泛函分析 第一章解答

范数拓扑的极限 蕴含弱收敛
对偶空间弱极限 叫弱 ${}^{\ast }$ 收敛
热爱泛函分析的你 只能感叹神来之笔
你分不清泛函和函数 一次又一次觉得蚍蜉撼树
你认为度量等同范数 对不可赋范却又熟视无睹
很完蛋 测度学不全 积分算不完 范数不收敛
勇敢学泛函的狂热 那难忘的时刻
Riesz 表示的定理 真的很显然
  Hilbert 的曙光 都没你耀眼
热爱内积空间的你 实数复数域要注意
在这独一无二分析学的时代 不怕算子来一场 线性的热爱
热爱线性算子的你 个个线性的分析人
在这独一无二分析学的时代 不怕算子来一场 半群的热爱
热爱算子半群的你 个个发展的方程人

哦你不知道泛函多变态 跌倒后会傻笑着再站起来
你总觉得是自己很菜 对算子的谱集只好胡乱瞎猜
很安心 当你对我说 开集开映射 Hahn–Banach
勇敢构造出的反例 那是你的努力
Laplace 的方程 真的很神奇
Gelfand 的表示 不一定可逆
热爱泛函分析的你 不得已又歇斯底里
在这现代分析学发展的时代 不怕困难来一场 终极的热爱
热爱泛函分析的你 四大在未来等着你
在这现代分析学发展的时代 每个人都有未来 不要怕失败
热爱泛函分析的你 一定要坚持到底 

——改动自《热爱泛函分析的你》.

1度量空间

1.1 度量空间

习题 9. 对复数 $z$, $|z|<1$, 由复分析知识, ${\psi }_z(w)=\frac{z-w}{1-\bar{z}w}$ 是复平面单位圆 $\mathbb{D}=\{z\in \mathbb{C}:|z|<1\}$ 的解析自同构. 令$$d(z,w)=\ln \frac{1+|{\psi }_z(w)|}{1-|{\psi }_z(w)|}.$$

(i)	对于 $a,z,w\in \mathbb{D}$, 证明: $d(z,w)=d({\psi }_a(z),{\psi }_a(w))$.
(ii)	证明: $d$ 是 $\mathbb{D}$ 上的一个度量 (称为 Poincaré (庞加莱) 度量) .
(iii)	画出 $B(\frac{1}{2},10)=\{w\in \mathbb{D}:d(\frac{1}{2},w)⩽10\}$ 的示意图.

证明.

