[家里蹲大学数学杂志]第041期中山大学数计学院 2008 级数学与应用数学专业《泛函分析》期末考试试题 A

1 ( 10 分 ) 设 $\mathcal{X}$ 是 Banach 空间, $f$ 是 $\mathcal{X}$ 上的线性泛函. 求证: $f\in \mathcal{L}(\mathcal{X})$ 的充分必要条件是 \[ N(f)=\{ x\in \mathcal{X};\ f(x)=0 \} \] 是 $\mathcal{X}$ 的闭线性子空间.

证明: 必要性. 设 $N(f)\ni x_n\to x$, 则 $$\bex f(x)&=&\lim_{n\to\infty}f(x_n)\quad(f\in \scrX^*)\\ &=&\lim_{n\to\infty}0=0. \eex$$ 充分性. 用反证法. 若 $f$ 无界, 则 $$\bex \forall\ n\in\bbN,\ \exists\ x_n\in\scrX,\ s.t.\ \sev{f(x_n)}>n\sen{x_n}, \eex$$ 而 $$\bee\label{1} \sen{\frac{x_n}{f(x_n)}}<\frac{1}{n}. \eee$$ 令 $$\bex y_n=\frac{x_n}{f(x_n)}-\frac{x_1}{f(x_1)}, \eex$$ 则由 \eqref{1} 知 $$\bex N(f)\ni y_n\to -\frac{x_1}{f(x_1)}\not\in N(f), \eex$$ 这与 $N(f)$ 的闭性矛盾, 而有结论.

2 ( 12 分 ) 设 $\scrX$, $\scrY$ 是 $B^*$ 空间, $D$ 是 $\scrX$ 的线性子空间并且 $A:\ D\to \scrY$ 是线性映射. 求证:

(1)如果 $A$ 连续且是闭算子, 则 $\scrY$ 完备蕴含 $D$ 闭;

(2)如果 $A$ 是单射的闭算子, 则 $A^{-1}$ 也是闭算子.

证明:

(1)设 $D\ni x_n\to x$, 则由 $A$ 连续知 $$\bex \sen{Ax_n-Ax_m}\leq\sen{A}\cdot\sen{x_n-x_m}\to 0\quad\sex{n,m\to\infty}, \eex$$ 而 $\sed{Ax_n}$ 是 $\scrY$ 中 Cauchy 列, 设其收敛到 $y\in\scrY$, 则由 $A$ 的闭性知 $x\in D$, $Ax=y$. 此即证明了 $D$ 完备.

(2)设 $$\bex R(A)=D\sex{A^{-1}}\ni y_n\to y, \eex$$ $$\bex D(A)=R\sex{A^{-1}}=A^{-1}y_n\to x, \eex$$ 则由 $A$ 闭知 $$\bex x\in D(A) \mbox{ 且 }Ax=y, \eex$$ 而 $$\bex y\in R(A)=D\sex{A^{-1}}\mbox{ 且 }x=A^{-1}y. \eex$$

3 ( 10 分 ) 设 $\scrX$ 是 Banach 空间, $T\in \scrL(\scrX)$. 如果 $\sen{T}<1$, 则算子 $I-T$ 有有界逆算子, 并且 $$\bex \sen{(I-T)^{-1}}\leq \frac{1}{1-\sen{T}}. \eex$$

证明: 设 $\dps{S_n=\sum_{k=0}^nT^k}$, 则对 $\forall\ m>n$ 有 $$\bex \sen{S_n-S_m}&\leq&\sum_{k=n+1}^m\sen{T^k}\\ &\leq&\sum_{k=n+1}^m \sen{T}^k\\ &\leq&\frac{\sen{T}^{n+1}}{1-\sen{T}}\\ &\to&0\quad\sex{n\to\infty}. \eex$$ 于是 $\sed{S_n}$ 作为 Banach $\scrL(\scrX,\scrX)$ 的 Cauchy 列, 收敛到 $$\bex S=\sum_{k=1}^\infty T^k. \eex$$ 又由 $$\bex \sen{(I-T)S_n-I} =\sen{-T^{n+1}}\to 0\quad\sex{n\to\infty} \eex$$ 知 $(I-T)^{-1}=S$, 而 $$\bex \sen{(I-T)^{-1}}=\sen{S} =\sen{\sum_{k=0}^\infty T^k} \leq \sum_{k=0}^\infty \sen{T}^k =\frac{1}{1-\sen{T}}. \eex$$

