'}$ 使得 $Φ (x_{n}) \to f$ （按范数）。
$Φ$ 满射，故有 $z \in X$ 满足 $Φ (z) = f$ 。再利用等距性：
$∥ x_{n} - z ∥ = ∥ Φ (x_{n}) - Φ (z) ∥ \to 0 (n \to \infty),$ 所以 $x_{n} \to z$ 。因此 $X$ 是完备的赋范空间。

结论

$X$ 是完备的内积空间，从而是 Hilbert 空间。∎

习题 3.24

设 $H_{1}, H_{2}$ 为 Hilbert 空间, $T \in B (H_{1}, H_{2})$ . 若 $M_{1} \subset H_{1}, M_{2} \subset H_{2}$ , 使得 $T (M_{1}) \subset M_{2}$ , 求证: $T^{*} (M_{2}^{⊥}) \subset M_{1}^{⊥}$ .

解答

证明：任取 $y \in M_{2}^{⊥}$ ，要证 $T^{*} y \in M_{1}^{⊥}$ ，即对任意 $x \in M_{1}$ 有 $⟨ T^{*} y, x ⟩_{H_{1}} = 0$ 。

由伴随算子的定义，对于 $x \in H_{1}, y \in H_{2}$ 恒有 $⟨ T^{*} y, x ⟩_{H_{1}} = ⟨ y, T x ⟩_{H_{2}} .$

因 $x \in M_{1}$ ，由条件 $T (M_{1}) \subset M_{2}$ 可知 $T x \in M_{2}$ 。又 $y \in M_{2}^{⊥}$ ，故 $⟨ y, T x ⟩_{H_{2}} = 0$ 。从而 $⟨ T^{*} y, x ⟩_{H_{1}} = 0, \forall x \in M_{1} .$ 即 $T^{*} y ⊥ M_{1}$ ，亦即 $T^{*} y \in M_{1}^{⊥}$ 。

由 $y$ 的任意性得 $T^{*} (M_{2}^{⊥}) \subset M_{1}^{⊥}$ 。证毕。

习题 3.25

在习题 24 中, 设 $M_{1}, M_{2}$ 均为闭线性子空间, 求证: $T (M_{1}) \subset M_{2}$ 当且仅当 $T^{*} (M_{2}^{⊥}) \subset M_{1}^{⊥} .$

解答

证明

设 $H$ 是 Hilbert 空间， $M_{1}, M_{2}$ 是 $H$ 的闭线性子空间， $T \in L (H)$ 。

必要性 ( $\Rightarrow$ )
假设 $T (M_{1}) \subset M_{2}$ 。取任意 $y \in M_{2}^{⊥}$ ，则对任意 $x \in M_{1}$ 有
$⟨ T^{*} y, x ⟩ = ⟨ y, T x ⟩ .$
因为 $x \in M_{1}$ ，故 $T x \in T (M_{1}) \subset M_{2}$ ，而 $y \in M_{2}^{⊥}$ ，所以 $⟨ y, T x ⟩ = 0$ 。从而 $⟨ T^{*} y, x ⟩ = 0$ 对所有 $x \in M_{1}$ 成立，即 $T^{*} y \in M_{1}^{⊥}$ 。由 $y$ 的任意性得 $T^{*} (M_{2}^{⊥}) \subset M_{1}^{⊥}$ 。

充分性 ( $\Leftarrow$ )
假设 $T^{*} (M_{2}^{⊥}) \subset M_{1}^{⊥}$ 。由于 $M_{2}$ 是闭子空间，有 $M_{2} = (M_{2}^{⊥})^{⊥}$ 。要证 $T (M_{1}) \subset M_{2}$ ，只需证明对任意 $x \in M_{1}$ 和任意 $y \in M_{2}^{⊥}$ 均有 $⟨ T x, y ⟩ = 0$ 。

任取 $x \in M_{1}$ 和 $y \in M_{2}^{⊥}$ ，则
$⟨ T x, y ⟩ = ⟨ x, T^{*} y ⟩ .$
因为 $y \in M_{2}^{⊥}$ ，由假设 $T^{*} y \in T^{*} (M_{2}^{⊥}) \subset M_{1}^{⊥}$ ，而 $x \in M_{1}$ ，故 $⟨ x, T^{*} y ⟩ = 0$ 。于是 $⟨ T x, y ⟩ = 0$ ，所以 $T x \in (M_{2}^{⊥})^{⊥} = M_{2}$ 。由 $x$ 的任意性得 $T (M_{1}) \subset M_{2}$ 。

综上所述， $T (M_{1}) \subset M_{2}$ 当且仅当 $T^{*} (M_{2}^{⊥}) \subset M_{1}^{⊥}$ 。

习题 3.26

设 $H$ 为 Hilbert 空间, $T \in B (H, H), S = I + T T^{*}$ . 求证: $R (S)$ 为 $H$ 的闭线性子空间, $S$ 为单射, 且 $S^{- 1} \in B (R (S), H)$ .

解答

证明：

设 $H$ 为 Hilbert 空间， $T \in B (H)$ ， $S = I + T T^{*}$ 。以下分三步进行论证。

1. 证明 $∥ S x ∥ \geq ∥ x ∥$ 对一切 $x \in H$ 成立，从而 $S$ 是单射。

对任意 $x \in H$ ，计算 $∥ S x ∥^{2} = ⟨(I + T T^{*}) x, (I + T T^{*}) x ⟩ = ∥ x ∥^{2} + ⟨ x, T T^{*} x ⟩ + ⟨ T T^{*} x, x ⟩ + ∥ T T^{*} x ∥^{2} .$ 由于 $T T^{*}$ 是自伴算子， $⟨ T T^{*} x, x ⟩ = ⟨ T^{*} x, T^{*} x ⟩ = ∥ T^{*} x ∥^{2}$ ，且它为实数，故 $⟨ x, T T^{*} x ⟩ = \overline{⟨ T T^{*} x, x ⟩} = ∥ T^{*} x ∥^{2}$ 。于是 $∥ S x ∥^{2} = ∥ x ∥^{2} + 2∥ T^{*} x ∥^{2} + ∥ T T^{*} x ∥^{2} \geq ∥ x ∥^{2} .$ 开方得 $∥ S x ∥ \geq ∥ x ∥$ 。特别地，若 $S x = 0$ ，则 $∥ x ∥ \leq 0$ ，从而 $x = 0$ ，故 $S$ 是单射。

2. 证明 $R (S)$ 是 $H$ 的闭线性子空间。

首先， $S$ 为线性算子，故 $R (S)$ 是 $H$ 的线性子空间。下证其闭性。

设 ${y_{n}} \subset R (S)$ 收敛于某 $y \in H$ ，则存在 ${x_{n}} \subset H$ 使得 $S x_{n} = y_{n}$ 。由于 ${y_{n}}$ 是 Cauchy 列，由 $∥ S x_{n} - S x_{m} ∥ = ∥ y_{n} - y_{m} ∥$ 及 $∥ S (x_{n} - x_{m}) ∥ \geq ∥ x_{n} - x_{m} ∥$ 得 $∥ x_{n} - x_{m} ∥ \leq ∥ y_{n} - y_{m} ∥,$ 故 ${x_{n}}$ 也是 Cauchy 列。 $H$ 完备，存在 $x \in H$ 使 $x_{n} \to x$ 。由 $S$ 的连续性， $S x = n \to \infty lim S x_{n} = n \to \infty lim y_{n} = y,$ 因而 $y \in R (S)$ 。所以 $R (S)$ 是闭集。

3. 证明 $S^{- 1} \in B (R (S), H)$ 。

$S$ 为单射，故存在逆算子 $S^{- 1} : R (S) \to H$ ，且对任意 $y \in R (S)$ ，有唯一的 $x \in H$ 满足 $S x = y$ 。由 $∥ S x ∥ \geq ∥ x ∥$ 得 $∥ S^{- 1} y ∥ = ∥ x ∥ \leq ∥ S x ∥ = ∥ y ∥,$ 即 $S^{- 1}$ 是有界线性算子，且 $∥ S^{- 1} ∥ \leq 1$ 。因此 $S^{- 1} \in B (R (S), H)$ 。

综上，命题得证。

习题 3.27

在 Hilbert 空间 $ℓ^{2}$ 上考虑右移算子 $T : ℓ^{2} \to ℓ^{2}$ , 即任取 $n \geq 1$ , 有 $T (x_{1}, x_{2}, \dots) = (0, x_{1}, x_{2}, \dots) .$ 求伴随算子 $T^{*}, D (T^{*}), R (T^{*})$ 及 $∥ T^{*} ∥$ .

解答

解
在 $ℓ^{2}$ 上，右移算子 $T$ 定义为 $T (x_{1}, x_{2}, x_{3}, \dots) = (0, x_{1}, x_{2}, \dots),$ 这是一个有界线性算子，且 $∥ T ∥ = 1$ 。

伴随算子 $T^{*}$
对任意 $x, y \in ℓ^{2}$ ，记 $y = (y_{1}, y_{2}, \dots)$ ，计算内积： $⟨ T x, y ⟩ = n = 1 \sum \infty (T x)_{n} \overline{y_{n}} = 0 \cdot \overline{y_{1}} + n = 2 \sum \infty x_{n - 1} \overline{y_{n}} = n = 1 \sum \infty x_{n} \overline{y_{n + 1}} .$ 若定义左移算子 $L$ 为 $L y = (y_{2}, y_{3}, y_{4}, \dots)$ ，则 $⟨ T x, y ⟩ = ⟨ x, L y ⟩ .$ 由伴随算子的唯一性，得 $T^{*} = L$ ，即 $T^{*} (y_{1}, y_{2}, y_{3}, \dots) = (y_{2}, y_{3}, y_{4}, \dots) .$

定义域 $D (T^{*})$
由于 $T$ 有界，其伴随 $T^{*}$ 的定义域为全空间 $ℓ^{2}$ ，故 $D (T^{*}) = ℓ^{2} .$

值域 $R (T^{*})$
任取 $z = (z_{1}, z_{2}, \dots) \in ℓ^{2}$ ，构造 $y = (0, z_{1}, z_{2}, \dots) \in ℓ^{2}$ ，则 $T^{*} y = (y_{2}, y_{3}, \dots) = (z_{1}, z_{2}, \dots) = z,$ 因此 $z \in R (T^{*})$ ，即 $R (T^{*}) = ℓ^{2}$ 。

范数 $∥ T^{*} ∥$
一方面，对任意 $y \in ℓ^{2}$ ， $∥ T^{*} y ∥^{2} = n = 2 \sum \infty ∣ y_{n} ∣^{2} \leq n = 1 \sum \infty ∣ y_{n} ∣^{2} = ∥ y ∥^{2},$ 故 $∥ T^{*} ∥ \leq 1$ 。
另一方面，取 $y = (0, 1, 0, 0, \dots)$ ，则 $∥ y ∥ = 1$ 且 $T^{*} y = (1, 0, 0, \dots), ∥ T^{*} y ∥ = 1,$ 所以 $∥ T^{*} ∥ \geq 1$ 。
综上， $∥ T^{*} ∥ = 1.$

习题 3.28

设 $H$ 为复 Hilbert 空间, $T \in B (H, H)$ 称为正规算子, 如果 $T^{*} T = T T^{*}$ . 求证 $T$ 为正规算子当且仅当任取 $x \in H$ , 有 $∥ T x ∥ = ∥ T^{*} x ∥$ 成立.

解答

证明：

( $\Rightarrow$ ) 设 $T$ 为正规算子，即 $T^{*} T = T T^{*}$ 。对任意 $x \in H$ ，有

$∥ T x ∥^{2} = ⟨ T x, T x ⟩ = ⟨ T^{*} T x, x ⟩,$

$∥ T^{*} x ∥^{2} = ⟨ T^{*} x, T^{*} x ⟩ = ⟨ T T^{*} x, x ⟩ .$

因为 $T^{*} T = T T^{*}$ ，故 $∥ T x ∥^{2} = ∥ T^{*} x ∥^{2}$ ，从而 $∥ T x ∥ = ∥ T^{*} x ∥$ 。

( $\Leftarrow$ ) 设对任意 $x \in H$ ， $∥ T x ∥ = ∥ T^{*} x ∥$ ，则对任意 $x$ 有

$⟨ T^{*} T x, x ⟩ = ∥ T x ∥^{2} = ∥ T^{*} x ∥^{2} = ⟨ T T^{*} x, x ⟩ .$

于是对任意 $x$ ，

$⟨(T^{*} T - T T^{*}) x, x ⟩ = 0.$

注意到 $A = T^{*} T - T T^{*}$ 是自伴算子：因为 $(T^{*} T)^{*} = T^{*} T$ ， $(T T^{*})^{*} = T T^{*}$ ，所以 $A^{*} = A$ 。在复 Hilbert 空间中，若自伴算子 $A$ 满足 $⟨ A x, x ⟩ = 0$ 对所有 $x$ 成立，则 $A = 0$ 。下面给出论证：

对任意 $x, y \in H$ ，考虑极化恒等式

$⟨ A (x + y), x + y ⟩ ⟨ A (x + i y), x + i y ⟩ = ⟨ A x, x ⟩ + ⟨ A x, y ⟩ + ⟨ A y, x ⟩ + ⟨ A y, y ⟩ = 0, = ⟨ A x, x ⟩ + i ⟨ A x, y ⟩ - i ⟨ A y, x ⟩ + ⟨ A y, y ⟩ = 0.$

由 $⟨ A x, x ⟩ = ⟨ A y, y ⟩ = 0$ 得

$⟨ A x, y ⟩ + ⟨ A y, x ⟩ = 0, i (⟨ A x, y ⟩ - ⟨ A y, x ⟩) = 0,$

从而 $⟨ A x, y ⟩ = 0$ 对任意 $x, y$ 成立，故 $A = 0$ 。因此 $T^{*} T - T T^{*} = 0$ ，即 $T$ 为正规算子。

综上，命题得证。

习题 3.29

设 $H$ 为复 Hilbert 空间, $T \in B (H)$ 为正规算子. 求证: ${x \in H : T x = x} = {x \in H : T^{*} x = x} .$

解答

证明： 由于 $T$ 是正规算子，即 $T T^{*} = T^{*} T$ 。考虑 $S = T - I$ ，则 $S^{*} = T^{*} - I$ 。容易验证 $S$ 也是正规的： $S S^{*} S^{*} S = (T - I) (T^{*} - I) = T T^{*} - T - T^{*} + I, = (T^{*} - I) (T - I) = T^{*} T - T^{*} - T + I,$ 由 $T T^{*} = T^{*} T$ 得 $S S^{*} = S^{*} S$ 。

对于正规算子 $S$ ，有 $∥ S x ∥ = ∥ S^{*} x ∥$ 对所有 $x \in H$ 成立。这是因为 $∥ S x ∥^{2} = ⟨ S x, S x ⟩ = ⟨ S^{*} S x, x ⟩ = ⟨ S S^{*} x, x ⟩ = ⟨ S^{*} x, S^{*} x ⟩ = ∥ S^{*} x ∥^{2} .$

于是 $∥ (T - I) x ∥ = ∥ (T^{*} - I) x ∥, \forall x \in H .$

因此 $(T - I) x = 0$ 当且仅当 $(T^{*} - I) x = 0$ ，即 $T x = x$ 当且仅当 $T^{*} x = x$ 。从而 ${x \in H : T x = x} = {x \in H : T^{*} x = x} .$

证毕。

赋范空间中的基本定理

Hahn-Banach 定理

次线性泛函

设 $X$ 为线性空间，函数 $p : X \to R$ 称为次线性泛函，如果满足：

$\forall x, y \in X, p (x + y) \leq p (x) + p (y)$ ；
$\forall x \in X, α \geq 0, p (αx) = α p (x)$ .

半范数

设 $X$ 为线性空间，函数 $p : X \to R$ 称为半范数，如果满足：

$\forall x \in X, p (x) \geq 0$ ；
$\forall x, y \in X, p (x + y) \leq p (x) + p (y)$ ；
$\forall x \in X, α \in K, p (αx) = ∣ α ∣ p (x)$ .

实线性空间上的 Hahn-Banach 定理

设 $X$ 为实线性空间， $p$ 为 $X$ 上的次线性泛函， $Z$ 为 $X$ 的线性子空间， $f \in Z^{*}$ 满足
$f (x) \leq p (x), \forall x \in Z .$ 则存在 $g \in X^{*}$ 使得 $g ∣_{Z} = f$ ，且
$g (x) \leq p (x), \forall x \in X .$

复线性泛函的表示

设 $X$ 为复线性空间， $f \in X^{*}$ ，记 $f_{1} = Re f$ ，则 $f_{1} \in X_{R}^{*}$ （ $X$ 视为实线性空间）且
$f (x) = f_{1} (x) - i f_{1} (i x), \forall x \in X .$ 反之，给定 $f_{1} \in X_{R}^{*}$ ，由上式定义的 $f$ 属于 $X^{*}$ .

半范数控制的 Hahn-Banach 定理

设 $X$ 为 $R$ 或 $C$ 上的线性空间， $p$ 为 $X$ 上的半范数， $Z$ 为 $X$ 的线性子空间， $f \in Z^{*}$ 满足
$∣ f (x) ∣ \leq p (x), \forall x \in Z .$ 则存在 $g \in X^{*}$ 使得 $g ∣_{Z} = f$ ，且
$∣ g (x) ∣ \leq p (x), \forall x \in X .$

赋范空间上的保范延拓定理

设 $X$ 为赋范空间， $Z$ 为 $X$ 的线性子空间， $f \in Z^{'}$ （ $Z$ 上的连续线性泛函）。则存在 $g \in X^{'}$ 使得 $g ∣_{Z} = f$ ，且 $∥ g ∥ = ∥ f ∥$ .

非零连续线性泛函的存在性

设 $X$ 为赋范空间， $x_{0} \in X$ ， $x_{0} \neq = 0$ . 则存在 $f \in X^{'}$ 使得 $∥ f ∥ = 1$ 且 $f (x_{0}) = ∥ x_{0} ∥$ .

推论
设 $X$ 为非零赋范空间， $x_{0} \in X$ ，则
$∥ x_{0} ∥ = f \in X^{'}, f \neq = 0 max \frac{∣ f ( x _{0} ) ∣}{∥ f ∥} = f \in X^{'}, ∥ f ∥ \leq 1 max ∣ f (x_{0}) ∣.$

共轭算子

设 $X, Y$ 为赋范空间， $T \in B (X, Y)$ . 定义 $T^{*} : Y^{'} \to X^{'}$ 为
$T^{*} (f) = f \circ T, f \in Y^{'} .$ 则 $T^{*} \in B (Y^{'}, X^{'})$ ，且 $∥ T^{*} ∥ = ∥ T ∥$ .

典范映射与自反空间

定义 $J : X \to X^{''}$ 为
$J (x) (f) = f (x), f \in X^{'} .$ $J$ 是线性等距嵌入（ $∥ J (x) ∥ = ∥ x ∥$ ），称为典范嵌入. 若 $J$ 是满射，则称 $X$ 为自反空间.

可分性的传递

设 $X$ 为赋范空间，若 $X^{'}$ 可分，则 $X$ 可分.

一致有界性定理

一致有界性定理（共鸣定理）

设 $X$ 是 Banach 空间， $Y$ 是赋范空间， $(T_{i})_{i \in I} \subset B (X, Y)$ . 如果对每个 $x \in X$ 有
$i \in I sup ∥ T_{i} (x) ∥ < \infty,$ 则
$i \in I sup ∥ T_{i} ∥ < \infty.$

强收敛与弱收敛

强收敛

在赋范空间 $X$ 中，序列 $(x_{n})$ 强收敛于 $x$ （记作 $x_{n} \to x$ ）是指 $∥ x_{n} - x ∥ \to 0$ .

弱收敛

在赋范空间 $X$ 中，序列 $(x_{n})$ 弱收敛于 $x$ （记作 $x_{n} ⇀ x$ ）是指
$\forall f \in X^{'}, f (x_{n}) \to f (x) .$

弱*收敛

在对偶空间 $X^{'}$ 中，序列 $(f_{n})$ 弱*收敛于 $f$ （记作 $f_{n} * f$ ）是指
$\forall x \in X, f_{n} (x) \to f (x) .$

开映射定理和闭图像定理

开映射

设 $X, Y$ 为拓扑空间，映射 $T : X \to Y$ 称为开映射，如果 $X$ 中任意开集 $G$ 的像 $T (G)$ 是 $Y$ 中的开集.

开映射定理

设 $X, Y$ 是 Banach 空间， $T \in B (X, Y)$ 为满射，则 $T$ 是开映射. 特别地，若 $T$ 是双射，则 $T^{- 1} \in B (Y, X)$ .

等价范数定理

设 $X$ 是线性空间， $∥ \cdot ∥_{1}$ 和 $∥ \cdot ∥_{2}$ 是 $X$ 上的两个范数，且 $(X, ∥ \cdot ∥_{1})$ 与 $(X, ∥ \cdot ∥_{2})$ 都是 Banach 空间. 若存在 $α > 0$ 使得
$∥ x ∥_{1} \leq α ∥ x ∥_{2}, \forall x \in X,$ 则存在 $β > 0$ 使得
$∥ x ∥_{2} \leq β ∥ x ∥_{1}, \forall x \in X,$ 即两个范数等价.

闭算子

设 $X, Y$ 为赋范空间， $T : D (T) \to Y$ 为线性算子，定义域 $D (T) \subset X$ . 称 $T$ 为闭算子，如果其图像
$G_{T} = {(x, T x) : x \in D (T)}$ 是 $X \times Y$ 中的闭集.

闭图像定理

设 $X, Y$ 是 Banach 空间， $D (T) \subset X$ 是闭线性子空间， $T : D (T) \to Y$ 是闭算子，则 $T$ 是有界线性算子（即连续）.

在逼近论中的应用

（本章最后简要讨论了 Hahn-Banach 定理在逼近论中的若干应用，例如最佳逼近的存在性等.）

习题 1

设 $p$ 为赋范空间 $X$ 上的次线性泛函，满足 $p (0) = 0$ ，且在 $0$ 处连续，求证： $p$ 为连续映射

解答

$p$ 为次线性泛函，即 $p (x + y) \leq p (x) + p (y)$ 且 $p (αx) = α p (x)$ ，其中 $α \geq 0$ 。

已知 $p$ 在 $0$ 处连续，即 $\forall ε > 0, \exists δ > 0$ ，使得 $\forall x \in X$ ， $∥ x ∥ < δ$ 时， $∣ p (x) ∣ < ε$ 。

对于任意 $x_{0}, x \in X, ∥ x ∥ < δ$ ，有

$p (x_{0}) = p (x_{0} + x - x) - ε < - p (- x) - ε ∣ p (x_{0} + x) - p (x_{0}) ∣ \leq p (x_{0} + x) + p (- x) \leq p (x_{0} + x) - p (x_{0}) \leq p (x) + p (x_{0}) - p (x_{0}) < p (x_{0} + x) - p (x_{0}) \leq p (x) < ε < ε$

故 $p$ 在 $x_{0}$ 处连续，故 $p$ 为连续映射。

习题 2

设 $X$ 为线性空间， $p : X \to R$ ，使得任取 $x, y \in X, λ \in K$ ，有 $p (x + y) \leq p (x) + p (y), p (λ x) = ∣ λ ∣ p (x)$ 。求证： $p$ 为 $X$ 上的半范数。

解答

回顾半范数定义： $p : X \to R$ 满足

$\forall x \in X, p (x) \geq 0$
$\forall x, y \in X, p (x + y) \leq p (x) + p (y)$
$\forall x \in X, \forall λ \in K, p (λ x) = ∣ λ ∣ p (x)$

对比题设，只须证明 1 也成立

取 $λ = 0$ ，易得 $p (0) = 0$ 。再取 $y = - x$ ，则 $p (x + y) = p (0) \leq p (x) + p (- x)$ ，因此任一对 $p (x), p (- x)$ 中至少有一个非负。

又 $p (- x) = ∣ - 1∣ p (x) = p (x)$ ，故 $p (x) = p (- x) \geq 0$ ，故 $p$ 为 $X$ 上的半范数。

习题 4.3

设 $a_{1}, a_{2} \in R$ 固定, 考虑 $R^{3}$ 的线性子空间 $Z = {(x_{1}, x_{2}, x_{3}) \in R^{3} : x_{3} = 0},$ 及 $Z$ 上的线性泛函 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = a_{1} x_{1} + a_{2} x_{2}$ . 求出所有 $f$ 到 $R^{3}$ 上的线性延拓及相应线性泛函的范数, 其中 $R^{3}$ 赋予范数 $∥ (x_{1}, x_{2}, x_{3}) ∥_{2} = (∣ x_{1} ∣^{2} + ∣ x_{2} ∣^{2} + ∣ x_{3} ∣^{2})^{1/2}$ .

解答

解答

设 $R^{3}$ 上赋予 Euclid 范数 $∥ x ∥_{2} = x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2}$ ，则它是一个 Hilbert 空间，其内积为 $⟨ x, y ⟩ = x_{1} y_{1} + x_{2} y_{2} + x_{3} y_{3}$ 。由 Riesz 表示定理，任意连续线性泛函 $F : R^{3} \to R$ 均存在唯一的 $y \in R^{3}$ 使得 $F (x) = ⟨ x, y ⟩$ ，且 $∥ F ∥ = ∥ y ∥_{2}$ 。

子空间 $Z = {(x_{1}, x_{2}, 0) ∣ x_{1}, x_{2} \in R}$ ，其上的泛函 $f (x_{1}, x_{2}, 0) = a_{1} x_{1} + a_{2} x_{2}$ 已给出。设 $F$ 为 $f$ 到 $R^{3}$ 上的任一线性延拓，则存在 $y = (y_{1}, y_{2}, y_{3}) \in R^{3}$ 使得
$F (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = y_{1} x_{1} + y_{2} x_{2} + y_{3} x_{3} .$
限制在 $Z$ 上须满足
$F (x_{1}, x_{2}, 0) = y_{1} x_{1} + y_{2} x_{2} = a_{1} x_{1} + a_{2} x_{2} \forall x_{1}, x_{2} \in R .$
因此 $y_{1} = a_{1}$ , $y_{2} = a_{2}$ ，而 $y_{3}$ 可取任意实数。记 $y_{3} = c \in R$ ，则延拓后的泛函为
$\tilde{f}_{c} (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = a_{1} x_{1} + a_{2} x_{2} + c x_{3} .$

相应泛函的范数为
$∥ \tilde{f}_{c} ∥ = ∥ (a_{1}, a_{2}, c) ∥_{2} = a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + c^{2} .$

因此， $f$ 到 $R^{3}$ 上的所有线性延拓由参数 $c \in R$ 给出，每个延拓的范数如上式。

习题 4

设 $X$ 为赋范空间， $M$ 为 $X$ 的线性子空间， $x_{0} \in X$ 。求证： $x_{0} \in \overline{M}$ 当且仅当任取 $f \in X^{'}, f ∣_{M} = 0$ 时， $f (x_{0}) = 0$ 。

解答

充分性

$x_{0} \in \overline{M}$ ，故 $\exists x_{n} \in M, x_{n} \to x_{0}$ 。

$f \in X^{'}$ ，则 $f$ 连续，故 $f (x_{n}) \to f (x_{0})$ 。

$f ∣_{M} = 0 ⟹ f (x_{n}) = 0 ⟹ f (x_{0}) = n \to \infty lim f (x_{n}) = 0$ 。

必要性

假设 $x_{0} \in / \overline{M}$ ，则 $ρ (x_{0}, M) > 0$ 。

由 Hahn-Banach 定理， $\exists f \in X^{'}, f ∣_{M} = 0, f (x_{0}) = 1, ∥ f ∥ = ρ (x_{0}, M)$ 。这与 $f (x_{0}) = 0$ 矛盾。

习题 5

设 $X$ 为可分赋范空间，求证：存在 $X^{'}$ 单位球面的可数子集 $N$ ，使得任取 $x \in X$ ，有 $∥ x ∥ = f \in N sup ∣ f (x) ∣$ 。

解答

记 $S$ 为 $X^{'}$ 的单位球面。

$X$ 可分，即 $\exists M$ 为可数集，且 $\overline{M} = X$

由 Hahn-Banach 定理， $\forall x \in X, x \neq = 0, \exists f_{x} \in X^{'}, ∥ f_{x} ∥ = 1, f_{x} (x) = ∥ x ∥$ 。

构造集合 $N = {f_{x} : x \in M}$ ，则 $M$ 为可数集 $⟹ N$ 为可数集，且 $∥ f_{x} ∥ = 1 ⟹ N \subset S$ 。故 $N$ 为 $S$ 的可数子集。

$\forall f \in N, ∣ f (x) ∣ \leq ∥ f ∥∥ x ∥ = ∥ x ∥ ⟹ f \in N sup ∣ f (x) ∣ \leq ∥ x ∥$ 。

$\forall x \in X, \exists x_{n} \in M, x_{n} \to x$ ，即 $\forall ε > 0, \exists K, \forall k > K, ∥ x_{k} - x ∥ < ε$ 。

$∣ f_{x_{k}} (x) ∣ = ∣ f_{x_{k}} (x_{k} + (x - x_{k})) ∣ = ∣ f_{x_{k}} (x_{k}) + f_{x_{k}} (x - x_{k}) ∣ \leq ∣ f_{x_{k}} (x_{k}) ∣ + ∣ f_{x_{k}} (x - x_{k}) ∣ = ∥ x_{k} ∥ + ∣ f_{x_{k}} (x - x_{k}) ∣ \leq ∥ x_{k} ∥ + ∥ f_{x_{k}} ∥∥ x - x_{k} ∥ = ∥ x_{k} ∥ + ∥ x - x_{k} ∥ < ∥ x_{k} ∥ + ε$

由 $ε$ 的任意性， $f \in N sup ∣ f (x) ∣ = ∥ x ∥$ 。

习题 6

设 $X$ 为赋范空间， $f \in X^{*}$ 。求证： $f \in X^{'}$ 当且仅当 $N (f)$ 为 $X$ 的闭线性子空间。

解答

充分性

$\forall x_{1}, x_{2} \in N (f), α, β \in K, f (α x_{1} + β x_{2}) = α f (x_{1}) + β f (x_{2}) = α 0 + β 0 = 0$ ，故 $α x_{1} + β x_{2} \in N (f)$ ，故 $N (f)$ 为 $X$ 的线性子空间。

$\forall x_{n} \in N (f), x_{n} \to x$ ，由 $f \in X^{'}$ 知 $f$ 连续，故 $f (x) = n \to \infty lim f (x_{n}) = n \to \infty lim 0 = 0$ ，故 $x \in N (f)$ ，故 $N (f)$ 为 $X$ 的闭线性子空间。

必要性

$N (f)$ 为 $X$ 的闭线性子空间，故 $N (f) = \overline{N (f)}$ 。

若 $N (f) = X$ ，则 $f = 0 \in X^{'}$ 。

若 $N (f) ⊊ X$ ，则 $N (f)$ 不稠密，故 $\exists x_{0} \in X ∖ N (f), r > 0, B (x_{0}, r) \subset X ∖ N (f)$ 。

假设 $f \in X^{*} ∖ X^{'}$ ，则 $f (B (x_{0}), r)$ 不是有界集，进而 $f (x_{0}) + r B (0, 1)$ 不是有界集。

$\forall k \in K, \exists x_{1} \in B (x_{0}, r), ∣ f (x_{1}) ∣ > ∣ k ∣$ 。取 $x_{2} = x_{0} - \frac{f ( x _{0} )}{f ( x _{1} )} x_{1}$ ，则 $∥ x_{2} - x_{0} ∥ = ∥ \frac{x _{0}}{x _{1}} x_{1} ∥ = ∣ \frac{f ( x _{0} )}{f ( x _{1} )} ∣∥ x_{1} ∥$ ，由 $∣ f (x_{1}) ∣$ 可任意大，故 $∥ x_{2} - x_{0} ∥$ 可任意小，故 $x_{2} \in B (x_{0}, r)$ 。

又 $∣ f (x_{2}) ∣ = ∣ f (x_{0}) - f (x_{0}) ∣ = 0$ ，即 $x_{2} \in N (f)$ ，与 $x_{2} \in B (x_{0}, r) \subset X ∖ N (f)$ 矛盾。

故 $f \in X^{'}$ 。

习题 7

设 $X$ 为赋范空间， $M$ 为 $X^{'}$ 的非空子集，求证：若 $\overline{span (M)} = X^{'}$ ，则 $f \in M ⋂ N (f) = {0}$ 。

解答

设 $x_{0} \neq = 0, x_{0} \in f \in M ⋂ N (f)$ ，则 $\forall f \in M, f (x_{0}) = 0$ 。

由 Hahn-Banach 定理， $\exists f \in X^{'}, ∥ f ∥ = 1, f (x_{0}) = ∥ x_{0} ∥$ 。

由 $\overline{span (M)} = X^{'}$ ， $\exists f_{n} = i \geq 1 \sum a_{ni} f_{i} \to f$ ，其中 $f_{i} \in M, a_{ni} \in K$ 。则有

$∣ f_{n} (x_{0}) - f (x_{0}) ∣ = ∣ i \geq 1 \sum a_{ni} f_{i} (x_{0}) - f (x_{0}) ∣ = ∣ i \geq 1 \sum a_{ni} \cdot 0 - ∥ x_{0} ∥∣ = ∥ x_{0} ∥$

由 $f_{n} \to f$ ，则 $\forall ε > 0, \exists N, \forall n > N, ∣ f_{n} (x_{0}) - f (x_{0}) ∣ < ε$ 。进而 $∥ x_{0} ∥ < ε$ ，由 $ε$ 的任意性， $∥ x_{0} ∥ = 0$ ，故 $x_{0} = 0$ 。这与假设矛盾，故 $f \in M ⋂ N (f) = {0}$ 。

习题 4.8

设 $X$ 为赋范空间, $M$ 为 $X$ 的线性子空间, $x \in X$ , 求证: $ρ (x, M) \geq sup {∣ f (x) ∣ : f \in X^{'}, ∥ f ∥ \leq 1, f ∣_{M} = 0} .$

解答

证明：记 $d = ρ (x, M) = in f_{y \in M} ∥ x - y ∥$ 。
任取 $f \in X^{'}$ 满足 $∥ f ∥ \leq 1$ 且 $f ∣_{M} = 0$ 。对任意 $y \in M$ ，由于 $f (y) = 0$ ，有
$f (x) = f (x - y),$ 从而
$∣ f (x) ∣ = ∣ f (x - y) ∣ \leq ∥ f ∥ \cdot ∥ x - y ∥ \leq ∥ x - y ∥.$ 上式对每个 $y \in M$ 都成立，故
$∣ f (x) ∣ \leq y \in M in f ∥ x - y ∥ = d .$ 由于 $f$ 是满足条件的任意泛函，对上式取上确界得
$sup {∣ f (x) ∣ : f \in X^{'}, ∥ f ∥ \leq 1, f ∣_{M} = 0} \leq d,$ 即
$ρ (x, M) \geq sup {∣ f (x) ∣ : f \in X^{'}, ∥ f ∥ \leq 1, f ∣_{M} = 0} .$ 不等式得证。

习题 4.9

考虑 $c_{0}$ 的线性子空间 $M = {{x_{n}} \in c_{0} : \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x _{n}}{2 ^{n}} = 0}$ . 求证: 任取 $x \in / M, x$ 在 $M$ 中无最佳逼近元.

