泛函分析作业：2025-10-20

不唯一, $x_0-\lambda e_1$ 对应 $xOy$ 坐标系中 $y=1$ 的直线, 而在该范数定义下, $\Vert (a,1) \Vert=\begin{cases} 1,\quad a\in[-1,1] \\ |a|,\quad |a|>1 \end{cases}$ 于是当 $a\in[-1,1]$ 时均满足条件, 不唯一.

"$\Rightarrow$": 考虑 $\Vert x+y \Vert=\norm{\dfrac{x}{\Vert x \Vert}\Vert x \Vert+\dfrac{y}{\Vert y \Vert}\Vert y \Vert}=(\Vert x \Vert+\Vert y \Vert)\norm{\dfrac{x}{\Vert x \Vert}\dfrac{\Vert x \Vert}{\Vert x \Vert+\Vert y \Vert}+\dfrac{y}{\Vert y \Vert}\dfrac{\Vert y \Vert}{\Vert x \Vert+\Vert y \Vert}}$ 如果 $\dfrac{x}{\Vert x \Vert}\neq \dfrac{y}{\Vert y \Vert}$ 那么结合严格凸性可得 $\Vert x+y \Vert<\Vert x \Vert+\Vert y \Vert=\Vert x+y \Vert$ 矛盾, 所以 $\dfrac{x}{\Vert x \Vert}=\dfrac{y}{\Vert y \Vert}$ 即 $x=cy, (c>0)$.

"$\Leftarrow$": 首先范数一定是凸的, 故只需证明严格性. 反设存在 $x,y,\alpha,\beta$ 满足 $\Vert x \Vert=\Vert y \Vert=\alpha+\beta=1, x\neq y$. 有 $\Vert \alpha x+\beta y \Vert=1$. 那么有 $\Vert \alpha x+\beta y \Vert=1=\alpha\Vert x \Vert+\beta\Vert y \Vert\overset{\text{齐次性}}{=}\Vert \alpha x \Vert+\Vert \beta y \Vert$, 于是就有 $\alpha x=c\beta y$, 两边取范数立刻得到 $\alpha=c\beta$, 从而 $x=y$ 矛盾. 故该范数是严格凸的.

反设 $\mathscr X_0$ 不稠密, 那么 $\overline{\mathscr X_0}$ 是 $\mathscr X$ 中的真闭子空间, 那么根据 Riesz 引理, 取 $\varepsilon=\frac{1-c}{2}$, 那么存在 $y\in\mathscr X$, 使得 $\Vert y \Vert=1$ 且 $\Vert y-x \Vert\geqslant 1-\varepsilon> c=c\Vert y \Vert\forall x\in \mathscr X_0$ 这就与条件 $\inf \Vert y-x \Vert\leqslant c\Vert y \Vert$ 矛盾. 从而 $\mathscr X_0$ 在 $\mathscr X$ 中稠密.

(1) 取映射 $f:C_0\to \mathbb{R}, f(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{\xi_n}{2^n}$

线性性: 考虑 $\alpha x+\beta y$: $f(\alpha x+\beta y)=\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{\alpha\xi_n+\beta\eta_n}{2^n}=\alpha f(x)+\beta f(y)=0$. 于是 $\alpha x+\beta y\in M$.

闭性:由于 $|f(x)|\leqslant\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{|\xi_n|}{2^n}\leqslant\Vert x \Vert\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{2^n}=\Vert x \Vert$.

所以 $f$ 是连续映射, 又 $\{0\}$ 是 $\mathbb{R}$ 中的闭集, 所以 $M=f^{-1}(\{0\})$ 是闭集.

故 $M$ 是 $C_0$ 的闭线性子空间.

(2) 考虑第一项有 $\Vert x_0-z \Vert\geqslant\max\{|2-\xi_1|,|\xi|\}\geqslant 1$. 所以 $\inf\limits_{z\in M}\Vert x_0-z \Vert=1$.

考虑数列 $x^N=(1-\frac{1}{2^{N-1}},\underbrace{-1,\ldots,-1}_{N\ \text{个}},0,\ldots,0,\ldots)\in M$, 有 $\Vert x_0-x^N \Vert=1+\frac{1}{2^{N-1}}$, 所以下确界取到 1. $\inf\limits_{z\in M}\Vert x_0-z \Vert=1$.

下证 $\forall y\in M$ 有 $\Vert x_0-y \Vert>1$.

考虑反证法, 假设存在序列 $y=(\xi_1,\xi_2,\ldots,\xi_k,\ldots)\in M$, 使得 $\Vert x_0-y \Vert=1$, 则有

所以有

这与 $|2-\xi_1|\leqslant 1$ 矛盾.

所以有 $\forall y\in M$ 有 $\Vert x_0-y \Vert>1$.

• (1) $\Vert [x] \Vert=\inf\limits_{y\in [x]}\Vert y \Vert=\inf\limits_{y\in\mathscr X_0}\Vert x+y \Vert=\inf\limits_{z\in\mathscr X_0}\Vert x-z \Vert$.
• (2) 根据商空间运算定义, 线性性显然. $\Vert \varphi(x) \Vert_0=\inf\limits_{z\in\mathscr X_0}\Vert x-z \Vert\leqslant\Vert x-0 \Vert=\Vert x \Vert$ 所以 $\varphi(x)$ 连续.
• (3) 取代表元 $x'$, 根据 $\Vert [x] \Vert_0=\inf\limits_{z\in\mathscr X_0}\Vert x'-z \Vert$ 所以对任意 $\varepsilon>0$, 存在 $z\in \mathscr X_0$ 使得 $\Vert x'-z \Vert<\Vert [x] \Vert_0+\varepsilon$, 现取 $\varepsilon=\Vert [x] \Vert_0$, 则 $x'+z_0$ 满足 $\varphi(x')=[x],\ \Vert x \Vert\leqslant 2\Vert [x] \Vert_0$.
• (4) 取 $T:\mathscr X/\mathscr X_0\to\mathbb K, T([f])=f(0)$. 首先先探究等价类的性质, 若 $f-g\in\mathscr X_0$, 那么有 $f(0)=g(0)$, 所以我们不妨设等价类为 $[f_x]$ 表示所有 $f(0)=x$ 的函数.

先证 $T$ 是线性映射, 即 $T(\alpha [f_x]+\beta [f_y])=T([f_{\alpha x}+f_{\beta y}])=\alpha x+\beta y=\alpha T([f_x])+\beta T([f_y])$. 这一步用到了 $\mathbb{K}$ 的线性性.

再证 $T$ 保范数, 即要证 $\Vert T([f_x]) \Vert=\Vert x \Vert$.

根据定义取 $[f_x]$ 的代表元为 $f,\ f(0)=x$, 有 $\Vert T([f_x]) \Vert=\inf\limits_{g\in\mathscr X_0}\Vert f-g \Vert=\inf\limits_{g\in\mathscr X_0}\max\limits_{t\in[0,1]}|f(t)-g(t)|$

一方面,

另一方面, 取 $g'=f-x\in \mathscr X_0$, 从而

所以有 $\Vert T([f_x]) \Vert=\Vert x \Vert$.