泛函分析作业：2025-10-08

1.4.1 #

在二维空间 $\mathbb{R}^2$ 中, 对每一点 $z = (x, y)$ , 令

\begin{align*} \|z\|_1 &= |x| + |y|; & \|z\|_2 &= \sqrt{x^2 + y^2}; \\ \|z\|_3 &= \max(|x|, |y|); & \|z\|_4 &= (x^4 + y^4)^{\frac{1}{4}}. \end{align*}

(1) 求证 $\|\cdot\|_i$ ( $i=1,2,3,4$ ) 都是 $\mathbb{R}^2$ 的范数.

(2) 画出 $(\mathbb{R}^2, \|\cdot\|_i)$ ( $i=1,2,3,4$ ) 各空间中的单位球面图形.

(3) 在 $\mathbb{R}^2$ 中取定三点 $O = (0,0)$ , $A = (1,0)$ , $B = (0,1)$ , 试在上述四种不同范数下求出 $\triangle OAB$ 三边的长度.

答案

(1) 正定性: 显然四者都是非负的, 并且当且仅当 $z=(0,0)$ 时为 0.

齐次性: $\Vert \alpha z \Vert_1=|\alpha x|+|\alpha y|=\alpha\Vert z_1 \Vert$ , $\Vert \alpha z \Vert_2=\sqrt{(\alpha x)^2+(\alpha y)^2}=\alpha\sqrt{x^2+y^2}=\alpha\Vert z \Vert_2$ , $\Vert \alpha z \Vert_3=\max(|\alpha x|,|\alpha y|)=\alpha\max(|x|,|y|)=\alpha\Vert z \Vert_3$ , $\Vert \alpha z \Vert_4=((\alpha x)^4+(\alpha y)^4)^{1/4}=\alpha (x^4+y^4)^{1/4}=\alpha\Vert z \Vert_4$ .

三角不等式: $\Vert z_1+z_2 \Vert_1=|x_1+x_2|+|y_1+y_2|\leqslant |x_1|+|x_2|+|y_1|+|y_2|=\Vert z_1 \Vert_1+\Vert z_2 \Vert_1$ , $\Vert z_1+z_2 \Vert_2=\sqrt{(x_1+x_2)^2+(y_1+y_2)^2}\leqslant \sqrt{x_1^2+y_1^2}+\sqrt{x_2^2+y_2^2}=\Vert z_1 \Vert_2+\Vert z_2 \Vert_2$ , $\Vert z_1+z_2 \Vert_3=\max(|x_1+x_2|,|y_1+y_2|)\leqslant \max(|x_1|+|x_2|,|y_1|+|y_2|)\leqslant\max(|x_1|,|y_1|)+\max(|x_2|,|y_2|)=\Vert z_1 \Vert_3+\Vert z_2 \Vert_3$ , $\Vert z_1+z_2 \Vert_4=((x_1+x_2)^4+(y_1+y_2)^4)^{1/4}\leqslant (x_1^4+y_1^4)^{1/4}+(x_2^4+y_2^4)^{1/4}=\Vert z_1 \Vert_4+\Vert z_2 \Vert_4$ .

(2)

(3)

$\norm\cdot_1: 4$ , $\norm\cdot_2: 2+\sqrt{2}$ , $\norm\cdot_3: 3$ , $\norm\cdot_4: 2+\sqrt[4]{2}$ .

1.4.2 #

设 $C(0,1]$ 表示 $(0,1]$ 上连续且有界的函数 $x(t)$ 全体. 对 $\forall x \in C(0,1]$ , 令 $\|x\Vert = \sup_{0 < t \leqslant 1} |x(t)|$ . 求证:

(1) $\|\cdot\|$ 是 $C(0,1]$ 上的范数;

(2) $l^\infty$ 与 $C(0,1]$ 的一个子空间是等距同构的.

证明

(1) 正定性显然.

齐次性 $\Vert \alpha x(t) \Vert=\sup\limits_{0<t\leqslant 1}|\alpha x(t)|=\alpha\sup\limits_{0<t\leqslant 1}|x(t)|=\alpha\Vert x(t) \Vert$ .