(i)	有$$\begin{array}{rl}d(z,w)& =\ln \frac{|1-\bar{z}w|+|z-w|}{|1-\bar{z}w|-|z-w|},\\ d({\psi }_a(z),{\psi }_a(w))& =\ln \frac{\left|1-\frac{\bar{a}-\bar{z}}{1-a\bar{z}}\cdot \frac{a-w}{1-\bar{a}w}\right|+\left|\frac{a-z}{1-\bar{a}z}-\frac{a-w}{1-\bar{a}w}\right|}{\left|1-\frac{\bar{a}-\bar{z}}{1-a\bar{z}}\cdot \frac{a-w}{1-\bar{a}w}\right|-\left|\frac{a-z}{1-\bar{a}z}-\frac{a-w}{1-\bar{a}w}\right|}\\ & =\ln \frac{|1-\bar{z}w|+|z-w|}{|1-\bar{z}w|-|z-w|}\\ & =d(z,w).\end{array}$$
(ii)	$d(z,w)⩾\ln 1=0$, 取等时 ${\psi }_z(w)=0$, 即 $z=w$; $|{\psi }_z(w)|=|{\psi }_w(z)|$ 保证了 $d(z,w)=d(w,z)$; 接下来验证三角不等式. 方法 I. 由 (i), 通过解析自同构 ${\psi }_a:a\mapsto 0$, 只需验证$$d({\psi }_a(z),{\psi }_a(w))⩽d({\psi }_a(z),0)+d({\psi }_a(w),0),\forall a,z,w\in \mathbb{D}.$$简写 ${\psi }_a(z),\psi (w)$ 为 $z,w$, 换言之$$d(z,w)⩽d(z,0)+d(w,0),$$亦即$$\ln \frac{|1-\bar{z}w|+|z-w|}{|1-\bar{z}w|-|z-w|}⩽\ln \frac{1+|z|}{1-|z|}+\ln \frac{1+|w|}{1-|w|}=\ln \frac{1+|zw|+|z|+|w|}{1+|zw|-|z|-|w|}.$$由 $\ln \frac{1+x}{1-x}$ 的单调性, 上式等价于$$\frac{|z-w|}{|1-\bar{z}w|}⩽\frac{|z|+|w|}{1+|zw|},$$即$$|z-w|+|z\bar{z}w-w\bar{w}z|⩽|z-z\bar{z}w|+|w-w\bar{w}z|.$$ 方法 II. 这一度量实际上是 $\mathbb{D}$ 上的 Poincaré 度量 $\frac{2|dz|}{1-|z{|}^2}$ 下测地线的长度. 设 $\gamma (s)=r(s)e^{i\theta (s)},s\in [0,1]$ 是连接 $0,z$ 的分段光滑曲线, 则 $\dot{\gamma }(s)=(\dot{r}(s)+ir(s)\theta (s)\dot{\theta }(s))e^{i\theta (s)}$, 计算 $\gamma$ 的长度的最小值 $\bar{d}(0,z)$ 为$$\begin{array}{rl}& \underset{\gamma }{\inf }{\int }_{\gamma }\frac{2|dz|}{1-|z{|}^2}=\underset{\gamma }{\inf }{\int }_0^1\frac{2\sqrt{\dot{r}(s{)}^2+(r(s)\theta (s)\dot{\theta }(s){)}^2}}{1-|r(s){|}^2}ds\\ & ⩾\underset{\gamma }{\inf }{\int }_0^1\frac{2|dr(s)|}{1-|r(s){|}^2}=\ln \frac{1+r(s)}{1-r(s)}{|}_{r(s)=0}^{|z|}=\ln \frac{1+|z|}{1-|z|},\end{array}$$等号成立时 $(\theta (s{)}^2/2{)}^{\prime }=\theta (s)\dot{\theta }(s)\equiv 0$, 即 $\theta (s)$ 为常数, $\gamma$ 是连接 $0$ 与 $z$ 的线段. 根据 Pick 定理, Poincaré 度量在解析自同构下不变, 于是 $\bar{d}(z,w)=\bar{d}({\psi }_a(z),{\psi }_a(w))$. 由 (i) 有 $d(z,w)=d({\psi }_a(z),{\psi }_a(w))$, 由上又有 $d(0,z)=\bar{d}(0,z)$, 故 $d$ 就是 $\bar{d}$. 按 $\bar{d}$ 的定义, 直接有 (ii) 成立.
(iii)	$d(\frac{1}{2},w)⩽10$ 就是 ${\psi }_{\frac{1}{2}}(w)⩽\tanh 5$, 也就是$$\left|\frac{\frac{1}{2}-w}{2-w}\right|⩽\frac{\tanh 5}{2}\approx \frac{0.999909}{2}.$$图形是一个相较于单位圆盘稍微小一点的 Apollonius 圆的内部与边界. $\square$

1.2 赋范线性空间及内积空间

习题 4. 证明: 赋范线性空间 $C^{(k)}[a,b],L^{\infty }[a,b],l^{\infty }$ 是完备的.