解答

证明. 定义线性泛函 $f : c_{0} \to C$ （或 $R$ ）为 $f (x) = n = 1 \sum \infty \frac{x _{n}}{2 ^{n}}, x = (x_{n}) \in c_{0} .$ 因为 $\sum_{n = 1}^{\infty} 2^{- n} = 1$ ，对任意 $x \in c_{0}$ 有 $∣ f (x) ∣ \leq n = 1 \sum \infty \frac{∣ x _{n} ∣}{2 ^{n}} \leq ∥ x ∥_{\infty} n = 1 \sum \infty \frac{1}{2 ^{n}} = ∥ x ∥_{\infty},$ 故 $f$ 连续且 $∥ f ∥ \leq 1$ 。取 $x^{(N)} = (1, \dots, 1, 0, 0, \dots)$ （前 $N$ 项为 $1$ ），则 $∥ x^{(N)} ∥_{\infty} = 1$ ，且 $f (x^{(N)}) = n = 1 \sum N \frac{1}{2 ^{n}} = 1 - \frac{1}{2 ^{N}} \to 1 (N \to \infty),$ 所以 $∥ f ∥ = 1$ 。

设 $M = ker f = {x \in c_{0} : f (x) = 0}$ ，则 $M$ 是 $c_{0}$ 的闭线性子空间。任取 $x \in / M$ ，记 $d = in f_{z \in M} ∥ x - z ∥_{\infty}$ 。下面证明 $d = ∣ f (x) ∣$ 。

下界：对任意 $z \in M$ ， $f (z) = 0$ ，于是 $∣ f (x) ∣ = ∣ f (x) - f (z) ∣ = ∣ f (x - z) ∣ \leq ∥ f ∥ \cdot ∥ x - z ∥_{\infty} = ∥ x - z ∥_{\infty},$ 故 $d \geq ∣ f (x) ∣$ 。

上界：对每个 $N \in N$ ，令 $u_{N} = (1, \dots, 1, 0, 0, \dots)$ （前 $N$ 项为 $1$ ），则 $∥ u_{N} ∥_{\infty} = 1$ 且 $f (u_{N}) = 1 - 2^{- N} > 0$ 。取 $z_{N} = x - \frac{f ( x )}{f ( u _{N} )} u_{N},$ 则 $f (z_{N}) = f (x) - \frac{f ( x )}{f ( u _{N} )} f (u_{N}) = 0$ ，即 $z_{N} \in M$ 。于是 $∥ x - z_{N} ∥_{\infty} = \frac{f ( x )}{f ( u _{N} )} u_{N}_{\infty} = \frac{∣ f ( x ) ∣}{f ( u _{N} )} \to ∣ f (x) ∣ (N \to \infty),$ 因此 $d \leq ∣ f (x) ∣$ 。综上 $d = ∣ f (x) ∣$ 。

现假设存在 $z \in M$ 使 $∥ x - z ∥_{\infty} = d$ 。令 $y = x - z$ ，则 $f (y) = f (x) \neq = 0$ ，且 $∥ y ∥_{\infty} = d = ∣ f (y) ∣$ 。记 $α = f (y)$ ， $d = ∣ α ∣ > 0$ ，并记 $w_{n} = 2^{- n}$ ，则 $\sum_{n = 1}^{\infty} w_{n} = 1$ ， $w_{n} > 0$ ，且 $α = f (y) = n = 1 \sum \infty w_{n} y_{n}, ∥ y ∥_{\infty} = ∣ α ∣.$ 于是 $∣ α ∣ = n = 1 \sum \infty w_{n} y_{n} \leq n = 1 \sum \infty w_{n} ∣ y_{n} ∣ \leq ∥ y ∥_{\infty} n = 1 \sum \infty w_{n} = ∣ α ∣.$ 故两个不等式均取等号。

由第一个等号 $∣ \sum w_{n} y_{n} ∣ = \sum w_{n} ∣ y_{n} ∣$ 可知，存在常数 $θ \in R$ 使得 $e^{- i θ} y_{n} = ∣ y_{n} ∣$ 对所有 $n$ 成立（即所有 $y_{n}$ 具有相同的辐角）；特别地，在实数情形下所有 $y_{n}$ 同号。

由第二个等号 $\sum w_{n} ∣ y_{n} ∣ = ∥ y ∥_{\infty} \sum w_{n}$ ，并注意到 $∣ y_{n} ∣ \leq ∥ y ∥_{\infty} = ∣ α ∣$ 且 $w_{n} > 0$ ，若存在某个 $k$ 使 $∣ y_{k} ∣ < ∣ α ∣$ ，则 $n = 1 \sum \infty w_{n} ∣ y_{n} ∣ < ∣ α ∣ n = 1 \sum \infty w_{n} = ∣ α ∣,$ 矛盾。因此对一切 $n$ ， $∣ y_{n} ∣ = ∣ α ∣$ 。

结合两点，得 $y_{n} = ∣ α ∣ e^{i θ}$ （实数情形为 $y_{n} = \pm ∣ α ∣$ 且符号一致），即 $y$ 为常数序列。但 $y \in c_{0}$ 要求 $lim_{n \to \infty} y_{n} = 0$ ，这与 $∣ α ∣ > 0$ 矛盾。

因此假设不成立，不存在 $z \in M$ 使得 $∥ x - z ∥_{\infty} = d$ ，即 $x$ 在 $M$ 中无最佳逼近元。∎

习题 4.10

设 $X$ 为赋范空间, $M$ 为 $X$ 的线性子空间, 令 $⊥ M = {f \in X^{'} : f ∣_{M} = 0}$ . 若 $M_{1}, M_{2}$ 为 $X$ 的闭线性子空间, 且 $M_{1} \neq = M_{2}$ . 求证: $^{⊥} M_{1} \neq =^{⊥} M_{2}$ .

解答

证明： 设 $X$ 为赋范空间， $M$ 为 $X$ 的线性子空间，记 $^{⊥} M = {f \in X^{'} ∣ f ∣_{M} = 0} .$ 若 $N \subseteq X^{'}$ ，定义其预零化子为 $N_{⊥} = {x \in X ∣ f (x) = 0, \forall f \in N} .$ 容易验证 $M \subseteq (^{⊥} M)_{⊥}$ 恒成立。

以下引理是 Hahn–Banach 定理的直接推论：

引理的证明：只需证 $(^{⊥} M)_{⊥} \subseteq M$ 。取 $x_{0} \in / M$ ，因 $M$ 闭，故 $d = dist (x_{0}, M) > 0$ 。由 Hahn–Banach 定理（保范延拓），存在 $f \in X^{'}$ 满足 $f ∣_{M} = 0$ ， $f (x_{0}) = d \neq = 0$ ，且 $∥ f ∥ = 1$ 。于是 $f \in^{⊥} M$ 而 $f (x_{0}) \neq = 0$ ，从而 $x_{0} \in / (^{⊥} M)_{⊥}$ 。因此 $(^{⊥} M)_{⊥} \subseteq M$ 。 $□$

现在设 $M_{1}, M_{2}$ 为 $X$ 的闭线性子空间，且 $M_{1} \neq = M_{2}$ 。若假设 $^{⊥} M_{1} =^{⊥} M_{2}$ ，则 $(^{⊥} M_{1})_{⊥} = (^{⊥} M_{2})_{⊥} .$ 由引理知 $M_{1} = (^{⊥} M_{1})_{⊥}$ ， $M_{2} = (^{⊥} M_{2})_{⊥}$ ，故 $M_{1} = M_{2}$ ，与已知矛盾。所以 $^{⊥} M_{1} \neq =^{⊥} M_{2}$ 。 ∎

习题 4.11

设赋范空间 $X$ 包含 $n$ 个线性无关的元素, 求证: $X^{'}$ 也包含至少 $n$ 个线性无关的元素.

解答

证明：

设 $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}$ 为 $X$ 中 $n$ 个线性无关的元素。令 $M = span {x_{1}, \dots, x_{n}}$ ，则 $M$ 是 $X$ 的有限维子空间，因而是闭子空间。在 $M$ 上，任意线性泛函自动连续。

对每个 $i = 1, \dots, n$ ，定义 $f_{i} : M \to K$ （ $K = R$ 或 $C$ ）如下：对任意 $x = \sum_{j = 1}^{n} a_{j} x_{j} \in M$ ，令 $f_{i} (x) = a_{i} .$ 由于 ${x_{j}}$ 线性无关，表示系数唯一，故 $f_{i}$ 是良定义的线性泛函，且在有限维空间 $M$ 上连续。

由 Hahn–Banach 定理，存在连续线性泛函 $F_{i} \in X^{'}$ 使得 $F_{i} ∣_{M} = f_{i}$ （且可保持范数，但此处延拓存在性已足够）。

现证 ${F_{1}, \dots, F_{n}}$ 在 $X^{'}$ 中线性无关。设有标量 $α_{1}, \dots, α_{n}$ 使得 $i = 1 \sum n α_{i} F_{i} = 0 (零泛函) .$ 则对任意 $x \in X$ ， $\sum_{i = 1}^{n} α_{i} F_{i} (x) = 0$ 。特别地，取 $x = x_{j}$ （ $1 \leq j \leq n$ ），得 $0 = i = 1 \sum n α_{i} F_{i} (x_{j}) = i = 1 \sum n α_{i} f_{i} (x_{j}) = i = 1 \sum n α_{i} δ_{ij} = α_{j} .$ 因此 $α_{j} = 0$ 对所有 $j$ 成立，故 ${F_{i}}$ 线性无关。从而 $X^{'}$ 包含至少 $n$ 个线性无关的元素。∎

习题 4.12

设 $M$ 为赋范空间 $X$ 的非空子集, 求证: $M$ 在 $X$ 中为完全集当且仅当在 $M$ 上恒为 0 的 $f \in X^{'}$ 在 $X$ 上也恒为 0.

解答

证明：设 $M \subset X$ 非空，记 $E = span (M)$ 为其生成的线性子空间。
$M$ 称为完全的，即 $\overline{E} = X$ 。

必要性（ $\Rightarrow$ ）：
若 $\overline{E} = X$ ，取 $f \in X^{'}$ 满足 $f ∣_{M} = 0$ 。由于 $f$ 为线性泛函， $f ∣_{M} = 0$ 推出 $f ∣_{E} = 0$ 。
又 $f$ 连续，而 $E$ 在 $X$ 中稠密，故对任意 $x \in X$ 存在 ${x_{n}} \subset E$ 使 $x_{n} \to x$ ，从而
$f (x) = n \to \infty lim f (x_{n}) = 0.$
因此 $f = 0$ 。

充分性（ $\Leftarrow$ ）：
假设对任意 $f \in X^{'}$ ，若 $f ∣_{M} = 0$ 则 $f = 0$ 。
用反证法：若 $E$ 不稠密，即 $\overline{E} \neq = X$ ，则存在 $x_{0} \in X ∖ \overline{E}$ 。
由于 $\overline{E}$ 是 $X$ 的闭线性子空间，且 $x_{0} \in / \overline{E}$ ，故 $dist (x_{0}, \overline{E}) > 0$ 。
考虑子空间 $Y = \overline{E} \oplus K x_{0}$ （ $K$ 为实数域或复数域），并在 $Y$ 上定义线性泛函
$g (y + α x_{0}) = α, y \in \overline{E}, α \in K .$
对任意 $z = y + α x_{0} \in Y$ ，
$∥ z ∥ = ∥ y + α x_{0} ∥ \geq ∣ α ∣ dist (x_{0}, \overline{E}) .$
从而 $∣ g (z) ∣ = ∣ α ∣ \leq \frac{∥ z ∥}{dist ( x _{0} , E )}$ ，故 $g$ 有界。
由 Hahn-Banach 定理， $g$ 可延拓为 $f \in X^{'}$ ，且 $f ∣_{\overline{E}} = 0$ ， $f (x_{0}) = 1$ 。
特别地， $f ∣_{M} = 0$ 。按假设应有 $f = 0$ ，但 $f (x_{0}) = 1$ ，矛盾。
因此 $\overline{E} = X$ ，即 $M$ 为完全集。

综上，结论成立。 $□$

习题 13

设 $X, Y$ 为赋范空间， $T \in B (X, Y), T^{*} \in B (Y^{'}, X^{'})$ 为其共轭算子。求证： $^{⊥} R (T) = N (T^{*})$ 。

解答

记 $f : Y \to K$ ，则 $T^{*} : Y^{'} \to X^{'}, f \mapsto f \circ T$ 。

$D (T) = X, R (T) = {T x \in Y, x \in D (T) = X},^{⊥} R (T) = {g \in Y^{'} : g ∣_{R (T)} = 0} = {g \in Y^{'} : g (T x) = 0, \forall x \in X}$

$N (T^{*}) = {f \in Y^{'} : T^{*} f = 0} = {f \in Y^{'} : f \circ T = 0} = {f \in Y^{'} : f (T x) = 0, \forall x \in X}$

故 $^{⊥} R (T) = N (T^{*})$ 。

习题 14

设 $(X, d)$ 为度量空间，求证： $M \subset X$ 为无处稠密子集当且仅当 $(\overline{M})^{c}$ 为 $X$ 的稠密子集。

解答

充分性

$M$ 无处稠密，即 $\overline{M}$ 无内点。

假设 $(\overline{M})^{c}$ 不稠密，即 $\exists x_{0}, r$ 使得 $B (x_{0}, r) \cap (\overline{M})^{c} = \emptyset$ ，即 $B (x_{0}, r) \subset \overline{M}$ ，即 $x_{0}$ 为 $\overline{M}$ 的内点，与 $\overline{M}$ 无内点矛盾。

故 $(\overline{M})^{c}$ 稠密。

必要性

$(\overline{M})^{c}$ 稠密，即 $\forall x_{0} \in X, r \in K, B (x_{0}, r) \cap (\overline{M})^{c} \neq = \emptyset$ 。

假设 $M$ 不是无处稠密子集，即 $\exists x_{0} \in X, r \in K, B (x_{0}, r) \subset M$ 为内点，则 $B (x_{0}, r) \cap (\overline{M})^{c} = \emptyset$ ，与 $(\overline{M})^{c}$ 稠密矛盾。

故 $M$ 为无处稠密子集。

习题 15

证明：非空完备度量空间的第一范畴子集的余集必为第二范畴子集

解答

记 $(X, d)$ 为非空完备度量空间。

$N \subset X$ 为第一范畴子集，即 $N = i \geq 1 ⋃ N_{i}$ ，其中 $N_{i}$ 为无处稠密子集。

$\forall N_{1}, N_{2}$ ，其并为 $N_{1} \cup N_{2} = i \geq 1 ⋃ N_{i} \cup j \geq 1 ⋃ N_{j}$ ，故第一范畴子集的并仍为第一范畴子集。

由 Baire 定理， $X$ 本身为第二范畴的，故 $\forall N \subset X$ ，其余集 $N^{c}$ 必为第二范畴子集。

习题 16

设 $x_{n}$ 为赋范空间 $X$ 中的一列元，任给 $f \in X^{'}$ ， $f (x_{n})$ 都为纯量有界列。求证： ${x_{n}}$ 为有界列。

解答

考虑典范映射 $J : X \to X^{''}, x \mapsto g_{x}$ ，其中 $g_{x} (f) = f (x)$ 。

$X^{''}$ 为 Banach 空间，且 $n \geq 1 sup ∣ g_{x} (f) ∣ = n \geq 1 sup ∣ f (x_{n}) ∣ < \infty$ ，故由一致有界性原理， $n \geq 1 sup ∥ g_{x} ∥ < \infty$ 。

由典范映射的性质， $∥ g_{x} ∥ = ∥ x ∥$ ，故 $n \geq 1 sup ∥ x_{n} ∥ < \infty$ ，即 ${x_{n}}$ 为有界列。

习题 17

设 $X$ 为 Banach 空间， $Y$ 为赋范空间， $T_{n} \in B (X, Y)$ 为一列有界线性算子，设任取 $x \in X$ ， ${T_{n} x}$ 都是 $Y$ 中的 Cauchy 列。求证：存在常数 $C \geq 0$ ，使得任取 $n \geq 1$ ， $∥ T_{n} ∥ \leq C$ 。

解答

${T_{n} x}$ 为 $Y$ 中的 Cauchy 列，即 $\forall ε > 0, \exists N > 0, n, m \geq N, ∥ T_{n} x - T_{m} x ∥ < ε$ 。

$∥ T_{n} x - T_{m} x ∥ (取 m = N) ∥ T_{n} x - T_{N} x ∥ ∥ T_{n} x ∥ \geq ∥ T_{n} x ∥ - ∥ T_{m} x ∥ \geq ∥ T_{n} x ∥ - ∥ T_{N} x ∥ < ∥ T_{N} x ∥ + ε$

故 $∥ T_{n} x ∥ \leq max (∥ T_{1} x ∥, \dots, ∥ T_{N - 1} x ∥, ∥ T_{N} x ∥, ∥ T_{N} x ∥ + ε)$ ，即 $∥ T_{n} x ∥$ 有界。

$X$ 为 Banach 空间，故由一致有界性原理， $n \geq 1 sup ∥ T_{n} ∥ < \infty$ ，即 $\exists C \geq 0$ ，使得 $\forall n \geq 1$ ， $∥ T_{n} ∥ \leq C$ 。

习题 18

在上题中又设 $Y$ 为 Banach 空间，求证：存在 $T \in B (X, Y)$ 使得任取 $x \in X$ ， $T_{n} x \to T x$ 且 $∥ T ∥ \leq n \geq 1 sup ∥ T_{n} ∥$ 。

解答

${T_{n} x}$ 为 $Y$ 中的 Cauchy 列， $Y$ 为 Banach 空间，故 $\forall x \in X, \exists y \in Y$ ，使得 $T_{n} x \to y$ 。

由于极限唯一，故可定义 $T : X \to Y, x \mapsto n \to \infty lim T_{n} x$ 。下证 $T \in B (X, Y)$ 。

$\forall x_{1}, x_{2} \in X, α, β \in K$ ，有

$T (α x_{1} + β x_{2}) = n \to \infty lim T_{n} (α x_{1} + β x_{2}) = n \to \infty lim (α T_{n} x_{1} + β T_{n} x_{2}) = α n \to \infty lim T_{n} x_{1} + β n \to \infty lim T_{n} x_{2} = α T x_{1} + βT x_{2}$

故 $T$ 为线性算子。再验证其有界。

${T_{n} x}$ 为 Cauchy 列，则为有界列，即 $n \geq 1 sup ∥ T_{n} x ∥ < \infty$ 。又由一致有界性原理， $n \geq 1 sup ∥ T_{n} ∥ < \infty$ 。

$∥ T x ∥ = n \to \infty lim ∥ T_{n} x ∥ \leq n \geq 1 sup ∥ T_{n} ∥∥ x ∥$

故 $∥ T ∥ \leq n \geq 1 sup ∥ T_{n} ∥$ 。即 $T \in B (X, Y)$ 。

习题 19

设 $X$ 为 Banach 空间， $Y$ 为赋范空间， $T_{n} \in B (X, Y)$ 为一列有界线性算子。证明下述命题相互等价：

存在 $C \geq 0, ∥ T_{n} ∥ \leq C$
任取 $x \in X, {T_{n} x}$ 为 $Y$ 中的有界列
任取 $x \in X, f \in Y^{'}, {f (T_{n} x)}$ 为纯量有界列

解答

1 $\Rightarrow$ 2

$\forall x \in X, ∥ T_{n} x ∥ \leq ∥ T_{n} ∥∥ x ∥ \leq C ∥ x ∥$ 。

故 ${T_{n} x}$ 为有界列。

2 $\Rightarrow$ 3

$\forall f \in Y^{'}, ∣ f (T_{n} x) ∣ \leq ∥ f ∥∥ T_{n} x ∥$

由 $n \geq 1 sup ∥ T_{n} x ∥ < \infty$ ，且 $f \in Y^{'} ⟹ ∥ f ∥ < \infty$ ，故 ${f (T_{n} x)}$ 为纯量有界列。

3 $\Rightarrow$ 1

考虑典范映射 $J : Y \to Y^{''}, y \mapsto g_{y}$ ，其中 $g_{y} (f) = f (y)$ 。则由 ${f (T_{n} x)}$ 为纯量有界列，有 ${g_{T_{n} x} (f)}$ 为纯量有界列。

$Y^{''}$ 为 Banach 空间，则由一致有界性原理， $n \geq 1 sup ∥ g_{T_{n} x} ∥ < \infty$ 。

由典范映射的性质， $∥ g_{T_{n} x} ∥ = ∥ T_{n} x ∥$ ，则 $n \geq 1 sup ∥ T_{n} x ∥ < \infty$ 。

$Y^{'}$ 仍为 Banach 空间，故由一致有界性原理， $n \geq 1 sup ∥ T_{n} ∥ < \infty$ 。

从而存在 $C \geq 0, ∥ T_{n} ∥ \leq C$ 。

习题 4.20

设 $X$ 为赋范空间, $x_{n}, x \in X, x_{n} \to x$ . 求证 $: x \in \overline{span {x_{n} : n \geq 1}}$ .

解答

证明：令 $M = span {x_{n} : n \geq 1}$ ，其闭包记为 $\overline{M}$ 。由于每个 $x_{n}$ 都是集合 ${x_{n} : n \geq 1}$ 中的元素，显然 $x_{n} \in M$ 。已知 $x_{n} \to x$ ，即对任意 $ε > 0$ ，存在 $N$ 使得当 $n \geq N$ 时 $∥ x_{n} - x ∥ < ε$ 。特别地，取 $n = N$ ，则有 $x_{N} \in M$ 且 $∥ x_{N} - x ∥ < ε$ 。这表明 $x$ 可以被 $M$ 中的点任意逼近，因此 $x$ 属于 $M$ 的闭包，即 $x \in \overline{M}$ 。故 $x \in \overline{span {x_{n} : n \geq 1}} .$

习题 4.21

设 $X$ 为赋范空间, $x_{n}, x \in X, x_{n} - x$ . 求证: 存在 $y_{n}$ 为 $x_{1}, x_{2}, \dots$ 的线性组合, 使得 $y_{n} \to x$ .

解答

证明：设 $X$ 是赋范空间， ${x_{n}} \subset X$ 满足 $x_{n} ⇀ x$ （即对任意 $f \in X^{*}$ 有 $f (x_{n}) \to f (x)$ ）。要证存在 $x_{1}, x_{2}, \dots$ 的有限线性组合（事实上可取为凸组合） ${y_{n}}$ 使得 $y_{n} \to x$ （依范数收敛）。

记 $C = conv {x_{n} : n \in N}$ 为序列的凸包， $\overline{C}$ 为其范数闭包。下证 $x \in \overline{C}$ 。

若不然， $x \in / \overline{C}$ 。由于 $\overline{C}$ 是闭凸集，根据 Hahn-Banach 严格分离定理，存在连续线性泛函 $f \in X^{*}$ 和实数 $α$ 使得 $f (x) > α, f (y) < α \forall y \in \overline{C} .$ 特别地，对每个 $n$ 有 $f (x_{n}) < α$ 。但由弱收敛性知 $f (x_{n}) \to f (x)$ ，从而 $f (x) = n \to \infty lim f (x_{n}) \leq α,$ 这与 $f (x) > α$ 矛盾。故 $x \in \overline{C}$ 。

由闭包的定义，存在序列 ${y_{n}} \subset C$ 满足 $∥ y_{n} - x ∥ \to 0$ 。而 $C$ 中的元素都是有限个 $x_{k}$ 的凸组合，即对每个 $n$ 存在正整数 $m_{n}$ 和非负系数 $λ_{1}^{(n)}, \dots, λ_{m_{n}}^{(n)}$ 满足 $\sum_{k = 1}^{m_{n}} λ_{k}^{(n)} = 1$ ，使得 $y_{n} = k = 1 \sum m_{n} λ_{k}^{(n)} x_{k} .$ 这就得到了所需的线性组合序列 ${y_{n}}$ ，且其强收敛于 $x$ 。∎

习题 4.22

设 $x_{n}, x \in C [0, 1], x_{n} \to_{x}$ . 求证: ${x_{n}}$ 点点收敛到 $x$ , 即任取 $t \in [0, 1]$ , 有 $x_{n} (t) \to x (t)$ .

解答

证明：对于任意固定的 $t \in [0, 1]$ ，定义线性泛函 $δ_{t} : C [0, 1] \to R$ （或 $C$ ）为 $δ_{t} (f) = f (t) .$ 由于 $∣ δ_{t} (f) ∣ = ∣ f (t) ∣ \leq ∥ f ∥_{\infty},$ 因此 $δ_{t}$ 是有界线性泛函，且 $∥ δ_{t} ∥ \leq 1$ ；取常值函数 $1 (s) \equiv 1$ ，则 $δ_{t} (1) = 1 = ∥ 1 ∥_{\infty}$ ，故 $∥ δ_{t} ∥ = 1$ ，从而 $δ_{t} \in C [0, 1]^{*}$ 。

已知 $x_{n}$ 弱收敛于 $x$ ，即对任意 $φ \in C [0, 1]^{*}$ ，有 $φ (x_{n}) \to φ (x)$ 。特别地，取 $φ = δ_{t}$ ，得到 $x_{n} (t) = δ_{t} (x_{n}) ⟶ δ_{t} (x) = x (t), n \to \infty.$ 因此，对每个 $t \in [0, 1]$ ， $x_{n} (t) \to x (t)$ ，即 ${x_{n}}$ 点点收敛到 $x$ 。

习题 4.23

设 $X, Y$ 为赋范空间, $T \in B (X, Y), x_{n}, x \in X, x_{n} \to_{x}$ . 求证: $T x_{n} \to T x$ .

解答

证明
因为 $T \in B (X, Y)$ ，所以 $T$ 是有界线性算子，存在常数 $M \geq 0$ 使得对任意 $u \in X$ 有

$∥ T u ∥_{Y} \leq M ∥ u ∥_{X} .$

已知 $x_{n} \to x$ ，即 $∥ x_{n} - x ∥_{X} \to 0$ $(n \to \infty)$ 。
由 $T$ 的线性性，

$T x_{n} - T x = T (x_{n} - x),$

从而

$∥ T x_{n} - T x ∥_{Y} = ∥ T (x_{n} - x) ∥_{Y} \leq M ∥ x_{n} - x ∥_{X} \to 0 (n \to \infty) .$

因此 $T x_{n} \to T x$ 在 $Y$ 中。
∎

习题 4.24

设 $X$ 为赋范空间 $, x_{n}, y_{n}, x, y \in X, α_{n}, α \in K$ , 假设 $x_{n} - x, y_{n} \to y, α_{n} \to α$ , 求证: $x_{n} +$ $y_{n} \to x + y, α_{n} x_{n} \to αx .$

解答

证明：

设 $(X, ∥ \cdot ∥)$ 是赋范空间， $x_{n}, y_{n}, x, y \in X$ ， $α_{n}, α \in K$ ，且 $x_{n} \to x$ ， $y_{n} \to y$ ， $α_{n} \to α$ （即 $∥ x_{n} - x ∥ \to 0$ ， $∥ y_{n} - y ∥ \to 0$ ， $∣ α_{n} - α ∣ \to 0$ ）。

(1) 证明 $x_{n} + y_{n} \to x + y$ 。

由范数的三角不等式， $∥ (x_{n} + y_{n}) - (x + y) ∥ = ∥ (x_{n} - x) + (y_{n} - y) ∥ \leq ∥ x_{n} - x ∥ + ∥ y_{n} - y ∥.$ 因为 $∥ x_{n} - x ∥ \to 0$ ， $∥ y_{n} - y ∥ \to 0$ ，所以右端趋于 $0$ ，从而 $∥ (x_{n} + y_{n}) - (x + y) ∥ \to 0,$ 即 $x_{n} + y_{n} \to x + y$ 。

(2) 证明 $α_{n} x_{n} \to αx$ 。

考虑分解 $α_{n} x_{n} - αx = α_{n} (x_{n} - x) + (α_{n} - α) x .$ 再次利用三角不等式及范数的齐次性， $∥ α_{n} x_{n} - αx ∥ \leq ∥ α_{n} (x_{n} - x) ∥ + ∥ (α_{n} - α) x ∥ = ∣ α_{n} ∣ \cdot ∥ x_{n} - x ∥ + ∣ α_{n} - α ∣ \cdot ∥ x ∥.$ 由于 $α_{n} \to α$ ，数列 ${α_{n}}$ 有界，即存在 $M > 0$ 使得对所有 $n$ 有 $∣ α_{n} ∣ \leq M$ 。于是 $∥ α_{n} x_{n} - αx ∥ \leq M ∥ x_{n} - x ∥ + ∣ α_{n} - α ∣ \cdot ∥ x ∥.$ 已知 $∥ x_{n} - x ∥ \to 0$ ， $∣ α_{n} - α ∣ \to 0$ ，故右端趋于 $0$ ，从而 $∥ α_{n} x_{n} - αx ∥ \to 0,$ 即 $α_{n} x_{n} \to αx$ 。

习题 4.25

设 $X$ 为可分 Banach 空间, $M \subset X^{'}$ 为有界集. 求证: $M$ 中任意序列均有子列弱星收敛到 $X^{'}$ 中某元.

解答

证明：设 $X$ 是可分 Banach 空间， $M \subset X^{'}$ 为有界集。任取序列 ${f_{n}} \subset M$ ，需证存在子列 ${f_{n_{k}}}$ 及 $f \in X^{'}$ ，使得对任意 $x \in X$ 有 $f_{n_{k}} (x) \to f (x)$ （即弱 $^{*}$ 收敛）。

1. 准备工作
因 $X$ 可分，存在可数稠密子集 ${x_{1}, x_{2}, \dots} \subset X$ 。又 $M$ 有界，故存在常数 $C > 0$ ，使得 $∥ f_{n} ∥ \leq C$ 对所有 $n$ 成立。

2. 对角线法选取子列
考虑数列 ${f_{n} (x_{1})}$ ，它是有界数列（ $∣ f_{n} (x_{1}) ∣ \leq C ∥ x_{1} ∥$ ），从而存在收敛子列。记该子列为 ${f_{1, k}}_{k = 1}^{\infty}$ ，即 ${f_{1, k}}$ 是 ${f_{n}}$ 的子列且 $lim_{k \to \infty} f_{1, k} (x_{1})$ 存在。

对 $x_{2}$ ，从 ${f_{1, k}}$ 中又可取出子列 ${f_{2, k}}$ ，使得 $lim_{k \to \infty} f_{2, k} (x_{2})$ 存在，且由于 ${f_{2, k}}$ 是 ${f_{1, k}}$ 的子列，它在 $x_{1}$ 上依然收敛。

依此类推，对每个 $m \in N$ ，可构造子列 ${f_{m, k}}_{k = 1}^{\infty}$ ，满足：

${f_{m, k}}$ 是 ${f_{m - 1, k}}$ 的子列（约定 ${f_{0, k}} = {f_{k}}$ ），
对每个 $i = 1, \dots, m$ ，极限 $lim_{k \to \infty} f_{m, k} (x_{i})$ 存在。

现取对角线子列 $g_{k} = f_{k, k}$ （ $k \geq 1$ ）。对任意固定的 $i \in N$ ，当 $k \geq i$ 时， $g_{k}$ 属于第 $i$ 次抽取的子列 ${f_{i, k}}$ 中，因此 ${g_{k} (x_{i})}$ 收敛。于是，子列 ${g_{k}}$ 在稠密子集 ${x_{i}}$ 上逐点收敛。

3. 证明 ${g_{k}}$ 在每点 $x \in X$ 收敛
任取 $x \in X$ 和 $ε > 0$ 。由稠密性，存在 $x_{i}$ 使得 $∥ x - x_{i} ∥ < \frac{ε}{3 C}$ 。因为 ${g_{k} (x_{i})}$ 收敛，故是 Cauchy 列，存在 $N$ ，当 $k, l \geq N$ 时 $∣ g_{k} (x_{i}) - g_{l} (x_{i}) ∣ < \frac{ε}{3} .$ 于是对 $k, l \geq N$ ， $∣ g_{k} (x) - g_{l} (x) ∣ \leq ∣ g_{k} (x) - g_{k} (x_{i}) ∣ + ∣ g_{k} (x_{i}) - g_{l} (x_{i}) ∣ + ∣ g_{l} (x_{i}) - g_{l} (x) ∣ \leq ∥ g_{k} ∥∥ x - x_{i} ∥ + \frac{ε}{3} + ∥ g_{l} ∥∥ x - x_{i} ∥ \leq C \cdot \frac{ε}{3 C} + \frac{ε}{3} + C \cdot \frac{ε}{3 C} = ε .$ 所以 ${g_{k} (x)}$ 是 Cauchy 数列，从而收敛。记 $f (x) = k \to \infty lim g_{k} (x), x \in X .$

4. 验证 $f \in X^{'}$

线性：对任意 $x, y \in X$ 和 $α, β \in K$ ， $f (αx + β y) = k \to \infty lim g_{k} (αx + β y) = k \to \infty lim (α g_{k} (x) + β g_{k} (y)) = α f (x) + β f (y) .$
有界性：对任意 $x \in X$ ， $∣ f (x) ∣ = k \to \infty lim ∣ g_{k} (x) ∣ \leq k \to \infty lim inf ∥ g_{k} ∥∥ x ∥ \leq C ∥ x ∥,$ 故 $∥ f ∥ \leq C$ ，从而 $f \in X^{'}$ 。

5. 弱 $^{*}$ 收敛性
由 $f$ 的定义，对任意 $x \in X$ 有 $g_{k} (x) \to f (x)$ ，即子列 ${g_{k}}$ 弱 $^{*}$ 收敛于 $f$ 。

综上， $M$ 中任意序列都存在弱 $^{*}$ 收敛子列，且极限属于 $X^{'}$ 。

习题 4.26

设 $X, Y$ 为赋范空间, $T : X \to Y$ 为闭线性算子, 求证:

(1) $N (T)$ 为 $X$ 的闭线性子空间;

(2)若 $T$ 为一一映射, 则 $T^{- 1} : Y \to X$ 也为闭线性算子;

(3) $T$ 将 $X$ 的紧集映射到 $Y$ 的闭集;

(4) $Y$ 中紧集通过 $T$ 的逆像为 $X$ 的闭集.

解答

证明. 设 $X, Y$ 为赋范空间, $T : X \to Y$ 为闭线性算子, 即其图 $G (T) = {(x, T x) \in X \times Y : x \in X}$ 是乘积空间 $X \times Y$ 中的闭集. 乘积空间赋予范数 $∥ (x, y) ∥ = ∥ x ∥_{X} + ∥ y ∥_{Y}$ (或任何等价范数), 此时收敛等价于按分量收敛.

(1) 核 $N (T) = {x \in X : T x = 0}$ 显然是 $X$ 的线性子空间. 为证其闭, 取 ${x_{n}} \subset N (T)$ 且 $x_{n} \to x$ 于 $X$ . 由于 $T x_{n} = 0$ , 故 $(x_{n}, T x_{n}) = (x_{n}, 0) \to (x, 0)$ . 因为 $G (T)$ 闭, 必有 $(x, 0) \in G (T)$ , 即 $T x = 0$ , 从而 $x \in N (T)$ . 故 $N (T)$ 是闭子空间.

(2) 若 $T$ 是单射, 则逆算子 $T^{- 1} : R (T) \to X$ 存在且为线性算子. 我们证明 $T^{- 1}$ 也是闭算子. 考虑其图 $G (T^{- 1}) = {(y, T^{- 1} y) \in Y \times X : y \in R (T)} .$ 设 $(y_{n}, x_{n}) \in G (T^{- 1})$ 且 $(y_{n}, x_{n}) \to (y, x)$ 于 $Y \times X$ . 则 $y_{n} = T x_{n}$ , $x_{n} \to x$ , $y_{n} \to y$ . 由于 $T$ 闭, 由 $x_{n} \to x$ 且 $T x_{n} = y_{n} \to y$ 得 $T x = y$ , 从而 $x = T^{- 1} y$ , 即 $(y, x) \in G (T^{- 1})$ . 因此 $G (T^{- 1})$ 闭, 故 $T^{- 1}$ 为闭线性算子.

(3) 设 $K \subset X$ 为紧集. 欲证 $T (K)$ 为 $Y$ 中闭集. 取 ${y_{n}} \subset T (K)$ 且 $y_{n} \to y$ 于 $Y$ . 则存在 $x_{n} \in K$ 使 $y_{n} = T x_{n}$ . 因为 $K$ 紧, 存在子列 ${x_{n_{k}}}$ 和 $x \in K$ 满足 $x_{n_{k}} \to x$ . 由 $y_{n} \to y$ 知 $y_{n_{k}} \to y$ . 于是 $(x_{n_{k}}, T x_{n_{k}}) = (x_{n_{k}}, y_{n_{k}}) \to (x, y) .$ $G (T)$ 闭蕴涵 $(x, y) \in G (T)$ , 即 $y = T x \in T (K)$ . 故 $T (K)$ 闭.

(4) 设 $C \subset Y$ 为紧集. 欲证 $T^{- 1} (C) = {x \in X : T x \in C}$ 为 $X$ 中闭集. 取 ${x_{n}} \subset T^{- 1} (C)$ 且 $x_{n} \to x$ 于 $X$ . 则 $T x_{n} \in C$ . 由于 $C$ 紧, 存在子列 ${T x_{n_{k}}}$ 和 $y \in C$ 使 $T x_{n_{k}} \to y$ . 又 $x_{n_{k}} \to x$ , 从而 $(x_{n_{k}}, T x_{n_{k}}) \to (x, y) .$ 由 $G (T)$ 闭得 $y = T x$ , 故 $T x = y \in C$ , 即 $x \in T^{- 1} (C)$ . 因此 $T^{- 1} (C)$ 闭.