三角不等式: $\Vert x_1(t)+x_2(t) \Vert=\sup\limits_{0<t\leqslant 1}|x_1(t)+x_2(t)|\leqslant \sup\limits_{0<t\leqslant 1}|x_1(t)|+|x_2(t)|\leqslant \sup\limits_{0<t\leqslant 1}|x_1(t)|+\sup\limits_{0<t\leqslant 1}|x_2(t)|=\Vert x_1(t) \Vert+\Vert x_2(t) \Vert$ .

(2) 构造映射 $T: l^\infty\to C(0,1]$ , $\forall \{a_n\}\in l^\infty, T(\{a_n\})$ 表示 $x(\frac1n)=a_n$ 且用折线段连接 $x(\frac 1n),x(\frac1{n+1})$ 两点的连续函数. 显然这是个单射且像集是 $C(0,1]$ 的子集. 并且由折线段的线性性该映射是线性映射. 下面证其还保范数.

首先对于折线段, 其最大值必取在端点处, 故 $\norm{T(\{a_n\})}=\sup x(\frac 1 n)=\sup a_n=\norm{\{a_n\}}$ .

所以 $l^\infty$ 与 $C(0,1]$ 的一个子空间 $T(l^\infty)$ 等距同构.

1.4.3 #

在 $C^1[a,b]$ 中, 令

\|f\|_1 = \left( \int_a^b (|f|^2 + |f'|^2) \, \text{d} x \right)^{\frac{1}{2}} \quad (\forall f \in C^1[a,b]),

(1) 求证 $\|\cdot\|_1$ 是 $C^1[a,b]$ 上的范数.

(2) 问 $(C^1[a,b], \|\cdot\|_1)$ 是否完备?

证明

(1) 正定性由连续函数性质可知. 齐次性由积分的线性性可知.

三角不等式, 用柯西施瓦茨不等式可得

\int_a^b |fg|+|f'g'|\text{d} x\leqslant \Vert f \Vert_1\Vert g \Vert_1

从而满足.

(2) 任取 $c\in (a,b)$ , 对于函数 $f(x)=|x-c|\notin C^1[a,b]$ , 但函数列 $f_n(x)=\sqrt{(x-c)^2+\frac 1n}$ .

有 $|f_n(x)-f(x)|\leqslant\sqrt{\frac1n}$ , 从而 $\int_a^b |f_n(x)-f(x)|^2\text{d} x\leqslant (b-a)\frac1n$ .

考虑 $sgn_c(x)=\begin{cases} -1,& x<c\\ 0, & x=c\\ 1, & x>c \end{cases}$ , 有 $|f_n'(x)-sgn_c(x)|=|(x-c)|(\frac{1}{|x-c|}-\frac{1}{\sqrt{(x-c)^2+\frac 1 n}})$ .

从而 $\Vert f_n-f \Vert=O(\frac{1}{\sqrt n})\to 0$ . 即 $\{f_n\}$ 收敛至 $f$ , 但 $f\notin C^1[a,b]$ 故不完备.

1.4.4 #

在 $C[0,1]$ 中, 对每一个 $f \in C[0,1]$ , 令

\begin{align*} \|f\|_1 &= \left( \int_0^1 |f(x)|^2 \, \text{d} x \right)^{\frac{1}{2}}, \\ \|f\|_2 &= \left( \int_0^1 (1+x) |f(x)|^2 \, \text{d} x \right)^{\frac{1}{2}}, \end{align*}

求证: $\Vert \cdot \Vert_1$ 和 $\Vert \cdot \Vert_2$ 是 $C[0,1]$ 中的两个等价范数.

证明

由于 $1\leqslant (1+x)\leqslant 2$ . 所以有 $\Vert f \Vert_1\leqslant\Vert f_2 \Vert\leqslant\sqrt{2}\Vert f \Vert_1$ .