证明. 设 $\{f_n{\}}_{n=1}^{\infty }$ 是 $L^{\infty }[a,b]$ 中的 Cauchy 列, 则给定 $\epsilon >0$, 存在 $N\in \mathbb{N}$ 使得 $\Vert f_m-f_n{\Vert }_{\infty }<\epsilon ,\forall m,n⩾N$. 令$$F_{m,n}=\{x\in [a,b]:|f_m(x)-f_n(x)|>\Vert f_m-f_n{\Vert }_{\infty }\},$$则 $\forall m,n\in \mathbb{N}$, $\mu (F_{m,n})=0$. 令 $F=\bigcup _{m,n\in \mathbb{N}}{F}_{m,n}$, $E=F^c$, 则 $\mu (E^c)=\mu (F)=0$. 而$$\begin{array}{rl}E& =\bigcap _{m,n\in \mathbb{N}}\{x\in [a,b]:|f_m(x)-f_n(x)|⩽\Vert f_m-f_n{\Vert }_{\infty }\}\\ & =\{x\in [a,b]:|f_m(x)-f_n(x)|⩽\Vert f_m-f_n{\Vert }_{\infty },\forall m,n\in \mathbb{N}\}.\end{array}$$故 $\forall x\in E$, $\{f_n(x)\}$ 是 Cauchy 列. $\mathbb{R}$ 是完备的, 所以 $\{f_n(x)\}$ 收敛, 记其极限为 $\tilde{f}(x)$. 定义$$f(x)=\{\begin{array}{ll}\tilde{f}(x),& x\in E,\\ 0,& x\in E^c,\end{array}$$则 $f(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }{f}_n{\chi }_E$ 可测. 在$$|f_m(x)-f_n(x)|⩽\Vert f_m-f_n{\Vert }_{\infty }<\epsilon$$中令 $m\to \infty$, 并且作 $x\in E$ 的上确界, 得$$\Vert f-f_n{\Vert }_{\infty }=ess\; sup|f-f_n|<\epsilon ,$$故 $f_n$ 在 $L^{\infty }$ 范数下收敛到 $f$. 而$$\Vert f{\Vert }_{\infty }⩽\Vert f_n{\Vert }_{\infty }+\Vert f-f_n{\Vert }_{\infty }⩽\Vert f_n{\Vert }_{\infty }+\epsilon <+\infty ,$$所以 $f\in L^{\infty }[a,b]$. 故 $L^{\infty }[a,b]$ 是 Banach 空间.

$\square$

习题 7. 证明: 有界实数列全体所构成的赋范线性空间 $l^{\infty }$ 与空间 $C_b(0,1]$ (连续有界函数) 的一个子空间是等距同构的.

证明. 定义 $F:l^{\infty }\to C_b(0,1],x=(x_1,\cdots ,x_n)\mapsto f_x$, $f_x\left(\frac{1}{n}\right)=x_n$, 且 $f_x$ 在 $(\frac{1}{n+1},\frac{1}{n}]$ 上均是线性函数.

$\square$

1.3 Hilbert 空间的正交系

习题 10. 令 $f_0=1+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}(\cos nx+\sin nx)$. 设 $H$ 是 $L^2[0,2\pi ]$ 中由$$\{f_0,\cos x,\sin x,\cdots ,\cos nx,\sin nx,\cdots \}$$张成的线性子空间. 给出 $H$ 中的一组完全标准正交系, 但不是完备的.

证明. $$\mathfrak{F}=\{\sqrt{2}\cos x,\sqrt{2}\sin x,\cdots ,\sqrt{2}\cos nx,\sqrt{2}\sin nx,\cdots \}$$是 $H$ 中的一组完全标准正交系, 这是因为对于 $H$ 的任何元素$$f=a_0{f}_0+\sum _{n=1}^N(a_n\cos nx+b_n\sin nx),$$假如 $f\perp \mathfrak{F}$, 那么$$0=⟨f,\sqrt{2}\cos (N+1)x⟩=\frac{a_0/\sqrt{2}}{N+1}$$说明 $a_0=0$, 从而$$⟨f,\cos nx⟩=⟨f,\sin nx⟩=0$$说明各 $a_n,b_n=0(n=1,\cdots ,N)$, 得 $f=0$. 然而 $\mathfrak{F}$ 不是完备的, 注意到$$\Vert f_0{\Vert }^2=1+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}>\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\sum _{n=1}^{\infty }|⟨f_0,\sqrt{2}\cos nx⟩{|}^2+|⟨f_0,\sqrt{2}\sin nx⟩{|}^2.$$$\square$

习题 13. 举例说明投影定理 1.3.4 对于一般的内积空间不成立.