以上完成了全部证明.

习题 27

设 $H$ 为 Hilbert 空间， $A : H \to H$ 为线性算子，满足 $⟨ A x, y ⟩ = ⟨ x, A y ⟩, \forall x, y \in H$ 。求证： $A \in B (H)$ 。

解答

由 $H$ 为 Hilbert 空间，任意收敛列 $x_{n}$ ， $\exists x \in H, x_{n} \to x$ ，并记 $A x_{n} \to y$ 。下证 $A x = y$ 。

$⟨ A x_{n}, z ⟩ n \to \infty lim ⟨ A x_{n}, z ⟩ ⟨ y, z ⟩ ⟨ y, z ⟩ y = ⟨ x_{n}, A z ⟩ = n \to \infty lim ⟨ x_{n}, A z ⟩ = ⟨ x, A z ⟩ = ⟨ A x, z ⟩ = A x$

从而 $A$ 为闭算子，由闭图像定理， $A \in B (H)$ 。

习题 28

设 $X$ 为 Banach 空间， $X_{1}, X_{2}$ 为 $X$ 的闭线性子空间，假设任取 $x \in X$ ，存在唯一的 $x_{1} \in X_{1}, x_{2} \in X_{2}$ 使得 $x = x_{1} + x_{2}$ 。求证：存在 $a > 0$ 使得 $∥ x_{1} ∥ \leq a ∥ x_{1} + x_{2} ∥, ∥ x_{2} ∥ \leq a ∥ x_{1} + x_{2} ∥, x_{1} \in X_{1}, x_{2} \in X_{2}$ 。

解答

由 $\forall x \in X, \exists! x_{1} \in X_{1}, x_{2} \in X_{2}, x = x_{1} + x_{2}$ ，则 $X = X_{1} \oplus X_{2}$ 。

定义 $T : X_{1} \times X_{2} \to X, (x_{1}, x_{2}) \mapsto x = x_{1} + x_{2}$ 。

由 $X$ 为 Banach 空间， $X_{1}, X_{2}$ 为闭线性子空间，有 $X_{1}, X_{2}$ 也为 Banach 空间， $X_{1} \times X_{2}$ 为 Banach 空间。

由 $x = x_{1} + x_{2}$ 的唯一性与存在性， $T$ 为双射。

由开映射定理， $T^{- 1} \in B (X, X_{1} \times X_{2})$ 。则有

$∥ T^{- 1} x ∥ = ∥ (x_{1}, x_{2}) ∥ = ∥ x_{1} ∥ + ∥ x_{2} ∥ \leq a ∥ x ∥ = a ∥ x_{1} + x_{2} ∥$

从而 $∥ x_{1} ∥ \leq a ∥ x_{1} + x_{2} ∥, ∥ x_{2} ∥ \leq a ∥ x_{1} + x_{2} ∥$ 。

习题 4.29

设 $X, Y$ 为赋范空间, $T : X \to Y$ 为线性算子, 求证: $T$ 为闭算子当且仅当任取 $x_{n} \in X, x_{n} \to 0, T x_{n} \to y$ , 都有 $y = 0$ .

解答

证明

设 $X, Y$ 为赋范空间， $T : X \to Y$ 为线性算子（定义域为全空间 $X$ ）。

必要性：若 $T$ 为闭算子，即图 $G (T) = {(x, T x) : x \in X}$ 在 $X \times Y$ 中闭。任取序列 ${x_{n}} \subset X$ 满足 $x_{n} \to 0$ 且 $T x_{n} \to y$ 。由于 $(x_{n}, T x_{n}) \in G (T)$ 且 $(x_{n}, T x_{n}) \to (0, y)$ ，而 $G (T)$ 闭，故 $(0, y) \in G (T)$ ，从而 $y = T (0) = 0$ （线性算子必有 $T 0 = 0$ ）。因此 $y = 0$ 。

充分性：假设对任意 ${x_{n}} \subset X$ ，若 $x_{n} \to 0$ 且 $T x_{n} \to y$ ，则必有 $y = 0$ 。为证 $T$ 闭，任取 ${x_{n}} \subset X$ 使得 $x_{n} \to x$ 且 $T x_{n} \to y$ 。令 $z_{n} = x_{n} - x$ ，则 $z_{n} \to 0$ 。由 $T$ 的线性性， $T z_{n} = T x_{n} - T x .$ 因为 $T x_{n} \to y$ 且 $T x$ 为常向量，故 $T z_{n} \to y - T x$ 。对序列 ${z_{n}}$ （ $z_{n} \to 0$ ）应用假设条件，得到其像的极限必为零，即 $y - T x = 0$ ，所以 $y = T x$ 。这说明只要 $x_{n} \to x$ 且 $T x_{n} \to y$ ，就有 $y = T x$ ，因此 $G (T)$ 闭， $T$ 为闭算子。

综上，所述等价性成立。

习题 4.30

设 $X, Y$ 为赋范空间 $, T \in B (X, Y), S : X \to Y$ 为闭算子. 求证: $S + T$ 为闭算子.

解答

证明：
设 $D (S + T) = D (S)$ 。要证 $S + T$ 是闭算子，只需证明：对任意 ${x_{n}} \subseteq D (S)$ ，若 $x_{n} \to x$ 于 $X$ 且 $(S + T) x_{n} \to y$ 于 $Y$ ，则 $x \in D (S)$ 且 $y = (S + T) x$ 。

因为 $T \in B (X, Y)$ 是有界线性算子，故 $T$ 连续。由 $x_{n} \to x$ 得 $T x_{n} \to T x$ 。又已知 $(S + T) x_{n} \to y$ ，于是 $S x_{n} = (S + T) x_{n} - T x_{n} \to y - T x (n \to \infty) .$ 现在 ${x_{n}} \subseteq D (S)$ ， $x_{n} \to x$ 且 $S x_{n} \to y - T x$ 。由于 $S$ 是闭算子，根据闭算子的定义有 $x \in D (S)$ 且 $S x = y - T x$ 。从而 $y = S x + T x = (S + T) x$ ，且 $x \in D (S) = D (S + T)$ 。

因此 $S + T$ 是闭算子。 $□$

习题 4.31

设 $X$ 为 Banach 空间, $Y$ 为赋范空间, $D (T) \subset X$ 为线性子空间, $T : D (T) \to Y$ 为闭算子, 假设 $T$ 为一一映射且 $T^{- 1} \in B (Y, X)$ , 求证: $R (T)$ 为 $Y$ 的闭线性子空间.

解答

证明：显然 $R (T)$ 是 $Y$ 的线性子空间。只需证明它是闭的。

设 ${y_{n}} \subset R (T)$ 且 $y_{n} \to y \in Y$ 。由于 $T$ 是单射，存在唯一的 $x_{n} \in D (T)$ 使得 $T x_{n} = y_{n}$ 。因 $T^{- 1} : R (T) \to X$ 是有界线性算子，故存在常数 $M > 0$ 使得 $∥ T^{- 1} z ∥ \leq M ∥ z ∥, \forall z \in R (T) .$ 于是对任意 $n, m$ 有 $∥ x_{n} - x_{m} ∥ = ∥ T^{- 1} (y_{n} - y_{m}) ∥ \leq M ∥ y_{n} - y_{m} ∥.$ 由于 ${y_{n}}$ 收敛，它是 Cauchy 列，从而 ${x_{n}}$ 也是 $X$ 中的 Cauchy 列。 $X$ 是 Banach 空间，故存在 $x \in X$ 使得 $x_{n} \to x$ 。

考虑序对 $(x_{n}, y_{n}) \in G (T)$ （ $G (T)$ 是 $T$ 的图像）。由 $T$ 是闭算子， $G (T)$ 在 $X \times Y$ 中闭。而 $(x_{n}, y_{n}) \to (x, y)$ ，因此 $(x, y) \in G (T)$ 。这意味着 $x \in D (T)$ 且 $T x = y$ ，所以 $y \in R (T)$ 。

这就证明了 $R (T)$ 是闭集。∎

习题 4.32

设 $X, Y$ 为 Banach 空间, $D (T) \subset X$ 为线性子空间, $T : D (T) \to Y$ 为线性算子. 求证下述命题相互等价:

(1)存在闭算子 $T$ , 使得 $G_{T} = \overset{ˉ}{G}_{T}$ (此时称 $T$ 为 $T$ 的闭延拓);

(2) 若 $(0, y) \in \overset{ˉ}{G}_{T}$ , 则 $y = 0$ .

解答

证明.
记 $G_{T} = {(x, T x) : x \in D (T)}$ 为 $T$ 的图. 由于 $T$ 是线性的, $G_{T}$ 是 $X \times Y$ 的线性子空间. 其闭包 $\overline{G}_{T}$ 在 $X \times Y$ 中为闭线性子空间 (因为赋范空间中线性子空间的闭包仍是线性子空间).

下证 (1) $\Leftrightarrow$ (2).

$(2) \Rightarrow (1)$
假设 $(0, y) \in \overline{G}_{T}$ 蕴含 $y = 0$ . 因为 $\overline{G}_{T}$ 是闭线性子空间, 由该单值性条件可知 $\overline{G}_{T}$ 是一个线性算子的图. 具体地, 定义
$D (T) = {x \in X : \exists y \in Y 使 (x, y) \in \overline{G}_{T}},$
并对每个 $x \in D (T)$ , 令 $T x = y$ , 其中 $y$ 是唯一满足 $(x, y) \in \overline{G}_{T}$ 的元素 (唯一性由条件 $(2)$ 保证). 易验证 $D (T)$ 是 $X$ 的线性子空间且 $T$ 是线性算子. 由构造 $G_{T} = \overline{G}_{T}$ , 故 $T$ 的图是闭集, 即 $T$ 是闭算子. 此外, 对任意 $x \in D (T)$ , $(x, T x) \in G_{T} \subseteq \overline{G}_{T}$ , 从而 $x \in D (T)$ 且 $T x = T x$ , 因此 $T$ 是 $T$ 的闭延拓. 这就得到 (1).

$(1) \Rightarrow (2)$
设存在闭算子 $T$ 使得 $G_{T} = \overline{G}_{T}$ . 由于 $T$ 是线性算子, 有 $T 0 = 0$ , 故 $(0, 0) \in G_{T}$ . 若 $(0, y) \in \overline{G}_{T} = G_{T}$ , 则必有 $y = T 0 = 0$ , 所以条件 (2) 成立.

综上, (1) 与 (2) 等价. $□$

习题 4.33

设 $X, Y$ 为 Banach 空间, $T : X \to Y$ 为有界线性算子且为单射. 求证: $T^{- 1} : R (T) \to X$ 为有界线性算子当且仅当 $R (T)$ 为 $Y$ 的闭线性子空间.

解答

证明：
设 $R = R (T)$ 为 $T$ 的值域。因 $T$ 是单射，逆映射 $T^{- 1} : R \to X$ 存在且为线性算子。下面证明 $T^{- 1}$ 有界当且仅当 $R$ 是 $Y$ 的闭子空间。

必要性（ $\Rightarrow$ ）：若 $T^{- 1}$ 有界，则存在常数 $C > 0$ 使得对任意 $y \in R$ 有 $∥ T^{- 1} y ∥ \leq C ∥ y ∥$ 。于是对任意 $x \in X$ ， $∥ x ∥ = ∥ T^{- 1} (T x) ∥ \leq C ∥ T x ∥ ⟹ ∥ T x ∥ \geq \frac{1}{C} ∥ x ∥.$

现证 $R$ 闭。取 ${y_{n}} \subset R$ 且 $y_{n} \to y \in Y$ ，需证 $y \in R$ 。令 $x_{n} = T^{- 1} y_{n}$ ，则 ${x_{n}} \subset X$ 且 $∥ x_{n} - x_{m} ∥ = ∥ T^{- 1} (y_{n} - y_{m}) ∥ \leq C ∥ y_{n} - y_{m} ∥.$ 由于 ${y_{n}}$ 收敛，故为 Cauchy 列，从而 ${x_{n}}$ 是 $X$ 中的 Cauchy 列。因 $X$ 完备，存在 $x \in X$ 使 $x_{n} \to x$ 。由 $T$ 的连续性得 $y_{n} = T x_{n} \to T x$ 。但 $y_{n} \to y$ ，由极限唯一性知 $y = T x \in R$ 。所以 $R$ 是闭集。

充分性（ $\Leftarrow$ ）：若 $R$ 是 $Y$ 的闭线性子空间，则 $R$ 也是 Banach 空间（作为完备空间的闭子空间）。考虑算子 $T : X \to R$ ，它是有界线性算子（因 $T \in L (X, Y)$ 且 $T (X) = R$ ），并且是单射和满射。由开映射定理（或逆算子定理）， $T$ 是开映射，故其逆 $T^{- 1} : R \to X$ 有界线性。

综上， $T^{- 1}$ 有界当且仅当 $R (T)$ 闭。

习题 4.34

设 $X, Y$ 为 Banach 空间, $T : X \to Y$ 为有界线性算子且为一一映射. 求证: 存在常数 $α, β > 0$ , 使得 $α ∥ x ∥ \leq ∥ T x ∥ \leq β ∥ x, x \in X .$

解答

由于 $X$ 和 $Y$ 均为 Banach 空间， $T \in B (X, Y)$ 且为双射（一一映射），根据逆算子定理（开映射定理的直接推论）， $T$ 的逆算子 $T^{- 1} \in B (Y, X)$ ，即存在常数 $C > 0$ 使得 $∥ T^{- 1} y ∥ \leq C ∥ y ∥, \forall y \in Y .$

对任意 $x \in X$ ，令 $y = T x$ ，则 $∥ x ∥ = ∥ T^{- 1} (T x) ∥ \leq C ∥ T x ∥,$ 从而 $∥ T x ∥ \geq \frac{1}{C} ∥ x ∥.$

又因为 $T$ 有界，存在常数 $β = ∥ T ∥ > 0$ 使得 $∥ T x ∥ \leq β ∥ x ∥, \forall x \in X .$

取 $α = 1/ C$ ，即得 $α ∥ x ∥ \leq ∥ T x ∥ \leq β ∥ x ∥, \forall x \in X .$

习题 35

设 $X, Y$ 为 Banach 空间， $T : X \to Y$ 为线性算子。设任给 $x_{n} \in X, x_{n} \to 0$ ，对每个 $f \in Y^{'}$ ，都有 $f (T x_{n}) \to 0$ 。求证 $T \in B (X, Y)$ 。

解答

考虑使用闭图像定理，故先须证明 $T$ 为闭算子。

$\forall x_{n} \in X, T x_{n} \to y$ ，须证明 $y = T x$ 。

取 $x_{n} = x + z_{n}$ ，则 $z_{n} \to 0$ ， $T x_{n} = T x + T z_{n}$ ， $n \to \infty lim T z_{n} = T 0 = 0$ 。

又 $T z_{n} = T x_{n} - T x = y - T x = 0$ ，故 $y = T x$ 。

从而 $T$ 为闭算子，由闭图像定理， $T \in B (X, Y)$ 。

习题 36

设 $x_{n}$ 为 Banach 空间 $X$ 中的序列，任取 $f \in X^{'}$ ，都有 $n = 1 \sum \infty ∣ f (x_{n}) ∣ < \infty$ 。求证：存在常数 $M \geq 0$ 使得 $n = 1 \sum \infty ∣ f (x_{n}) ∣ \leq M ∥ f ∥$ 。

解答

考虑典范映射 $J : X \to X^{''}, x \mapsto g_{x}$ ，其中 $g_{x} (f) = f (x), \forall f \in X^{'}$ 。

令 $x_{N, θ} = n = 1 \sum N θ_{n} x_{n}$ ，其中 $θ_{n} \in S^{1} \cup {0}$ ，即 $∣ θ_{n} ∣ = 1$ ，则有

$∣ g_{x_{N, θ}} (f) ∣ = ∣ f (x_{N, θ}) ∣ = n = 1 \sum N θ_{n} f (x_{n}) \leq n = 1 \sum N ∣ f (x_{n}) ∣ \leq n = 1 \sum \infty ∣ f (x_{n}) ∣ < \infty$

则 $N \geq 1 sup ∥ g_{x_{N, θ}} ∥ < \infty$ 。由典范映射的性质， $∥ g_{x_{N, θ}} ∥ = ∥ x_{N, θ} ∥$ ，故 $N \geq 1 sup ∥ x_{N, θ} ∥ < \infty$ 。

取 $M = N \geq 1 sup ∥ x_{N, θ} ∥$ ，则有

$n = 1 \sum N ∣ f (x_{n}) ∣ = n = 1 \sum N [sgn f (x_{n})] f (x_{n}) = n = 1 \sum N f [sgn f (x_{n}) x_{n}] = f [n = 1 \sum N sgn f (x_{n}) x_{n}] \leq M ∥ f ∥$

再令 $N \to \infty$ ， $M$ 即为所求。

习题 37

设 ${y_{n}}$ 为数列，假设任取 ${x_{n}} \in ℓ^{1}$ ，级数 $n \geq 1 \sum x_{n} y_{n}$ 均收敛。求证 ${y_{n}} \in ℓ^{\infty}$ 。

解答

定义一列泛函 $f_{N} (x) = n = 1 \sum N x_{n} y_{n}$ ，现证 $f_{N} \in (ℓ^{1})^{'}$ 。

$\forall x_{1}, x_{2} \in ℓ^{1}, α, β \in R$ ，有

$f_{N} (α x_{1} + β x_{2}) = n = 1 \sum N (α x_{1 n} + β x_{2 n}) y_{n} = n = 1 \sum N α x_{1 n} y_{n} + n = 1 \sum N β x_{2 n} y_{n} = α n = 1 \sum N x_{1 n} y_{n} + β n = 1 \sum N x_{2 n} y_{n} = α f_{N} (x_{1}) + β f_{N} (x_{2})$

再证其有界性：

$∣ f_{N} (x) ∣ = ∣ n = 1 \sum N x_{n} y_{n} ∣ \leq n = 1 \sum N ∣ x_{n} y_{n} ∣ \leq n = 1 \sum N ∣ x_{n} ∣ 1 \leq n \leq N max ∣ y_{n} ∣ = ∥ x ∥_{1} 1 \leq n \leq N max ∣ y_{n} ∣$

故 $f_{N}$ 有界，且 $∥ f_{N} ∥ \leq 1 \leq n \leq N max ∣ y_{n} ∣$ 。

$∣ f_{N} (x) ∣ ∥ f_{N} ∥ \leq ∥ f_{N} ∥∥ x ∥_{1} \geq \frac{∣ f _{N} ( x ) ∣}{∥ x ∥ _{1}}$

取 ${x_{n}} = {0, \dots, 0, 1, 0, \dots}$ ，其中 $1$ 在第 $n$ 位，则 $∥ x_{n} ∥_{1} = 1$ ，且 $f_{N} (x_{n}) = y_{n}$ ，故 $∥ f_{N} ∥ \geq ∣ f_{N} (x_{n}) ∣ = ∣ y_{n} ∣$ ，即 $∥ f_{N} ∥ \geq 1 \leq n \leq N max ∣ y_{n} ∣$ 。

综上， $∥ f_{N} ∥ = 1 \leq n \leq N max ∣ y_{n} ∣$ 。

$\forall x \in ℓ^{1}, N \geq 1 sup ∣ f_{N} (x) ∣ = N \geq 1 sup ∣ n = 1 \sum N x_{n} y_{n} ∣ < \infty$ ，由一致有界性原理， $N \geq 1 sup ∥ f_{N} ∥ < \infty$ 。

故 $1 \leq n \leq N max ∣ y_{n} ∣ < \infty$ ，即 ${y_{n}} \in ℓ^{\infty}$ 。

习题 4.38

设 $X$ 为自反 Banach 空间, $M$ 为 $X$ 的闭线性子空间. 求证: $M$ 也为自反 Banach 空间.

解答

证明.
设 $X$ 为自反 Banach 空间, $M \subset X$ 为闭线性子空间. 记 $J_{X} : X \to X^{**}$ 与 $J_{M} : M \to M^{**}$ 分别为典范嵌入: $J_{X} (x) (f) = f (x) (f \in X^{*}), J_{M} (m) (φ) = φ (m) (φ \in M^{*}) .$ 已知 $J_{X}$ 是等距同构, $J_{M}$ 是等距嵌入. 要证 $M$ 自反, 只需证 $J_{M}$ 是满射.

令 $i : M ↪ X$ 为包含映射, 则 $i$ 为线性等距. 其对偶算子 $i^{*} : X^{*} \to M^{*}$ 定义为 $(i^{*} f) (m) = f (i (m)) = f (m), f \in X^{*}, m \in M,$ 即 $i^{*} f = f ∣_{M}$ . 由 Hahn–Banach 定理, 任意 $φ \in M^{*}$ 均可延拓为 $X$ 上的有界线性泛函, 故 $i^{*}$ 是满射.

考虑 $i$ 的双重对偶算子 $i^{**} : M^{**} \to X^{**}$ : $[i^{**} (m^{**})] (f) = m^{**} (i^{*} f), f \in X^{*}, m^{**} \in M^{**} .$ $i^{**}$ 为线性等距嵌入. 直接计算可知下图交换: $M i ↓ X J_{M} J_{X} M^{**} ↓ i^{**} X^{**}$ 即对任意 $m \in M$ 和 $f \in X^{*}$ , $[i^{**} (J_{M} (m))] (f) = J_{M} (m) (i^{*} f) = (i^{*} f) (m) = f (i (m)) = J_{X} (i (m)) (f),$ 故 $i^{**} \circ J_{M} = J_{X} \circ i$ .

任取 $m^{**} \in M^{**}$ , 令 $x^{**} = i^{**} (m^{**}) \in X^{**}$ . 由于 $X$ 自反, 存在唯一 $x \in X$ 使得 $J_{X} (x) = x^{**}$ . 以下证明 $x \in M$ 且 $J_{M} (x) = m^{**}$ .

第一步: $x \in M$ .
对任意 $f \in X^{*}$ 满足 $f ∣_{M} = 0$ (即 $i^{*} f = 0$ ), 有 $f (x) = J_{X} (x) (f) = x^{**} (f) = [i^{**} (m^{**})] (f) = m^{**} (i^{*} f) = m^{**} (0) = 0.$ 若 $x \in / M$ , 因 $M$ 闭, 由 Hahn–Banach 定理存在 $g \in X^{*}$ 使 $g ∣_{M} = 0$ 但 $g (x) \neq = 0$ , 矛盾. 故 $x \in M$ .

第二步: $J_{M} (x) = m^{**}$ .
对任意 $φ \in M^{*}$ , 由 $i^{*}$ 满射, 取 $f \in X^{*}$ 满足 $i^{*} f = φ$ . 则 $m^{**} (φ) = m^{**} (i^{*} f) = [i^{**} (m^{**})] (f) = x^{**} (f) = J_{X} (x) (f) = f (x) .$ 因为 $x \in M$ 且 $f ∣_{M} = φ$ , 有 $f (x) = φ (x) = J_{M} (x) (φ)$ . 于是 $m^{**} (φ) = J_{M} (x) (φ), \forall φ \in M^{*},$ 即 $m^{**} = J_{M} (x)$ .

因此 $J_{M}$ 是满射, 从而为等距同构. 故 $M$ 是自反 Banach 空间. $□$

习题 4.39

设 $X$ 为自反 Banach 空间, $M$ 为 $X$ 的闭线性子空间. 求证: 商空间 $X / M$ 也为自反 Banach 空间.

解答

证明：设 $X$ 为自反 Banach 空间， $M \subset X$ 为闭线性子空间，记商映射 $q : X \to X / M$ ， $q (x) = [x] = x + M$ ，商范数为 $∥ [x] ∥ = in f_{m \in M} ∥ x + m ∥$ 。

首先回忆对偶关系： $(X / M)^{*} ≅ M^{⊥}$ ，其中 $M^{⊥} = {f \in X^{*} : f ∣_{M} = 0}$ 。具体地，对任意 $f \in M^{⊥}$ ，定义 $\hat{f} \in (X / M)^{*}$ 为 $\hat{f} ([x]) = f (x)$ ，则映射 $f \mapsto \hat{f}$ 是等距同构。

第一步：构造等距 $T : X / M \to (M^{⊥})^{*}$ 。
考虑包含映射 $i : M^{⊥} \to X^{*}$ 。其对偶 $i^{*} : X^{**} \to (M^{⊥})^{*}$ 为限制算子： $i^{*} (ξ) = ξ ∣_{M^{⊥}}$ 。由于 $X$ 自反，自然嵌入 $J_{X} : X \to X^{**}$ 是等距同构。定义 $S : X \to (M^{⊥})^{*}$ 为 $S = i^{*} \circ J_{X}$ ，即 $S (x) (f) = J_{X} (x) (f) = f (x), \forall f \in M^{⊥} .$ 易见 $S$ 是线性有界算子。由 Hahn‑Banach 定理的推论， $∥ [x] ∥ = sup {∣ f (x) ∣ : f \in M^{⊥}, ∥ f ∥ \leq 1} = ∥ S (x) ∥,$ 故 $∥ S (x) ∥ = ∥ [x] ∥$ 。此外， $ker S = M$ （因为 $S (x) = 0 ⟺ ∥ [x] ∥ = 0 ⟺ [x] = 0$ ）。因此 $S$ 诱导出等距线性同构 $T : X / M \to (M^{⊥})^{*}, T ([x]) = S (x),$ 即 $T ([x]) (f) = f (x)$ 对所有 $f \in M^{⊥}$ 成立。

第二步：证明 $T$ 是满射。
任取 $ψ \in (M^{⊥})^{*}$ 。因为 $M^{⊥}$ 是 $X^{*}$ 的闭子空间，由 Hahn‑Banach 延拓定理，存在 $ξ \in X^{**}$ 使得 $ξ ∣_{M^{⊥}} = ψ$ 且 $∥ ξ ∥ = ∥ ψ ∥$ ，即 $i^{*} (ξ) = ψ$ 。利用 $X$ 的自反性，存在 $x \in X$ 满足 $J_{X} (x) = ξ$ 。于是 $T ([x]) = S (x) = i^{*} (J_{X} (x)) = i^{*} (ξ) = ψ .$ 故 $T$ 是满射，从而是等距同构 $X / M ≅ (M^{⊥})^{*}$ 。

第三步：识别双对偶。
由 $(X / M)^{*} ≅ M^{⊥}$ ，可得 $(X / M)^{**} ≅ (M^{⊥})^{*}$ （具体地，若 $Φ : (X / M)^{*} \to M^{⊥}$ 为标准等距同构，则其伴随 $Φ^{*} : (M^{⊥})^{*} \to (X / M)^{**}$ 也是等距同构）。直接验证可知 $Φ^{*} \circ T$ 等于自然嵌入 $J_{X / M} : X / M \to (X / M)^{**}$ ：对任意 $[x] \in X / M$ 和 $φ \in (X / M)^{*}$ ，设 $Φ (φ) = f \in M^{⊥}$ ，则 $(Φ^{*} (T ([x]))) (φ) = T ([x]) (Φ (φ)) = f (x) = φ ([x]) = J_{X / M} ([x]) (φ) .$ 因此 $J_{X / M} = Φ^{*} \circ T$ 。由于 $Φ^{*}$ 和 $T$ 均为等距同构， $J_{X / M}$ 也是等距同构，即 $J_{X / M}$ 是满射。这就证明了 $X / M$ 是自反 Banach 空间。 $□$

习题 40

设 $X$ 为 Banach 空间， $f_{n} \in X^{'}$ ，假设任取 $x \in X$ ，都有 $n = 1 \sum \infty ∣ f_{n} (x) ∣ < \infty$ 。求证：存在 $C \geq 0$ ，使得任取 $F \in X^{''}$ ，有 $n = 1 \sum \infty ∣ F (f_{n}) ∣ \leq C ∥ F ∥$ 。

解答

取 $θ_{n} \in K, ∣ θ_{n} ∣ = 1$ ，则 $\forall x \in X$ ，有

$(n = 1 \sum N θ_{n} f_{n}) (x) = n = 1 \sum N θ_{n} f_{n} (x) \leq n = 1 \sum N ∣ θ_{n} f_{n} (x) ∣ \leq n = 1 \sum \infty ∣ f_{n} (x) ∣ < \infty$

故 $\forall x \in X, N, θ sup (n = 1 \sum N θ_{n} f_{n}) (x) < \infty$ 。由一致有界性原理， $N, θ sup ∥ n = 1 \sum N θ_{n} f_{n} ∥ < \infty$ 。

$\forall F \in X^{''}$ ，有

$n = 1 \sum N ∣ F (f_{n}) ∣ = n = 1 \sum N [sgn F (f_{n})] F (f_{n}) = n = 1 \sum N F [sgn F (f_{n}) f_{n}] = F [n = 1 \sum N sgn F (f_{n}) f_{n}] \leq N, θ sup ∥ n = 1 \sum N θ_{n} f_{n} ∥∥ F ∥$

令 $N \to \infty$ ，则 $C = N, θ sup ∥ n = 1 \sum N θ_{n} f_{n} ∥$ 即为所求。

习题 4.41

设 $X, Y$ 为赋范空间, $T : X \to Y$ 为线性算子, $S : Y^{'} \to X^{'}$ 也为线性算子. 假设任取 $f \in Y^{'}, x \in X$ , 有 $S (f) (x) = f (T x)$ . 求证: $S, T$ 均为有界线性算子.

解答

证明： 设 $X, Y$ 为赋范空间， $T : X \to Y$ 与 $S : Y^{'} \to X^{'}$ 均为线性算子，且满足
$S (f) (x) = f (T x), \forall f \in Y^{'}, \forall x \in X .$

1. $S$ 是有界算子

首先证明 $S$ 是闭算子。取序列 ${f_{n}} \subset Y^{'}$ 使得
$f_{n} Y^{'} f, S (f_{n}) X^{'} g,$ 其中 $f \in Y^{'}$ , $g \in X^{'}$ . 对任意 $x \in X$ , 由 $S (f_{n}) \to g$ 在 $X^{'}$ 中（依范数）可知 $S (f_{n}) (x) \to g (x)$ ；由 $f_{n} \to f$ 在 $Y^{'}$ 中可知 $f_{n} (T x) \to f (T x)$ . 但 $S (f_{n}) (x) = f_{n} (T x)$ , 故 $g (x) = n \to \infty lim S (f_{n}) (x) = n \to \infty lim f_{n} (T x) = f (T x) = S (f) (x) .$ 因此 $g = S (f)$ , 从而 $S$ 的图像是闭的。

由于 $Y^{'}$ 和 $X^{'}$ 均为 Banach 空间（对偶空间总是完备的），闭图像定理表明闭线性算子 $S$ 是有界的，即存在常数 $M > 0$ 使得 $∥ S (f) ∥_{X^{'}} \leq M ∥ f ∥_{Y^{'}}, \forall f \in Y^{'} .$

2. $T$ 是有界算子

对任意 $x \in X$ , 由 Hahn-Banach 定理， $∥ T x ∥_{Y} = f \in Y^{'} ∥ f ∥ \leq 1 sup ∣ f (T x) ∣.$ 利用条件 $f (T x) = S (f) (x)$ 及 $S$ 的有界性可得 $∥ T x ∥_{Y} = ∥ f ∥ \leq 1 sup ∣ S (f) (x) ∣ \leq ∥ f ∥ \leq 1 sup ∥ S (f) ∥_{X^{'}} ∥ x ∥_{X} \leq ∥ f ∥ \leq 1 sup M ∥ f ∥_{Y^{'}} ∥ x ∥_{X} = M ∥ x ∥_{X} .$ 因此 $T$ 是有界线性算子，且 $∥ T ∥ \leq M$ .

综上， $S$ 和 $T$ 均为有界线性算子。 $□$

习题 4.42

设 $X$ 为严格凸赋范空间. 求证: 任取 $x, y \in X$ 满足 $∥ x ∥ = ∥ y ∥ = 1, x \neq = y$ 及 $0 < λ < 1$ , 均有 $∥ λ x + (1 - λ) y ∥ < 1$ 成立.

解答

证明设 $X$ 为严格凸赋范空间，即对任意满足 $∥ u ∥ = ∥ v ∥ = 1$ 且 $u \neq = v$ 的 $u, v \in X$ 均有 $\frac{u + v}{2} < 1.$

任取 $x, y \in X$ 满足 $∥ x ∥ = ∥ y ∥ = 1$ , $x \neq = y$ 以及 $λ \in (0, 1)$ ．欲证 $∥ λ x + (1 - λ) y ∥ < 1$ .

采用反证法．假设存在 $λ_{0} \in (0, 1)$ 使得 $∥ λ_{0} x + (1 - λ_{0}) y ∥ = 1.$ 定义函数 $φ : [0, 1] \to R$ 为 $φ (t) = ∥ t x + (1 - t) y ∥.$ 范数是凸函数，故 $φ$ 是凸函数，且 $φ (0) = ∥ y ∥ = 1$ , $φ (1) = ∥ x ∥ = 1$ .

由凸性，对任意 $t_{1}, t_{2} \in [0, 1]$ 及 $α \in [0, 1]$ 有 $φ (α t_{1} + (1 - α) t_{2}) \leq α φ (t_{1}) + (1 - α) φ (t_{2}) .$

现在 $φ (λ_{0}) = 1$ ．我们断言：此时必有 $φ (t) = 1$ 对所有 $t \in [0, 1]$ 成立．若不然，存在 $t^{'} \in [0, 1]$ 使得 $φ (t^{'}) < 1$ . 分两种情况讨论．

情形一： $t^{'} \in [0, λ_{0})$ ．取 $μ = \frac{1 - λ _{0}}{1 - t ^{'}} \in (0, 1)$ ，则 $λ_{0} = μ t^{'} + (1 - μ) \cdot 1$ . 由凸性， $φ (λ_{0}) \leq μ φ (t^{'}) + (1 - μ) φ (1) = μ φ (t^{'}) + (1 - μ) \cdot 1.$ 因为 $φ (t^{'}) < 1$ 且 $μ > 0$ ，右端 $< μ \cdot 1 + (1 - μ) \cdot 1 = 1$ ，从而 $φ (λ_{0}) < 1$ ，矛盾．
情形二： $t^{'} \in (λ_{0}, 1]$ ．取 $μ = \frac{λ _{0}}{t ^{'}} \in (0, 1)$ ，则 $λ_{0} = μ t^{'} + (1 - μ) \cdot 0$ . 由凸性， $φ (λ_{0}) \leq μ φ (t^{'}) + (1 - μ) φ (0) = μ φ (t^{'}) + (1 - μ) \cdot 1.$ 同理，右端 $< 1$ ，导致 $φ (λ_{0}) < 1$ ，矛盾．

因此 $φ (t) = 1$ 对所有 $t \in [0, 1]$ 成立．特别地，取 $t = \frac{1}{2}$ 得 $\frac{x + y}{2} = 1,$ 但这与严格凸的定义（ $x \neq = y$ 时中点范数应严格小于 $1$ ）矛盾．

故假设不成立，从而对任意 $λ \in (0, 1)$ 均有 $∥ λ x + (1 - λ) y ∥ < 1.$

∎

习题 4.43

设 $X$ 为严格凸赋范空间. 求证: 如果 $X$ 的非零元 $x, y$ 满足 $∥ x + y ∥ = ∥ x ∥ +$ $∥ y ∥$ , 则必存在正数 $c$ , 使得 $x = cy$ .

