实变函数与泛函分析: 定理·方法·问题

实变函数与泛函分析 定理・方法・问题 胡适耕 　 刘金山 　 编著

高等教育出版社 HIGHER EDUCA TION P RE SS 　

　 图书在版编目 (CIP )数据 　 实变函数与泛函分析/ 胡适耕 刘金山 编著 . - 北京 : 高等教育出版社 , 2003 .6 　 ISBN 7 - 04 - 　 　 　 - 　 　 Ⅰ .实… 　 Ⅱ .①胡… ②刘 … 　 Ⅲ .①实变 函数 - 高等学校 - 教材 ②泛函分 析 - 高等学校 - 教材 　 Ⅳ . 　 中国版本图书馆 CIP 数据核字 ( 2003) 第 　 　 　 号 责任编辑 : 徐 　 可 　 　 封面设计 : 王凌波 版式设计 : 杨 　 明 　 　 责任印制 : 陈伟光

实变函数与泛函分析 定理・方法・问题 胡适耕 　 刘金山 编著

出版发行 　 高等教育出版社 　 　 　 　 　 　 购书热线 　 010 - 64054588 社 　 　 址 　 北京市东城区沙滩后街 55 号 免费咨询 　 800 - 810 - 0598 邮政编码 　 100009

网 　 　 址 　 h ttp :/ / www .hep .edu .cn

传 　 　 真 　 010 - 64014048

　 　 　 　 　 h ttp :/ / www .hep .com .cn

经 　 　 销 　 新华书店北京发行所 印 　 　 刷 　 北京民族印刷厂 开 　 　 本 　 880×1230 　 1/ 32

版 　 　 次 　 2003 年 6 月第 1 版

印 　 　 张 　 8 .375 　

印 　 　 次 　 2003 年 6 月第 1 次印刷

字 　 　 数 　 240 000 　

定 　 　 价 　 15 .00 元

本书如有缺页、倒页、脱页等质量问题 , 请到所购图书销售部门联系调换。

版权所有 　 侵权必究

前 　 　 言 　 　 对于现今数学系的大学生 来说 , 实 变函 数与泛 函分 析似乎 是这 样 的课程 : 你要么特别喜爱它 , 要么十分惧怕它 , 甚至厌弃它 .如果你在经 过一番努力 之后 , 终于尝 到了这一 门 ( 两门 ?) 课程的滋 味 , 为其中异 常 丰富且引人入胜的数学思想所打动 , 那么你将不可能不喜爱它 , 很可能 将它视为大学期间最美妙的课 程之 一 .如果 你在绞 尽脑 汁之后 依然 不 得要领 , 只是感到囫囵吞下的一大堆定义与定理抽象费解 , 而面对问题 则束手无策 , 那 么 , 你心中自 然只留下 恐惧与 厌倦 , 很可能 视其为大 学 期间最伤脑筋的课程 .对于实变函数与泛函分析课程的教师来说 , 如果 能使喜爱这门课程的人更多一点 , 而惧怕它的人更少一点 , 那么就算成 功了 .这似乎并 不容易 .本书 作者与许 多同行 交换过看 法 , 发现情况 并 不乐观 . 就其令人赞赏的逻辑 力量 与高 度富有 启发 性的数 学思 想而 言 , 实 变函数与泛函分析无疑是最有 价值 的大 学数学 课程 之一 , 它对 于数 学 系大学生的基础理论训练所起的独特作用是无可替代的 .在这一点上 , 数学教育界并无歧见 .问题在于 , 你如何使刚开始学习这一课程的大学 生达到同样的认识 ? 实际情 况常常 是 , 远在 学生开 始意 识到实 变函 数 与泛函分析有其重要性之前 , 他们 的学 习兴 趣已被 这门 课程晦 涩艰 深 的外观驱除殆尽了 . 这就需要给学生以帮助 .首要的问题是 , 你得竭尽全力降低课程难 度 , 至 少为一部 分学生解 除惧怕 心理 .要做到 这一点 , 教师 的高明指 点 与教材的有效引导 , 无疑是最重要的 , 但往往还不够 .经验表明 , 无论是 喜爱或惧怕实变函数与泛函分 析的 学生 , 都 花不少 时间 到教材 以外 的 书籍中去 搜索 , 以期获 得一些帮 助 , 甚至是在 苦恼之 中得到一 点安慰 . 然而 , 在这方面真正可读的书籍似乎并不多 , 几乎难得一见 . 本书作 者 之 一 所 撰 的《实 变 函 数》与《泛 函 分 析》两 书 , 已 分 别 于

・Ⅱ・

前　 　言

1999 年 与 2001 年 面世 ( 高等教 育出 版社 - 施 普林格 出版 社 ) , 并陆 续 被国内许多 高等学 校用作教 材 .自然 , 这些教 材的读者 中 , 既会有实 变 函数与泛函分析的喜爱者 , 也会有惧怕者 .他们传递给作者的一个共同 信息是 , 对于理解 内容 与 解决 问 题 ( 这两 本 教材 所 列 问题 数 量都 颇 可 观 ) , 倘无更 进一步 的引导 , 确有 难以克服 的困难 .这一 情势 , 也是促 使 我们撰写本书的因素之一 . 本书熔思想、方法与问题于一炉 , 从不同于教材的另一个角度为初 学者提供引导 , 其重点则在于通过具体问题阐释典型方法 , 务使一些通 常被学生认为难于掌握的方法呈现出自然与简洁的面貌 .在某些方面 , 教材必因其自身的特点而不免 言不 尽意 ; 而 一本不 必受 通行风 格约 束 的书 , 则不妨在必要之处“ 喋喋不休”, 直到使某些要义被阐发得淋漓尽 至而后已 .本书所 汇集的 整整 600 个问题 , 无论 从教与 学两方面 考虑 , 都提供了一个思考与演练的较大的空间 . 我们要特别感谢高等 教育 出版 社对于 撰写 本书的 支持 , 正 是出 版 社及时转达了读者的建议而促 成本 书的 写作 .对于 为我 们提供 了一 些 问题与建议的同行 , 在此亦致诚挚的谢意 .

作者 2003 年 4 月于武 汉

目 　 　 录 记号与约定 ………………………………………………………… ( Ⅴ ) 几点说明 …………………………………………………………… ( Ⅶ ) 第一章 　 集论与测度 ………………………………………………… ( 1) §1 .1 　 集论 …………………………………………………… ( 1) §1 .2 　 测度 …………………………………………………… (17) §1 .3 　 可测函数 ……………………………………………… (32) 第二章 　 积分 ……………………………………………………… (44) §2 .1 　 Lebesgue 积分 ………………………………………… (44) §2 .2 　 微分与不定积分 ……………………………………… (70) §2 .3 　 Stieltjes 积分 ………………………………………… (84) 第三章 　 Banach 空间 ……………………………………………… (98) §3 .1 　 函数空间 ……………………………………………… (98) §3 .2 　 点集与映射 ………………………………………… ( 123) §3 .3 　 Hilbert 空间 ………………………………………… ( 143) 第四章 　 线性算子与线性泛函 …………………………………… ( 159) §4 .1 　 有界线性算子 ……………………………………… ( 159) §4 .2 　 有界线性泛函 ……………………………………… ( 178) §4 .3 　 弱收敛与对偶算子 ………………………………… ( 193) 第五章 　 谱与紧线性算子 ………………………………………… ( 209) §5 .1 　 谱与算子函数 ……………………………………… ( 209) §5 .2 　 紧线性算子 ………………………………………… ( 225)

・Ⅳ・

目　 　录

§5 .3 　 Hilbert 空间中的线性算子 ………………………… ( 239) 参考书目 …………………………………………………………… ( 257)

记号与约定 c

A : 集 A 的补 . A°: 集 A 的内部 . 　A : 集 A 的闭包 . A

⊥

: 集 A 的正交补或零化子 .

AC: 绝对连续函数类 . Br ( a) : 以 a 为心以 r 为半径的开球 . 　Br ( a) : 以 a 为心以 r 为半径的闭球 . BV : 有界变差函数类 . n

1

B : n 维 Borel 集族 ; 通常令 B = B . C: 复数域 . C( A , B) : 从 A 到 B 的连续映射之全体 . C( A ) = C( A , R) 或 C( A , C) . r

C ( A) : A 上的 r 次连续可微函数之全体 . CL( X , Y ) : 从 X 到 Y 的紧线性算子之全体 . CL( X) = CL( X , X) . χA : 集 A 的特征函数 . D ( F) : 映射 F 的定义域 . d ( A , B) : 集 A 与 B 之间的距离 ; d( x , B) = d ( { x} , B) . dim X : 空间 X 的维数 . n

p

{ ei } : 通常记 R 或 l ( 1 ≤ p < ∞ ) 的标准基 . GL( X) : 空间 X 上的拓扑自同构之全体 . Gr F : 映射 F 的图形 . H : 通常记 Hilbert 空间 . I : 单位算子 , 单位矩阵 . J: 通常记某个闭区间 [ a , b] . K=R或C . L p ( Ω) : Ω 上的 p 次可积函数之全体 , 1 ≤ p < ∞ .

・Ⅵ・

记号与约定

∞

L ( Ω) : Ω 上的本性有界函数之全体 . L ( X , Y ) : 从 X 到 Y 的有界线性算子之全体 . L ( X) = L ( X , X) . n L : n 维 Lebesgue 可测集之全体 ; L = L p

p

l = L ( N) (1 ≤ p ≤ ∞ ) . M ( Ω) : Ω 上的可测函数之全体 . M + ( Ω) : Ω 上的非负可测函数之全体 . m : Lebesgue 测度 . N: 自然数集 . N ( T ) : 算子 T 的零空间 . Q: 有理数集 . R: 实数域 ; R 　 = R ∪ {± ∞} . R+ = [ 0 , ∞ ) ; R 　 + = R+ ∪ {∞} . R ( T ) : 算子 T 的值域 . R (λ, T ) = (λI - T ) - 1 . rσ ( T ) : 算子 T 的谱半径 . ρ( T ) : 算子 T 的正则值集 . S( Ω) : Ω 上的简单函数之全体 . +

S ( Ω) : Ω 上的非负简单函数之全体 . span A : 集 A 生成的向量空间 . σ( A) : 集族 A 生成的 σ - 代数 . σ( T ) : 算子 T 的谱 . T : 通常记线性算子 . ＊

T : 算子 T 的对偶算子或相伴算子 . b V a ( f ) : 函数 f 在 [ a , b] 上的全变差 . X , Y , Z : 通常记赋范空间 . ＊

X : 空间 X 的对偶 . Z : 整数集 ; Z + = { n ∈ Z∶ n ≥ 0} . X

2 : 集 X 的子集之全体 . ＞ : 定义为 . □ : 一题解毕 .

1

.

几点说明 1 .引证

§1 .1 ( 1)表§1 .1 节中式 ( 1) ; 1 .1 表 第一章题 1 ; [1 , p .1]

表参考文献 [1 ] 中第 1 页 .余类推 . 不致误解时 , 出现于 ∑ , ∏ , ∪ , ∩ 下的指标予以

2 .指标用法

省略 .未注明时 , 下标 n 总表自然数 . ∑ a n 依情况可写成 :

∑a ,∑ n

n

∏a

n

∞ 1

∞

a n , ∑ an 或 ∑ a n . n∈ N

n=1

, ∪ A n 等仿此 . ∪ A n 总可看作无限可数并 ( 必要时增加一些空

集项 ) ; ∩ A n 仿此 . 3 .极 限 符 号

lim x n 简 写 作 lim x n ; m lim x m n 简 写 作 lim x mn ; n , n→ ∞ m, n

n→ ∞

±

f ( x ) = lim f ( x ± h ) , 其中 h↓ 0 表示 0 < h → 0 . 未说明时 , 极限值 h↓0 包括 ± ∞ ; ∞ 总是指 + ∞ .→ → 记一致收敛 ; 处收敛 ;

　 a .u . 　

　 Lp 　

　 a .e . 　

或→ , a .e .记几乎处

　 μ　

记 依 测 度 μ收 敛 ;

或 → , a .u .记 几乎 一 致 收敛 ; ＊

p

记 L 收敛 ; ＿ 记弱收敛 , ＿＊ 记弱 收敛 ; f n ↑ f 表 f n → f 且 f n 对 n 单调增 .对于序列极限 , 通常省去 ”n → ∞”. 4 .集记号

{ x ∈ X∶ x 满足 P} 表示 X 中满足条件 P 的元之全体,

通常简写作 X( P) 或 { P} .例如 { x ∈ X∶ f ( x) ≥ 0} 简写作 X( f ≥ 0) 或 { f ≥ 0} . 集 { f ≥ 0} 的定义与 f 是否为非负函数无关 .即 使处处有 f ( x) < 0 , { f ≥ 0} 仍然是一个合理的集, 它就是 { f ≥ 0} =

! 若 A , B 是某向

量空间的子集, 则约定 A + B = { a + b∶ a ∈ A , b ∈ B} , - A = { - a∶ a ∈ A} . 5 .范数记 号

＊

不 致 混 淆 时 , 空间 X , Y , X , L ( X , Y ) 等 中 的 范

数用同一记号 ‖・‖ .‖・‖ p 记 Lp 范数 ; ‖・‖0 记 sup 范数 ; ・ 记 K n 中的 Euclid 范数 .

几点说明

・Ⅷ・

6 .最大与最小 +

-

约定 a ∨ b = max { a , b} , a ∧ b = min { a , b} ;

f = f ∨ 0, f = ( - f) 7 .const 的用 法

+

( 分别称为 f 的正部与负部 ) .

当 const 出 现 在式 子 中时 , 它 表 示某 个 有 限 常

数 ; 其具体数值难以或不必明确写出 . 8 .问题

题号依章 编排 .所有 问题 都表 述 得尽 可 能简 略 .证 明 题

仅写出要证的结论 , 而省去“ 求证”之类的词 .一部分问题给出了详细解 答 , 其余的题则仅给出提示或答案 .

第一 章 　 集 论 与测 度 现在 , 你已开始实变函 数课程 的学 习 .无论你 选择 了哪 本教 材 , 大 概首先得面 对集论 与测度 .在学 习的这一 阶段 , 你未必 十分清 楚 , 集 论 与测度在现代数学中占有何等位置 .实际上 , 二者是全部数学的公认的 基础 , 而不像流行教材似乎要人们相信的 , 它们不过是实变函数的一个 首章而已 .不妨这样来看 : 正因为如此辉煌的数学理论被纳入实变函数 课程内容的范围之内 , 实变 函数所 提供 的数 学训练 才如 此重要 且无 可 替代 .不过 , 在一个 短短的课 程中 , 你还来 不及接 触集论与 测度论的 深 入内容 .而且 , 对于函数的研究 , 集论与测度都不过是工具而已 .对于实 变函数 论的 学 习 , 重要 的 是 , 你应 能 像在 微积 分学 中运 用 实数 理论 一 样 , 熟练地运用集论与测度的基本概念、用语、结论与方法 .本章正是要 帮助你做到这一点 .

§1 .1 　 集 　 论 一、定理与定义 你大概在中学时代就开始接触集论概念了 .因此不妨假定 , 关于集 及其运算的概念、记号与规则 , 已是众所周知的公共知识 . 对于一个集列 { A n ∶ n ∈ N} ( 简写作 { A n } ) , 约定 ∞

∞

lim A n = n∩ ∪ Ak , n = 1 k= n ∞

( 1)

∞

lim A n = n∪ ∩ Ak . = 1 k= n n

二者分别称为 { A n } 的上极限与下极限 .由 (1 ) 直接看出 , x ∈ lim An n 有任意大的 n 使 A n 含有 x , x ∈ lim A n n

当 n 充分大时必 x ∈ A n . 这

第一章 　 集论与测度

・2・

一直观理解对上、下极限集的运用是重要的 .若 lim A n = lim A n = A , n n

则称 A 为 { A n } 的极限 , 并记作 lim A n . 若 { A n } 是 升列 ( 即 A 1 n

A2

… ) , 则 lim An = A = ∪ A n , 缩写作 A n ↑ A; 若 { A n } 是降列 ( 即 A 1 n n A2

… ) , 则 lim An = A = ∩ A n , 缩写作 A n ↓ A . n n c

若 A

c

X , 则以 A 记 A 在 X 中的补集 , 即 A = { x ∈ X∶ x ú c

A } . 注意 A 与 A 互为补集 , 这种互补性是许多对偶关系的基础 .基 本 的对偶律是 : c

c

c

c

( ∪ Ai ) = ∩ Ai , ( 2)

( ∩ Ai ) = ∪ Ai . 公式 (2 ) 常用来实现并与交的互相转化 .结合 (1 ) , (2 ) 得出 lim An n

c

lim A n

c

= lim Acn , n

( 3) c n

= lim A . n

n

公式 (3 ) 可用来实现上极限与下极限的互相转化 . 利用补与交 ( 或补与并 ) , 可表出其他集运算 .例如 c

　 　 任给 A

A \ B = A ∩ B 　 　 　 　 　 　 (差 ) ;

( 4)

AΔB = ( A \ B) ∪ ( B \ A ) 　 ( 对称差 ) . X , A 的特征函数 χA 定义为

( 5)

χA =

1, 0,

　 　

x ∈ A; c

x∈ A .

( 6)

A 与 χA 唯一地互相决定 .特 征函 数 用来 实现 集关 系与 数 量关 系的 互 相转化 .基本的对应规则是 : A = B

χA = χB , A

B

χA ≤ χB ;

χA ∪ B = χA ∨ χB , χA ∩ B = χA χB ; χAΔ B =

χA - χB

.

　 　 任给集合 X 1 , … , X n , 称 n

∏X i= 1

i

= { ( x 1 , x 2 , … , x n ) ∶ x i ∈ X i ( 1 ≤ i ≤ n) }

( 7)

§1 .1 　 集 　 论

・ 3・

为 X 1 , … , X n 的积集 , 也记作 X1 × X2 × … × X n . 当 X 1 = … = X n = X 时, 将

∏

n i= 1

X i 写作 X n , 称其为 X 的 n 重积 . R n , Q n , Z n 是最常 见

的 n 重积集的例子 , 其中 R, Q, Z 分别为实数集 , 有理数集与整数集 . 给定非空集 X , Y . 若对每个 x ∈ X , 依 规则 F 有 唯一确 定的 元 y = F x ∈ Y 与之对应 , 则称 F 为从 X 到 Y 的映射 , 记作 F∶ X → Y . 这里本质的东西是 x 与 F x 之间的 确定 对 应关 系 ; 至于 这 一对 应关 系 的表示方法及相应的名称与记号 , 都是非本质的 .你可以改称映射为函 数、变换、算子等等 .为便于理解 , 最好将映射看作微积分学中所熟知的 函数概念的自然推广 .关于 函数的 熟知 术语 自然地 移用 于一般 的映 射 F∶ X → Y .例如 , 称 F x 为 F 在 x 的函数值 ; 称 X 为 F 的定义域 , 记作 D ( F) ; 称 R ( F) ＞ { F x∶ x ∈ X } 为 F 的值域 ; 称 Gr F ＞ { ( x , F x )∶ x ∈ X} 为 F 的图形 .若 R ( F) = Y , 则称 F 为满射 ; 若当 x ≠ z 时 F x ≠ Fz , 则称 F 为单射 ; 若 F 既 是单射又 是满射 , 则称 F 为一一 映 射 .若 F ∶ X → Y 是 一 一 映 射 , 则 每 个 y 对 应唯 一 的 x ∈ X , 使 得 Fx = y , 此时称对应 - 1

F ∶ Y → X, Fx → x 为 F 的逆映射或反函数 . 给定映射 F∶ X → Y 与 G∶ Y → Z , 可构成复合映射 G

F∶ X → Z, x → G ( F x ) .

F 是一一映射的充要条件是 : 存在 G∶ Y → X , 使得 G

F = 1X, 　 F

G = 1Y ,

( 8)

其 中 1 X ∶ X → X , x → x 是单位映射 , 1 Y 仿此 ; 式 (8 ) 中的 G 必为 F 的 逆映射 . 给定映射 F∶ X → Y , A

X, B

Y, 令

F A = { F x∶ x ∈ A } , 　 F - 1 B = { x∶ F x ∈ B} . 称 FA 为 A 在 F 下的像 ① , 称 F X , B , Bi ①

Y ( i ∈ I) , C

-1

B 为 B 关于 F 的原像 .对于 A , A i

Z , G∶ Y → Z , 有以下常用的关系 :

在 胡适耕 编的《实 变函数》,《泛函 分析》中用 的是“象”, 本 书改用“像”.

第一章 　 集论与测度

・4・

A

F

- 1

F A , 　 　 　 FF

-1

B

B;

F( ∪ Ai ) = ∪ FA i , 　 F( ∩ Ai ) i i i -1

F (∪ Bi ) = ∪ F i i F

-1

(G

c

B = (F F)

-1

-1

-1

Bi , F

-1

( 9)

∩i F A i ;

(∩ Bi ) = ∩ F i i

(10) - 1

Bi ; (11)

c

B) ;

C = F

-1

(G

- 1

C) .

(12)

　 　 通常实变函数教材中多少 包含 某些 关于基 数的 内容 , 对于 如何 处 理这些内容 , 学 者们看法 不尽一 致 .基 数理论 美妙而深 奥 , 对于数学 家 有持久的吸 引力 .在这一 点上 , 人们并 无争议 .但 在一个带 入门性质 的 实变函数与泛函分析课程中 , 并无必要涉及基数概念 , 仅有关于可数集 的概念就够了 . 若 A 是一个集 , 存在单射 F∶ A → N , 则称 A 为可数集 .更直观的 描述是 : 若 A 的 全 体元 素 可排 列 成一 个 有 限或 无 限序 列 : A = { x 1 , x 2 , …} , 则称 A 为可数集 .在这一定义 下 , 可 数集包 括了 所有有 限集 . 对于一无限可数集 , 除了少数例外 , 要将其全体元素实际写成一个序列 是很困难的 .因 此 , 通常依据 其他一些 条件来 间接地判 定可数 性 , 下 面 两个定理即为此而设 . 定理 1 .1 .1 　 设 F∶ A → B 是一映射 .若 F 是单射 , B 可数 , 则 A 可数 ; 若 F 是满射 , A 可数 , 则 B 可数 . 定理 1 .1 .2 　 可 数集 的子集 是可 数集 ; 可 数个可 数集 的并 是可 数 集 ; 有限个可数集的积集是可数集 .若 { I n } 是一列可数集 , 则形如 { x i1 … i n ∶ ik ∈ I k , k = 1 , … , n; n = 1 , 2 , …} 的集是可数集 . 最常用的可数集是 : 有理 数集 Q, n 维 有理 点集 Q n , 有理 系数 多 项式之集 , 等等 .记住这 些基本的 可数集 , 然后 再借助 于定理 1 .1 .1 与 定理 1 .1 .2 , 解决 本 课程 中 可 能遇 到 的可 数 集判 定 问题 , 已 无任 何 困 难 . n

习惯上 , Euclid 空间 R 的子集 称为 点集 “ . 点集”这 一 称呼 并无 实 n 质意义 .本质的东西 是 : 可以 用 距离 来刻 画 R 中两 点 间的 接 近 程度 . 这一事实可以在更一般的空间 ( 例如 Banach 空间与度量空 间 ) 中确立 .

§1 .1 　 集 　 论

・ 5・

因此 , 我们将在第三章中更系统地考虑点集问题 , 现在只提出最初步的 定义与某些简单结论 . T

n

任给 x = ( x 1 , … , x n ) ∈ R , 称 n

1 2

∑x

2 i

x =

(13)

i =1

n

为 x 的模长或 Euclid 范数 .任给 x , y ∈ R , 称

x - y 为 x 与 y 之间

n

的距离 .任给 a ∈ R , r > 0 , 称 Br ( a) =

n

x∈R ∶ x - a < r

为以 a 为心以 r 为半径的球或开球 .若 A

n

R , 则分别以 A°, 　A 与 A′

记 A 的内部、闭包与导集 , 其中 A°= { x ∈ A ∶ｖ r > 0 , 使 Br ( x )

A} ;

A 　 = { x ∈ R n∶ ＂ r > 0 , 有 A ∩ Br ( x ) ≠

};

A′= { x ∈ R n ∶ ＂ r > 0 , 有 ( A \ { x} ) ∩ Br ( x ) ≠ 若 A = A°, 则称 A 为开集 ; 若 A = 　A , 则称 A 为闭集 ; 若 B 说 A 在 B 中稠密 ; 若 ( 　A )°=

} . A 　, 则

, 则称 A 为疏集 .若存在 r > 0 , 使得

A ∩ Br ( x ) = { x} , 则称 x 为 A 的孤立点 .无孤立点的闭集称为完备 集 .可数个开集的交称为 Gδ 型集 , 可数个闭集的并称为 Fσ 型集 . 定理 1 .1 .3 　 一 集为 开集当 且仅 当其 补为闭 集 ; 任意 个开 集的 并 及有限个开集的交是开集 ; 任意个闭集的交及有限个闭集的并是闭集 ; 空集与全空间既是开集又是闭集 . 定理 1 .1 .4 　 R 中任何非空开集是可 数个互 不相交 的开区 间之 并 n

( 这样的开区间称为构成区间 ) ; R 中任何 非空开集 可表为 可数 个 ( 未 必互不相交 ) 开球之并 . 若 F

c

R 是闭集且 F ≠ R , 则 F 是非空开集 .于是由定理 1 .1 .4

推出 , F 是从 R 上挖去 可数个 互不相交 的开区间 后所得 之集 , 被挖 去 的区间称为 F 的余区间 ; 当余区 间相 互没有 公共 端点 时 F 是完 备集 . 完备集可以是疏集 , 其典型例子就是著名的 Cantor 集 . 任给非空集 Ω

n

R 与函数 f∶Ω→ R . 设 a ∈ Ω, ＂ ε> 0 , ｖ δ>

0 , ＂ x ∈ Ω∩ Bδ ( a) , 有

f ( x ) - f ( a) < ε, 则说 f 在点 a 连续 .若

第一章 　 集论与测度

・6・

f 在 Ω 上每点连续 , 则说 f 在 Ω 上连续 .以 C( Ω) 记 Ω 上 的连续实 值 函数之全体 . n

定理 1 .1 .5 　 对于函数 f ∶R → R, 以下条件互相等价 : n

( i) f ∈ C( R ) ; ( ii) ＂ α∈ R, { f > α} 与{ f < α} 为开集 ; ( iii) ＂ α∈ R, { f ≥ α} 与{ f ≤ α} 是闭集 . 若Ω

n

R 是开集 , f∶Ω→ R, 则定理 1 .1 .5 中的条件 ( ii ) 是 f ∈

C( Ω) 的充要条件 ; 若 Ω 是 闭集 , 则条 件 ( iii ) 是 f ∈ C ( Ω) 的充 要 条 件 .

二、问题与方法 A . 证明集等式 方法 Ⅰ ( 直接法 ) 　 可设要证的等式为 A = B , 于是只要证 A 且 B

A , 这相当于证 x ∈ A

x ∈ B, x ∈ B

B

x∈ A .

方法 Ⅱ 　 为证 A = B , 运用集运算规则恒等地变换 A ( 或 B ) , 直 至最终将它变换为 B ( 或 A ) ; 或者 , 同时变换 A , B , 直至 将它们变 为 同一个集 C . 方法 Ⅱ 似乎更具有吸引力 : 它将证明过程归结为 一系列形 式演算 , 如同在代数学中证明代数恒等式一样 .我们已经注意到 , 集运算中的并 与交 , 有点类似于代数运算中的和与积 .对于并与交 , 也有交换律、结合 律与分配律 .应用这些运算规则变换或化简一个用集运算构成的式子 , 将是一件很引人的事 .下面就是例子 . 1 .1 　 ( A \ B) ∩ ( C \ D) = ( A ∩ C ) \ ( B ∪ D ) . 证法 Ⅰ 　 设 x ∈ 左端 , 则 x ∈ A \ B 且 x ∈ C \ D, 于是 x ∈ A , x ∈ C 且 x ú B , x ú D , 这推出 x ∈ A ∩ C 且 x ú B ∪ D, 故 x ∈ 右端 .反之 , 设 x ∈ 右端 , 则 x ∈ A ∩ C 且 x ú B ∪ D, 于是 x ∈ A , x ∈ C 且 x ú B , x ú D, 这推出 x ∈ A \ B 且 x ∈ C \ D, 因而 x ∈ 左端 .因此所要证等式成立 . 证法 Ⅱ 　 证明由如下的一串演算完成 : c

c

左边 = ( A ∩ B ) ∩ ( C ∩ D ) 　 　 　 　 ( 用 (4 ) )

§1 .1 　 集 　 论 c

・ 7・

c

= ( A ∩ C) ∩ ( B ∩ D ) 　 　 　 　 ( 交换律与结合律 ) c

= ( A ∩ C) ∩ ( B ∪ D ) 　 　 　 　 ( 用 (2 ) ) = ( A ∩ C) \ ( B ∪ D ) = 右边 . 　 ( 用 ( 4) )

□

　 　 上面的证法Ⅱ让你看到 , 代数学的演算程序 , 居然也适用于像集这 样抽象的对象 ! 如果你为此 而深受 鼓舞 , 那 么不妨 从解 以下几 题中 获 得乐趣 . 1 .2 　 A \ B = AΔ( A ∩ B) . 1 .3 　 A ∪ B = ( AΔB)Δ( A ∩ B) . 1 .4 　 ( A \ B) \ ( A \ C) = ( A \ B) ∩ C . 1 .5 　 B = [ ( AΔB) \ A ] ∪ ( A ∩ B) . 但你得小心, 不可随便对一集等式用“消去法”: 从 A ∪ C = B ∪ C 或 A ∩ C = B ∩ C 都未必推出 A = B .不过 , 还是有以下结论 : 1 .6 　 若 AΔC = BΔC , 则 A = B . 证 　 注意运算 Δ 满足交换律、结合律 , 且 AΔA =

, AΔ

= A .

于是 A = AΔ

= AΔ( CΔC)

= ( AΔC)ΔC = ( BΔC)ΔC = B . 　 　 以上论证是完全形式化的 , 除了用到 AΔ

= A , CΔC =

□ 这些

依据于对称差定义的等式外 , 证明中并不涉及对称差的具体含义 .如果 用直接法 , 证明过程就没那么干净 利落 : 只要 证 A

B ( 何故 ?) .若 结

论不真 , 则存在 x ∈ A \ B . 若 x ∈ C , 则 x ú ( A \ C ) ∪ ( C \ A) = AΔC; x ∈ ( B \ C) ∪ ( C \ B) = BΔC , 这与 AΔC = BΔC 矛盾 .同理 , 当 x ú

C 时亦将得出矛盾 .

在集论的应用中 , 集运算的作用通常在于 : 可通过集运算将一给定 的集表为 ( 通常是可数个 ) 较简单的、或具有给定性质的集的分解式 .在 实变函 数与 泛 函数 分析 中 , 得 出这 种集 分解 式 的技 巧 , 具 有基 本的 意 义 .你可从下面这类问题的练习中掌握这种技巧 .

第一章 　 集论与测度

・8・

B . 求集分解式 我们通过一个典型例子来解释方法 .以下的题 1 .7～ 1 .13 中 , 都设 f n ∶ X → R( n = 1 , 2 , … ) . 1 .7 　 用集 A n k ＞ { f n ≥ k} ( n , k ∈ N) 表出集 A ＞ { f n → ∞} . 解 　 由 f n ( x ) → ∞ 的意义 , 有 x∈ A

＂ b > 0 , ｖ m ∈ N , ＂ n ≥ m : fn ( x ) ≥ b ＂ k ∈ N, ｖ m ∈ N , ＂ n ≥ m : f n ( x ) ≥ k ＂ k ∈ N, ｖ m ∈ N , ＂ n ≥ m : x ∈ A n k ∞

∞

∞

x ∈ ∩ ∪ ∩ An k , k=1 m= 1 n= m ∞

这意味着 A = k∩ lim A nk . = 1

□

n

一般的模式是 : 为求得集 A 的分解式 , 首先应将“事件” x ∈ A 分 解成某些更简单事件 ( 如 f n ( x ) ≥ k ) 的逻辑组合 , 从而得 出一个包 含 符号 ＂ , ｖ 的逻辑式 ; 然后将逻辑式转化为与之等价的集运算式 , 注意 符号 ＂ , ｖ 分别对应交与并运算 .现在你可以尝试一下了 . 1 .8 　 用集 {

f n ≥ k} ( n , k ∈ N ) 表示集 A ＞ { x ∈ X∶{ f n ( x ) }

∞

无界} .( A = k∩ lim { =1 n

f n ≥ k} )

1 .9 　 对 A ＞ { x ∈ X ∶{ f n ( x ) } 有 界} 解 类似 于题 1 .8 的 问题 . ∞

∞

( A = k∪ ∩{ = 1 n=1

f n ≤ k} )

1 .10 　 用可数 个 形 如 { f n ≥ β} 的 集 表出 集 A ＞ { supn f n ≥ α} . ∞

∞

( A = k∩ ∪ { f n ≥ α - 1/ k} ) = 1 n=1 1 .11 　 用 可 数 个 形 如 { f n ≤ a} 的 集 表 出 集 A ＞ { x ∈ X ∶ lim f n ( x ) 不存在} . n 解 　 lim f n ( x ) 不存在意味着 , 当 n → ∞ 时 f n ( x ) 在 lim f n ( x ) 与 n n

lim f n ( x ) 之煎振荡 .写成逻辑式这就是 : n x∈ A

ｖ a , b∈ Q, ＂ n ∈ N, ｖ k , l ≥ n:

§1 .1 　 集 　 论

・ 9・

f k ( x ) ≤ a < b < fl ( x ) . 依据前面已总结出的一般规则 , 从以上逻辑式立得 ∞

A = a ,∪ ∩ ∪ ( { f k ≤ a} { f l ≤ b} ) . b∈ Q n = 1 k , l≥ n

□

a< b

　 　 应注意“ , 极限不存在”与“ 发散”并不完 全相同 : 当 lim fn ( x ) = ∞ n ( 或 - ∞ ) 时应算作发桑 .因此 , 下题的解法略有不同 . f k - f l ≥ α} 的集表出集 A ＞ { x ∈ X∶

1 .12 　 用可数个形如 { ∞

∞

{ f n ( x ) } 发散 } . ( A = m∪ ∩ ∪ { = 1 n = 1 k , l≥ n 1 .13 　 用 可 数 个 形 如 {

f k - f l ≥ 1/ m} )

f n ≥ α} 的 集 表 出 集 A ＞ { x ∈ X ∶ ∞

{ f n ( x ) } 中至多有限多项为零 } . ( A = lim k∪ { = 1

f n ≥ 1/ k} )

n

C . 判定可数性 解此类问题 , 你当然得 应用定理 1 .1 .1 与定 理 1 .1 .2 来 判定某 集 A 可数 .可以考虑应用 方法 Ⅰ 　 求得一可数集 B , 使得每个 x ∈ A 对应唯一的 b x ∈ B , 且 x ≠ y 时 bx ≠ by ( 这相当于 A → B , x → b x 是一单射 ) .通常取 B 为Q或Q

n

.若 A

B , 则证明更直接 .

方法 Ⅱ 　 分 解 A 为可 数 个 可 数 集 之 并或 有 限 个 可 数 集 之 积 集 . 如同解问题 B 一样 , 此时分解集的技术是最重要的 . 1 .14 　 平面上以有理点为心、有理数为半径的圆仅有可数多个 . 证 　 以 A 记 所 述 的 圆 之 集, 则 每 个 δ ∈ A 完 全 决 定 于 其 中 心 3

3

( a, b) 与半径 r .令 qδ = ( a, b, r) ∈ Q , 则得到单射 A → Q ,δ→ qδ . 3

于是由 Q 可数推出 A 可数 .

□

仿此 , 你大概能轻而易举地解决如下一系列问题 . 1 .15 　 平面上以有理点为顶点的矩形仅可数多个 . 1 .16 　 以有理点为端点的开区间仅可数多个 . n

1 .17 　 R 中以有理点为端点的线段仅可数多条 . 1 .18 　 一增函数 f ( x ) 的间断点集 D 可数 . +

证 　 首 先 应 注 意 到: 增 函 数 的 间 断 点 x 以 其 跳 跃 f ( x )

第一章 　 集论与测度

・ 10 ・ -

- f ( x ) > 0 为特 征 .于 是 每 个 x ∈ D 唯 一 对 应 一 个 开 区 间 δx = -

+

+

-

( f ( x ) , f ( x ) ) , 且当 x , y ∈ D, x < y 时 , 必有 f ( x ) ≤ f ( y ) , 因 而 δx ∩ δy =

. 取定 r x ∈ δx ∩ Q , 则 D → Q, x → r x 是一单射 , 因

此 D 可数 .

□

1 .19 　 设 f ∶ ( a , b) → R 在每点 x ∈ ( a, b) 取局部极小 值 , 则 f 的值域 A 是可数集 . 证 　 从解题 1 .18 的经验看来, 应建立从 A 到一区间集的单射 .任给 x ∈ ( a, b) , 必有含 x 的开区间 δx = (αx ,βx ) , 使得 ＂ y ∈ (αx ,βx ) , 有 f ( y ) ≥ f ( x ) ; 不妨设 αx , βx ∈ Q .若 x , y ∈ ( a , b) ,δx = δy , 则必有 f ( y ) ≥ f ( x ) 且 f ( x ) ≥ f ( y) , 因而 f ( x ) = f ( y ) . 于 是 A → B , f ( x ) → δx 是一单射 , 此处 B 记有理端点 开区间 之全 体 .于是由 B 可 数推出 A 可数 . 1 .20 　 设 A

□ R .若 ＂ x ∈ R, ｖ r x > 0 , 使 A ∩ ( x - r x , x + r x )

可数 , 则 A 可数 . 证 　 简单地说 , 题设条件 意味 着 A 局 部地 可数 , 而 整 体是 诸局 部 之并 , 因此关键在于指明 A 可 表为 可数个“ 局 部”之 并 .以 上只 是粗 略 的设想 , 准确的做法是 : ＂ x ∈ R , 取有理端点的开区间 δx , 使得 x ∈ δx

( x - r x , x + r x ) . 则 A ∩ δx 必可数 , 且 A = x∪ ( A ∩ δx ) . ∈R

因如上的 δx 仅有可数多个 , 故 A 的上述分解式实际 上是一可 数并 , 因 而 A 是可数集 .

□

鉴于上题 , 你已不难进一步解决 : 1 .21 　 设 A

n

R .若 ＂ x ∈ R , ｖ r > 0 , 使 A ∩ Br ( x ) 可数 , 则

A 是可数集 . 1 .22 　 设 A

R 的每一点是孤立点 , 则 A 是可数集 .

1 .23 　 设 A

R, A′是可数集 , 则 A 是可数集 .

提示 : 注意 A

( A \ A′) ∪ A′并用题 1 .22 .

1 .24 　 设 A 是可数集 , 则 A 仅有可数多个有限子集 . 证 　 不 妨 设 A 是 无 限 集 .以 A 记 A 的 有 限 子 集 之 全 体 , 则

§1 .1 　 集 　 论

・ 11 ・

∞

A = ∪ 0 A n , A n 是由 A 中 n 个元组成的子集之 全体 .于是只 要证明 A n n

可数 .对每个 B = { a1 , … , an } ∈ A n , 指定 ( a 1 , … , a n ) ∈ A 与之 对 n

n

应 , 这就得到一个单射 A n → A . 于是从 A 可数推出 A n 可数 .

□

1 .25 　 顶点为有理点的平面多边形仅有可数多个 . 1 .26 　 设 f ∶ X → R , sup

∑

f ( x i ) ∶{ x i }

X 为有限集 <

∞ , 则 { f ≠ 0 } 为可数集 . D . 与可数性有关的存在性证明 n

n

n

n

Q 可数而 R 不可数 , 这一事实的直观含义是 : Q 只包括 R 中微 n

不足道的一小部分元素 .因此 , 常常可以在 R 中 构成各 种图形 而完 全 避开有理点 .这就形成颇有趣味的如下问题 : 证明存在不含有理点的 C 类图形 . 解法 　 用反证法 : 设每个 A ∈ C 必含有理点 x A . 对于某个 A

C,

n

当 A , B ∈ A, A ≠ B 时 x A ≠ x B , 于是得到单射 A → Q , A → x A , 从 n

而由 Q 可数推出 A 可数 .如果能说明 A 不可数 , 则得出所要的矛盾 . 1 .27 　 平面上存在不含有理点的圆周 . 证 　 若任何圆周都含有理点 , 则圆周 x ∈ R2 ∶ x = r ( r > 0 )

Sr =

上可取出有理点 x r ; 当 0 < r < s < ∞ 时必 xr ≠ xs . 因 A = { S r ∶ r > 0} 与区间 (0 , ∞ ) 之 间可 建立 一 一对 应 关系 , 而 (0 , ∞ ) 不 可数 , 因而 A 亦不可数 , 这就得出矛盾 .

□

1 .28 　 平面上存在边界不含有理点的矩形 . 2

2

1 .29 　 设 a, b ∈ R \ Q , a ≠ b . 则存在连结 a , b 且不含有理 点 的折线 . 证 　 作线段 ab 的中垂线 L ; ＂ x ∈ L , 由线段 ax 与 xb 组成一 折 线 Γx .只要证 : 必有某个 Γx 不含有理点 .若每个 Γx ( x ∈ L ) 含有理点 2

r x , 显然当 x , y ∈ L , x ≠ y 时 r x ≠ r y , 则得到单射 L → Q , x → r x . 但这与直线 L 不可数相矛盾 .

