泛函分析答案79281

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1、泛函分析题1_3列紧集20070501泛函分析题1_3列紧集p191.3.1在完备的度量空间中，求证：为了子集A是列紧的，其充分必要条件是对"e>0，存在A的列紧的e网．证明：(1)若子集A是列紧的，由Hausdorff定理，"e>0，存在A的有限e网N．而有限集是列紧的，故存在A的列紧的e网N．(2)若"e>0，存在A的列紧的e/2网B．因B列紧，由Hausdorff定理，存在B的有限e/2网C．因CÍBÍA，故C为A的有限e网．因空间是完备的，再用Hausdorff定理，知A是列紧的．1.3.2在度量空间中，求证：紧集上的连续函数必是有界的，并且能达到

2、它的上、下确界．证明：设(X,r)是度量空间，D是紧子集，f:D®R是连续函数．(1)若f无上界，则"nÎN+，存在xnÎD，使得f(xn)>1/n．因D是紧集，故D是自列紧的．所以{xn}存在收敛子列xn(k)®x0ÎD(k®¥)．由f的连续性，f(xn(k))®f(x0)(k®¥)．但由f(xn)>1/n知f(xn)®+¥　(n®¥)，所以f(xn(k))®+¥(k®¥)，矛盾．故f有上界．同理，故f有下界．(2)设M=supxÎDf(x)，则"nÎN+，存在ynÎD，使得f(yn)>M-1/n．{yn}存在子列yn(k)®y0ÎD(k®¥)．因此f(

3、y0)³M．而根据M的定义，又有f(y0)£M．所以f(y0)=M．因此f能达到它的上确界．同理，f能达到它的下确界．1.3.3在度量空间中，求证：完全有界的集合是有界的，并通过考虑l2的子集E={ek}k³1，其中ek={0,0,...,1,0,...}(只是第k个坐标为1，其余都是0)，来说明一个集合可以是有界的但不完全有界的．证明：(1)若A是度量空间(X,r)中的完全有界集．则存在A的有限1-网N={x0,x1,x2,...,xn}．令R=å1£j£nr(x0,xj)+1．则"xÎA，存在某个j使得0£j£n，且r(x,xj)<1．因此，r(x,x

4、0)£r(x,xj)+r(xj,x0)£1+å1£j£nr(x0,xj)=R．所以A是度量空间(X,r)中的有界集．(2)注意到r(ek,ej)=21/2("k¹j)，故E中任意点列都不是Cauchy列．所以，E中任意点列都没有收敛子列(否则，该收敛子列就是Cauchy42泛函分析题1_3列紧集20070501列，矛盾)．因此，E不是列紧集．由l2是完备的，以及Hausdorff定理，知E不是全有界集．但E显然是有界集．1.3.4设(X,r)是度量空间，F1,F2是它的两个紧子集，求证：$xiÎFi(i=1,2)，使得r(F1,F2)=r(x1,x2)．其

5、中r(F1,F2)=inf{r(x,y)

6、xÎF1,yÎF2}证明：由r(F1,F2)的定义，"nÎN+，$xi(n)ÎFi(i=1,2)，使得r(x1(n),x2(n))

7、fÎM}是列紧集．证明：设A={F(x)=ò[a,x]f(t)dt

8、fÎM}．由M有界，故存在K>0

9、，使得"fÎM，r(f,0)£K．先证明A是一致有界的和等度连续的．"FÎA，存在fÎM，使得F(x)=ò[a,x]f(t)dt．由于r(F,0)=maxxÎ[a,b]

10、F(x)

11、=maxxÎ[a,b]

12、ò[a,x]f(t)dt

13、£maxxÎ[a,b]

14、f(t)

15、·(b-a)=r(f,0)·(b-a)£K(b-a)．故A是一致有界的．"e>0，"s,tÎ[a,b]，当

16、s-t

17、

18、F(s)-F(t)

19、=

20、ò[s,t]f(u)du

21、£maxuÎ[a,b]

22、f(u)

23、·

24、s-t

25、=r(f,

26、0)·

27、s-t

28、£K·(e/K)=e．故A是等度连续的．由Arzela-Ascoli定理，A是列紧集．1.3.6设E={sinnt}n³1，求证：E在C[0,p]中不是列紧的．证明：显然E是一致有界的．根据Arzela-Ascoli定理，我们只要证明E不是等度连续的即可．我们的想法是找一个E中的点列fn，以及[0,p]中的两个点列sn和tn，使得

29、sn-tn

30、®0，但

31、fn(sn)-fn(tn)

32、不收敛于0．事实上，这是可以做到的，只要令fn(u)=sin(2nu)，sn=(p/2)(1+1/(2n))，tn=(p/2)(1-1/(2n))．则sn+tn=

33、p；sn-tn=p/(2n)®0　(n®¥)．因此，

34、fn(sn)