解答

证明：

由于 $x, y \neq = 0$ 且 $∥ x + y ∥ = ∥ x ∥ + ∥ y ∥ > 0$ ，故 $x + y \neq = 0$ 。由 Hahn-Banach 定理，存在 $f \in X^{*}$ 使得 $∥ f ∥ = 1$ 且 $f (x + y) = ∥ x + y ∥.$ 利用条件得 $f (x) + f (y) = ∥ x ∥ + ∥ y ∥.$ 又由 $∣ f (x) ∣ \leq ∥ f ∥∥ x ∥ = ∥ x ∥$ ， $∣ f (y) ∣ \leq ∥ y ∥$ ，故 $∥ x ∥ + ∥ y ∥ = ∣ f (x) + f (y) ∣ \leq ∣ f (x) ∣ + ∣ f (y) ∣ \leq ∥ x ∥ + ∥ y ∥,$ 从而等号处处成立。因此 $∣ f (x) ∣ = ∥ x ∥, ∣ f (y) ∣ = ∥ y ∥,$ 且 $∣ f (x) + f (y) ∣ = ∣ f (x) ∣ + ∣ f (y) ∣$ ，这表明复数 $f (x)$ 与 $f (y)$ 同向（即存在 $λ \geq 0$ 使 $f (y) = λ f (x)$ ）。结合 $f (x) + f (y) = ∥ x ∥ + ∥ y ∥ > 0$ 可知 $f (x)$ 与 $f (y)$ 均为正实数，故 $f (x) = ∥ x ∥, f (y) = ∥ y ∥.$

令 $u = \frac{x}{∥ x ∥}$ , $v = \frac{y}{∥ y ∥}$ ，则 $∥ u ∥ = ∥ v ∥ = 1$ 且 $f (u) = 1$ , $f (v) = 1$ 。若 $u \neq = v$ ，则由 $X$ 的严格凸性有 $\frac{u + v}{2} < 1.$ 但 $f (\frac{u + v}{2}) = \frac{f ( u ) + f ( v )}{2} = 1$ ，且 $∥ f ∥ = 1$ ，故 $1 = f (\frac{u + v}{2}) \leq ∥ f ∥ \frac{u + v}{2} = \frac{u + v}{2},$ 从而 $\frac{u + v}{2} \geq 1$ ，矛盾。因此必有 $u = v$ ，即 $\frac{x}{∥ x ∥} = \frac{y}{∥ y ∥} .$ 取 $c = \frac{∥ x ∥}{∥ y ∥} > 0$ ，即得 $x = cy$ 。

习题 4.44

设 $X$ 为赋范空间, 假设任取 $X$ 的非零元 $x, y$ 满足 $∥ x + y ∥ = ∥ x ∥ + ∥ y ∥$ , 必存在正数 $c$ , 使得 $x = cy$ . 求证: $X$ 为严格凸的.

解答

证明：

要证 $X$ 是严格凸的, 按定义需证：对任意 $x, y \in X$ , $∥ x ∥ = ∥ y ∥ = 1$ 且 $x \neq = y$ , 必有 $\frac{x + y}{2} < 1$ .

采用反证法. 若 $X$ 不是严格凸的, 则存在 $x_{0}, y_{0} \in X$ , $∥ x_{0} ∥ = ∥ y_{0} ∥ = 1$ , $x_{0} \neq = y_{0}$ , 但 $\frac{x _{0} + y _{0}}{2} = 1$ .
由范数的正齐次性, $2 \frac{x _{0} + y _{0}}{2} = ∥ x_{0} + y_{0} ∥$ , 故 $∥ x_{0} + y_{0} ∥ = 2$ . 而 $∥ x_{0} ∥ + ∥ y_{0} ∥ = 1 + 1 = 2$ , 所以 $∥ x_{0} + y_{0} ∥ = ∥ x_{0} ∥ + ∥ y_{0} ∥.$ $x_{0}, y_{0}$ 均为非零元, 由题目条件, 存在正数 $c$ 使得 $x_{0} = c y_{0}$ .
两边取范数得 $∥ x_{0} ∥ = c ∥ y_{0} ∥$ , 即 $1 = c \cdot 1$ , 所以 $c = 1$ . 于是 $x_{0} = y_{0}$ , 与 $x_{0} \neq = y_{0}$ 矛盾.

因此假设不成立, $X$ 是严格凸的. $□$

习题 4.45

求证: Chebyshev 多项式 $T_{n}$ 是微分方程 $(1 - t^{2}) y^{''} - t y^{'} + n^{2} y = 0$ 的一个解.

解答

证明

令 $t = cos θ$ ，其中 $θ = arccos t$ ，则切比雪夫多项式定义为 $T_{n} (t) = cos (n θ)$ 。
计算关于 $t$ 的一阶和二阶导数（利用参数 $θ$ ）：

$\frac{d T _{n}}{d θ} = - n sin (n θ)$ ,
$\frac{d t}{d θ} = - sin θ$ ，

故
$T_{n}^{'} = \frac{d T _{n}}{d t} = \frac{d T _{n} / d θ}{d t / d θ} = \frac{- n sin ( n θ )}{- sin θ} = \frac{n sin ( n θ )}{sin θ} .$

再求二阶导数： $T_{n}^{''} = \frac{d}{d θ} (T_{n}^{'}) / \frac{d t}{d θ} .$ 先计算
$\frac{d}{d θ} (\frac{n sin ( n θ )}{sin θ}) = n \frac{n cos ( n θ ) sin θ - sin ( n θ ) cos θ}{sin ^{2} θ},$ 于是
$T_{n}^{''} = \frac{n \frac{n s i n θ c o s ( n θ ) - s i n ( n θ ) c o s θ}{s i n ^{2} θ}}{- sin θ} = - \frac{n ( n sin θ cos ( n θ ) - sin ( n θ ) cos θ )}{sin ^{3} θ} .$ 整理得
$T_{n}^{''} = - \frac{n ^{2} cos ( n θ )}{sin ^{2} θ} + \frac{n sin ( n θ ) cos θ}{sin ^{3} θ} .$

现在代入微分方程
$(1 - t^{2}) y^{''} - t y^{'} + n^{2} y = 0.$ 注意到 $1 - t^{2} = 1 - cos^{2} θ = sin^{2} θ$ ，并利用上面求得的 $T_{n}$ , $T_{n}^{'}$ , $T_{n}^{''}$ ：

$(1 - t^{2}) T_{n}^{''} - t T_{n}^{'} n^{2} T_{n} = sin^{2} θ (- \frac{n ^{2} cos ( n θ )}{sin ^{2} θ} + \frac{n sin ( n θ ) cos θ}{sin ^{3} θ}) = - n^{2} cos (n θ) + \frac{n sin ( n θ ) cos θ}{sin θ}, = - cos θ \cdot \frac{n sin ( n θ )}{sin θ} = - \frac{n sin ( n θ ) cos θ}{sin θ}, = n^{2} cos (n θ) .$

将三项相加： $(- n^{2} cos (n θ) + \frac{n sin ( n θ ) cos θ}{sin θ}) + (- \frac{n sin ( n θ ) cos θ}{sin θ}) + n^{2} cos (n θ) = 0.$

因此 $T_{n} (t)$ 满足给定的微分方程。 $□$

习题 4.46

求证: Chebyshev 多项式 $T_{n}$ 的所有零点均是实数, 总在 $[- 1, 1]$ 中, 且均为单重的.

解答

证明：设 $T_{n} (x)$ 是第一类 Chebyshev 多项式，它满足递推关系
$T_{0} (x) = 1, T_{1} (x) = x, T_{n + 1} (x) = 2 x T_{n} (x) - T_{n - 1} (x) .$ 由归纳法可验证恒等式
$T_{n} (cos θ) = cos (n θ), \forall θ \in R .$

令 $T_{n} (x) = 0$ ，并设 $x = cos θ$ ，则 $cos (n θ) = 0$ ，从而
$n θ = \frac{π}{2} + kπ, k \in Z,$ 即
$θ = \frac{( 2 k + 1 ) π}{2 n}, k \in Z .$ 取 $k = 0, 1, \dots, n - 1$ ，得到 $n$ 个不同的 $θ_{k} \in (0, π)$ ，对应的
$x_{k} = cos θ_{k}$ 是实数且 $∣ x_{k} ∣ \leq 1$ 。直接计算得
$T_{n} (x_{k}) = cos (n θ_{k}) = cos (\frac{( 2 k + 1 ) π}{2}) = 0,$ 故每个 $x_{k}$ 都是 $T_{n}$ 的零点。

由于 $T_{n}$ 是 $n$ 次多项式，它至多有 $n$ 个零点（计重数）。现已经找到 $n$ 个互异的实零点，因此这些就是 $T_{n}$ 的全部零点，且每个都是单重的。

综上所述，Chebyshev 多项式 $T_{n}$ 的所有零点均为实数，全在区间 $[- 1, 1]$ 中，且均为单重零点。 $□$

习题 4.47

求证: Chebyshev 多项式 $T_{n}$ 与 $T_{n - 1}$ 没有公共零点.

解答

证明：设 $T_{n}$ 是第一类切比雪夫多项式，由递推关系定义： $T_{0} (x) = 1, T_{1} (x) = x, T_{n} (x) = 2 x T_{n - 1} (x) - T_{n - 2} (x) (n \geq 2) .$ （此递推可由三角恒等式 $cos n θ = 2 cos θ cos (n - 1) θ - cos (n - 2) θ$ 得到。）

当 $n = 1$ 时， $T_{0} (x) = 1$ 无零点，故 $T_{1}$ 与 $T_{0}$ 显然没有公共零点。

现设 $n \geq 2$ 。假设存在 $x_{0}$ 使得 $T_{n} (x_{0}) = 0$ 且 $T_{n - 1} (x_{0}) = 0$ 。由递推关系 $T_{n} (x_{0}) = 2 x_{0} T_{n - 1} (x_{0}) - T_{n - 2} (x_{0}),$ 代入假设得 $0 = 2 x_{0} \cdot 0 - T_{n - 2} (x_{0})$ ，即 $T_{n - 2} (x_{0}) = 0$ 。

重复此过程：利用 $T_{n - 1} (x_{0}) = 0$ 和 $T_{n - 2} (x_{0}) = 0$ ，由递推关系 $T_{n - 1} (x_{0}) = 2 x_{0} T_{n - 2} (x_{0}) - T_{n - 3} (x_{0})$ 可得 $0 = 2 x_{0} \cdot 0 - T_{n - 3} (x_{0})$ ，故 $T_{n - 3} (x_{0}) = 0$ 。依次类推，最终可得到 $T_{1} (x_{0}) = 0$ 且 $T_{0} (x_{0}) = 0$ 。但 $T_{0} (x) = 1$ 恒不为零，矛盾。

因此假设不成立，故对任意 $n \geq 1$ ， $T_{n}$ 与 $T_{n - 1}$ 没有公共零点。

习题 4.48

设区间 $[a, b]$ 的分划 $P_{n}$ 的结点为 $a = t_{0} < t_{1} < \dots < t_{n} = b$ . 求证: 存在唯一的 $n + 1$ 个三次样条 $y_{0}, y_{1}, \dots, y_{n}$ , 使得 $y_{i} (t_{k}) = δ_{ik}, y_{i}^{'} (a) = y_{i}^{'} (b) = 0, (0 \leq i, k \leq n) .$ 问: ${y_{0}, y_{1}, \dots, y_{n}}$ 在线性空间 $Y (P_{n})$ 中线性无关吗?

解答

证明：
设分划 $P_{n} : a = t_{0} < t_{1} < \dots < t_{n} = b$ ，记 $h_{i} = t_{i} - t_{i - 1} > 0 (i = 1, \dots, n)$ 。考虑满足边界条件 $y^{'} (a) = y^{'} (b) = 0$ 的三次样条函数全体构成的线性空间
$Y = {y \in C^{2} [a, b] ∣ y ∣_{[t_{i - 1}, t_{i}]} 是三次多项式, i = 1, \dots, n, y^{'} (a) = y^{'} (b) = 0} .$

对任意给定的数组 $(f_{0}, \dots, f_{n}) \in R^{n + 1}$ ，我们欲寻找 $S \in Y$ 使得 $S (t_{i}) = f_{i}$ 。令 $M_{i} = S^{''} (t_{i}) (i = 0, \dots, n)$ 。利用分段三次 Hermite 插值公式，在区间 $[t_{i - 1}, t_{i}]$ 上可表示为
$S (x) = M_{i - 1} \frac{( t _{i} - x ) ^{3}}{6 h _{i}} + M_{i} \frac{( x - t _{i - 1} ) ^{3}}{6 h _{i}} + (f_{i - 1} - \frac{M _{i - 1} h _{i}^{2}}{6}) \frac{t _{i} - x}{h _{i}} + (f_{i} - \frac{M _{i} h _{i}^{2}}{6}) \frac{x - t _{i - 1}}{h _{i}} . (1)$
计算导数并利用一阶导数在内部结点连续及边界条件 $S^{'} (a) = S^{'} (b) = 0$ ，可得关于 $M_{i}$ 的线性方程组：
$⎩ ⎨ ⎧ 2 h_{1} M_{0} + h_{1} M_{1} = 6 \frac{f _{1} - f _{0}}{h _{1}}, h_{i} M_{i - 1} + 2 (h_{i} + h_{i + 1}) M_{i} + h_{i + 1} M_{i + 1} = 6 (\frac{f _{i + 1} - f _{i}}{h _{i + 1}} - \frac{f _{i} - f _{i - 1}}{h _{i}}), i = 1, \dots, n - 1, h_{n} M_{n - 1} + 2 h_{n} M_{n} = - 6 \frac{f _{n} - f _{n - 1}}{h _{n}} . (2)$
该方程组的系数矩阵为 $(n + 1) \times (n + 1)$ 三对角矩阵。由于 $h_{i} > 0$ ，容易验证矩阵是严格对角占优的：

第一行对角元 $2 h_{1}$ ，非对角元之和为 $h_{1}$ ，故 $2 h_{1} > h_{1}$ ；
内部第 $i$ 行对角元 $2 (h_{i} + h_{i + 1})$ ，非对角元之和 $h_{i} + h_{i + 1}$ ，故 $2 (h_{i} + h_{i + 1}) > h_{i} + h_{i + 1}$ ；
最后一行对角元 $2 h_{n}$ ，非对角元之和 $h_{n}$ ，故 $2 h_{n} > h_{n}$ 。

严格对角占优矩阵可逆，因此方程组 (2) 对任意右端项有唯一解 $M_{0}, \dots, M_{n}$ 。将解代入 (1) 即得满足要求的唯一三次样条 $S$ 。

特别地，取 $f_{k} = δ_{ik}$ （ $i$ 固定， $k = 0, \dots, n$ ），则存在唯一的 $y_{i} \in Y$ 使得
$y_{i} (t_{k}) = δ_{ik}, y_{i}^{'} (a) = y_{i}^{'} (b) = 0.$
这就证明了符合条件的三次样条 $y_{0}, y_{1}, \dots, y_{n}$ 存在且唯一。

线性无关性：考虑集合 ${y_{0}, y_{1}, \dots, y_{n}} \subset Y$ （若 $Y (P_{n})$ 表示更大的三次样条空间，结论同样成立）。设 $\sum_{i = 0}^{n} α_{i} y_{i} = 0$ （零函数），则对任意结点 $t_{k}$ 有
$0 = i = 0 \sum n α_{i} y_{i} (t_{k}) = i = 0 \sum n α_{i} δ_{ik} = α_{k},$
从而 $α_{k} = 0 (k = 0, \dots, n)$ 。故 ${y_{0}, y_{1}, \dots, y_{n}}$ 线性无关。

习题 4.49

若区间 $[a, b]$ 上的三次样条 $y$ 为三阶连续可导函数, 求证: $y$ 必为多项式.

解答

证明
设 $y$ 是区间 $[a, b]$ 上的三次样条函数。即存在划分 $a = x_{0} < x_{1} < \dots < x_{n} = b,$ 使得 $y$ 在每个子区间 $(x_{i}, x_{i + 1})$ 上为次数不超过 $3$ 的多项式，且 $y \in C^{2} [a, b]$ （二阶导数连续）。又已知 $y \in C^{3} [a, b]$ （三阶导数连续）。

三阶导数为常数
在每个开区间 $(x_{i}, x_{i + 1})$ 上， $y$ 是三次多项式，故其三阶导数 $y^{'''}$ 在该区间上为常数，记作 $c_{i}$ 。由于 $y^{'''}$ 在 $[a, b]$ 上连续，特别地在节点 $x_{i}$ 处有 $x \to x_{i}^{-} lim y^{'''} (x) = x \to x_{i}^{+} lim y^{'''} (x) = y^{'''} (x_{i}) .$ 左极限等于 $c_{i - 1}$ ，右极限等于 $c_{i}$ ，因此 $c_{i - 1} = c_{i}$ 。递推可得所有 $c_{i}$ 相等，记公共常数为 $C$ 。从而在整个 $[a, b]$ 上 $y^{'''} \equiv C . (1)$
二阶导数为线性函数
由 (1) 式积分，在 $(x_{i}, x_{i + 1})$ 上有 $y^{''} (x) = C x + d_{i},$ 其中 $d_{i}$ 为常数。因 $y^{''}$ 连续，在节点 $x_{i}$ 处满足 $C x_{i} + d_{i - 1} = C x_{i} + d_{i},$ 故 $d_{i - 1} = d_{i}$ 。于是所有 $d_{i}$ 相等，记公共常数为 $D$ 。因此 $y^{''} (x) = C x + D, \forall x \in [a, b] . (2)$
一阶导数和函数本身为多项式
对 (2) 积分，并利用 $y^{'}$ 的连续性可得 $y^{'}$ 在整个 $[a, b]$ 上为二次多项式；再积分一次并利用 $y$ 的连续性可得 $y$ 为三次多项式（若 $C \neq = 0$ ）或更低次多项式。总之， $y$ 在 $[a, b]$ 上是一个多项式。

综上，若三次样条 $y$ 具有连续的三阶导数，则 $y$ 必为多项式。∎

习题 4.50

在 $[a, b]$ 的相邻子区间上, 样条函数用同一个多项式来表示是可能的, 试举例说明. 对应于区间 $[- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ 的分划 ${- \frac{π}{2}, 0, \frac{π}{2}}$ , 求 $x (t) = sin (t)$ 的满足条件 (4.47) 及(4.51) 的三次样条函数 $y$ .

解答

第一部分：举例说明

在区间 $[0, 1]$ 上取分划 ${0, \frac{1}{2}, 1}$ ，定义函数
$s (t) = t, t \in [0, 1] .$
$s$ 在每个子区间 $[0, \frac{1}{2}]$ 和 $[\frac{1}{2}, 1]$ 上都是同一个一次多项式 $s (t) = t$ 。它属于 $C^{2} [0, 1]$ （其二阶导数恒为零），因此是一个三次样条函数（一次多项式可视为三次多项式的特例）。这说明样条函数在相邻子区间上可以用同一个多项式表示。

第二部分：求样条函数 $y$

考虑区间 $I = [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}]$ ，分划 $t_{0} = - \frac{π}{2}, t_{1} = 0, t_{2} = \frac{π}{2}$ ，函数 $x (t) = sin t$ 。按教材条件，

(4.47) 为 插值条件： $y (t_{i}) = x (t_{i}), i = 0, 1, 2$ ；
(4.51) 为 自然边界条件： $y^{''} (t_{0}) = y^{''} (t_{2}) = 0$ 。
同时 $y$ 是三次样条，即 $y \in C^{2} (I)$ 且在每一子区间上为三次多项式。

设在 $[- \frac{π}{2}, 0]$ 上 $y_{1} (t) = a_{0} + a_{1} t + a_{2} t^{2} + a_{3} t^{3}$ ，
在 $[0, \frac{π}{2}]$ 上 $y_{2} (t) = b_{0} + b_{1} t + b_{2} t^{2} + b_{3} t^{3}$ 。

1. 插值条件
$y_{1} (- \frac{π}{2}) y_{1} (0) y_{2} (0) y_{2} (\frac{π}{2}) = sin (- \frac{π}{2}) = - 1, = 0, = 0, = sin (\frac{π}{2}) = 1. (1) (2) (3) (4)$

2. 连续性条件
$y_{1}^{'} (0) = y_{2}^{'} (0), y_{1}^{''} (0) = y_{2}^{''} (0) . (5,6)$

3. 自然边界条件
$y_{1}^{''} (- \frac{π}{2}) = 0, y_{2}^{''} (\frac{π}{2}) = 0. (7,8)$

求解未知系数
由 (2)、(3) 得 $a_{0} = 0$ , $b_{0} = 0$ 。

导数表达式：
$y_{1}^{'} (t) = a_{1} + 2 a_{2} t + 3 a_{3} t^{2}$ , $y_{2}^{'} (t) = b_{1} + 2 b_{2} t + 3 b_{3} t^{2}$ ；
$y_{1}^{''} (t) = 2 a_{2} + 6 a_{3} t$ , $y_{2}^{''} (t) = 2 b_{2} + 6 b_{3} t$ 。

由 (5)： $a_{1} = b_{1}$ ；由 (6)： $2 a_{2} = 2 b_{2} \Rightarrow a_{2} = b_{2}$ 。

令 $a_{1} = b_{1} = α$ , $a_{2} = b_{2} = β$ 。

条件 (7)： $2 β + 6 a_{3} (- \frac{π}{2}) = 2 β - 3 π a_{3} = 0 \Rightarrow a_{3} = \frac{2 β}{3 π}$ 。
条件 (8)： $2 β + 6 b_{3} (\frac{π}{2}) = 2 β + 3 π b_{3} = 0 \Rightarrow b_{3} = - \frac{2 β}{3 π}$ 。

将 $a_{0}, b_{0}, a_{3}, b_{3}$ 代入 (1) 和 (4)：

(1) $y_{1} (- \frac{π}{2}) = - \frac{π}{2} α + \frac{π ^{2}}{4} β - \frac{π ^{3}}{8} a_{3} = - 1$
代入 $a_{3}$ ： $- \frac{π}{2} α + \frac{π ^{2}}{4} β - \frac{π ^{3}}{8} \cdot \frac{2 β}{3 π} = - \frac{π}{2} α + \frac{π ^{2}}{4} β - \frac{π ^{2} β}{12} = - 1$ ，
合并 $β$ 项： $\frac{π ^{2}}{4} - \frac{π ^{2}}{12} = \frac{π ^{2}}{6}$ ，得
$- \frac{π}{2} α + \frac{π ^{2}}{6} β = - 1. (A)$

(4) $y_{2} (\frac{π}{2}) = \frac{π}{2} α + \frac{π ^{2}}{4} β + \frac{π ^{3}}{8} b_{3} = 1$
代入 $b_{3}$ ： $\frac{π}{2} α + \frac{π ^{2}}{4} β + \frac{π ^{3}}{8} (- \frac{2 β}{3 π}) = \frac{π}{2} α + \frac{π ^{2}}{4} β - \frac{π ^{2} β}{12} = 1$ ，
即
$\frac{π}{2} α + \frac{π ^{2}}{6} β = 1. (B)$

联立 (A)、(B)：相加得 $\frac{π ^{2}}{3} β = 0 \Rightarrow β = 0$ ；代入 (B) 得 $\frac{π}{2} α = 1 \Rightarrow α = \frac{2}{π}$ 。
于是 $a_{3} = b_{3} = 0$ , $a_{2} = b_{2} = 0$ , $a_{1} = b_{1} = \frac{2}{π}$ , $a_{0} = b_{0} = 0$ 。

因此
$y_{1} (t) = \frac{2}{π} t, y_{2} (t) = \frac{2}{π} t,$
即在整个区间上
$y (t) = \frac{2}{π} t, t \in [- \frac{π}{2}, \frac{π}{2}] .$

该函数显然满足所有插值、连续性和自然边界条件。由于三个节点 $(- π /2, - 1)$ , $(0, 0)$ , $(π /2, 1)$ 共线，自然三次样条退化为线性函数，这也与第一部分的举例相呼应。

线性算子的谱论

5.1 基本概念及例子

5.1.1 基本定义

设 $X$ 为非零复 Banach 空间， $D (A)$ 是 $X$ 的线性子空间， $A : D (A) \to X$ 是闭线性算子。对 $λ \in C$ ，记 $λ - A = λ I_{X} - A$ 。

特征值与点谱
$λ$ 称为 $A$ 的特征值（本征值），如果存在 $x_{0} \in D (A)$ , $x_{0} \neq = 0$ ，使得 $A x_{0} = λ x_{0}$ 。此时 $x_{0}$ 称为相应于 $λ$ 的特征向量。所有特征值组成的集合称为 $A$ 的点谱，记作 $σ_{p} (A)$ 。
正则值与预解集
若 $λ - A : D (A) \to X$ 是一一映射，则称 $λ$ 为 $A$ 的正则值。全体正则值之集称为 $A$ 的预解集，记作 $ρ (A)$ 。
注：若 $λ \in ρ (A)$ ，则 $(λ - A)^{- 1}$ 是闭算子，且由闭图像定理可知 $(λ - A)^{- 1} \in B (X)$ 。记 $R (λ, A) = (λ - A)^{- 1}$ ，称为 $A$ 的预解式。
连续谱与剩余谱
设 $λ \in / σ_{p} (A) \cup ρ (A)$ （即 $λ - A$ 是单射但不满）。
- 若 $\overline{R (λ - A)} = X$ ，则称 $λ$ 为 $A$ 的连续谱点，其全体记作 $σ_{c} (A)$ 。
- 若 $\overline{R (λ - A)} ⊊ X$ ，则称 $λ$ 为 $A$ 的剩余谱点，其全体记作 $σ_{r} (A)$ 。
谱
定义 $A$ 的谱为 $σ (A) = σ_{p} (A) \cup σ_{c} (A) \cup σ_{r} (A)$ 。
易见 $C = ρ (A) \cup σ (A)$ （不交并），且 $σ_{p} (A), σ_{c} (A), σ_{r} (A)$ 两两不交。

5.1.2 例子

例 1（乘法算子）
取 $X = C [0, 1]$ （范数 $∥ x ∥_{\infty} = max_{t \in [0, 1]} ∣ x (t) ∣$ ），定义 $(A x) (t) = t x (t)$ 。则

$σ_{p} (A) = \emptyset$ ， $σ_{c} (A) = \emptyset$ ， $σ_{r} (A) = [0, 1]$ ，
$ρ (A) = C ∖ [0, 1]$ ， $σ (A) = [0, 1]$ 。

例 2（对角算子）
取 $X = ℓ^{2}$ ，设 ${α_{n}}$ 严格单调递减趋于 $0$ ，定义
$A (x_{1}, x_{2}, x_{3}, \dots) = (α_{1} x_{1}, α_{2} x_{2}, α_{3} x_{3}, \dots) .$
则

$σ_{p} (A) = {α_{n} : n \geq 1}$ ，
$σ_{c} (A) = {0}$ ， $σ_{r} (A) = \emptyset$ ，
$ρ (A) = C ∖ ({α_{n}} \cup {0})$ 。

5.1.3 预解式及其性质

定义（预解式）
对 $λ \in ρ (A)$ ， $R (λ, A) = (λ - A)^{- 1} \in B (X)$ 称为 $A$ 的预解式。

定理 1（预解式等式）
对任意 $λ, μ \in ρ (A)$ ，有
$R (λ, A) - R (μ, A) = (μ - λ) R (λ, A) R (μ, A) .$

引理 1（von Neumann）
设 $A \in B (X)$ 且 $∥ A ∥ < 1$ ，则 $I - A$ 在 $B (X)$ 中可逆，且
$∥ (I - A)^{- 1} ∥ \leq \frac{1}{1 - ∥ A ∥} .$

定理 2（预解集为开集）
$ρ (A)$ 是 $C$ 的开集。从而 $σ (A)$ 是 $C$ 的闭集。

证明思路
取 $λ_{0} \in ρ (A)$ ，当 $∣ λ - λ_{0} ∣ < \frac{1}{∥ R ( λ _{0} , A ) ∥}$ 时，利用恒等式
$λ - A = (I + (λ - λ_{0}) R (λ_{0}, A)) (λ_{0} - A)$
及引理 1 证明 $I + (λ - λ_{0}) R (λ_{0}, A)$ 可逆，从而 $λ \in ρ (A)$ 。

定理 3（预解式的解析性）
映射 $λ \mapsto R (λ, A)$ 是 $ρ (A)$ 上的解析 $B (X)$ -值函数，且
$\frac{d}{d λ} R (λ, A) = - R (λ, A)^{2} .$

证明概要
利用预解式等式可得差商表达式
$\frac{R ( λ , A ) - R ( λ _{0} , A )}{λ - λ _{0}} = - R (λ, A) R (λ_{0}, A) .$
由 $R (λ, A)$ 在 $λ_{0}$ 处的连续性（由定理 2 估计）知极限存在，导数为 $- R (λ_{0}, A)^{2}$ 。

5.1.4 向量值解析函数

为表述定理 3，需引入向量值解析概念。

定义（向量值连续与解析）
设 $Ω \subset C$ 是开集， $f : Ω \to X$ 。

$f$ 在 $t_{0} \in Ω$ 连续： $\forall ε > 0, \exists δ > 0$ ，当 $∣ t - t_{0} ∣ < δ$ 时 $∥ f (t) - f (t_{0}) ∥ < ε$ 。
$f$ 在 $t_{0}$ 可导：存在 $a \in X$ ，使得
$t \to t_{0} lim \frac{f ( t ) - f ( t _{0} )}{t - t _{0}} - a = 0.$
记 $f^{'} (t_{0}) = a$ 。若 $f$ 在 $Ω$ 上处处可导，则称 $f$ 在 $Ω$ 上解析。

注若 $f$ 解析，则对任意 $ϕ \in X^{'}$ ， $ϕ \circ f$ 是通常的复解析函数。

习题 5.1

设 $v \in C [0, 1]$ 固定, 考虑 $C [0, 1]$ 上的算子 $(A x) (t) = v (t) x (t)$ , 求 $σ (A)$ .

解答

我们考虑复值连续函数空间 $C [0, 1]$ ，赋予上确界范数 $∥ x ∥_{\infty} = sup_{t \in [0, 1]} ∣ x (t) ∣$ 。算子 $A$ 定义为 $(A x) (t) = v (t) x (t)$ ，其中 $v \in C [0, 1]$ 是固定的函数。下面求 $A$ 的谱 $σ (A)$ 。

定理： $σ (A) = v ([0, 1]) = {v (t) ∣ t \in [0, 1]}$ 。

证明：记 $R = v ([0, 1])$ 。因为 $v$ 连续且 $[0, 1]$ 紧，所以 $R$ 是 $C$ 中的紧集（从而是闭集）。

若 $λ \in / R$ ，则 $λ \in ρ (A)$ （预解集）。
由于 $λ \in / R$ ，对任意 $t \in [0, 1]$ 有 $λ \neq = v (t)$ 。定义函数 $g (t) = (λ - v (t))^{- 1}$ 。由于 $∣ λ - v (t) ∣$ 是连续正函数，在紧集 $[0, 1]$ 上有正的最小值，故 $g$ 连续且有界。定义乘法算子 $B$ 为 $(B y) (t) = g (t) y (t)$ 。容易验证 $B$ 是有界线性算子，并且
$B (λ I - A) = (λ I - A) B = I,$
即 $B = (λ I - A)^{- 1}$ 。因此 $λ \in ρ (A)$ 。
若 $λ \in R$ ，则 $λ \in σ (A)$ 。
存在 $t_{0} \in [0, 1]$ 使得 $v (t_{0}) = λ$ 。考虑常值函数 $y (t) \equiv 1 \in C [0, 1]$ 。假设存在 $x \in C [0, 1]$ 满足 $(λ I - A) x = y$ ，即
$(λ - v (t)) x (t) = 1 对一切 t \in [0, 1] .$
则在 $t_{0}$ 处有 $(λ - v (t_{0})) x (t_{0}) = 0 \cdot x (t_{0}) = 1$ ，矛盾。因此方程无解，说明 $y$ 不在 $(λ I - A)$ 的值域中，从而 $λ I - A$ 不是满射，故 $λ \in σ (A)$ 。
（注：即使 $v$ 为常数 $λ_{0}$ ，此时 $A = λ_{0} I$ ，上述论证同样成立：当 $λ = λ_{0}$ 时， $λ I - A = 0$ ，显然不可逆。）

综合 1 和 2 即得 $σ (A) = R$ 。 $□$

结论：乘法算子 $A$ 的谱恰为连续函数 $v$ 的值域。

习题 5.2

设 $a < b$ . 求一个有界线性算子 $A \in B (C [0, 1])$ , 使得 $σ (A) = [a, b]$ .

解答

设 $C [0, 1]$ 为定义在 $[0, 1]$ 上的复值连续函数空间，赋予上确界范数 $∥ f ∥_{\infty} = sup_{t \in [0, 1]} ∣ f (t) ∣$ 。
定义算子 $A : C [0, 1] \to C [0, 1]$ 如下：
$(A f) (t) = φ (t) f (t), t \in [0, 1],$
其中 $φ (t) = a + (b - a) t$ 。

1. 线性性： 对任意 $f, g \in C [0, 1]$ 和 $α, β \in C$ ，
$A (α f + β g) (t) = φ (t) (α f (t) + β g (t)) = α φ (t) f (t) + βφ (t) g (t) = α (A f) (t) + β (A g) (t),$
故 $A$ 线性。

2. 有界性： 对任意 $f \in C [0, 1]$ ，
$∥ A f ∥_{\infty} = t \in [0, 1] sup ∣ φ (t) f (t) ∣ \leq t \in [0, 1] sup ∣ φ (t) ∣ \cdot ∥ f ∥_{\infty} = max {∣ a ∣, ∣ b ∣} ∥ f ∥_{\infty},$
因此 $A$ 有界，且 $∥ A ∥ = sup_{t \in [0, 1]} ∣ φ (t) ∣ = max {∣ a ∣, ∣ b ∣}$ 。

3. 谱的计算： 记 $σ (A)$ 为 $A$ 的谱。
对任意 $λ \in C$ ，算子 $A - λ I$ 为乘法算子：
$((A - λ I) f) (t) = (φ (t) - λ) f (t) .$

若 $λ \in / [a, b]$ ：
则对任意 $t \in [0, 1]$ ， $φ (t) - λ \neq = 0$ （当 $λ$ 为实数且不在 $[a, b]$ 时， $φ (t) - λ$ 恒不为零；当 $λ$ 有非零虚部时，其模恒为正）。
此时 $1/ (φ - λ)$ 是 $[0, 1]$ 上的连续函数，因而有界。定义乘法算子 $B$ 为
$(B g) (t) = \frac{1}{φ ( t ) - λ} g (t) .$
容易验证 $B$ 是 $(A - λ I)$ 的有界逆算子，故 $λ \in ρ (A)$ （预解集）。
若 $λ \in [a, b]$ ：
由 $φ$ 的连续性及 $φ ([0, 1]) = [a, b]$ ，存在 $t_{0} \in [0, 1]$ 使得 $φ (t_{0}) = λ$ 。
对任意 $f \in C [0, 1]$ ，有 $((A - λ I) f) (t_{0}) = (φ (t_{0}) - λ) f (t_{0}) = 0$ ，因此 $(A - λ I)$ 的值域包含于子空间
${g \in C [0, 1] : g (t_{0}) = 0} .$
由于存在函数 $h \in C [0, 1]$ 满足 $h (t_{0}) \neq = 0$ （例如 $h \equiv 1$ ）， $h$ 不在该值域中，故 $A - λ I$ 不是满射，从而不可逆（不存在有界逆）。因此 $λ \in σ (A)$ 。

综上所述， $σ (A) = [a, b]$ 。

习题 5.3

设 $A \in B (X)$ . 求证: 当 $∣ λ ∣ \to \infty$ 时, $R (λ, A) \to 0$ .