□

直观上 , 上题的结论意味着 : 无限小的质点总可以在有理点之间沿 折线穿行 , 并不 会撞着有 理点 .如果你 想到有 理点集是 何等稠 密 , 对 于

第一章 　 集论与测度

・ 12 ・

以上结论就不会不感到惊讶了 .实际上 , 你也可以选择圆弧路径而同样 避开有理点 . 1 .30 　 设 a, b 如题 1 .29 , 则存在连结 a , b 且不含有理点的圆弧 . 1 .31 　 设 A

n

n

R 可数 ,则存在 x ∈ R ,使得 A ∩ ( A + x) =

提示 : 用反证法 , 若 R n 1 .32 　 设 E

.

A - A , 则由 A 可数推出 R n 可数 !

2

R 可数 , 则存在分解 E = A ∪ B , A ∩ B =

, 使

得每条水平直线与 A 交 于有 限个 点 , 每 条垂 直直 线 与 B 交 于有 限 个 点 . 提示 : 不妨设 E = { ( x i , yj )∶ i, j ∈ N} , 令 A = { ( x i , yj )∶ i ≤ j} . 至此 , 我们已获得处理集运算与可数性问题的一定经验 , 这对于后 面的学习大体上也就够了 .如果你感到力有余裕 , 那么不妨尝试去解决 一些涉及映射与点集的问题 . E . 映射问题 1 .33 　 F∶ X → Y 是满射

Y : FF

-1

B = B .

＂ y ∈ Y : FF - 1 { y} = { y}

提示 : 实际上 , F 是满射 F - 1 { y} ≠

＂ B

＂ y ∈ Y:

.

1 .34 　 F∶ X → Y 是一 一映 射

FX = Y 且 ＂ A , B

X, 有

F( A ∩ B) = ( F A ) ∩ ( FB) . 提示 : F( A ∩ B) = ( F A ) ∩ ( FB) 恒成立 1 .35 　 设 F ∶ 2 X → 2 X 满足 : A A

B

X

F 是单射 . FA

FB , 则存 在

X , 使得 F A = A . 提示 : 考虑 A = ∩ { B

X∶ FB

B} .

1 .36 　 设 X 是无限集 , F∶ X → X . 则存在非空 真子集 A 使得 FA

X,

A, n

证 　 若 x ∈ X , 存在最小的 n ≥ 1 , 使 F x = x , 则称 x 为 n - 周 期点 .若 x 是一个 n - 周期点 , 令 A = { x , Fx , … , Fn - 1 x } , 则 A 是 X 的非空真子集 , 且 F A

A . 若不存在周期点 , 任取 x0 ∈ X , 令 x n =

Fn x 0 ( n ≥ 1 ) , 则 { x n ∶ n ≥ 0 } 必互不相同 .令 A = { x n ∶ n ≥ 1 } , 则

§1 .1 　 集 　 论

A 是 X 的非空真子集 , FA = { x n ∶ n ≥ 2 }

・ 13 ・

A .

□

1 .37 　 作一一一映射 f ∶[0 , 1 ] → (0 , 1 ) . 解 　 从 [0 , 1 ] 与 (0 , 1 ) 中 分 别 取出 两 个可 数 集 A = { 0 , 1 , 1/ 2 , … , 1/ n , …} 与 B = { 1/ 2 , … , 1/ n , … } . 则 A 与 B 之间可定义如下 一 一映射 : f ( 0) = 1/ 2 , f ( 1/ n ) = 1/ ( n + 2) 　 ( n ≥ 1 ) . 然后定义 f∶[ 0 , 1] \ A → ( 0 , 1) \ B, x → x , 则 f ∶[0 , 1 ] → (0 , 1 ) 即是一个一一映射 .

□

上面的解法可推广到其 他情况 , 今将其归纳一下 .设 X , Y 是两 个 不可数集 , 要作一一一映射 f∶ X → Y . 通常可分别从 X , Y 中取出无 限可数集 A , B , 使得在 X \ A 与 Y \ B 之间容易建立一一对 应关系 , 最好是使 X \ A = Y \ B . 至于 A 与 B 之间的一一对应 , 一般是不 成 问题的 .应用如上方法 , 你立即可以解决 : 1 .38 　 作一一一映射 f ∶R → R \ Q . 提示 : 令 A = Q ∪ B , B = 2 + Q, 分别从 R 与 R \ Q 中分离出 A 与 B. 1 .39 　 作一一一映射 f ∶[0 , 1 ] → R . 解 　 基本思想如同上题 .首先 注意 , cot πx 是 (0 , 1 ) 与 R 之间 的 一一映射 .从 [0 , 1 ] 中取出 A = { 0 , 1 , 1/ 2 , 1/ 3 , … } , 从 R 中取出 B = {cot (π/ n) ∶ n ≥ 2} , 于是 f ( x ) = cot πx 是 [0 , 1 ] \ A 与 R \ B 之间 的一一映射 , 然后 定义 f ( 0) = cot (π/ 2 ) , f (1/ n) = cot (π/ ( n + 2) ) , 即得所需的 f .

□

以上一一映射除了说明[0 , 1 ]与 R 基数相 等之外 , 并 无其他 作用 . 这类映射在本课程中尤其再无深究之必要 .即使对于基数问题 , 构作某 些特殊一一映射的技巧也未必 有普 遍价 值 .涉及基 数的 问题大 多借 助 于各种间接途径解决 , 只在 很少情 况下 才具 体构作 一些 特殊的 一一 映 射 .因此 , 题 1 .37～ 1 .39 只是起某种说明的作用 .

第一章 　 集论与测度

・ 14 ・

F . 点集问题 如我们已指出的 , 点集论在实变函数课程中仅有辅助意义 , 对于它 的要求以够用为准 .在§3 .2 中 , 我们将在更一般 的框架下系统地 讨论 点集 , 那时你已积累了较多的抽象思考经验 , 比目前会感觉更好 .不过 , 现在就走出一小步还是有好处 , 这样 , 你就可能用初步接触的点集概念 n

去思考一些问题 , 这就为今后的深入学习奠定了基础 .况且 , R 中的 点 集比较直观 , 容易形成直接的形象 . 1 .40 　 设 A 是 Cantor 集 P 在 [ 0 , 1] 中的余区 间的 中点之 全体 , 求 A′. 解 　 首先注意到 , P 的每个余区间仅含 A 中一点 , 因此余区间中的 点不可能是 A 的极限点 , 这就推出 A′

P .直观上 , 容易猜测 A′= P .

要证明这一点 , 就要说明 , 每点 x ∈ P 都是 A 的极限点 .因 x 不是 P 的 孤立点 , 故必有序列 { x n }

P , 使得 x ≠ x n → x . 因 P 是疏集 , P 中

任何两点之间 必 夹 有 P 的 余 区 间 , 从 而 亦 夹有 A 中 的 点 , 因 此 必 有 { yn }

A , yn → x , 故 x ∈ A′, 如所要证 .

□

R 是一完备疏集 , B 是 Ac 的 构成区间 的端点之 全

1 .41 　 设 A 体 , 求 B′.

提示 : 类似于上题 , B′= A . 1 .42 　 设 G

H

R, G 与 H 是开集 , 则 G 的每个构成区间必含

于 H 的某个构成区间 . 提示 : 注意 , 若 Δ是 H 的构成区间 , x ∈ Δ, 则 Δ是含于 H 且包含 x 的最大开区间 . 1 .43 　 R n 中的开集与闭集同时是 Fσ 型集与 Gδ 型集 . A c 是闭集 , A 是 Gδ 型集

证 　 首先注意 , A 是开集

Ac 是 Fσ

R n 是一闭集 , 则它当然也是 Fσ 型集

型集 , 故不妨只考虑闭集 .设 A

( 何故 ?) .余下只要证 A 是 Gδ 型集 . ＂ k ∈ N , 令 n

Gk = { x ∈ R ∶ d( x , A) < 1/ k} , 则 Gk 是开集 ( 这意味着 , 当 d( x , A) < 1/ k, | x - y | 充分小时亦必 d ( y , A ) < 1/ k ) .因 A 是闭集 , 故 x ∈ A

d( x , A ) = 0

＂ k ∈ N,

§1 .1 　 集 　 论

・ 15 ・

有 x ∈ Gk , 故 A = ∩ Gk , 可见 A 是 Gδ 型集 , 如所要证 . 1 .44 　 设 { f k }

n

□

lim f k < α 是 Fσ 型 集 , k

C(R ) ,α ∈ R, 则

lim f k ≥ α 是 Gδ 型集 . k 证 　 只要证第一个结论 ( 何故 ?) , 这依赖于定理 1 .1 .5 与前面已多 次强调的集分解技术 .令 f = lim f k , 　 A = { f < α} , k 则 x∈ A

当 k 充分大时 f k ( x ) < α ｖ l ∈ N, , 当 k 充分大时 f k ( x ) ≤ α - l

- 1

∞

x ∈ ∪ lim { f k ≤ α - l - 1 } , l = 1 k→ ∞

这得出 ∞

A =∪ lim { f k ≤ α - l l= 1

-1

k→ ∞

}

∞

= k,∪ ∩ { fi ≤ α - l l = 1 i≥ k 由定理 1 .1 .5 , { f i ≤ α - l

- 1

- 1

} .

} 是闭集 , 因而

∩{ fi ≤ α - l- 1 } i≥ k

亦为闭集 ( 定理 1 .1 .3 ) , 于是 A 是 Fσ 型集 . 1 .45 　 设 { f k }

n

C( R ) , 则

lim f k = - ∞ k

□ 是 Gδ 型集 .

提示 : 仿上题证法 , 亦可直接用上题结论 , 这都要用到适当集分解 . 1 .46 　 A { fk }

R n 同时为 Fσ 型集与 Gδ 型集的充要条件是 : 存在序列

n C(R ) , 使得 f k → χA .

证 　 若 { fk }

C(R n ) , f k → χA , 则由题 1 .44 知 A = { χA ≥ 1 } 是

Gδ 型集 , 又 A = { - χA < 0} 是 Fσ 型集 . 反之 , 若 A 是 Fσ 型集与 Gδ 型集 , 则有闭集 F k 与开集 Gk ( k = 1 , 2 , … ) , 使得 A = ∪ Fk = ∩ Gk .可设 Fk ↑ A , Gk ↓ A . 因 Fk

Gk , 必有

f k ∈ C( R n ) , 使得 f k Fk = 1 , f k Gck = 0 ( 这一事实不难直接证明 , 可 参看题 3 .63) .现在证明 fk → χA . 若 x ∈ A , 则当 k 充分大时 x ∈ Fk ,

第一章 　 集论与测度

・ 16 ・

c 从而 f k ( x ) = 1 = χA ( x ) . 若 x ∈ A , 则当 k 充分大时 x ú Gk , 于

是 f k ( x ) = 0 = χA ( x ) , 即得所要证 .

□

上题的有趣之处在于 : 它 将一 个纯粹 的点 集性 质与一 定的 连续 函 数序列联系起来了 . Can tor 集是每个学习点集的人 都会 有深刻 印象 的 , 它可以 说是 人 们进入抽象数学后接触到的第一个“怪异集”.其实 , 一旦你在数学领域 阅历较广之后 , 根本不会 再认为 Cantor 集 有什 么怪 异之 处 , 倒 是觉 得 它的 构 造还 挺规 则的 .Can tor 集不 仅在 实变 函 数中 有其 意义 , 而且 在 其他一些研究领域也发 挥着 独特 的 作用 .因 此 , 对 于 Cantor 集 有足 够 的熟悉是值得的 .现在就让你来构造一个“Can tor 集型”的集 . 1 .47 　 [0 , 1 ] 中的数用十进位小数表示时用不着 7 的一切数构成 一集 A , 则 A 是完备疏集 . A 在 [ 0 , 1] 中的余区间是哪些 ? 提示 : 注意 0 .7 可写成 0 .699… , 因此 (0 .7 , 0 .8 ) 必为 余区间之一 ; 依此类推 . 1 .48 　 设 P 是 Cantor 集 , 则 P + P = [ 0 , 2] , 此处 P + P = { x + y∶ x , y ∈ P} . 　 　 证 　 ＂ x , y ∈ P, 有 0 ≤ x + y ≤ 2 , 因此 P + P 地成立 .余下证 [0 , 2 ]

[0 , 2 ] 平凡

P + P . 先证 P + P 是闭集 .若 x n , yn ∈ P , x n

+ y n → z , 因 { x n , y n } 有界 , 必有收敛子列 , 不妨设就是 x n → x ∈ P, 因而 yn → y ∈ P, 于是 z = x + y ∈ P + P , P + P 是闭集得证 .这样 , 证 P + P 在 [0 , 2 ] 中稠密 即可 .一 个直 接但细 致的 分析可 以说 明 : 若 { x n } 是 P 的余区间的端点之全体 , 则 { x m + x n ∶ m , n ∈ N } 在 [ 0 , 2] 中稠密 , 这就如所要证 .

□

所证的等式 P + P = [ 0 , 2] 看来不足为奇 , 但有很多有趣的推论 , 足以说明 P 不同寻常的性质 . P 给人 的突 出印象 是“疏”, 它本 来就 是 一个疏集 ( 下节中将说明其测度为零 ) .但 P + P 则充满了一个区间 , 这 表明 P 中实 际 上含 有足 够多 的点 ! 利用 P + P = [ 0 , 2] 可 以 证明 , P 与一区间 ( 从而与整个 R) 等基数 .不过 , 我们只要求你完成一个较 容 易的证明 . 1 .49 　 Can tor 集 P 不可数 .

§1 .2 　 测 　 度

・ 17 ・

提示 : 利用上题之结论 . 1 .50 　 设 f ∶R → R 可微 , ＂ α∈ R, { f′= α} 是闭集 , 则 f′处处 连续 . 证 　 由定理 1 .1 .5 , 只需证 ＂ α∈ R , { f′≤ α} 是闭集 ( 注意以 - f 代 f , 即可得 { f′≥ α} 是闭集 ) .设 { x n }

R, f′( x n ) ≤ α, x n → x ∈

R, 今 要 证 f′( x ) ≤ α. 若 有 无 限 多 个 x n 使 得 f′( x n ) = α, 则 由 { f′= α} 为 闭 集 得 出 f′( x ) = α. 因 此 不 妨 设 f′( x n ) < α( ＂ n ∈ N) , 亦不妨设 x n ↑ x . 若 f′( x ) > α, 则利用导函数的介值性质 , 必有 yn ∈ ( x n , x ) , 使 得 f′( yn ) = α ( 注 意 这 并 不 要 求 f′连 续 , 这 是 要 点 !) .但这又推出 f′( x ) = α, 得出矛盾 .因此得所要证 .

□

这一结果可能使你很 兴奋 , 原 来可微 函数 的导 数处处 连续 很容 易 得出 .且慢 ! { f′= α} 恒为闭集这一条件并不像表面上看来那么弱 .实 际上 , 它与 f′处处连续是等价的 !

§1 .2 　 测 　 度 一、定理与定义 在实变函数课程 中 , 通 常是 从 Lebesgue 测 度开 始学 习 测度 论的 . 你在一开始就不得不面对双重的困难 : 既要理解 Lebegue 可测集 , 又要 了解可测集的测度如何定义 , 而二者都是一个冗长构造过程的结果 , 远 不是初学者所容易把握的 .无论我们如何去改进与简化某些细节 , 都不 太可能根本改变我们所面临的困境 .这就形成了一个令人烦恼的局面 : 在刚开始学习函数论的大学生中 , 测度论难以受到欢迎 , 而这与它在现 代数学中的辉煌成功 , 形成鲜明的对照 . 那么 , 我们不 禁要 问 : 大 学 生必 定 一 开 始 就要 完 全 了 解 Lebesgue 测度的构造细节吗 ? 不妨联 系到一 个类 似的问 题 : 学过 微积分 的大 学 生 , 对于实数理论果真能完全了然于胸吗 ? 实际上 , 妨碍大学生迅速地 跨过一道门槛的 , 并不是他们的学习能力 , 而是一种习以为常却未必适

第一章 　 集论与测度

・ 18 ・

当的要求 . 如果从大处着眼 , 事情本 来比 一个复 杂的 构造 过程所 展示 的要 简 单得多 : 测度 原不 过是 熟 悉的 长度、面积 与体 积等 概念 的 一个 自然 推 广 ; 它不仅适用于由旧的度量方法所处理的规则图形 , 而且也适用于某 些更复杂的集合 ; 而一般可测集的测度可用较简单集合的测度来逼近 , 就如同通常用多边形面积逼近 一般 平面 区域的 面积 一样 .在测 度的 应 用中 , 可测集及 测度的 构造性定 义并不 起多大作 用 .真正重要 的东西 , 实际上是测度的几条性质 , 这些性质为数不多 , 而且从直观上看来是如 此自然 , 初学者无论如何是乐于接受的 .而一旦立足于这些基本性质的 基础之上 , 就可以有效地运用测度去解决问题 .当然 , 就 Lebesgue 测 度 而言 , 如果没有一个适当的构造性定义 , 就不能严格地证明它的基本性 质 .但我们完全可以将这一实现逻辑严格化的工作适当推迟 , 让大学生 首先看到 , 如果认可关于测度的一些基本结论 , 能够推演出哪些令人感 兴趣的东西 来 .而 要 做 到 这 一 点 , 用 一 般 测 度或 抽 象 测 度 , 而 不 是 像 Lebesgue 测度这样构造精微的特殊测度 , 实际上更加简单、方便 . 定义 1 .2 .1 　 给定非空集 Ω 与非空集族 A ( P1 )

2

Ω

.若 A 满足条件 :

∈ A;

( P2 ) 若 A n ∈ A( n = 1 , 2 , … ) , 则 ∪ A n ∈ A; ( P3 ) A ∈ A

c

A ∈ A,

则称 A 为 Ω 上的 一 个 σ - 代 数 , 称 ( Ω, A) 为一 个 可 测 空 间 , 称 每 个 A ∈ A 为 A－可测集 .若 A 是一 个 σ－代数 , 函数 μ∶A → R 　 + = [0 , ∞ ] 满足以下条件 : ( Q1 ) μ

= 0;

( Q2 ) 完全可加性 : 若 A n ∈ A( n = 1 , 2 , … ) 互不相交 , 则 μ( ∪ An ) = n

∑μA

n

,

n

则称 μ为 ( Ω, A) 上的一个 测度 , 称 ( Ω, A, μ) 为一 个测 度空 间 .若 进 而假定 μ还满足条件 : ( Q3 ) B

A ∈ A, μA = 0

B ∈ A,

则称 μ为完备测度 , 或说 ( Ω, A, μ) 是一个完备测度空间 .若存在集 列

§1 .2 　 测 　 度

{ An }

・ 19 ・

A, 使得 Ω = ∪ A n , μA n < ∞ ( n = 1 , 2 , … ) , 则称 μ为σ- 有

限测度 ; 若 μΩ < ∞ , 则称 μ为有限测度 ; 若 μΩ = 1 , 则称 μ为概率测 度 . 若 μA = 0 , 则称 A 为零测集 .若 { x∶ x 不满足 P} 是零测集 , 则说 条件 ( 或命题 ) P 几乎处处成立或 a .e .成立 .若要强调 a .e .是相对于 测 度 μ 而 言 的 , 就 写 作 μ－a .e . . 例 如 , f 为 μ－a .e . 非 负 函 数 意 味 着 μ{ f < 0} = 0 . 让我们考察一下公 理 ( P1 ) ～ ( P3 ) 与 ( Q1 ) ～ ( Q3 ) 的 作 用 .( P1 ) ～ ( P3 ) 完 全 是 集 论 性 质 的 , 它 与 ( Ω, A) 上 是 否 定 义 有 测 度 无 关 .由 ( P1 ) ～ ( P3 ) 直接推出 : Ω =

c

∈ A; 若 A , B , A n ∈ A ( n = 1 , 2 , … ) ,

则 c

c

c

∩ A n = ( ∪ A n ) ∈ A, 　 　 A \ B = A ∩ B ∈ A . 这就可将 ( P1 ) ～ ( P3 ) 合并成一个条件 : A 中任何可数 个集经并、交与 差 等集运算而得之集仍属于 A .明确了这一点 , 对于条件 ( P1 ) ～ ( P3 ) 已 无 需更多考虑了 .再看公理 ( Q 1 ) ～ ( Q3 ) .( Q1 ) 是 很平 凡 的 : 若 μ

> 0,

则不难用 ( Q2 ) 推出 μA ≡ ∞ ( ＂ A ∈ A) , 这样的 μ显然不会使人感兴 趣 .( Q3 ) 并非处处需要 .而且 , 任 何测 度 μ 经微 小修 正后 , 总可 改造 为 一个完备测度 珔 μ ( 称为 μ的完 备化 ) .因此 , ( Q3 ) 并 不构 成对测 度的 本 质限制 .这 样 , 在 测 度 定 义 中 , 真 正 重 要 的 核 心 条 件 是 完 全 可 加 性 ( Q2 ) ; 关于测度的所有重要结论都是 由此 推出来 的 .为便 于应用 , 将 关 于测度的主要性质综合在以下定理中 . 定理 1 .2 .1 　 设 ( Ω, A, μ) 是一个测度空间 , 则以下结论成立 : ( i) 单调性 : 若 A , B ∈ A, A

B , 则 μA ≤ μB; 当 μA < ∞ 时

μ( B \ A) = μB - μA . 　 　 ( 可减性 ) 　 　 ( ii) 次可加性 : 若 A n ∈ A( n = 1 , 2 , … ) , 则 μ( ∪ An ) ≤ n

∑μA

n

;

n

当 { A n } 互不相交时上式中的等号成立 ( 这就将 ( Q2 ) 包括进来了 ) . ( iii) 连续性 : 若 A n ↑ A , 或 A n ↓ A 且 μA 1 < ∞ , 则 μA = lim μA n . n

第一章 　 集论与测度

・ 20 ・

　 　 为界定某个测度 μ , 首先得适 当地确 定 σ - 代数 A .A 越大 , 定 义 在 A 上的测度适用范围就越广 .因此 , 自 然倾 向于取 尽可 能大 的 A, 最 好是每个 A

Ω 均可测 , 这意味着取 A = 2

Ω

. 在 定义 Ω 上的计数 测

度时就是如此 , 计数测度 μ定义为 : A 所含元素之个数 ,

μA =

∞,

　 　

A 是有限集 ; A 是无限集 .

不过 , 计数测度毕竟 是一 种 特别 简单 的 测度 .对于 像 Lebesgue 测 度 这 样构成较复杂的测度 , 测度 的定义 通常 依赖 于一个 由特 殊到一 般的 逼 近程序 , 这就不能将 A 取得 过大 , 否则 会使 所用 的 逼 近程 序 变得 很 困 难 , 甚 至不可能 施行 .通常的 做法是 , 取定 某个由 较简单的 集组成的 集 族C

2

Ω

, 首先在 C 上 定义 μ, 然 后 将 μ扩 张到 一 个 包含 C 的 最 小

σ - 代 数 A 上 .这样的 A 就称为由 C 生成的 σ - 代数 , 记 作 σ( C) . 若 n

n

n

取 Ω = R , C 为 R 中的开集之全体 , 则称 σ - 代数 σ(C) 为 R 上 的 n

Borel 集族 , 记作 B .Borel 集包括了所有开集、闭集、Gδ 型集、Fσ 型 集 等 , 但还包含许多 更一 般 的集 .利用 Borel 集 概 念 , 现 在已 可 描述 最 重 要的测度 : Lebesgue 测度 . n

n

定理 1 .2 .2 　 存在唯一确定的完备测度空间 ( R , L , m ) , 使得以 下条件满足 : ( i) B

n

L n;

( ii) 测度单位 : m [0 , 1 ]

n

n

= 1 , [ 0 , 1] 表 n 维单位方体 ;

( iii) 平移不变性 : ＂ A ∈ L n , x ∈ R n , 有 m ( A + x ) = m A ; n

( iv) 逼近性质 : ＂ A ∈ L ,ε> 0 , 存在闭集 F 与开集 G, 使得 F A

G, 且 m ( G \ F) < ε. 上述 的 m 称 为 n 维 Lebesgue 测 度 , 而 L

n

中的集称为 n 维

Lebesgue 可测集 .在不必明 显提 到 维数 时 , 可 将 以上 术 语中 的“ n 维” n

省去 .在 R 中通 常使 用 Lebesgue 测 度 , 因 而常 省去“ Lebesgue”一词 . 在定理 1 .2 .2 中尽管未明确提到 m 的定义 , 但综合定理 1 .2 .1 与定 理 1 .2 .2 已可获 得关于 m 的 相当清晰 的印象 .以 n = 1 的情 况为 例 .首 先 , 由 m[ 0 , 1] = 1 可 推 出对 任 何 a < b 有 m ( a , b) = b - a; 若

§1 .2 　 测 　 度

・ 21 ・

R 可数 , 则 m A = 0 ; 若 G = ∪ δi ,δi 是开集 G 的构成区间 , 则由完 i

A

全可加性有 mG =

∑ mδ i

.约定 L = L 1 , 任给 A ∈ L, 由定理 1 .2 .2 的

( iv) 可推出: A 且 G 是开集} .

m A = inf{ m G∶ G 定理 1 .2 .2 也完全确定了 L 的构造 : R∶存在 B , C ∈ B, 使 B

L = {A

A

C , m ( C \ B) = 0 } . ( 1)

据此你可以想象 , L 是一个足够大的 σ - 代数 .尽管如此 , L 并不包括 R 的所有子集 , 因有以下定理 : 定理 1 .2 .3 　 设 A

R, mA > 0, 则 A 必有 Lebesgue 不可测子集 .

不过 , 如上所述的不可测集都出自某种矫揉造作的构造 , 它们并不 构成对 Lebesgue 测度现实应用的威胁 . 以上所述 , 是你在初学测度论时所必须掌握的最基本的内容 .与流 行的教材比 较 , 你会感到 少了一 点 .例 如 , 尚未提 及不无用 处的外测 度 m

＊

与内测度 m ＊ . 但应当说 , 对于顺利学习实变函数与泛函分析课程

的大部分内容 , 本节已提及的测度论知识已经够用 ; 限制在这个较小的 范围内 , 你较易获得一个清晰简洁的印象 , 而这对于初学者无疑是头等 重要的 .但若希望深入地了解测度的构成 , 那么就得稍稍扩大已得的知 识 .至少 , 你应熟悉外测度的概念 . ＊

定义 1 .2 .2 　 设 ( Ω, A) 是一可测空间 .若函数 μ ∶A → R 　 + 满足 以下条件 : ＊

( i) μ

= 0;

( ii) 单调性 : ＂ A , B ∈ A: A

B

＊

＊

μ A ≤ μ B;

( iii) 次可加性 : 对任何 A n ∈ A( n = 1 , 2 , … ) , 有

∑μ

＊

＊

μ (∪ An ) ≤ n ＊

An ,

n

Ω

＊

则称 μ 为 A 上的外测度 ; 当 A = 2 时称μ 为 Ω 上的外测度 . 外测度的价值表现于如下定理 . ＊

定理 1 .2 .4 　 设 μ 是 Ω 上的外测度 , A 是满足条件 μ＊ A = μ＊ ( A ∩ B) + μ＊ ( A \ B) 　 ( ＂ A

Ω)

( 2)

第一章 　 集论与测度

・ 22 ・

＊

的集 B

Ω 之全体 , 则 μ 在 A 上的限制是一完备测度 .

条件 (2 ) 就是著名的 Carat heodory 条件 .当 B 满足条 件 ( 2 ) 时 说 B 是μ＊ - 可测的 . n

对于任给 A

R , 约定 ＊

A = inf{ m G∶ G 是开集且 G

A};

m ＊ A = sup{ m F∶ F 是闭集且 F

A},

m

二者分别称为 A 的外测 度与 内 测度 .可 以验 证 , m 意义上的外测度 , 而 Lebesgue 可测集恰好是 m

＊

＊

( 3)

确是 定义 1 .2 .2

- 可测集 .

现在考虑一些关于测 度的 问题 .在看 了关 于测 度的一 些抽 象命 题 之后 , 你必定急于要了解一些测度的具体例子 , 那么首先让我们解决如 下的问题 :

二、问题与方法 A . 测度的例子 对于给定的集函数 μ∶A → R 　 + , 在大多数情况下 , A 为 σ - 代数、 μ非负及 μ

= 0 都是明显 的 , 因而唯一 实质性 的验证工 作是完全 可

加性的验证 . 1 .51 　 设 ( Ω, A) 是 任 一 可 测 空 间 , { x i } { pi }

Ω 是 一 可 数 集,

R+ ,

∑ p χ ( x ) 　 ( A ∈ A) ,

μA =

i

A

i

i

则 μ是一个测度 ; 当

∑p

i

= 1 时 μ是概 率测 度 .特 别 , 对任 何 x0 ∈

Ω, μA = χA ( x 0 ) 定义一概率测度 . 证 　 只需验证完全可加性 .设 A = ∪ A n , A n ∈ A( n = 1 , 2 , … ) 互 不相交 , 则 χA =

∑χ

A

n

n

, 于是

μA = ∑ pi ∑ χA n ( x i ) i

n

= ∑ ∑ pi χA n ( x i ) = n

i

∑μA

n

.

□

n

　 　 上题中的 μ可看作以强度 pi 离散地分布于点 x i 的某种载荷或量 .

§1 .2 　 测 　 度

・ 23 ・

这种形式的测度突破了通常视测度为几何度量的直观意义 . 1 .52 　 设 Ω 是任一不可数集 , A = { A

Ω∶ A 或 Ac 可数} , 定义

0 , 　 　 A 可数 ;

μA =

c

1 , 　 　 A 可数 .

则 ( Ω, A,μ) 是一完备概率测度空间 . 证 　 显然

∈ A; A ∈ A

c

A ∈ A . 若 A n ∈ A( n = 1 , 2 , … ) , c

c

A = ∪ A n , 则当 A n 均可数时 A 可数 ; 当某个 A n 可数时 A 可数 , 因此 c

总有 A ∈ A, 故 A 为 σ - 代数 .因 Ω 不可数 , 故 A 与 A 不可能同时可 数 , 因此 μ的定义合理 .若 A n ∈ A( n = 1 , 2 , … ) 互不相交 , 则当 A n 均

∑ μA = 0; 当某个 A 可数时 A ( k ≠ n ) 必可数 , 因此 = μA = ∑μA . 于是 μ是概率测度 ; 它显然为完备测度 .

可数时 μA = 1 = μA

c n

n

n

k

k

k

□ 1 .53 　 设 ( Ω, F, μ) 是一测度空间 , μΩ > 0 , A = { A ∈ F∶μA = 0 或 μA c = 0} , 定义 0 , 　 　 μA = 0;

νA =

c

1 , 　 　 μA = 0 ,

则 ( Ω, A,ν) 是一概率测度空间 ; 当 μ完备时ν亦完备 . 1 .54 　 设 Ω 是任一非空集 , C A ∈ C; ( ii ) A n ∈ C( n = 1 , 2 … ) A= {A

Ω

2 有以下 性质 : ( i ) A

B∈C

∪ A n ∈ C; ( iii ) Ω ú C . 令

c

Ω∶ A ∈ C 或 A ∈ C} , 定义 μA =

0 , 　 　 A ∈ C; c

1, 　 　 A ∈ C .

则 ( Ω, A, μ) 是一个完备概率测度空间 . 注意题 1 .54 统一了题 1 .52 与 1 .53 这两种情况 .你还可以举出属 于题 1 .54 这种 模式的 进一步的 例子 .如上形 式的测 度既简单 又奇特 , 似乎与 Lebesgue 测度及计数测度都相差 甚远 , 但同样 不失为很 有意 义 的测度 .简单说来 , 题 1 .54 中的测度 μ在极端上量 度了集 合 : μA = 0 与 μA = 1 分别表示“ A 是小集”与“ A 是大集”, 这又分别对应稀有与 一般 , 或微不足 道与几乎 所有 .这些都 是人们 极希望给 出严格 描述 , 却

第一章 　 集论与测度

・ 24 ・

又深感为难的基本概念 .上述的测度论刻画虽未必是很精细的 , 但应算 是完全严格而又可操作的 , 它涵盖了多种具体的概念 , 在现代数学中有 很重要的意义 . 题 1 .53 是从已知测度构成新测度的例子 .更常见的情况是通过已 知测度的运算构成新测度 . 1 .55 　 设 μn ( n = 1 , 2… ) 是可测空间 ( Ω, A) 上的 测度 , {αn } R+ , 则 μ ＞

∑αμ n

n

是 ( Ω, A) 上的测度 .

证 　 只要验证完全可加性 .设 A k ∈ A( k = 1 , 2 , … ) 互不相交 , 则 μ( ∪ A k ) = ∑αnμn ( ∪ Ak ) k k n

= ∑ ∑αnμn A k n

k

= ∑ ∑αnμn A k = k

n

∑μA

k

.

□

k

　 　 1 .56 　 设 {μn } 是 ( Ω, A) 上的一列测度 , μn A ≤ μn + 1 A( A ∈ A, n = 1 , 2 , … ) , μA = lim μn A ( A ∈ A) , 则 μ是 ( Ω, A ) 上的测度 .研究例 n 子 : μn A = m ( A ∩ [ - n , n] ) ( A ∈ L ) . 1 .57 　 设 ( Ω, A,μ) 是一个测度空间 , ( E , C) 是一个可测 空间 , 映 射 F∶Ω → E 满足条件 F - 1 C

A, 这意味着 ＂ C ∈ C, 有 F - 1 C ∈ A

( 这样的 F 称为可测映射 ) .定义 μF C = μ( F - 1 C) 　 ( C ∈ C) , 则 μF 是 ( E , C) 上的测度 ( 称为由 F 导出的测度 ) . 证 　 只需验证完全可加性 : 设 Cn ∈ C( n = 1 , 2 , … ) 互不相交 , 则 - 1 ∪Cn μF ( ∪ C n) = μ F n n -1 F Cn =μ ∪ n

　 　 　 　 　 ( 用 § 1 .1( 11 ) )

- 1 = ∑μ F Cn = n

∑μ C F

n

.

□

n

　 　 1 .58 　 设 ( Ω, A,μ) 是一个测度空间 , F∶ Ω → E 是一一一映射 , 则 F 在 FA ＞ { F A∶ A ∈ A } 上导出一测度 . 题 1 .51～ 1 .58 大概已使你有一初步印象 : 构成测度的方式是多种

§1 .2 　 测 　 度

・ 25 ・

多样的 .更进一步 , 不妨告诉你 : 实际上的测度可能有无限多个 , 只是更 多的构成测度的方法比前面的 例子 要复 杂 , 你只能 在今 后的学 习中 逐 步接触 .但无论你将遇到什么新的测度 , 像定理 1 .2 .1 这样的基本结论 总是普遍适用的 .现在就利用定理 1 .2 .1 来解决一些问题 . B . 测度的一般性质 以下设 ( Ω, A,μ) 是给定的测度空间 .反复应用测度的完全可加性 ( 等式 ) 、单调性与次可加性 ( 不等 式 ) 、连续性 ( 极限 式 ) , 可推出 有关 测 度的各种结论 . 1 .59 　 对任何集列 { A n }

A, 有 μ lim A n ≤ lim μA n . n

n

证 　 令 A = lim A n , 则 k∩ Ak ↑ A ( 这 是一 个 经常 用到 的基 本 事 ≥n n

实 ) , 于是 ∞

Ak μA = lim μ k∩ = n n

　 　 　 ( 连续性 )

≤lim μA n . 　 　 　 　 　 ( 单调性 )

□

n

　 　 1 .60 　 设 集 列 { A n }

A 满 足 条 件 μ( ∪ An ) < ∞ , 则 n

A n ≥ lim μA n ( 与题 1 .59 对照 , 附加的条件用在何处 ?) μ lim n n 1 .61 　 设 { A n }

A, μ( ∪ A n ) < ∞ , A = lim An , 则 n n μA = lim μA n . n

　 　 提示 : 综合前两题的结论 . 1 .62 　 设 { A n }

An = 0 . A, ∑μA n < ∞ , 则 μ lim n n

证 　 关键在于利用条件 ∑μA k → 0 ( n → ∞ ) : k≥ n

A n ≤μ k∪ A k 　 　 　 ( 单调性 ) μ lim n ≥n ≤ ∑μAk → 0 . 　 　 ( 次可加性 )

□

k≥ n

　 　 对于概率测度 μ , 题 1 .62 的结论意味着 : 若当 n 充分大时 μA n 足 够小 , 则几乎不可能有任意大的 n 使事件 A n 发生 .这一结 论在概率 论 中广为应用 .如果你看重测度论在概率论中的应用 , 必定会对以下几题

第一章 　 集论与测度

・ 26 ・

感兴趣 .在题 1 .63～1 .65 中假定 μ是概率测度 . n

1 .63 　 设 ∑ 1 μA i > n - 1 , 则 μ( ∩1 A i ) > 0 . n

c

证 　 注意 μA > 0

μA < 1 ( 这是概率测度所独有的性质 !) , 于是

由 Ai μ ∩ i

c

c A =μ ∪ i 　 　 　 ( 对偶律 ) i

≤ ∑μA ic

( 次可加性 )

= ∑ ( 1 - μA i )

( 可减性 )

i

i

= n -

∑μA

i

< 1

i

得出所要证 .

□

Ani > 0 . 1 .64 　 设 μAn → 1( n → ∞) , 则有子列 { An i } 使得 μ ∩ i 提示 : 取子列 { A n i } 使得

∑ μA

c n

i

< 1 .

1 .65 　 设 μA n = 1 ( n = 1 , 2 , … ) , 则 μ( ∩ A n ) = 1 . c

提示 : 指明 μ( ∪ A n ) = 0 . 在利用定理 1 .2 .1 解题 1 .59～ 1 .65 时 , 你根本用不着 集 A n 的 特 殊性质 ; 你 无需了解 A n 由哪些 元素组成 , 当 然也没有 假定 A n 是否 为 熟知的 R n 中的点集 .舍去集合的具 体特征后 , 就 能在一 种很纯 粹的 形 式下进行推 理 , 这样反而 能实现 问题的简 化 .不过 , 若要解 决一些更 细 致的问题 , 你就得考虑某些具体的测度 , 而不能仅仅依赖于定理1 .2 .1 . 当然 , 我们的主要兴趣在 Lebesgue 测度 , 尤其是 1 维 Lebesgue 测度 , 它 能提供更丰富的结论 .现在就来考虑 . C . Lebesgue 测度 为解关于 Lebesgue 测度的问题 , 当然你可应用定理 1 .2 .1 , 但通常 已经不够了 ( 除非所证结论 可推广 于任 何测度 ) , 因 此得 考虑应 用定 理 1 .2 .2 与 1 .2 .3 , 以及它们的某些推论 .最 常用到的 事实是 : 1 维开集 的 测度是其构成区间长度之和 ; 可数 集恒为零 测集 ; mQ = 0 ; 零 测度 的 开集必为空集 , 等等 .

§1 .2 　 测 　 度

1 .66 　 存在完备疏集 A

・ 27 ・

[ 0 , 1] , 使得 m A = 1/ 2 .

证 　 只要作一个在 (0 , 1 ) 内稠密的开集 G, 使得 mG = 1/ 2 , G 有 无限多 个 没 有公 共 端点 的 构成 区 间 .因 若 G 满足 以 上 要求 , 则 A = [0 , 1] \ G 是完备集 , m A = 1/ 2 , 由 G 在 (0 , 1 ) 内稠密推出 A°=

,

因而 A 是疏 集 . G 的构成类 似于 Cantor 集 在 [ 0 , 1] 内的 余集 : 取长 为 1/ 4 的开 区 间 δ1 1 , 使其 中 心在 1/ 2 ; 取 两 个长 为 1/ 16 的 开 区 间 δ2 1 , δ2 2 , 使其中心分别为 δ1 1 在 [ 0 , 1 ] 中两 个余 区间 的中 心 , … , 如 此相 继 取出开区间 δnk , k = 1 , 2 , … , 2

n-1

n

, n = 1 , 2 , … , 使 mδn k = 1/ 4 , 则

G =∪ δnk 即合于所求 . k, n

□

1 .67 　 任给 α∈ (0 ,1) , 存在完备疏集 A

[0 , 1] , 使得 mA = α.

提示 : 仿上题作法 , 只要适当改变余区间长度 . 1 .68 　 存在闭集 F 提示 : 只要作开集 G

R \ Q, 使得 m F > 0 . Q, 使 mG < ∞ .

直观上很有趣的是 , 尽管 如上 的开 集 G 覆 盖了 全部 有理 点 , 却 远 未能覆盖实轴 ! 如果不用测 度论 , 依靠 平常 的思考 恐怕 难以达 到这 一 结论 .下题提供了更有趣的事实 . 1 .69 　 设 Q = { rn ∶ n ∈ N} , G = ∪ ( rn - n - 2 , rn + n - 2 ) , 则对任 n 何闭集 F

R 有 m ( GΔF) > 0 .