证明. 沿用习题 10 的记号, 记 $F$ 是 $\mathfrak{F}$ 生成的线性空间. 注意 $F$ 是 $H$ 的闭子空间, 原因是, 设 $F$ 的序列 $\{f_n\}$ 收敛到$$f=a_0{f}_0+\sum _{n=1}^N(a_n\cos nx+b_n\sin nx)\in H,$$$⟨f_n,1⟩\equiv 0$ 推出 $a_0=⟨f,1⟩=0$, 系 $f\in F$. 但是任意的 $x\in H\setminus F$ 均不能分解成$$x=x_0+x_1,x_0\in F,x_1\in F^{\perp }=\{0\}.$$$\square$

1.4 度量空间中的点集

习题 1. 举例说明, 存在度量空间 $X$ 及点 $x_1,x_2\in X$, 使得 $B(x_1,3)⫋O(x_2,2)$.

证明. 取 $X=O(0,2)\subset \mathbb{R}$, $x_1=1.14514,x_2=0$, 则 $B(x_1,3)=[-1.85486,2)⫋O(x_2,2)$.

$\square$

习题 11. 证明: $L^p(\mathbb{R})(1⩽p<\infty )$ 是可分空间.

证明. 可数集 ${\mathrm{span}}_{\mathbb{Q}}\{{\chi }_{(q,q^{\prime })}\mid q,q^{\prime }\in \mathbb{Q}\}$ 在 $C_c(\mathbb{R})$ 中稠密, 这是因为紧集上的连续函数一致连续; $C_c(\mathbb{R})$ 又在 $L^p(\mathbb{R})$ 中稠密.

$\square$

习题 13. 设 $H$ 是 Hilbert 空间, 证明 $H$ 可分等价于 $H$ 存在一组可数的正交基.

证明. 设可分的 Hilbert 空间 $H$ 有一组正交基 $\{e_{\lambda }:\lambda \in \Lambda \}$, $\Vert e_{\lambda }-e_{{\lambda }^{\prime }}{\Vert }^2=2$ 蕴含 $O(e_{\lambda },\frac{\sqrt{2}}{2})$ 互不相交, 因此 $H$ 的稠密点集的基数不小于 $\Lambda$ 的基数, $\Lambda$ 可数;

设 $H$ 存在一组可数的正交基 $\{e_n:n⩾1\}$, 那么 ${\mathrm{span}}_{\mathbb{Q}}\{e_n:n⩾1\}$ 是 $H$ 中稠密的可数集.

$\square$

习题 14 (Fourier 变换的 Riemann–Lebesgue 引理). 对 $f\in L^1(\mathbb{R})$, 证明: $$\underset{|t|\to \infty }{\lim }{\int }_{\mathbb{R}}f(x)e^{-\mathrm{i}2\pi tx}dx=0.$$

证明. 对于 $f\in C_c^{(1)}(\mathbb{R})$, 分部积分得$$l(f):=\underset{|t|\to \infty }{\lim }{\int }_{\mathbb{R}}f(x)e^{-\mathrm{i}2\pi tx}dx=\underset{|t|\to \infty }{\lim }-{\int }_{\mathbb{R}}{f}^{\prime }(x)\frac{e^{-\mathrm{i}2\pi tx}}{-\mathrm{i}2\pi t}dx=0;$$由于 $|l(f)|⩽\Vert f{\Vert }_1$ 且在稠密子空间 $C_c^{(1)}(\mathbb{R})$ 上为 $0$, 线性泛函 $l$ 在整个 $L^1(\mathbb{R})$ 上同样是 $0$.