解答

证明
设 $A$ 是 Banach 空间 $X$ 上的有界线性算子，即 $A \in B (X)$ 。当 $∣ λ ∣ > ∥ A ∥$ 时， $λ I - A$ 可逆，且其逆算子（预解式）可表示为 Neumann 级数：

$R (λ, A) = (λ I - A)^{- 1} = \frac{1}{λ} n = 0 \sum \infty (\frac{A}{λ})^{n} = n = 0 \sum \infty λ^{- (n + 1)} A^{n} .$

对上述级数取范数估计：

$∥ R (λ, A) ∥ \leq n = 0 \sum \infty ∣ λ ∣^{- (n + 1)} ∥ A ∥^{n} = \frac{1}{∣ λ ∣} n = 0 \sum \infty (\frac{∥ A ∥}{∣ λ ∣})^{n} = \frac{1}{∣ λ ∣ - ∥ A ∥},$

其中最后一步利用了几何级数求和公式，并需要 $∣ λ ∣ > ∥ A ∥$ 。当 $∣ λ ∣ \to \infty$ 时，上式右端趋于 $0$ ，因此

$∥ R (λ, A) ∥ \to 0,$

即 $R (λ, A)$ 按算子范数收敛到零算子。证毕。

习题 5.4

设 $T_{n}, T \in B (X)$ , 且 $∥ T_{n} - T ∥ \to 0, λ_{0} \in ρ (T)$ . 求证: 当 $n$ 足够大时, $λ_{0} \in ρ (T_{n})$ , 且 $lim_{n \to \infty} R (λ_{0}, T_{n}) = R (λ_{0}, T) .$

解答

证明

设 $X$ 为 Banach 空间， $T_{n}, T \in B (X)$ 且 $∥ T_{n} - T ∥ \to 0$ 。取 $λ_{0} \in ρ (T)$ ，记 $A = R (λ_{0}, T) = (λ_{0} I - T)^{- 1} \in B (X)$ 。

第一步：证明当 $n$ 充分大时 $λ_{0} \in ρ (T_{n})$ 。

注意到 $λ_{0} I - T_{n} = (λ_{0} I - T) - (T_{n} - T) = (λ_{0} I - T) [I - (λ_{0} I - T)^{- 1} (T_{n} - T)] = (λ_{0} I - T) [I - A (T_{n} - T)] .$ 因为 $∥ T_{n} - T ∥ \to 0$ ，所以 $∥ A (T_{n} - T) ∥ \leq ∥ A ∥ ∥ T_{n} - T ∥ \to 0.$ 故存在正整数 $N$ ，使得当 $n > N$ 时 $∥ A (T_{n} - T) ∥ < 1$ 。此时算子 $I - A (T_{n} - T)$ 可逆，其逆由 Neumann 级数给出： $[I - A (T_{n} - T)]^{- 1} = k = 0 \sum \infty [A (T_{n} - T)]^{k},$ 且满足估计 $[I - A (T_{n} - T)]^{- 1} \leq \frac{1}{1 - ∥ A ( T _{n} - T ) ∥} .$ 于是 $λ_{0} I - T_{n}$ 可逆，且逆算子为 $R (λ_{0}, T_{n}) = [I - A (T_{n} - T)]^{- 1} A .$ 因此 $λ_{0} \in ρ (T_{n})$ 对一切 $n > N$ 成立。

第二步：证明预解式依算子范数收敛。

对于 $n > N$ ，计算 $R (λ_{0}, T_{n}) - R (λ_{0}, T) = [I - A (T_{n} - T)]^{- 1} A - A = ([I - A (T_{n} - T)]^{- 1} - I) A .$ 利用 Neumann 级数展开， $[I - A (T_{n} - T)]^{- 1} - I = k = 1 \sum \infty [A (T_{n} - T)]^{k} .$ 从而 $∥ R (λ_{0}, T_{n}) - R (λ_{0}, T) ∥ \leq ∥ A ∥ k = 1 \sum \infty ∥ A (T_{n} - T) ∥^{k} = ∥ A ∥ \cdot \frac{∥ A ( T _{n} - T ) ∥}{1 - ∥ A ( T _{n} - T ) ∥} .$ 当 $n \to \infty$ 时， $∥ A (T_{n} - T) ∥ \to 0$ ，故上式右端趋于 $0$ ，即 $n \to \infty lim R (λ_{0}, T_{n}) = R (λ_{0}, T)$ 在算子范数意义下成立。 $□$

习题 5.5

设 $A : ℓ^{\infty} \to ℓ^{\infty}$ 定义为 $A (x_{1}, x_{2}, x_{3}, \dots) = (x_{2}, x_{3}, x_{4}, \dots) .$ 求证:

(1) 若 $∣ λ ∣ > 1$ , 则 $λ \in ρ (A)$ ;

(2) 若 $∣ λ ∣ \leq 1$ , 则 $λ \in σ_{p} (A)$ , 此时求出相应的特征空间.

解答

解. 设 $A : ℓ^{\infty} \to ℓ^{\infty}$ 为左平移算子，即 $A (x_{1}, x_{2}, x_{3}, \dots) = (x_{2}, x_{3}, x_{4}, \dots) .$ 容易验证 $A$ 是线性算子且 $∥ A ∥ = 1$ （取 $x = (0, 1, 0, 0, \dots)$ 可得 $∥ A x ∥_{\infty} = 1 = ∥ x ∥_{\infty}$ ，而对任意 $x$ 有 $∥ A x ∥_{\infty} \leq ∥ x ∥_{\infty}$ ）。

(1) 设 $∣ λ ∣ > 1$ ，证明 $λ \in ρ (A)$ （预解集）。

第一步：证明 $λ I - A$ 是单射。
若 $(λ I - A) x = 0$ ，则 $λ x_{n} - x_{n + 1} = 0$ 对一切 $n \geq 1$ 成立，即 $x_{n + 1} = λ x_{n}$ 。递推得 $x_{n} = λ^{n - 1} x_{1}$ 。若 $x_{1} \neq = 0$ ，则 $∣ x_{n} ∣ = ∣ x_{1} ∣∣ λ ∣^{n - 1} \to \infty$ （因 $∣ λ ∣ > 1$ ），与 $x \in ℓ^{\infty}$ 矛盾。故 $x_{1} = 0$ ，从而 $x = 0$ 。因此 $λ I - A$ 为单射。

第二步：证明 $λ I - A$ 是满射且其逆有界。
对任意 $y = (y_{1}, y_{2}, \dots) \in ℓ^{\infty}$ ，定义序列 $x = (x_{n})$ 如下： $x_{n} = k = 0 \sum \infty \frac{y _{n + k}}{λ ^{k + 1}}, n = 1, 2, \dots .$ 由于 $∣ λ ∣ > 1$ ，该级数绝对收敛： $∣ x_{n} ∣ \leq k = 0 \sum \infty \frac{∣ y _{n + k} ∣}{∣ λ ∣ ^{k + 1}} \leq ∥ y ∥_{\infty} k = 0 \sum \infty \frac{1}{∣ λ ∣ ^{k + 1}} = \frac{∥ y ∥ _{\infty}}{∣ λ ∣ - 1} .$ 故 $x \in ℓ^{\infty}$ 且 $∥ x ∥_{\infty} \leq \frac{∥ y ∥ _{\infty}}{∣ λ ∣ - 1}$ 。直接验证 $(λ I - A) x = y$ ： $λ x_{n} - x_{n + 1} = λ k = 0 \sum \infty \frac{y _{n + k}}{λ ^{k + 1}} - k = 0 \sum \infty \frac{y _{n + 1 + k}}{λ ^{k + 1}} = k = 0 \sum \infty \frac{y _{n + k}}{λ ^{k}} - k = 1 \sum \infty \frac{y _{n + k}}{λ ^{k}} = y_{n} .$ 因此 $(λ I - A) x = y$ ， $λ I - A$ 是满射。由构造知 $(λ I - A)^{- 1}$ 有界且 $∥ (λ I - A)^{- 1} ∥ \leq \frac{1}{∣ λ ∣ - 1} .$ 从而 $λ \in ρ (A)$ 。

（注：亦可利用 Neumann 级数：因 $∥ A / λ ∥ < 1$ ，级数 $\sum_{k = 0}^{\infty} (A / λ)^{k}$ 按范数收敛，给出 $(λ I - A)^{- 1} = λ^{- 1} \sum_{k = 0}^{\infty} (A / λ)^{k}$ 。）

(2) 设 $∣ λ ∣ \leq 1$ ，证明 $λ \in σ_{p} (A)$ （点谱）并求特征空间。

考虑特征方程 $A x = λ x$ ，即 $(x_{2}, x_{3}, x_{4}, \dots) = (λ x_{1}, λ x_{2}, λ x_{3}, \dots),$ 从而 $x_{n + 1} = λ x_{n}$ 对一切 $n \geq 1$ 成立。递推得 $x_{n} = λ^{n - 1} x_{1}, n \geq 1.$ 取 $x_{1} \neq = 0$ ，则序列 $x = (x_{1}, λ x_{1}, λ^{2} x_{1}, \dots)$ 。当 $∣ λ ∣ \leq 1$ 时， $∣ x_{n} ∣ = ∣ x_{1} ∣∣ λ ∣^{n - 1} \leq ∣ x_{1} ∣,$ 故 $x \in ℓ^{\infty}$ 且非零。因此 $λ$ 是特征值， $λ \in σ_{p} (A)$ 。

特征空间由所有形如 $c (1, λ, λ^{2}, \dots)$ 的向量组成，即 $Ker (λ I - A) = {c v_{λ} ∣ c \in C}, v_{λ} = (1, λ, λ^{2}, \dots) .$ 特别地，当 $λ = 0$ 时， $v_{0} = (1, 0, 0, \dots)$ ，特征空间为 ${c (1, 0, 0, \dots)}$ 。

综上所述，结论得证。

习题 5.6

设 $A : ℓ^{2} \to ℓ^{2}$ 定义为 $A (x_{1}, x_{2}, x_{3}, \dots) = (x_{2}, x_{3}, x_{4}, \dots) .$ 若 $∣ λ ∣ = 1$ , 此时 $λ$ 还是 $A$ 的特征值吗?

解答

解答

若 $∣ λ ∣ = 1$ ，则 $λ$ 不是 $A$ 的特征值。证明如下：

设 $x = (x_{1}, x_{2}, x_{3}, \dots) \in ℓ^{2}$ 满足 $A x = λ x$ ，即 $(x_{2}, x_{3}, x_{4}, \dots) = λ (x_{1}, x_{2}, x_{3}, \dots) .$ 比较分量得 $x_{n + 1} = λ x_{n}$ 对任意 $n \geq 1$ 成立。递推可得 $x_{n} = λ^{n - 1} x_{1} (n \geq 1) .$ 于是 $∥ x ∥_{2}^{2} = n = 1 \sum \infty ∣ x_{n} ∣^{2} = ∣ x_{1} ∣^{2} n = 1 \sum \infty ∣ λ ∣^{2 (n - 1)} .$ 若 $∣ λ ∣ = 1$ ，则 $\sum_{n = 1}^{\infty} ∣ λ ∣^{2 (n - 1)} = \sum_{n = 1}^{\infty} 1$ 发散，故要使级数收敛必须 $x_{1} = 0$ ，从而 $x_{n} = 0$ 对所有 $n$ 成立，即 $x = 0$ 。因此不存在非零的 $x \in ℓ^{2}$ 满足 $A x = λ x$ ， $λ$ 不是 $A$ 的特征值。

习题 5.7

设 $A \in B (X), m \geq 1, λ$ 为 $A^{m}$ 的特征值. 求证: $λ$ 的某个 $m$ 次方根是 $A$ 的特征值.

解答

证明：设 $x \neq = 0$ 满足 $A^{m} x = λ x$ ，即 $(A^{m} - λ I) x = 0$ 。考虑多项式 $p (z) = z^{m} - λ$ ，在复数域上可分解为 $p (z) = k = 1 \prod m (z - μ_{k}),$ 其中 $μ_{1}, \dots, μ_{m}$ 为 $λ$ 的 $m$ 次方根（即 $μ_{k}^{m} = λ$ ）。将 $A$ 代入多项式，由多项式函数的演算可得 $p (A) = A^{m} - λ I = k = 1 \prod m (A - μ_{k} I),$ 且各因子 $(A - μ_{k} I)$ 彼此可交换。

假设对于每个 $k = 1, \dots, m$ ，算子 $(A - μ_{k} I)$ 都是单射。由于它们可交换，我们归纳地证明其乘积也是单射：若 $S, T$ 单射且 $ST = TS$ ，则 $ST$ 单射（因为 $ST x = 0 \Rightarrow T x \in ker S$ ，而 $S$ 单射故 $T x = 0$ ，又 $T$ 单射得 $x = 0$ ）。因此 $\prod_{k = 1}^{m} (A - μ_{k} I)$ 为单射。但 $p (A) x = 0$ 且 $x \neq = 0$ ，这与单射性矛盾。

从而存在某个 $k$ 使得 $(A - μ_{k} I)$ 不是单射，即存在非零向量 $y$ 满足 $(A - μ_{k} I) y = 0$ ，亦即 $A y = μ_{k} y$ 。故 $μ_{k}$ 是 $A$ 的特征值，而 $μ_{k}$ 是 $λ$ 的一个 $m$ 次方根。证毕。

习题 5.8

设 $A \in B (X)$ 满足 $A^{2} = A, A \neq = 0, I$ . 求证: $σ (A) = {0, 1}$ .

解答

证明：由于 $A^{2} = A$ 且 $A \neq = 0, I$ ， $A$ 是非平凡的幂等算子（投影）。下面分两步证明 $σ (A) = {0, 1}$ 。

第一步： $σ (A) \subseteq {0, 1}$ 。

设 $λ \in / {0, 1}$ ，我们构造 $(A - λ I)^{- 1}$ 。注意到 $X = Im A \oplus Ker A$ ，且在 $Im A$ 上 $A = I$ ，在 $Ker A$ 上 $A = 0$ 。定义 $B = \frac{1}{1 - λ} A - \frac{1}{λ} (I - A) .$ 直接计算可得对任意 $x \in X$ ， $(A - λ I) B = (A - λ I) (\frac{A}{1 - λ} - \frac{I - A}{λ}) = A + (I - A) = I .$ 类似地 $B (A - λ I) = I$ ，故 $B = (A - λ I)^{- 1}$ 。因此当 $λ \in / {0, 1}$ 时， $A - λ I$ 可逆，从而 $λ \in / σ (A)$ 。于是 $σ (A) \subseteq {0, 1}$ 。

第二步： $0, 1 \in σ (A)$ 。

$0 \in σ (A)$ ：若 $0 \in / σ (A)$ ，则 $A$ 可逆。在等式 $A^{2} = A$ 两边左乘 $A^{- 1}$ 得 $A = I$ ，与 $A \neq = I$ 矛盾。故 $0 \in σ (A)$ 。
$1 \in σ (A)$ ：若 $1 \in / σ (A)$ ，则 $A - I$ 可逆。由 $(A - I) A = A^{2} - A = 0$ 左乘 $(A - I)^{- 1}$ 得 $A = 0$ ，与 $A \neq = 0$ 矛盾。故 $1 \in σ (A)$ 。

综合第一步和第二步，即得 $σ (A) = {0, 1}$ 。 $□$

习题 5.9

设 $A, B \in B (X), λ \in ρ (A) ⋂ ρ (B)$ . 求证: $R (λ, A) - R (λ, B) = R (λ, A) (B - A) R (λ, B) .$

解答

证明：采用预解式的定义 $R (λ, A) = (A - λ I)^{- 1}$ （此时 $λ \in ρ (A)$ 当且仅当 $A - λ I$ 可逆）。由于 $A, B \in B (X)$ 且 $λ \in ρ (A) \cap ρ (B)$ ，则 $R (λ, A)$ 和 $R (λ, B)$ 均为有界线性算子。

由逆算子的性质， $(B - λ I) R (λ, B) = I, R (λ, A) (A - λ I) = I .$

考虑 $R (λ, A) - R (λ, B) = R (λ, A) ((B - λ I) R (λ, B)) - (R (λ, A) (A - λ I)) R (λ, B) = R (λ, A) (B - λ I) R (λ, B) - R (λ, A) (A - λ I) R (λ, B) .$

提取公因式 $R (λ, A)$ 和 $R (λ, B)$ ，得 $R (λ, A) - R (λ, B) = R (λ, A) [(B - λ I) - (A - λ I)] R (λ, B) .$

因为 $(B - λ I) - (A - λ I) = B - A$ ，所以 $R (λ, A) - R (λ, B) = R (λ, A) (B - A) R (λ, B) .$

这就完成了证明。

习题 5.10

设 $A \in B (X), p$ 为多项式. 证明下述命题相互等价:

(1) 任取 $y \in X$ , 存在唯一的 $x \in X$ 满足 $p (A) x = y$ ;

(2) 任给 $λ \in σ (A), p (λ) \neq = 0$ .

解答

证明：以下设 $X$ 为 Banach 空间， $A \in B (X)$ ， $p$ 为一多项式．

首先指出，条件 (1) 等价于 $p (A)$ 可逆．事实上，若 (1) 成立，则 $p (A)$ 为双射，由逆算子定理知 $p (A)^{- 1} \in B (X)$ ，故 $p (A)$ 可逆；反之，若 $p (A)$ 可逆，则对任意 $y \in X$ 存在唯一 $x = p (A)^{- 1} y$ 满足方程．因此以下只需证

$p (A) 可逆 ⟺ \forall λ \in σ (A), p (λ) \neq = 0.$

为证此，先建立一个引理．

引理：设 $B, C \in B (X)$ 且 $BC = CB$ ．若 $BC$ 可逆，则 $B$ 和 $C$ 均可逆．

引理的证明：令 $D = (BC)^{- 1}$ ，则 $D (BC) = (BC) D = I$ ．由 $B (C D) = I$ 知 $B$ 有右逆 $R = C D$ ；由 $(D B) C = I$ 知 $C$ 有左逆 $L = D B$ ．现证 $B$ 也可逆．因 $BR = I$ ，故 $R$ 是单射：若 $R x_{1} = R x_{2}$ ，则 $BR x_{1} = BR x_{2}$ 推出 $x_{1} = x_{2}$ ．又 $(RB - I) R = R (BR) - R = R - R = 0$ ，由 $R$ 单射得 $RB - I = 0$ ，即 $RB = I$ ．于是 $R$ 也是 $B$ 的左逆，从而 $B$ 可逆．既然 $B$ 可逆且 $BC$ 可逆，则 $C = B^{- 1} (BC)$ 可逆（注意 $B^{- 1}$ 与 $C$ 交换）．引理证毕．

利用引理可立即得到：若 $T_{1}, \dots, T_{n}$ 两两交换且乘积 $T_{1} \dots T_{n}$ 可逆，则每个 $T_{i}$ 可逆（对 $n$ 归纳即得）．

现在证明谱映射定理：

$σ (p (A)) = p (σ (A)) .$

设 $μ \in C$ ，将多项式 $p (z) - μ$ 分解为

$p (z) - μ = a_{n} i = 1 \prod n (z - α_{i}),$

其中 $α_{i}$ 为 $p (z) = μ$ 的根（重根按重数列出）．于是

$p (A) - μ I = a_{n} i = 1 \prod n (A - α_{i} I) .$

由于诸因子 $A - α_{i} I$ 彼此交换，根据上述推广的引理， $p (A) - μ I$ 可逆当且仅当每个 $A - α_{i} I$ 可逆．因此

$μ \in σ (p (A)) ⟺ \exists i 使 A - α_{i} I 不可逆 ⟺ \exists i 使 α_{i} \in σ (A) .$

而 $α_{i}$ 满足 $p (α_{i}) = μ$ ，故 $μ \in p (σ (A))$ ．反之，若 $μ = p (λ)$ 且 $λ \in σ (A)$ ，则 $λ$ 必为某个 $α_{i}$ ，从而 $A - λ I$ 不可逆，得 $μ \in σ (p (A))$ ．这就证明了 $σ (p (A)) = p (σ (A))$ ．

现在完成等价性证明：

若 $p (A)$ 可逆，则 $0 \in / σ (p (A))$ ．由谱映射定理 $0 \in / p (σ (A))$ ，即对任意 $λ \in σ (A)$ 有 $p (λ) \neq = 0$ ，此即 (2)．
若对任意 $λ \in σ (A)$ 有 $p (λ) \neq = 0$ ，则 $0 \in / p (σ (A)) = σ (p (A))$ ，故 $p (A)$ 可逆，从而 (1) 成立．

综上，命题 (1) 与 (2) 等价．

习题 5.11

设 $X$ 为非零复 Banach 空间, $A \in B (X)$ . 若存在 $m \geq 1$ , 使得 $A^{m} = 0$ , 则称 $A$ 为幂零算子. 若 $A$ 为幂零算子, 求 $σ (A)$ .

解答

解由于 $A$ 是幂零算子，存在正整数 $m$ 使得 $A^{m} = 0$ 。

方法一（谱半径）
对任意 $n \geq m$ 有 $A^{n} = 0$ ，从而谱半径
$r (A) = n \to \infty lim ∥ A^{n} ∥^{1/ n} = 0.$ 谱 $σ (A)$ 中任意数的模不大于 $r (A)$ ，故 $σ (A) \subseteq {0}$ 。
若 $A$ 可逆，则由 $A^{m} = 0$ 可得 $A^{m - 1} = A^{- 1} A^{m} = 0$ ，递推可得 $A = 0$ ，进而 $I = 0$ ，与 $X \neq = {0}$ 矛盾，所以 $0 \in σ (A)$ 。因此
$σ (A) = {0} .$

方法二（直接构造逆）
当 $λ \neq = 0$ 时，因为 $A^{m} = 0$ ，Neumann 级数截断为有限和：
$(λ I - A)^{- 1} = λ^{- 1} k = 0 \sum \infty (λ^{- 1} A)^{k} = k = 0 \sum m - 1 λ^{- k - 1} A^{k},$ 容易验证它是有界算子且确实为 $λ I - A$ 的逆，故 $λ \in / σ (A)$ 。因此 $σ (A) = {0}$ 。

综上，幂零算子 $A$ 的谱为 ${0}$ 。

习题 5.12

考虑 $B (X)$ 的子集 $G = {A \in B (X) : A$ 为一一映射 $}$ . 求证: $G$ 为 $B (X)$ 的开集.

解答

证明：设 $X$ 是 Banach 空间．对任意 $A \in G$ ， $A$ 是双射．由开映射定理， $A$ 是开映射，从而其逆算子 $A^{- 1}$ 存在且连续，故 $A^{- 1} \in B (X)$ ．取 $ε = \frac{1}{∥ A ^{- 1} ∥} > 0$ （若 $X = {0}$ ，结论平凡成立）．

对任意 $B \in B (X)$ 满足 $∥ B - A ∥ < ε$ ，令 $T = A^{- 1} (B - A)$ ，则 $∥ T ∥ \leq ∥ A^{- 1} ∥ ∥ B - A ∥ < 1.$ 因此 $I + T$ 可逆，其逆由 Neumann 级数给出： $(I + T)^{- 1} = n = 0 \sum \infty (- T)^{n} \in B (X) .$ 于是 $B = A + (B - A) = A (I + T)$ 可逆，且 $B^{- 1} = (I + T)^{- 1} A^{- 1} \in B (X)$ ，从而 $B$ 是双射，即 $B \in G$ ．

这说明以 $A$ 为中心、 $ε$ 为半径的开球包含于 $G$ ，故 $G$ 是 $B (X)$ 中的开集．∎

习题 5.13

设 $A, B \in B (X)$ , 且 $A B = B A$ . 求证: $r (A B) = r (B A) \leq r (A) r (B) .$

解答

证明

首先回忆谱半径的定义：对于 $T \in B (X)$ ， $r (T) = sup {∣ λ ∣ : λ \in σ (T)} = n \to \infty lim ∥ T^{n} ∥^{1/ n} .$

1. 证明 $r (A B) = r (B A)$ .

利用谱半径的极限表达式。对任意 $n \in N$ ，有 $(A B)^{n + 1} = A (B A)^{n} B,$ 从而 $∥ (A B)^{n + 1} ∥ \leq ∥ A ∥ ∥ (B A)^{n} ∥ ∥ B ∥.$ 取 $(n + 1)$ 次根并令 $n \to \infty$ ，得到 $r (A B) = n \to \infty lim ∥ (A B)^{n + 1} ∥^{1/ (n + 1)} \leq n \to \infty lim (∥ A ∥∥ (B A)^{n} ∥∥ B ∥)^{1/ (n + 1)} = r (B A),$ 因为 $∥ A ∥^{1/ (n + 1)} \to 1$ ， $∥ B ∥^{1/ (n + 1)} \to 1$ . 同理，由 $(B A)^{n + 1} = B (A B)^{n} A$ 可得 $r (B A) \leq r (A B)$ . 故 $r (A B) = r (B A)$ .

2. 证明 $r (A B) \leq r (A) r (B)$ .

由于 $A B = B A$ ，容易用归纳法证明对任意 $n \in N$ 有 $(A B)^{n} = A^{n} B^{n}$ . 事实上， $n = 1$ 显然；假设 $(A B)^{k} = A^{k} B^{k}$ ，则 $(A B)^{k + 1} = (A B)^{k} (A B) = A^{k} B^{k} A B = A^{k} (B^{k} A) B = A^{k} (A B^{k}) B = A^{k + 1} B^{k + 1},$ 其中用到了 $A$ 与 $B^{k}$ 可交换（由 $A B = B A$ 可得 $A$ 与 $B$ 的各次幂均交换）. 因此 $∥ (A B)^{n} ∥ = ∥ A^{n} B^{n} ∥ \leq ∥ A^{n} ∥ ∥ B^{n} ∥.$ 取 $n$ 次根： $∥ (A B)^{n} ∥^{1/ n} \leq (∥ A^{n} ∥ ∥ B^{n} ∥)^{1/ n} = ∥ A^{n} ∥^{1/ n} ∥ B^{n} ∥^{1/ n} .$ 令 $n \to \infty$ ，利用谱半径的极限公式即得 $r (A B) \leq r (A) r (B) .$

综上所述，在 $A B = B A$ 的条件下有 $r (A B) = r (B A) \leq r (A) r (B) .$

习题 5.14

设 $A \in K (X), λ \neq = 0$ . 求证 :

(1) 任取 $n \geq 1, N ((λ - A)^{n}) \subset N ((λ - A)^{n + 1})$ ;

(2) 存在 $n_{0} \geq 1$ , 使得 $N ((λ - A)^{n_{0}}) = N ((λ - A)^{n_{0} + 1})$ , 且任取 $m \geq 1$ , $N ((λ - A)^{n_{0}}) = N ((λ - A)^{n_{0} + m}) .$

解答

(1) 对任意 $n \geq 1$ ，若 $x \in N ((λ - A)^{n})$ ，则 $(λ - A)^{n} x = 0$ 。于是 $(λ - A)^{n + 1} x = (λ - A) ((λ - A)^{n} x) = 0,$ 故 $x \in N ((λ - A)^{n + 1})$ 。因此 $N ((λ - A)^{n}) \subset N ((λ - A)^{n + 1})$ 。

(2) 记 $T = λ - A$ 。对 $n \geq 1$ 令 $M_{n} = N (T^{n})$ 。由 (1) 知 $M_{n} \subset M_{n + 1}$ ，且 $M_{n}$ 是闭子空间（因 $T^{n}$ 连续）。假设结论不成立，即对每个 $n \geq 1$ 均有 $M_{n} ⊊ M_{n + 1}$ 。则由 Riesz 引理，对每个 $n$ 存在 $x_{n} \in M_{n + 1}$ 使得 $∥ x_{n} ∥ = 1$ 且 $dist (x_{n}, M_{n}) \geq \frac{1}{2}$ 。

现取 $n > m$ 。注意到：

$x_{n} \in M_{n + 1}$ ，故 $T x_{n} \in M_{n}$ ；
$x_{m} \in M_{m + 1} \subset M_{n}$ （因 $m + 1 \leq n$ ），从而 $x_{m} \in M_{n}$ ，且 $T x_{m} \in M_{m} \subset M_{n}$ 。因此 $T x_{n} - T x_{m} \in M_{n}$ 。

由于 $A = λ I - T$ ，有 $A x_{n} - A x_{m} = (λ x_{n} - T x_{n}) - (λ x_{m} - T x_{m}) = λ (x_{n} - x_{m}) - (T x_{n} - T x_{m}) .$ 于是 $A x_{n} - A x_{m} = λ [x_{n} - (x_{m} + \frac{1}{λ} (T x_{n} - T x_{m}))] .$ 记 $w = x_{m} + \frac{1}{λ} (T x_{n} - T x_{m})$ 。因 $T x_{n} - T x_{m} \in M_{n}$ 且 $λ \neq = 0$ ，得 $w \in M_{n}$ 。从而 $∥ A x_{n} - A x_{m} ∥ = ∣ λ ∣ \cdot ∥ x_{n} - w ∥ \geq ∣ λ ∣ \cdot dist (x_{n}, M_{n}) \geq \frac{∣ λ ∣}{2} .$ 故 ${A x_{n}}$ 中任意两项的距离不小于 $\frac{∣ λ ∣}{2} > 0$ ，它没有 Cauchy 子列，因而没有收敛子列。但 $A$ 是紧算子， ${x_{n}}$ 有界， ${A x_{n}}$ 必有收敛子列，矛盾。所以存在 $n_{0} \geq 1$ 使得 $M_{n_{0}} = M_{n_{0} + 1}$ 。

下证对任意 $m \geq 1$ 有 $M_{n_{0}} = M_{n_{0} + m}$ 。由 $M_{n_{0}} = M_{n_{0} + 1}$ 出发：取 $x \in M_{n_{0} + 2}$ ，则 $T^{n_{0} + 2} x = 0$ ，于是 $T^{n_{0} + 1} (T x) = 0$ ，即 $T x \in M_{n_{0} + 1} = M_{n_{0}}$ 。从而 $T^{n_{0}} (T x) = T^{n_{0} + 1} x = 0$ ，故 $x \in M_{n_{0} + 1}$ 。因此 $M_{n_{0} + 2} \subset M_{n_{0} + 1}$ ，结合 $M_{n_{0} + 1} \subset M_{n_{0} + 2}$ （由 (1)）得 $M_{n_{0} + 1} = M_{n_{0} + 2}$ ，进而 $M_{n_{0}} = M_{n_{0} + 2}$ 。重复此推理可知对任意 $m \geq 1$ 均有 $M_{n_{0}} = M_{n_{0} + m}$ ，即 $N ((λ - A)^{n_{0}}) = N ((λ - A)^{n_{0} + m}) .$ 这就完成了证明。

习题 5.15

设 $A \in K (X), λ \neq = 0$ . 求证:

(1) 任取 $n \geq 1, R ((λ - A)^{n + 1}) \subset R ((λ - A)^{n})$ ;

(2) 存在 $n_{0} \geq 1$ , 使得 $R ((λ - A)^{n_{0}}) = R ((λ - A)^{n_{0} + 1})$ , 且任取 $m \geq 1, R ((λ - A)^{n_{0}}) =$ $R ((λ - A)^{n_{0} + m})$ .

解答

证明

记 $T = λ I - A$ ，其中 $I$ 为恒等算子。由于 $A$ 是紧算子且 $λ \neq = 0$ ， $T$ 是 Fredholm 算子，且 $ind (T) = 0$ 。对任意正整数 $n$ ， $T^{n} = (λ I - A)^{n}$ 可展开为 $λ^{n} I + K_{n}$ ，其中 $K_{n}$ 为紧算子（因为它是 $A$ 的多项式，而紧算子的多项式仍为紧算子）。从而 $T^{n}$ 也是 Fredholm 算子，且 $ind (T^{n}) = 0$ 。故对每个 $n$ ， $ker T^{n}$ 是有限维的， $R (T^{n})$ 是闭子空间，并且
$dim ker T^{n} = codim R (T^{n}) < \infty.$

(1)
对任意 $n \geq 1$ ，
$(λ - A)^{n + 1} = (λ - A)^{n} \circ (λ - A) .$ 若 $y \in R ((λ - A)^{n + 1})$ ，则存在 $x \in X$ 使得 $y = (λ - A)^{n + 1} x = (λ - A)^{n} ((λ - A) x)$ ，因此 $y \in R ((λ - A)^{n})$ 。
从而 $R ((λ - A)^{n + 1}) \subset R ((λ - A)^{n})$ 。

(2)

第一步：核链的稳定性

考虑核空间的升链
$ker T \subset ker T^{2} \subset ker T^{3} \subset \dots .$ 假设对所有 $n$ 都有 $ker T^{n} ⊊ ker T^{n + 1}$ （真包含）。
对每个 $n$ ， $ker T^{n + 1}$ 是有限维闭子空间，且 $ker T^{n}$ 是其真闭子空间。由 Riesz 引理，存在 $y_{n} \in ker T^{n + 1}$ 满足 $∥ y_{n} ∥ = 1$ 且 $dist (y_{n}, ker T^{n}) \geq \frac{1}{2}$ 。

取 $n > m$ ，考察 $A y_{n} - A y_{m}$ 。
注意到若 $y \in ker T^{k + 1}$ ，则 $T y \in ker T^{k}$ ，因为 $T^{k} (T y) = T^{k + 1} y = 0$ 。
于是 $T y_{n} \in ker T^{n}$ ， $T y_{m} \in ker T^{m} \subset ker T^{n}$ （因 $m < n$ ），从而 $T y_{n} - T y_{m} \in ker T^{n}$ 。

计算
$A y_{n} - A y_{m} = (λ y_{n} - T y_{n}) - (λ y_{m} - T y_{m}) = λ (y_{n} - y_{m}) - (T y_{n} - T y_{m}) .$ 移项得
$\frac{1}{λ} (A y_{n} - A y_{m}) = y_{n} - (y_{m} + \frac{1}{λ} (T y_{n} - T y_{m})) .$ 由于 $y_{m} \in ker T^{n}$ 且 $T y_{n} - T y_{m} \in ker T^{n}$ ，括号内的向量属于 $ker T^{n}$ ，记作 $u \in ker T^{n}$ 。因此
$\frac{1}{λ} (A y_{n} - A y_{m}) = ∥ y_{n} - u ∥ \geq dist (y_{n}, ker T^{n}) \geq \frac{1}{2} .$ 从而 $∥ A y_{n} - A y_{m} ∥ \geq ∣ λ ∣/2$ 对一切 $n > m$ 成立。这说明 ${A y_{n}}$ 没有 Cauchy 子列，更不可能有收敛子列。
但 ${y_{n}}$ 有界， $A$ 是紧算子，故 ${A y_{n}}$ 必有收敛子列，矛盾。

因此假设不成立，存在正整数 $n_{0}$ 使得 $ker T^{n_{0}} = ker T^{n_{0} + 1}$ 。
进而可证对任意 $m \geq 1$ 有 $ker T^{n_{0} + m} = ker T^{n_{0}}$ （归纳：若 $ker T^{k} = ker T^{k + 1}$ ，则 $ker T^{k + 2} \subseteq ker T^{k + 1}$ 且反向包含显然，故相等）。

第二步：值域链的稳定性

由 Fredholm 性质， $codim R (T^{n}) = dim ker T^{n}$ 。记 $d_{n} = dim ker T^{n}$ 。由第一步知存在 $n_{0}$ 使得 $d_{n_{0}} = d_{n_{0} + 1} = d_{n_{0} + 2} = \dots$ 。

另一方面，由 (1) 有 $R (T^{n + 1}) \subset R (T^{n})$ 。于是对 $n \geq n_{0}$ ，
$d_{n + 1} = codim R (T^{n + 1}) \geq codim R (T^{n}) = d_{n} .$ 但 $d_{n + 1} = d_{n}$ ，故必须 $R (T^{n + 1}) = R (T^{n})$ ；否则，若 $R (T^{n + 1})$ 是 $R (T^{n})$ 的真子空间，由于二者均为闭子空间且余维有限，将导致 $codim R (T^{n + 1}) > codim R (T^{n})$ ，矛盾。

特别地，取 $n = n_{0}$ 得 $R (T^{n_{0}}) = R (T^{n_{0} + 1})$ 。
再对 $m \geq 2$ 归纳：若 $R (T^{n_{0}}) = R (T^{n_{0} + m})$ ，则由包含关系 $R (T^{n_{0} + m + 1}) \subset R (T^{n_{0} + m})$ 及 $codim R (T^{n_{0} + m + 1}) = d_{n_{0}} = codim R (T^{n_{0} + m})$ 同样推出相等。故对任意 $m \geq 1$ 有 $R (T^{n_{0}}) = R (T^{n_{0} + m})$ 。

将 $T$ 换回 $λ - A$ 即得所证。 $□$

习题 5.16

考虑 $C [0, 1]$ 上的算子 $(A x) (t) = t x (t)$ . 求证: $A$ 不为紧算子.

解答

证明　构造一列有界连续函数 $(x_{n})_{n \geq 2}$ 使得 $(A x_{n})$ 没有收敛子列。

对 $n \geq 2$ ，令
$a_{n} = \frac{1}{2} + \frac{1}{n + 1}, b_{n} = \frac{1}{2} + \frac{1}{n},$
则 $[a_{n}, b_{n}] \subset [\frac{1}{2}, 1]$ ，且当 $n \neq = m$ 时 $[a_{n}, b_{n}] \cap [a_{m}, b_{m}] = \emptyset$ （端点相接但内部互不相交）。定义 $x_{n} \in C [0, 1]$ 为
$x_{n} (t) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{t - a _{n}}{( b _{n} - a _{n} ) /2}, \frac{b _{n} - t}{( b _{n} - a _{n} ) /2}, 0, a_{n} \leq t \leq \frac{a _{n} + b _{n}}{2}, \frac{a _{n} + b _{n}}{2} \leq t \leq b_{n}, 其他 .$
这是一个三角形函数，在区间中点 $t_{n} = \frac{a _{n} + b _{n}}{2}$ 处取最大值 $1$ ，在 $[a_{n}, b_{n}]$ 外恒为零。显然 $∥ x_{n} ∥_{\infty} = 1$ ，故 $(x_{n})$ 为 $C [0, 1]$ 中的有界序列。

对于算子 $A$ ， $(A x_{n}) (t) = t x_{n} (t)$ 。由于 $x_{n}$ 的支撑集含于 $[a_{n}, b_{n}]$ ，且这些区间互不相交，当 $n \neq = m$ 时 $A x_{n}$ 与 $A x_{m}$ 的支撑集也不相交。于是对任意 $n \neq = m$ 和任意 $t \in [a_{n}, b_{n}]$ ，有 $A x_{m} (t) = 0$ ，从而
$∥ A x_{n} - A x_{m} ∥_{\infty} \geq t \in [a_{n}, b_{n}] sup ∣ A x_{n} (t) ∣ = ∥ A x_{n} ∥_{\infty} .$

现在估计 $∥ A x_{n} ∥_{\infty}$ 。在区间中点 $t_{n}$ 处， $x_{n} (t_{n}) = 1$ ，故
$∥ A x_{n} ∥_{\infty} \geq t_{n} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} (\frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n}) > \frac{1}{2} .$
因此对任意 $n \neq = m$ 有
$∥ A x_{n} - A x_{m} ∥_{\infty} > \frac{1}{2} .$

这表明 $(A x_{n})$ 中任意两项的距离均大于 $\frac{1}{2}$ ，因而它没有 Cauchy 子列，从而也不可能存在收敛子列。由于 $(x_{n})$ 有界而 $(A x_{n})$ 无收敛子列， $A$ 不是紧算子。 $□$

习题 5.17

设 $A \in B (X)$ 为紧算子, 且 $A^{2} = A$ . 求证 : $dim (R (A)) < \infty$ .