证 　 因 m ( GΔF) = m ( G \ F) + m ( F \ G ) , 故 只 要 证 : 若 m ( G \ F) = 0 , 则 必 m ( F \ G ) > 0 . 因 G \ F 是 开 集 , 故 从 m ( G \ F) = 0 推出 G \ F = R = 珡 Q

( 这是要点 !) , 从而 G G 　

F . 于是

　F = F,

故 F = R, 因此 m ( F \ G ) = ∞ > 0 , 如所要证 .

□

Lebesgue 测度的逼近性质 ( 定理 1 .2 .2 ( iv) ) 是 体现 其特殊 构造 的 关键性质 , 它使得涉及 Lebesgue 测度的问题可能转化为开 集测度的 问 题 , 而后者较容易处理 .因 此 , 在 解有 关 Lebesgue 测 度的 问题 时 , 应 特 别关注逼近性质的应用 .试看两个简单的问题 . 1 .70 　 设 A

R, m A < ∞ , 则 ＂ ε > 0 , 存在有限个 开区间 δi ,

使得 m ( AΔ( ∪ δi ) ) < ε.

第一章 　 集论与测度

・ 28 ・

证 　 这明显地是一个逼近 问题 .直观 上 , 应取 一 个充 分接 近 A 的 开集 G, 然后取 G 的充分多的构成区间 .准确的论证如下 .取定 ε> 0 . 由定理 1 .2 .2 ( iv) 有开集 G = ∪ δi , 使得 m ( G \ A) < ε/ 2 ,δi 是 G 的 构成区间 .因 m A < ∞ , 必

∑ mδ = i

m G ≤ m A + m ( G \ A) < ∞ ,

i

故存在 n ∈ N, 使得

∑ mδ < ε/ 2 . 令 i

n

B = ∪1 δi , 则

i> n

( 可加性 )

m ( AΔB) = m ( A \ B) + m ( B \ A)

≤ m ( G \ B) + m ( G \ A ) 　 　 ( 单调性 ) <ε/ 2 + ε/ 2 = ε, 即得所要证 . 1 .71 　 设 A G

□ R .若 ＂ ε> 0 , 存在开集 G 与闭集 F , 使得 F

A

R, m ( G \ F) < ε, 则 A 必 Lebesgue 可测 .

提示 : 由 (1 ) , 只要作 B , C ∈ B, 使得 B

A

C, m ( C \ B) = 0 .

　 　 已知可数集恒为 ( Lebesgue ) 零测集 .因此 , 当 m A > 0 ( A

R) 时 ,

A 必非可数集 .另一方 面 , 题 1 .66 表 明正 测 度 集可 以 是疏 集 , 因 而 可 能不充满任何区间 .正测 度集 究竟有 哪些 特性 ? 这 看来 还不是 一个 简 单的问题 .下面的一组题给出了一系列有趣的结论 . 1 .72 　 设 A

R, m A > 0 , 则存在 x , y ∈ A, 使得 0 ≠ x - y ∈ Q .

直观上 , 这意味着 A 中必有两点间的距离为有理数 . 证 　 不妨设 A 有 界 ( 否 则以 A ∩ [ - n , n] 代 A , n 充 分 大 ) .令 Q ∩ [0 , 1 ] = { rn ∶ n ∈ N} , A n = A + rn . 若所要求的 x , y 不存在 , 则 A n ( n = 1 , 2 , … ) 必互不相交 ( 若 m ≠ n , A m ∩ A n ≠

, 则必 有

x , y ∈ A , 使 x + rm = y + rn . 从而 0 ≠ x - y = rn - r m ∈ Q ! ) , 但这推出矛盾 : An = ∞ > m ∪ n

∑mA

n

= ∞ !

n

其中用到 m A n = m A > 0 .

□

形式上类似 , 而实际上更简单的问题是 : 1 .73 　 设 A

R, m A > 0 , , 则 存在 x , y ∈ A , 使 得 x - y ∈

§1 .2 　 测 　 度

・ 29 ・

R\ Q. 提示 : 若 A - A 1 .74 　 设 A

Q , 则 A 是可数集 .

R , m A > 0 , 0 < β < 1 , 则 存在 开区 间 Δ , 使 得

βmΔ < m ( A ∩ Δ) . 证 　 如同对于题 1 .72, 不妨设 mA < ∞ .直观上, βmΔ< m( A ∩ Δ) 意味着 A 中的点充分地充满了区间 Δ .这就启发 我们选取 依测度充 分 逼近 A 的开集 G , 然后取 G 的某个构成区间作为所求的 Δ .取开集 G A , 使得 mG < β- 1 m A ( m A > 0 用于此 !) .设 {Δi } 是 G 的构成区 间之全体 , 则

∑βmΔ i

= βmG < m A =

i

∑m( A ∩ Δ), i

i

这推出必有某个 i , 使得 βmΔi < m ( A ∩ Δi ) .

□

正测度集必“ 充分地填 满某个 区间”这一 事实 , 可用来 推出一系 列 深刻结论 , 这些结论都是直观上虽然可信、但非测度论的论证难以确切 说明的 .以下几题将使你较充分地感受到测度论方法的力量 . 1 .75 　 设 A

R, m A > 0 , 则存在 δ > 0 , 使得 ＂ x ∈ ( - δ,δ) ,

有 m( A ∩ ( A + x)) > 0 . 证 　 取开区间 Δ , 使 mΔ < 2 m ( A ∩ Δ) ; 可 设 A

Δ ( 否则 以

A ∩ Δ取代 A ) .取 0 < δ < 2 m A - mΔ . 若 x ∈ ( - δ, δ) , 令 B = A ∩ ( A + x), 则 mΔ+ δ≥ m[ A ∪ ( A + x ) ] = m ( A \ B) + m ( ( A + x ) \ B) + mB = 2 m A - mB, 这就推出 m B ≥ 2 m A - mΔ - δ > 0 . 1 .76 　 设 A + A )°≠

□

R, m A > 0 , A + A = { x + y∶ x , y ∈ A } . 则 ( A

.

证 　 取开区间 Δ , 使 ( 2/ 3) mΔ < m ( A ∩ Δ) . 不妨设 A

Δ=

( - a , a ) , a > 0 ( 否则同时对 A , Δ作一平移 ) .今证当 δ> 0 充分小时 ( - δ, δ)

A + A , 因而 ( A + A )°≠

.若此结论不真 , 则有 x n ú A

+ A , x n → 0( n → ∞ ) . 于是 A ∩ ( x n - A ) =

,

第一章 　 集论与测度

・ 30 ・

4 mΔ < 2 m A = m A + m ( x n - A) 3 = m[ A ∪ ( x n - A ) ] ≤ mΔ +

xn

.

令 n → ∞ 得 4 mΔ ≤ 3 mΔ, 得出矛盾 . 1 .77 　 设 (0 , ∞ ) = A ∪ B, A , B ≠ B+ B

□ , A∩ B =

, A+ A

A,

B , 则 A , B 均不可测 .

证 　 若 A 可测 , B 亦必可测 .不妨设 m A > 0 , 于是由题 1 .76 有 ( A + A )°≠

, 从而 A°≠

, 于是有开区间 Δ

A . 必有 0 < r <

B, 这与 B + B

B 一起推出 B =

mΔ, 使 r ∈ A ( 否则 (0 , mΔ) (0 , ∞ ) ! ) , 于是从 Δ + nr

A( n = 1 , 2 , … ) 推出 A 包 含某 个区 间

( a , ∞ ) , 从而 B 有界 .但这将推出 B =

□

!

你可能有点惊喜 : 题 1 .77 不是 轻易 地论 证 了 Lebesgue 不 可测 集 的存在性吗 ? 其实并非 如此 .你能 肯 定 满足 上 题中 条 件的 集 A , B 存 在吗 ? 1 .78 　 设 A

( - a, a) , m A > a > 0 , 则存在 B

A , 使得 m B

> 0 且 B = - B ( 即 B 为对称集 ) . 提示 : 令 B = A ∩ ( - A ) ( 参照题 1 .7 5) . 1 .79 　 设 A

R 可测 , a ∈ R, δ > 0 , ＂ x ∈ ( - δ, δ) , a + x 与

a - x 至少一个属于 A , 则 m A ≥ δ. 提示 : 指明 ( - δ,δ)

( A - a) ∪ ( a - A) .

从题 1 .20 你看到 “ , 局部 可数” 可 数 .那时用 的方法现 在可用 来 解决类似的如下问题 . 1 .80 　 设 A

R 可测 .若 ＂ x ∈ R, ｖ r x > 0 , 使得 m [ A ∩ ( x -

rx , x + rx )] = 0 , 则 mA = 0 . 1 .81 　 陈述并证明题 1 .80 的 n 维推广 . 1 .82 　 设 A , G 证 　 只要证 G ( G \ A ) ∩ Br ( x ) =

n

R , m A = 0 , G 是开集 , 则 G 　 = G\ A . c

G \ A . 若 x ∈ ( G \ A) , 则 有 r > 0 , 使 , 从 而 G ∩ Br ( x )

Br ( x ) ) = 0 , 因此 G ∩ Br ( x ) =

A . 这推出 m( G ∩

, x ú G, 如所要证 .

□

§1 .2 　 测 　 度

・ 31 ・

D . 外测度问题 与测度比较 , 外测度缺少一个关键的性质 : 完全可加性 , 因此 , 要得 出关于外 测度的等 式很不 容易 .但如同 测度一样 , 外 测度也是 单调的、 次可加的 , 故对于不等式问题 , 外测度与测度并无明显差别 . ＊

以下设 μ 是集 Ω 上的给定外测度 . 1 .83 　 设 μ＊ A , μ＊ B 有限 , 则 μ＊ A - μ＊ B ≤ μ＊ ( AΔB) . 提示 : 注意 A

B ∪ ( AΔB) , B

＊

＊

A ∪ ( AΔB) . ＊

1 .84 　 μ ( AΔC) ≤ μ ( AΔB ) + μ ( BΔC) . 提示 : 指明 AΔC

( AΔB ) ∪ ( BΔC) .

＊

＊

1 .85 　 设 μ A < ∞ , B 为 μ

- 可测 , 则

μ＊ ( A ∪ B) = μ＊ A + μ＊ B - μ＊ ( A ∩ B) . 　 　 证 　 分别以 A ∪ B , A 为式 (2 ) 中的 A , 得到 ＊

＊

＊

μ ( A ∪ B) = μ B + μ ( A \ B) ; ＊

＊

＊

μ A = μ ( A ∩ B) + μ ( A \ B) . ＊

从以上两式消去 μ ( A \ B) , 即得要证等式 .

□ ＊

1 .86 　 设 Bi ( 1 ≤ i ≤ n) 是互不相交的 μ - 可测集 , A i ＊

则 μ ( ∪ Ai ) =

∑μ

＊

Bi ,

Ai .

证 　 因可对 n 用归纳法 , 不妨设 n = 2 . 令 A = A1 ∪ A2 , 则 ＊

＊

＊

μ A = μ ( A ∩ B 1 ) + μ ( A \ B1 ) 　 　 ( 用 (2 ) ) ＊

＊

= μ A 1 + μ A2 .

□

　 　 注意题 1 .85 与 1 .86 中都用到 μ＊ - 可测条件 , 因而有 ( 2 ) 这一 等 式可用 .否则 , 不可能得到一个表为等式的结论 . ＊

对于 m , 因有明显的定义式 , 故可得出某些更强的结论 . 1 .87 　 设 A

R, 则有 Gδ 型集 B

证 　 不妨设 m ＊ A < ∞ . 取开集 Gn = ∩ Gn , 则 B

A , 使得 m ＊ A = m B . A , 使 mGn → m ＊ A . 令 B

A, m ＊ A ≤ m ＊ B = mB

( 单调性 )

n

Gk = lim m k∩ =1 n

( 连续性 )

第一章 　 集论与测度

・ 32 ・

≤lim m Gn = m n 这得出 m

＊

＊

A, □

A = mB .

1 .88 　 设 A n ↑ A 证 　 取 Bn

R, 则 m

＊

A = lim m n

A n , 使得 m B n = m m

＊

＊

＊

An .

A n ( 用上题 ) , 则

A ≤ m lim B n 　 　 ( 单调性 ) n

≤lim mB n

( 用题 1 .59 )

n

= lim m n

＊

An ≤ m

＊

A,

由此得出 m ＊ A = lim m ＊ An . n 1 .89 　 设 A

□

R, 0 ≤ α≤ m

＊

A , 则有 B

A, 使 m

＊

B = α; 当

A 可测时可要求 m B = α . ＊ 提示 : 证明 φ( x ) ＞ m [ A ∩ ( - x , x ) ] 连续 .

§1 .3 　 可测函数 一、定理与定义 在初步熟悉了测度论 的基 本知 识之后 , 现 在令 人关心 的首 要问 题 是如何将测 度论方 法用于研 究函数 .设 ( Ω, A,μ) 是给 定的测 度空间 , f ( x ) 是一个定义于 Ω 上的 实函数 .要能对 f ( x ) 应用测度 论方法 , 一 个自然的 要求 是 , 所 有从 f ( x ) 合 理地 构 成的 集 A

Ω 都 应是 可 测

集 .人们发现 , 所谓可测函数正好能满足上述要求 .因此 , 如同可测集一 样 , 可测函数成为测度论的最重要的基本概念之一 . 定义 1 .3 .1 　 若一个函数 f ∶Ω → R 　 = R ∪ {± ∞} 满足条件 : { f ≤ α} ∈ A 　 　 ( ＂α∈ R) , 则称 f 为 A－可测函数或 μ－ 可测函数 , 简称为可测函数 . +

约定以 M ( Ω) 记 Ω 上的可测函数之 全体 , 而以 M ( Ω) 记 Ω 上 的非负可测函数之全体 .若 Ω

R n , 则 在未加 特别 说明时 , 通 常总 认

§1 .3 　 可测函数

・ 33 ・

定在 Ω 上使用 Lebesgue 测度 , 此时相应地称 f ∈ M ( Ω) 为 Lebesgue 可测函数 , 也简称为可测函数 . 对于一个函数 f ∶Ω → R, 　 以下看来互有差异的条件互相等价 : ( i) f ∈ M ( Ω) ; ( ii) ＂ α∈ R: { f > α} ∈ A; ( iii) ＂ α∈ R: { f ≥ α} ∈ A; ( iv) ＂ α∈ R: { f < α} ∈ A; ( v) ＂ B ∈ B( Borel 集族 ) : f

- 1

B ∈ A; { f = ∞} ∈ A .

最后一个条件在形式上是最强的 .如果认 定 Borel 集 B

R 都是

性质足够清楚的合理的集 , 那么不能不认为 f - 1 B = { x ∶ f ( x ) ∈ B} 是一个合理地构成的集 , 对这样的集可求其测度 , 正是可测函数所应满 足的条件 . 只有对某些特别基本 或很 简 单的 情 况 , 才 利 用上 述 的条 件 ( i ) ～ (v) 之一来判定函数的可测性 .在大多数情况 下 , 可测性结 论源于间 接 的推断 , 而下面的定理则为此提供了主要的依据 . 定理 1 .3 .1 　 设 f , g, f n ∈ M ( Ω) ( n = 1 , 2 , … ) . 则 f g , f ∨ g , +

-

f ∧ g, f , f ,

f , sup f n , inf f n , lim f n 与 lim f n 均 为 Ω 上 的 可 测 函 n n

数 ; 而 f ± g , f/ g 与 lim f n 是使其有定义的集合上的可测函数 . n 更简单地说 就是 : 可测函 数经代数 运算 ( 和差 积商 ) 、格运算 ( 取 最 大、最 小 ) 及 极 限运 算仍 得可 测函 数 .这 就表 明 , 可 测函 数 具有 很强 的 “运算不变性”, 正如可测集具有很强的“ 集运算不变性”一样 .这是可测 函数的主要优点之一 . 与在微积分学中熟知的连续函数、可微函数比较 , 你可能感到可测 函数的最大缺点是其结构不明晰 .虽然不很严格、但直观上完全清楚的 是 , 连续函数就是其图形为连续曲线的函数 ( 对于单变量函数而言 ) .然 而现在我们却不能对可测函数作类似的描述 .不过 , 倘能指出可测函数 能用某种结构简单的函数逼近 , 那么 , 就可以说在渐近的意义上阐明了 可测函数的结构 .这就需要简单函数概念 .形如 φ=

∑α χ i

i

e

i

( 1)

第一章 　 集论与测度

・ 34 ・

的函数称为简单函数 , 其中 αi ∈ R , ei

Ω( 1 ≤ i ≤ n ) 是可 测集 .若

R 是区间 , 则 (1) 就是很 熟悉 的阶 梯 函数 .不 妨将 简 单函 数初 步

ei

想象成接近于阶梯函数的函数 .但这种比拟是很粗略的 , 简单函数远比 阶梯函数更一般 .下面分别以 S( Ω) 与 S

+

( Ω) 记 Ω 上的 简单函数 之

全体与 非负 简 单函 数之 全体 .不失 一般 性 , 在 使用 简单 函 数的 表达 式 (1 ) 时 , 可设诸 ei 互不相交 . 定理 1 .3 .2 　 设 f ∈ M ( Ω) . 则存在序列 {φn }

S ( Ω) , 使得在

Ω 上处处有 | φn ( x ) | ≤ | f ( x ) | 且 φn ( x ) → f ( x ) ; 当 f ≥ 0 时可要 求 0 ≤ φ1 ( x ) ≤ φ2 ( x ) ≤ … ≤ φn ( x ) → f ( x ) , 或缩写作 0 ≤ φn ↑ f . 　 　 结合定理 1 .3 .1 与 1 .3 .2 , 现在可以说 , f ∶Ω → R 　 为 可测函数 的 充要条件是 , 它 是简单函 数的极 限函数 .如果 说 , 像简单函 数这样结 构 分明的函数绝对应列入我们的研究对象之内 ; 那么 , 仅仅从极限运算可 以施行这一 点考虑 , 可测 函数也 是不可缺 少的 .由此看 来 , 可测函数 概 念已不像初看起来那么宽泛而难以捉摸了 . 关于 可 测 函 数 的 最 重 要 的 结 果 是 各 种 收 敛 定 理 .设 f , f n ∈ M ( Ω) ( n = 1 , 2 , … ) , 考虑以下几种收敛性 : ( i ) 依测度 μ收敛 : f n μ{

μ

f

f n , f 在Ω 上 a .e .有限 , ＂ ε> 0 , 有

f n - f ≥ ε} → 0( n → ∞ ) . ( ii) 几乎处处收敛或 a .e .收敛 : f n → f , a .e . ( iii ) 几 乎 一 致 收 敛 : f n → f , a .u .

μ{ f n /→f } = 0 .

＂ δ > 0 , ｖ Aδ

Ω, 使 得

c μAδ < δ, 在 Aδ 上 f n → → f ,→ → 记一致收敛 .

三种收敛的关系由以下定理刻画 . 定理 1 .3 .3 　 设 f , f n ∈ M ( Ω) a .e .有 限 .若 f n f , a .e . 且 f n

fn μ

fn

μ

f ; 当 μΩ < ∞ 时 f n

f , 则存在子列 { f n i } , 使得 f n i

f , a .u .

f , a .u ., 则 fn

f , a .e . . 若

f , a .u . .

与微积分学中比较单纯地使 用“处 处收 敛”及“ 一致收 敛”不 同 , 现 在你一下子就面对许多种不同 的收 敛性 , 而 且后面 章节 中还要 用到 更 多的收敛性 ( 如 L p 收 敛、弱收 敛等 ) .初 学 者可 能深 感 困惑 : 用得 着 这

§1 .3 　 可测函数

・ 35 ・

许多收敛性吗 ? 从中选择某种最好的收敛不更好吗 ? 你可能认为强的 收敛 ( 例如一致收敛 ) 是好的收敛 .如果收敛性出现在命题的结论中 , 自 然是愈强愈 好 .但若收敛 性是用 作命题的 条件 , 那就恰 好相反 , 应当 是 愈弱愈好 .由此 可见 , 至少我 们不能从 收敛性 的强弱来 区分其 优劣 .从 定理 1 .3 .3 看来 , a .u .收 敛最强 , 而 依测 度收敛 则较 弱 , 但 它们 各有 其 用 .逐步习惯于灵活运用各种收敛性 , 对于实变函数与泛函分析的学习 是至关重要的 . 前面的定理 1 .3 .2 已从一 个方面解 决了可 测函数的 结构问 题 : 可 测函数是简单函数列的极限函数 .对于一般测度空间上的可测函数 , 关 于其结构的知识就仅限于 此了 .但对 于 Lebesgue 可 测函 数 , 我 们希 望 知道得更多 一些 .特别 , 必须 建立可测 函数与 连续函数 的关系 .著名 的 Luzin 定理解决了这一问题 .这就是如下的 定理 1 .3 .4 　 设 f ( x ) 是 Ω

R n 上 a .e .有限的 Lebesgue 可测函

数 , 则有以下结论成立 : n

( i) ＂ ε> 0 , ｖ g ∈ C(R ) , 使得 sup g( x ) ≤ sup f ( x ) , 　 m{ f ≠ g} < ε. n Ω R

　 　 ( ii) 存在序列 { gk }

n

C( R ) , 在 Ω 上 gk → f , a .e .( k → ∞ ) .

Luzin 定理表 明 , 如果希 望研究对 象包括所 有连续 函数 , 且要求 极 限运算总能施行 , 那么可测函数是不可缺少的 .这就从另一角度阐明了 可测函数的意义 . 现在考虑关于可测函数的一些问题 .首先要解决的问题是 :

二、问题与方法 A . 判定函数的可测性 根据 f ( x ) 给出的形式可选择以下两种方法之一 : 方法 Ⅰ ( 直接法 ) 　 验证 定义 1 .3 .1 之条 件 ( 或 与它 等 价的 任何 一 个条件 ) 满足 .在这样做时 , 适当的集分解技术是重要的 . 方法 Ⅱ 　 将 f ( x ) 表 为某 些 已知 可测 函 数的“ 组 合”, 然 后应 用 定 理 1 .3 .1 .

第一章 　 集论与测度

・ 36 ・

通常 , 你应尽可能采用方法 Ⅱ . 1 .90 　 设 f ( x ) 在每个区间 [ - n , n ] ( n ∈ N ) 上可测 , 则 f ( x ) 在 R 上可测 . ∞

证 　 用直接法 , 注意 { f ≤ α} = n∪ [ - n , n] ∩ { f ≤ α} =1

□

.

更一般的问题是 : 1 .91 　 设 Ω = ∪ A n , A n ∈ A, f ∶ Ω → R 　 在 每个 A n 上可 测 , 则 f ∈ M ( Ω) . 1 .92 　 设 f ( x ) 在每个区间 [α, β]

( a , b) 上 可测 , 则 f ( x ) 在

[ a , b] 上可测 . 1 .93 　 设 f ∈ M ( Ω) a .e .有 限 , g ∈ C(R) , 则 φ ＞ g

f ∈

M ( Ω) . 证 Ⅰ 　 首先注意 , 因 f ( x ) a .e . 有限 , 故 g ( f ( x ) ) a .e 有定 义 , 在 使 g( f ( x ) ) 无定义的零测集上随意规定 g ( f ( x ) ) , 这并不影响 g

f

的可测性 .因此不妨一开始就设 f ( x ) 处处有限 .用直 接法 : ＂ α∈ R, B ＞ { g ≤ α} 是闭集 ( 定理 1 .1 .5) , 因 而是 Borel 集 .于是由 f 的可 测 性得出 -1

{φ≤ α} = φ ( - ∞ ,α] = f = f

-1

- 1

g

- 1

( - ∞ , α]

B ∈ A,

可见 φ∈ M ( Ω) . 证Ⅱ 　 取 简 单 函 数 列 {φn } , 使 得 φn → f ( 依 定 理 1 .3 .2 ) , 则 g

φn → g

f ( 用 g 连 续 !) .显 然 g

φn 亦 为 简 单 函 数 , 故 φ ∈

M ( Ω) .

□

上题表明 , 连续函数与可测函数的复合函数是可测函数 .由此立即 得出 : 若 f ∈ M ( Ω) , 则

f

p

( p > 0 ) , ln( 1 +

f ) , (1 +

f )

- 1

等均

为可测函数 . 现在你试去解决更一般的问题 . n

1 .94 　 设 f i ∈ M ( Ω) (1 ≤ i ≤ n ) a .e . 有 限 , g ∈ C( R ) , 则 φ( x ) = g( f 1 ( x ) , … , f n ( x ) ) 是可测函数 . 这样 , 利用以上结论 , 从 f i ∈ M ( Ω) ( 1 ≤ i ≤ n ) 直接推出 ∑ f i ,

§1 .3 　 可测函数

∏f i

i

・ 37 ・

, supi f i 等函数皆可测 . 2

1 .95 　 设 f 与 { f > 0 } 可测 , 则 f 可测 . 2

2

提示 : 若 α≥ 0 , 则 { f > α} = { f > α } ∩ { f > 0 } ; 若 α< 0 , 则 { f > α} = { f > 0} ∪

2

2

{ f < α } ∩ { f ≤ 0}

.

1 .96 　 设 f ( x ) 在 [ a, b] 上可微 , 则 f′( x ) 在 [ a , b] 上可测 . 提示 : 利用 f′( x ) = lim n f( x + n n

- 1

) - f ( x ) ( a ≤ x < b) .

1 .97 　 设 f ( x , y) ∶Ω× [ a, b] → R 对 x 与 y 分别为可测函数与 连续函数 , 则 φ( x ) ＞

max f ( x , y ) 是 Ω 上的可测函数 .

a≤ y ≤ b

证 　 φ( x ) 亦可写成 φ( x ) = a ≤sup f ( x , y) . 当 y 在 [ a , b] 上 变 y≤ b 动时 , 得到不可数多个可测函数 f (・, y ) . 为能应用定理 1 .3 .1 , 关键 在 于将 φ( x ) 表为可数多个形如 f (・, y ) 的函数的上确界函数 .为此利用 f ( x , y ) 对 y 的连续性 , 任取 [ a , b] 的 可数 稠密子 集 { yn } ( 例 如有 理 点集 ) , 验证 φ( x ) = sup f ( x , y n ) , 于是由定理 1 .3 .1 立得所要结论 . n □ n

1 .98 　 设 Ω

R 是闭集, F

C ( Ω) , φ( x ) = sup f( x ) , 则 f∈ F

φ( x ) 在 Ω 上可测 . 提示 : 注意 {φ≤ α} = f∈ ∩F { f ≤ α} , 并用定理 1 .1 .5 . n

1 .99 　 设 Ω

R 可测 , f ∶Ω → R, 　 ＂ ε> 0 , 存在闭集 F

Ω,

使 f F 连续且 m ( Ω \ F) < ε, 则 f 可测 . 提示 : ＂ k ∈ N, 取闭集 Fk k

-2

Ω, 使 f Fk 连续 且 m ( Ω \ F k ) <

, 指明 f χFk → f , a .e . . 在上节中曾提到 , 若 ( Ω, A) , ( E , C) 是两 个可测 空间 , 映射 F ∶ Ω -1

→ E 满 足条件 F C

A, 则 称 F 为 从可 测空间 ( Ω, A) 到可 测空 间

( E, C) 的可测映射 .若 f∶Ω→ R 是一个 Lebesgue 可测函数 , 则依定义 1 .3 .1 之后的条件 ( v) 得 出 , f 无非 是从 可测 空间 ( Ω, A) 到可 测空 间 -1

(R, B) 的可测映射 .初看起来令人不 解的 是 , 条件 f B 代之 以 似 乎 更 自 然 的 f - 1 L

A 为 什么 不

A 呢 ? Lebesgue 可 测 函 数 不 应 和

第一章 　 集论与测度

・ 38 ・

Lebesgue 可测集族 L 联系在一起吗 ? 问题在于 , 条件 f 质上强于条件 f

- 1

-1

L

A 可能实

A, 这样的替换会缩小 可测函数 的范围 .下题 表

B

明这种情况确会发生 . 1 .100 　 存在可测函数 f 与 B ∈ L, 使得 f 解　设 A

-1

B 未必可测 .

[0 , 1] 依题 1 .66 定义一严格增函数 f∶[0 , 1 ] → [0, 1]

如下 : 对 A 的每个余区间δn k ( k = 1 , 2 , … , 2 n - 1 , n = 1 , 2 , … ) , 定义 f 在 δnk 的左 ( 右 ) 端点 处取 值恰 为 Cantor 集 的相 应余 区间 的 左 ( 右 ) 端 点 , f 在δn k 内为线 性函 数 , 在 A 上 f ( x ) =

sup

y∈[ 0 , 1 ] \ A y< x

f ( y ) , f (0 ) = 0 .

f 显 然为严格增函数 , 因而是可测函数 , 且 f ( A) = P = Cantor 集 .由 定理 1 .2 .3 , 存在不 可 测 集 C

A . 另一 方 面 , 由 B ＞ f ( C)

m P = 0 推出 mB = 0 , 从而 B ∈ L , 但 C = f

-1

P 及

B 不可测 .

□

1 .101 　 对于一函数 f∶ Ω → R 以下两条件互相等价 : ( i ) f - 1 L A; ( ii ) 任给 Lebesgue 可测函数 g∶R → R, 有 g

f ∈ M ( Ω) ( 对照题

1 .93 ) . 结 合 题 1 .100 与 1 .101 你 就 可 得 出 似 乎 出 人 意 外 的 结 论 : Lebesgue 可测函数的复合函数未必是 Lebesgue 可测函数 ! 证 　 ( i)

( ii) 若 f (g

这表明 g ( ii )

-1

A, g 是 Lebesgue 可测函数 , 则

L

f ) - 1 ( B) = f - 1 g - 1 B

f-1L

A,

f ∈ M ( Ω) . ( i ) 设条件 ( ii) 满足 .任给 B ∈ L, 则 g = χB 是 Lebesgue 可

测函数 , 因此 g f 这就证得 f

- 1

L

f ∈ M ( Ω) , 从而 -1

B = f

-1

g

- 1

( 1) = ( g

f)

-1

( 1) ∈ A . □

A.

关于可测 函 数 还 需 某 些 说 明 .若 在 Ω 上 同 时 考 虑 几 个 不 同 的 σ - 代数 A, F, … , 则函数 f∶ Ω→ R 　 相对于 A,F 等的可测性一般是 不 同的 , 需要依具体情况分别 确定 .若 Ω

n

R 且 仅考 虑 Lebesgue 可 测

性 , 则正如 Lebesgue 不可测集并不出现于“常规地”提出的 数学问题 中 一样 , Lebesgue 不可测 函 数 亦不 会 出 现 于“ 常 规 地”构 成的 具 体 函 数 中 .因此 , 在实际问题中 , Lebesgue 可测性的要求几乎不构 成任何真 正

§1 .3 　 可测函数

・ 39 ・

的限制 .自然 , 在这个意义上的可测性判定问题也就失去了真正的重要 性 . 与可测性判定相比较 , 收敛性问题无疑更为重要 .首先考虑依测度 收敛 , 它对于你可能是全新的概念 , 在微积分学中 , 并无类似的收敛性 . B . 依测度收敛问题 按定义来判定依测度收敛是可能的选择之一 , 但数学中的一般经验 是, 过分依赖于定义必 定行之不远 ! 不过, 对于 依测度收 敛似乎 可供利 用的结 论 还 很 少 ; 对 于 普 通 收 敛 的 熟 知 结 论 , 例 如, f n → f , gn → g f n gn → fg, 又 f n → f , g 连续

g

fn → g

f , 等等 , 尚未证实亦适

用于依测度 收敛 .因此 , 首要 的问题是 , 对 依测度 收敛建立 一系列类 似 于普通收敛 的性质 .为做 到这一 点 , 不 是依靠 依测度收 敛的定 义 , 而 是 依赖于定理 1 .3 .3 所断言的“ 依测度收敛序列包含 a .e .收敛子列”这一 事实 . 下面涉及的函数假定都是 Ω 上的可测函数 , 除非另有说明 . 1 .102 　 设 f n

μ

μ

f , gn

g , f n ≤ g n , a .e ., 则 f ≤ g , a .e . .简

言之 , 不等式两边可同时取依测度收敛的极限 . 证 　 由定理 1 .3 .3 , 存在子列 { f n i } , 使得 f n i → f , a .e . .显然亦有 μ

gn i

g; 再将定理 1 .3 .3 用到序列 { g n i } , 又得出 { g n i } 的 a .e .收 敛

子列 , 为记号简单起见 , 不妨设就有 g n i → g , a .e . .因 f n i ≤ g n i , a .e ., 两边取极限 ( 这是普通极限 !) 就得到 f ≤ g , a .e ., 如所要证 .

□

分析一下上题中的论证是很有意思的 .在已知 f n ≤ gn , a .e .的条件 下, 若 f n → f, a .e ., g n → g, a .e ., 推出 f ≤ g, a .e .当然不成问题, 但所 用的信息“ fn → f, a .e .与 gn → g, a .e .”已经太强 , 远远超出需要了 .实 际上 , 只需对某一子列 { ni } , 有 f n i → f , a .e .与 gni → g, a .e .就足够了 . 而 “ f n i → f , a .e .与 g n i → g , a .e .”这一弱得多的信息却已包含在较弱 的条件“ f n

μ

f 与 gn

μ

g ”之中 .这样 , 定理 1 .3 .3 中的结论“依测

度收敛序列包含 a .e 收敛 子列”看来 很弱 , 似乎 不足 为用 , 但对 于完 成 某些论证却已足够 .这一点是值得你细加体会的 .

第一章 　 集论与测度

・ 40 ・ μ

1 .103 　 设 f n

μ

g , 则 f = g , a .e . .

f , fn μ

1 .104 　 设 f n

f , a ≤ f n ≤ b , a .e ., 则 a ≤ f ≤ b , a .e . .

以上两题的结论都可从题 1 .102 推出 .但你最好是作直接证明 , 以 便熟悉所用的方法 . μ

1 .105 　 设 μΩ < ∞ , f n

f, 则

fn

μ

p

f

p

( p > 0) .

证 　 若结论不真 , 则对某个 ε > 0 有 μ

p

fn

-

f

p

≥ ε /→0;

而这又推出 : 存在 δ > 0 及 n 1 < n 2 < … , 使得 μ

p

fn k

-

f

p

≥ ε ≥ δ　 ( ＂ k ∈ N ) .

(＊)

将定理 1 .3 .3 用 到序 列 { f n k } 得出 其 a .e .收敛 子列 , 不妨 设就 是 fn k

f n k → f , a .e ., 从而 f nk

p

μ

f

p

p

→

p

f

, a .e . . 但由定理 1 .3 .3 这又推 出

( μΩ < ∞ 用于此 !) , 而这显然与式 ( ＊ ) 矛盾 .

作为对比 , 考虑一下直接证法 .为验证 {

fn

p

□

} 满足依测度收敛定

义的条件 , 就需估计测度 μ

fn

p

-

f

p

≥ε ,

这并不那么简单 .而应用定理 1 .3 .3 则将这件事避开了 .如此所带来的 简化对于下题更为明显 . 1 .106 　 设 μΩ < ∞ , f n

μ

f , g ∈ C(R) , 则 g

μ

fn

g

f . 　

　 　 注意 : 题 1 .105 只 不过是 1 .106 的特殊情 况 .实际上 , 用同 样的 方 法可以证明更一般的 : 1 .107 　 设 μΩ < ∞ , f n μ

gn )

μ

μ

f , gn

g , φ ∈ C( R2 ) , 则 φ( f n ,

φ( f , g) .

由此特别推出 , 当 μΩ < ∞ 时 , 关于 和的 极限 与积 的 极限 的通 常 规则亦适用 于依测 度收敛 .不过 , 对于 和的情 况直接证 明也很 简单 , 且 无需 μΩ < ∞ 这一限制 . 1 .108 　 设 μΩ < ∞ , f n ∈ M ( Ω) a .e .有限 .则 { f n } 有依测度收敛

§1 .3 　 可测函数

子列

・ 41 ・

{ f n } 有 a .e 收敛子列 .可以说 , 在有子列收敛的意义上 , 依测度

收敛与 a .e . 收敛已无差别 ! 提示 : 应用定理 1 .3 .3 . 1 .109 　 设 μΩ < ∞ , f , f n ∈ M ( Ω) ( n = 1 , 2 , … ) a .e .有 限 , 则 μ

f n → f , a .e .

0( n → ∞) .

fk - f sup k≥ n

证 　 不妨设 f = 0 .若 f n → 0 , a .e ., 则

f n → 0 , a .e ., 从而

f n = lim sup f k = 0 , a .e . . lim n n k≥ n f k , 则上式表明 g n → 0 , a .e ., 从而 g n 令 g n = sup k≥ n 用于此 !) .反之 , 若 gn

μ

μ

0 (μΩ < ∞

0 , 则有 子列 g n i → 0 , a .e .; 进 而从 不等 式

f n ≤ gn i ( ＂ n ≥ ni ) 推出 f n → 0 , a .e . . μ

1 .110 　 设 f n

□

f , f n ≤ f n + 1 , a .e .( ＂ n ∈ N ) , 则 f n → f , a .e .

提示 : 可设 f n → g , a .e ., 然后证 f = g , a .e . .用定理 1 .3 .3 . 1 .111 　 设 μΩ < ∞ , f n ∈ M ( Ω) ( n = 1 , 2 , … ) a .e .有限 , 则 { f n } 依测度收敛

＂ ε > 0 , 有 lim μ m, n μ

证 　 若 fn μ

fm - fn ≥ ε = 0 .

f , 则对任给 ε> 0 , 当 m , n → ∞ 时有

fm - fn ≥ ε

≤μ

f m - f ≥ ε/ 2 + μ

　 　 反 之 , 设 ＂ ε > 0 , 有 lim μ m, n

f n - f ≥ ε/ 2 → 0 .

f m - f n ≥ ε = 0 , 则可依 次取 出

n 1 < n 2 < … , 使得 μ

f n k+ 1 - f n k ≥ 2 -

f n k+ 1 - f n k ≥ 2 -

令 Ak = c

k

k

< 2

- k

　 ( ＂ k ∈ N) .

A k = 0 ( 参 考题 1 .62 ) .令 , 则 μ lim k

c

A = lim Ak , 则 μA = 0; k

x∈ A 可见无穷级数

∑

当 k 充分大时 f n k+ 1 - f n k

f n k+ 1 ( x ) - f n k ( x ) < 2 -

k

.

在 A 上绝 对 收 敛 , 因 而 在 Ω 上 f n k →

f , a .e ., f 是某个 a .e .有限的可测函数 .于是 f n k

μ

f ( μΩ < ∞ 用 于

第一章 　 集论与测度

・ 42 ・

此 !) , 因而当 n → ∞ 时 μ

f n = ( f n - f nk ) + f nk

□

f .

　 　 主要涉及依测度收敛并直接 应用 定理 1 .3 .3 的 问题 就到此 为止 . 让我们简单总结一下 .这类问题的 解法主 要依 赖于依 测度 收敛 与 a .e . 收敛的互相转换以及通常收敛 性的 熟知 性质 , 并不 用到 任何精 细的 测 度论论证 , 因而 其解法往 往十分 简捷 .正因为 如此 , 上述方 法不足以 解 决那些需要 精细的 测度论证 的问题 .当然 , 你 在学习的 这一阶 段 , 并 无 必要深入到那些复杂的问题 .但如你确有这方面的兴趣 , 那么下面的一 组问题会为你提供一试身手的机会 . C . 关于收敛性的杂题 在解这些问题时 , 你依然要准备随 时应用定理 1 .3 .3 , 但现在不 能 指望仅仅依赖于它 .你必须心怀已学到的全部测度论知识 , 依据问题的 需要作适当的测度分析 . 1 .112 　 设 μΩ < ∞ , { f n } ｖ Aδ

M ( Ω) , f n → ∞ , a .e ., 则 ＂ δ > 0 ,

c Ω , 使得 μAδ < δ, 在 Aδ 上 f n → →∞ .

证 　 问题相当于证“ f n → ∞ , a .e .

f n → ∞ , a .u .” .这并 不能 从

定理 1 .3 .3 中的类似结论推出 , 但可借鉴定理 1 .3 .3 的证法 .令 A n k = { f n ≥ k} , 则 { f n → ∞} = ∩ lim A n k , 于是 k n

c

lim An k , 0 = μ{ f n /→∞} = μ ∪ k n 这推出对任给 k ∈ N , 有 c

c

A n k = lim μ n∪ An k 0 = μ lim n ≥ m m

.

c

A n k < k - 2 . 给定 δ> 0 , 由此 , 可顺次取出 n 1 < n 2 < … , 使得 μ n∪ ≥ n k

取 k0 ∈ N, 使

∑k k≥ k

-2

< δ; 令 Aδ = k≥ ∩k

0

∪k μAδc = μ k≥ <∑ k k≥ k

0

0

-2

c ∪ A nk ≤ n≥ n k

< δ;

∩ An k . 则

0

n≥ n

k

∑μ k≥ k

0

c ∪ A nk n≥ n k

§1 .3 　 可测函数

・ 43 ・

在 Aδ 上 , 当 k ≥ k0 , n ≥ n k 时 f n ≥ k , 这意味着在 Aδ 上 f n → →∞ . □ 1 .113 　 设 μΩ < ∞ , { f n } {αn } , 使得

∑

M ( Ω) , f n → 0 , a .e ., 则存在实数列

αn = ∞ , 而 ∑ αn f n < ∞ .a .e . .

