Rudin_Chapter4-Hilbert_Space版本

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1、RealandComplexAnalysis(ThirdEdition)WalterRudin第四章习题解答[MathPrince]1.(1)⊥⊥⊥⊥⊥M⊥M⇒M⊂(M)，且∀x∈(M)M，由于M是闭子空间故，⊥⊥x有唯一的分解s.t,x=m+m′,m∈M,m′∈M，明显m′≠0，但x⊥M,故⊥⊥0==⇒m′=0，矛盾，故M=(M)。(2)对于一般的子空间⊥⊥M，M⊂(M)=M。左边的包含关系(1)中一开始给出证明。⊥⊥(M)是包含M的闭子空间故，⊥⊥⊥⊥⊥⊥⊥⊥M⊂(M)。M⊂M⇒M⊂M⇒M=(M)⊃(M)，故得证。2

2、.[思路：只需证明两组基可以被互相表达即可，利用归纳法](1)u可被x生成。1u=x，故u可被x生成。111x1假设故u可被x生成。则由表达式知u∈[x,u],i≤n⇒u∈[x]，故nn+1in+1得证。(2)x可被u生成。x=xu，故x可被u生成。1111假设故x可被u生成。则由表达式知x∈[u,x],i≤n⇒x∈[u]，故nn+1in+1得证。13.[方法：掌握证明一个度量空间不可分的方法，即构造不可数个离散点]∞(1)T是σ紧的度量空间，则T=∪Kn，其中Kn为渐张紧集。n=1∞ppCc(T)=∪C(Kn)，由于C(Kn)可分，Cc(T)=L

3、(T),0

4、规范正交集，则易有有不可数个基，且两两距离大于1。由题3知一定不可分。5.[思路：类似的题目画一个图就容易解决]假设⊥⊥M≠H，则∀x,y∈M,L(x)≠0,L(y)≠0,L(x)y−L(y)x∈M∩M=0，故⊥dimM=1。26.(1)明显{u}无收敛子列，故不是列紧的进而不是紧的。n∞1ε1ε(2)x<2，故∀ε>0,∃N,s.t,∑2<,∃n,s.t,<，选取有限ε网为i=Ni4n2NN−1aa1ii{∑ui,≤,ai∈Z}，又由于Q是闭区间的乘积空间，故是紧的。i=1nni∞∞(3)21ε1ε⇒)x≤∑δn<∞，故∀ε>0,∃N,s.t,∑

5、2<,∃n,s.t,<，其余证明n=1i=Nδi4n2N同上。∞nk−1nk−122⇐)假设∑δn=∞，则∃nk↑,s.t,∑δi>1,n0=1,k≥1，记vk=∑δiui，则易n=1i=nk−1i=nk−1有{v}是一组正交基，且两两距离大于1，故S不是紧的。k7.[思路：注意E的构造]k1根据提示选取c=，即得。k2k∑ann∈Ek8.2222H≅l(A),H≅l(B)，不妨令card(A)≤card(B)，则l(A)可嵌入到l(B)，12即H同构于H的某个子空间。129.[结论：一般的有Fourier系数趋于0]考虑2L([0,2π])上的函

6、数χ，由Parseval恒等式，A2π22π222inxinxχ=χ(x)edx<∞⇒limχ(x)edx=0⇒lim(cosnx+isinnx)dx=0A∑∫0An→∞∫0An→∞∫An∈Z22⎛⎞⇒lim⎜∫cosnxdx+∫sinnxdx⎟=0n→∞⎝AA⎠3故有结论成立。10.[思路：利用上一题]性质1：µ(A)=µ(A∩B)+µ(A∪B)−µ(B)性质2：+S(n,ε)={x∈[0,2π]:sinnx≥ε,n∈Z}n⎧2π(i−1)+arcsinε2π(i−1)+π−arcsinε2πi−π+arcsinε2πi−arcsinε⎫=∪⎨[

7、,]∪[,]⎬i=1⎩nnnn⎭故有+µ(S(n,ε))=2π−4arcsinε,∀n∈Z，且趋于2π。令E是{sinnx}收敛的点，则{χsinnx}逐点收敛。且由上题知，kEkLebesgue控制收敛定理lim∫E+sinnkxdx=0⇒limχE+(x)sinnkx=0,a.e.xk→∞k→∞Lebesgue控制收敛定理lim∫E−sinnkxdx=0⇒limχE−(x)sinnkx=0,a.e.xk→∞k→∞进一步{χsinnx}依测度收敛到0。即Ek∀ε>0,∃K,s.t,∀k>K,µ({x:χ(x)sinnx>ε})<εEk而{x:χ(

8、x)sinnx>ε}=E∩S(n,ε)，且∃K′,s.t,k>K′,µ(S(n,ε))>2π−εEkkk故由性质1和2有∀