解答

证明. 由于 $A^{2} = A$ , $A$ 是幂等算子. 首先证明值域 $R (A)$ 是闭的: 设 $y_{n} = A x_{n} \in R (A)$ 且 $y_{n} \to y$ , 则
$A y = n \to \infty lim A (A x_{n}) = n \to \infty lim A x_{n} = y,$
故 $y = A y \in R (A)$ , 因此 $R (A)$ 是 $X$ 的闭子空间.

记 $B_{X} = {x \in X : ∥ x ∥ \leq 1}$ 为 $X$ 的单位闭球, $B = {y \in R (A) : ∥ y ∥ \leq 1}$ 为 $R (A)$ 的单位闭球. 因为 $R (A)$ 闭, $B$ 也是 $X$ 中的闭集.

对任意 $y \in B$ , 由 $y \in R (A)$ 知存在 $z \in X$ 使 $y = A z$ , 从而
$A y = A (A z) = A z = y .$
又 $∥ y ∥ \leq 1$ 表明 $y \in B_{X}$ , 因此 $y = A y \in A (B_{X})$ . 故 $B \subseteq A (B_{X})$ .

因为 $A$ 是紧算子, $A (B_{X})$ 是相对紧集. 作为其子集, $B$ 也是相对紧的. 又 $B$ 是闭集, 所以 $B$ 是紧集.

在赋范空间中, 一个子空间的单位闭球是紧集当且仅当该子空间是有限维的 (Riesz 引理). 由此得 $dim R (A) < \infty$ . $□$

习题 5.18

设 $Y$ 为 $X$ 的线性子空间, $A \in B (X)$ . 称 $Y$ 为 $A$ 的不变子空间, 若 $T (Y) \subset Y$ . 求证:

(1) $A$ 的特征空间均是 $A$ 的不变子空间;

(2)若 $Y$ 为 $A$ 的不变子空间, 则 $\overset{ˉ}{Y}$ 也是 $A$ 的不变子空间;

(3) 任取 $n \geq 1, N (A^{m})$ 和 $R (A^{m})$ 都是 $A$ 的不变子空间;

(4) 若 $B \in B (X)$ , 使得 $B A = A B$ , 则 $N (B)$ 和 $R (B)$ 均是 $A$ 的不变子空间.

解答

证明

(1) 设 $λ$ 是 $A$ 的一个特征值，特征空间 $E_{λ} = {x \in X : A x = λ x}$ 。
对任意 $x \in E_{λ}$ ，有 $A x = λ x$ 。计算
$A (A x) = A (λ x) = λ A x = λ (λ x) = λ^{2} x,$
故 $A (A x) = λ (A x)$ ，即 $A x \in E_{λ}$ 。因此 $A (E_{λ}) \subset E_{λ}$ ， $E_{λ}$ 是 $A$ 的不变子空间。

(2) 若 $Y$ 为 $A$ 的不变子空间，则 $A (Y) \subset Y$ 。 $A$ 有界，故连续。任取 $x \in \overset{ˉ}{Y}$ ，存在序列 ${x_{n}} \subset Y$ 使 $x_{n} \to x$ 。由 $A$ 的连续性， $A x = n \to \infty lim A x_{n} .$
因 $x_{n} \in Y$ 且 $A (Y) \subset Y$ ，有 $A x_{n} \in Y$ ，从而 $A x$ 是 $Y$ 中点的极限，故 $A x \in \overset{ˉ}{Y}$ 。
此外，在赋范空间中线性子空间的闭包仍为线性子空间，所以 $\overset{ˉ}{Y}$ 也是 $A$ 的不变子空间。

(3) 固定 $n \geq 1$ 。

零空间 $N (A^{n})$ ：若 $x \in N (A^{n})$ ，则 $A^{n} x = 0$ 。于是
$A^{n} (A x) = A^{n + 1} x = A (A^{n} x) = A 0 = 0,$
故 $A x \in N (A^{n})$ ，即 $A (N (A^{n})) \subset N (A^{n})$ 。
值域 $R (A^{n})$ ：若 $y \in R (A^{n})$ ，则存在 $x \in X$ 使得 $y = A^{n} x$ 。那么
$A y = A (A^{n} x) = A^{n + 1} x = A^{n} (A x) \in R (A^{n}),$
因为 $A x \in X$ 。故 $A (R (A^{n})) \subset R (A^{n})$ 。

因此 $N (A^{n})$ 与 $R (A^{n})$ 均为 $A$ 的不变子空间。

(4) 设 $B \in B (X)$ 且 $B A = A B$ 。

零空间 $N (B)$ ：取 $x \in N (B)$ ，则 $B x = 0$ 。由交换性，
$B (A x) = (B A) x = (A B) x = A (B x) = A 0 = 0,$
所以 $A x \in N (B)$ ，即 $A (N (B)) \subset N (B)$ 。
值域 $R (B)$ ：取 $y \in R (B)$ ，则存在 $x \in X$ 使 $y = B x$ 。利用交换性，
$A y = A (B x) = (A B) x = (B A) x = B (A x) \in R (B),$
故 $A (R (B)) \subset R (B)$ 。

因此 $N (B)$ 与 $R (B)$ 都是 $A$ 的不变子空间。 ∎

习题 5.19

设 $A \in B (X), Y$ 为 $A$ 的不变闭子空间, 设 $B = A ∣_{Y}$ . 求证:

(1) 若 $A$ 为紧算子, 则 $B$ 也为紧算子;

(2) 若 $A$ 为自伴算子, 则 $B$ 也为自伴算子;

(3) $σ_{p} (B) \subset σ_{p} (A)$ ;

解答

证明

(1) 设 $X$ 为 Banach 空间， $A \in B (X)$ 是紧算子。任取 $Y$ 中的有界序列 ${y_{n}}$ ，则 ${y_{n}}$ 也是 $X$ 中的有界序列。由 $A$ 的紧性知，存在子列 ${y_{n_{k}}}$ 使得 ${A y_{n_{k}}}$ 在 $X$ 中收敛于某 $x \in X$ 。由于 $Y$ 是 $A$ 的不变子空间且为闭集，有 $A y_{n_{k}} = B y_{n_{k}} \in Y$ ，且极限 $x$ 属于 $Y$ 。因此 ${B y_{n_{k}}}$ 在 $Y$ 中收敛，故 $B$ 是紧算子。

(2) 设 $X$ 是 Hilbert 空间，内积记为 $⟨ \cdot, \cdot ⟩$ ，且 $A = A^{*}$ 。对于任意 $y_{1}, y_{2} \in Y$ ，有 $⟨ B y_{1}, y_{2} ⟩ = ⟨ A y_{1}, y_{2} ⟩ = ⟨ y_{1}, A y_{2} ⟩ = ⟨ y_{1}, B y_{2} ⟩ .$ 所以 $B$ 是对称算子。由于 $B$ 是定义在 Hilbert 空间 $Y$ 上的有界线性算子，对称性等价于自伴性，因此 $B$ 是自伴算子。

(3) 若 $λ \in σ_{p} (B)$ ，则存在非零元 $y \in Y$ 使得 $B y = λ y$ ，即 $A y = λ y$ 。这表明 $λ$ 是 $A$ 的特征值，故 $λ \in σ_{p} (A)$ 。因此 $σ_{p} (B) \subset σ_{p} (A)$ 。

习题 5.20

设 $H$ 是 Hilbert 空间, $T \in B (H)$ . 求证: $T$ 为到 $H$ 某一闭子空间的正交投影当且仅当 $T$ 为自伴算子且 $T$ 为幂等的, 即 $T^{2} = T$ .

解答

证明：

（⇒） 设 $T$ 是 $H$ 到某个闭子空间 $M$ 的正交投影算子，即对任意 $x \in H$ ， $T x$ 是 $x$ 在 $M$ 上的正交投影。由正交投影的性质知 $T$ 是线性有界算子。下证 $T$ 满足 $T^{2} = T$ 且 $T^{*} = T$ 。

幂等性：任取 $x \in H$ ，分解 $x = u + v$ ，其中 $u \in M$ ， $v \in M^{⊥}$ ，则 $T x = u$ 。因为 $u \in M$ ，其正交投影仍是 $u$ ，故 $T^{2} x = T (T x) = T u = u = T x$ ，从而 $T^{2} = T$ 。
自伴性：任取 $x, y \in H$ ，作分解 $x = u + v$ ， $y = u^{'} + v^{'}$ ，其中 $u, u^{'} \in M$ ， $v, v^{'} \in M^{⊥}$ 。则 $(T x, y) = (u, u^{'} + v^{'}) = (u, u^{'}) + (u, v^{'}) = (u, u^{'}),$ 因为 $u ⊥ v^{'}$ ；又 $(x, T y) = (u + v, u^{'}) = (u, u^{'}) + (v, u^{'}) = (u, u^{'}),$ 因为 $v ⊥ u^{'}$ 。因此 $(T x, y) = (x, T y)$ 对一切 $x, y$ 成立，即 $T^{*} = T$ 。

（⇐） 设 $T \in B (H)$ 满足 $T^{*} = T$ 且 $T^{2} = T$ 。令 $M = ran T = {T x : x \in H} .$

第一步：证明 $M$ 是闭子空间。
由于 $T$ 幂等，容易验证 $M = ker (I - T)$ ：

若 $x \in M$ ，则存在 $y$ 使 $x = T y$ ，于是 $(I - T) x = T y - T^{2} y = 0$ ，故 $x \in ker (I - T)$ ；
若 $x \in ker (I - T)$ ，则 $x = T x \in M$ 。
而 $I - T$ 连续，其核 $ker (I - T)$ 是闭集，因此 $M$ 是闭子空间。

第二步：证明 $ker T = M^{⊥}$ 。
利用 $T$ 的自伴性：对任意 $x \in H$ ， $x \in ker T ⟺ T x = 0 ⟺ (T x, y) = 0, \forall y \in H ⟺ (x, T y) = 0, \forall y \in H ⟺ x ⊥ M .$ 故 $ker T = M^{⊥}$ 。

第三步：验证 $T$ 是到 $M$ 的正交投影。
对任意 $x \in H$ ，分解 $x = T x + (I - T) x .$ 由 $T^{2} = T$ 知 $T (T x) = T x$ ，故 $T x \in M$ ；同时 $T ((I - T) x) = (T - T^{2}) x = 0$ ，即 $(I - T) x \in ker T$ 。根据第二步， $ker T = M^{⊥}$ ，所以 $(I - T) x \in M^{⊥}$ 。这表明 $x$ 被分解为 $M$ 中的向量 $T x$ 与 $M^{⊥}$ 中的向量 $(I - T) x$ 之和，且分解是正交的。由正交投影的唯一性， $T x$ 就是 $x$ 在闭子空间 $M$ 上的正交投影。因此 $T = P_{M}$ 。

综上， $T$ 是到 $H$ 的某一闭子空间的正交投影当且仅当 $T$ 自伴且幂等。

习题 5.21

设 $H$ 是 Hilbert 空间, $M$ 为 $H$ 的闭线性子空间, $A$ 为从 $H$ 到 $M$ 上的正交投影. 求: $m_{A}$ 和 $M_{A}$ .

解答

对于 Hilbert 空间 $H$ 的闭子空间 $M$ ，记 $A = P_{M}$ 为正交投影算子。考虑数值范围 $W (A) = {(A x, x) : x \in H, ∥ x ∥ = 1},$ 并定义 $m_{A} = in f W (A), M_{A} = sup W (A) .$

由于 $A$ 是自伴算子， $W (A) \subseteq R$ 。对任意单位向量 $x$ ，作正交分解 $x = y + z$ ，其中 $y \in M, z \in M^{⊥}$ ，则 $(A x, x) = ∥ y ∥^{2} = ∥ P_{M} x ∥^{2}$ 。因为 $0 \leq ∥ P_{M} x ∥ \leq ∥ x ∥ = 1$ ，所以 $W (A) \subseteq [0, 1]$ 。

分情形讨论：

$M = {0}$ （零子空间）：此时 $A = 0$ 。对任意单位向量 $x$ ， $(A x, x) = 0$ ，故 $W (A) = {0}$ ，从而 $m_{A} = M_{A} = 0$ 。
$M = H$ （全空间）：此时 $A = I$ 。对任意单位向量 $x$ ， $(A x, x) = 1$ ，故 $W (A) = {1}$ ，从而 $m_{A} = M_{A} = 1$ 。
${0} ⊊ M ⊊ H$ ：此时 $M$ 和 $M^{⊥}$ 均含有非零向量。
- 取单位向量 $x \in M$ ，则 $(A x, x) = 1$ ，故 $1 \in W (A)$ 。
- 取单位向量 $x \in M^{⊥}$ ，则 $(A x, x) = 0$ ，故 $0 \in W (A)$ 。
- 对任意 $t \in (0, 1)$ ，选择单位向量 $u \in M, v \in M^{⊥}$ ，令 $x = t u + 1 - t v$ ，则 $∥ x ∥^{2} = t + (1 - t) = 1$ ，且 $P_{M} x = t u$ ，从而 $(A x, x) = ∥ t u ∥^{2} = t$ 。因此 $t \in W (A)$ 。
于是 $W (A) = [0, 1]$ ，故 $m_{A} = 0, M_{A} = 1$ 。

综上所述：

若 $M = {0}$ ，则 $m_{A} = M_{A} = 0$ ；
若 $M = H$ ，则 $m_{A} = M_{A} = 1$ ；
否则 $m_{A} = 0, M_{A} = 1$ 。

在非退化的常见情形（ $M$ 既非零也非全空间）下，有 $m_{A} = 0, M_{A} = 1$ 。

习题 5.22

设 $H$ 为非零 Hilbert 空间, $A \in B (X)$ 为自伴紧算子. 求证: $σ_{p} (A) \neq = \emptyset$ .

解答

证明：

设 $H \neq = {0}$ 为 Hilbert 空间， $A \in B (H)$ 是自伴紧算子。

若 $A = 0$ ，则任取非零向量 $x \in H$ 有 $A x = 0 = 0 \cdot x$ ，故 $0 \in σ_{p} (A)$ ，从而 $σ_{p} (A) \neq = \emptyset$ 。

若 $A \neq = 0$ ，则 $∥ A ∥ > 0$ 。由于 $A$ 自伴，有 $∥ A ∥ = ∥ x ∥ = 1 sup ∣ ⟨ A x, x ⟩ ∣. (1)$ （此式可由自伴算子的谱半径公式或直接估计得到： $∣ ⟨ A x, x ⟩ ∣ \leq ∥ A ∥$ ，并且利用单位球面上的向量可使 $∥ A x ∥$ 任意接近 $∥ A ∥$ ，再注意 $∥ A x ∥^{2} = ⟨ A^{2} x, x ⟩$ 和 $A^{2}$ 的自伴性即得。）

由 (1) 存在单位向量序列 ${x_{n}}_{n = 1}^{\infty} \subset H$ ( $∥ x_{n} ∥ = 1$ ) 使得 $∣ ⟨ A x_{n}, x_{n} ⟩ ∣ \to ∥ A ∥ (n \to \infty) .$ 选取子列（仍记作 ${x_{n}}$ ）使得 $⟨ A x_{n}, x_{n} ⟩$ 收敛，记其极限为 $λ$ ，则 $∣ λ ∣ = ∥ A ∥ > 0$ 。此外，由不等式 $∣ ⟨ A x_{n}, x_{n} ⟩ ∣ \leq ∥ A x_{n} ∥ \leq ∥ A ∥$ 及两端的极限均为 $∥ A ∥$ ，可得 $∥ A x_{n} ∥ \to ∥ A ∥$ 。

现在估计 $∥ A x_{n} - λ x_{n} ∥^{2} = ∥ A x_{n} ∥^{2} - 2 λ ⟨ A x_{n}, x_{n} ⟩ + λ^{2} .$ 令 $n \to \infty$ ，右侧趋于 $∥ A ∥^{2} - 2 λ \cdot λ + λ^{2} = 0$ ，故 $∥ A x_{n} - λ x_{n} ∥ \to 0. (2)$

因为 $A$ 是紧算子， ${x_{n}}$ 有界，所以 ${A x_{n}}$ 有收敛子列。由 (2) 易见相应的 ${x_{n}}$ 子列也收敛：设 $A x_{n_{k}} \to y$ ，则由 (2) 有 $λ x_{n_{k}} = A x_{n_{k}} - (A x_{n_{k}} - λ x_{n_{k}}) \to y$ 。由于 $λ \neq = 0$ ，得到 $x_{n_{k}} \to x := y / λ$ ，且 $∥ x ∥ = lim ∥ x_{n_{k}} ∥ = 1$ ，故 $x \neq = 0$ 。

在关系 $A x_{n_{k}} - λ x_{n_{k}} \to 0$ 中取极限，利用 $A$ 的连续性得 $A x - λ x = 0,$ 即 $A x = λ x$ 。因此 $λ$ 是 $A$ 的非零特征值，从而 $σ_{p} (A) \neq = \emptyset$ 。

综上所述，无论 $A$ 是否为零算子，其点谱均非空。∎

习题 5.23

考虑 $ℓ^{2}$ 上的有界线性算子: $A (x_{1}, x_{2}, x_{3}, \dots) = (λ_{1} x_{1}, λ_{2} x_{2}, λ_{3} x_{3}, \dots) .$ 其中 $λ_{i} \in R$ 为有界列, $a = in f_{i \geq 1}, b = sup_{i \geq 1} λ_{i}$ . 求证: 任取 $i \geq 1, λ_{i} \in σ_{p} (A)$ . 问 : 在什么情形下有 $σ (A) = [a, b]$ ?

解答

解答

1. 证明 $λ_{i} \in σ_{p} (A)$

对每个 $i \geq 1$ ，取标准基向量 $e_{i} = (0, \dots, 0, 1, 0, \dots) \in ℓ^{2}$ （第 $i$ 个分量为 $1$ ）。由于
$A e_{i} = (λ_{1} \cdot 0, \dots, λ_{i} \cdot 1, \dots) = λ_{i} e_{i},$ 故 $λ_{i}$ 是 $A$ 的特征值，对应的特征向量为 $e_{i}$ 。因此 $λ_{i} \in σ_{p} (A)$ 对一切 $i$ 成立。

2. 算子 $A$ 的谱

记 $Σ = {λ_{i} : i \geq 1}$ ，并令 $\overline{Σ}$ 为 $Σ$ 在 $R$ 中的闭包。
由于 $λ_{i} \in R$ 且 ${λ_{i}}$ 有界， $A$ 是有界自伴算子，其谱 $σ (A)$ 是 $R$ 的非空紧子集。

断言　 $σ (A) = \overline{Σ}$ 。

证明

$\overline{Σ} \subseteq σ (A)$
任取 $λ \in \overline{Σ}$ ，则存在子列 ${λ_{i_{n}}}$ 使得 $λ_{i_{n}} \to λ$ 。
考虑向量 $x_{n} = e_{i_{n}}$ ，则 $∥ x_{n} ∥ = 1$ ，且
$∥ (A - λ I) x_{n} ∥ = ∣ λ_{i_{n}} - λ ∣ \to 0.$ 因此 $λ$ 属于 $A$ 的近似点谱，而近似点谱含于谱集，故 $λ \in σ (A)$ 。
$σ (A) \subseteq \overline{Σ}$
若 $λ \in / \overline{Σ}$ ，则存在 $δ > 0$ 使得 $∣ λ - λ_{i} ∣ \geq δ$ 对所有 $i$ 成立。
定义算子 $B : ℓ^{2} \to ℓ^{2}$ 为 $(B y)_{i} = \frac{y _{i}}{λ - λ _{i}}$ 。
由于 $∣ (λ - λ_{i})^{- 1} ∣ \leq δ^{- 1}$ ， $B$ 是有界线性算子且 $∥ B ∥ \leq δ^{- 1}$ 。
直接验证：对任意 $y \in ℓ^{2}$ ，令 $x_{i} = \frac{y _{i}}{λ - λ _{i}}$ ，则 $x \in ℓ^{2}$ 且 $(λ I - A) x = y$ ；反之，若 $(λ I - A) x = y$ ，则必有 $x_{i} = \frac{y _{i}}{λ - λ _{i}}$ 。
因此 $B = (λ I - A)^{- 1}$ ，即 $λ \in ρ (A)$ 。从而 $σ (A) \subseteq \overline{Σ}$ 。

综上， $σ (A) = \overline{Σ}$ 。

3. $σ (A) = [a, b]$ 的条件

由 $a = in f Σ$ ， $b = sup Σ$ ，可知 $\overline{Σ} \subseteq [a, b]$ 。
因此 $σ (A) = [a, b]$ 当且仅当 $\overline{Σ} = [a, b]$ ，亦即集合 $Σ$ 在区间 $[a, b]$ 中稠密。

等价表述：对任意 $c \in [a, b]$ 和任意 $ε > 0$ ，存在 $i$ 使得 $∣ λ_{i} - c ∣ < ε$ 。

注　若 $Σ$ 在 $[a, b]$ 中不稠密，则 $σ (A)$ 是 $\overline{Σ}$ ，它是 $[a, b]$ 的真闭子集（例如有限集、可数离散集、Cantor 集等），此时 $σ (A) \neq = [a, b]$ 。

习题 5.24

设 $H$ 为 Hilbert 空间, $A \in B (H), {e_{1}, e_{2}, \dots}$ 为 $H$ 的完全标准正交序列. 求证: $A$ 为自伴算子当且仅当 $⟨ A e_{i}, e_{j} ⟩ = ⟨ e_{i}, A e_{j} ⟩, i, j \geq 1.$

解答

证明：

必要性：若 $A$ 自伴，即 $A^{*} = A$ ，则对任意 $i, j$ ， $⟨ A e_{i}, e_{j} ⟩ = ⟨ e_{i}, A^{*} e_{j} ⟩ = ⟨ e_{i}, A e_{j} ⟩ .$ 故等式成立。

充分性：假设对任意 $i, j \geq 1$ 有 $⟨ A e_{i}, e_{j} ⟩ = ⟨ e_{i}, A e_{j} ⟩$ 。
对任意固定的 $j$ ，考虑向量 $(A^{*} - A) e_{j}$ 。对任意 $i$ ， $⟨ e_{i}, (A^{*} - A) e_{j} ⟩ = ⟨ e_{i}, A^{*} e_{j} ⟩ - ⟨ e_{i}, A e_{j} ⟩ = ⟨ A e_{i}, e_{j} ⟩ - ⟨ e_{i}, A e_{j} ⟩ = 0,$ 其中第二个等号用到了伴随的定义 $⟨ e_{i}, A^{*} e_{j} ⟩ = ⟨ A e_{i}, e_{j} ⟩$ 。
因此， $(A^{*} - A) e_{j}$ 与所有 $e_{i}$ 正交。由于 ${e_{1}, e_{2}, \dots}$ 是完全标准正交序列，其线性张成在 $H$ 中稠密，故正交于所有 $e_{i}$ 的唯一向量是零向量，即 $(A^{*} - A) e_{j} = 0$ 。从而 $A e_{j} = A^{*} e_{j}, \forall j \geq 1.$

对任意 $x \in H$ ，由完全性，存在有限线性组合 $x_{n} = \sum_{k = 1}^{N_{n}} c_{k}^{(n)} e_{k}$ 使得 $x_{n} \to x$ 。由 $A$ 和 $A^{*}$ 的有界性（连续性）得 $A x = n \to \infty lim A x_{n} = n \to \infty lim k \sum c_{k}^{(n)} A e_{k} = n \to \infty lim k \sum c_{k}^{(n)} A^{*} e_{k} = n \to \infty lim A^{*} x_{n} = A^{*} x .$ 因此 $A = A^{*}$ ，即 $A$ 为自伴算子。∎

额外习题

这里是一些额外的习题，出处不详。

2009

2009-1
2009-2
2009-3
2009-4 (似乎是一道旧版书中谱论部分的习题)
2009-5
2009-6

2011

2011-1
2011-2
2011-3
2011-4
2011-5

2012

2012-1
2012-2
2012-4
2012-5
2012-6

2013

2013-1
2013-2
2013-3
2013-4
2013-5
2013-6

2018

2018-1
2018-2
2018-3
2018-4
2018-5

2022

2022-1
2022-2
2022-3
2022-4
2022-5
2022-6

2023

2023-1
2023-2
2023-3
2023-4
2023-5

2009-1

2009-2

2009-3

$X$ 为赋范空间， $A : X \to X, B : X^{'} \to X^{'}$ 均为线性算子。任取 $x \in X, f \in X^{'}$ 有 $(B f) (x) = f (A x)$ ，求证： $A, B$ 都是有界线性算子。

解答

$X^{'}$ 为 Banach 空间，任取 $X^{'}$ 中的收敛列 ${f_{n}}, f_{n} \to f, B (f_{n}) \to g$ 。由 $B (f_{n}) = f_{n} \circ A$ ，则 $n \to \infty lim B (f_{n}) = n \to \infty lim f_{n} \circ A = f \circ A$ ，故 $g = f \circ A = B (f)$ ，进而由闭图像定理， $B$ 为有界线性算子。

考虑典范映射 $J : X \to X^{''}, x \mapsto g_{x}$ ，其中 $g_{x} : f \mapsto f (x)$ 。

则 $\forall A x \in X, ∣ g_{A x} (f) ∣ = ∣ f (A x) ∣ = ∣ (B f) (x) ∣ \leq ∥ B ∥∥ f ∥∥ x ∥ < \infty$ ，由一致有界性原理， $A x \in X sup ∥ g_{A x} ∥ < \infty$ ，即 $A x \in X sup ∥ A x ∥ < \infty$ 。

2009-5

2009-6

2010-1

设 $H$ 为内积空间，证明 $x_{n} \to x ⟺ x_{n} ⇀ x$ 且 $∥ x_{n} ∥ \to ∥ x ∥$ 。

解答

充分性

由 $x_{n} \to x$ ，则 $\forall f \in X^{'}, n \to \infty lim f (x_{n}) = f (x)$ ，即 $x_{n} ⇀ x$ 。

由 $x_{n} \to x$ ，则 $∥ x_{n} - x ∥ \to 0$ ，则 $∥ x_{n} ∥ \to ∥ x ∥$ 。

必要性

$∥ x_{n} - x ∥^{2} = ⟨ x_{n} - x, x_{n} - x ⟩ = ⟨ x_{n}, x_{n} ⟩ - ⟨ x_{n}, x ⟩ - ⟨ x, x_{n} ⟩ + ⟨ x, x ⟩$

由 $x_{n} ⇀ x$ ，则 $⟨ x_{n}, x ⟩ \to ⟨ x, x ⟩$ ， $⟨ x, x_{n} ⟩ \to ⟨ x, x ⟩$ ，故上式进一步有

$∥ x_{n} - x ∥^{2} = ⟨ x_{n}, x_{n} ⟩ - ⟨ x, x ⟩ = ∥ x_{n} ∥^{2} - ∥ x ∥^{2} \to 0$

从而 $x_{n} \to x$ 。

2010-2

$ℓ^{p} (X) \subset X$ ，且 $\forall x \in ℓ^{p} (X), x = {x_{1}, x_{2}, \dots}$ ，有 $(n = 1 \sum \infty ∥ x_{n} ∥^{p})^{1/ p} < \infty$ ，定义 $∥ x ∥_{p} = (n = 1 \sum \infty ∥ x_{n} ∥^{p})^{1/ p}$ 。证明：

$∥ x ∥_{p}$ 是 $ℓ^{p} (X)$ 上的范数
$X$ 完备当且仅当 $ℓ^{p} (X)$ 完备

解答

1. $∥ x ∥_{p}$ 是 $ℓ^{p} (X)$ 上的范数

验证范数的四条性质：

$∥ x ∥_{p} = (n = 1 \sum \infty ∥ x_{n} ∥^{p})^{1/ p} \geq 0$ ，非负性成立

$∥ x ∥_{p} = 0 ⟺ (n = 1 \sum \infty ∥ x_{n} ∥^{p})^{1/ p} = 0 ⟺ \forall n, ∥ x_{n} ∥ = 0 ⟺ x_{n} = 0 ⟺ x = 0$ ，非退化性成立

$∥ a x ∥_{p} = (n = 1 \sum \infty ∥ a x_{n} ∥^{p})^{1/ p} = (n = 1 \sum \infty ∣ a ∣^{p} ∥ x_{n} ∥^{p})^{1/ p} = ∣ a ∣ (n = 1 \sum \infty ∥ x_{n} ∥^{p})^{1/ p} = ∣ a ∣∥ x ∥_{p}$ ，齐次性成立

$∥ x + y ∥_{p} = (n = 1 \sum \infty ∥ x_{n} + y_{n} ∥^{p})^{1/ p} \leq (n = 1 \sum \infty (∥ x_{n} ∥ + ∥ y_{n} ∥)^{p})^{1/ p} \leq (n = 1 \sum \infty ∥ x_{n} ∥^{p})^{1/ p} + (n = 1 \sum \infty ∥ y_{n} ∥^{p})^{1/ p} = ∥ x ∥_{p} + ∥ y ∥_{p}$ ，三角不等式成立

故 $∥ x ∥_{p}$ 是 $ℓ^{p} (X)$ 上的范数。

2. $X$ 完备当且仅当 $ℓ^{p} (X)$ 完备

充分性

设 ${x_{n}^{k}} \in ℓ^{p} (X)$ 为 Cauchy 序列，则 $\forall ε > 0, \exists N > 1, \forall m, k > N, ∥ x_{n}^{m} - x_{n}^{k} ∥_{p} < ε$ ，即 $(n = 1 \sum \infty ∥ x_{n}^{m} - x_{n}^{k} ∥^{p})^{1/ p} < ε$ 。

则 $∥ x_{n}^{m} - x_{n}^{k} ∥ < ε$ ，说明 ${x_{n}^{k}}$ 也是 $X$ 中的 Cauchy 序列。由 $X$ 完备， $\exists x_{n} \in X, k \to \infty, x_{n}^{k} \to x_{n}$ 。

对于 $l \geq 1$ ，只要 $m, k \geq N$ ，就有 $n = 1 \sum l ∥ x_{n}^{m} - x_{n}^{k} ∥^{p} < ε^{p}$ ，取定 $m \geq N$ 并令 $k \to \infty$ ，则有 $n = 1 \sum l ∥ x_{n}^{m} - x_{n} ∥^{p} < ε^{p}$ ，再令 $l \to \infty$ 有 $n = 1 \sum \infty ∥ x_{n}^{m} - x_{n} ∥^{p} < ε^{p}$ 。

再由 Minkowski 不等式：

$(n = 1 \sum \infty ∥ x_{n} ∥^{p})^{1/ p} \leq (n = 1 \sum \infty ∥ x_{n}^{m} - x_{n} ∥^{p})^{1/ p} + (n = 1 \sum \infty ∥ x_{n}^{N} ∥^{p})^{1/ p} \leq ε + (n = 1 \sum \infty ∥ x_{n}^{N} ∥^{p})^{1/ p} < \infty$

这说明 ${x_{n}} \in ℓ^{p} (X)$ ，且收敛，故 $ℓ^{p} (X)$ 完备。

必要性

2010-3

设 $X^{'}$ 可分，证明存在 $x_{n} \in X$ 使得 $\forall f \in X^{'}, ∥ f ∥ = n \geq 1 sup ∣ f (x_{n}) ∣$ ，且 $∥ x_{n} ∥ = 1$ 。

解答

考虑典范映射 $J : X \to X^{''}, x \mapsto g_{x}$ ，其中 $g_{x} (f) = f (x)$ 。

$X^{'}$ 可分，故其非零。 $\forall g_{x} \in X^{''}, g_{x} \neq = 0$ ，有 $∣ g_{x} (f) ∣ \leq ∥ g_{x} ∥∥ f ∥ = ∥ x ∥∥ f ∥$ ，则 $∥ f ∥ \geq \frac{∣ g _{x} ( f ) ∣}{∥ g _{x} ∥}$ ，故 $∥ f ∥ \geq g_{x} \neq = 0 sup \frac{∣ g _{x} ( f ) ∣}{∥ g _{x} ∥}$ 。进一步取 $∥ g_{x} ∥ = 1$ ，则 $∥ f ∥ \geq g_{x} \neq = 0 sup ∣ g_{x} (f) ∣$ 。

由 Hahn-Banach 定理， $\exists g_{x} \in X^{''}, ∥ g_{x} ∥ = 1, g_{x} (f) = ∥ f ∥$ ，即 $∥ f ∥ \leq g_{x} \neq = 0 sup ∣ g_{x} (f) ∣$ 。

综上， $∥ f ∥ = g_{x} \neq = 0 sup ∣ g_{x} (f) ∣$ ，即 $\exists x_{n} \in X, ∥ x_{n} ∥ = 1, ∥ f ∥ = n \geq 1 sup ∣ f (x_{n}) ∣$ 。

2010-4

$X, Y$ 完备， $T \in B (X, Y)$ 为单射。证明 $T$ 的像集是闭集有且仅有 $T^{- 1}$ 有界线性

解答

2010-5

$X, Y$ 是两个线性赋范空间， $T : X \to Y, S : Y^{'} \to X^{'}, \forall f \in Y^{'}, f (T x) = S (f) (x)$ 。证明：

$S$ 有界线性
$T$ 有界线性

解答

1. $S$ 有界线性

先验证 $S$ 线性：

$S (α f_{1} + β f_{2}) (x) = (α f_{1} + β f_{2}) (T x) = α f_{1} (T x) + β f_{2} (T x) = α S (f_{1}) (x) + βS (f_{2}) (x) = (α S (f_{1}) + βS (f_{2})) (x)$

再证 $S$ 有界：

$X^{'}, Y^{'}$ 为 Banach 空间，任取 $Y^{'}$ 中的收敛列 ${f_{n}}, f_{n} \to f, S (f_{n}) \to g$ 。由 $f_{n} \circ T = S (f_{n})$ ，则 $n \to \infty lim S (f_{n}) = n \to \infty lim f_{n} \circ T = f \circ T$ ，故 $g = f \circ T = S (f)$ ，进而由闭图像定理， $S$ 为有界线性算子。

2. $T$ 有界线性

先验证 $T$ 线性：

$f (T (α x_{1} + β x_{2})) = S (f) (α x_{1} + β x_{2}) = α S (f) (x_{1}) + βS (f) (x_{2}) = α f (T x_{1}) + β f (T x_{2}) = f (α T x_{1} + βT x_{2})$

考虑典范映射 $J : Y \to Y^{''}, T x \mapsto g_{T x}$ ，其中 $g_{T x} : f \mapsto f (T x)$ 。

$f \in Y^{'}$ ，则 $∣ f (x) ∣ \leq ∥ f ∥∥ x ∥$ ，故 $∥ x ∥ = ∥ f ∥ \leq 1 sup ∣ f (x) ∣$

故 $∥ T x ∥ = ∥ f ∥ \leq 1 sup ∣ f (T x) ∣ = ∥ f ∥ \leq 1 sup ∣ S (f) (x) ∣ \leq ∥ S ∥∥ f ∥∥ x ∥$

故 $T$ 为有界线性算子。

2010-6

$α (t)$ 是定义在 $[a, b]$ 上的可测函数， $α (t) x (t)$ 可积，只要 $x$ 是 $p$ 阶可积。证明： $α$ 是 $q$ 阶可积，其中 $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$ 。