$\square$

习题 15 (平均连续性). 对 $f\in L^p(\mathbb{R}),1⩽p<\infty$, 证明: $$\underset{|h|\to 0}{\lim }{\int }_{\mathbb{R}}|f(x+h)-f(x){|}^{p}dx=0.$$

证明. 首先, 由于紧支连续函数一致连续, 对于 $g\in C_c(\mathbb{R})$ 命题成立; 由于$$\Vert f(x+h)-f(x){\Vert }_p⩽\Vert g(x+h)-g(x){\Vert }_p+2\Vert f-g{\Vert }_p,$$命题在稠密子空间上成立表明在 $L^p(\mathbb{R})$ 上亦成立.

$\square$

习题 25. 设 $\{F_n\}(n=1,2,\cdots )$ 是完备度量空间 $X$ 中一列单调下降的非空闭集, 且 $F_n$ 的直径 $d_n=\underset{x,y\in F_n}{\sup }d(x,y)\to 0$, 则 $\bigcap _{n=1}^{\infty }{F}_n$ 非空.

证明. 对所有的 $n$, 取 $x_n\in F_n$, 则对于 $m,n⩾N$, $d(x_m,x_n)⩽d_N\to 0$, 即 $\{x_n\}$ 是 Cauchy 列, 记其收敛于点 $x\in X$. $F_n$ 闭表明 $x\in F_n$, 故 $x\in \bigcap _{n=1}^{\infty }{F}_n$.

$\square$

习题 26. 对于 Banach 空间 $X$, 若 $\{B(x_n,r_n)\}$ 是一列单调下降的闭球, 证明: $\bigcap _{n=1}^{\infty }B(x_n,r_n)\ne \varnothing$.

证明. 当 $r_n\to 0$, 由闭球套定理, 交集非空; 当 $r_n\nrightarrow 0$, 由于 $r_n$ 递减, 记 $r_n\to r>0$, 取 $N$ 大使得 $r_N<\frac{3}{2}r$, 则对所有的 $n>N$, $B(x_n,r_n)\subseteq B(x_N,r_N)$ 推出$$|x_n-x_N|⩽r_N-r_n<\frac{3}{2}r-r=r-\frac{r}{2}⩽r_n-\frac{r}{2},$$即 $B(x_N,\frac{r}{2})\subseteq B(x_n,r_n)$, 因此 $B(x_N,\frac{r}{2})\subseteq \bigcap _{n=1}^{\infty }B(x_n,r_n)$.

$\square$

1.5 压缩映射原理

习题 7 (Newton 迭代法). 设 $f$ 是定义在 $[a,b]$ 上的二次连续可微实函数, $[a,b]$ 中的点 $x_0$ 满足 $f(x_0)=0,f^{\prime }(x_0)\ne 0$. 证明: 存在点 $x_0$ 的一个邻域 $U$, 使得对任意 $x\in U$, 迭代序列$$x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f^{\prime }(x_n)},n=0,1,2,\cdots$$都收敛于 $x_0$.

证明. 由 Taylor 展开式, $$\begin{array}{rl}|x_{n+1}-x_0|& =|x_n-x_0-\frac{f(x_n)}{f^{\prime }(x_n)}|\\ & =\left|\frac{f^{\prime }(x_n)(x_n-x_0)-(f(x_n)-f(x_0))}{f^{\prime }(x_n)}\right|\\ & =\left|\frac{f^{\prime \prime }(\theta )(x_n-x_0{)}^2}{2f^{\prime }(x_n)}\right|<\frac{1}{2}|x_n-x_0|,\end{array}$$其中 $\theta$ 是 $x_n,x_0$ 间的一个数; 为了最后一个不等号成立, 即$$|f^{\prime \prime }(\theta )(x_n-x_0)|<|f^{\prime }(x_n)|,$$只需限定$$|x_n-x_0|<d:=\frac{\underset{[a,b]}{\sup }|f^{\prime }|}{\underset{[a,b]}{\inf }|f^{\prime \prime }|}.$$为此, 取 $U=O(x_0,d)$ 即可.