证 　 所求的 {αn } 当 然 不是 唯 一的 .一种 较 简 单 而 又自 然 的 方 案 是 : 适当选择指标 n1 < n 2 < … , 使得 f n k 下降甚快 , 致使

∑ k

| f n k | < ∞ , a .e .,

于是 αn k = 1 ( ＂ k ∈ N) ,αn = 0 ( n ≠ n 1 , n2 , … ) 能满足题设要求 .具 体作法是 : 由 f n → 0 , a .e . 及 μΩ < ∞ 推 出 f n n 1 < n 2 < … , 使得 μ 令 Ak =

μ

0 , 于是 顺次取 出

fn k ≥ k - 2 < k - 2 　 ( ＂ k ∈ N ) .

(＊ ＊)

f n k < k - 2 , A = lim A k . 则 k

c

c A k = 0; 　 ( 用 ( ＊ ＊ ) 与题 1 .62 ) μA = μ lim k

而 x∈ A

当 k 充分大时

fn k ( x ) < k - 2 , 因此

∑

f n k < ∞ , a .e . .

k

这就可如前面的设想完成证明 . □ 1 .114 　 设 μΩ < ∞ , f n ∈ M ( Ω) ( n = 1 , 2 , … ) a .e . 有限 , 则存在 实数列 {αn } , 使得 αn f n → 0 , a .e . . 提 示 : 取 k1 < k2 < … < kn → ∞ , 使得 μ f n ≥ k n < n - 2 , 令 -2

αn = k n . 1 .115 　 设 μΩ > 0 , { f n }

M ( Ω) a .e .收敛 , 则 { f n } 在某个正测 fn ( x ) < ∞ . 度集 A 上一致有界 , 即 μA > 0 , x ∈sup A , n≥1 提示 : 令 A k = ∩ { n

f n ≤ k} , 指明某个 μAk > 0 .

第二章 　 积 　 分 在有了关于集论与测 度方 面的 准备之 后 , 现在 你就要 进入 实变 函 数课程的中心内容———积分的学 习了 .从 数学分 析课 程中 所学 到的 积 分学———通常称为 Riemann 积分 , 无论如何 应列入人 类思维的 杰出 创 造之内 ; 它在科学的几乎所有领域的辉煌成功 , 或许此刻还让你激动不 已 .然而现在有 人正 要 告 诉 你 : Riemann 积分 大 体 上 仅 适用 于 连 续 函 数 , 已过于狭窄而不敷需要了 .对此 , 你也许并不很以为然 ; 尽管我们刚 刚学习了十分一般的可测函数 , 但 你的 学习 经历整 个说 来并没 有大 大 超出与连续函数打交道的范围之 外 .但如 果人 们进而 告诉 你 : Riemann 积分固然极其实用 , 只是其性质无法令人满意 , 突出的缺点是没有在积 分号下取极 限的简 便易行的 规则 , 那么 , 你大 概难以反 对 .数学分析 中 处理参变积分的一章整个来说 是不 成功 的 , 它让你 在关 于一致 收敛 的 旋涡中弄得 晕头转 向 , 最 终仍然 不得要领 .现 在有人告 诉你 : 如果改 用 一种新的积 分 , 这一切均 将为之 改观 , 那么你 必定乐得 一见分 晓 .现 在 就开始学习的 Lebesgue 积分 , 确实能让你如愿以偿 .

§2 .1 　 Lebesgue 积分 一、定理与定义 让人已有许多期盼的新积分 , 大概登场亦不容易 , 我们得一开始面 对一大堆复杂的定义与公式吗 ? 让我们回忆一下 , Riemann 积分 ( 如 果 包括定积分、二重积分、三重积分 及所 有这 些积分 的反 常积分 ) 的定 义 及其公式推导确实不易 .然而令人难以置信的是 , 新的积分理论的建立 仅包含几个较简短的步骤 .实际上 , 真正的难点已在建立测度的过程中 被克服了 .而且 , 新的积分并非针 对某 个单 一的特 殊情 况 ( 例如 区间 上 的函数 ) 而设立 , 它 一 开始 就 建立 在 已高 度 一般 化 的 测度 概 念的 基 础

§2 .1 　 Lebesgue 积分

・ 45 ・

上 .因而 , 在 Riemann 积分 理论中随维数增 加而逐步处理的 线积分、面 积分与体积分 , 现在融为一体了 . 以下设 ( Ω, A, μ) 是给定的测度空间 , 保持上章的记号 . +

定义 2 .1 .1 　 ( i ) 设 f ∈ S ( Ω) 表如§1 .3 (1 ) , 其中 αi ≥ 0 , ei 互 不相交 , 则定义

∫ f dμ = ∑αμe i

Ω

i

.

( 1)

i

注意当 αi = 0 时 , 无论是否 μei = ∞ , 都约定 αiμei = 0 , 因此 , 仅当某 个 μei = ∞ 且 αi > 0 时式 ( 1) 定义的积分取值 ∞ . ( ii) 若 f ∈ M + ( Ω) , 则定义

∫ f dμ = Ω

sup+

f≥ φ∈ S

∫φdμ .

( 2)

( Ω) Ω

∫ f dμ与∫ f dμ至少一个有限 , 则定义 ( 3) ∫ f dμ =∫ f dμ -∫ f dμ

　 　 ( iii) 若 f ∈ M ( Ω) ,

+

-

Ω

Ω

+

Ω

-

Ω

Ω

∫ f dμ有限 ( ∫ f

为 f 在 Ω上对测度μ的积分 ; 当

Ω

Ω

+

∫f

dμ与

Ω

-

dμ均

有限 ) 时 , 说 f 在 Ω 上可积 . ( iv) 若 f = u + i v , u , v 在 Ω 上可积 , 则定义 i vdμ, ∫ f dμ =∫ udμ+∫ Ω

Ω

( 4)

Ω

且说 f 在 Ω 上可积 . ( v) 任给 A ∈ A, 定义

∫ f dμ =∫ f χ dμ,

( 5)

A

A

Ω

只要上式右端之积分存在 . 1

1

约定以 L ( Ω) 记 Ω上可积的函数之全体, 必要时也记作 L ( Ω, μ) 或 L1 .若 Ω

∫

积分

Ω

R n 而 μ= m 是 Lebesgue 测度 , 则依定义 2 .1 .1 定义的

f d m 称为 Lebesgue 积分 , 关于 m 可积称为 Lebesgue 可积 .与

之对照 , 关于一般测度 μ的积 分也 称为抽 象 Lebesgue 积分 .当 必要 指

第二章 　 积 　 分

・ 46 ・

∫ f ( x ) dμ写作∫ f ( x ) dμ( x ) ; 而∫ f ( x ) d m 通 常

出积分变量时 , 将

Ω

Ω

Ω

∫ f ( x) d x .

就写作

Ω

你已注意到 , 积分 定义 并 不涉 及 函 数 f ( x ) 是否 有 界 ; 即 使 Ω n

n

R , 亦不涉及 Ω 是否有界及空间 R 的维数 .可见 , 对于定义 2 .1 .1 意 义下的积分 , 并无常义积分与反常积分之别 , 亦无定积分与重积分的划 分 .这种高度的统一与简洁 , 远非 Riemann 积分所能比拟 . 定义式 (1 ) ～ ( 5) 在积分的 应用 中固 然不无 用处 , 但 其直接 应用 的 价值十分有限 , 像 ( 2) 这样的公式尤其不便 .从应用的角度考虑 , 真正重 要的东西是从 (1 ) ～ ( 5) 推出的各种积分性质 .为应用方便 , 我们将积分 的基本性质综合在以下定理中 . 定理 2 .1 .1 　 积分有如下性质 : 1

+

(i) 线性性 : 设 f , g ∈ L ( Ω) , α, β∈ R, 或 f , g ∈ M ( Ω) , α,β ∈ R+ , 则 α f dμ+ ∫ β gdμ . ∫(αf + βg) dμ = ∫ Ω

Ω

Ω

　 　 ( ii) 完全可加性 : 若 A n ∈ A( n = 1 , 2 , … ) 互不相交 , A = ∪ A n ,

∫ f dμ存在 , 则 A

∫ f dμ = ∑∫ f dμ . A

n

A

n

∫ f dμ≤∫gdμ, 只要其中两积分

　 　 ( iii) 单调性 : 若 f ≤ g , a .e ., 则

Ω

Ω

均存在 .由此推出 :

∫ f dμ ≤∫ | Ω

Ω

1

( f∈ L )

f | dμ;

∫|

- r

μ{ | f | ≥ ε} ≤ ε

( 6)

r

f | dμ . 　 (ε, r > 0 )

Ω

( 7)

后者称为 Chebyshev 不等式 .

∫f dμ = 0 ; 若

( iv) 绝对连续性 : 若 μA = 0 , 则

A

1

f ∈ L ( Ω) , 则

§2 .1 　 Lebesgue 积分

・ 47 ・

∫f dμ = 0 ,

lim

μA → 0

( 8)

A

这意味着 : ＂ ε > 0 , ｖ δ > 0 , ＂ A ∈ A, μA < δ

A

< ε. 1

(v) 关 于 集 的 连 续 性 : 设 { A n } +

∫ f dμ

A, A n ↑ A , f ∈ L ( Ω) 或

1

f ∈ M ( Ω) ( 或 A n ↓ A , f ∈ L ( Ω) ) , 则成立

∫ f dμ = lim∫ f dμ . n

A

1

　 　 ( vi) 可积条件 : f ∈ L ( Ω) 限;

f ≤ g∈ L

1

A

n

1

f ∈ L ( Ω) ; f ∈ L

1

f 必 a .e .有

1

f ∈ L ; 若 μΩ < ∞ , 则 Ω 上的有界可测函数必

可积 .

∫

( vii) 积分为零的条件 :

Ω

f dμ = 0

f = 0 , a .e . .

现在让我们将以上性质与 Riemann 积分的 性质对 照一下 .线性 性 与单调性是比较平凡 的 , 与 Riemann 积 分 并无 重大 差 别 .至 于其 他 性 质 , 则 Riemann 积 分 难 以 与 之 比 拟 .例 如 Riem ann 积 分 的 可 加 性 b

c

b

a

a

c

∫ =∫ +∫ ( a <

c < b) 并不与 此 处 的 完 全 可 加 性 相 当 .如 同 测 度

的完全可加性 ( 参看定义 1 .2 .1 ) 一样 , Lebesgue 积 分的 完全可 加性 是 最本质的性 质 , 所有其他 重要性 质 , 如 绝对连 续性 , 关于集 的连续性 以 及积分收敛定 理 等 等 , 都 以完 全 可加 性 为基 础 , 这 是 你 学 习 Lebesgue 积分时首先应注意到的 .此 外 , 还可 注意 到 , Lebesgue 积 分的可 积条 件 与 Riemann 积 分 是 根 本 不 同 的 , 至 少 与 定 积 分 相 比 是 如 此 .对 于 Lebesgue 积分 , 根 本 就没 有“绝 对 可积”这一 概 念 , 因为 对 于它 可积 就 是绝对可积 ! Riemann 积分显然并非如此 .此外 , 从定理 2 .1 .1 容易 推 出 , 在任 何 零 测 集 上 随 意 改 变 被 积 函 数 , 对 于 积 分 毫 无 影 响 . 从 Riemann 积 分 的 眼 光 看 来 , 这 简 直 是 骇 人 听 闻 的 事 .例 如 , 对 于 函 数 f ( x ) ≡ 0 , 将其在所有有 理点的值改成 1 之后 , 所得的 Dirichlet 函 数 处处不连续 , 在任何 区间 上 都无 Riemann 积分 可言 了 .而 这 样的 改 动 对于 Lebesgue 积分却无影响 . 如果说 , 定理 2 .1 .1 还 只 是表 达 了 Lebesgue 积 分 的一 些 基 本 性

第二章 　 积 　 分

・ 48 ・

质 , 那么 在定 理 2 .1 .1 基 础上 建 立起 来 的积 分 收 敛定 理 与 F ubini 定 理 , 则是积分理论真正深 刻的 成 果 , 它们 突出 地 表现 了 Lebesgue 积 分 的巨大优势 .现将这些主要定理集中表述如下 . 定理 2 .1 .2( 收敛定理 ) 　 设 f , f n , u n ∈ M ( Ω) ( n = 1 , 2 , … ) . ( i) Levi 定理 : 若 0 ≤ f n ↑ f , 则

∫f dμ = lim∫f Ω

n

Ω

n

dμ .

( 9)

级数形式的 Levi 定理 : 若 u n ≥ 0 ( n = 1 , 2 , … ) , 则

∫ ∑u Ω

n

dμ =

n

∑∫u Ω

n

n

dμ .

(10)

　 　 ( ii) Fatou 定理 : 若 f n ≥ 0 , 则

∫ lim f Ω

n

∫f

dμ≤ lim

n

n

　 　 ( iii ) Lebesgue 控制收敛定理 : 若 或 fn

μ

Ω

n

dμ .

(11)

f n ≤ g ∈ L1 ( Ω) , f n → f , a .e .

f , 则极限式 (9 ) 成立 , 且进一步有

∫

lim n

Ω

f n - f dμ = 0 .

　 　 级数形式的控制收敛定理 : 若

∑∫ n

Ω

(12)

u n dμ < ∞ , 则等 式 ( 10 ) 成

立 . 有界收敛定理 : 若 μΩ < ∞ ,

f n ≤ K = const, a .e ., f n

μ

f, 则

式 (9 ) 与 ( 12 ) 成立 . 定理 2 .1 .3 ( Fubini 定 理 ) 　 设 ( X , A, , μ) 与 ( Y, B, , ν) 是 两 个 σ - 有 限测度空 间 , R = { A × B ∶ A ∈ A, B ∈ B} , Z = X × Y , C = σ(R) . 则在 C 上存在唯一的 σ - 有限测度 λ, 使得 λ( A × B) = μA・νB . 　 ( A ∈ A, B ∈ B) 设 f ( x , y ) 是 ( Z, C) 上的可测函数 .若 f ≥ 0 或 f 关于λ可积 , 则成立 ) f ( x , y) dν( y ) ∫ f dλ =∫dμ( x∫ Z

X

Y

) f ( x , y) dμ( x ) ∫ dν( y∫

=

Y

X

(13) .

§2 .1 　 Lebesgue 积分

・ 49 ・

　 　 以上定理中的 λ称为积测度 , 记作 λ = μ×ν; ( Z, C,λ) 上的可测 函数称为 μ×ν - 可测函数 . 若以 mk 记 k 维 Lebesgue 测度 , 则 mk × m l 的完备化正好与 m k + l 一致 .这就可将 Fubini 定理用于处理 k + l 维积分 f ( x , y ) d xd y , X× Y

k

此处 X

R 与 Y

l

R 是 Lebesgue 可 测集 .特别 , 取 D = [ a , b] ×

[ c, d] ( [ a , b] 与 [ c, d ] 是有限或无限区间 ) 得到 : 设 f ( x , y) 是 D 上 1

的 Lebesgue 可测函数 , 若 f ≥ 0 或 f ∈ L ( D ) , 则成立 b

d

x f( x , y) d y ∫ d∫

f ( x , y ) d xd y = D

a

c

d

b

c

a

(14)

y f ( x , y) d x , ∫ d∫

=

其中所有积分都是 Lebesgue 积分 . 定理 2 .1 .2 与定理 2 .1 .3 一起解决了积分与极限交换及积分与积 分互相交换的 问 题 .如 在 前 面 已提 到 的 , 正 是在 这 些 问 题 上 Riemann 积分不 能 令 人 满 意 , 而 Lebesgue 积 分 则 是 令 人 高 度 满 意 的 .公 式 (9 ) ～ ( 14 ) 都在通常不难验证 的条件 下满 足 ; 尤可指 出的 是 , 对 于非 负 可测函数 , 式 ( 10 ) , ( 11) , ( 13 ) , ( 14) 已无 需任 何其 他 条件 .在 Riemann 积分理论中 , 根本没有任何类似的结果可与之比拟 .你在看了后面的问 题之后 , 将更切实地体会到新积分的优势 . 要更好地将 Lebesgue 积分与 Riemann 积分进行对比 , 需要建立二 者的直接联系 .以下是基本的结果 . 定理 2 .1 .4 　 设 f ( x ) 是 ( a , b) 内的有限实函数 . ( i) 设区间 [ a , b] 有限 而 f ( x ) 有 界 .则 f ( x ) 在 区 间 [ a , b] 上 Riemann 可 积 当 且 仅 当 f ( x ) 在 [ a , b] 上 a .e .连 续 ; 当 f ( x ) 在 [ a , b] 上 Riemann 可积时亦必 Lebesgue 可 积 , 且两种 积分 值相 等 ( 自 b

∫ f( x )d x ) .

然都记作

a

( ii ) 设 - ∞ ≤ a < b ≤ ∞ . 若 f ( x ) 在任何区间 [α, β]

( a, b)

第二章 　 积 　 分

・ 50 ・

上有界且 a .e .连续 , 则 b

∫

b

∫

f dm =

a

f ( x ) d x;

a

b

∫

1

f ∈ L [ a , b]

1

反常积分

f ( x ) d x 有限 ; 当 f ∈ L [ a, b] 时成立

a

b

b

a

a

∫ f d m =∫ f ( x ) d x , 上式右端是 Riemann 积分 ( 可能是反常积分 ) . 以上结论自然地推广到多维的情况 . b

∫ f ( x ) d x 收 敛尚 不 足以 保 证 Lebesgue

值得注意的是 , 反常 积分

a

b

∫ f d m 存在 .例如 , 尽管有

积分

a

∞

∫ 0

sin x π dx = , x 2

∞

∫

但因

0

x

-1

sin x d x = ∞ ( 你 从 数 学 分 析 应 当 知 此 结 论 ) , 由 定 理

2 .1 .4 得出 x

-1

sin x 在 (0 , ∞ ) 上 非 Lebesgue 可 积 . 可 以 说 , 这 是

Lebesgue 积分唯一不尽如人意的地 方 .这种 情况对 于多 维积分 不会 再 发生 .因此 可 以 说 , 除 了 某 些 例 外 , Lebesgue 积 分 涵 盖 了 Riemann 积 分 .实际上 , 在现代数学中 , 当用到形如 b

b

a

a

d

　 ∫ f ( x , y ) d xd y ∫f ( x) d x , ∫ c

的积分时 , 通常总不加说 明地 理 解为 Lebesgue 积分 , 因 而 不必 担心 两 种积分撞车的局面 . 本章开头提到 , 旧的参 变积分 理论 不很成 功 .现在 可以 指出 , 应 用 定理 2 .1 .2 与 2 .1 .3 , 这一问题能得到满意的解决 .设 f∶Ω× Y → R, ＂ y ∈ Y , 积分

∫ f ( x , y) dμ( x )

φ( y ) =

Ω

(15)

有定义 .今考虑函数 φ( y ) 的分析性质 , 即其连续性、可微性与 可积性 . 显然 , 这实质 上 是 一 个 积 分 号 下 取 极 限 的 问 题 .为 简 单 起 见 , 仅 考 虑

§2 .1 　 Lebesgue 积分

Y

・ 51 ・

R 是一区间这种特殊情况 ; 更一般的情况并无实质性的差别 . 定理 2 .1 .5 　 对于由 ( 15 ) 定义的函数 φ( y ) 有以下结论 : 1

( i ) 连续性 : 若存在 g ∈ L ( Ω) , 使得对所有 x ∈ Ω 及邻近 y0 ∈ Y 的y有 y0 连续 .

f ( x , y ) ≤ g( x ) , 且 f ( x , y ) 对 y 在 y0 连续 , 则 φ( y ) 在

( ii) 可微性 : 若偏导数 f y ( x , y ) 存在 , 且存在 g ∈ L1 ( Ω) , 使得对 所有 x ∈ Ω 及邻近 y0 的 y 有

fy ( x , y) ≤ g( x ) , 则

∫f

φ′( y0 ) =

Ω

y

( x , y) dμ( x ) .

　 　 ( iii) 可积 性 : 设 μ 是 σ - 有 限 测 度 , f ( x , y ) 在 Ω × Y 上 关 于 μ× m 可测 ( m 是 Lebesgue 测度 ) , 则当 f ( x , y ) ≥ 0 或 f 关于μ× m 可积时成立

∫φ( y ) d y = Y

f ( x , y) d( μ× m ) Ω× Y

x f ( x , y) d y . ∫ dμ( x ) d∫

=

Ω

Y

　 　 现在可解决一些问题了 .你将看到大量内容实际、结论深刻的有趣 问题 .在经受了抽象测度论这番艰难的体验之后 , 相信你会因终于有了 实际收获而深感振奋 .

二、问题与方法 A . 可积性问题 要判定一可测函数 f 可积 , 只需验证以下条件之一 : 1

( i) 可求得 g ∈ L , 使得

f ≤ g;

( ii) ( 对于 μΩ < ∞ 的情况 ) f 有界 ;

∑ f , 使得 f ∈ L ∑ u , 使得 ∑∫ u

( iii) 可求得有限和分解式 f = ( iv) 可求得级数分解式 f =

i

∫

( vi)

Ω

n

n

n

n

( v) ( 对于 Ω

i

Ω

n

∫

R 且 μ = m ) Riemann 积分

f dμ < ∞ .

Ω

1

; dμ < ∞ ;

f d x < ∞;

第二章 　 积 　 分

・ 52 ・

通常优先考虑 ( i) ～ (v) , 只有在 不得已的 情况下 , 才直 接估计积 分

∫ Ω

∫

f dμ . 即使在这种情况下 , 亦不必求出

Ω

f dμ ( 你多半做不到这

一点 !) , 而 只要求出 某个适 当放大 的值 .关键的 技巧是 如何适当 放大 , 通常是取 Ω 的某个分割 Ω = ∪ A n , 然后利用完全可加性 . 1

2 .1 　 设 f , g , f - g ∈ L ( Ω) , f ≤ φ≤ g , φ∈ M ( Ω) , 则 φ∈ 1

L ( Ω) . 提示 : 利用分解 φ = f + ( φ - f ) , 并注意 0 ≤ φ - f ≤ g - f . 1

2 .2 　 设 f ∈ L (R) , f (0 ) = 0 , f ( x ) 在 x = 0 可微 , 则 x

- 1

f ( x)

1

∈ L ( R) . 证　 x

-1

f ( x ) 显然在 R 上可测 ( 定理 1 .3 .1) .由 f ( x ) 在 x = 0

可微推 出 , 当 δ > 0 充 分 小 时 , 在 [ - δ, δ] 上 x Lebesgue 可 积 .当 x

-1

x > δ时 ,

x

-1

- 1

f( x ) 有界 , 因 而

-1

1

f ( x) ≤ δ

f ( x ) 在 R \ [ - δ,δ] 上 Lebessgue 可积 , 因而 x

f( x ) ∈ L , 故 - 1

∞

　 　 2 .3 　 设 f ∈ M ( Ω) . 若 f ∈ L1 ( Ω) , 则 ∑ 1 μ{

1

f ( x ) ∈ L ( R) . f ≥ n} < ∞;

当 μΩ < ∞ 时反之亦然 . 证 　 令 An = {

f ≥ n} , B n = A n - 1 \ A n ( n ≥ 1 ) , 则 B n 互不相

∫

交 , 且 Acn = ∪ in= 1 Bi . 若 f ∈ L1 , 则 μA n ≤ n - 1

Ω

f dμ < ∞ ( 依

(7 ) ) ; n

∑ μA

n

i

n

= ∑ iμA i -

i= 1

i= 1

∑( i

- 1 ) μA i

i=1

n+1

n

= ∑ ( i - 1) μA i - 1 i=1

∑( i

- 1) μA i

i= 1

n

= ∑ ( i - 1) μBi + nμA n i= 1 n

∫

≤∑ i= 1

∫

=

Ω

B

i

∫

f dμ+

A

f dμ

n

f dμ < ∞ , 　 　 ( 可加性 )

§2 .1 　 Lebesgue 积分 ∞

・ 53 ・

∞

这推出 ∑ 1 μA i < ∞ . 反之 , 设 ∑ 1 μA i < ∞ , 且 μΩ < ∞ , 则

∫ A

c

n

∫

f dμ = ∑ i= 1

n

B

f dμ

i

n

n

≤ ∑ iμB i = i= 1

∑i

μA i - 1 - μA i

i=1

n- 1

n

= ∑ ( i + 1) μA i i= 0

∑ iμA

i

i= 1 n-1

≤μΩ +

∑ μA , i

i=1

∫

令 n → ∞ 推出

Ω

f dμ≤ μΩ +

∑

∞ 1

1

μA i < ∞ , 即 f ∈ L .

□

2 .4 　 设 μΩ < ∞ , f ∈ M ( Ω) , 则 1

f ∈ L ( Ω)

∑

∞ 1

n

n

2 μ{ f ≥ 2 } < ∞ .

　 　 提示 : 用题 2 .3 的证法 . 1

2 .5 　 设 f ∈ L ( Ω) , 则 μ{

f ≥ n} → 0 .

提示 : 用题 2 .3 或直接用不等式 μ{ 1

2 .6 　 设 f ∈ L ( Ω) , 则 nμ{

f ≥ n} ≤ n

∫ -1

Ω

f dμ .

f ≥ n} → 0 . 1

证 　 显然 μ{ f ≥ n} 随 n 单 调 减 .由 f ∈ L ( Ω) 与 题 2 .3 有

∑

∞ 1

μ{

f ≥ n} < ∞ . 设

n n ≤ m < + 1, 则 2 2

n

∑μ{

f ≥ i} ≥ ( n - m + 1 ) μ{

f ≥ n}

i= m

≥

n μ{ 2

f ≥ n} ,

于是由级数收敛的 Cauchy 条件推出 nμ{

f ≥ n} → 0 .

□

注意题 2 .6 蕴 涵 了 题 2 .5 .题 2 .6 表 明 , 若 f ∈ L1 ( Ω) , 则 当 n → ∞ 时 μ{ f ≥ n } = o( 1/ n ) , 可见 μ{

f ≥ n } 下降得充分快 ,

非此不足以使 f 可积 . 2 .7 　 设 μΩ < ∞ , f ∈ M ( Ω) . 若 ＂ ε > 0 , 有 μ{

f ≥ ε} ≤

第二章 　 积 　 分

・ 54 ・ - r

1

Kε , K , r 为正常数 , 则 f ∈ L ( Ω) . 提示 : 用题 2 .3 . 2 .8 　 设 f ( x ) = x

- 1/ 2

(0 < x < 1 ) , 对其他 x ∈ R 令 f ( x ) = 0;

Q = { r n ∶ n ∈ N} , g( x ) =

∑2

- n

1

f ( x - rn ) . 则 g ∈ L (R) ; g 在任

何区间上无界 , g2 在任何区间上不可积 . 证 　 f ( x ) 显然是 R 上的非负可测函数 , 且 1

∫ f ( x )d x =∫ x R

- 1/ 2

dx = 2 .

0

于是

∫ g( x ) d x = ∑ 2 ∫ f ( x - n

R

R

n

= ∑2 n

- rn ) d x 　 ( 用 ( 10 ) )

∫ f ( x) d x = 2, R

1

可见 g ∈ L (R) . 任给开区间 Δ +

g( r n ) ≥ 2

R, 取定 rn ∈ Δ, 则 - n

+

f(0 ) = ∞,

可见 g 在 Δ上无界 .设 [ rn , rn + δ]

Δ, 0 < δ < 1 , 则

r +δ

∫ Δ

(16)

- n

2

g ( x) d x ≥4

∫

n

- n

r

n

δ

=4

∫

- n

0

2

f ( x - rn ) d x dx = ∞, x

2

可见 g 在 Δ 上不可积 .

□

上题中的函数 g( x ) 的表 达式 并不 十 分复 杂 , 但这 个 例子 颇能 说 明问题 : 可积函 数 g( x ) 竟“ 处 处 无 界”, 因 此 必 定 处处 不 连 续 .这 样 ,

∫ g( x ) d x 只能看作 Lebesgue 积分 , 而不 能 视为 Riemann 积 分 .另 一 R

∫ f( x

方面式 (16) 右端的积分

R

- rn ) d x 则可看作 Riemann 积分 ( 参 考

定理 2 .1 .4) , 实际上证明中我们正是对它用了 Riemann 积分的变量代 换公式 . 1

2 .9 　 设 f ∈ L (R) ,α > 0 , 则 n

∫∑ n

提示 : 证

R

n

-α

-α

f ( nx ) → 0 , a .e .( n → ∞ ) .

f ( nx ) d x < ∞ .

§2 .1 　 Lebesgue 积分

・ 55 ・

B . 可积函数的 a .e .性质 首先考虑一个典型问题 .

∫ f dμ =∫ gdμ( ＂

1

2 .10 　 设 f , g ∈ L ( Ω) ,

A

A

A ∈ A) , 则 f = g ,

a .e . . 证 　 不妨设 g ≡ 0 ( 否则分别以 f - g 与 0 代替 f 与 g ) .于是已知

∫

A

f dμ = 0 ( ＂ A ∈ A) , 要证 f = 0 , a .e . . 为此只要证 μ{ f > 0} = 0

( 同理亦将有 μ( f < 0 ) = 0 , 因而 μ{ f ≠ 0 } = 0 , 即 f = 0 , a .e . ) .令 A = { f > 0} , 则由 f 可测有 A ∈ A, 于是由题设条件有

∫ f dμ =∫ f χ dμ, 　

0 =

Ω

A

A

　 ( 用 ( 5) )

这推出 f χA = 0 , a .e . ( 用定理 2 .1 .1( vii) , 注意 f χA ≥ 0 ) .但 f A > 0 , 故只能 μA = 0 , 如所要证 .

□

∫ f dμ有某性质 Q , 要证

让我们初步归纳一下 .设已知 ＂ A ∈ A,

A

f 几乎处处有性质 P , 则可令 A = { x∶ f ( x ) 不具性质 P } , 由 f 可测

∫

推出 A ∈ A; 由

A

f dμ有性质 Q 推出 μA = 0 , 从而得所要证 .

现在让你自己来尝试一下 .

∫ f dμ≤∫gdμ( ＂

1

2 .11 　 设 f , g ∈ L ( Ω) ,

A

A

A ∈ A) ) , 则 f ≤ g ,

a .e . . 提示 : 证 μ{ f > g} = 0 .

∫ f gdμ= 0 ,

1

2 .12 　 设 f ∈ L ( Ω) , 对任何有界的 g ∈ M ( Ω) 有

Ω

则 f = 0 , a .e . . 提示 : 取 g = χA ( A ∈ A) 并用题 2 .10 . 1

∫ f dμ =

2 .13 　 设 f , g ∈ L ( Ω) , A ∈ A, 在 A 上 f < g, 而

∫ gdμ, 则 μA = 0 . A

提示 : 对函数 ( g - f ) χA 应用定理 2 .1 .1( vii ) .

A

第二章 　 积 　 分

・ 56 ・

∫ f dμ ≤

1

2 .14 　 设 f ∈ L ( Ω) , 当 0 < μA < ∞ 时 - bμA ≤ bμA , b > 0 , 则

A

f ≤ b, a .e . .

提示 : 证 μ{ f > b} = 0 时取 b < α< β< ∞ , 令 A = {α < f < β} , 从 0 < μA < ∞ 得出矛盾 . 题 2 .10 , 2 .11 与 2 .14 是如下一般问题的特殊情况 . 1

2 .15 　 设 f ∈ L ( Ω) , F 时

∫

1 μA

R 是闭集 , 0 ∈ F . 若当 0 < μA < ∞

f dμ∈ F , 则 f ( x ) ∈ F, a .e ., 即 μ( f - 1 Fc ) = 0 .

A

证 　 由不等式 (7 ) 有 μ{

∫

f ≥ 1/ n } ≤ n

f dμ < ∞ , 而

Ω

∞

f 故不妨设 μ f = ∪i f

-1

-1

-1

c

f - 1 Fc ∩

F = n∪ =1 c

F

c

-1

c

Δi ) = 0 . 令 A = f

∫ f dμ -

1 r ≤ μA

A

∫

1 μA

-1

i

A

a =

∫( f

1 μA

A

- 1

c

F

Δi , 则 A ∈ A .若 μA

∫ f dμ∈ F . 令 Δ = ( a -

1 μA f - a < r , 于是

≠ 0 , 则 0 < μA < ∞ , 从而

≤

,

< ∞ .令 F = ∪ Δi , Δi 是 F 的构成区间 , 则 f i

Δi . 只要证 μ( f

则在 A 上

f ≥ 1/ n

r, a + r) ,

- a) dμ

f - a dμ≤ r ,

A

这推出

∫

∫rdμ,

f - a dμ = rμA =

A

A

因而 μA = 0 ( 参考题 2 .12 ) , 得出 矛盾 .因此 μ( f - 1 Δi ) = 0 , 如所 要 证 .

□ +

∫f

2 .16 　 设 f ∈ M ( Ω) ,

Ω

n

dμ = c( ＂ n ∈ N ) , 则存在 A ∈ A,

使 f = χA , a .e . . 证 　 令 A = { f = 1 } , B = { f > 1 } , C = {0 < f < 1 } , 只要 证 μB = 0 = μC . ＂ α∈ ( 0 , 1) , 有

§2 .1 　 Lebesgue 积分 ∞

cα = ∑ cαn = 1 - α n= 1

・ 57 ・

∞

∑∫(αf ) n=1

Ω

n

dμ

∞

∫

≥∑ n= 1

{ αf ≥ 1 }

n

(αf ) dμ

∞

≥ ∑ μ{αf ≥ 1} . n= 1

- 1

这推出 μ{ f ≥ α } = 0 ( ＂ α∈ ( 0 , 1) ) , 于是 μ{ f ≥ β} = 0( ＂ β > 1) , 从而 μB = β↓ lim1 μ{ f ≥ β} = 0 . 因此

∫f

c=

n

Ω

∫f

dμ = μA +

C

n

dμ .

n

因在 C 上 f 对 n 严格下降 , 故必 μC = 0 ( 参考题 2 .13 ) .

□

C . Levi 定理与 Fatou 定理的应用 Levi 定理与 Fatou 定理的用法比较简单 , 而其效果又十分明显 , 人 们自然乐于使用 .首先 , 请你将 Levi 定理稍作推广 . 1

2 .17 　 设 { f n }

∫

Ω

∫f

M ( Ω) , g ∈ L ( Ω) , g ≤ f n ↑ f , 则

Ω

n

dμ→

f dμ . 提示 : 对 f n - g 用 Levi 定理即得 . 2 .18 　 设 { f n }

∫f A

n

n

M ( Ω) , { A n }

A, 0 ≤ f n ↑ f , A n ↑ A , 则

∫ f dμ .

dμ→

A

提示 : 对 f n χA n 用 Levi 定理 . 1

xp 1 2 .19 　 求 ln d x ( p > - 1 ) . 0 1 - x x 解 　 展开被积函数后逐项积分 :

∫

∞

1

∫∑ x

原式 = -

n+ p

ln xd x

0 n=0

∞

1

∫x

=∑ n=0

0

n+ p

ln xd x 　 　 　 　 ( 用 Levi 定理 )

第二章 　 积 　 分

・ 58 ・ ∞

1

∫

=∑ n= 0

0

n+ p

x d x 　 　 　 ( 分部积分 ) n+ p+1

∞

=∑ n= 1

1 2 . ( n + p)

□

　 　 你必然感到 , 上题的计算似乎全然在微积分学的范围内进行 .但其 中关键性的一步———求和与积分 交换 , 倘不 用 Levi 定理 , 不知 如何 说 明其理由 ? ∞

∫

2 .20 　 求

0

x2 dx . x e - 1

=

∑

∞

2n

1

-3

∫f

1

2 .21 　 设 f , f n ∈ L ( Ω) ( n ∈ N ) ,

∫f

A, n ∈ N ) ,

A

n

∫ f dμ( ＂

dμ→

A

A

n

∫f

dμ≤

A

n+1

dμ( ＂ A ∈

A ∈ A) , 则 f n → f , a .e . .

证 　 首 先 由 题 设 条 件 推 出 f n ≤ f n + 1 , a .e . ( ＂ n ∈ N, 参 考 题 2 .11 ) .由单 调 性 , 有 f n ↑ g , a .e ., g ∈ M ( Ω) . 由 Levi 定理 ( 参 看 题

∫f

1 .17 ) , ＂ A ∈ A, 有

A

n

∫ gdμ, 因而∫ f dμ =∫ gdμ . 于是

dμ→

A

A

A

= g , a .e . ( 用题 2 .10) , 故 f n → f , a .e . .

f

□

现在转向 Fatou 定理的应用 .首先对它稍作推广 . 2 .22 　 设 { f n }

M + ( Ω) , f n

μ

∫ f dμ≤ lim∫ f

f, 则

Ω

n

Ω

n

dμ .

证 　 若结论不真 , 则有序列 n1 < n 2 < … , 使得

∫ f dμ > lim∫ f Ω

Ω

n

i

dμ .

由定理 1 .3 .3 , 不妨设 f n i → f , a .e . . 将 Fatou 定理用到 { f n i } , 得出矛 盾 .

□ 2 .23 　 设 { f n }

1

M ( Ω) , g ∈ L ( Ω) , f n ≥ g , 则 Fatou 定理的结

论成立 . 提示 : 对 f n - g 用 Fatou 定理 ( 对照题 2 .17 ) . 在三个积分收 敛 定理 中 , Fatou 定 理 所需 条 件最 少 .但 相 应地 , 其 结论似乎也 最 弱 , 初 看 起 来 几 乎 没 有 什 么 利 用 价 值 .其 实 并 非 如 此 . Fatou定理完全可用来完成一些深刻的论证 , 问题 在于你如 何最大限 度

§2 .1 　 Lebesgue 积分

・ 59 ・

地利用它所提供的信息 .

μ

∫

1

2 .24 　 设 { f n }

L ( Ω) , sup n

f n dμ < ∞ , f n → f , a .e . 或

Ω

1

f , 则 f ∈ L ( Ω) .

fn

提示 : 对

应用 Fatou 定理即得 .

fn

通常认为用 Fatou 定理得不出 等式 结论 .看了 下题 以 后你 应当 会 另有看法 . +

2 .25 　 设 { f n }

∫

则

∫

a .e .

∫ f dμ→∫ f dμ,

1

f ∈ L ( Ω) ,

Ω

n

Ω

f dμ( ＂ A ∈ A) .

f n dμ→

A

M ( Ω) , f n

A

证 　 取定 A ∈ A, 由 Fatou 定理有 :

∫f

lim n

A

n

∫ f dμ =∫ f dμ ∫

dμ≥

Ω

A

∫f

= lim n

Ω

∫f

≥lim n

Ω

∫

n

dμ -

n

dμ - lim

Ω

∫f

= lim n

A

A

∫

n

n

A

∫

dμ -

f dμ

c

f dμ

c

n

∫f

= lim n

A

A

c

c

f n dμ

f n dμ

dμ,

由此得出所要证 .

□

下面 你 还 会 看 到 应 用 Fatou 定 理 的 出 色 例 子 ( 如 见 题 2 .39 与 2 .40 ) . 若在 N 上采用计数测度 μ, 则关于 μ的积分实际上就是级数和 ∞

∫f ( n ) dμ = ∑ f ( n) . N

当 f ( n) ≥ 0 或

∑

n= 1

∫ f ( n ) dμ有意义 .自然 , 对

f ( n) < ∞ 时 , 积分

N

这样的积分同样可用 Levi 定理与 Fatou 定理 . 2 .26 　 设 an ≥ 0 , R > 0 , 则 xlim an x = ↑ R∑ n

n

∑a R n

n

n

.

第二章 　 积 　 分

・ 60 ・

n

提示 : 设 xk ↑ R , 对 f k ( n) = a n x k 用 Levi 定理 . 2 .27 　 设 an k ≥ 0( n , k = 1 , 2 , … ) , an = lim an k , 则 k

∑a

n

≤ lim∑ an k k

n

n

　 　 提示 : 用 Fatou 定理 . D . 控制收敛定理的应用 与其他两个收敛定理比较 , 控制收敛定理显得复杂些 , 其应用价值 也更大 .甚至可以说 , 控制收敛定理在一定程度上代表了实变函数论方 法的力量 .如果你能成功运用控制收敛定理来解决一些问题 , 即使对于 实变函数的其他内容不甚了了 , 这门课程的学习就不算完全失败 .话说 到了这种地步 , 对于下面的问题 , 你大概不会浑然而过了 . ∞

n x 5 2 2 sin xd x . 0 1 + n x 解 　 以 f n ( x ) 记被积函数 , 易见 f n ( x ) → 0( x ≥ 0 , n → ∞ ) , 于是

∫

2 .28 　 求 lim n 形式上立得

∞

∫

lim n

0

∞

∫

fn ( x ) d x =

(＊)

lim fn ( x ) d x = 0 . n

0

但是 , 以上演算的关键步骤———积分与极限交换 , 却不能从微积分学中 找到简单的 依据 ; 否则 , 实变 函数论就 派不上 用场了 .现在 来用控制 收 敛定理 .若 0 < x ≤ 1 , 则 f n ( x) ≤

n x n x = 2 2 ≤ nx 1+ n x

1 x

.

若 x > 1, 则 f n ( x ) ≤ n2 x2 ≤ 13/ 2 . n x x 若令 g( x ) =

x

- 1/ 2

,

x - 3/ 2 ,

　 　 1

则在 [ 0 , ∞ ) 上

0 ≤ x ≤ 1; 1 < x < ∞,

∫

f n ( x ) ≤ g( x ) .由

0

∞

∫

g( x ) d x < ∞ 与

1

g( x ) d x <

§2 .1 　 Lebesgue 积分

・ 61 ・

1

∞ 知 g ∈ L (R+ ) . 于是 , 由控制收敛定理保证式 ( ＊ ) 为真 .

