泛函分析：作业 / 251008

(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) 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) 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

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.

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

三角不等式: 由柯西-施瓦茨不等式,

\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, $\Vert f_n \Vert_a\leqslant \mint[n-\frac 1b]^{n+1+\frac1b}e^{(b-a)x}\text{d} x\leqslant \frac{1}{a-b}e^{(b-a)(n-\frac1b)}$ 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, $\Vert f_n \Vert_b\geqslant \mint[n]^{n+1}e^{bx-bx}\text{d} x=1$, 从而不收敛, 故两个范数不等价.

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 $\Vert P_0(x)-f(x) \Vert=\rho(f(x),\mathbb P_n)$.