$\square$

习题 8 (隐函数存在定理). 设函数 $F:U\times V\to {\mathbb{R}}^m$, 其中 $U$ 和 $V$ 分别是 ${\mathbb{R}}^n$ 和 ${\mathbb{R}}^m$ 中的开区域, $(x_0,y_0)\in U\times V$. 如果 $F$ 在 $U\times V$ 中连续, 并且对于任意的 $x\in U$, $F(x,\cdot )$ 在 $V$ 中是连续可微的, 同时满足$$F(x_0,y_0)=0,\det \left(\frac{\partial F}{\partial y}\right)(x_0,y_0)\ne 0.$$其中 $\frac{\partial F}{\partial y}$ 是 $F$ 关于 $y$ 的 Jacobi 矩阵. 对于 $r>0$, 令 $C(B(x_0,r),{\mathbb{R}}^m)$ 表示定义在闭球 $B(x_0,r)$ 上取值在 ${\mathbb{R}}^m$ 中的向量值连续函数空间, 它按范数$$\Vert \varphi \Vert =\underset{x\in B(x_0,r),i=1,2,\cdots ,m}{\max }|{\varphi }_i(x)|,\forall \varphi =({\varphi }_1,{\varphi }_2,\cdots ,{\varphi }_m)\in C(B(x_0,r),{\mathbb{R}}^m)$$构成了一个 Banach 空间. 证明

(i)	存在 $r,\delta >0$, 使得在 $C(B(x_0,r),{\mathbb{R}}^m)$ 的子集$$E\stackrel{\text{def}}{=}\{\varphi \in C(B(x_0,r),{\mathbb{R}}^m):\varphi (x_0)=y_0,|\varphi (x)-y_0|⩽\delta ,\forall x\in B(x_0,r)\}$$中, $(T\varphi )(x)\stackrel{\text{def}}{=}\varphi (x)-(\frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0){)}^{-1}F(x,\varphi (x))$ 是良定义的压缩映射.
(ii)	存在 $x_0$ 的邻域 $U_0\subset U$ 以及唯一的连续函数 $\phi :U_0\to {\mathbb{R}}^m$, 满足$$\{\begin{array}{l}F(x,\phi (x))\equiv 0,\forall x\in U_0,\\ \phi (x_0)=y_0.\end{array}$$