□

如上的 g 称为控 制函 数 .对于 控 制收 敛 定 理的 成 功应 用 , 找 到 适 当的控制函数是关键的 .你 可通过 作如 下一 组问题 练习 求控制 函数 的 技巧 . ∞

2

∫

1 + nx 2 .29 　 求 lim 2 nd x . n 0 (1 + x ) 解 　 如 同 上题 一 样 , 关 键 在于 求 得控 制 函数 g( x ) . 依 上 题 的 经 验 , 分段考虑 .以 f n ( x ) 记被积函数 , 则 2

1 + nx fn ( x ) = ≤1 . 1 + nx 2 + … 若 x > 1 , n ≥ 2 ( 注意 , 设定 n ≥ 2 亦无妨 !) , 则 2

n + nx n fn ( x ) ≤ 2 n = 2 n-1 (1 + x ) (1 + x ) ≤

n 4 , 2 ≤ ( n - 1) x x2

这就得到控制函数 1,

g( x ) =

4 x-2,

　 　

0 ≤ x ≤ 1; x > 1 .

1

显然 g ∈ L (R+ ) , 故如同上题一样有 ∞

∫

原式 =

0

lim fn ( x ) d x = 0 . n

∞

∫

sin( x/ n) nd x .　 　 ( = 0) 0 [1 + ( x/ n ) ] 提示 : 控制函数同上题 .

　 　 2 .30 　 求 lim n

∞

∫

2 .31 　 求 lim n

0

1 nx + x

提示 : 控制函数 : g( x ) = ∞

∫

2

x 0 n 提示 : 控制函数同上题 .

2 .32 　 求 lim n

1+

- n

d x . 　 　 ( = 0) 1, x

- 2

　 ,

0 < x ≤ 1; x > 1 .

- n

d x .　 　

=

π 2

□

第二章 　 积 　 分

・ 62 ・ ∞

∫

2 .33 　 求 lim n

e

- x

n

d x . 　 　 ( = 1)

0

1,

提示 : 控制函数 : g( x ) =

　

- x

0 ≤ x ≤ 1;

x > 1 . , n-1 sin x a 2 .34 　 dx = ∑ 2 ( a ≤ 1) . x 0 e - a n +1 n= 1 证 　 首先设 a < 1 . 形式的计算给出 : e

∞

∞

∫

∞

∞

∫∑a e

左端 =

n

0

=∑ a

∞

∫e

n-1

- nx

0

n=1 ∞

n=1

sin xd x

n=0

∞

=∑

- ( n+1) x

sin xd x

n-1

a = 右端 . 2 n +1

逐项积分的理由基于级数形式的控制收敛定理及以下事实 : ∞

∑∫ n= 1

∞

∞

0

a

n-1

e

- nx

sin x d x ≤ ∑

∞

∫e

n-1

a

0

n=1 ∞

=∑ n=1

- nx

dx

n-1

a n

< ∞ .

　 　 现在设

a = 1 , 例如设 a = 1 ( a = - 1 时仿此 ) , 则只要证明 ∞ ∞ sin x sin x lim d x = d x; x x a↑ 1 0 0 e e - a - 1 ∞ ∞ an - 1 1 lim = . 2 2 ∑ ∑ a↑1 n = 1 n +1 n= 1 n +1 这两个极限 式均可 用控制收 敛定理证 明 ( 你试 证之 !) .因此 , 所要证 等

∫

式对

∫

a ≤ 1 成立 .

□ α

β

1

2 .35 　 设 0 < α < β, x f ( x ) , x f ( x ) ∈ L ( R+ ) , 则 φ( s) ∞

∫

＞

xs f ( x ) d x 在 [α, β] 上连续 .

0

提示 : 用定理 2 .1 .5 , 注意

s

α

β, x ≥ 0) . ∞

∫e

2 .36 　 求 I(α) =

0

- αx

β

x f ( x) ≤ ( x + x ) sin x d x 　 (α≥ 1) . x

f ( x ) (α≤ s ≤

§2 .1 　 Lebesgue 积分

・ 63 ・

解 　 形式地求导得出 : ∞

∫e

I′( α) = -

- αx

0

sin xd x =

- 1 2 . 1+α

而用控制收敛定理可得 ∞

∫

- αx lim e α→ ∞

I( ∞ ) =

0

sin x d x = 0, x

故 ∞

∫

I( α) = I( ∞ ) +

dt 2 = arctan(1/ α) . 1+ t

0

余下要说明积分号下求导的合理性 , 为此用定理 2 .1 .5 ( ii) , 注意 e

- αx

sin x ≤ e

∞

∫

　 　 2 .37 　 求 I(α) =

e

- ∞

- x

- x

1

∈ L ( R+ ) .

□

2

cosαxd x (α∈ R) .

提示 : 求出 I′(α) = - αI(α)/ 2 . I (α) = πe

2

- α/ 4

.

下面考虑控制收敛定理的若干推广 . 2 .38 　 设 A n , A ∈ A, μ( AΔA n ) → 0 , f n , f 满足控制 收敛定理 的

∫f

条件 , 则

A

n

∫ f dμ .

dμ→

A

n

提示 : 利 用

∫ A

n

∫ f dμ ≤∫

f n dμ -

Ω

A

f n - f dμ +

∫ A△ A

f dμ .

n

1

　 　 2 .39 　 设 { f n }

M( Ω) , gn , g ∈ L ( Ω) ( ＂ n ∈ N) , f n → f , a .e .,

∫ g dμ→∫ gdμ, 则式 ( 12 ) 成立 .

f n ≤ gn → g , a .e .,

n

Ω

Ω

证 　 类似于控制收敛定理之证 ( 参考 [ 16 ] ) , 用 Fatou 定理 : 由 fn - f ≤ 得 gn + g -

f ≤ g n + g , a .e .

fn +

f n - f ≥ 0 , a .e ., 于是 2 gdμ = ∫ ∫ lim ( g Ω

Ω

∫( g

≤lim n

n

n

Ω

n

+ g -

f n - f ) dμ

+ g -

f n - f ) dμ

∫gdμ - lim∫

=2

Ω

n

Ω

f n - f dμ,

第二章 　 积 　 分

・ 64 ・

∫

这推出 lim n

f n - f dμ = 0 , 即 ( 12 ) 成立 .

Ω

□

∫

1

2 .40 　 设 f , f n ∈ L ( Ω) ( ＂ n ∈ N ) , f n → f , a .e .,

∫ Ω

Ω

f n dμ→

f dμ, 则式 ( 12 ) 成立 . 提示: 直接用 Fatou 定理证明,或用题 2 .39,取 gn =

fn , g =

f

.

E . Fubini 定理之应用 Fubini 定理的作用 很 简 单 : 用 来 交换 积 分 顺 序 .为 使 公 式 ( 13 ) 或 (14) 可行 , 你必须首先考虑绝对值函数的积分 ) ∫dμ( x∫ X

f ( x , y ) dν( y )

Y

或 ) ∫ dν( y∫ Y

f ( x , y ) dμ( x ) ,

X

验证两者之一有限 ( 两者必定相等 , 但计算或估计的难度则可能有别 ) . 若 f ( x , y ) ≥ 0 , 则应用公式 (13) 时已畅通无阻 . 1

1

2 .41 　 设 X , Y 如定理 2 .1 .3 , f ∈ L ( X ) , g ∈ L ( Y ) , 则

∫

∫ f dμ ∫ gdν.

f ( x ) g( y ) d( μ×ν) =

X× Y

X

Y

1

　 　 提示 : 只要指明

f ( x ) g( y ) ∈ L ( X × Y ) . 1

2 .42 　 设 μΩ < ∞ , f , g ∈ M ( Ω) , 则 f ( x ) + g( y ) ∈ L ( Ω× 1 Ω) f , g ∈ L ( Ω) . 提示 : 类似于题 2 .41 . ∞

∫

2 .43 　 求

e

0

- αx

- e

cosγx d x 　 (α,β > 0) . x

- βx

解 　 形式地演算得 ∞

∫

原式 =

0

α

∫

cosγx dx x

∞

β

α

0

β

α

dy

- xy

dy

∞

∫∫e

=

- xy

β

x e ∫ cosγxd∫

=

y

e

dy

0

- xy

cosγxd x 　 ( 用 Fubini 定理 )

§2 .1 　 Lebesgue 积分 β

∫

=

α

・ 65 ・

2

2

y 1 β +γ ln . 2 2 dy = 2 α2 + γ2 y +γ

余下要验证应用 Fubini 定理的合理性 , 为此估计 β ∞

∫∫ α

0

β

e

- xy

∞

y e ∫ d∫

cosγx d xd y ≤

α

- xy

0

dx

β

∫ dyy < ∞ ,

=

α

可见 Fubini 定理的条件满足 .

□

∞

∫

dx 　 ( 0 < a < b) . 0 x 1 b 提示 : 用 Fubini 定理 ; ln . 2 a a a f ( t) 2 .45 　 设 f ∈ L 1 [ 0 , a ] , 则 d x dt = 0 x t 证 　 用 Fubini 定理化简左端 : 2 .44 　 求

e

- ax

- e

- bx

∫∫

a

dx

0

a

∫

=

∫ f( x)d x .

a

∫ ∫χ

左端 =

[ x , a]

x

( t)

0

a

a

[ x , a]

0

t f ( t) dt dx = t 0

∫

∫

=

0

0

f ( t) dt t

∫χ

f ( t) dt t

a

( t)d x a

∫ f( x )d x . 0

验证应用 Fubini 定理的合理性 : g ( x , t ) ＞

f ( t)χ [ x , a] ( t ) 是 [ 0 , a] × t

[0 , a] 上的可测函数 , 且 a

a

0

0

∫∫ a

∫

=

0

g( x , t ) d xd t a

∫χ

f ( t) dt t

[ x , a]

( t)d x

0

a

∫

=

0

f( t) d t < ∞ .

□

　 　 以上方法可用来证明一系 列积 分公 式 , 这些公 式在 微积分 学中 在 较强的条件下使用 ( 通常假定 被积 函数连 续 ) .仿照 题 2 .45 的证 法 , 你 不难证明 :

第二章 　 积 　 分

・ 66 ・ 1

2 .46 　 设 f ∈ L [ a . b] , 则 b

x

a

a

x ∫ f ( x ) d∫

1 f ( y) d y = 2

b

∫f ( x) d x

2

.

a

1

　 　 2 .47 　 设 f ∈ L [ a . b] , 则 b

b

y

b

a

a

x

a

x d∫ y f ( t)d t = ∫ 2 (t ∫ d∫

a) ( b - t ) f ( t ) d t .

1

　 　 2 .48 　 设 f , g ∈ L [ a .b] , 则 b

x

a

a

x f ( y) d y ∫ g( x ) d∫ b

b

b

x

a

a

a

a

x g( y ) d y -∫ f ( x ) d∫ x g( y )d y . ∫ f ( x ) d∫

=2

x+ h

∫

1 　 　 2 .49 　 设 f ∈ L [ a .b] , φ( x ) = 2h 1

b

∫

[ a , b] 外置 f = 0 , 则

a

x- h

f ( t )d t ( h > 0) , 在

b

∫

φ( x ) d x ≤

f ( x) d x .

a

Fubini 定理还可用来证明一些表面上似乎与二重积分无涉的积 分 公式 . +

2 .50 　 设 μ是σ - 有限测度 , f ∈ M ( Ω) , φ( y ) = μ{ f > y} , 则

∫ Ω

∞

∫ φ( y ) d y .

f dμ =

0

∫

　 　 证 　 关键在于将 φ( y ) 表为积分 : φ( y ) = ∞

∫ 0

{ f > y}

dμ . 于是

∞

y ∫ d∫

φ( y ) d y =

0

dμ

{ f > y}

∞

y χ ∫ d∫

=

{ f > y}

0

Ω

∞

) ∫dμ( x∫

=

Ω

( x ) dμ( x )

χ{

f > y}

0

f( x)

) ∫dμ( x∫

=

Ω

0

∫ f dμ .

dy =

对于应用 Fubini 定理 , 唯一要说明的是 , 函数 g( x , y ) ＞ χ{

f > y}

( x)d y

( x)

Ω

§2 .1 　 Lebesgue 积分

・ 67 ・

关于 μ× m 可测 , m 是 Lebesgue 测度 .而这又相当于 A ＞ { ( x , y ) ∈ Ω× R∶ f ( x ) < y} 关于 μ× m 可测 .利用定理 1 .3 .2 , 这是容易说明的 .

□

仿此 , 你试解决类似的问题 :

∫

2 .51 　 设 f , g ∈ M + ( Ω) , φ( y ) =

{ g ≥ y}

f dμ, μ 是σ - 有限 测

∞

∫ f gdμ =∫ φ( y ) d y .

度,则

Ω

0

2 .52 　 设 μ是σ - 有限测度 .用 Fubini 定理推出级数形式的 Levi 定理 ( 参看定理 2 .1 .2 ( i) ) . M + ( Ω) . 以 ν记 N 上的计数测度 , 令

解 　 设 { un }

f ( x , n ) = u n ( x ) . 　 ( ( x , n ) ∈ Ω× N ) ＂ α∈ R, 有 { f ≤ α} = ( x , n ) ∶ u n ( x ) ≤ α ∞

{ u n ≤ α} × { n } , = n∪ =1 +

可见 { f ≤ α} 关于 μ×ν可测 , 因而 f ∈ M ( Ω× N) . 于是由 Fubini 定理有 ) f ( x , n ) dν( n ) =∫dν( n) ∫dμ( x∫ ∫f ( x , n) dμ( x ) , Ω

N

N

Ω

这就是等式 (10) .

□

类似地 , 你能够证明 : 2 .53 　 设 μ是σ - 有限测度 , 则可从 Fubini 定理推出级数形式 的 控制收敛定理 . 这样 , 积分学中最主要 的定 理———关于积 分与 求和 互 换及 积分 与 积分互换 的定 理 , 就在 Fubini 定理 的形 式下统 一起 来了 .这种 建立 在 测度论基础上的高度的统一性 , 是 Riemann 积分所无法比拟的 . F . 其他问题 +

2 .54 　 设 μΩ < ∞ , f ∈ M ( Ω) a .e . 有限 , 0 = y0 < y1 < … < yn → ∞ ,δ = maxΔy n ,Δy n = y n - y n - 1 , 则

第二章 　 积 　 分

・ 68 ・

∫ f dμ = lim∑ y μ{ y n

δ→ 0

Ω

≤ f < yn } .

n- 1

　 　 提示 : 令 en = { yn - 1 ≤ f < yn } , 指明

∑ y μe n

n

∫ f dμ≤ ∑ y μe

- δμΩ ≤

n

n

Ω

n

.

n

　 　 2 .55 　 设 μΩ < ∞ , A i ∈ A (1 ≤ i ≤ n ) , 每个 x ∈ Ω 至少属于 q 个 A i , 则有某个 μA i ≥ ( q/ n ) μΩ . 证 　 关键是将所给条件表成 ∑ χA i ≥ q , 从而有

∫∑ χ

qμΩ ≤

A

Ω

i

i

dμ

∫

= ∑ χA i dμ =

∑μA , i

Ω

i

i

由此推出要证结论 .

□

2 .56 　 设 { A n }

A, ∑ μA n < ∞ , 则几乎每个 x ∈ Ω 至多属于

有限个 A n . 提示 :

∑∫χ

A

Ω

n

2 .57 　 设 { A n } ≤ k

-1

∑ μA

n

∑χ

dμ < ∞

A

n

< ∞ , a .e . .

A, B = { x ∈ Ω∶ x 至少属于 k 个 A n } , 则 μB

.

提示 : 利用

∑χ

A

n

B ≥ k , 参照题 2 .55 . 1

2 .58 　 设 μ是 Ω 上的计数测度 , f ∈ L ( Ω) , 则存在可数集 { x n }

∫ f dμ = ∑ f ( x

Ω, 使得

Ω

n

) .

∫

证 　 令 Ak = {

f ≥ 1/ k} , 则 μA k ≤ k

Ω

f dμ < ∞ ( 用 ( 7) ) ,

因而 A k 是有 限集 , 这 推出 A = ∪ A k = { f ≠ 0} 是可 数 集 .令 A = { xn } , 则

∫ f dμ =∫ f dμ = ∑ f ( x Ω

A

n

) .

□

n

　 　 2 .59 　 设 f , g 在 [ a , b] 上 Riemann 可积 , 在 [ a , b] 的 某稠密 子 b

∫

集上 f = g , 则

a

b

∫ g( x ) d x .

f ( x) d x =

a

§2 .1 　 Lebesgue 积分

・ 69 ・

提示 : 由 f , g 几乎处处连续及题设条件 推出 f = g , a .e ., 然后 用 定理 2 .1 .4 . 2 .60 　 设 f ( x ) 是 [ a, b] 上的有限实函数 , 其间断点集 D 只有 可 数个极限点 , 则 f ( x ) 在 [ a , b] 上 Riemann 可积 . 提示 : 用定理 2 .1 .4 , 注意 D 是可数集 ( 用题 1 .23) . 2 .61 　 设 f n ( n = 1 , 2 , … ) 在 [ a, b] 上 ( 常 义 ) Riemann 可 积 , fn → → f , 则 f ( x ) 在 [ a , b] 上 Riemann 可积 . 证 　 设 D n 是 f n 的间断点集 , D = ∪ Dn , 则 mD = 0 . ＂ x ∈ [ a , b] \ D , 由 f( y) - f ( x ) ≤

f ( y ) - f n ( y) +

f n ( y) - f n ( x)

fn ( x ) - f ( x )

+

看出 f 在 x 连续 , 故 f 在 [ a, b] 上 a .e . 连续且有界 , 因此 Riemann 可 积 .

□ 1

2 .62 　 设 0 < f ∈ L ( Ω) , 0 < q ≤ μΩ < ∞ , 则

∫ f dμ > 0 .

inf

μA ≥ q A

∫ f dμ= 0 , 则有 { A

　 　 证 　 用反证法 .若 μA≥ infq

∫

A

f dμ < 2

- n

A

n

}

A, 使得 μA n ≥ q,

. 令 B n = k∪ Ak , A = ∩ Bn , 则 B n ↓ A , 于是 ≥n n

n

μA = lim μB n ≥ lim μA n ≥ q; n n

∫f dμ = lim∫ f dμ≤ lim∑∫ f dμ≤ lim∑ 2 n

A

B

n

n

k≥ n

A

n

k

- k

= 0

k≥ n

( 其中用了 定 理 1 .2 .1 ( iii ) 与 定 理 2 .1 .1 ( v ) , 注 意 μΩ < ∞ 与 f ∈

∫f dμ= 0 , 而这推出 μA = 0 ( 用题 2 .1 3 与

1

L ( Ω) ) .因此

A

出矛盾 . 2 .63 　 设 { f n }

f > 0 ),得 □

M ( Ω) , f n → f , a .e .,

∈ N) , 则 f n → f , a .u . . 证 　 令 A n k = { f n - f ≥ 1/ k} , 则

f n ≤ g ∈ L1 ( Ω) ( ＂ n

第二章 　 积 　 分

・ 70 ・

∞

{ f n /→ f } = k∪ lim An k , =1 n An k = 0 ( ＂ k ∈ N ) . 因 于是由 μ{ f n /→ f} = 0 推出 μ lim n A n k ≤μ{2 g ≥ 1/ k} 　 ( 用 f n - f ≤ 2 g , a .e .) μ n∪ ≥ N

∫gdμ < ∞ , ( 用 ( 7) )

≤2 k

Ω

故 A n k = lim μ n∪ An k 0 = μ lim n ≥ N N→ ∞

. 　 ( 定理 1 .2 .1( iii) )

取定 δ > 0 , 依次取 n 1 < n 2 < … , 使得 μ n∪ A nk < δ 2 ≥ N

k

. 　 ( ＂ k ∈ N)

c

令 Aδ = k∩ ∩ An k , 则 ≥ 1 n≥ n k

∞

∞

∪ An k < μA = μ k∪ = 1 n≥ n c δ

k

当 x ∈ Aδ , n ≥ n k 时

δ

∑2

k

= δ.

k=1

f n ( x ) - f ( x ) < 1/ k ( ＂ k ∈ N ) , 可见在 Aδ

上 fn → → f . 因此 f n → f , a .u . .

□

§2 .2 　 微分与不定积分 一、定理与定义 本节包含互相联系的两个 内容 : 微 分与不 定积 分 .关于 微分 , 尤 其 是一元 函数 的 微分 , 似 乎 微积 分学 中已 作了 彻 底研 究 , 没 什么 好说 的 了 .其实远非如此 .除了熟知的初等函数外 , 我们甚至说不上 , 哪几类函 数的可微性已经研究清楚 .正是在实变函数中 , 借助于集论与测度论方 法 , 彻底解决了一些常用函数类———单调函数、有界变差函数与绝对连 续函数———的可微性问题 .这曾被认为是测度论方法的辉煌成果之一 . 至于不定积 分 , 更值得多 说几句 .在上 节中 , 我们 以不多的 篇幅概括 了 积分学的主要结果 .就一般测度空间上的积分而言 , 除了某些方面还需 适当展开之 外 , 你 所 需 要 的 知 识 , 大 体 上 就 是这 些 了 .如 果 限 于 考 虑

§2 .2 　 微分与不定积分

・ 71 ・

Euclid 空间上的积分 , 尤其是区 间上 的积 分 , 那 么 , 你会 明 显地 感到 已 学到的东西还远远不够 .熟知的 定积分公 式———Newton－Leibniz 公式、 变量代换公式与分部积分 公式 , 对于 Lebesgue 积分 都还 没有 提 到 , 缺 少这些内容的积分理论当然是不完全的 .我们希望 , 这些积分公式不仅 可用于 Lebesgue 积分 , 而且其 适用 条件 能 得到 更准 确的 刻画 .在本 节 中对 Newton－Leibniz 公式的处理完全满 足了这 一要 求 .如同在 微积 分 学中一样 , 对 于 Lebesgue 积 分 , Newton－Leibniz 公 式 也 是和 不 定 积 分 联系在一起的 . 以下设 J = [ a , b] 是给定的有 限区 间 , 当提 到函数 f , g , f n 等 而 未特别说明时 , 都假定它们是 J 上 的有限 实函 数 , 且 自动 地认 定 f ( x ) = f ( a) ( x < a) , f ( y ) = f ( b) ( y > b) .当说 { x i } 是区间 J 的一个分 割时 , 意味着 a = x0 < x1 < … < xn = b .

( 1)

对应于分割 (1 ) , 约定 Δ x i = x i - x i - 1 , 　 Δi = [ x i - 1 , x i ] , Δ f ( x i ) = f ( x i ) - f ( x i - 1 ) 　 (1 ≤ i ≤ n) .

( 2)

　 　 定义 2 .2 .1 　 ( i ) 对 J 上的任何有限实函数 f ( x ) , 令 b Va ( f ) = sup∑ Δ f ( x i ) ,

( 3)

i

b

其中上确界是对 J 的所有可能的分割 { x i } 而取的 .称 V a ( f ) 为 f 在 J 上的全变差 ; 若 V ab ( f ) < ∞ , 则称 f ( x ) 为 J 上的有界变差函数 . ( ii) 若 ＂ ε> 0 , ｖ δ> 0 , 当 ( a k , bk ) 是 J 中有限个互不相交的区 间且 ∑ ( bk - ak ) < δ时 , 恒有

∑

f ( bk ) - f ( a k ) < ε,

k

则说 f ( x ) 在 J 上绝对连续 . ( iii) 若存在正常数 k , 使得 f( x ) - f ( y) ≤ k x - y 　 ( ＂ x , y ∈ J) , 则称 f ( x ) 为 J 上的 Lipschitz 函数 . 为方便 起见 , 分 别以 BV , AC , Lip 与 C1 记 有界 变差 函数 类、绝 对

第二章 　 积 　 分

・ 72 ・

连续函数类、Lipschitz 函数类与连续可微函数类 .各类函数之间的相互 关系如下 : C

1

Lip

AC ∩ C

BV ∪ M

B

其中 B , C , M 分别记有 界函 数类、连续 函 数类 与 单调 函 数类 ( 这 一 规 定仅在此处使用 ) . 以下定理汇集了 BV 类函数与 AC 类函数的基本性质 . 定理 2 .2 .1 　 ( i ) 运算性质 : f ∈ BV BV

f + g , f g ∈ BV; f , g ∈ AC

f > 0

f 是两增函数之差 ; f , g ∈

f + g , f g ∈ AC; f ∈ AC 且

1/ f ∈ AC .

( ii) 连续性 : 若 f ∈ BV, 则 f 至多有可数多个间断点 , 且只能有第 一类间断点 . 1

(iii) 可微性 : 若 f ∈ BV , 则 f 几乎处处可微 , 且 f′∈ L ; 若 f ( x ) b

∫ f′( x ) d x ≤

是增函数 , 则

a

f ( b) - f ( a) .

对于以上定理的理解 , 可作如下说明 .首先 , 若 f ( x ) 是增 函数 , 则 显然 f ( x ) 描述了一种相对稳定的变化 .它可能出现 突变 , 那就是在 间 +

-

断点 x 处突 然 跳跃 了高 度 f ( x ) - f ( x ) . 但 这种 跳跃 受 到总 的 限 制:

∑

[ f ( x + ) - f ( x - ) ] ≤ f ( b) - f ( a) ,

a≤ x≤ b

因而跳跃不可能太多 , 且不 能 太剧 烈 .可见 , f ( x ) 至多 有 可数 多个 间 断点是 理所 当 然的 .至 于 可微 性 , 从 增函 数的 变化 相对 稳 定的 特征 来 看 , 其 较好 的可 微性 似 乎是 必然 的 .然 而 , 像“ 几乎 处处 可 微且 导数 可 积”这样深刻的结论 , 则远远不 是通 常的 直观想 象所 可断言 的 , 而是 精 细的测度论分析的结果 .这些结果的获得 , 正是测度论方法远远优于传 统方法的辉煌例证 .这就决定 了我们 对定 理 2 .2 .1 的深 刻性给 予充 分 的评价 .但 从另一角 度来看 , 我 们对定理 2 .2 .1 的评 价就很有 保留了 . 问题在于 , 既然有界变差函数与绝对连续函数都可以表为增函数之差 , 因而二者 自 然 继 承 了 增 函 数 的 连 续 性 与 微 分 性 质 .除 此 之 外 , 定 理

§2 .2 　 微分与不定积分

・ 73 ・

2 .2 .1并没有指明 , 在微分 性质 方面 , 绝对 连续 函数 有什么 可区 别于 单 调函数或有界变差函数的特征 .就此而言 , 定理 2 .2 .1 基本上还局限在 增函数的理论范围内 .关键的突破是由下面的定理完成的 . 1

定理 2 .2 .2 　 若 g ∈ L ( J) , 则不定积分 x

∫ g( t ) d t

f( x ) =

a

是 J 上的绝对连续函数 , 且 f′= g , a .e . . 定理 2 .2 .3 　 对于 J 上的有限实函数 f ( x ) , 以下条件互相等价 : ( i) f ∈ AC; x

∫ g( t) d t ;

1

( ii) 存在 g ∈ L ( J) , 使得 f ( x ) = f ( a ) +

a

1

(iii) f ( x ) 在 J 上 a .e . 可 微 , f′∈ L , 且 成 立 如 下的 Newton－ Leibniz 公式 : x

∫ f′( t ) d t,

f ( x ) = f ( a) +

( 4)

a

或 x

∫ f′( t ) d t = a

x

　 ( a ≤ x ≤ b) .

f ( t) a

　 　 让我们将以上结 果与 微 积分 学 中的 类 似结 论 对照 一 下 .若 g( x ) 在 [ a , b] 上 Riemann 可 积 , 则 在 微 积 分 学 中 仅 可 断 言 , f ( x ) = x

∫ g( t ) d t 是 [ a , b] 上 的 连 续 函 数 , 且 在

g( x ) 的 连 续 点 x 处 成 立

a

f′( x ) = g( x ) . 至于 Newton－Leibniz 公式 (4 ) 成立的条件 , 在微积分学 中是这样的 : f ( x ) 在 [ a , b] 上连续 , 在 ( a , b) 内可微 ( 至 多除去有 限 个例外 点 ) , 且 f′( x ) 在 [ a , b] 上 Riemann 可 积 .通 常 , 以 上 条 件 由 f′( x ) 在 [ a, b] 上连续 ( 这意 味着 f ∈ C1 ) 来 保证 , 这 就 大大 强于 定 理 2 .2 .3 中的条件 .由此可见 , 定理 2 .2 .2 与 2 .2 .3 显著地改进了微积 分学中 的 结 果 .而 且 , 对 于 公 式 ( 4 ) 成 立 给 出 充 要 条 件 意 味 着 , 在 Lebesgue 积分论的框架 内 , Newton－Leibniz 公 式 在什 么条 件 下成 立 的 问题被彻底解决了 . 你大概已注意到 , 定 理 2 .2 .2 留 下了 一 个明 显 缺 陷 : 它 不 能 回 答

第二章 　 积 　 分

・ 74 ・ x

. f( x) 在 ∫ g( t ) d t 在什么点 可微的问题 “

f ( x) =

g ( x ) 的连续 点 x

a

可微”这一结论即使成立 ( 下面 将指 明它确 实成 立 ) , 也远远 不够 , 因 可 积函数 g 可以处处不连续 ! 通过引进 Lebesgue 点概念 , 上述问题在一 定程度上获得了解决 . 1

定义 2 .2 .2 　 设 g ∈ L ( J) . 若 x ∈ J 满足 x+ h

∫

1 lim h↓0 h

g( t ) - g( x ) d t = 0 ,

x- h

则称 x 为 g 的 Lebesgue 点 , 或简称 L - 点 . 1

定理 2 .2 .4 　 设 g ∈ L ( J) , 则有以下结论成立 : ( i) 几乎所有 x ∈ J 是 g 的 L - 点 ; ( ii) g 的连续点必是 L - 点 ; ( iii) 若 x 是 g 的 L - 点 , 则成立 d dx

x

∫ g( t ) d t = a

g( x ) .

　 　 涉及本节内容的问题可分为两类 .其一是利 用定理 2 .2 .1 ～ 2 .2 .4 的结论来解决的问题 , 它们可能不需要太多的技巧 , 但因其体现了你所 学到的理论的价值 , 仍应是关注的重点 .另一类问题则直接基于本节概 念的定义 , 或者基于得出定理 2 .2 .1 ～ 2 .2 .4 的 那些 方法 ; 对于 这些 方 法的理解与掌握 , 解决一些与之相关的问题必定是有益的 .

二、问题与方法 A . 增函数问题 增函数似乎很简单 , 但它是微分理论的出发点 , 有些结论有出人意 外的深刻性 , 因 此并不乏 难题 .首先让 我们综 合一下增 函数的 性质 .若 f ( x ) 是 J 上的有限增函数 , 则 ( i) f ( x ) 在 J 上至多有可数多个间断点且只有第一类 间断点 ; 当 a < x < y < z ≤ b 时有 f ( x - ) ≤ f ( x ) ≤ f ( x+ ) ≤ f ( y ) ≤ f ( z - ) . 　 　 ( ii) f ( x ) 在 J 上 a .e .可微 , 0 ≤ f′∈ L1 ( J) , 且

( 5)

§2 .2 　 微分与不定积分

・ 75 ・

x

∫ f′( t ) d t 　 ( x ∈

f ( x ) ≥ f ( a) +

a

　 　 2 .64 　 设增函数 f , g 在某个稠密集 A

J) .

( 6)

J 上相等 , 则 f 与 g 有相

同的连续点与可微点 , 且 f′= g′, a .e . . ±

±

证 　 直接看出 f ( x ) = g( x ) ( ＂ x ∈ J) , 因此 f 与 g 有相同的 连续 点 , 且 在 连 续 点 x 必 有 f ( x ) = g ( x ) . 其 次 证 f′( x ) 存 在 g′( x ) = f′( x ) ; 为此又只要证 : f′ + ( a) 存在

g′+ ( a) = f′ + ( a) ;

f′- ( b) 存在

g′- ( b) = f′- ( b) .

不妨只证前者 .设 f′+ ( a) 存在 , 今证 lim x↓ a

g( x ) - g( a) g( x ) - g ( a) ≤ f′ . + ( a) ≤ lim x↓ a x - a x - a

( 上式显然推出 g′+ ( a ) = f′+ ( a) .) 不妨只证其中 的第一个 不等式 . 为此 , 又只要对任给 β > 1 , 证 lim x↓ a

g( x ) - g( a) ≤ βf′+ ( a ) . x - a

＂ x ∈ ( a , b) , 取 ξx ∈ A ∩ ( x , b) , 使得 ξx - a < β( x - a) , 则 lim x→ a

g( x ) - g( a) f (ξx ) - f ( a) ≤ lim β = βf′+ ( a) , x↓ a ξx - a x - a

即如所要证 .

□

值得注意的是 , 以上证 明中 , 只有 最后 一步是 实质 性的 , 前 面一 大 段不过是反复地将所要证结论 归化 到愈 来愈特 殊的 情况而 已 .这种 归 化最大限度地简化了问题 , 你务必细加体会 .此处及今后我们都尽可能 将在 x ∈ [ a , b] 处的论证归化到端 点去 .端点看似 特殊 , 但 x 不正 是 区间 [ a , x ] 与 [ x , b] 的端点吗 ? 2 .65 　 设 Q = { rn ∶ n ∈ N} , αn > 0 , ∑ αn < ∞ , f ( x ) =

∑α , n

r ≤ x n

则 f ( x ) 是严格增函数 , 且恰以 Q 为其间断点集 . 提示 : 注意 f ( y) - f ( x ) =

∑

αn 　 ( x < y ) .

x< r ≤ y n

式 (6 ) 相当于将 ( 4) 中的等 号换 成了 不等号 , 这 正是 增函数 与绝 对

第二章 　 积 　 分

・ 76 ・

连续函数的差别所在 .不等式 ( 6) 所含的信息自然远弱于 (4 ) , 似乎价值 不大 .但下面的问题表明 , (6 ) 仍可能推出一些很强的结论 , 关键在于你 如何适当地 运用它 .首要 的建议 是 : 对 于涉及 增函数的 问题 , 你不应 忽 略了不等式 (6 ) ! b

∫ f′( x )d x =

2 .66 　 设 f ( x ) 是增函数,

f ( b) - f ( a) , 则 f ∈ AC .

a

证 　 显然要做的是从所给等式与 (6 ) 推出 ( 4) : x

∫ f′( t) d t 　

f( x ) - f ( a) ≥

a

　 　 　 　 ( 用 (6 ) )

b

b

a

x

f′( t ) d t ∫ f′( t )d t ∫

=

≥ f ( b) - f ( a) - [ f ( b) - f ( x ) ] 　 ( 用 (6 ) ) = f ( x ) - f ( a) 　 ( a ≤ x ≤ b) , 这正好得出 (4 ) , 如所要证 .

□

2 .67 　 设 f ( x ) 是增函数 , 则 f = g + h , g , h 是增函数 , g ∈ AC , h′= 0 , a .e . . x

∫ f′( t) d t , 用定理 2 .2 .2 与 ( 6)

提示 : 令 g( x ) =

a

2 .68 　 设 f n ( n ∈ N ) 是增函数 , f ( x ) = f′=

∑

∑f

n

.

( x ) 处处有限 , 则

f′n , a .e . .

∑

证 　 令 Fn =

n 1

f i , f = F n + φn , 则 F n , φn 都 是有 限增 函数 ,

f′= F′n + φ′n , a .e ., F′n =

∑

n 1

f′ ′n → 0 , a .e . . 因 F′n i , 故只要证 φ

对 n 递增 , 故 φ′n 对 n 递减 , 因此只要对适当的 n 1 < n 2 < … 证 φ′n k → 0 , a .e ., 为此只要有 ∑φ′n k < ∞ , a .e . . 注意 k

b

b

∫∑φ′ d x = ∑∫φ′ d x 　 a

n

k

k

k

a

n

k

　 　 　 ( 用 Levi 定理 )

≤ ∑ [φn k ( b) - φn k ( a) ] , 　 ( 用 (6 ) ) k

-2 -2 故只要选择 n 1 < n 2 < … , 使得 φn k ( b) < k , φn k ( a) < k 即

可 .因 φn ( x ) → 0 ( ＂ x ∈ J) , 这显然是可行的 .

□

§2 .2 　 微分与不定积分

・ 77 ・

2 .69 　 设 f ( x ) 是增函数 , f ( x ) = φ( x ) + s( x ) , s( x ) 是跳跃函 数: s( x ) =

∑ [ f (ξ ) +

-

-

- f (ξ ) ] + f ( x ) - f ( x ) ,

ξ< x

则 f′= φ′, a .e . . 证 　 只要证 s′= 0 , a .e . . 分解 s 为 g + h , g =

∑ [ f (ξ ) +

- f (ξ ) ] χ(ξ, ∞ ) , h ( x ) = f ( x ) - f ( x ) .

ξ

-

则由题 2 .6 8 得 g′= 0 , a .e . . 因 f ( x ) 显然 亦为增 函数 , 且 f ( x ) = -

f ( x ) , a .e ., 故由题 2 .64 有 h′= 0 , a .e . . 因此 s′= 0 , a .e . .

□

下面的问题推广了定理 2 .2 .1( ii ) . 2 .70 　 设 f 是有限实函数 , 则 f 至多有可数多个第一类间断点 . +

-

证 　 令 Dn = { x∶ f ( x ) - f ( x ) > 1/ n} , 则 ∪ Dn 是 f 的第 一类间断点集 .只要证每个 Dn 可数 .固定 n ∈ N, 若 Dn 不可 数 , 则 必 有一个 x ∈ Dn 不是孤立点 ( 用题 1 .22 ) .取 { x k } Dn , 使 x ≠ x k → x , 不妨设 x k ↑ x . 取 yk ≤ x k ≤ z k < x , 使得 yk - z k < 1/ k,

f ( yk ) - f ( z k ) > 1/ n .

-

显然 yk , z k → x . 因 f ( x ) 存在 , 故必 f ( yk ) - f ( z k ) → 0 , 这就得出矛 盾 .因此 Dn 可数 , 如所要证 .

□

B . 有界变差函数问题 首先是判定有界变差函数的问题 .若能找到常数 β, 使得对 J 的任 何分 割 { x i } , 都 有 ∑ Δ f ( x i ) ≤ β, 则 有 f ∈ BV . 所 涉 及 的

∑

Δf ( x i )

是一个有限和式 , 对其进行估计通常是不困难的 .

2 .71 　 设 β＞

sup Vcb ( f ) < ∞ , 则 f ∈ BV .

a < c< b

证 　 ＂ x ∈ ( a , b) , 有 f ( x ) ≤ f ( b) +

f ( x ) - f ( b) b

≤ f ( b) + Vx ( f ) ≤

f ( b) + β.

任给形如 (1 ) 的分割 { x i } , 有 ( 记号依 ( 2) , 下同 ) n

∑ i= 1

n

Δ f ( x i ) ≤ Δ f ( x1 ) +

∑ i= 2

Δf ( x i )

第二章 　 积 　 分

・ 78 ・

b

≤

f ( a) +

f ( b) + β+ V x 1 ( f )

≤

f ( a) +

f ( b) + 2β,

这表明 f ∈ BV .

□ c

2 .72 　 设 a sup Va ( f ) < ∞ , 则 f ∈ BV . 若 我 们 把 条 件 改 成 < c< b d

sup Vc ( f ) < ∞ , 结论将如何 ? a < c< d < b 提示 : 用 2 .71 的证法 ; 条件减弱后结论仍保持 . 2 .73 　 设 β＞ sup Va ( f n ) < ∞ , f n ( x ) → f ( x ) ( ＂ x ∈ J) , f ( x ) n b

是有限函数 , 则 f ∈ BV . 证 　 任取一个分割 { x i } , 有

∑

Δ f k ( x i ) ≤ Vab ( f k ) ≤ β . 　 ( ＂ k ∈ N)

i

固定 { x i } ( 这是要点 !) , 令 k → ∞ , 得

∑

Δ f ( x i ) ≤ β.

i

回复到 { x i } 的任意性 , 得 f ∈ BV . 2 .74 　 设 f 连续 , 则 f ∈ BV 证　令 g =

□ f ∈ BV . b

b

b

f , 实 际 上可 证 Va ( f ) = Va ( g) . 显 然 Va ( f ) ≥

b V a ( g) . 其次 , 任给分割 { x i } , 当 f ( x i - 1 ) f ( x i ) ≥ 0 时有 Δ f ( x i ) =

Δ g( x i ) ; 若 f ( x i - 1 ) f ( x i ) < 0 , 则有 ξ∈ ( x i - 1 , x i ) , 使得 f (ξ) = 0 , 于是 Δf ( x i ) =

g(ξ) - g ( x i - 1 ) +

将这样的 ξ加入分点之后 , 得

∑

g( x i ) - g(ξ)

.

Δ f ( x i ) ≤ V ab ( g) , 从 而 V ab ( f ) ≤

b

□

V a ( g) . 2 .75 　 设 f ∈ BV, g ∈ Lip, 则 g 提示 : 设 φ = g

f ∈ BV .

f , 则 Δφ( x i ) ≤ const Δ f ( x i )

.

x 2 .76 　 设 f ∈ BV, 则 f ( x ) 与 π( x ) ＞ V a ( f ) 有同样的连续点 .