4 ( 10 分 ) 设 $\mathcal{X}$ 是赋范线性空间, $\{x_1,\cdots,x_n\}$ 是 $n$ 个线性无关元. 求证: $\exists\ \{f_1,\cdots,f_n\}\subset \scrX^*$ 使得 \[ \sef{f_i,x_j}=\delta_{ij}\quad(\forall\ i,j=1,\cdots,n). \]

证明: 记 $\dps{M_i=span_{j\neq i}\sed{x_j}}$, 则 $d_i=\rho(x_i,M_i)>0$, 于是由点与线性子空间分离的 Hahn-Banach 定理, $$\bex \exists\ \tilde f_i\in\scrX^*,\ s.t.\ \tilde f_i(x_i)=d_i,\quad \tilde f_i|_{M_i}=0. \eex$$ 令 $\dps{f_i=\frac{\tilde f_i}{d_i}}$, 则 $\sed{f_i}$ 即为所求.

5 ( 10 分 ) 设 $\mathcal{H}$ 是 Hilbert 空间, $T\in \mathcal{L}(\mathcal{H})$ 且 $||T||\leq 1$. 证明: 若 $Tx=x$, 则 $T^*x=x$.

证明: 由 $Tx=x$ 及 $||T||\leq 1$ 知 \[ ||T||=1, \] 而 \[ ||T^*||=||T||=1. \] 于是 $$\bex ||T^*x-x||^2 &=&(T^*x-x,T^*x-x)\\ &=&||T^*x||^2-(T^*x,x)-(x,T^*x)+||x||^2\\ &=&||T^*x||^2-(x,Tx)-(Tx,x)+||x||^2\\ &=&||T^*x||^2-||x||^2\quad(\mbox{由 } Tx=x)\\ &\leq& ||T^*||^2\cdot ||x||^2-||x||^2\\ &=&0\quad(\mbox{由 } ||T^*||=1). \eex$$ 因此 $$\bex T^*x=x. \eex$$

6 ( 16 分 ) 设 $\mathcal{H}$ 是 Hilbert 空间, $T:\mathcal{H}\to \mathcal{H}$ 是线性算子且满足 \[ (Tx,y)=(x,Ty)\quad (\forall\ x,y\in \mathcal{H}). \] 求证:

(1) $T^*=T$, 此时称 $T$ 为自共轭算子;

(2) 对任意 $x\in \calH$, $(Tx,x)$ 是实的;

(3) 算子 $T$ 的本征值是实的;

(4) 对应于 的不同本征值 $\lambda_1$, $\lambda_2$ 的本征元 $x_1$, $x_2$ 是正交的.

证明:

(1) 往证 $T$ 是闭算子, 而由 $D(T)=\mathcal{H}$ 及闭图像定理知 $T\in \mathcal{L}(\mathcal{H})$. 事实上, 设 $\mathcal{H}\ni x_n\to x,\ Tx_n\to y$, 则于 \[ (Tx_n,z)=(x_n,z)\quad (\forall\ z\in \mathcal{H}) \] 中令 $n\to\infty$,有 \[ (y,z)=(x,Tz)=(Tx,z)\quad(\forall\ z\in \mathcal{H}). \] 于是 \[ y=Tx. \]

(2) 由 $$\beex\bea (Tx,x)&=(x,Tx)\quad\sex{T\mbox{ 自共轭}}\\ &=\overline{\sex{Tx,x}}\quad\sex{\mbox{内积定义}} \eea\eeex$$ 即知 $(Tx,x)\in \bbR$.

(3) 设 $\lambda\in \bbC$ 适合 $$\bex \exists\ 0\neq x\in \calH,\ s.t.\ Tx=\lambda x, \eex$$ 则 $$\bex \lambda \sen{x}^2 =\lambda(x,x) =\sex{\lambda x,x} =\sex{Tx,x}\in \bbR, \eex$$ 于是 $$\bex \lambda=\frac{\sex{Tx,x}}{\sen{x}^2}\in \bbR. \eex$$

(4)由 $$\bex & &(\lambda_1-\lambda_2)(x_1,x_2)\\ & &= (\lambda_1x_1,x_2)-(x_1,\lambda_2x_2)\quad\sex{\lambda_i\in\bbR}\\ & &=(Tx_1,x_2)-(x_1,Tx_2)\quad\sex{x_i \mbox{ 是 } T \mbox{ 的相对于 }\lambda_i\mbox{ 的本征元}}\\ & &=0\quad\sex{T\mbox{ 自共轭}}. \eex$$ 即知结论.