证明. 记$$G(x,y)=y-(\frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0){)}^{-1}F(x,y).$$那么 $(T\varphi )(x)=G(x,\varphi (x))$, 且$$\frac{\partial G}{\partial y}(x,y)=I_m-(\frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0){)}^{-1}\frac{\partial F}{\partial y}(x,y),$$从而$$\frac{\partial G}{\partial y}(x_0,y_0)=0.\text{\hspace{1em}(\#)}$$$\bullet$ 注意 “良定义” 是要验证 $T:\varphi \mapsto G(\cdot ,\varphi (\cdot ))$ 是 $E$ 到 $\mathbf{E}$ 的映射, 也就是说, 对 $x\in B(x_0,r)$, $G(x,\cdot )$ 是 $B(y_0,\delta )$ 到 $\mathbf{B}({\mathbf{y}}_0,\mathbf{\delta })$ 的映射. 既然如此, 来计算 $|G(x,y)-y_0|$ 的上界, 其中 $y\in B(y_0,\delta )$. 拆成两项$$|G(x,y)-y_0|⩽|G(x,y)-G(x,y_0)|+|G(x,y_0)-y_0|.$$前一项$$\begin{array}{rl}|G(x,y)-G(x,y_0)|& =|{\int }_0^1\frac{\partial G}{\partial y}(x,ty+(1-t)y_0)\cdot (y-y_0)dt|\\ & ⩽\underset{\begin{array}{c}x\in B(x_0,r),\\ y\in B(y_0,\delta )\end{array}}{\sup }\Vert \frac{\partial G}{\partial y}(x,y)\Vert |y-y_0|⩽\frac{\delta }{2},\end{array}\text{\hspace{1em}(1)}$$为了上式最后一个不等号成立, 只需 $t,\delta$ 都充分小就能令 (别忘了 $(\#)$) $$\underset{\begin{array}{c}x\in B(x_0,r),\\ y\in B(y_0,\delta )\end{array}}{\sup }\Vert \frac{\partial G}{\partial y}(x,y)\Vert ⩽\frac{1}{2};$$后一项 $|G(x,y_0)-y_0|$ 也能任意小, 毕竟 $G$ 关于 $x$ 连续且 $G(x_0,y_0)=y_0$, 故只需 $r$ 充分小就能令$$|G(x,y_0)-y_0|⩽\frac{\delta }{2};\text{\hspace{1em}(2)}$$$(1),(2)$ 相加即有$$|G(x,y)-y_0|⩽\delta .$$$\bullet$ 检验完了良定义, 现在去证明 $T$ 是压缩算子. 直观上来讲, $C(B(x_0,r),{\mathbb{R}}^m)$ 上的算子 $T$ 在 $\varphi$ 的 Fréchet 导数是此空间上的线性算子$$T^{\prime }(\varphi )=\mathrm{id}-(\frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0){)}^{-1}\frac{\partial F}{\partial y}(x,\varphi (x)),$$其范数在 $r,\delta$ 很小时同样很小, 故应是压缩的. 严格地写出来就是, $$\begin{array}{rl}|(T\varphi )(x)-(T\tilde{\varphi })(x)|& =|G(x,\varphi (x))-G(x,\tilde{\varphi }(x))|\\ & =|\varphi (x)-\tilde{\varphi }(x)-(\frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0){)}^{-1}[F(x,\varphi (x))-F(x,\tilde{\varphi }(x))]|\\ & =\left|{\int }_0^1\right[I_m-(\frac{\partial F}{\partial y}(x_0,y_0){)}^{-1}(\frac{\partial F}{\partial y}(x,t\varphi (x)+(1-t)\tilde{\varphi }(x))\left)\right]dt\cdot (\varphi (x)-\tilde{\varphi }(x))|\\ & <\frac{1}{2}|\varphi (x)-\tilde{\varphi }(x)|,\end{array}$$其中最后一步也是因为 $r,\delta$ 很小; 对 $x$ 取上确界, 即有$$\Vert T\varphi -T\tilde{\varphi }\Vert ⩽\frac{1}{2}\Vert \varphi -\tilde{\varphi }\Vert .$$因此, $T$ 存在唯一的不动点 $\phi \in E$. $T\phi =\phi$ 表明 $F(x,\phi (x))\equiv 0$, $\phi \in E$ 蕴含着 $\phi (x_0)=y_0$.

$\square$

1.6 列紧性

习题 13. 设 $F_1$ 是度量空间 $X$ 的紧子集, $F_2$ 是 $X$ 的闭子集, $F_1\cap F_2=\varnothing$. 证明: $$d(F_1,F_2)=\inf \{d(x,y):x\in F_1,y\in F_2\}$$是一个正数.

证明. 假设有一列 $\{x_n\},\{y_n\}$ 使得 $d(x_n,y_n)\to 0$. 由于 $F_1$ 是紧集, $\{x_n\}$ 有子列 (记为其本身) 收敛于 $x\in F_1$, 则 $\{y_n\}$ 同样收敛于 $x$, $F_2$ 闭说明 $x\in F_2$, 矛盾.