证 　 π( x ) 显然是增函数 , 且 f ( x ) - f ( y ) ≤ π( x ) - π( y ) 令 y↓ x 或 y↑ x , 从 上式 得

　 ( x , y ∈ J) .

f ( x ) - f ( x± ) ≤

( 7)

π( x ) - π( x± )

.

§2 .2 　 微分与不定积分

・ 79 ・

因此 , 当 π在点 x 连续时 f 亦必在 x 连续 . 为证逆命题 , 不妨只证以下两件事 ( 参考题 2 .64 ) : +

f ( a) = f ( a ) -

+

π( a ) = 0 ;

(＊)

-

π( b) = π( b ) .

f ( b) = f ( b )

两者的证明是类似 的 , 不妨只证 ( ＊ ) . ＂ ε > 0 , 取 J 的分割 { x i } , 使 b + 得 ∑ Δf ( x i ) > V a ( f ) - ε. 由 f ( a ) = f ( a ) , ｖ c > a , ＂ x ∈ ( a ,

c) , 有

f ( x ) - f ( a) < ε. 取定 x ∈ ( a , c) , 不妨设 x < x 1 , 有 b

b

π( x ) = Va ( f ) - V x ( f ) n

n

< ∑ Δ f ( xi ) + ε -

∑

f ( x1 ) - f ( x ) +

i= 1

= Δ f ( x1 ) + ε ≤

Δ f ( xi )

i=2

f ( x1 ) - f ( x )

f ( x ) - f ( a) + ε < 2ε,

这得出 π( a+ ) = 0 , 即如所要证 .

□

b

∫

2 .77 　 设 f ∈ BV, 则

b

f′( x ) d x ≤ Va ( f ) .

a

提示 : 用 ( 7) 推出

f′≤ π′, a .e ., 然后用 ( 6) .

C . 绝对连续函数问题 绝对连续函数与有界 变差 函数 固然差 别甚 大 , 但其定 义亦 有一 定 程度的类 似 : 二 者都涉 及函数在 一组区 间上的增 量绝对值 之和 .因此 , 可提出一些类似的问题 . 2 .78 　 设 f ∈ AC , g ∈ Lip , 则 g

f ∈ AC .

提示 : 参照题 2 .75 . 2 .79 　 设 f ∈ AC , 则 提示 : g( x ) =

x

p

f

p

∈ AC( p ≥ 1) .

在有限区间上为 Lipschitz 函数 .

2 .80 　 设 g , f ∈ AC , f 严格单调增 , 则 g

f ∈ AC .

提示 : 利用绝对连续的定义 . 绝对连续性的定义逻辑上并不复杂 , 但其表述有点繁琐 , 而且直接 验证其条件也不总是容易的 .因此 , 应尽可能利用不直接依靠定义的其 他方法 , 而定理 2 .2 .2 与 2 .2 .3 正为此提供了依据 .下面我们把重点放

第二章 　 积 　 分

・ 80 ・

在这些定理的应用 . 2 .81 　 设 f ( x ) 在任何区间 [ a, c]

[ a , b] 上绝 对连续 , 且在 点

b 左连续 , 则 f ( x ) 在 [ a , b] 上绝对连续 . 证 　 由题设条件及定理 2 .2 .3 得出 x

∫ f′( t ) d t . 　 ( a ≤

f ( x ) = f ( a) +

x < b)

a

b

∫ f′( t ) d t .这就表明 , 式 (4 ) 在 [ a , b] 上成

令 x → b 得 f ( b) = f ( a) +

a

立 , 因而 f ( x ) 在 [ a , b] 上为绝对连续函数 .

□

上题亦可利用绝对连续的定义来证明 ( 你不妨一试 !) , 但未必能如 此简捷 . 2 .82 　 设 f ∈ C[ a , b] 在 ( a, b) 内 可 微 , 至 多 有 限 个 点 例 外 ; f′( x ) 在 [ a , b] 上 Riemann 可积 , 则 f ∈ AC . 提示 : 依 Riemann 积分 , 式 ( 4) 在 [ a , b] 上成立 . α

-β

2 .83 　 设 f ( x ) = x sin x

(0 < x ≤ 1 ) ,α,β > 0 , f ( 0) = 0 . 讨

论 f ( x ) 在区间 [ 0 , 1] 上的绝对连续性 . 解 　 f ( x ) 显然在 [ 0 , 1] 上连续 , 在 (0 , 1 ] 上连续可微 , 且 α- β- 1

β

αx sin x

f′( x ) = x

若 α - β - 1 > - 1 , 即 α> β, 则

-β

- βcos x

-β

.

在 [0 , 1 ] 上可积 .利用通常

f′( x )

的 Newton－Leibniz 公式有 x

∫ f′( t ) d t . 　 ( 0 <

f ( x ) = f ( a) +

a ≤ x ≤ 1)

a

令 a → 0 , 注意 f 连续及 f′∈ L 1 [ 0 , 1] , 得 x

∫ f′( t) d t . 　 (0 ≤

x ≤ 1)

f ( x) =

0

可见 f ∈ AC . 若 α≤ β, 则 α- β- 1

f′( x ) ≥ βx 1

∫x

故

0

α- 1

cos x

-β

d x < ∞, 而 1

∫

α- β- 1

β x 0

cos x

-β

α- 1

- αx

dx

.

§2 .2 　 微分与不定积分 ∞

∫

cos t -β ) α/ β d t 　 ( t = x t

=

1

∞

2

∫

cos t d t = ∞, t

≥

1

故

f′( x )

・ 81 ・

在 [ 0 , 1] 上不可积 , 从而 f ( x ) 在 [0 , 1 ] 上 非有界 变差 函

数 , 因此不是绝对连续函数 .

□

2 .84 　 作 g , f ∈ AC , 使 g 3

提示 : 如 令 g( x ) =

f ú AC . 3

3

x , f ( x ) = x cos (π/ x ) , f ( 0) = 0 , 则 在

[ - 1, 1] 上 g ∈ AC, 在 [0 , 1 ] 上 f ∈ AC, 而 g

f ú AC .参照题 2 .83 .

c

∫f( x ) d x = 0 ( ＂ c ∈ J) , 则

1

2 .85 　 设 f ∈ L ( J) ,

f = 0 , a .e . .

a

证 　 直接应用定理 2 .2 .2 立得 x

∫ f ( t)d t =

d 0 = dt

□

f ( x ) , a .e . .

a

　 　 上题是不定积分理论导向 最简 单解 法的一 个典 型例证 .如 果停 留

∫f d m

在先前所习惯的思 路上 , 你可 能会 试图 去 证明

A

= 0( A

J可

测 ) , 然 后 用题 2 .10 .这固 然 能够 成功 , 但需 要一 个颇 繁的 测 度 论证 . 这里如同在 其他情 况下一样 , 基 本的经验 是 : 若要证一 个结论 , 你永 远 要最优先考虑利用最接近该结 论的 已知 定理 .尤其 是那 些深刻 的基 本 定理 ( 定理 2 .2 .2 与 2 .2 .3 应在其 列 ) , 它们 往往吸 收了 解决许 多具 体 问题所遇到的困难 , 若弃而不用 , 那你就只有直接面对那些困难了 . 鉴于上述考虑 , 你会特别惦记着应用定理 2 .2 .2 与 2 .2 .3 了 . b

2 .86 　 设 f n ∈ AC , c ∈ J 收敛 , 则 f =

∑f

∑∫

f′ n ( x) d x < ∞,

a

n

∈ AC 且 f′=

∑

fn ( x ) 在 某 点

∑ f′, a .e . . n

证 　 应用 Newton－Leibniz 公式 (4 ) 得 x

∫ f′( t ) d t . 　 ( x ∈ J , n ∈ N )

f n ( x ) = f n ( c) +

n

c

形式上两边对 n 求和得 : x

∫ ∑ f′( t ) d t . 　 ( x ∈ J)

f ( x ) = f ( c) +

c

n

n

第二章 　 积 　 分

・ 82 ・

∑ f′, a .e . . 余下

然后应用定理 2 .2 .3 与 2 .2 .2 立得 f ∈ AC 且 f′=

n

n

的问题是确证 推出 ∑

∑f

∑

与

n

b

f′n 收 敛 .首 先 , 由

∑∫ n

f′( x ) d x < ∞

a

f′n < ∞ , a .e . ( 参考定理 2 .1 .2( iii ) ) , 且

n

x

∫∑ c

x

∑∫

f′ n ( t) d t =

n

c

n

f′ n ( t)d t .

其次 , 由上式右端级数收敛与 ∑ f n ( c) 收敛推出 ∑ f n ( x ) ( x ∈ J) 必 n

收敛 .

□

对于上 题 , 若 要 避 开 Newton－Leibniz 公 式 而 试 图 去 直 接 证 明

∑f

n

与

∑

f′ n 收敛 , 你就多半会陷入困境 . f′ n ≤ g ∈ L1 ( J ) ( n = 1 , 2 , … ) , f n → f ,

2 .87 　 设 f n ∈ AC,

f′ n → φ, a .e ., 则 f ∈ AC 且 f′= φ, a .e . . 提示 : 类似于上题 , 利用 Newton－Leibniz 公式与控制收敛定理 . 2 .88 　 设 f ∈ AC , f′≥ 0 , a .e ., 则 f 单调增 . 提示 : 用 Newton－Leibniz 公式 . 2 .89 　 设 f n ∈ AC( n = 1 , 2 , … ) 单调增 , f ( x ) =

∑f

n

( x ) 是有

n a .e . . 限函数 , 则 f ∈ AC 且 f′= ∑ f′ 证 　 由 f n 单调增有 f′ n ≥ 0 , a .e .( ＂ n ∈ N ) . 于是对 x ∈ J 有

f( x ) = ∑ f n ( x) n

= ∑ f n ( a) + n

x

∑∫ f′( t )d t 　 ( 用 (4 ) ) n

a

n

x

∫ ∑ f′( t ) d t . 　 ( 用 Levi 定理 )

= f ( a) +

n

a

n

1 因 f ( x ) 有限 , 故必 ∑ f′ n ∈ L ( J) , 于是由上式及定理 2 .2 .3 与 2 .2 .2

立得 f ∈ AC 与 f′=

∑

□

f′ n , a .e . . x

∫

2 .90 　 设 f ∈ AC , 则 V ax ( f ) =

f′( t ) d t( a ≤ x ≤ b) .

a

证 　 显然只需对 x = b 证明 .设 { x i } 与 Δi 分别依 (1 ) 与 ( 2) , 则

§2 .2 　 微分与不定积分

∑

∫ f′( t ) d t

Δ f ( xi ) = ∑

Δ

　 ( 用 (4 ) )

i

b

∫

≤∑

・ 83 ・

∫

f′( t ) d t =

Δ

i

a

f′( t ) d t,

b

∫

b a

由此得 V ( f ) ≤

a

f′( x ) d x . 为证相反 的不等式 , 取阶梯函数序 列

{φn } , 使得 φn → sgn f′, a .e ., 且 φn ≤ 1 ( 存 在之 理由 在看了 §3 .1 之后更明显 ) .于是 b

∫ a

b

∫ lim φ

f′( x ) d x =

a

f′d m

n

n

b

∫

= lim φn f′ d m 　 ( 用控制收敛定理 ) n a

≤ Vab ( f ) . 最后一步 的 理 由 如 下 : 设 φ =

∑ αI

是阶梯函数, 其中

i Δ

i

αi ≤ 1 ,

Δi = [ x i - 1 , x i ) , { x i } 是形如 ( 1) 的分割 , 则 b

∫φf′d m = ∑α∫ f′d m i

a

i

Δ

i

= ∑αiΔ f ( x i ) 　 　 　 　 ( 用 ( 4) ) i

b ≤∑ Δ f ( x i ) ≤ V a ( f ) .

□

i

x

　 　 2 .91 　 设 π( x ) = Va ( f ) , 则 f ∈ AC π∈ AC . 提示 : 显然 π∈ AC f ∈ AC ( 用 ( 7 ) ) ; 由 上题知 f ∈ AC

π∈

AC . 就完全解决 Newton－Lenbniz 公式适用条件这一点而言 , 绝对连 续 性是一个很好的概念 .但从直观理解与实际判别来说 , Lipschitz 函数可 能更方便些 .顺便指出 , Lipschitz 函数 在数 学的各 个领 域应 用之 广泛 , 大概更甚于绝 对 连 续函 数 .你 通 过研 究 以 下 几 题 , 可 加 深对 Lipschitz 函数的理解 . 2 .92 　 f ∈ Lip

存在有界可测函数 g , 使得 x

∫ g( t ) d t . 　 ( x ∈ J)

f ( x ) = f ( a) +

a

第二章 　 积 　 分

・ 84 ・

　 　 提示 : f ∈ Lip

f′是有界可测函数 .

2 .93 　 若 ＂ x ∈ J , 存在开区间 Jx : x ∈ Jx , f 在 Jx 上为 Lipschitz 函数 , 则 f 在 J 上是 Lipschitz 函数 . 提示 : 用有限覆盖定理 . f ( y) - f ( x ) < ∞ . y - x 提示 : 类似于题 2 .93 , 用有限覆盖定理 .

2 .94 　 f ∈ Lip

sup lim x∈ J y→ x

有趣的是 , 不定积分可用来解决某些测度论问题 .以下就是一个很 说明问题的例子 . 2 .95 　 设 A

J, m A < b - a,ε > 0 , 则存在开区间 Δ

J, 使

得 m ( A ∩ Δ) < εmΔ . x

∫χ d m ( x ∈ J) , 则由定理 2 .2 .2 有 f′= χ , a .e . .

证 　 令 f( x) =

A

A

a

这推出 m { f′= 0 } = m ( J \ A) > 0 , 因此有 x0 ∈ ( a , b) , 使 f′( x 0 ) = 0 . 取 β > x 0 充分邻近 x 0 , 使得 f (β) - f ( x0 ) < ε. β - x0 令 Δ = ( x 0 ,β) , 则 β

∫

m ( A ∩ Δ) =

x

χA d m = f (β) - f ( x 0 )

0

< ε(β - x0 ) = εmΔ .

□

　 　 类似地 , 你可以证 : 2 .96 　 设 A

R, m A > 0 ,β< 1 , 则存在开区间 Δ, 使得 m ( A ∩

Δ) > βmΔ . ( 此即题 1 .7 4)

§2 .3 　 Stieltjes 积分 一、定理与定义 有了上节的补充 之后 , 看来 Lebesgue 积分 理论 已经 比 较完 备了 .

§2 .3 　 Stieltjes 积分

・ 85 ・

不过 , 你会立即提出 , 熟知的分部积分公式 b

∫ a

b

b

∫ gd f

fd g = fg

-

a

( 1)

a

在 Lebesgue 积分论中如何解释 , 还没有 一个 说法 .在 Riemann 积分 理 论中 , 公式 ( 1) 的条件是 f 与 g 在 [ a , b] 上连续可微 .如果 继续保持 这 么强的条件 , 就不必用到 Lebesgue 积分概念了 .在新的积分理 论中 , 自 然应尽可能降低对 f , g 的 可 微性 ( 甚至 连 续 性 ) 要 求 .这一 问 题 的 解 b

∫ f d g 的 积分 ,

决 , 是循完全不同的另一条 思路 实现的 : 引进一 种形 如

a

即下面就要考虑的 Stieltjes 积分 .这种积分有很大的 实用价值 , 倒不 仅 仅用于推广分部积分公式而已 . b

∫ f ( x ) d x 经 历了 从 Riem ann 积 分 到 Lebesgue 积 分 这

如同积分

a

两个发展阶段一样 , Stieltjes 积分也相 应地分 为 Riemann－Stieltjes 积 分 与 Lebesgue－Stieltjes 积分 , 二者分别简称为 RS 积分与 LS 积分 .LS 积 分当然具有更大的一 般性 , 在现 代数 学中 已 成为 Stieltjes 积分 的标 准 形式 , 且完全融入了对测度积分的一般理论之内 .不过 , LS 积分的构造 基于测度论 , 需要更多的准备 , 在一个初级的实变函数课程中不可能得 到非常完全的处理 .至于 RS 积分 , 则可以说它是 Riemann 积分的一个 直接推广 , 它的 展开思路 与理论 形式 , 都会是 你十分熟 悉的 .只需用 很 短的一段文字 , 就能给出 RS 积分的一个相当完整的概括 . 以下仍以 J 记有限区间 [ a , b] , 保持§2 .2( 1) , ( 2) 的记号 . 定义 2 .3 .1 　 设 f , g 是 J 上的有限实函数 . f 关于 g 的 RS 积分定 义为如下极限 ( 假定该极限存在且有限 ) : b

∫ f ( x ) d g( x ) a

n

= δ→ lim0 ∑ f (ξi )Δ g( x i ) ,

( 2)

i =1

其中 { x i } 是 区 间 J 的 分割 ( 依 §2 .2 ( 1 ) ) , δ = max Δ x i ,ξi ∈ Δi = i [ x i - 1 , x i ] 是任取的 , Δ g( x i ) = g( x i ) - g( x i - 1 ) . b

∫ f d g . 若取 g( x ) ≡

式 (2 ) 左端的积分也简写作 常的 Riemann 积分 .

a

x , 则 ( 2) 就是通

第二章 　 积 　 分

・ 86 ・

有了 RS 积分 , 分部积分公式 (1 ) 是否成立的问题解决 得出人意 外 b

b

a

a

∫ f d g 与∫ gd f 两者之一 ( 作为 RS 积分 ) 存在 , 则另一个 亦 必存在 , 且等式 ( 1) 成 立 .这 就表 明 , 就积 分 存在 性而 言 , 在 积分∫ f d g 地简单 : 若

b

a

中 f 与 g 的作用是对称的 .以下定理明确地体现了这一点 . 定理 2 .3 .1 　 若 f ∈ C( J ) , g ∈ BV , 或 g ∈ C( J ) , f ∈ BV , 则 b

∫

RS 积分

b

∫ gd f 均存在 .

fd g 与

a

a

下面的定理概括了 RS 积分的主要性质 . 定理 2 .3 .2 　 RS 积分有以下性质 . b

∫ f d g 分别对 f 与 g 是线性的 :

( i) 双线性性 : 积分

a

b

∫

b

b

∫ a

∫

b

b

b

a

a

a

a

(αf + βφ) d g = α f d g + β φd g; a

α fd g + ∫ β fd h, ∫ f d(αg + β h) = ∫ 其中 α,β∈ R, 假定等式右端的积分均存在 . b

∫ f d g 存在 , a < c < b, 则 ∫ f d g =∫f d g +∫ f d g .

( ii) 可加性 : 设

a

b

c

b

a

a

c

b

∫ f d g 存在 , 则 ∫ fd g

　 　 ( iii) 若

a

b

≤ ‖ f ‖0 Vab ( g) ,

a

其中 ‖ f ‖0 = a ≤sup x≤ b

( 这是一个通用记号 ) .

f( x)

C( J) , f n → → f , g ∈ BV , 则

( iv) 积分收敛定理 : 若 { f n } b

∫f

lim n

( 3)

b

n

∫fd g .

dg =

a

( 4)

a

　 　 ( v) 若 f ∈ C( J ) ( 或 f ∈ BV ) , g ∈ AC, 则 b

∫ a

b

∫ f ( x ) g′( x ) d x ,

fd g =

a

( 5)

§2 .3 　 Stieltjes 积分

・ 87 ・

其中右端是 Lebesgue 积分 . 在 RS 积分的应用中 , 通常限定 g ∈ BV . 这样的 g 总可表为两增 函数之差 ( 参 考定 理 2 .2 .1 ) , 因此 不 失一 般性 , 可进 而限 制 g 为 增 函 数 .由定理 2 .3 .1 , 当 g 是有 限 增函 数时 , 对 任 何 f ∈ C( J ) , RS 积 分 b

∫ f d g 存在 .要求 a

f 连续 , 必然 是一 个带 来 很多 不便 的限 制 .能 否如 同

Lebesgue 积分一样 , 仅仅要求 f 可测 ? 这就需要整个地改造 RS 积分 , 使之成为一种对测度的积分 .这一改 造的关键 在于定 义由函 数 g 导 出 的 LS 测度 . 以下设 g 是 R 上的右 连续 增函 数 .假 定右 连续 完全 不 失一 般性 , 且又能适应一些主要应用 ( 如在概 率论中的 应用 ) 的需要 .在 R 上考 虑 更加方便 , 且也不失去一般性 : 区间 [ a , b] 上的增函数 g( x ) 总可以自 然地扩张为 R 上的增函数 , 使得 g( - ∞ ) = g( a) , g( b) = g( ∞ ) , 此 处 g(± ∞ ) = xlim g (± x ) . →∞ 定义 2 .3 .2 　 设 g 是 R 上的右连续增函数 . -

( i ) 对任何开区间 Δ = ( a , b)

R, 定义 μgΔ = g( b ) - g( a) .

-

当 b = ∞ 时当然规定 g( b ) = g( ∞ ) . ( ii) 对任何开集 G = ∪ δi

R,δi 是 G 的构成区间 , 定义 μg G =

∑ μδ . g i

( iii) 任给 A

R, 定义

＊

μg A = inf{μg G∶ G

A 且 G 为开集 } ,

＊

则可验证 μg 是 R 上的一个外测度 ( 参考定义 1 .2 .2) . ＊

( iv) 设 A g 是所有 μg - 可测集构成的 σ - 代数 ( 依 定理 1 .2 .4 ) , 即 B ∈ Ag

每个 A ＊

R 满足 Carat heodory 条件 ( 参看§1 .2( 2) ) : ＊

＊

μg A = μg ( A ∩ B) + μg ( A \ B) , ＊

则 μg 在 A g 上的限制是一个完备测度 , 称它为由函数 g 导出的 LS 测 度 ( 即 Lebesgue－Stieltjes 测度 ) , 就记作 μg . 若 A ∈ A g , 则称 A 为关于 g 的 LS - 可测集 . 可以证明, A g 包括了所有开集(参看题 2 .108) ,因此 B

A g (B 是 Borel

第二章 　 积 　 分

・ 88 ・

集族) .若 g( x ) ≡ x, 显然 μg 就是 Lebesgue 测度 m, 因而 A g = L .在一般 -

情况下 , μg 与 m 有某些差异 .首先 , 因不必 g( b ) - g( a) = b - a 所 引起的长度畸变破坏了平移不变性 .更严重的是 , 对任何 a ∈ R, -1 -1 μg { a} = lim μ , a + n ) = g( a) g( a ) g( a - n n

是 g 在 a 处的跃度 , 它可能是一个正值 .这样 , LS 测度 μg 是 R 上一 个 通常平移可变且包含集中负载 ( 即某些 μg { a} > 0 ) 的 测度 , 它也可 能 是有限的 ( 只要 g(± ∞ ) 有限 !) .当 g( - ∞ ) = 0 , g( ∞ ) = 1 时 , μg 是 一个概率测度 , 此时 称 g 为分 布函 数 , 它 必为 某个 随 机变 量 的概 率 分 布函数 . 定义 2 .3 .3 　 设 g 是 R 上的右 连续增函 数 , μg 是 g 所导出 的 LS 1

1

测度 , 以 L ( μg ) 记 R 上关于 μg 可积的函数之全体 .任给 f ∈ L ( μg ) , 约定 ∞

∫

-∞

∫ f dμ ,

fd g =

( 6)

g

R

∞

∫

称

f d g 为 f 关 于 g 的 LS 积分 ( 即 Lebesgue－Stieltjes 积分 ) .一 般

- ∞

地 , 对任何 A ∈ A g , 定义

∫f d g =∫f dμ A

( 7)

g

A

为 f 关于 g 在 A 上的 LS 积分 , 只要上式右端积分存在 . 在 (7 ) 中分别取 A = [ a , b] , [ a, b) , ( a , b] 得 b

∫ f d g =∫ f χ

[ a , b]

R

a

b

-

∫ a

b

∫ a

b

b

a

a

+

∫ fχ

dμg ;

∫ fχ

dμg .

fd g = fd g =

[ a , b)

R

( a , b]

R

-

∫ f d g 与∫

注意

dμg ;

f d g 可能不同 , 二者的差是 -

f ( b)μ{ b} = f ( b) [ g( b) - g( b ) ] ; 仅当 f ( b) = 0 或 g 在 x = b 连续时这个差才为零 .

§2 .3 　 Stieltjes 积分

・ 89 ・

1

f ∈ L ( μg ) 的前提是 f 必须 A g － 可测 .为省去验证 A g － 可测的麻 -1

烦 , 通常假定 f 是 Borel 可 测函 数 , 即 f ∶R → R 满 足 f B B

B .因

A g , Borel 可测函数必定是 A g － 可测函数 .至于 Borel 可测 , 则并 不

是一个很强的限制 : 任何连续函数与 BV 类函数 都是 Borel 可 测函数 ; Borel 可测函数经定 理 1 .3 .1 所 列 的那 些 运算 仍 得 Borele 可 测 函数 ; Borel 可 测 函 数 的 复 合 函 数 是 Borel 可 测 函 数 , 等 等 .这 些 事 实 表 明 Borel 可测函数有足够的广泛性 . 现在 , 你应毫 不含 糊 地 认 定 : LS 积 分 就 是 关 于 LS 测 度 的 积 分 ! 如果不去细究 LS 测 度 μg 如何 具体构 成 , 那么关于 μg 的积分 就不 是 什么新东西 : 你在§2 .1 中早已熟悉它了 .现在 , 你可以将§ 2 .1 中的每 一条积分定理照搬过来 , 在适当的形式下用于 LS 积 分 , 而 不必费心 去 重建一个新 的系统 .为获 得更具 体的印象 , 只 要举少数 例子就 够了 .取 定右连续增函数 g( x ) , 则以下结论成立 : 1

( i) 线性性 : 设 f , φ∈ L ( μg ) ,α,β∈ R, 则 b

b

b

a

a

a

α fdg +∫ β φd g . ∫ (αf + βφ)d g = ∫ 1

　 　 ( ii) 可加性 : 设 f ∈ L ( μg ) , a < c < b, 则 b

c

a

a

-

∫ f d g =∫

b

∫ fd g

fd g +

c

c

b

a

c

c

b

a

c

∫ f d g +∫

=

+

fd g

∫ f d g +∫ f d g; 　 ( 若

= ∞

∫ 0

∞

n

-

∫

fd g = ∑ n=1

g 在 c 连续 )

fd g .

n-1 1

( iii) 单调性 : 设 f , φ∈ L (μg ) , f ≤ φ, μg －a .e ., 则 b

b

a

a

∫ f d g ≤∫φd g . 　 　 ( iv) 控制收敛定理 : 若 f n ∈ L1 ( μg ) , f , μg －a .e , 则

f n ≤ φ∈ L1 ( μg ) , f n →

第二章 　 积 　 分

・ 90 ・

b

∫

lim n

f n - f d g = 0;

a

b

∫f

lim n

a

b

n

∫fd g .

dg =

a

　 　 与定理 2 .1 .4 相对应的结果是 : 定理 2 .3 .3 　 设 f 是 [ a, b] 上的有界实函数, g( x ) 是 [ a , b] 上的 b

∫ fd g 存在当且仅当

右连续增函数, 则 RS 积分

a

f 在 [ a , b] 上 μg－a .e .连

b

∫ fd g 存在, 则它与相应的 LS 积分相等 .

续 .若 RS 积分

a

但须注意 , μg －a .e . 连续与定理 2 .1 .4 中的 a .e .连续差别 甚大 .若 g( x ) ≡ const, 则对任给 A

R 有 μg A = 0 , 因而即使像 Dirichlet 函

数这样的处 处 不 连 续 函 数 也 是 μg －a .e . 连 续 的 .另 一 方 面 , 若 x0 是 g( x ) 的间断 点 , 则只要 f ( x ) 有 x 0 这一 个间断 点 , 就 不能 是 μg －a .e . 连续 了 .这 就由 定理 2 .3 .3 解 释了 如下 初 看起 来不 可思 议的 现 象 : 像 1

∫ f d g 不存在 !

f = g = χ( 0 , 1 ] 这样简单的函数 , 都使 RS 积分

0

现在 , 我们已可将实变函数课程中涉及的积分总结一下了 .按照逻 辑上的从属关系 , 可给出一个如下的系统图 : L 积分 R 积分

LS 积分

抽象 L 积分

RS 积分 其中 R 积分与 L 积 分分 别 表示 Riemann 积 分与 Lebesgue 积分 .由 此 可见 , 抽象 Lebesgue 积分 ( 即关 于一 般测 度的 积分 ) , 涵 盖 了所 有上 面 提到的积分 , 也涵盖了许多你暂时接触不到 , 但在数学中有其重要性的 积分 .这样 一 种 包 容 宏 富 的 积 分 , 已 足 以 让 你 惊 叹 了 .如 果 考 虑 到 , §2 .1 中关于这个积分的理论并无惊人的复杂之处 , 那 么 , 你 对于 数 学 家的这一奇妙创造 , 就更会拍手称奇了 .当然 , 积分学并没有走到尽头 ; 今天 , 仍不断有新思想 充实 进去 .然而 , 100 年 前由 Lebesgue 所 发起 的 积分学革命 , 其主要成果今天仍是数学家的基本工具 .这一点是你在学

§2 .3 　 Stieltjes 积分

・ 91 ・

习实变函数时不可不知的 .

二、问题与方法 A . RS 积分问题 1

∫ f d g 不存在 .

2 .97 　 直接证明 : 若 f = g = χ( 0 , 1 ] , , 则 RS 积分

0

证 　 设 { x i } 是 [0 , 1 ] 的任一分割 , 则 n

∑ f (ξ )Δg( x ) i

i

0,

=

　 　

1,

i= 1

ξ1 = 0; 0 < ξ1 ≤ x 1 .

由此可见 , 定义式 ( 2) 中的极限不可能存在 .

□

2 .98 　 设 f , g 在 c ∈ ( a, b) 同时间断 , 且 c 是 g 的不可去间断点 , b

∫ f d g 不存在 .

则 RS 积分

a

提示 : 考虑 [ a, b] 的分割 { x i } , 使 c 是某子区间的内点 . b

你一定注意到 , 对于 RS 积分没有“ f ≥ 0

∫ f d g ≥ 0 ”这样的结 a

论 .这通常是运用 RS 积分时要 倍加 小心的 地方 .但 若 g 是 增函 数 , 那 么与 Riemann 积分就更加接近 . b

2 .99 　 设 g 是增 函数 , 则

∫

b

∫

fd g ≤

a

f d g , 只 要 两边 的积 分

a

均存在 . 证 　 对任何分割 { x i } 与 ξi ∈ Δi , 有

∑ f (ξ )Δg( x ) i

i

i

≤

∑

f (ξi ) Δ g( x i ) .

i

两边取极限 , 即得所要不等式 .

□

2 .100 　 设 f ∈ C[ a , b] , g 是增 函 数 , 则 存 在 c ∈ [ a , b] , 使 得 b

∫ fd g = a

f ( c ) [ g( b) - g( a) ] .

提示 : 对照 Riemann 积分的中值定理 . x

∫ f ( t )d g( t ) ( a ≤

2 .101 　 设 f ∈ C[ a , b] , g ∈ BV , F( x ) = ≤ b) , 则 F ∈ BV ; F 在 g 的连续点连续 .

a

x

第二章 　 积 　 分

・ 92 ・

证 　 任给 [ a , b] 的分割 { x i } , 有 x

∫

ΔF( x i ) = ∑

∑ i

x

i

i

fd g

i -1

≤ ∑ ‖ f‖0 V x ii- 1 ( g) 　 ( 用 ( 3) ) x

i

= ‖ f ‖0 Vab ( g) , x

可见 F ∈ BV . 令 π( x ) = V a ( g) . ＂ x , y ∈ [ a , b] , 由 (3 ) 得出 F( x ) - F( y) ≤ ‖ f‖ 0 π( x ) - π( y )

.

这结合题 2 .76 得出 , F 在 g 的连续点 ( 因而是 π的连续点 ) 连续 .

□

x

∫ fd g( a ≤ x ≤ b) 有定义,则 F ∈ AC .

21 . 02 　 设 g ∈ AC, F( x) =

a

提示 : 参照上题及题 2 .91 . b

b

∫ f g′d m =

2 .103 　 设 f , g ∈ AC , 则

fg

a

a

b

f′gd m . ∫ a

提示 : 用分部积分公式与定理 2 .3 .2 ( v ) . 2 .104 　 设 f ∈ C[ a, b] , g n → g, g < ∞,β＞ sup Va ( gn ) < ∞ , n b

b

∫

则 lim n

a

b

∫ fd g .

fd gn =

a

b

∫ f d g 存 在 .给 定 分 割 { x ∶

证 　 由题 2 .7 3 有 g ∈ BV , 故 积分

i

a

1 ≤ i ≤ m } , 估计 b

∫fd g a

n

-

∑ f ( x )Δg( x ) i

i

i

∫ f d g -∫ f ( x ) d g

≤∑

Δ

i

n

Δ

i

∫ f d g -∫ f ( x ) d g

≤∑ +

n

Δ

i

i

Δ

i

　 ( Δi = [ x i - 1 , x i ] )

i

i

n

i

f( x )d g ∑∫ f ( x ) d g ∫ i

≤ max x∈Δ

i 1 ≤ i≤ m

Δ

i

i

n

Δ

i

i

f ( x ) - f ( x i ) V ab ( g n )

§2 .3 　 Stieltjes 积分

∑

+

f ( xi )

・ 93 ・

Δ gn ( x i ) - Δg( x i )

i

≤β max x∈ Δ

f ( x ) - f ( xi )

i 1 ≤ i≤ m

+ ‖ f‖0 ∑ Δg n ( x i ) - Δ g( x i ) , i

由此得出 b

b

fd g ∫fd g ∫

lim n

n

a

a

b

∫ f d g - ∑ f ( x )Δ g( x )

≤

i

a

i

i

+ β max x∈ Δ

f ( x ) - f ( xi )

.

i 1 ≤ i≤ m

因上式右端可任意小 , 故得所要证 .

□ b

∫f

2 .105 　 设 f n ∈ [ a , b] , f n → → f , g ∈ BV , 则

a

b

n

∫fd g .

dg →

a

提示 : 利用不等式 ( 3) . B . LS 测度问题 以下设 g∶R → R 是右连续增函数 , μg 是 g 导出的 LS 测度 . 2 .106 　 设 g = χ[ 0 , ∞ ) , 求 μg . 解 　 ＂ α,β∈ R, α < β, 有 μg (α, β) =

1, 0,

　

α < 0 < β; 其他 .

即 μg (α,β) = χ( α,β) ( 0) . 这 又 推 出, 对 任 何 开 集 G χG (0 ) . 任 给 A

R, 有 μg G =

R . 若 0 ∈ A, 则 对 任 何 开 集 G

0 ∈ G, μg G = 1 .于是由定义 2 .3 .2 ( iii) 有 μ＊g A = 1 . 若 0 ú

A, 有 A, 则 A

＊ ＊ G ＞ R \ {0} , μg G = 0, 于是 μg A = 0 . 综上所述 , 得 μg A = χA (0) . ＊

显 然 μg 是 2

R

R

上 的 完 备 测 度 ( 参 考 题 1 . 51 ) , 因 此 A g = 2 ,

μg A = χA ( 0) .

□

上题中的 g 通常称为单位分布函数 , 对应的 LS 测度 μg 就是著名 的 Dirac 测度 . 2 .107 　 设 0 < p = 1 - q < 1 ,

第二章 　 积 　 分

・ 94 ・

0, g( x ) =

x < 0;

q , 　 0 ≤ x < 1; x≥1 .

1, 求 μg .

提示 : 参照题 2 .106 . μg A = q χA (0 ) + p χA ( 1) , A g = 2 . R

上题中的 g 通常称为 0－1 分布 . 2 .108 　 B

A g , B 是 Borel 集族 .

证 　 因 B 与 A g 都是σ - 代数 , 故只要证 A g 包含所有开区间 .而 g 几乎处处连续 , 故只 要考虑这样的开区 间 Δ = (α,β) : g 在 α, β连续 . 取定一个这样的 Δ; 任取 A ＊

R, 今证

＊

＊

μg A ≥ μg ( A ∩ Δ) + μg ( A \ Δ) . 为此 , 又只要对任给开集 G

A, 证

μg G ≥ μg＊ ( A ∩ Δ) + μ＊g ( A \ Δ) . ＊

固定 G . 由 A ∩ Δ

G ∩ Δ及 G ∩ Δ 为开集 推出 μg ( A ∩ Δ) ≤

μg ( G ∩ Δ) .因 g 在α,β连续 , ＂ ε> 0 , 可取分别包含 α,β的开区间 Δα 与 Δβ, 使 μgΔα + μgΔβ < ε. 由 A \ Δ

( G \ [α,β] ) ∪ Δα ∪ Δβ

得 ＊

μg ( A \ Δ) ≤ μg ( G \ [α, β] ) + ε. 故 ＊

＊

μg ( A ∩ Δ) + μg ( A \ Δ) ≤μg ( G ∩ Δ) + μg ( G \ [α,β] ) + ε = μg G ∩ Δ) ∪ ( G \ [α,β] ) + ε ≤μg G + ε. 令 ε→ 0 , 即得所要证 .

□

2 .109 　 存在某个含内点的 μg － 零测集的充要条件是 : g 在某个区 间上为常数 . 提示 : g 在开区间 Δ 上为常数

μgΔ = 0 .

2 .110 　 设 g , h 是 R 上 的 右连 续 增函 数 , φ = g + h , 则 Aφ = A g ∩ A h ; ＂ A ∈ Aφ , 有 μφ A = μg A + μh A .

§2 .3 　 Stieltjes 积分 ＊

提示 : 依次对于开区 间、开 集及 任意 A ＊

＊

＊

・ 95 ・ ＊

R 指 明 μφ A = μg A +

＊

μh A; μφ A = μφ ( A ∩ B) + μφ ( A \ B) 等价于同时成立 : ＊

＊

＊

μg A = μg ( A ∩ B) + μg ( A \ B) 与 ＊

＊

＊

μh A = μh ( A ∩ B) + μh ( A \ B) . 　 　 2 .111 　 设 g, h 在 R 上可微, 0 ≤ g′≤ h′, μh A = 0 , 则 μg A = 0 . 提示 : φ ＞ h - g 是增函数 , μh = μg + μφ , 用上题 . 2 .112 　 设 μg ( A + x ) = μg A( A ∈ B, x ∈ R) , 则 g( x ) = cx + g( 0) , c ≥ 0; 因而 μg = cm , m 是 Lebesgue 测度 . 证 　 题设条件推出 : -

-

μg { x} = g( x ) - g( x ) = g( y ) - g( y ) = μg { y} . 但 g 几乎处处连续 , 故必处处连续 .令 h ( x ) = g( x ) - g(0 ) , 则 h( α+ β) = g (α+ β) - g(0 ) = [ g(α+ β) - g(α) ] + [ g( α) - g(0 ) ] = h (α) + h(β) . 由标准 的分 析 结 论 : 连续 可 加 函 数 必是 线 性 函 数 , 故 存 在 c ≥ 0 , 使 h( x ) = cx , 如所要证 .

□

C . LS 积分问题 b

∫ f d g 表 LS 积分 .

以下仍设 g 是 R 上的右连续增函数 ,

a

1

∫

2 .113 　 设 f = g = χ[ 0 , ∞ ) , 求

fd g .

-1

解 　 由题 106 , μg 是 Dirac 测度 , 于是 1

∫

- 1

1

∫

fd g =

f dμg = f ( 0) = 1 .

-1

1

∫

　 　 值得注意的是 , RS 积分

- 1

f d g 却不存在 ( 参看题 2 .98 ) .

b

∫

2 .114 　 设

a

f d g = 0 , g 在 c ∈ ( a , b) 间断 , 则 f ( c) = 0 .

提示 : 用定理 2 .1 .1 (vii) .

□

第二章 　 积 　 分

・ 96 ・ 1

2 .115 　 设 f ∈ L (μg ) , 则 b

∫

lim

b→ - ∞

∞

b

- ∞

∫

f d g = 0 , 　 blim →∞

- ∞

∫

fd g =

- ∞

fd g .

　 　 提示 : 用定理 2 .1 .1 (v) . x

∫

1

2 .116 　 设 f ∈ L ( μg ) , F( x ) =

- ∞

f d g . 若 g 在 x 0 连续 , 或 f

在 x 0 连续且 f ( x 0 ) = 0 , 则 F( x ) 在 x 0 连续 . 证 　 设 y > x0 , 则 y

∫

F( y ) - F( x 0 ) ≤

x

f dg .

+

0

若 g 在 x 0 连续 , 则 μg ( x 0 , y] = g( y ) - g( x 0 ) → 0 ( y↓ x 0 ) , 从而由积

∫

分

y

∫

f dμg 的绝对连续 性 ( 定理 2 .1 .1 ( iv) ) 有

A

x

f dg → 0 .若 f

+ 0

在 x 0 连续且 f ( x 0 ) = 0 , 则 y

∫ x

+ 0

f dg ≤

sup

x ∈ ( x , y] 0

f ( x ) μg ( x0 , y ) → 0( y↓ x0 ) . +

-

总之 , 在以上两种情 况下 都有 F( x0 ) = F( x 0 ) . 同 理 可证 F( x 0 ) = F( x0 ) , 故 F( x ) 在 x0 连续 .