7 ( 12 分 ) 设 $\varphi\in C[0,1]$, $T:\ L^2[0,1]\to L^2[0,1]$ 是由 \[ (Tf)(x)=\varphi(x)\int_0^1\varphi(t)f(t)\ dt\quad(\forall\ f\in L^2[0,1]) \] 给出的线性算子. 求证:

(1) $T$ 是自共轭算子 (定义见题 6);

(2) $\exists\ \lambda\geq 0$, 使得 $T^2=\lambda T$, 由此求出 $T$ 的谱半径 $r_\sigma(T)$.

证明:

(1)对 $\forall\ f,\ g\in L^2[0,1]$, 由 $$\bex (Tf,g) &=&\int_0^1 \sez{ \varphi(x)\int_0^1 \varphi(t)f(t)\ dt }\cdot g(x)\ dx\\ &=&\int_0^1 \varphi(t)f(t)\ dt \cdot \int_0^1 \varphi(x)g(x)\ dx\\ &=&\int_0^1 \varphi(x)f(x)\ dx \cdot \int_0^1 \varphi(t)g(t)\ dt\\ &=&\int_0^1 f(x)\cdot \sez{\varphi(x)\int_0^1 \varphi(t)g(t)\ dt}\ dx\\ &=&(f,Tg) \eex$$ 知 $T^*=T$, 而 $T$ 为自共轭算子.

(2)由 $$\bex (T^2f)(x) &=&[T(Tf)](x)\\ &=&\varphi(x)\int_0^1 \varphi(t)(Tf)(t)\ dt\\ &=&\varphi(x) \int_0^1 \sez{ \varphi(t) \cdot \varphi(t) \int_0^1 \varphi(s)f(s)\ ds }\ dt\\ &=&\int_0^1 \varphi^2(t)dt\cdot \varphi(x)\int_0^1 \varphi(s)f(s)\ ds\\ &=&\int_0^1 \varphi^2(t)dt\cdot (Tf)(x)\quad (\forall\ f\in L^2[0,1]) \eex$$ 知 \[ T^2=\lambda T, \] 其中 \[ \lambda=\int_0^1 \varphi^2(t)dt. \] 由数学归纳法易知 \[ T^n=\lambda^{n-1}T\quad(n\geq 1), \] 而 $T$ 的谱半径 \[ r_\sigma(T)=\lim_{n\to\infty}||T^n||^\frac{1}{n} =\lim_{n\to\infty} \lambda^\frac{n-1}{n}||T||^\frac{1}{n} =\lambda =\int_0^1 \varphi^2(t)dt. \] 倒数第二个等号是因为若 $\varphi\equiv 0$, 则 $\lambda=0$, $T=0$; 若 $\varphi\not\equiv 0$, 则 $||T||\neq 0$.

8 ( 10 分 ) 设 $\scrX$ 是赋范线性空间, $M$ 是 $\scrX$ 的闭子空间. 证明: 如果 $\sed{x_n}\subset M$ 且 $x_n\rhu x_0$, 则 $x_0\in M$.

证明: 用反证法. 若 $x_0\not\in M$, 则 $d=\rho(x_0,M)>0$, 由点与线性子空间分离的 Hahn-Banach 定理, $$\bex \exists\ f\in\scrX^*,\ s.t.\ f(x_0)=d>0,\quad f|_M=0. \eex$$ 于是由 $x_n\rhu x_0$ 知 $$\bex 0<d=f(x_0)=\lim_{n\to\infty}f(x_n) =\lim_{n\to\infty}0=0. \eex$$ 这是一个矛盾, 故有结论.

9 ( 10 分 ) 设 $\calH$ 是 Hilbert 空间, $\sed{x_n}\subset \calH$, $x\in \calH$. 证明:

（1） $x_n\rhu x$ 当且仅当对任意 $y\in\calH$, $(x_n,y)\to (x,y)$;

（2） $x_n\to x$ 当且仅当 $x_n\rhu x$ 且 $\sen{x_n}\to \sen{x}$.

证明:

(1) 这是 Riesz 表示定理与弱收敛定义的直接结论.

(2) 必要性显然. 往证充分性. $$\bex \sen{x_n-x}^2&=&\sex{x_n-x,x_n-x}\\ &=&\sen{x_n}^2-\sex{x_n,x}-\sex{x,x_n}+\sen{x}^2\\ &\to&\sen{x}^2-\sex{x,x}-\sex{x,x}+\sen{x}^2=0\quad\sex{n\to\infty}. \eex$$