1.4.5 #

设 $BC[0,\infty)$ 表示 $[0,\infty)$ 上连续且有界的函数 $f(x)$ 全体, 对于每个 $f \in BC[0,\infty)$ 及 $a > 0$ , 定义

\|f\|_a = \left( \int_0^\infty e^{-ax} |f(x)|^2 \, \text{d} x \right)^{\frac{1}{2}}.

(1) 求证 $\|\cdot\|_a$ 是 $BC[0,\infty)$ 上的范数.

(2) 若 $a, b > 0$ , $a \neq b$ , 求证 $\|\cdot\|_a$ 与 $\|\cdot\|_b$ 作为 $BC[0,\infty)$ 上的范数是不等价的.

证明

(1) 正定性: 结合函数的连续性可知若 $f\neq 0$ , 则 $\Vert f \Vert_a\neq 0$ .

齐次性: $\Vert \alpha f \Vert=\left(\int_{0}^\infty e^{-ax}|\alpha f(x)|^2\text{d} x\right)^{\frac12}=\left(\alpha^2\int_{0}^\infty e^{-ax}|f(x)|^2\text{d} x\right)^{\frac12}=\alpha\Vert f \Vert_a$ .

三角不等式: 由柯西-施瓦茨不等式,

\int_0^\infty e^{-ax}|f(x)+g(x)|^2\text{d} x\leqslant \Vert f \Vert_a^2+\Vert g \Vert_a^2+2\int_0^\infty e^{-ax}|f(x)||g(x)|\text{d} x\leqslant\Vert f_a^2+ \Vert\Vert g_a^2+2 \Vert\Vert f_a \Vert\Vert g_a

\Vert 所以有 $\Vert f+g \Vert_a\leqslant \Vert f \Vert_a+\Vert g_a$ . \Vert

(2) 不妨设 $a>b>0$ 考虑函数列

$f_n^2=\begin{cases} 0, & x\in [0,n-\frac1b]\\ be^{bn}(x-n+\frac1b), & x\in(n-\frac1b,n]\\ e^{bx}, & x\in (n,n+1]\\ e^{b(n+1)}-(x-n-1)be^{b(n+1)}, & x\in (n+1,n+1+\frac 1b)\\ 0, & x\in [n+1+\frac 1b,\infty) \end{cases}$ 从 $n>\frac1b$ 开始定义.

在 $\norm\cdot_a$ 中, $\Vert f_n \Vert_a\leqslant \int_{n-\frac 1b}^{n+1+\frac1b}e^{(b-a)x}\text{d} x\leqslant \frac{1}{a-b}e^{(b-a)(n-\frac1b)}$ 由于 $b<a$ 所以 $n\to\infty$ 时 $\frac{1}{a-b}e^{(b-a)(n-\frac{1}{b})}\to 0$ , 即 $\Vert f_n \Vert_a\to 0$ .

但在 $\norm\cdot_b$ 中, $\Vert f_n \Vert_b\geqslant \int_{n}^{n+1}e^{bx-bx}\text{d} x=1$ , 从而不收敛, 故两个范数不等价.

1.4.8 #

记 $[a,b]$ 上次数不超过 $n$ 的多项式全体为 $\mathbb{P}_n$ . 求证: $\forall f(x) \in C[a,b], \exists P_0(x) \in \mathbb{P}_n$ , 使得

\max_{a \leqslant x \leqslant b} |f(x) - P_0(x)| = \min_{P \in \mathbb{P}_n} \max_{a \leqslant x \leqslant b} |f(x) - P(x)|.

也就是说, 如果用所有次数不超过 $n$ 的多项式去对 $f(x)$ 一致逼近, 那么 $P_0(x)$ 是最佳的.

证明

由于 $C[a,b]$ 关于范数 $\Vert f \Vert=\max\limits_{a\leqslant x\leqslant b}|f(x)|$ 构成 B 空间, $\mathbb P_n$ 是 $C[a,b]$ 的有穷维子空间 (可以取基为 $\{1,x,\ldots,x^n\}$ ), 所以根据最佳逼近元定理存在唯一的 $P_0(x)\in\mathbb P_n$ 使得 $\Vert P_0(x)-f(x) \Vert=\rho(f(x),\mathbb P_n)$ .