□

2 .117 　 设 F( x ) 如题 2 .1 16 , 则 b

Va ( F) ≤ ‖ f ‖0 [ g( b) - g( a) ] . 　 　 提示 : 利用

F( y ) - F( x ) ≤ x ≤sup f ( z) z≤ y

g( y) - g( x )

.

2 .118 　 设 f ∈ L1 (μg ) , g 在有限区间上绝对连续 , 则 b

∫

b

∫ f g′d m .

fd g =

a

a

　 　 证 　 首先 , 对任何区间 Δ = (α,β) , 有

∫d g = μ Δ = g

Δ

β

∫ g′d m .

g(β) - g(α) =

由此可推出对任何 A ∈ L ( 注意 L

∫d g =∫g′d m . 进而对简

Ag ) 有

A

b

∫

单函数 φ有

a

A

b

∫φg′d m . 若

φd g =

α

a

f ≥ 0 , 则取简单函数列 {φn } , 使得

§2 .3 　 Stieltjes 积分

・ 97 ・

0 ≤ φn ↑ f , 于是由 Levi 定理有 b

b

∫ f d g = lim∫φ d g n

a

n

a

b

b

∫

∫ f g′d m .

= lim φn g′d m = n a

a

最后 , 在一般情况下有 b

b

∫ f d g =∫ f a

b

∫f

+

dg -

a

b

∫f

=

∫f

g′d m -

a

∫( f

=

dg

a

b

+

b

-

+

a

-

g′ dm

a

b

∫ f g′d m .

-

- f ) g′d m =

□

a

　 　 2 .119 　 设 g 在 有 限 区 间 上 绝 对 连 续 , f 在 有 限 区 间 上 有 界 , F( x ) 依题 2 .116 , 则 F( x ) 在有限区间上绝对连续 . 提示 : 利用上题或直接证明 . 2 .120 　 设 { x n }

(0 , ∞ ) , ∑ αn < ∞ , g ( x ) =

R, {αn }

∑α n

.

x ≤ x n

∫ fd g .

1

在什么条件下 f ∈ L ( μg ) ?求

R

解 　 g( x ) 是右连续增函数 , 恰以 D = { x n } 为间 断点集 ( 参考 题 2 .65 ) .因 μg { x n } = g( x n ) - g( x -n ) = αn , 故 c

μg D = μg R - μg D =

∑α - ∑α n

= 0 .

n

任给 A g－ 可测函数 f , 有

∫ R

f dg =

∑∫

1

可见 f ∈ L ( μg )

f dμg =

{ x }

n

∑α n

∑α

f ( xn )

.

n

n

f ( x n ) < ∞ ; 当 f ∈ L 1 ( μg ) 时 ,

n

n

∫ f d g = ∑∫ R

n

{ x } n

f dμg =

∑α f ( x n

n

n

) .

□

第 三 章 　 Ba nach 空 间 你刚刚结束实变函数课程的学习 , 这真是一番奇妙无比的经历 , 那 样多精美绝伦的数学思想或许依然索绕在你的脑际 .现在 , 一门新的课 程的非凡图景又在吸引你的注意力了 .可能已有人告诉你 : 泛函分析将 是你大学期间最有趣的课程 , 这必定会使你兴奋不已 .但也可能有人告 诉你 : 泛 函分析是 高度抽象、难 以理解的 课程 .这个 , 你亦 姑妄听 之 .无 论如何 , 你都会毫不迟疑地将昨天 还踩在 Euclid 空间 古老土地 上的 那 只脚 , 踏入到新奇无比的无限维空间中来 .不幸得很 ! 这些空间确实就 叫抽象空间 .抽象的外观 会让 你知难 而退 吗 ? 幸而 有两 种方法 可用 来 对付抽象的威胁 .其一就是你在学习高度一般化的理论之前 , 不妨在不 那么抽象的函数空间中漫游一 番 , 切实 地体 会到抽 象空 间植根 于其 中 的现实土壤 ; 其二就是最大可能地借用有限维空间中的概念、术语与思 考模式 , 用以形 成对无限 维空间 的清晰可 见的几 何直观 .以上 两者 , 都 是本章要全力帮助你做到的 .

§3 .1 　 函数空间 一、定理与定义 函数空间 , 无疑是介于 Euclid 空间与完全 公理化的 抽象空 间之 间 的一大片生机勃勃的富饶地带 .这里孕育着各种有趣的数学思想 .无论 从历史发展顺序或从认知规律 来看 , 函 数空 间都是 在深 入抽象 空间 之 前让你热身的最佳场所 .尽管如此 , 我们还是首先给出抽象空间的一般 概念 , 唯有这种已高度标准化的用语 , 才使往下的叙述达到最大的简洁 清晰 . 定义 3 .1 .1 　 设 X 是 数域 K( = R 或 C, 下文 皆如 此 ) 上的 向量 空 间 .若对每个 x ∈ X , 指定了一个实数 ‖ x‖ , 称为 x 的范数 , 它满足

§3 .1 　 函数空间

・ 99 ・

以下范数公理 : ( N1 ) 齐次性 : ‖αx‖ =

α ‖ x‖ ;

( N2 ) 三角不等式 : ‖ x + y‖ ≤ ‖ x‖ + ‖ y‖ ; ( N3 ) 正定性 : ‖ x ‖ ≥ 0 ; ‖ x‖ = 0

x = 0

( 以上 x , y ∈ X , α∈ K ) , 则称 X 为赋范空间 .若 K = R( 或 C) , 则称 X 为实 ( 或复 ) 赋范空 间 , 也 记作 ( X , ‖・ ‖ ) . 若 x n , x ∈ X( n = 1 , 2 , … ) , 则当 ‖ x n - x‖ → 0 时 说序 列 { x n } ( 依 范数 ) 收 敛 于 x , 记 作 x n → x 或 lim x n = x ; 当 ‖ x m - x n ‖ → 0 ( m , n → ∞ ) 时称 { x n } 为 n

Cauchy 列 .若 X 中所有 Cauchy 列皆收敛 , 则 称 X 为完 备赋范 空间 或 Banach 空间 . 范数公理 ( N1 ) ～( N3 ) , 正是 R n 中向量 模长 ( 又称 Euclid 范 数 ) 熟知 性质的一种概括 , 它是无限维空间中建立极限论并最终建立某种分析学 的基础 .就逻辑形式而言 , 公理 ( N1 ) ～ ( N3 ) 已经简单得近于贫乏 ; 而它们 却有足够的力量承载起一座理论大厦, 几乎难以置信 , 然而却是事实 .这 正是现代公理化数学的伟大力量之所在 .现在你就可以立即初步体验一 下: 仅仅利用公理 ( N1 ) ～ ( N3 ) , 能推 出关 于 极限 运算 的一 系列 性 质 .例 如, 从 x n → x ,αn → α(αn ,α∈ K) 推 出 αn xn → αx ; 从 xn → x 推 出 ‖ x n ‖ → ‖ x‖ , 等等 .你会感到 , 运用范数 ‖・‖ , 就如同运用实数 或复数 的绝 对 值一 样 .这 种比 拟在 很多 情况 下 是适 当的 , 而且 十分 有 益 , 只要你不走得太远 , 不 致不 经意 地用 起 ‖ x y‖ = ‖ x‖‖ y‖ 这 样的式子来 ! 经常要涉及不同赋范空间之间的关系 , 那么 , 常需要以下概念 . 定义 3 .1 .2 　 设 X , Y 是 K 上的赋范空间 .若 A 是 X 的向量子 空 间 , 则 A 依 X 中的范数是一个赋范空间 , 就称为 X 的子空间 .若 A 中 收敛序列的极限皆属于 A , 则称 A 为闭子空间 ; 若每个 x ∈ X 是 A 中 某序列的极限 , 则称 A 为 X 的稠密子空间 .若存 在线性同 构 T∶ X → Y , 使得 α‖ x ‖ ≤ ‖ T x‖ ≤ β‖ x‖ 　 ( ＂ x ∈ X) ,

( 1)

α, β是正常数 , 则说 X 与 Y 拓扑同构 , 并称 T 为从 X 到 Y 的一个拓扑 同构 .若式 (1 ) 代之以 ‖ T x‖ = ‖ x‖ ( ＂ x ∈ X ) , 则称 T 为等距同

第三章 　 Banach 空间

・ 10 0 ・

构 ( 或保范同构 ) .若 X 等距同构于 Y 的某个 子空 间 Y 0 , 则 说 X 可 等 距嵌入 Y ; 若进而假定 Y 完备且 Y 0 是 Y 的稠密子空间 , 则称 Y 是 X 的完备化 .若 ‖・‖′是 X 上的另一个范数 , 它满足 α‖ x‖ ≤ ‖ x‖′≤ β‖ x‖ 　 ( ＂ x ∈ X ) ,

( 2)

α,β是正常数 , 则说 ‖・‖′是 X 上与 ‖・‖ 等价的范数 . 对照 (1 ) 与 (2 ) 看 出 , ‖ x‖ 与 ‖ x‖′为等价范数 的充要条件是 , 单位算子 ( 即单位映射 , 参看§1 .1) I∶ ( X , ‖・‖ ) → ( X , ‖・‖′) 是拓扑同构 . 以下定理概括了一系列十分基本而又常用的结论 . 定理 3 .1 .1 　 赋范空间 的完 备子空 间必 为闭 子空 间 ; Banach 空 间 的子空间是 Banach 空间当且仅当它是闭子空间 .K 上同维数的有限维 赋范空间之间的线性同构都是 拓扑 同构 ; 同 一有限 维空 间上的 任何 范 数必互相等价 ; 有限维赋范空间必完备 ; 赋范空间的有限维子空间必是 闭子空间 . 设 X 是给定的赋范空间 .当要在 X 中 建立某 个命题 时 , 常 常感 到 的最大困难是 X 过大 , 它包含太多的元素 , 面对一堆 过分庞杂 的对象 , 你很难解决问题 .对付 这一困 难的 最有效 的方 法是 逼近 方法———分 析 中最具 普遍 意 义的 方法 之一 , 在较 初等 的形 式 下 , 你应 当 早已 使用 过 了 .简单地说 , 我们要在 X 中求出某个子集 A , 它满足如下条件 : ( i) A 包含尽可 能少 的元 素 , 且 所含 元素 尽 可能 是“ 标 准的”、 “熟 知的”、已被充分研究过的 , 因而局限在 A 内容易建立人们 感兴趣的 某 些命题 . ( ii) 利用 A 中元素的线性组合 , 能 逼近 X 中任 何元素 ; 于 是借 助 于这种逼近 , 可将在 A 中建立的某些命题推广到全空间上 . 显然 , 上述两种条件有 点互相 冲突 , 难 以兼顾 , 因 而要 找到 满足 这 些条件的 A 必不容易 .为使这 件事 做得 更 加规 范 , 引进 如 下的 概念 与 术语 . 定义 3 .1 .3 　 设 A

X , span A 记 X 中包含 A 的最小子空间 , 称

为 A 生成的子空间 .若 span A 是 X 的稠 密子 空间 , 则称 A 为 X 的 基

§3 .1 　 函数空间

・ 10 1 ・

本集 .若 X 有可数的基本集 , 则称 X 为可分空间 .若序列 { en }

X有

性质 : 每个 x ∈ X 可唯一地表成 { en } 的无限线性组合 : ∞

x =

n

∑α e n

n=1

n

= lim ∑αi ei , n i=1

则称 { en } 为 X 的 Schauder 基 . 显然 , Schauder 基必为基本集 , 且是最小的 基本集 : 从 Schauder 基 { en } 除 去 一 个 元 素 ( 例 如 e1 ) , 就 不 再 是 基 本 集 了 . 如 果 能 找 到 Schauder 基 , 用来 作 基 本 集 自 然 不 错 .不 过 , 基 本 集 未 必 是 Schauder 基 , 甚 至不必是 可数集 .选择 什么形式 的基本 集 , 完全应依 空间与问 题 的具体性质而定 . 在作了上述准备之后 , 现在开 始考 虑本节 的主 要对 象 : 函数 空间 . 在最一般的意义上 , 函数空间就是由某个 ( 或某些 ) 性质界定的函数类 . 我们刚刚学习过函数类 L1 ( Ω) , BV , AC, Lip 等 .你注意到 , 这些函数类 都对线性运算 ( 加法与数乘 ) 封 闭 , 因而 都是 线性代 数意 义下的 向量 空 间 .这 样 , 谈 到函数 空间时 , 首先 应要求它 依自然 的线性运 算是向量 空 间 .这一要求是很基本的 , 且很容易被满足 .不过 , 这样一来就排除了单 调函数类这种重要特例 .余 下的最 重要 问题 是如何 在函 数空间 中定 义 极限 .对 于可 测函 数列 有 多种 收敛 性 , 这 件令 人印 象深 刻 的事 会提 醒 你 : 在函数空间中选定收敛性将颇费思量 .基本的原则是 : ( i) 需要决定选择 .你永远应将 需要 放在第 一位 , 只 有合乎 需要 的 收敛性才是 值得考 虑的 .但须注 意 , 需 要未必 是单一的 ; 在 同一函数 类 中可能需要不同的收敛性 ; 相应地 , 可能在同一函数类上界定出不同的 函数空间 . ( ii) 可赋范性 .这意味着所选择的收敛能够转化 为范数收 敛 , 因 而 能在赋范空间理论的框架内进 行处 理 .函数 空间中 的收 敛是否 为范 数 收敛 , 是至关重要的 , 但又是不可苛求的 .例如 , 依测度收敛就不是范数 收敛 , 但它依然 很重要 .在不 可赋范的 情况下 , 已 有一系列 类似于赋 范 的方法来描述收敛性 , 但它们已超出赋范空间理论的范围之外 . p

m

以上原则 , 可通过 L 空间与 C 空间这两类典型的函 数空间来 作 出说明 , 二者可分别看作“ 坏函数”空间与“ 好函数”空间的代表 .

第三章 　 Banach 空间

・ 10 2 ・

设 ( Ω, A, μ) 是给定的完备测度空间 .对于 Ω上的可测函数 , 已经 考虑过的依测度收敛与 a .e .收敛 ( 参 看§ 1 .3) 都有 其 用 .但 在很 多 场 合似乎偏弱 , 因而不敷需要 ; 而且 , 又都不能归结为某种范数收敛 ( 这一 点还不易说明 ) .因此 , 必要选择新的收敛性 .如果 { f n }

∫ Ω

M ( Ω) 满足

f n dμ→ 0 ,

直 观上很明显 , 当 n 充分大时 , f n 在Ω上平均地充分接近于零 .这就引 出所谓平均收敛性 .将上述想法适当推广 , 就得到以下概念 . p

定义 3 .1 .4 　 设 1 ≤ p ≤ ∞ . 对任给 f ∈ M ( Ω) , 定义其 L 范数 为:

∫

‖ f‖p =

Ω

1/ p

f

p

dμ

inf sup

A Ω x∈ Ω \ A μA = 0

,

　

1 ≤ p < ∞;

f ( x) ,

p = ∞ .

( 3)

令 p

L ( Ω) = { f ∈ M ( Ω) ∶‖ f‖ p < ∞} . ∞

p

若 p < ∞ , 则称 f ∈ L ( Ω) 为 p 次可积函数; 而称 f ∈ L ( Ω) 为本性 p

有界函数 .若 f, f n ∈ L ( Ω) ( n = 1, 2 , …) , ‖ fn - f‖ p → 0( n → ∞ ) , 则 p

说序列 { f n } 在 Ω 上 L 收敛于 f , 记作 f n

Lp

p

f .当 p < ∞ 时, L 收

敛也称为 p 次平均收敛 ; p = 1 时就简称为平均收敛 , p = 2 时称为均 方收敛 . 关于空间 Lp ( Ω) 及 Lp 范数、Lp 收敛的性质可综合于下 : 定理 3 .1 .2 　 若 认 定 Ω 上 两 个 a .e .相等 的 函 数 为 同一 元 素 , 则 p

p

L ( Ω) 依 L 范数 ‖・‖ p 是一 Banach 空间 .若 1 ≤ p = q/ ( q - 1 ) p

q

≤ ∞ , f ∈ L ( Ω) , g ∈ L ( Ω) , 则成立如下的 H lder 不等式 : ‖ f g‖ 1 ≤ ‖ f ‖ p ‖ g‖ q . p

若 1 ≤ p < ∞ , 在 L ( Ω) 中 f n

Lp

f , 则 必 fn

{ f n i } , 使得 f n i → f , a .e . .若 μΩ < ∞ , { f n } L∞

f

fn

Lp

f .

( 4) μ

f , 且存 在子 列

p L ( Ω) , 则 f n → →f

fn

§3 .1 　 函数空间 p

p

・ 10 3 ・

p

空间 L ( Ω) 也记作 L ( Ω, μ) 或 L . 适当地选择 Ω, μ就得到 L

p

空间的许多特例 , 最常见的是以下两种特殊情况 : n

( i) 若 Ω

p

p

R , 则在未特别说明时 , 记号 L ( Ω) 总是指空间 L ( Ω,

m ) , 其中 m 是 n 维 Lebesgue 测度 .当 Ω 是区间 ( a , b) , [ a, b) , ( a, b] p

p

p

与 [ a , b] 的任何一种时 , 将 L ( Ω) 写 作 L ( a , b) 或 L [ a , b] ( 这 与 是否考虑端点无关 ) . p

p

(ii) 若 Ω = N , 而 μ是 N 上的计数测度 , 则记 L ( Ω) 为 l . 对于 这种特殊情况 , 式 ( 3) , ( 4) 可以表达得更具体 :

∑

xi

1/ p

p

,

1 ≤ p < ∞,

i

‖ x‖ p =

( 5) p = ∞;

sup x i , i

∑

x i yi ≤

∑

1/ p

p

xi

∑

yi

q

1/ q

,

( 6)

其中 x = ( x i ) ∈ l , y = ( yi ) ∈ l , 在 ( 6) 中 1 < p =

q < ∞ . q - 1

i

i

i

p

q

关于 Lp 空间的基本集有以下结论 : 定理 3 .1 .3 　 设 1 ≤ p < ∞ . ( i) χA ∶μA < ∞ 是 L p ( Ω) 的 基本 集 ; p 次 可 积简 单 函 数 之 全体构成 Lp ( Ω) 的稠密子空间 . ( ii) χ[ a . x ] ∶ a ≤ x ≤ b 与

n

p

x ∶ n ∈ Z 都是 L [ a , b] 的 基

本集 ; [ a , b] 上 阶 梯 函 数 之 全 体、多 项 式 之 全 体 及 C[ a , b] , 都 是 p

p

L [ a , b] 的稠密子空间 ; L [ a , b] 是可分的 . ( iii) Cc (R n ) 是 L p (R n ) 的稠密子空间 , 此处 n

n

Cc (R ) = { f ∈ C( R ) ∶supp f 有界} ; n

supp f = { x ∈ R ∶ f ( x ) ≠ 0 } . 　 　 ( iv ) 令 ei = (0 , … , 1 , 0 , … ) , 其 中 1 在 第 i 项 , 则 向 量 序 列 ei ∶ i ∈ N 是空间 lp 的 Schauder 基 , 因 而是基 本集 ( 今后 称这样 的 p

p

{ ei } 为 l 的标准基 ) ; l 是可分的 . n

m

其次设 Ω 是 R 中一有界闭区域 , m ∈ Z+ , 以 C ( Ω) 记 Ω上 m 0

m

次连续可微函数之全体 , 约定 C ( Ω) = C( Ω) . ＂ f ∈ C ( Ω) , 定义

第三章 　 Banach 空间

・ 10 4 ・

α

‖ f‖ m = m ax ‖ α ≤ m

f‖ 0 ,

α

α

f =

f α , x … x nn

α 11

α 22

x

( 7) n

α = (α1 ,α2 , … ,αn ) ∈ Z+ , α = ‖ f‖ 0 = sup f ( x) x∈ Ω 当 Ω = [ a , b]

∑α, i

.

R 时 , (7 ) 简化为 :

‖ f ‖ m = 0 ≤max ‖f k≤ m

( k)

‖0 , ‖ f‖0 = a ≤sup f ( x) x≤ b

.

( 8)

m

依以上定义 , C ( Ω) 依范数 ‖・‖ m 是一 Banach 空间 , 其中范数收敛 意味着直到 m 阶导数的一致收敛 , 准确地说就是 : α

fk → f 　 　当Ω

α

fk ( x) → →

f ( x ) 　 ( k → ∞ , α ≤ m , x ∈ Ω) .

n

m

R 是有界 闭区 域时 , 在 Ω 上可 同时 考虑 空间 C ( Ω) 与

p

L ( Ω) . 随着指标 m 与 p 的变化 , 形成一个 Banach 空间的无 穷阶梯 , 它们的相互关系是 : m

…

C ( Ω) L ∞ ( Ω)

C

m-1

( Ω)

Lp ( Ω)

…

L r ( Ω)

C( Ω) L1 ( Ω) ,

( 9)

其中 1 < r < p < ∞ . 下面转入研究问题 .我们从关于一般赋范空间的某些问题开始 .

二、问题与方法 A . 范数与收敛性问题 以下设 X 是给定的赋范空间 . 3 .1 　 若 X 完备 , { x n }

X , 则 ∑ ‖ xn ‖ < ∞

∑

x n 收敛 , 即

绝对收敛级数必收敛 . 证 　 令 sn =

∑

n 1

x i , 则级数 ∑ x n 收敛

{ sn } 收敛 .因 X 完备 ,

要 { sn } 收敛 , 只需它是 Cauchy 列 , 即 m

lim ‖ sm - sn ‖ =

m > n→ ∞

lim ‖ ∑ x i ‖ = 0 .

m > n→ ∞

i = n+1

于是所要结论从以下不等式及数学分析中级数收敛的条件得出 :

§3 .1 　 函数空间 m

・ 10 5 ・

m

‖ ∑ x i‖ ≤ i = n+1

∑ ‖ x ‖ → 0( m i

> n → ∞) .

□

i = n+1

　 　 一般的结论是 : 在 Banach 空间中 , 可以使用熟知的 Cauchy 收敛判 别法 .如果某个数 学分 析 命 题的 证 明要 用 到 Cauchy 收 敛 条件 , 那么 , 它的无限维推广仅适用于完备空间 .这一事实说明了完备性的意义 . 3 .2 　 若 X 中任何绝对收敛级数皆收敛 , 则 X 必完备 . 证 　 设 { xn}

X 是 Cauchy 列 , 今 要 证 { x n } 收 敛 .由 { x n } 是

Cauchy 列推出 , 存在 n1 , 使得 ＂ n ≥ n1 , 有 ‖ x n - x n1 ‖ < 1; 又可取 n 2 > n1 , 使 得 ＂ n ≥ n2 , 有 ‖ x n - x n2 ‖ < 2 - 2 , … , 一 般 地 , 有 n k > nk - 1 , 使得 ＂ n ≥ n k , 有 ‖ x n - x n k ‖ < k

-2

得到 { x n } 的子列 { x n k } , 使得 ‖ x n k+ 1 - x n k ‖ < k

∑‖ x

n

k+ 1

- x nk ‖ <

∑k

-2

< ∞ .这表明级数

, k = 1 , 2 , … . 这就 - 2

( ＂ k ∈ N ) , 因而

∑( x

n

k+ 1

- x n k ) 绝对

收敛 , 从而其本身亦收敛 .设 x n k → x , 则从 ‖ x n - x‖ ≤ ‖ x n - x n k ‖ + ‖ x n k - x‖ 看出 x n → x , 如所要证 . 3 .3 　 设 { x n }

□

X . 若 ＂ ε > 0 , 存 在 Cauchy 列 { yn }

X, 使

‖ x n - y n ‖ < ε( ＂ n ∈ N ) , 则 { x n } 是 Cauchy 列 . 提示 : ＂ k ∈ N, 取 Cauchy 列 { y n k∶ n ∈ N } , 使 ‖ x n - yn k ‖ < 1/ k . 3 .4 　 设 X 完 备 , { x n ∶ n ≥ 0 }

X 满 足 ‖ xn + 1 - xn ‖ ≤

r‖ x n - x n - 1 ‖ ( n ≥ 1 ) , 0 < r < 1 . 则 { x n } 收敛 . 提示 : 对

∑‖ x

- x n ‖ 用正项级数收敛判别法 .

n+1

3 .5 　 设 { x i ∶1 ≤ i ≤ n} 任给 {λi }

X 线性无关 , 则存在 α,β > 0 , 使对

K 有 α∑ λi ≤ ‖ ∑ λi x i ‖ ≤ β∑ λi

.

证 　 令 A = span { x i } , 则 A 是 X 的 n 维子空间 . T ∶K → A , (λ1 , … , λn ) → ∑ λi x i n

T

显然是一个线性同构 , 因而必为 拓扑同 构 ( 定 理 3 .1 .1 ) .因在 K n 中 可 T

采用范数 ‖ (λ1 , … ,λn ) ‖ =

∑

λi , 故要 证 结 论 由 不 等 式 ( 1 ) 得

第三章 　 Banach 空间

・ 10 6 ・

出 .

□ 3 .6 　 ＂ n ∈ N, 存在 αn ,βn > 0 , 使得对任给 {λ0 , λ1 , … , λn }

R

有 αn ∑ λi ≤ 0 ≤sup x≤1

∑λ x

≤ βn ∑ λi

i

i

i

i

.

i

　 　 提示 : 用上题证法 , 或直接用其结论 . 3 .7 　 设在 [ 0 , 1] 上 f n → → f , f n 是次数≤定数的多项式 , 则 f 是多 项式 . 证 　 取 m 充分大 , 以 P 记 [0 , 1 ] 上次数≤ m 的多项式之全体 , 则 P 是 C[0 , 1 ] 的一个 m + 1 维子空间 , 因而 是闭 子空间 ( 定理 3 .1 .1 ) . 可设 { f n } P , 而 fn → → f ‖ f n - f ‖0 → 0 , 故必 f ∈ P , 因而 f 是 多项式 .

□

上题的 一 个 直接 推 论是 : 若 f ∈ C[ 0 , 1] 不 是 多 项 式 , 要 构 成 在 [0 , 1 ] 上一致逼近 f 的多项式序列 { f n } , 又要求 f n 的次数不 充分大 , 是办不到的 .这 一结论并 不使人 感到意外 , 但 若不用赋 范空间 概念 , 恐 怕不容易讲清楚 . p

p

B . L 范数与 L 收敛 首先考虑与 Lp 范数有 关的 H lder 不 等式 .H lder 不 等式 也许 是 用得最多的分析不等式 , 你在许多领域都会有机会遇到它 , 在本课程中 就多次用到它 .H lder 不等式的详细写法

∫ Ω

f g dμ≤

∫ Ω

1/ p

f

p

1/ q

∫

dμ

g

Ω

q

dμ

( 4)′

也许更直 观, 但 用起 来未必 更方 便 .注 意到 ‖ f‖ p = ‖ f ‖ p , 在用 ( 4) 时总不妨设 f ≥ 0 .也注意到, 即使 ‖ f‖ p = ∞ (或 ‖ g‖ q = ∞ ) , (4 ) 也 是 成 立 的 . H lder 不 等 式 的 应 用 关 键 在 于 使 用 适 当 的 分 解 1 = p - 1 + q - 1 , 选 择分解的 技巧依赖 于经验 的积累 .下面 的一组问 题 将有助于你掌握这一技巧 . 3 .8 　 设 f , g ∈ M + ( Ω) , 1 ≤ p < ∞ , 则

∫ f gdμ Ω

p

∫f

p-1

≤ ‖ g‖ 1

Ω

p

gdμ .

§3 .1 　 函数空间

∫f

　 　 证 　 令 q = p/ ( p - 1) . 注意到

p

Ω

・ 10 7 ・

1/ p

gdμ = ‖ f g

p

‖ p , 故用以下

论证 :

∫ f gdμ

p

Ω

p

1/ q

( fg

1/ q

‖q ‖ f g

=‖ g ≤‖ g

1/ p

) ‖1

p

∫f

p-1

= ‖ g‖ 1 r

p

Ω

1/ p

p

‖p 　 　 ( 用 (4 ) ) □

gdμ .

s

　 　 3 .9 　 设 f ∈ L ∩ L , 1 ≤ r , s < ∞ , 0 < λ < 1 , p λ

-1

1 -λ

s (1 - λ) , 则 ‖ f‖ p ≤ ‖ f‖ r ‖ f‖ s

- 1

-1

= r λ+

.

证 　 不妨设 f ≥ 0 . 注意 p = pλ+ p (1 - λ) , pλ/ r + p (1 - λ)/ s = 1 , 于是 ‖ f‖ p = ‖ f pλ・ f p ( 1 - λ) ‖1/1 pλ

1/ p pλ

≤‖ f ‖ r/

‖f

λ

p

p ( 1 - λ)

1-λ

= ‖ f‖ r ‖ f‖ s

1 - p p ( 1 - λ)

‖ s/

　 　 ( 用 (4 ) ) □

.

　 　 注意以上演算中完全不直接使用积分 , 因而形式上很简洁 .只是你 在初次运 用时 , 可能会 觉得直观 性稍欠 .这就 需要通 过练习逐 步适应 , p

pr

1/ r

尤其应注意熟练运用 ‖ f ‖ r = ‖ f ‖ 1 3 .10 　 设 p

-1

+ q

-1

+ r

-1

这类式子 . p

q

r

= 1, f ∈ L , g ∈ L , h ∈ L , 则

‖ f gh‖1 ≤ ‖ f‖ p ‖ g‖ q ‖ h‖ r . 　 　 证 　 仍 不 妨 设 f , g, h ≥ 0 . 令 p

-1

+ q

-1

= s

- 1

, 则首先得 出

‖ f gh‖1 ≤ ‖ f g‖ s ‖ h‖ r , 余下 只要 证 ‖ f g‖ s ≤ ‖ f‖ p ‖ g‖ q . 为此 , 注意 1 = s/ p + s/ q , 于是 s s

1/ s

‖ f g‖ s = ‖ f g ‖1

s

1/ s

s

1/ s s

≤ ‖ f ‖ p/ s ‖ g ‖ q/

= ‖ f‖ p ‖ g‖ q . □

　 　 看了以上三题之后 , 你大概已有了一些初步感觉 , 可以独立解决一 些类似的问题了 . 3 . 11 　 设

f, g ∈

M

+

( 0 , 1) , f ( x ) g( x ) ≥ x

1/ 2

‖2 .

‖ f ‖1 ‖ g‖1 ≥ 4 . 提示 : 利用 ‖ f‖ 1 = ‖ f

2

+

3 .12 　 设 2 ≤ p < ∞ , f , g ∈ M ( Ω) , 则

-1

, a .e ., 则

第三章 　 Banach 空间

・ 10 8 ・

∫f

p-2

Ω

2

p- 2

g dμ≤ ‖ f ‖ p

2

‖ g‖ p .

　 　 提示 : 利用 ( p - 2 )/ p + 2/ p = 1 . r

3 .13 　 设 μΩ < ∞ , 1 ≤ p < r , 则 L ( Ω)

p

r

L ( Ω) , 且 L 收敛

p

蕴涵 L 收敛 . 证 　 只要证 ‖ f‖ p ≤ const‖ f‖ r ( ＂ f ∈ Lp ( Ω) ) .不妨设 f ≥ 0 , 则 p

1/ p

‖ f‖ p = ‖ 1・ f ‖1

1/ p ( r - p)

≤‖ 1‖ r/

= (μΩ) ( r -

p

1/ p p

‖ f ‖ r/

p )/ pr

　 　 ( 用 (4 ) )

‖ f‖ r .

□ x

∫ f ( t ) d t, 则

p

　 　 3 .14 　 设 f ∈ L [ a, b] , 1 < p < ∞ , F( x ) = F( x ) - F( y ) ≤ ‖ f‖ p x - y

( p - 1 )/ p

a

　 ( x , y ∈ [ a , b] ) .

　 　 提示 : 用上题的证法 . p

3 .15 　 设 f ∈ L (R+ ) , 1 < p < ∞ , ∞

∫

F( x ) =

y

0

-1

f ( y) sin xyd y ,

则当 h↓0 时 F( x + h) - F( x ) = O ( h1/ p ) . 提示 : 类似于上题 . 3 .16 　 设 1 ≤ p < r , 则 l

p

r

p

r

l , 且 l 中的收敛蕴涵 l 中的收敛

( 对照题 3 .13 !) . 提示 : 利用

x < 1

x

r

≤

x

p

.

p

3 .17 　 设 0 < μΩ < ∞ , f ∈ L ( Ω) , 则 plim ‖ f ‖ p = ‖ f ‖∞ . →∞ 　 　 证 　 只要证 plim ‖ f ‖ p ≤ ‖ f ‖ ∞ ＞ β≤ lim ‖ f ‖ p . 易见 →∞ p→ ∞

lim ‖ f ‖ p ≤ β plim ( μΩ) →∞

1/ p

p→ ∞

= β.

其次设 β > 0(β = 0 时 已 无 可 证 者 .) 只 要 对 任 给 α ∈ (0 ,β) 证 lim ‖ f‖ p ≥ α. 必 μ{

p→ ∞

f ≥ α} > 0 ( 否则

f < α, a .e ., 这将推 出

‖ f ‖ ∞ ≤ α! ) .由 Chebyshev 不等式 ( §2 .1 (7 ) ) , 有 μ{

- p

p

f ≥ α} ≤ α ‖ f‖ p 　 ( p > 1) .

§3 .1 　 函数空间

・ 10 9 ・

于是 lim ‖ f‖ p ≥ plim α μ{ →∞

1/ p

f ≥ α}

p→ ∞

= α.

□

　 　 3 .18 　 设 0 < μΩ < ∞ , 0 < ‖ f‖ ∞ < ∞ , 则 n+1

n

lim ‖ f‖ n + 1 ‖ f‖ n = ‖ f ‖∞ . n n+1

n

　 　 证 　 令 βn = ‖ f‖ n + 1 ‖ f‖ n . 类似于上题 , 只要证 lim βn ≤ ‖ f‖ ∞ ≤ lim βn . n n

为此 , 需要建立关于 βn 的两个方向相反的不等式 .首先 , 由 n+ 1

n

n

n

‖ f ‖ n + 1 = ‖ f ・ f ‖1 ≤ ‖ f ‖ ∞ ‖ f ‖ 1 = ‖ f ‖∞ ‖ f‖ n

得 βn ≤ ‖ f ‖ ∞ , 因此 lim βn ≤ ‖ f‖ ∞ .容易想到 , 另一个不等式应从 n n

“放大”‖ f ‖ n 得到 : n

n

n

‖ f‖ n = ‖ 1・ f ‖1 ≤ ‖1‖ n + 1 ‖ f ‖ ( n + 1 )/ = (μΩ)

1/ ( n + 1 )

因此 βn ≥ ‖ f‖ n + 1 ( μΩ)

n

n

‖ f‖ n + 1 　 ( 用 H lder 不等式 ) ,

- 1/ ( n + 1 )

. 于是用上题结论得

lim βn ≥ lim ‖ f ‖ n + 1 ( μΩ) n

- 1( n+1)

= ‖ f ‖∞ .

□

n

p

　 　 3 .19 　 设 f ∈ L ( Ω) , 1 ≤ p < ∞ , A ‖ f‖p ≤

∫ A

p

f

1/ p

dμ

+

Ω 可测 , 则

∫ A

c

f

p

1/ p

dμ

.

　 　 提示 : 对 ‖ f χA + f χA c ‖ p 用三角不等式 . +

3 .20 　 设 f , g ∈ M ( Ω) , 0 ≤ λ≤ 1 , β > 1 , 则 β

β

λ ‖ f‖ p + (1 - λ) ‖ g‖ p ≤ ‖ f + g‖ p . β

β

　 　 提示 : φ(λ) = λ ‖ f‖ p + ( 1 - λ) ‖ g‖ p 是凸函数 , 故 φ(λ) ≤ φ(0 ) ∨ φ(1 ) . 3 .21 　 设 μΩ < ∞ , 1 ≤ p < ∞ , f ∈ M ( Ω) , 则 f ∈ Lp

∑

∞ 1

n p - 1 μ{

f ≥ n} < ∞ .

　 　 提示 : 用题 2 .3 的证法 . p

C .L 收敛问题 . 为解此类问题 , 你应时刻记得以下结论 :

第三章 　 Banach 空间

・ 11 0 ・ Lp

( i) 若 f n

μ

f , 则 ‖ fn ‖ p → ‖ f ‖ p , f n

f , 且有子列 f n i →

f , a .e . . Lr

( ii ) 若 μΩ < ∞ , 1 ≤ p < r , 则 f n

Lp

f

fn

f ; 特别 f n

L∞

Lp

f

fn

f . Lp

3 .22 　 设 f n

f , f n → g, a .e ., 则 f n → f , a .e . .

提示 : 有子列 f n i → f , a .e . . Lp

3 .23 　 设 f n

Lq

f , gn

g, p

- 1

+ q

-1

L1

= 1 , 则 f n gn

fg .

证 　 用三角不等式与 H lder 不等式 : ‖ f n gn - f g‖1 ≤‖ f n gn - f g n ‖1 + ‖ f gn - f g‖1 ≤‖ f n - f‖ p ‖ gn ‖ q + ‖ f‖ p ‖ gn - g‖ q → 0 , 其中用到 {‖ g n ‖ q } 有界 .

□

除了应用 H lder 不等式这一点之外 , 以 上论证与 通常的极 限论 证 明并无差别 . 3 .24 　 设 { f n } x

∫ a

Lp

p

L [ a , b] , f n

f, 则

x

∫ f ( t)d t( a ≤

f n ( t )d t → →

x ≤ b) .

a

x

　 　 提示 : 注意

∫[ f

n

a

( t ) - f ( t ) d t ≤ ‖ f n - f‖ 1 并用题 3 .13 . p

3 .25 　 设 f , f n ∈ L ( Ω) ( n = 1 , 2 , … ) , 1 ≤ p < ∞ , f n → f , a .e ., 则 fn

Lp

f

‖ f n ‖ p → ‖ f‖ p ( 参照题 2 .40 ) .

证 　 设 ‖ f n ‖ p → ‖ f ‖ p . 类似于题 2 .39 之证 , 对非负函数列 2

p

fn

p

+

f

p

-

fn - f

+

f

p

用 Fatou 定理 :

∫ lim

2 p + 1 ‖ f ‖ pp =

Ω

n

∫

≤lim n

Ω

2p 2

p

fn fn

p

p

+

f

p

p

-

fn - f

-

fn - f

p

p

dμ dμ

§3 .1 　 函数空间

=2 由此立得 f n

Lp

p+1

・ 11 1 ・

p

p

‖ f ‖ p - lim ‖ f n - f‖ p , n

f . 逆命题不必证 .

□

上题如同题 2 .39 与 2 .40 一样 , 都基于巧用 Fatou 定理 .仔细体 会 了这几题之后 , 你就不难证明题 2 .39 的以下类似 . 3 .26 　 设 { f n } Lp

M ( Ω) , f n → f , a .e ., Lp

g, 1 ≤ p < ∞ , 则 f n

gn

f .

3 .27 　 设 1 ≤ p < ∞ , { f n } p

L ( ＂ n ∈ N ) , 则 fn

Lp

f n ≤ gn ( ＂ n ∈ N ) ,

M ( Ω) , f n → f , a .e .,

fn ≤ g ∈

p

f . ( L 控制收敛定理 .)

提示 : 用上题或直接用 Fatou 定理证明 . 3 .28 　 设 1 ≤ p < ∞ , ‖ f n ‖ p → ‖ f‖ p < ∞ , f n → f , a .e ., 则

∫

对任何可测集 A

Ω有

p

fn

A

∫

dμ→

A

f

p

dμ .

提示 : 用题 2 .25 , 或直接用 Fatou 定理证明 . 设 { fn }

M ( Ω) , 1 ≤ p < ∞ . 若 sup ‖ f n ‖ p < ∞ , 则说 { f n } L n

p

有界 ; 若

∫

lim sup n

μA → 0

A

f n dμ = 0 ,

(10)

则说 { f n } 有一致连续积分 ; 若 lim sup n

a→ ∞

∫ f

n

f n dμ = 0 ,

(11)

≥a

则说 { f n } 一致可 积 .这些概念 在积分论 及其应 用中广泛 使用 .下面 的 材料虽然不是本课程所要求的 , 但力有余裕的读者必定会很感兴趣 . 3 .29 　 若 { f n }

1

1

L ( Ω) 有一致连 续积 分且 L 有界 , 则 { f n } 一

致可积 ; 当 μΩ < ∞ 时其逆亦真 . 证 　 设 β＞

sup ‖ f n ‖1 < ∞ . ＂ a > 0 , 有 μ{ n

f n ≥ a} ≤

- 1

a ‖ f n ‖1 ≤ β/ a ( 用§ 2 .1( 7 ) ) .于是 , 当 { f n } 有 一 致连 续 积 分时 , 由 μ{

f n ≥ a} → 0( a → ∞ ) 推出 ( 11 ) 成立 .反之 , 设 ( 11 ) 成立 , A

Ω 可测 , 则

第三章 　 Banach 空间

・ 11 2 ・

∫

∫

f n dμ≤

A

f

A∩

∫

+

≤ a

n

f

,

> a

n

上式右端第一项 ≤ aμA , 第二项当 a → ∞ 时对 n 一致收敛于零 .因此 (10) 必成立 .若再设 μΩ < ∞ , 则 ＂ a > 0 有

∫

‖ f n ‖ pp ≤ aμΩ +

f

n

f n dμ,

≥a

这结合 (11) 得出 { f n } 的 L1 有界性 . 3 .30 　 若 { f n } 则{

fn

p

□ Lp

M ( Ω) , 1 ≤ p < ∞ . f n → f , a .e . . 若 f n

f,

} 一致可积 ; 当 μΩ < ∞ 时其逆亦真 . Lp

证 　 由 fn

f 显然推出 sup ‖ f‖p < ∞, n

∫

p

fn

A

∫

dμ→

A

p

f

dμ　 ( ＂ A ∈ A) ,

于是由

∫

fn

p

∫

dμ≤

A

推出 {

fn

p

f

dμ+

A

p

∫

p

fn

f

p

dμ

A

p

fn

} 一致可积 ( 用上题 ) .