2011-1

$Ω$ 为非空集合， $B (Ω)$ 为定义在 $Ω$ 上的有界线性泛函， $f \in B (Ω)$ ，定义 $∥ f ∥ = x \in Ω sup ∣ f (x) ∣$ 。求证：

$∥ \cdot ∥$ 为 $B (Ω)$ 上的范数
$(B (Ω), ∥ \cdot ∥)$ 是 Banach 空间

解答

2011-2

$X$ 是一个定义在复数域上的度量空间， $a \in C$ ， $A$ 是 $X$ 的子集，且满足 $∣ a ∣ \neq = 0, a A = {a x : x \in A}$ ，证明：

$\overline{a A} = a \overline{A}$
$A$ 为闭集 $⟺$ $a A$ 为闭集

解答

1. $\overline{a A} = a \overline{A}$

设 $x \in \overline{a A}$ ，则 $\exists x_{n} \in a A, x_{n} \to x$ 。 $\exists y_{n} \in A, x_{n} = a y_{n}$ ，则有 $y_{n} \to \frac{x}{a}$ 。故有 $\frac{x}{a} \in \overline{A}$ ，即 $x \in a \overline{A}$ ，即 $\overline{a A} \subset a \overline{A}$ 。

反之，设 $x \in a \overline{A}$ ，则 $\exists y \in \overline{A}$ 使得 $x = a y$ 。则 $\exists y_{n} \in A, y_{n} \to y$ ，故 $a y_{n} \to a y = x$ ，即 $x \in \overline{a A}$ ，即 $a \overline{A} \subset \overline{a A}$ 。

综上， $\overline{a A} = a \overline{A}$ 。

2. $A$ 为闭集 $⟺$ $a A$ 为闭集

充分性

取 $a A$ 中的收敛列 $y_{n} \to y$ ，须证 $y \in a A$ 。

由 $a A = {a x : x \in A}$ ，故 $\exists x_{n} \in A, y_{n} = a x_{n}$ 。则 $\forall ε > 0, \exists N, \forall n > N, ∥ y_{n} - y ∥ < ε$ ，进而 $∥ a x_{n} - y ∥ < ε$ 。

由 $a \neq = 0$ ，可得 $∥ x_{n} - \frac{y}{a} ∥ < \frac{ε}{∣ a ∣}$ ，即 ${x_{n}}$ 收敛至 $\frac{y}{a}$ 。由 $A$ 为闭集，可得 $\frac{y}{a} \in A$ ，即 $y \in a A$ 。

必要性

$a A$ 为闭集，即 $\forall y_{n} \in a A, y_{n} \to y \in a A$ 。则 $\exists x_{n} \in A, y_{n} = a x_{n}$ ，故 $x_{n} = \frac{y _{n}}{a} \to \frac{y}{a} \in A$ ，即 $A$ 为闭集。

2011-3

$K$ 是一个非空紧集， $T : K \to K$ 的算子，且满足 $\forall x, y \in K, d (T x, T y) < d (x, y)$ 。令 $f (x) = d (x, T x)$ ，证明：

$f$ 为 $K$ 上的连续函数
$K$ 中有唯一不动点

解答

1. $f$ 为 $K$ 上的连续函数

由 $\forall x, y \in K, d (T x, T y) < d (x, y)$ ，故 $T$ 为 Lipschitz 映射，连续。

对于任意的 $x_{0} \in K, ε > 0$ ，取 $0 < δ < \frac{ε}{2}$ ，考虑 $d (x, x_{0}) < δ$ 的 $x$ ，有

$f (x) d (x, T x) - d (x_{0}, T x_{0}) d (x, T x) - d (x_{0}, T x_{0}) d (x, T x) - d (x_{0}, T x_{0}) d (x, T x) - d (x_{0}, T x_{0}) d (x_{0}, T x_{0}) - d (x, T x) = d (x, T x) \leq d (x, x_{0}) + d (x_{0}, T x) \leq d (x, x_{0}) + d (x_{0}, T x_{0}) + d (T x_{0}, T x) \leq d (x, x_{0}) + d (T x_{0}, T x) < 2 d (x, x_{0}) < 2 δ < ε > - ε$

故 $f$ 为 $K$ 上的连续函数。

2. $K$ 中有唯一不动点

$K$ 为非空紧集，故 $K$ 完备且完全有界。

由 $f$ 为 $K$ 上的连续函数，故 $f$ 在 $K$ 上有最小值，设为 $f (x_{0})$ 。

假设 $f (x_{0}) > 0$ ，则

$f (T x_{0}) = d (T x_{0}, T^{2} x_{0}) \leq d (x_{0}, T x_{0}) = f (x_{0})$

由 $f (x_{0})$ 为最小值，故 $f (T x_{0}) = f (x_{0})$ ，即 $d (T x_{0}, T^{2} x_{0}) = d (x_{0}, T x_{0})$ ，与题设矛盾。

故 $f (x_{0}) = 0$ ，即 $x_{0}$ 为不动点。

再验证其唯一性，设 $x_{1}$ 也为不动点，则

$T x_{0} T x_{1} d (T x_{0}, T x_{1}) = x_{0} = x_{1} = d (x_{0}, x_{1})$

这与题设 $d (T x, T y) < d (x, y)$ 矛盾，故 $x_{0}$ 为唯一不动点。

2011-4

$X$ 为 Banach 空间， $f_{n} \in X^{'}, n \to \infty lim f_{n} (x)$ 存在，定义 $f (x) = n \to \infty lim f_{n} (x)$ 。求证：

存在一个常数 $C$ 满足 $∥ f_{n} ∥ \leq C$
$f$ 是线性泛函
$f \in X^{'}$ ，且 $∥ f ∥ \leq n \geq 1 sup ∥ f_{n} ∥$
举例说明，如果 $X$ 不是 Banach 空间，则 3 不成立

解答

1. 存在一个常数 $C$ 满足 $∥ f_{n} ∥ \leq C$

$f_{n} (x)$ 为收敛列，则有 $n \geq 1 sup ∥ f_{n} (x) ∥ < \infty$ ，由一致有界原理， $\exists C > 0, n \geq 1 sup ∥ f_{n} ∥ = C < \infty$ 。

2. $f$ 是线性泛函

$\forall x, y \in X, \forall α, β \in K$ ，有

$f (αx + β y) = n \to \infty lim f_{n} (αx + β y) = n \to \infty lim (α f_{n} (x) + β f_{n} (y)) = α n \to \infty lim f_{n} (x) + β n \to \infty lim f_{n} (y) = α f (x) + β f (y)$

故 $f$ 是线性泛函。

3. $f \in X^{'}$ ，且 $∥ f ∥ \leq n \geq 1 sup ∥ f_{n} ∥$

由 2 知 $f$ 为线性泛函，下证 $f$ 有界。

$\forall x \in X$ ，有

$∣ f (x) ∣ = ∣ n \to \infty lim f_{n} (x) ∣ = n \to \infty lim ∣ f_{n} (x) ∣ \leq n \to \infty lim ∥ f_{n} ∥∥ x ∥ \leq n \geq 1 sup ∥ f_{n} ∥∥ x ∥$

故 $∥ f ∥ \leq n \geq 1 sup ∥ f_{n} ∥$ ，即 $f \in X^{'}$ 。

4. 举例说明，如果 $X$ 不是 Banach 空间，则 3 不成立

考虑 $X = C [0, 1]$ 与 $∥ \cdot ∥_{1} = \int_{0}^{1} ∣ x (t) ∣ d t$ ，则 $X$ 不是 Banach 空间。

取 $f_{n} (x) = n \int_{0}^{\frac{1}{n}} x (t) d t$ ，下面验证 $f_{n} \in X^{'}$

$\forall x, y \in X, \forall α, β \in K$ ，有

$f_{n} (αx + β y) = n \int_{0}^{\frac{1}{n}} (αx (t) + β y (t)) d t = α n \int_{0}^{\frac{1}{n}} x (t) d t + β n \int_{0}^{\frac{1}{n}} y (t) d t = α f_{n} (x) + β f_{n} (y)$

故 $f_{n}$ 为线性泛函。

$∣ f_{n} (x) ∣ = ∣ n \int_{0}^{\frac{1}{n}} x (t) d t ∣ = n ∣ \int_{0}^{\frac{1}{n}} x (t) d t ∣ \leq n \int_{0}^{\frac{1}{n}} ∣ x (t) ∣ d t \leq n \int_{0}^{1} ∣ x (t) ∣ d t$

故 $∥ f_{n} ∥ \leq n$ ，为有界线性泛函，且 $n \to \infty lim f_{n} (x) = \frac{x ( 0 )}{2}$ 。显然 $f$ 无界，故 $f \in / X^{'}$ 。

2011-5

$H$ 为 Hilbert 空间， $A : H \to H$ 为有界线性算子，且满足 $C ∥ x ∥^{2} \leq ∣ ⟨ A x, x ⟩ ∣$ ，其中 $C$ 为大于 0 的常数。定义 $R (A) = {A x : x \in H}$ ，证明：

$A$ 为单射
$R (A)$ 为 $H$ 的闭子空间
$R (A)$ 在 $H$ 中稠密，并由此证明 $A$ 为双射
$A^{- 1}$ 有界，且满足 $∥ A^{- 1} ∥ \leq \frac{1}{C}$

解答

1. $A$ 为单射

欲证 $A$ 为单射，只需证 $N (A) = {0}$ 。

假设 $\exists x \in N (A), x \neq = 0$ ，则有 $A x = 0, ⟨ A x, x ⟩ = 0$ ，与 $C ∥ x ∥^{2} \leq ∣ ⟨ A x, x ⟩ ∣$ 矛盾。

故 $N (A) = {0}$ ，即 $A$ 为单射。

2. $R (A)$ 为 $A$ 的闭子空间

$A : H \to H$ ，故 $R (A) \subset H$ 。

下证 $R (A)$ 为闭集。

任取 $y_{n} \in R (A), y_{n} \to y$ ，则有 $x_{n} \in H, y_{n} = A x_{n}$ 。且 $y_{n}$ 为 Cauchy 列，即 $\forall ε > 0, \exists N \geq 1, \forall n, m \geq N, ∥ y_{n} - y_{m} ∥ < ε$ 。

$C ∥ x_{m} - x_{n} ∥^{2} \leq ∣ ⟨ A (x_{m} - x_{n}), x_{m} - x_{n} ⟩ ∣ = ∣ ⟨ A x_{m} - A x_{n}, x_{m} - x_{n} ⟩ ∣ = ∣ ⟨ y_{m} - y_{n}, x_{m} - x_{n} ⟩ ∣ \leq ∥ y_{m} - y_{n} ∥∥ x_{m} - x_{n} ∥$ 。

故 $\exists N \geq 1, \forall n, m \geq N, ∥ x_{m} - x_{n} ∥ < \frac{ε}{C}$ ，即 ${x_{n}}$ 为 Cauchy 列。

由 $H$ 为 Hilbert 空间，故 $H$ 为完备度量空间，故 $\exists x \in H, x_{n} \to x \in D (A)$ 。则 $y_{n} = A x_{n} \to A x \in R (A), y = A x \in R (A)$ 。

故 $R (A)$ 为 $H$ 的闭子空间。

3. $R (A)$ 在 $H$ 中稠密，并由此证明 $A$ 为双射

欲证 $R (A)$ 在 $H$ 中稠密，只需证 $(R (A))^{⊥} = {0}$ ，便可由 $H = R (A) \oplus (R (A))^{⊥}$ 知 $R (A)$ 在 $H$ 中稠密。

设 $y \in (R (A))^{⊥}$ ，则 $\forall x \in H, ⟨ y, A x ⟩ = 0$ 。

则 $C ∥ y ∥^{2} \leq ∣ ⟨ A y, y ⟩ ∣ = 0$ ，故 $∥ y ∥ = 0$ ，即 $y = 0$ 。

故 $(R (A))^{⊥} = {0}$ ，即 $R (A)$ 在 $H$ 中稠密。

由 1 知 $A$ 为单射，只须证 $A$ 为满射。由 $R (A)$ 在 $H$ 中稠密， $(R (A))^{⊥} = {0}$ ，故 $R (A) = H$ ，则 $A$ 为满射。

综上， $A$ 为双射。

4. $A^{- 1}$ 有界，且满足 $∥ A^{- 1} ∥ \leq \frac{1}{C}$

由 3 知 $A$ 为双射，且 $H$ 为 Hilbert 空间，由开映射定理， $A^{- 1} \in B (H)$ 。

$C ∥ A^{- 1} x ∥^{2} ∥ A^{- 1} x ∥ ∥ A^{- 1} ∥ \leq ∣ ⟨ A A^{- 1} x, A^{- 1} x ⟩ ∣ \leq ∥ A A^{- 1} x ∥∥ A^{- 1} x ∥ \leq \frac{1}{C} ∥ A A^{- 1} x ∥ = \frac{1}{C} ∥ x ∥ = sup \frac{∥ A ^{- 1} x ∥}{∥ x ∥} \leq \frac{1}{C}$

2012-1

设 $H$ 为内积空间， $A, B$ 为 $H$ 上线性算子，满足 $⟨ A x, y ⟩ = ⟨ x, B y ⟩$ ，试证明 $A, B$ 均为有界线性算子，且 $∥ A ∥ = ∥ B ∥$ 。

解答

取 $X$ 中的序列 $x_{n} \to x, A x_{n} \to z$ ，则

$⟨ A x_{n}, y ⟩ n \to \infty lim ⟨ A x_{n}, y ⟩ ⟨ z, y ⟩ = ⟨ x_{n}, B y ⟩ = n \to \infty lim ⟨ x_{n}, B y ⟩ = ⟨ x, B y ⟩ = ⟨ A x, y ⟩$

故 $A x = z$ ，即 $A$ 为闭算子。由闭图像定理， $A$ 为有界线性算子。同理可证 $B$ 为有界线性算子。

由 $H$ 为内积空间，其上的诱导范数 $∥ x ∥ = ⟨ x, x ⟩^{\frac{1}{2}}$ ，则

$∥ A x ∥^{2} ∥ A x ∥ = ∣ ⟨ A x, A x ⟩ ∣ = ∣ ⟨ x, B A x ⟩ ∣ \leq ∥ x ∥∥ B A x ∥ \leq ∥ x ∥∥ B ∥∥ A x ∥ \leq ∥ B ∥∥ x ∥$

故 $∥ A ∥ \leq ∥ B ∥$ 。同理可证 $∥ B ∥ \leq ∥ A ∥$ ，故 $∥ A ∥ = ∥ B ∥$ 。

2012-2

设 $X$ 为赋范空间， ${x_{1}, x_{2}, \dots}$ 为其中一列元素。求证：

$M = \overline{span {x_{1}, x_{2}, \dots}}$ 是一个可分赋范空间
$X$ 可分 \iff $X$ 为赋范空间存在元列 ${x_{1}, x_{2}, \dots}$ ，对于 $\forall f \in X^{'}$ ，有 $f (x_{i}) = 0$ 时必有 $f = 0$

解答

1. $M = \overline{span {x_{1}, x_{2}, \dots}}$ 是一个可分赋范空间

可分，即 $M$ 中存在至多可数稠密子集。下面考虑 $K = R$ 的情形。

取 $M$ 中的子集 $S_{n} = {i = 1 \sum n α_{i} x_{i} ∣ α_{i} \in Q}$ ，则 $S_{n}$ 为有理数系数的有限线性组合，并记 $S = n = 1 ⋃ \infty S_{n}$ 。

下面证 $S$ 在 $M$ 中稠密。设 $y \in M$ ，则 $\forall ε > 0$ ，有 $x \in span {x_{1}, x_{2}, \dots}$ ，使得 $∥ y - x ∥ < \frac{ε}{2}$ 。

由 $x \in span {x_{1}, x_{2}, \dots}$ ，有 $x = i = 1 \sum n α_{i} x_{i}$ ，其中 $α_{i} \in R$ 。

由 $Q$ 在 $R$ 中的稠密性， $\exists β_{i} \in Q$ 使得 $∣ α_{i} - β_{i} ∣∥ x_{i} ∥ < \frac{ε}{2 n}$ ，则对于 $z = i = 1 \sum n β_{i} x_{i} \in S_{n}$ ，有

$∥ x - z ∥ = ∥ i = 1 \sum n (α_{i} - β_{i}) x_{i} ∥ \leq i = 1 \sum n ∣ α_{i} - β_{i} ∣∥ x_{i} ∥ < i = 1 \sum n \frac{ε}{2 n} = \frac{ε}{2}$

故 $z \in S$ 且 $∥ y - z ∥ \leq ∥ y - x ∥ + ∥ x - z ∥ < ε$ 。

由 $y$ 选取的任意性， $S$ 在 $M$ 中稠密。

又由 $S_{n}$ 为有理数系数的有限线性组合，故 $S_{n}$ 为至多可数集， $S$ 为至多可数集的可数并，故 $S$ 为至多可数集。

故 $M$ 为可分赋范空间。

2. $X$ 可分 \iff $X$ 为赋范空间存在元列 ${x_{1}, x_{2}, \dots}$ ，对于 $\forall f \in X^{'}$ ，有 $f (x_{i}) = 0$ 时必有 $f = 0$

充分性

$X$ 可分，即 $X$ 中存在至多可数的稠密子集，不妨取至多可数集 $S$ ， $\forall x \in X, \exists {x_{n}} \subset S, x_{n} \to x$

由 $f$ 为有界线性泛函，故 $f$ 连续，进而有

$f (x) = f (n \to \infty lim x_{n}) = n \to \infty lim f (x_{n}) = 0$

故 $f = 0$ 。

必要性

设 $X$ 为赋范空间存在元列 ${x_{1}, x_{2}, \dots}$ ，对于 $\forall f \in X^{'}$ ，有 $f (x_{i}) = 0$ 时必有 $f = 0$ 。

假设 $\exists x \in X ∖ \overline{span {x_{1}, x_{2}, \dots}}$ ，由 Hahn-Banach 定理， $\exists f \in X^{'}$ ，使得 $f (x) = 1, f ∣_{\overline{span {x_{1}, x_{2}, \dots}}} = 0$ 。这与 $f (x_{i}) = 0$ 时必有 $f = 0$ 矛盾。

故 $X = \overline{span {x_{1}, x_{2}, \dots}}$ ，故 $X$ 可分。

2012-4

若 $(x_{n})$ 是 Banach 空间 $X$ 中的序列，且对任意 $f \in X^{'}$ ，有 $(f (x_{n}))$ 有界，证明 $∥ x_{n} ∥$ 有界。

解答

考虑典范映射 $J : X \to X^{''}, x \mapsto g_{x}$ ，其中 $g_{x} (f) = f (x)$ 。

依题设， $n \geq 1 sup ∣ f (x_{n}) ∣ < \infty$ ，故 $n \geq 1 sup ∣ g_{x} (f) ∣ < \infty$ ，即 $g_{x}$ 有界。

由一致有界性定理， $x \in X sup ∥ g_{x} ∥ < \infty$ ，即 $x \in X sup ∥ J (x) ∥ < \infty$ 。

由典范映射的性质， $∥ x ∥ = ∥ J (x) ∥$ ，故 $x \in X sup ∥ x ∥ < \infty$ 。

故 $∥ x_{n} ∥$ 有界。

2012-5

$Ω$ 为非空集合， $B (Ω)$ 为定义在 $Ω$ 上的有界线性泛函， $f \in B (Ω)$ ，定义 $∥ f ∥ = x \in Ω sup ∣ f (x) ∣$ 。求证： $∥ \cdot ∥$ 为 $B (Ω)$ 上的范数，且构成完备的赋范空间。

解答

验证范数的四条性质：

$∥ f ∥ = x \in Ω sup ∣ f (x) ∣ \geq 0$ ，非负性成立
$∥ f ∥ = 0 ⟺ ∣ f (x) ∣ \leq 0 ⟺ f (x) = 0$ ，非退化性成立
$∥ α f ∥ = x \in Ω sup ∣ α f (x) ∣ = ∣ α ∣ x \in Ω sup ∣ f (x) ∣ = ∣ α ∣∥ f ∥$ ，齐次性成立
$∥ f + g ∥ = x \in Ω sup ∣ f (x) + g (x) ∣ \leq x \in Ω sup ∣ f (x) ∣ + x \in Ω sup ∣ g (x) ∣ = ∥ f ∥ + ∥ g ∥$ ，三角不等式成立

综上， $∥ \cdot ∥$ 为 $B (Ω)$ 上的范数。

只须证明由范数诱导的度量 $d (f, g) = ∥ f - g ∥$ 使之成为完备度量空间即可。

考虑 $B (Ω)$ 中的 Cauchy 序列 ${f_{n}}$ ，即 $\forall ε > 0, \exists N \geq 1, \forall n, m \geq N, ∥ f_{n} - f_{m} ∥ < ε$ 。

$∥ f_{n} - f_{m} ∥ = x \in Ω sup ∣ f_{n} (x) - f_{m} (x) ∣ < ε$ ，故 $\forall x \in Ω, {f_{n} (x)}$ 为 $C$ 中的 Cauchy 序列。

$C$ 为完备度量空间，故 $n \to \infty lim f_{n} (x) = f (x)$ 。

下证 $f \in B (Ω)$ ，且 $n \to \infty lim ∥ f_{n} - f ∥ = 0$ 。

$f : Ω \to C$ ，故 $f$ 为 $Ω$ 上的复值函数。又 $\forall x \in Ω, \forall ε > 0, \exists N \geq 1, \forall n > N, ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ < ε$ ，进一步 $∥ f_{n} - f ∥ = x \in Ω sup ∣ f_{n} (x) - f (x) ∣ < ε$ ，故 $∥ f ∥ \leq ∥ f - f_{n} ∥ + ∥ f_{n} ∥ < ε + ∥ f_{n} ∥ < n \geq 1 sup ∥ f_{n} ∥ + ε$ ，故 $f \in B (Ω)$ 。

$\forall ε > 0, \exists N \geq 1, \forall n > N, ∥ f_{n} - f ∥ < ε$ ，故 $n \to \infty lim ∥ f_{n} - f ∥ = 0$ 。

综上， $(B (Ω), ∥ \cdot ∥)$ 是 Banach 空间。

2012-6

$x = {x_{n}}, y = {y_{n}}$ 为纯量点列， $n = 1 \sum \infty x_{n} y_{n}$ 收敛，构造 $f_{n} (x) = k = 1 \sum n x_{k} y_{k}$ 为有限和泛函。求证：

$∣ y_{k} ∣ = ε_{k} y_{k}$ ，并求出 $∥ f_{n} ∥$
$y \in ℓ^{1}$

2013-1

设 $X$ 为内积空间， $x, y \in X$ ，求证：

$x ⊥ y$ 当且仅当任取 $λ \in K$ ，都有 $∥ x - λ y ∥ = ∥ x + λ y ∥$
当 $X$ 为实空间时， $x ⊥ y$ 当且仅当 $∥ x + y ∥^{2} = ∥ x ∥^{2} + ∥ y ∥^{2}$
举例说明当 $X$ 为复空间时，2. 中结论一般不成立

解答

1. $x ⊥ y$ 当且仅当任取 $λ \in K$ ，都有 $∥ x - λ y ∥ = ∥ x + λ y ∥$

充分性

已知 $x ⊥ y$ ，则 $⟨ x, y ⟩ = 0$ 。

内积空间上诱导范数 $∥ x ∥ = ⟨ x, x ⟩^{\frac{1}{2}}$ ，则

$∥ x - λ y ∥^{2} = ⟨ x - λ y, x - λ y ⟩ = ⟨ x, x - λ y ⟩ - ⟨ λ y, x - λ y ⟩ = ⟨ x, x ⟩ - \overline{λ} ⟨ x, y ⟩ - λ ⟨ y, x ⟩ + λ \overline{λ} ⟨ y, y ⟩$

代入 $⟨ x, y ⟩ = 0$ ，得

$∥ x - λ y ∥^{2} = ⟨ x, x ⟩ + λ \overline{λ} ⟨ y, y ⟩ = ∥ x ∥^{2} + λ \overline{λ} ∥ y ∥^{2} = ∥ x ∥^{2} + ∣ λ ∣^{2} ∥ y ∥^{2}$

同理可得 $∥ x + λ y ∥^{2} = ∥ x ∥^{2} + ∣ λ ∣^{2} ∥ y ∥^{2}$ 。

故 $∥ x - λ y ∥ = ∥ x + λ y ∥$ 。

必要性

已知 $∥ x - λ y ∥ = ∥ x + λ y ∥$ ，则

$∥ x - λ y ∥^{2} ⟨ x - λ y, x - λ y ⟩ ⟨ x, x - λ y ⟩ - ⟨ λ y, x - λ y ⟩ ⟨ x, x ⟩ - \overline{λ} ⟨ x, y ⟩ - λ ⟨ y, x ⟩ + λ \overline{λ} ⟨ y, y ⟩ - \overline{λ} ⟨ x, y ⟩ - λ ⟨ y, x ⟩ \overline{λ} ⟨ x, y ⟩ + λ ⟨ y, x ⟩ λ ⟨ y, x ⟩ + \overline{λ ⟨ y, x ⟩} = 0 = ∥ x + λ y ∥^{2} = ⟨ x + λ y, x + λ y ⟩ = ⟨ x, x + λ y ⟩ + ⟨ λ y, x + λ y ⟩ = ⟨ x, x ⟩ + \overline{λ} ⟨ x, y ⟩ + λ ⟨ y, x ⟩ + λ \overline{λ} ⟨ y, y ⟩ = \overline{λ} ⟨ x, y ⟩ + λ ⟨ y, x ⟩ = 0$

由 $λ$ 的任意性，只须取 $λ = 1$ 和 $λ = i$ 即可得到 $⟨ x, y ⟩ = 0$ ，即 $x ⊥ y$ 。

2. 当 $X$ 为实空间时， $x ⊥ y$ 当且仅当 $∥ x + y ∥^{2} = ∥ x ∥^{2} + ∥ y ∥^{2}$

充分性

已知 $x ⊥ y$ ，则 $⟨ x, y ⟩ = 0$ 。

$∥ x + y ∥^{2} = ⟨ x + y, x + y ⟩ = ⟨ x, x + y ⟩ + ⟨ y, x + y ⟩ = ⟨ x, x ⟩ + ⟨ x, y ⟩ + ⟨ y, x ⟩ + ⟨ y, y ⟩ = ⟨ x, x ⟩ + ⟨ y, y ⟩ = ∥ x ∥^{2} + ∥ y ∥^{2}$

必要性

已知 $∥ x + y ∥^{2} = ∥ x ∥^{2} + ∥ y ∥^{2}$ ，则

$⟨ x + y, x + y ⟩ ⟨ x, x + y ⟩ + ⟨ y, x + y ⟩ ⟨ x, x ⟩ + ⟨ x, y ⟩ + ⟨ y, x ⟩ + ⟨ y, y ⟩ ⟨ x, y ⟩ + ⟨ y, x ⟩ ⟨ x, y ⟩ + \overline{⟨ x, y ⟩} 2 ⟨ x, y ⟩ = ⟨ x, x ⟩ + ⟨ y, y ⟩ = ⟨ x, x ⟩ + ⟨ y, y ⟩ = ⟨ x, x ⟩ + ⟨ y, y ⟩ = 0 = 0 = 0$

由 $⟨ x, y ⟩ = 0$ ，得 $x ⊥ y$ 。

3. 举例说明当 $X$ 为复空间时，2. 中结论一般不成立

只须找到 $⟨ x, y ⟩$ 不为实数的例子即可。

取 $X = C, x = 1, y = i$ ，则 $∥ x + y ∥^{2} = ∥1 + i ∥^{2} = 2$ ， $∥ x ∥^{2} + ∥ y ∥^{2} = 1 + 1 = 2$ ，但 $⟨ x, y ⟩ = 1 \neq = 0$ 。

2013-2

设 $y = (y_{k})_{k \geq 1}$ 为一数列，又设任给 $x = (x_{k})_{k \geq 1} \in ℓ^{1}$ ，级数 $k \geq 1 \sum x_{k} y_{k}$ 均收敛。

任给 $n \geq 1$ 及 $x = (x_{k})_{k \geq 1} \in ℓ^{1}$ ，令 $f_{n} (x) = k = 1 \sum n x_{k} y_{k}$ ，求证： ${f_{n}} \in (ℓ^{1})^{'}$ ，并求出 $∥ f_{n} ∥$ 。
求证 $y \in ℓ^{\infty}$

解答

1. 任给 $n \geq 1$ 及 $x = (x_{k})_{k \geq 1} \in ℓ^{1}$ ，令 $f_{n} (x) = k = 1 \sum n x_{k} y_{k}$ ，求证： ${f_{n}} \in (ℓ^{1})^{'}$ ，并求出 $∥ f_{n} ∥$ 。

由题设， $f_{n} : ℓ^{1} \to R$ ，故需验证 $f_{n}$ 为线性泛函，且有界。

先验证 $f_{n}$ 为线性泛函：

$f_{n} (α x_{1} + β x_{2}) = k = 1 \sum n (α x_{1 k} + β x_{2 k}) y_{k} = k = 1 \sum n α x_{1 k} y_{k} + k = 1 \sum n β x_{2 k} y_{k} = f_{n} (x_{1}) + f_{n} (x_{2})$

再验证 $f_{n}$ 有界：

$∣ f_{n} (x) ∣ = ∣ k = 1 \sum n x_{k} y_{k} ∣ \leq k = 1 \sum n ∣ x_{k} y_{k} ∣ \leq k = 1 \sum n ∣ x_{k} ∣ 1 \leq k \leq n max ∣ y_{k} ∣ = ∥ x ∥_{1} 1 \leq k \leq n max ∣ y_{k} ∣$ ，故 $f_{n}$ 有界。

故 ${f_{n}} \in (ℓ^{1})^{'}$ 。下面求 $∥ f_{n} ∥$ 。

$∣ f_{n} (x) ∣ ⟹ ∥ f_{n} ∥ \leq ∥ f_{n} ∥∥ x ∥_{1} \geq \frac{∣ f _{n} ( x ) ∣}{∥ x ∥ _{1}}$

取一列 $x_{i} = (0, \dots, 0, 1, 0, \dots) \in ℓ^{1}$ ，其中 $1$ 在第 $i$ 位，则 $∥ x_{i} ∥_{1} = 1$ ，且 $f_{n} (x_{i}) = y_{i}$ ，故 $∥ f_{n} ∥ \geq ∣ f_{n} (x_{i}) ∣ = ∣ y_{i} ∣$ ，即 $∥ f_{n} ∥ \geq 1 \leq k \leq n max ∣ y_{k} ∣$ 。

综上， $∥ f_{n} ∥ = 1 \leq k \leq n max ∣ y_{k} ∣$ 。

2. 求证 $y \in ℓ^{\infty}$

由题设和 1.， ${f_{n}} \in (ℓ^{1})^{'}$ ，故 ${f_{n}}$ 有界，即 $\exists M > 0, \forall n \geq 1, ∥ f_{n} ∥ \leq M$ 。

由 1.， $∥ f_{n} ∥ = 1 \leq k \leq n max ∣ y_{k} ∣$ ，故 $1 \leq k \leq n max ∣ y_{k} ∣ \leq M$ ，即 $\forall n \geq 1, ∣ y_{n} ∣ \leq M$ ，故 $y \in ℓ^{\infty}$ 。

2013-1

设 $X = C [0, 1]$ 为 $[0, 1]$ 上复值连续函数的全体，其上赋予范数 $∥ x ∥_{\infty} = t \in [0, 1] max ∣ x (t) ∣$ 。任取 $x \in C [0, 1]$ ，定义 $T x \in C [0, 1]$ 为 $(T x) (t) = t^{2} x (t)$ 。求证：

$T \in B (X)$ ，并求 $∥ T ∥$
$ρ (T) = C ∖ [0, 1], σ (T) = σ_{r} (T) = [0, 1]$
对于 $λ \in ρ (T)$ 及 $x \in C [0, 1]$ ，求出函数 $(λ - T)^{- 1} x$ 的具体表达式

2013-4

设 $Ω$ 为非空集合，令 $B (Ω)$ 为所有定义在 $Ω$ 上的有界复值函数的全体。任给 $f \in B (Ω)$ ，定义 $∥ f ∥ = x \in Ω sup ∣ f (x) ∣$ 。求证：

$∥ \cdot ∥$ 为 $B (Ω)$ 上的范数
$(B (Ω), ∥ \cdot ∥)$ 是 Banach 空间

解答

1. $∥ \cdot ∥$ 为 $B (Ω)$ 上的范数

验证范数的四条性质：

$∥ f ∥ = x \in Ω sup ∣ f (x) ∣ \geq 0$ ，非负性成立
$∥ f ∥ = 0 ⟺ ∣ f (x) ∣ \leq 0 ⟺ f (x) = 0$ ，非退化性成立
$∥ α f ∥ = x \in Ω sup ∣ α f (x) ∣ = ∣ α ∣ x \in Ω sup ∣ f (x) ∣ = ∣ α ∣∥ f ∥$ ，齐次性成立
$∥ f + g ∥ = x \in Ω sup ∣ f (x) + g (x) ∣ \leq x \in Ω sup ∣ f (x) ∣ + x \in Ω sup ∣ g (x) ∣ = ∥ f ∥ + ∥ g ∥$ ，三角不等式成立

综上， $∥ \cdot ∥$ 为 $B (Ω)$ 上的范数。

2. $(B (Ω), ∥ \cdot ∥)$ 是 Banach 空间

只须证明由范数诱导的度量 $d (f, g) = ∥ f - g ∥$ 使之成为完备度量空间即可。

考虑 $B (Ω)$ 中的 Cauchy 序列 ${f_{n}}$ ，即 $\forall ε > 0, \exists N \geq 1, \forall n, m \geq N, ∥ f_{n} - f_{m} ∥ < ε$ 。

$∥ f_{n} - f_{m} ∥ = x \in Ω sup ∣ f_{n} (x) - f_{m} (x) ∣ < ε$ ，故 $\forall x \in Ω, {f_{n} (x)}$ 为 $C$ 中的 Cauchy 序列。

$C$ 为完备度量空间，故 $n \to \infty lim f_{n} (x) = f (x)$ 。

下证 $f \in B (Ω)$ ，且 $n \to \infty lim ∥ f_{n} - f ∥ = 0$ 。

$\forall ε > 0, \exists N \geq 1, \forall n > N, ∥ f_{n} - f ∥ < ε$ ，故 $n \to \infty lim ∥ f_{n} - f ∥ = 0$ 。

综上， $(B (Ω), ∥ \cdot ∥)$ 是 Banach 空间。

2013-5

设 $X, Y$ 为 Banach 空间， $T \in B (X, Y)$ 为单射。令 $R (T) = {T x : x \in X}$ 为 $T$ 的值域。求证： $R (T)$ 在 $Y$ 中为闭子空间当且仅当 $T^{- 1} : R (T) \to X$ 为有界线性算子。

解答

充分性

$R (T)$ 在 $Y$ 中为闭子空间，即 $R (T)$ 为 Banach 空间。则 $T : X \to R (T)$ 对于 $R (T)$ 为满射，且 $T$ 为单射，故 $T$ 为双射。由开映射定理， $T^{- 1} : R (T) \to X$ 为有界线性算子。

必要性

设 $y_{n} = T x_{n}$ 为 $R (T)$ 中的 Cauchy 序列，则有 $y \in Y, y_{n} \to y$ ，又由 $T$ 为单射， $\exists! x_{n} = T^{- 1} y_{n}$ 。

由 $y_{n}$ 为 Cauchy 序列， $\forall ε > 0, \exists N > 1, \forall n, m > N, ∥ y_{n} - y_{m} ∥ < ε$ ，则

$∥ x_{n} - x_{m} ∥ = ∥ T^{- 1} y_{n} - T^{- 1} y_{m} ∥ = ∥ T^{- 1} (y_{n} - y_{m}) ∥ \leq ∥ T^{- 1} ∥∥ y_{n} - y_{m} ∥$

由 $T^{- 1}$ 为有界线性算子，则 ${x_{n}}$ 也为 Cauchy 序列，故 $\exists x \in X, x_{n} \to x$ 。

由 $T$ 为连续线性算子， $n \to \infty lim T x_{n} = T (n \to \infty lim x_{n}) = T x$ ，又 $T x_{n} = y_{n} \to y$ ，故 $T x = y$ ，即 $y \in R (T)$ 。故 $R (T)$ 为闭子空间。

2013-6

设 $X, Y$ 为 Banach 空间， $T : X \to Y$ 为线性算子，假设任取 $x_{n} \in X$ 满足 $x_{n} \to 0$ ，任取 $f \in Y^{'}$ 都有 $f (T x_{n}) \to 0$ 。求证： $T \in B (X, Y)$ 。