$\square$

习题 14. 设 $X$ 是 Banach 空间, $M$ 和 $N$ 是 $X$ 的闭线性子空间, 其中 $N$ 是有限维的, 那么 $M+N$ 是 $X$ 的闭线性子空间.

证明. 记商映射 $\pi :X\to X/M$, $\pi (N)$ 的维数不大于 $N$ 的维数, 所以 $\pi (N)$ 是有限维空间故是闭的. $\pi$ 是连续的, 从而 $M+N={\pi }^{-1}(\pi (N))$ 也是闭的. 可是, 有限维空间为何一定是闭的呢? 出乎意料的是要讲清楚这点并不容易, 且看如下.

引理: Banach 空间的有限维子空间 $V$ 是闭集.

记号: 设 $v_1,\cdots ,v_n$ 是 $V$ 的一组基, $\varphi :{\mathbb{F}}^n\to V,(a_1,\cdots ,a_n)\mapsto a_1{v}_1+\cdots +a_n{v}_n$ 为两个线性空间的同构, 其中 $\mathbb{F}=\mathbb{R}$ 或 $\mathbb{C}$. 记 ${\mathbb{F}}^n$ 的单位闭球为 $B=\{|a_1{|}^2+\cdots +|a_n{|}^2⩽1\}$, 单位球面为 $\partial B=\{|a_1{|}^2+\cdots +|a_n{|}^2=1\}$. 若 $y$ 属于 $V$ 的闭包, 要说明 $y\in V$.

证明: 显然 $\varphi$ 是连续映射, 从而把 ${\mathbb{F}}^n$ 的紧集 $\partial B$ 映成了 $V$ 的紧集 $\varphi (\partial B)$, 则 $d(0,\varphi (\partial B)):=d>0$; 这不难推出 $\{x\in V:\Vert x\Vert <d\}⫅\varphi (B)$. 取 $t>\Vert y\Vert /d$, 则$$\{x\in V:\Vert x\Vert <td\}=t\{x\in V:\Vert x\Vert <d\}⫅t\varphi (B)=\varphi (tB),$$进而有 $V⫅\varphi (tB)\cup \{\Vert x\Vert ⩾td\}$. 再次留意到 $\varphi$ 连续且 $tB$ 是紧集, 则 $\varphi (tB)$ 也是紧集 (更是闭集) , 从而 $\varphi (tB)\cup \{\Vert x\Vert ⩾td\}$ 是闭集. 由于 $y$ 属于 $V$ 的闭包, 得 $y\in \varphi (tB)\cup \{\Vert x\Vert ⩾td\}$; 而 $\Vert y\Vert <td$, 只能 $y\in \varphi (tB)$; 结合 $\varphi (tB)\subset V$, 得到 $y\in V$.

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习题 17 (Dini 定理). 设 $X$ 为紧度量空间, $\{f_k{\}}_k$ 是 $X$ 上一个实值的递增连续函数列: 对任意 $x\in X$ 及正整数 $k$, 有 $f_k(x)⩽f_{k+1}(x)$. 若 $\{f_k\}$ 点态收敛于连续函数 $f$, 证明: $\{f_k\}$ 一致收敛于 $f$.

证明. 不然有 $\delta >0$ 及一列 $\{f_{k_i}\}$ 与相应的 $x_i\in X$, 使得$$f(x_i)-f_{k_i}(x_i)⩾\delta .$$由于 $X$ 是紧的, $\{x_i\}$ 有子列 (记为其本身) 收敛于 $y\in X$. 对任意的 $k$, 当 $i$ 很大时 $k⩽k_i$, 由于 $f_k$ 递增, 此时$$f(x_i)-f_k(x_i)⩾f(x_i)-f_{k_i}(x_i)⩾\delta .$$令 $i\to \infty$, 得 $f(y)-f_k(y)⩾\delta$, 同 $\{f_k(y)\}$ 收敛于 $f(y)$ 矛盾.

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