解答

考虑典范映射 $J : Y \to Y^{''}$ ，有 $J (T x_{n}) \in Y^{''}, J (T x_{n}) (f) = f (T x_{n})$ 。由 $f (T x_{n}) \to 0$ ，得 $n \geq 1 sup ∣ J (T x_{n}) (f) ∣ < \infty$ 。由一致有界性原理， $\exists C \geq 0, \forall n \geq 1, ∥ J (T x_{n}) ∥ \leq C$ 。又由典范映射的性质， $∥ J (T x_{n}) ∥ = ∥ T x_{n} ∥$ ，故 $∥ T x_{n} ∥ \leq C$ ，即 $∥ T ∥ \leq C$ ，故 $T \in B (X, Y)$ 。

$X, Y$ 为 Banach 空间，只须证明 $T$ 为闭算子。

$\forall x_{n} \in X, x_{n} \to 0, T x_{n} \to y$ ，由 $\forall f \in Y^{'}, f (T x_{n}) \to 0$ ，有 $n \to \infty lim f (T x_{n}) = f (n \to \infty lim T x_{n}) = f (y) = 0$ ，故 $y = 0$ ，即 $T x_{n} \to 0 = T 0$ ，故 $T$ 为闭算子。

由闭图像定理， $T$ 为有界线性算子。

2018-1

设 $X$ 为 Hilbert 空间， $A$ 和 $B$ 都为从 $X$ 到 $X$ 的算子，任意 $x, y \in X$ ，都有 $⟨ A x, y ⟩ = ⟨ x, B y ⟩$ 。求证：

$A$ 和 $B$ 都为线性算子
$A$ 为单射当且仅当 $R (B)$ 在 $X$ 中稠密
$A$ 和 $B$ 都为有界线性算子

解答

1. $A$ 和 $B$ 都为线性算子

先验证 $A$ 为线性算子：

$⟨ A (x + y), z ⟩ = ⟨ x + y, B z ⟩ = ⟨ x, B z ⟩ + ⟨ y, B z ⟩ = ⟨ A x, z ⟩ + ⟨ A y, z ⟩ = ⟨(A x + A y), z ⟩$

$⟨ A (αx), y ⟩ = ⟨ αx, B y ⟩ = α ⟨ x, B y ⟩ = α ⟨ A x, y ⟩ = ⟨ α A x, y ⟩$

再验证 $B$ 为线性算子：

$⟨ x, B (y + z)⟩ = ⟨ A x, y + z ⟩ = ⟨ A x, y ⟩ + ⟨ A x, z ⟩ = ⟨ x, B y ⟩ + ⟨ x, B z ⟩ = ⟨ x, (B y + B z)⟩$

$⟨ x, B (α y)⟩ = ⟨ A x, α y ⟩ = \overline{α} ⟨ A x, y ⟩ = \overline{α} ⟨ x, B y ⟩ = ⟨ x, α B y ⟩$

2. $A$ 为单射当且仅当 $R (B)$ 在 $X$ 中稠密

充分性

假设 $R (B)$ 不稠密，即 $\exists x \in X ∖ \overline{R (B)}$ 。则由 Hahn-Banach 定理， $\exists f \in X^{'}, f (x) = ⟨ x, B y ⟩$ 使得 $f (x) = 1$ 且 $f ∣_{\overline{R (B)}} = 0$ 。

则 $⟨ A x, y ⟩ = f (x) = 0, \forall x \in \overline{R (B)}$ ，即 $A x = 0$ 没有唯一解，即 $A$ 不为单射。

必要性

$R (B)$ 在 $X$ 中稠密，即 $\overline{R (B)} = X$ ，即 $\forall y \in X, \exists {y_{n}} \subset R (B), y_{n} \to y$ 。

取 $x \in X, A x = 0$ ，则 $\forall y \in X, ⟨ A x, y ⟩ = ⟨ 0, y ⟩ = 0$ ，即 $\forall y \in X, ⟨ x, B y ⟩ = 0$ 。

$\forall y \in X$ ，则 $\exists {y_{n}} \in X$ 使得 $B y_{n} \to y$ ，则 $⟨ x, y ⟩ = lim_{n \to \infty} ⟨ x, B y_{n} ⟩ = 0$ ，即 $x = 0$ ，即 $A$ 为单射。

3. $A$ 和 $B$ 都为有界线性算子

$\forall x_{n} \in X, x_{n} \to x, A x_{n} \to z$ ，有

$⟨ A x_{n}, y ⟩ n \to \infty lim ⟨ A x_{n}, y ⟩ ⟨ A x, y ⟩ ⟨ z, y ⟩ = ⟨ x_{n}, B y ⟩ = n \to \infty lim ⟨ x_{n}, B y ⟩ = ⟨ x, B y ⟩ = ⟨ x, B y ⟩ = ⟨ A x, y ⟩$

故 $A x = z$ ，即 $R (A)$ 闭，进而 $A$ 为闭算子。由闭图像定理， $A$ 为有界线性算子。

同理可证 $B$ 为有界线性算子。

2018-2

设 $X, Y$ 为 Banach 空间， $T : X \to Y$ 为线性算子。设 $M \subset Y^{'}$ 足以区分 $Y$ 中任意两元素，即 $\forall x, y \in Y$ 若对于 $\forall f \in M$ 都有 $f (x) = f (y)$ ，则 $x = y$ 。对于任意 $f \in M, f \circ T \in X^{'}$ 。求证： $T \in B (X, Y)$

解答

假设 $x_{n} \to x \in X, T x_{n} \to y$ ，则 $\forall f \in M, f \circ T (x_{n}) \to f \circ T (x) = f (T x)$ 且 $f \circ T (x_{n}) = f (T x_{n}) \to f (y)$ ，即 $f (T x) = f (y)$ ，由 $M$ 足以区分 $Y$ 中任意两元素， $T x = y$ ，即 $T$ 为闭算子。由闭图像定理， $T$ 为有界线性算子。

2018-3

在 $X = C [0, 1]$ 上赋予范数 $∥ x ∥_{1} = \int_{0}^{1} ∣ x (t) ∣ d t$ 。若 $x \in X$ ，令

$f_{1} (x) f_{2} (x) = x (0) = \int_{0}^{1} t x (t) d t$

求证：

$f_{1}, f_{2}$ 都是 $X$ 上的线性泛函
$f_{1} \in / X^{'}$
$f_{2} \in X^{'}$ ，求出 $∥ f_{2} ∥$

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：

$f_{1} (αx + β y) = (αx + β y) (0) = αx (0) + β y (0) = α f_{1} (x) + β f_{1} (y)$

再验证 $f_{2}$ 为线性泛函：

$f_{2} (αx + β y) = \int_{0}^{1} t (αx (t) + β y (t)) d t = α \int_{0}^{1} t x (t) d t + β \int_{0}^{1} t y (t) d t = α f_{2} (x) + β f_{2} (y)$

2. $f_{1} \in / X^{'}$

假设 $f_{1} \in X^{'}$ ，则 $\exists M > 0, \forall x \in X, ∣ f_{1} (x) ∣ \leq M ∥ x ∥_{1}$ 。

取 $x_{n} (t) = {1 - n t, 0, t \in [0, \frac{1}{n}] t \in (\frac{1}{n}, 1]$ ，则 $∥ x_{n} ∥_{1} = \int_{0}^{1} ∣ x_{n} (t) ∣ d t = \int_{0}^{\frac{1}{n}} (1 - n t) d t = \frac{1}{2 n} \to \infty$ 。

而 $f_{1} (x_{n}) = x_{n} (0) = 1$ ，与 $∣ f_{1} (x_{n}) ∣ \leq M ∥ x_{n} ∥_{1}$ 矛盾，故 $f_{1} \in / X^{'}$ 。

3. $f_{2} \in X^{'}$ ，求出 $∥ f_{2} ∥$

$∣ f_{2} (x) ∣ = \int_{0}^{1} t x (t) d t \leq \int_{0}^{1} ∣ t ∣∣ x (t) ∣ d t \leq \int_{0}^{1} ∣ x (t) ∣ d t = ∥ x ∥_{1}$

故 $f_{2} \in X^{'}$ 且 $∥ f_{2} ∥ \leq 1$ ，下面求 $∥ f_{2} ∥$ 。

取 $x_{n} (t) = {0, 2 n^{2} t - 2 n (n - 1), t \in [0, \frac{n - 1}{n}) t \in [\frac{n - 1}{n}, 1]$ ，则 $∥ x_{n} ∥_{1} = 1$ 。计算 $f_{2} (x_{n})$ ：

$f_{2} (x_{n}) = \int_{0}^{1} t x_{n} (t) d t = \int_{\frac{n - 1}{n}}^{1} t (2 n^{2} t - 2 n (n - 1)) d t = \int_{\frac{n - 1}{n}}^{1} (2 n^{2} t^{2} - 2 n (n - 1) t) d t = \frac{2}{3} n^{2} t^{3} ∣_{\frac{n - 1}{n}}^{1} - n (n - 1) t^{2} ∣_{\frac{n - 1}{n}}^{1} = 1 - \frac{1}{3 n}$

故有 $lim_{n \to \infty} f_{2} (x_{n}) = 1$ ，即 $∥ f_{2} ∥ \geq 1$ ，故 $∥ f_{2} ∥ = 1$ 。

2018-4

设 $X$ 为 Banach 空间， $Y$ 为赋范空间， $T_{n} \in B (X, Y)$ 。设任取 $x \in X, n \to \infty lim T_{n} (x)$ 在 $Y$ 中存在，记 $T x = n \to \infty lim T_{n} (x)$ 。求证：

$T \in B (X, Y)$ ，且存在常数 $C \geq 0$ ，使得任取 $n \geq 1$ 都有 $∥ T_{n} ∥ \leq C$
$∥ T ∥ \leq n \geq 1 sup ∥ T_{n} ∥$

解答

1. $T \in B (X, Y)$ ，且存在常数 $C \geq 0$ ，使得任取 $n \geq 1$ 都有 $∥ T_{n} ∥ \leq C$

已知 $T_{n} x \to T x$ ，则 $n \geq 1 sup ∥ T_{n} x ∥ < \infty$ 。

由一致有界性原理， $\exists C \geq 0, \forall n \geq 1, ∥ T_{n} ∥ \leq C$ 。

2. $∥ T ∥ \leq n \geq 1 sup ∥ T_{n} ∥$

由 1.， $∥ T_{n} x ∥ \leq ∥ T_{n} ∥∥ x ∥ \leq C ∥ x ∥$ 。令 $n \to \infty$ ，则 $∥ T x ∥ \leq C ∥ x ∥$ ，即 $∥ T ∥ \leq C$ 。又 $C$ 可取到 $n \geq 1 sup ∥ T_{n} ∥$ ，故 $∥ T ∥ \leq n \geq 1 sup ∥ T_{n} ∥$ 。

2018-5

设 $X$ 为可分赋范空间，求证：存在一列 ${f_{n}} \in X^{'}, ∥ f_{n} ∥ = 1$ ，使得 $\forall x \in X, ∥ x ∥ = n \geq 1 sup ∣ f_{n} (x) ∣$ 。

解答

$X$ 为可分赋范空间，故其非零。 $\forall f \in X^{'}, f \neq = 0$ ，有 $∣ f (x) ∣ \leq ∥ f ∥∥ x ∥$ ，即 $\frac{∣ f ( x ) ∣}{∥ f ∥} \leq ∥ x ∥$ ，故 $∥ x ∥ \geq f \neq = 0 sup \frac{∣ f ( x ) ∣}{∥ f ∥}$ 。进一步取 $∥ f ∥ = 1$ ，则 $∥ x ∥ \geq ∥ f ∥ = 1 sup ∣ f (x) ∣$ 。

又由 Hahn-Banach 定理， $\exists f \in X^{'}, ∥ f ∥ = 1, f (x) = ∥ x ∥$ ，即 $∥ x ∥ \leq ∥ f ∥ = 1 sup ∣ f (x) ∣$ 。

综上， $∥ x ∥ = ∥ f ∥ = 1 sup ∣ f (x) ∣$ 。

2022-1

设 $X$ 为复 Hilbert 空间， $T \in B (X)$ 。我们称 $T$ 为正规算子，若等式 $T T^{*} = T^{*} T$ 成立。求证：

若任给 $x \in H$ ，都有 $⟨ T x, x ⟩ = 0$ ，则 $T = 0$
$T$ 为正规的当且仅当任取 $x \in X$ ，都有 $∥ T x ∥ = ∥ T^{*} x ∥$
举例说明当 $X$ 为实 Hilbert 空间时，第一问的结论一般不成立。

提示：对于第一问，当 $x, y \in X$ 时，可以考虑 $x + i y$ 和 $x + y$ 两个向量。

解答

1. 若任给 $x \in H$ ，都有 $⟨ T x, x ⟩ = 0$ ，则 $T = 0$

取 $x, y \in X$ ，则有

$⟨ T (x + i y), x + i y ⟩ 00 ⟨ T x, y ⟩ = ⟨ T x + i T y, x + i y ⟩ = ⟨ T x, x ⟩ - i ⟨ T x, y ⟩ + i ⟨ T y, x ⟩ + ⟨ T y, y ⟩ = - i ⟨ T x, y ⟩ + i ⟨ T y, x ⟩ = ⟨ T y, x ⟩$

又有

$⟨ T (x + y), x + y ⟩ 00 ⟨ T x, y ⟩ = ⟨ T x + T y, x + y ⟩ = ⟨ T x, x ⟩ + ⟨ T x, y ⟩ + ⟨ T y, x ⟩ + ⟨ T y, y ⟩ = ⟨ T x, y ⟩ + ⟨ T y, x ⟩ = - ⟨ T y, x ⟩$

联立上面两式，得

$⟨ T x, y ⟩ ⟨ T y, x ⟩ = - ⟨ T x, y ⟩ = - ⟨ T y, x ⟩$

由 $x, y$ 选取的任意性，得 $T = 0$ 。

2. $T$ 为正规的当且仅当任取 $x \in X$ ，都有 $∥ T x ∥ = ∥ T^{*} x ∥$

充分性

由 $T$ 为正规算子，得 $T T^{*} = T^{*} T$ ，故

$∥ T x ∥^{2} = ⟨ T x, T x ⟩ = ⟨ x, T^{*} T x ⟩ = ⟨ x, T T^{*} x ⟩ = ⟨ T^{*} x, T^{*} x ⟩ = ∥ T^{*} x ∥^{2}$

故 $∥ T x ∥ = ∥ T^{*} x ∥$ 。

必要性

由 $∥ T x ∥ = ∥ T^{*} x ∥$ ，得

$⟨ x, T^{*} T x ⟩ = ⟨ T x, T x ⟩ = ∥ T x ∥^{2} = ∥ T^{*} x ∥^{2} = ⟨ T^{*} x, T^{*} x ⟩ = ⟨ x, T T^{*} x ⟩$

故 $T^{*} T = T T^{*}$ ，即 $T$ 为正规算子。

3. 举例说明当 $X$ 为实 Hilbert 空间时，第一问的结论一般不成立。

考虑 $X = R^{2}$ 和旋转 $\frac{π}{2}$ 矩阵 $T = [01 - 1 0]$ ，则对于 $[x_{1}, x_{2}] \in X$ ，有

$⟨ T x, x ⟩ = ⟨[x_{2}, - x_{1}], [x_{1}, x_{2}]⟩ = x_{1} x_{2} - x_{1} x_{2} = 0$

但 $T \neq = 0$ 。

2022-2

设 $X$ 为赋范空间， $f$ 为 $X$ 上给定的非零有界线性泛函，令 $E = {x \in X : f (x) = ∥ f ∥}$ ，求证：

$E$ 为 $X$ 的非空凸子集
若 $dim (X) \geq 2$ ，则 $f$ 为满射但不为单射，进而证明 $E$ 不为有界集
$x \in E in f ∥ x ∥ = 1$

解答

1. $E$ 为 $X$ 的非空凸子集

先证 $E$ 非空。

由 $f$ 为非零有界线性泛函，故 $\exists x_{0} \in X, f (x_{0}) \neq = 0$ ，再令 $x_{1} = \frac{x _{0}}{f ( x _{0} )} ∥ f ∥$ ，则 $f (x_{1}) = ∥ f ∥$ ，故 $x_{1} \in E$ ，故 $E$ 非空。

再证 $E$ 为凸集。

取 $x, y \in E, λ \in [0, 1]$ ，则有

$f (λ x + (1 - λ) y) = λ f (x) + (1 - λ) f (y) = λ ∥ f ∥ + (1 - λ) ∥ f ∥ = ∥ f ∥$

故 $λ x + (1 - λ) y \in E$ ，故 $E$ 为凸集。

2. 若 $dim (X) \geq 2$ ，则 $f$ 为满射但不为单射，进而证明 $E$ 不为有界集

$dim (X) \geq 2$ ，故 $\exists x_{1}, x_{2} \in X, x_{1} \neq = x_{2}$ ，且 $x_{1}, x_{2}$ 线性无关。

类似 1.，可构造 $x_{1}, x_{2}$ 对应的 $x_{1}^{'}, x_{2}^{'} \in E$ ，且 $x_{1}^{'}, x_{2}^{'}$ 线性无关。

$f (x_{1}^{'} - x_{2}^{'}) = f (x_{1}^{'}) - f (x_{2}^{'}) = ∥ f ∥ - ∥ f ∥ = 0$ ，故 $x_{1}^{'} - x_{2}^{'} \in N (f)$ ，且 $x_{1}^{'} - x_{2}^{'} \neq = 0$ ，故 $f$ 不为单射。

再证 $f$ 为满射。

取 $x_{0} \in X$ 使得 $f (x_{0}) \neq = 0$ ，则 $\forall k \in K, f (\frac{k}{f ( x _{0} )} x_{0}) = k$ ，故 $f$ 为满射。

再证 $E$ 不为有界集。

由 $dim (X) \geq 2$ ，故可取线性无关的 $x_{1}, x_{2} \in X$ ，且可适当选取使 $f (x_{1}) \neq = 0$ 。

若 $f (x_{2}) = 0$ ，则 $\forall x \in E, \forall λ \in K, f (x + λ x_{2}) = f (x) + λ f (x_{2}) = ∥ f ∥ + 0 = ∥ f ∥$ ，故 $x + λ x_{2} \in E$ ，且 $∥ x + λ x_{2} ∥ = ∥ x ∥ + ∣ λ ∣∥ x_{2} ∥$ 可以任意大，故 $E$ 不为有界集。

若 $f (x_{2}) \neq = 0$ ，则 $f (x_{1} - \frac{f ( x _{1} )}{f ( x _{2} )} x_{2}) = 0$ ，可类似上面的证明，故 $E$ 不为有界集。

3. $x \in E in f ∥ x ∥ = 1$

$\forall x \in E$ ，有

$f (x) ∥ f ∥ 1 \leq ∥ f ∥∥ x ∥ \leq ∥ f ∥∥ x ∥ \leq ∥ x ∥$

故 $x \in E in f ∥ x ∥ \geq 1$ 。

2022-3

设 $H$ 为可分无穷维 Hilbert 空间， $A \in B (H)$ ，且存在 $H$ 的完全标准正交集 ${e_{n} : n \geq 1}$ ，使得 $n \geq 1 \sum ∥ A e_{n} ∥^{2} < \infty$ 。定义 $A$ 的 Hilbert-Schmidt 范数为 $∥ A ∥_{H S} = (n \geq 1 \sum ∥ A e_{n} ∥^{2})^{\frac{1}{2}}$ 。求证

$∥ A ∥_{H S} = ∥ A^{*} ∥_{H S}$ ，其中 $A^{*}$ 为 $A$ 的伴随算子
若 ${f_{n} : n \geq 1}$ 为 $H$ 的另一个完全标准正交集，则 $n \geq 1 \sum ∥ A e_{n} ∥^{2} = n \geq 1 \sum ∥ A f_{n} ∥^{2}$
$∥ A ∥ \leq ∥ A ∥_{H S}$

解答

1. $∥ A ∥_{H S} = ∥ A^{} ∥_{H S}$ ，其中 $A^{}$ 为 $A$ 的伴随算子

$A^{*}$ 为 $A$ 的伴随算子，即 $\forall x, y \in H, ⟨ A x, y ⟩ = ⟨ x, A^{*} y ⟩$ 。

$∥ A ∥_{H S} = (n \geq 1 \sum ∥ A e_{n} ∥^{2})^{\frac{1}{2}} = (n \geq 1 \sum ⟨ A e_{n}, A e_{n} ⟩)^{\frac{1}{2}} = (n \geq 1 \sum ⟨ e_{n}, A^{*} A e_{n} ⟩)^{\frac{1}{2}} = (n \geq 1 \sum ⟨ A A^{*} e_{n}, e_{n} ⟩)^{\frac{1}{2}} = (n \geq 1 \sum ⟨ A^{*} e_{n}, A^{*} e_{n} ⟩)^{\frac{1}{2}} = ∥ A^{*} ∥_{H S}$

2. 若 ${f_{n} : n \geq 1}$ 为 $H$ 的另一个完全标准正交集，则 $n \geq 1 \sum ∥ A e_{n} ∥^{2} = n \geq 1 \sum ∥ A f_{n} ∥^{2}$

${f_{n}}$ 也为完全标准正交集，故 $\forall e_{n} \in {e_{n}}, \exists a_{i} \in K, i \geq 1 \sum a_{i} f_{i} = e_{n}$ ，其中 $a_{i} = ⟨ e_{n}, f_{i} ⟩$ 。

$n \geq 1 \sum ∥ A e_{n} ∥^{2} = n \geq 1 \sum ⟨ A e_{n}, A e_{n} ⟩ = n \geq 1 \sum i \geq 1 \sum ⟨ A e_{n}, f_{i} ⟩ ⟨ f_{i}, A e_{n} ⟩ = n \geq 1 \sum i \geq 1 \sum ∣ ⟨ A e_{n}, f_{i} ⟩ ∣^{2} = n \geq 1 \sum i \geq 1 \sum ∣ ⟨ e_{n}, A^{*} f_{i} ⟩ ∣^{2} = n \geq 1 \sum i \geq 1 \sum ∣ ⟨ A^{*} f_{i}, e_{n} ⟩ ∣^{2} = i \geq 1 \sum ⟨ A^{*} f_{i}, A^{*} f_{i} ⟩ = i \geq 1 \sum ∥ A^{*} f_{i} ∥^{2} = i \geq 1 \sum ∥ A f_{i} ∥^{2}$

3. $∥ A ∥ \leq ∥ A ∥_{H S}$

取 $x \in H, ∥ x ∥ = 1$ ，则 $\exists {x_{n}} \subset K, x = n \geq 1 \sum x_{n} e_{n}$ ，其中 $n \geq 1 \sum ∣ x_{n} ∣^{2} = 1$ 。

$∥ A x ∥ = A n \geq 1 \sum x_{n} e_{n} = n \geq 1 \sum x_{n} A e_{n} \leq n \geq 1 \sum ∣ x_{n} ∣∥ A e_{n} ∥ \leq (n \geq 1 \sum ∣ x_{n} ∣^{2})^{\frac{1}{2}} (n \geq 1 \sum ∥ A e_{n} ∥^{2})^{\frac{1}{2}} = ∥ A ∥_{H S}$

2022-4

设 $(X_{1}, ∥ \cdot ∥_{1})$ 及 $(X_{2}, ∥ \cdot ∥_{2})$ 均为赋范空间，令 $X = X_{1} \times X_{2} = {(x_{1}, x_{2}) : x_{1}, \in X, x_{2} \in X_{2}}$ 为 $X_{1}$ 与 $X_{2}$ 的笛卡尔乘积。对 $x = (x_{1}, x_{2}) \in X$ ，定义 $∥ x ∥ = max {∥ x_{1} ∥_{1}, ∥ x_{2} ∥_{2}}$ ，求证：

$∥ \cdot ∥$ 为 $X$ 上的范数
$(X, ∥ \cdot ∥)$ 为 Banach 空间当且仅当 $X_{1}$ 及 $X_{2}$ 均为 Banach 空间

解答

1. $∥ \cdot ∥$ 为 $X$ 上的范数

验证 $∥ \cdot ∥$ 为 $X$ 上的范数，只需验证 $∥ \cdot ∥$ 满足范数的四条性质：

$∥ x ∥ = max {∥ x_{1} ∥_{1}, ∥ x_{2} ∥_{2}} \geq 0$ ，非负性显然成立
$∥ x ∥ = 0 ⟺ ∥ x_{1} ∥_{1} = ∥ x_{2} ∥_{2} = 0 ⟺ x_{1} = x_{2} = 0$ ，非退化性成立
$∥ a x ∥ = max {∥ a x_{1} ∥_{1}, ∥ a x_{2} ∥_{2}} = max {∣ a ∣∥ x_{1} ∥_{1}, ∣ a ∣∥ x_{2} ∥_{2}} = ∣ a ∣ max {∥ x_{1} ∥_{1}, ∥ x_{2} ∥_{2}} = ∣ a ∣∥ x ∥$ ，齐次性成立
$∥ x + y ∥ = max {∥ x_{1} + y_{1} ∥_{1}, ∥ x_{2} + y_{2} ∥_{2}} \leq max {∥ x_{1} ∥_{1} + ∥ y_{1} ∥_{1}, ∥ x_{2} ∥_{2} + ∥ y_{2} ∥_{2}} \leq ∥ x ∥ + ∥ y ∥$ ，三角不等式成立

综上， $∥ \cdot ∥$ 为 $X$ 上的范数。

2. $(X, ∥ \cdot ∥)$ 为 Banach 空间当且仅当 $X_{1}$ 及 $X_{2}$ 均为 Banach 空间

充分性

$X$ 为 Banach 空间，即诱导度量 $d (x, y) = ∥ x - y ∥$ 为完备度量空间。即 $X$ 中的 Cauchy 列均收敛。

考虑 $X$ 中的 Cauchy 列 ${x_{n}} = {(x_{n 1}, x_{n 2})}$ ， $\forall ε > 0$ ， $\exists N$ ，使得 $\forall n, m > N$ ，有 $∥ x_{n} - x_{m} ∥ < ε$ 。下面展开 $∥ x_{n} - x_{m} ∥$ ：

$∥ x_{n} - x_{m} ∥ = max {∥ x_{n 1} - x_{m 1} ∥_{1}, ∥ x_{n 2} - x_{m 2} ∥_{2}} < ε {∥ x_{n 1} - x_{m 1} ∥_{1} < ε ∥ x_{n 2} - x_{m 2} ∥_{2} < ε$

故 ${x_{n 1}}$ 和 ${x_{n 2}}$ 分别构成 $X_{1}, X_{2}$ 中的 Cauchy 列。

又由 ${x_{n}}$ 收敛，即 $\exists x = (x_{1}, x_{2}) \in X, \forall ε > 0, \exists N$ ，使得 $\forall n > N$ ，有 $∥ x_{n} - x ∥ < ε$ 。下面展开 $∥ x_{n} - x ∥$ ：

$∥ x_{n} - x ∥ = max {∥ x_{n 1} - x_{1} ∥_{1}, ∥ x_{n 2} - x_{2} ∥_{2}} < ε {∥ x_{n 1} - x_{1} ∥_{1} < ε ∥ x_{n 2} - x_{2} ∥_{2} < ε$

故 ${x_{n 1}}$ 和 ${x_{n 2}}$ 分别收敛于 $x_{1}, x_{2}$ 。

由 ${x_{n}}$ 选取的任意性， $X_{1}, X_{2}$ 均为完备度量空间，即为 Banach 空间。

必要性

$X_{1}, X_{2}$ 均为 Banach 空间，即诱导度量 $d_{1} (x_{1}, y_{1}) = ∥ x_{1} - y_{1} ∥_{1}, d_{2} (x_{2}, y_{2}) = ∥ x_{2} - y_{2} ∥_{2}$ 均为完备度量空间。即 $X_{1}, X_{2}$ 中的 Cauchy 列均收敛。

取 $X_{1}, X_{2}$ 中的 Cauchy 列 ${x_{1 n}}, {x_{2 m}}$ ，则 $\forall ε > 0, \exists N_{1}, N_{2}$ ，使得 $\forall n > N_{1}, m > N_{2}$ ，有 $∥ x_{1 n} - x_{1 m} ∥_{1} < ε, ∥ x_{2 n} - x_{2 m} ∥_{2} < ε$ 。

组合两序列构成 ${x_{n}} = {(x_{1 n}, x_{2 n})}$ ，则 $\forall ε > 0, \exists N = max {N_{1}, N_{2}}$ ，使得 $\forall n > N$ ，有 $∥ x_{n} - x_{m} ∥ = max {∥ x_{1 n} - x_{1 m} ∥_{1}, ∥ x_{2 n} - x_{2 m} ∥_{2}} < ε$ 。故 ${x_{n}}$ 为 $X$ 中的 Cauchy 列。

${x_{1 n}}, {x_{2 m}}$ 收敛，即 $\exists x_{1} \in X_{1}, x_{2} \in X_{2}$ ，使得 $\forall ε > 0, \exists N_{1}, N_{2}$ ，使得 $\forall n > N_{1}, m > N_{2}$ ，有 $∥ x_{1 n} - x_{1} ∥_{1} < ε, ∥ x_{2 m} - x_{2} ∥_{2} < ε$ 。

故 $\forall ε > 0, \exists N = max {N_{1}, N_{2}}$ ，使得 $\forall n > N$ ，有 $∥ x_{n} - x ∥ = max {∥ x_{1 n} - x_{1} ∥_{1}, ∥ x_{2 n} - x_{2} ∥_{2}} < ε$ 。故 ${x_{n}}$ 收敛于 $x = (x_{1}, x_{2})$ 。

由 ${x_{1 n}}, {x_{2 m}}$ 选取的任意性， $X$ 为完备度量空间，即为 Banach 空间。

2022-5

设 $X, Y$ 为 Banach 空间， $F \in B (X, Y)$ 为单射。令 $Y_{1} = {F x : x \in F}$ 为 $F$ 的值域。求证： $Y_{1}$ 在 $Y$ 中为闭子空间当且仅当 $F$ 的逆映射 $F^{- 1} : Y_{1} \to X$ 为有界线性算子。

解答

2022-6

给出压缩映射的定义，并叙述 Banach 不动点定理

解答

设 $(X, d)$ 为度量空间， $T : X \to X$ ，若 $\exists λ \in [0, 1)$ ，使得 $\forall x, y \in X$ ，有 $d (T x, T y) \leq λ d (x, y)$ ，则称 $T$ 为压缩映射。

设 $(X, d)$ 为非空完备度量空间， $T : X \to X$ 为压缩映射，则 $T$ 在 $X$ 上有唯一不动点。

2023-1

2023-2

2023-3

2023-4

设 $y = {y_{k}}_{k \geq 1}$ 为一数列，又设任给 $x = {x_{k}}_{k \geq 1} \in c_{0}$ ，级数 $k \geq 1 \sum x_{k} y_{k}$ 均收敛。

任给 $n \geq 1$ 及 $x = {x_{k}}_{k \geq 1} \in c_{0}$ ，令 $f_{n} (x) = k = 1 \sum n x_{k} y_{k}$ ，求证： ${f_{n}} \in (c_{0})^{'}$ ，并求出 $∥ f_{n} ∥$ 。
求证 $y \in ℓ^{\infty}$

2023-5

设 $X$ 为赋范空间， $M$ 为 $X$ 的非空凸子集。给定 $x_{0} \in / M$ ， $\exists y_{1} \neq = y_{2}$ 为 $M$ 中的两个最佳逼近元。求证：

最佳逼近元组成凸子集
存在 $z_{1}, z_{2} \in X$ ， $z_{1} \neq = z_{2}, ∥ z_{1} ∥ = ∥ z_{2} ∥ = 1$ 且 $∥ λ z_{1} + (1 - λ) z_{2} ∥ = 1, \forall λ \in [0, 1]$
存在 $f \in X^{'}, ∥ f ∥ = 1, f (z_{1}) = f (z_{2}) = 1$
$X$ 不是内积空间

解答

令 $ρ = ∥ x_{0} - y_{1} ∥ = ∥ x_{0} - y_{2} ∥$

$\forall λ \in [0, 1]$ ，

$∥ x_{0} - [λ y_{1} + (1 - λ y_{2})]∥ = ∥ λ (x_{0} - y_{1}) + (1 - λ) (x_{0} - y_{2})∥ \leq λ ∥ x_{0} - y_{1} ∥ + (1 - λ) ∥ x_{0} - y_{2} ∥ = λ ρ + (1 - λ ρ) = ρ$

而由于 $M$ 为凸集，故 $λ y_{1} + (1 - λ y_{2}) \in M$ ，故 $∥ x_{0} - [λ y_{1} + (1 - λ y_{2})]∥ \geq ρ$

因此 $∥ x_{0} - [λ y_{1} + (1 - λ y_{2})]∥ = ρ$

故 $λ y_{1} + (1 - λ y_{2})$ 也是 $x_{0}$ 在 $M$ 中的最佳逼近元

故 $x_{0}$ 在 $M$ 中的最佳逼近元是 $X$ 中的凸子集
令 $z_{1} = \frac{x _{0} - y _{1}}{ρ}$ ， $z_{2} = \frac{x _{0} - y _{2}}{ρ}$ 。则 $∥ z_{1} - z_{2} ∥ = \frac{1}{ρ} ∥ y_{2} - y_{1} ∥ \neq = 0$ ，故 $z_{1} \neq = z_{2}$ 。而

$∥ z_{1} ∥ = \frac{x _{0} - y _{1}}{ρ} = \frac{1}{ρ} ∥ x_{0} - y_{1} ∥ = \frac{1}{ρ} ρ = 1$ ， $∥ z_{2} ∥ = \dots = 1$

$∥ λ z_{1} + (1 - λ) z_{2} ∥ = \frac{1}{ρ} ∥ λ (x_{0} - y_{1}) + (1 - λ) (x_{0} - y_{2}) ∥ = \frac{1}{ρ} ∥ x_{0} - [λ y_{1} + (1 - λ y_{2})]∥ = \frac{1}{ρ} ρ = 1$

因此 $z_{1}$ ， $z_{2}$ 即为所求
因为 $\frac{z _{1} + z _{2}}{2} = 1$

故由 Hahn-Banach 定理，存在 $f \in X^{'}$ ，满足 $∥ f ∥ = 1$ 且 $f (\frac{z _{1} + z _{2}}{2}) = \frac{z _{1} + z _{2}}{2} = 1$

故 $f (z_{1}) + f (z_{2}) = 2$

而 $∣ f (z_{1})∣ \leq ∥ f ∥ ∥ z_{1} ∥ = 1$ ， $∣ f (z_{2})∣ \leq ∥ f ∥ ∥ z_{2} ∥ = 1$

令 $f (z_{1}) = α_{1} + i β_{1}$ ， $f (z_{2}) = α_{2} + i β_{2}$ ， $α_{i}, β_{i} \in R$

则 $α_{1} + α_{2} + i (β_{1} + β_{2}) = 2$ ，即 $α_{1} + α_{2} = 2$ ， $β_{1} + β_{2} = 0$

由 $∣ f (z_{1})∣ \leq 1$ 知 $∣ α_{i} ∣ \leq 1$ ，又 $α_{1} + α_{2} = 2$

可知 $α_{1} = α_{2} = 1$ ，故 $β_{1} = β_{2} = 0$

即 $f (z_{1}) = f (z_{2}) = 1$
内积空间需满足 $\forall x, y \in X$ ，均有 $∥ x + y ∥^{2} + ∥ x - y ∥^{2} = 2 (∥ x ∥^{2} + ∥ y ∥^{2})$

取 $x = \frac{z _{1} + z _{2}}{2}$ ， $y = \frac{z _{1} - z _{2}}{2}$ ，则 $x + y = z_{1}$ ， $x - y = z_{2}$

则 $∥ x + y ∥^{2} + ∥ x - y ∥^{2} = ∥ z_{1} ∥^{2} + ∥ z_{2} ∥^{2} = 1 + 1 = 2$

而 $∥ x ∥ = ∥ \frac{1}{2} z_{1} + (1 - \frac{1}{2}) z_{2} ∥ = 1$

且由于 $z_{1} \neq = z_{2}$ ，故 $∥ y ∥^{2} > 0$ ，，故

故

$2 (∥ x ∥^{2} + ∥ y ∥^{2}) = 2 (1 + ∥ y ∥^{2}) > 2 (1 + 0) = 2 = ∥ x + y ∥^{2} + ∥ x - y ∥^{2}$

故平行四边形等式不成立

故 $X$ 不为内积空间

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