} 一致可积且 μΩ < ∞ , 则

∫

p

‖ f n - f‖ p =

f

Ω

p

fn - f

∫

dμ+

f

≤a

n

∫χ

≤

∫

dμ -

A

} 有一致连续积分 , 因此 {

反之 , 设 {

p

fn

{

f

≤ a}

n

∫

+ 2p

f

n

p

fn - f fn

p

n

fn - f

p

dμ

> a

dμ

+

f

p

dμ,

> a

对其右端两项分别用有界收敛定理 ( 定理 2 .1 .2 ( iii) ) 与一致可积条件 , 得出 ‖ f n - f‖ p → 0 . 3 .31 　 设 { f n }

∫f

μA < ∞ , 则

A

n

□ p

p

L ( Ω) 为 L 有界 , 1 < p < ∞ , f n → f , a .e .,

∫ f dμ .

dμ→

A

证 　 不妨设 A = Ω 且 μΩ < ∞ ( 否则以 f n χA 代 fn ) ; 亦可设 f =

§3 .1 　 函数空间 μ

0 ( 否则以 f n - f 代 f n ) , 于是有 f n

∫

f n dμ =

Ω

∫ f

n

・ 11 3 ・

0 . ＂ ε> 0 , 有

∫

f n dμ+

f

<ε

n

f n dμ

≥ε

f n ≥ ε} ) 1/ q ,

≤εμΩ + ‖ f n ‖ p (μ{

其中 q = p/ ( p - 1) .固定 ε, 令 n → ∞ 得 lim ‖ f n ‖1 ≤ ε μΩ; 令 ε→ 0 n 得 lim ‖ f n ‖1 = 0 , 即得所要证 . n

□ p

3 .32 　 设 μΩ < ∞ , 1 ≤ r < p < ∞ , { f n }

p

L ( Ω) 为 L 有界 ,

Lr

f n → f , a .e ., 则 f n

f .

提示 : 沿用上题证法 , 并参照题 3 .13 . D . 逼近问题 前面已经提到 , 用简单的元素逼近一般的元素 , 是处理赋范空间问 题的普遍方法 .这种方法对 于 L p 空 间尤 其 见效 , 因 L p 空 间中 的函 数 一般是“很坏的”, 如果不挑选一些特别好的函数去逼近 , 就可能有难以 p

克服的困难 .下面主 要考 虑 L 逼 近问 题 , 通 过 这类 问 题 , 你 将看 到 函 数空间方法具有何等力量 . b

∫f ( x)e

1

3 .33 　 设 f ∈ L [ a , b] , 则 lim n

i nx

a

dx = 0 .

证 　 证明典型地由如下三个递进的步骤完成 : ( i) 设 f = χ( α, β) , (α,β) [ a , b] , 则 β

b

∫f ( x )e

i nx

∫e

dx =

a

i nx

α

i nβ

dx i nα

/ i n → 0( n → ∞) . 　 　 ( ii) 设 f 是阶梯函数 , 则 f 可看作形如 χ(α, β) 的函数的线 性组合 , = e

- e

b

∫ f( x )e

i nx

于是由第一段所证亦得

a

dx → 0 .

( iii) 一般情况 . ＂ ε > 0 , 取阶梯函数 g( x ) , 使 ‖ f - g‖1 < ε b

∫ g( x ) e

( 依定理 3 .1 .3 ) .由已证的 ( i) 知 b

≥ n0 , 有

∫g ( x ) e a

inx

i nx

a

d x → 0 , 故有 n 0 ∈ N, ＂ n

d x < ε. 于是当 n ≥ n0 时有

第三章 　 Banach 空间

・ 11 4 ・ b

b

∫f ( x)e

i nx

a

b

∫f ( x)e

∫ g( x ) e

i nx

dx ≤

a

b

+

i nx

dx -

∫ g( x ) e

i nx

dx

a

dx

a

≤‖ f - g‖ 1 + ε < 2ε, 由此得出所要证 .

□

以上论证中的第 ( ii) 步 , 通常十分明显 , 因而一般可以省略 .至于其 它两步 , 或难或 易依赖于 问题的 具体性质 .总 的说来 , 这种 形式的逼 近 方法所带来的简化是明显的 .例如对于上题 , 若不用逼近方法该如何证 明 ? 你不妨去尝试一下 .亦 宜注 意 , 解法的 难易 取决于 基本 集的 选择 . 在解题 3 .33 时 , 我 们 选 择 了 { χ( α, β) ∶ a ≤ α < β ≤ b} 作 为 空 间 1

k

L [ a , b] 的基本集 .若用基本集 { x ∶ k ∈ Z+ } , 虽然亦 可行 , 但第 ( i) 步需用分部积分 , 要多一些计算 . 1

3 .34 　 设 f ∈ L [ a , b] , 则 b

∫

lim n

f ( x ) sin nx d x =

a

b

∫f ( x) d x .

2 π

a

　 　 提示 : 用题 3 .33 的证法 , 关键性的一步是说明 β

∫

α

1 sin nx d x = n

nβ

∫

nα

sin x d x →

2 (β - α) . π

　 　 3 .35 　 设 f ∈ L 1 [ a , b] , g∶R → R 有界可测且以 T 为周期 , 则 b

∫

b

T

x g( x ) d x . ∫ f ( x ) d∫

1 lim f ( x ) g ( n x) d x = n a T

a

0

　 　 这显然是题 3 .34 的一般化 , 自然用同样的证法 . x

∫g ( t)d t

1

3 .36 　 设 f ∈ L [ a , b] , sup ‖ g n ‖ ∞ < ∞ , lim n n

a

n

= 0

b

∫f ( x) g ( x) d x = 0 .

( a ≤ x ≤ b) , 则 lim n

n

a

这是题 3 .34 的另一种形式的推广 , 其证明是类似的 . 3 .37 　 设 f ∶R → R 以 T 为周期且在 [0 , T] 上可积 , 则 1 T f( x)d x = f ( x) d x . 0 T 0 　 　 证 　 ( i ) 设 f [0 , T ) = χ[ 0 , β) , 0 < β< T , n T ≤ b < ( n + 1) T ,

b

∫

1 lim b→ ∞ b

∫

§3 .1 　 函数空间

・ 11 5 ・

则 b

∫ 1 b

f( x)d x =

0

=

T

∫ n b

0

b

∫

χ[ 0 , β) ( x ) d x + 1 b

f ( x) d x

nT

nβ ( b - n T )θ + 　 　 　 (0 ≤ θ≤ 1 ) b b

β 1 → = T T

T

∫ f ( x )d x 　 ( b → ∞) . 0

　 　 ( ii) ＂ ε> 0 , 必有 [0 , T ) 上的阶梯函数 g( x ) , 使得 T

∫

f ( x ) - g( x ) d x < ε.

0

将 g( x ) 自然地扩张为周期为 T 的函数 .由已证结论推出 b

∫

1 lim b→ ∞ b

0

T

∫ g( x ) d x .

1 g( x ) d x = T

0

因此有 b0 > 0 , ＂ b ≥ b0 : b

∫ 1 b

g( x ) d x -

0

T

∫ g( x ) d x 1 T

0

< ε.

于是当 b ≥ b0 , n T ≤ b < ( n + 1 ) T 时 , b

∫ 1 b

0

≤

0

b

∫[ f ( x )

1 ≤ b

T

∫ f ( x) d x

1 f( x )d x T

- g( x )]d x +

0

T

∫ [ g( x ) 1 T

0

- f ( x ) ]d x + ε

n+1 1 3ε + ε≤ , b T T

这得出要证结论 .

□ p

3 .38 　 设 f ∈ L [ a , b] , 1 ≤ p < ∞ , 在 [ a, b] 之外认定 f = 0 , 则 b

∫

lim τ→ 0

f ( x + τ) - f ( x )

p

dx = 0 .

a

　 　 证 　 ( i) 设 f ∈ C[ a, b] .＂ ε> 0, 取 δ∈ (0,ε) , 使当 x, y ∈ [ a, b] , x - y < δ时

f ( x ) - f ( y ) < ε. 则当 τ < δ时 b

∫ a

f ( x + τ) - f ( x )

p

dx

第三章 　 Banach 空间

・ 11 6 ・ a+ε

b -ε

b

a

a+ ε

b -ε

∫ +∫ +∫

=

p

p

≤ 2ε・ 2 ‖ f‖ 0 + ( b - a - 2δ)ε, 这表明要证的极限式成立 . p

( ii) 一般情况下 , ＂ ε> 0 , 取 g ∈ C[ a , b] , 使 ‖ f - g‖p < ε. b

∫

取 δ > 0 , 使当 τ < δ时

p

g( x + τ) - g( x )

a

d x < ε. 于是 , 当

τ < δ时 , b

∫

f ( x + τ) - f ( x )

a

p

dx

b

≤3

∫

f ( x + τ) - g( x + τ)

p-1

p

dx

a

b

∫

　 　 +

a

g( x + τ) - g( x )

p

dx

b

∫

　 　 + <3 由此得出所要证 .

p-1

a

p

g( x ) - f ( x )

dx

p

(ε+ ε+ ε) = 3 ε, □

上面证明的最后一步用到一个常用的初等不等式 : n

n

∑x

p i

≤ n

p-1

∑x

i=1

p i

　 ( xi ≥ 0 , p ≥ 1 ) ,

(12)

i=1

它是 H lder 不等式 ( 6) 的推论 ( 你试证之 !) . 上题中的结论有极大应用价值 .下面就是一个简单例子 : 1 π - i kx ^ 3 .39 　 设 f ∈ L [ - π,π] , f ( k ) = f( x )e d x ( k ∈ Z) , 则 2π - π f^( ∞ ) = lim f^( k ) = 0 .

∫

1

k→ ∞

iπ

证 　 利用 - 1 = e : iπ 2 f^( k ) = f^( k ) - e f^( k ) π

∫

1 = 2π ≤

-π

π

f( x )e

- i kx

∫

dx -

-π

f ( x) e

- i k ( x -π/ k )

dx

1 π f ( x ) - f ( x + π/ k ) d x → 0 ( k → ∞ ) . 2π -π

∫

□

§3 .1 　 函数空间

・ 11 7 ・

　 　 现在由你来证明题 3 .38 与 3 .39 的以下推广 , 其证法是类似的 . p

3 .40 　 设 f ∈ L (R) , 1 ≤ p < ∞ , 则

∫

lim τ→ 0

f ( x + τ) - f ( x )

R

p

dx = 0 .

∫ f( x )e

1 　 　 3 .41 　 设 f ∈ L (R) , f^(ξ) =

- i xξ

d x , 则 f^(± ∞ ) = 0 .

R

p

3 .42 　 设 f ∈ L (R) , 1 ≤ p < ∞ , 则

∫

lim→ ∞

y

R

　 　 证 　 ( i) 设 f ∈ Cc (R) , supp f + y) , 则当

p

f ( x + y) + f ( x )

∫

dx = 2

∫

f ( x + y) + f ( x)

∫

fy + f

=

R

p

∫

dx =

R

f

p

dx .

, 于是

dx

f

p

dx+

supp f

∫

=2

p

R

[ - a , a] , a > 0 . 令 fy ( x ) = f ( x

y > 2 a 时 supp f ∩ supp f y = R

p

f ( x)

∫ s upp f

fy

p

dx

y

dx .

　 　 ( ii) 一般情况 . ＂ ε> 0 , 取 g ∈ Cc ( R) , 使 ‖ f - g‖ p < ε. 注意 要证极限式相当于 a > 0 , 使当

lim ‖ f y + f‖ p = 2 y →∞

‖ f‖ p . 由 已证结 论 , 有

y > a时 1/ p

‖ g y + g‖ p - 2 于是 , 当

1/ p

‖ g‖ p < ε.

y > a 时有 ‖ f y + f‖ p - 2

1/ p

‖ f‖ p

≤ ‖ f y + f‖ p - ‖ g y + g‖ p + ε 1/ p 1/ p + 2 ‖ g‖ p - 2 ‖ f‖ p

≤‖ f y + f - g y - g‖ p + ε+ 2

1/ p

‖ g - f‖ p 1/ p

≤‖ f y - g y ‖ p + ‖ f - g‖ p + ε+ 2 ε < (3 + 2

1/ p

)ε,

这得出所要证 . 在上题证明中 , 将所证结论改写成 ‖ f y + f ‖ p → 2

□ 1/ p

‖ f‖ p , 看

第三章 　 Banach 空间

・ 11 8 ・

起来似乎只 是一种 形式变化 , 但 实际上起 了关键 作用 : 唯其如 此 , 才 便 p

于应用关于 L 范数 的三 角不 等式 .在积 分形 式下 使 用三 角 不等 式 是 极不方便的 , 也是不自然的 . p

n

3 .43 　 设 f ∈ L (R ) , 1 ≤ p < ∞ , 则

∫

lim y →∞

R

p

f ( x + y) + f ( x )

n

∫

dx = 2

R

n

p

f( x)

dx .

　 　 提示 : 用上题的证法 . n

3 .44 　 设 A

R , m A < ∞ , 则 lim m ( AΔ( A + x ) ) = 0 . x→ 0

提示 : 用题 3 .40 的一个 n 维推广 . 以上的逼近问题 仅 用到 Lebesgue 积 分 .涉 及 抽象 Lebesgue 积 分 的情况 亦可 用 逼近 方法 , 只是 选择 余地 要小 些 .下 面举 一 个例 子来 说 明 . p

3 .45 　 设 { f n }

p

L ( Ω) 为 L 有界 , 1 < p = q/ ( q - 1) < ∞ ,

∫

q

f n → f , a .e ., 则对每个 g ∈ L ( Ω) 有

∫

f n gdμ→

Ω

Ω

f gdμ .

证 　 ( i) 设 g = χA , 0 < μA < ∞ , 则由题 3 .31 有

∫f Ω

n

∫f

gdμ =

A

n

∫ f dμ =∫ f gdμ .

dμ→

Ω

A

q

　 　 ( ii ) 取定 g ∈ L ( Ω) . ＂ ε> 0 , 取简单函数 φ, 使 ‖φ - g‖ q <

∫ f φdμ→∫

ε( 依定理 3 .1 .3 ) .由已证的 ( i) 可推出

Ω

n

Ω

fφdμ . 于是存在

n 0 ∈ N, 使得 ＂ n ≥ n 0 , 有 fφdμ ∫ f φdμ ∫ Ω

n

Ω

< ε.

于是 , 当 n ≥ n 0 时有

∫f Ω

n

∫ f gdμ

gdμ -

Ω

≤‖ f n g - f nφ‖1 + ε+ ‖ fφ - f g‖1 ≤‖ f n ‖ p ‖ g - φ‖ q + ε+ ‖ f‖ p ‖φ - g‖ q < ε ‖ f n ‖ p + 1 + ‖ f‖ p , 由此得所要证 .

□

§3 .1 　 函数空间

・ 11 9 ・

E . 其他函数空间 p

p

本节以主要的篇幅研究了 L 空间 , 这当然与 L 空间 的广泛应 用 相适应 .但这并不意味着其他的函数空间就不重要 .应该给你机会来熟 悉一些别的例子 , 它们多少说明了函数空间的多样性 . 3 .46 　 C0 ( R) ＞ { f ∈ C(R)∶ f (± ∞ ) = 0 } 依 sup 范数 ‖・‖ 0 是可分 Banach 空间 . 证 　 让我们依次验证题中所述结论 . ( i) C0 ( R) 显然是一个向量空间 . ( ii) sup 范数 ‖・‖0 满足范数公理 ( N1 ) ～ ( N3 ) , 验证是平凡的 . ( iii) 完备性 .设 { f n }

C0 (R) 是 Cauchy 列 , 即 ‖ f m - f n ‖ 0 →

0( m , n → ∞ ) , 则 ＂ x ∈ R, 数列 { f n ( x ) } 一致地满足 Cauchy 收敛条 件 , 因而 f n ( x ) → → f ( x ) ( ＂ x ∈ R) , f ( x ) 是 R 上的 连续函 数 . ＂ ε > 0 , 取 n0 ∈ N , 使得 ‖ f m - f n ‖0 < ε( ＂ m , n ≥ n 0 ) , 这推出 f m ( x ) - f n ( x ) < ε　 ( m , n ≥ n 0 , x ∈ R) . 令 m → ∞ 得出 f ( x ) - f n ( x ) ≤ ε　 ( ＂ n ≥ n 0 , x ∈ R) .

(＊)

这推出 f( x) ≤ 于 是 x lim → ±∞

f n ( x ) + ε　 ( ＂ n ≥ n 0 , x ∈ R) ,

f ( x ) ≤ ε; 由 ε 的 任 意 性 得 f ( ± ∞ ) = 0 , 因 此

f ∈ C0 ( R) . 条件 ( ＊ ) 意味 着 ‖ f - f n ‖0 ≤ ε( ＂ n ≥ n 0 ) , 这 表 明 ‖ f n - f ‖0 → 0 . 完备性得证 . ( iv) 可分性 .以 A 记 C0 (R) 的如下子 集 : f ∈ A

f 是连 续的 分

段线性函数 , 它仅有有限多个不可微点且皆为有理点 , 在这些点 f 取有 理数值 , supp f 是有 界集 .则 A 是 可 数集 ( 用定 理 1 .1 .2 ) .今 证 A 在 C0 (R) 中稠密 .取定 f ∈ C0 (R) 与 ε > 0 . 取 a > 0 充分 大 , 使 得 当 x ≥ a时

f ( x ) < ε. 由 f ( x ) 在 [ - a , a] 上一致连续 , 不难造出

连续的分段线性函数 g( x ) , 使得

f ( x ) - g( x ) < ε( x ≤ a) , 且

g(± a) < ε. 将 g( x ) 连续地且分段线性地扩张到 R 上 , 使得

x >

a + 1 时 g( x ) = 0 , 这样 , ‖ f - g‖0 ≤ 2ε. 然后对 g( x ) 作微小 修

第三章 　 Banach 空间

・ 12 0 ・

正 , 得到函数 φ∈ A , 且 ‖φ - g‖0 < ε, 则 ‖φ - f‖ 0 < 3ε. 因此 C0 (R) 是可分的 .

□

3 .47 　 区间 [ a , b] 上 的有 界变 差函 数类 BV 依 如 下范 数 ‖ f ‖ =

b

f ( a) + Va ( f ) 是不可分的 Banach 空间 . 证 　 你不难验证 BV 是赋范空间 . 完备性 : 设 ‖ f m - f n ‖ → 0 ( m , n → ∞ ) . 令 φm n = f m - f n , 则 φm n ( x ) ≤ φm n ( a) + φm n ( x ) - φm n ( a) b ≤ φm n ( a) + V a ( φm n ) = ‖ f m - f n ‖ ( a ≤ x ≤ b) ,

b 这推出 f n ( x ) → V a ( f n ) ≤ sup ‖ f n ‖ < ∞ , → f ( x ) ( a ≤ x ≤ b) .因 sup n n

故 f ∈ BV ( 用题 2 .7 3) . ＂ ε> 0 , 取 n0 ∈ N, 使得 ＂ m , n ≥ n 0 , 有 ‖ f m - f n ‖ < ε. 任取 [ a, b] 的分割 { x i } , 有 φm n ( a) +

∑

Δφm n ( x i ) < ε　 ( m , n ≥ n 0 ) .

∑

Δf n ( x i ) - Δf ( x i ) ≤ ε　 ( n ≥ n 0 ) .

i

令 m → ∞, 得 f n ( a) - f ( a) +

i

由 { x i } 的任意性 , 得 f n ( a) - f ( a ) + V ab ( f n - f ) ≤ ε　 ( n ≥ n0 ) , 即 ‖ f n - f‖ ≤ ε( ＂ n ≥ n0 ) . 这表明 ‖ f n - f ‖ → 0( n → ∞ ) . 不可分性 : 令 fx = χ[ a , x ] , A = { f x∶ x ∈ [ a, b] } , 则 A

BV 是不

可数集 .若 BV 可分, 则有可数集 Φ在 BV 中稠密 .特别, ＂ x ∈ [ a , b] , 有 φx ∈ Φ, 使得 ‖ f x - φx ‖ < 1/ 2 . 若 x , y ∈ [ a, b] , x ≠ y, 则 ‖φx - φy ‖ ≥‖ f x - f y ‖ - ‖φx - f x ‖ - ‖φy - fy ‖ > 2 - 1/ 2 - 1/ 2 = 0 , 可见 φx ≠ φy . 这表明 A → Φ, f x → φx 是一单射 , 但这与 A 不可数相 矛盾 ( 参考定理 1 .1 .1 ) .

□

3 .48 　 区间 [ a , b] 上的绝对连续函数类 AC 依如下范数 ‖ f ‖ = b

∫

f( a) +

a

f′( x ) d x 是可分 Banach 空间 .

提示 : 完备性 的 验 证 类 似 于 题 3 .47 : 若 { f n } 为 Cauchy 列 , 则 必

§3 .1 　 函数空间

fn → → f , f′n

L1

・ 12 1 ・

g 且 g = f′, a .e . . 可分性 : 每个 f ∈ AC 可用 多项 式

逼近 . 3 .49 　 设 0 < α≤ 1 , ‖ f ‖α =

f( a) +

sup x≠ y x , y∈ [ a , b ]

f ( x) - f ( y) , α x - y

α 则 H ＞ { f ∶‖ f‖α < ∞} 依范数 ‖・‖α 是一 Banach 空间 .

提示 : 验证完 备性时 利用 { f n } 是 Cauchy 列

f ( x) ≤

f ( a) + ‖ f‖α x - a

α

;

fn → → f .

前面我们曾提到 , 在函数空间中选择收敛性时, 需要是第一位的 , 而 可赋范性固然重要, 但亦不可 苛求 .有些应用 上重要的收 敛性确 非范数 收敛 .在这种情况下 , 常常 使用某种拟范数 来描述收敛性 .设 X 是 K 上 的向量空间, 若存在函数 ‖・‖∶ X → R, 它满足范数公理 ( N2 ) ( N3 ) 及条 件 ‖ - x‖ = ‖ x‖,αn → 0, ‖ xn ‖ → 0

‖αn x‖ → 0 , ‖αx n ‖ → 0 ,

则称之为拟范数 .设 X 中已定义一个拟范数 ‖・‖ , 仍然称 ‖ x - y‖ 为 x, y 之间的距离 , 并记作 d( x, y) , 则可验证距离 d 有以下性质: ( i) 对称性 : d ( x , y ) = d( y , x ) ; ( ii) 三角不等式 : d ( x , y ) ≤ d ( x , z) + d( z , y) ; ( iii) 正定性 : d ( x , y ) ≥ 0 , d ( x , y ) = 0

x = y.

因而 X 依 距 离 d 成 为 一 个 距 离 空 间 .若 在 X 中 d ( x n , x ) → 0 , 即 ‖ x n - x‖ → 0 , 则说 { x n } 收 敛 于 x . 形式 上 完 全 与 赋范 空 间 中 一 样, 当 { xn}

X 满足 lim ‖ x m - x n ‖ = 0 时称它为 Cauchy 列 ; 若 X m, n

中的所有 Cauchy 列皆收敛 , 则说 X 是完备的 . 通常 依 如 下 方 式 引 进 拟 范 数 : 在 X 中 定 义 一 列 所 谓 半 范 {‖・‖ n } , 其 中 每 个 ‖ ・ ‖ n 满 足 范 数 公 理 ( N1 ) ( N2 ) , 且 x = 0

‖ x‖ n = 0 ( ＂ n ∈ N ) , 然后令 ∞

‖ x‖ =

∑ n= 1

‖ x‖ n 1 , n 2 1 + ‖ x‖ n

则可验证 ‖ ・ ‖ 是 一 个 拟 范 数 , 且 对 于 序 列 { x k } 0

X , ‖ xk‖ →

‖ x k ‖ n → 0( k → ∞ , ＂ n ∈ N ) . 当 X 依一个如此的拟范数完备时

第三章 　 Banach 空间

・ 12 2 ・

称为 Frechét 空间 .下面由你来研究三个应用上重要 的 F rechét 空间 的 例子 . ∞

3 .50 　 设 C [ a , b] 是 [ a , b] 上 无 限 次 可 微 函 数 之 全 体 .则 ∞

C [ a , b] 依半范族 {‖ f‖ n = ‖ f

( n)

‖0 ∶ n ≥ 0} 是一个 Frechét 空

间 . 证 　 ‖ f ‖ n 显然满足范数公理 ( N1 ) , ( N2 ) ; f ≡ 0 ‖f

( n)

＂ n ≥ 0, 有

∞

‖ 0 = 0 . 只 要 证 完 备 性 .设 { f k }

C [ a , b] 是 一 个 Cauchy

列,则 ∞

lim

k , l→ ∞

( n)

∑ n= 0

( n)

‖ f k - f l ‖0 1 = 0 . n ( n) ( n) 2 1 + ‖ f k - f l ‖0

这推出 ( n)

( n)

lim ‖ f k k , l→ ∞

- f l ‖0 = 0 　 ( ＂ n ≥ 0 ) . ( n)

由熟知的数学分析定理, 知存在 gn ∈ C[ a, b] , 使得 f k

→ → gn ( k → ∞ ,

n ≥ 0) . 这就可归纳地推出 g n + 1 = g′n ( n ≥ 0 ) , 从 而 f = g 0 ∈ C [ a , b] , g n = f

( n)

∞

, ( n)

‖ fk

- f

( n)

‖0 → 0 　 ( k → ∞ , n ≥ 0) .

由 n

‖ f k - f‖ ≤

∑ i=0

( i)

( i)

‖ f k - f ‖0 1 1 + n i ( i) ( i) 2 1 + ‖ f k - f ‖0 2

看出 ‖ f k - f ‖ → 0 ( k → ∞ ) , 完备性得证 .

□

仿此 , 你可以证明 : 3 .51 　 C(R) 依半范族 {‖ f‖ n =

sup f ( x) ∶ n ∈ N} 是一 x ≤ n

个 Frechét 空间 . 注意 , 在如上定义的 Frechét 空间 C(R) 中 , f k → f 意味着在任何 有限区间 [ a , b] 上 f k → → f , 这种收敛通常称为局部一致收敛或紧一致 收敛 , 是最常用的收敛性之一 , 尽管它不是范数收敛 . 3 .52 　 C(0 , 1 ) 依半范族 {‖ f ‖ n =

sup

1/ n ≤ x ≤ 1 - 1/ n

f ( x ) ∶ n ≥ 3}

是一个 Frechét 空间 , 其中的收敛 就是在 ( 0 , 1 ) 内 每个闭区间上一 致收

§3 .2 　 点集与映射

・ 12 3 ・

敛 . 上述的“内闭一致收敛”实质上与题 3 .51 中的收敛属同一类型 , 在 分析中亦被普遍使用 .

§3 .2 　 点集与映射 一、定理与定义 在§ 1 .1 中已简略地提 到 Euclid 空间 中的 点集 , 并 且 指出 那里 的 许多概念在任何界定了距离的 空间 中都 可以定 义 .赋范 空间正 是这 样 一种能定义距离的空间 , 因而其中可系统地建立点集理论 .如我们在上 节已说及的 , 处理抽象空间问题应尽可能利用几何类比形成直观形象 . 点集理论将突出地体现这一思路 . 以下设 X 是 一 给 定 的 赋 范 空 间 .任 何 x ∈ X 称 为 点 或 向 量 , ‖ x ‖ 就看作向量 x 的长度 .任给 x , y ∈ X , 称 ‖ x - y‖ 为点 x 与 y 之间的距离 , 也记作 d ( x , y ) . 更一般地 , 任给 A , B

X , 定义 A , B

之间的距离为 d ( A , B) =

inf

a∈ A , b∈ B

‖ a - b‖ ;

约定 d ( x , B) = d( { x} , B) . 定义集 A 的直径为 diam A = x sup ‖ x - y‖ ; , y∈ A 当 diam A < ∞ 时称 A 为有界集 .给定 a ∈ X , r > 0 , 令 Br ( a ) = { x ∈ X∶‖ x - a‖ < r} ; 　Br ( a ) = { x ∈ X∶‖ x - a‖ ≤ r} , 二者分别称为 X 中以 a 为心以 r 为半径的开 球与闭球 , 开 球就简称 为 球 .球 是极形象 的概念 , 利用 它可描述 点集的 多种特性 .如 下定义使 得 我们直观中极熟悉的一些几何名词在赋范空间中获得了严格意义 . 定义 3 .2 .1 　 设 A

X .

( i) 集 A 的内部 A°、闭包 　A 与导集 A′分别界定如下 : A°= { x ∈ A∶ｖ r > 0 , 使 B r ( x )

A };

第三章 　 Banach 空间

・ 12 4 ・

　A = { x ∈ X∶ ＂ r > 0 , 有 A ∩ Br ( x ) ≠

};

A′= { x ∈ X∶ ＂ r > 0 , 有 ( A \ { x} ) ∩ Br ( x ) ≠ 称

A＞ A 　 \ A°为 A 的边界 .集 A°, A 　 , A′与

} .

A 中的 点分别称 为 A

的内点、触点、极限点与边界点 . ( ii) 若 A = A°, 则称 A 为 开集 ; 若 A = A 　 , 则称 A 为 闭 集 ; 若 　A = X , 则称 A 为 X 中的稠集 ; 若 B

　A , 则说 A 在 B 中稠密 .

直观上 , x 是 A 的内点意味着 , x 本身连同它邻近的点都属于 A; x 是 A 的边界点意味着 , 在 x 的任意邻近处既有 A 中的点又有 A 以外 的点 .对于其他 概念亦可 作类似 的直观解 释 .这样 , 点集概 念的直观 含 义与我们对内部、边界等名词的日常理解恰好一致 .这一点是学习点集 论时首先要明确的 , 你将调 动自己 的全 部直 观经验 去想 象与理 解抽 象 地给定的点集 概 念 .然 而 , 得 立即 告 诉你 , 仅仅 这 样 做是 远 远 不够 的 ! 赋范空间中的点集论毕竟是建 立在 范数 公理基 础上 的逻辑 系统 , 它 的 所有结论都来自严格论证 .人类的 直观 经验 则来自 我们 对生活 于其 中 的三维物理 空间的 日常体验 , 它 固然有益 , 但 往往是肤 浅的 , 盲目的 运 用可能引致误导 , 这是学习泛函分析时不可不注意的 . 为能熟练地运用内部、闭包、开集、闭集等基本点集概念 , 必须了解 诸概念之间的种种相互关系 , 这涉及一系列数量可观的简单命题 , 这些 对你并无特别的吸引力 , 但从今后的应用来看又不可回避 .那些最不可 缺少的结论就汇集在以下的定理中 . 定理 3 .2 .1 　 设 A , B

X , 则以下结论成立 :

(i) 闭 包 的 刻 画 : x ∈ 　A x

存 在 序 列 { xn }

x ∈ A ∪ A′ x ∈ A ∪

d( x , A) = 0

A , 使 得 xn →

A .

( ii) 极限点的刻画 : x ∈ A′ x ∈ A \ { x}

存 在序 列 { x n }

A , 使得 x ≠ x n → x . c

c

coc

( iii ) 内部与闭包的性质 : A°= ( A ) , A 　 = A A, A

B

( 对偶性 ) ; A°

B°, A°= A° °, ( A ∩ B)°= A°∩ B°; A

A°

　A , A

=

B

　A

　B , 　A = A , A ∪ B = 　A ∪ B 　; A 　 = A ∪ A′= A ∪ A = A°

∪

A; A°= 　A \

A = A \

A .

§3 .2 　 点集与映射

( iv) 开集的刻画 : A 是开集 球的并

A° A ∩

A

A 是开

A =

c

A 是闭集 .

( v) 闭集的刻画 : A 是闭集 开集

・ 12 5 ・

　A

A

A′

A

A

A

c

A 是

A 对极限运算封闭 , 即 A 中收敛序列的极限皆属于 A . ( vi) 开集与闭集的运算性质 : X 中任意个开集的并与有限个开 集

的交是开集 , 任意个闭集的交与有限个闭集的并是 闭集 ; 若 A 是开集 , B 是闭集 , 则 A \ B 是开集 , B \ A 是闭集 . ( vii) X 与

既是开集又是闭集 , 它们是有这种性质的仅有的集 .

你不必担心如何记得 住这 许多 琐碎的 结论 , 那 些经常 运用 的结 论 会自然地融 入你的 脑海 , 并逐渐 成为常识 的一部 分 .因 此 , 熟悉在于 运 用 ! 至于在目前 , 获 得理 解的 最 好的 办法 是动 手去 证 明 ! 定理 3 .2 .1 中所有结论的证明都是简单的 , 你 至少 应将 推导出 其中 一部分 作为 自 己的练习 . 在§ 1 .1 中已初步考 虑了 映射 概 念 , 现在 考虑 赋 范空 间 之间 的 映 射 .以下设 X , Y 是 K 上的赋范空间 .写出记号 F∶ D

X → Y,

就意味着 F∶ D → Y 是一个映射 , 其中 D 是 X 的非空子集 . 定义 3 .2 .2 　 给定映射 F∶ D

X → Y 与点 x0 ∈ D . 若 ＂ ε> 0 ,

ｖ δ > 0 , 当 x ∈ D, ‖ x - x0 ‖ < δ时恒有 ‖ F x - F x0 ‖ < ε, 则说 F 在点 x 0 连续 , 若 F 在 D 上每点连续 , 则说 F 在 D 上连续 . 约定以 C( D, Y ) 记从 D 到 Y 的连续映 射之全体 , 而 令 C( D) = C( D, K) , K = R 或 C .通常称 f ∈ C( D) 为连续 函数或 连续泛 函 .不 过 , 记号与术语的选择并不是本质的 , 它们只不过是约定俗成而已 . F∶ D

X → Y 在 x0 连续意味着 ,

＂ ε > 0 , ｖ δ > 0: F( D ∩ Bδ( x 0 ) )

Bε ( F x 0 ) ;

而这又等价于 : 若在 D 中 x n → x0 , 则 F x n → Fx 0 ( n → ∞ ) .由此可见 , 此处所说的连续性 , 与你从数学分析中所学到的连续性 , 实质上并无差 别 .这 就不难理 解 , 关于连续 函数的一 些熟知 性质 , 例如连 续函数的 和 是连续函数 , 连 续函数的 复合函 数是连续 函数 , 等等 , 皆可 自然地推 广 于赋范空间上的连续映射 .

第三章 　 Banach 空间

・ 12 6 ・

定理 3 .2 .2 　 设 F∶ D

X → Y , f∶ D

( i ) 若 D 是开集 , 则 F ∈ C( D , Y ) X 中的开集 ; f ∈ C( D)

X→R.

任给开集 V

Y, F

-1

V 是

＂ α∈ R , { f > α} 与 { f < α} 是开集 .

(ii) 若 D 是闭集 , 则 F ∈ C ( D , Y ) X 中的闭集 ; f ∈ C( D)

任给闭集 V

Y, F

-1

V是

＂ α∈ R , { f ≥ α} 与 { f ≤ α} 是闭集 .

定理中的 { f < α} = { x ∈ D∶ f ( x ) < α} , 亦可写作 D( f < α) . 　 　 定理 3 .2 .2 除了用于判定 连续 性之 外 , 一个重 要应 用是提 供了 一 个构成开集与闭集的普遍方法 .一般 的模式是 : 若 一个集 A

X 由有

限个不等式界定 , 出现于不等式中的函数皆连续 , 则当所有不等式是严 格 ( 不严格 ) 不等式时 , A 是开集 ( 闭集 ) .例如 , { x ∈ X ∶‖ x‖ < r , ‖ x - a‖ > 1} 与 { x ∈ X ∶‖ x‖ ≤ r , ‖ x - a‖ ≥ 1} 分别为开集与闭集 , 但对集 { x ∈ X ∶‖ x‖ < r , ‖ x - a‖ ≥ 1} 却不能作结论 . 在数学分析中 , 关于闭区间上的连续函数有一系列定理 , 它们在分 析中有基本意义 .那么 , 它们能推广于赋范空间上的连续映射吗 ? 问题 在于 , 我们应以什么样的点集来取代闭区间 ? 代以闭集并不合适 , 须知 全空间就是闭集 ! 回想一下 , 关 于连 续函数 的定 理 ( 如 有界性 定理 ) 是 应用有限覆盖定理或类似的定理证明的 .因此 , 使有限覆盖定理得以成 立的点集 , 应当正好是我们所寻求的闭区间的替代 , 它就是点集论中非 常重要的紧集 , 下面是准确定义 . 定义 3 .2 .3 　 设 A

X . 若 U 是 X 的一族子集且其中诸集之并包

含 A , 则说 U 覆盖 A , 或称 U 为 A 的一个覆盖 ; 若 V

U 且 V 亦覆 盖

A , 则称 V 为 U 的子覆盖 .由开集组成的覆盖称为开覆盖 .若 A 的任何 开覆盖有有限子覆盖 ( 即 由有限 个集 组成 的子 覆 盖 ) , 则称 A 为 紧集 . 若 　A 为紧集 , 则称 A 为相对紧集 .若 ＂ r > 0 , A 可用有限个 半径为 r 的球覆盖 , 则称 A 为全有界集 . 简单地说 , 紧集就是使 有限覆 盖定 理成立 的点 集 ; 在直 线上 , 闭 区

§3 .2 　 点集与映射

・ 12 7 ・

间与有界闭集就是这样的点集 .但在一般的赋范空间中 , 紧集的具体形 象并不明确 , 下面从几个不同方面予以刻画 . 定理 3 .2 .3 　 ( i) 紧集 与闭 集的 关系 : 紧集 必为 闭集 ; 紧集 的闭 子 集是紧集 ; 相对紧集的任何子集是相对紧集 . ( ii) 紧集的条件 : 若 X 完备 , A 列有收敛子列且其极限属于 A

X , 则 A 是紧集

A 中任何序

A 是 全有界的 闭集 ( 完备性 仅用于 最

后一个条件对于 A 为紧集的充分性 ) . ( iii) 相对紧集的条件 : 若 X 完备 , A 中任何序列有收敛子列

X , 则 A 是相对紧集

A

A 是全有界集 ( 完备性作用同 ( ii) ) .

( iv) 有限维空间 中的紧 集 : 若 dim X < ∞ , A A 是有界闭集 ; A 是相对紧集

X , 则 A 是紧 集

A 是有界集 .

( v) 闭球的紧性 : 若 dim X < ∞ , 则 X 中任何闭球是紧集 ; 若 dim X = ∞ , 则 X 中任何有正半径的闭球是非紧的 . 如果将闭球看作闭区间的最直接的推广 , 那么上面的结论表明 , 这 种推广并非无条件地保持紧性 . 利用紧集概念 , 可将数学 分析 中关于 连续 函数 的主要 定理 推广 于 下 . 定理 3 .2 .4 　 设 D

X 是紧集 , F ∈ C( D , Y ) , f ∈ C( D ) , 则有

以下结论 : ( i) F 在 D 上 一 致 连 续 , 即 ＂ ε > 0 , ｖ δ > 0 , 当 x , y ∈ D, ‖ x - y‖ < δ时 ‖ F x - Fy‖ < ε. ( ii) f 在 D 上达到最大值与最小值 . 鉴于紧集在分析论证 中的 重要 性 , 提 出某 些适 于用作 判别 的紧 集 条件 , 就特别有意义 .定理 3 .2 .3( ii ) 所给那些 条件过于 一般化 , 用于 特 p

定的赋范空间并不很有效 .对于像 C[ a, b] 与 L [ a , b] 这样的函数空 间 , 已有 判 定 紧 性 的 适 当 条 件 可 用 .其 中 最 常 用 的 是 如 下 著 名 的 Arzela－Ascoli 定理 : 定理 3 .2 .5 　 A

C[ a , b] 为相对紧集的充要条件是 :

( i) A 一致有界 , 即 sup ‖ f‖ 0 < ∞ ; f∈ A ( ii ) A 等度连续 , 即 ＂ ε> 0 , ｖ δ> 0 , ＂ f ∈ A , ＂ x , y ∈ [ a , b] ,

第三章 　 Banach 空间

・ 12 8 ・

当

x - y < δ时恒有

f ( x ) - f ( y ) < ε.

后面有一些问题的解决要依赖于上述定理 . 除了定理 3 .2 .4 这一类的 结论之外 , 利 用紧集 还可以证 明其他 许 多重要结果 , 你 将从后面 的问题 看到足够 多的例 证 .不 过问题 在于 , 在 无限维空间中 , 连闭球这样足够规范的集都不是紧集 , 紧集无疑并不具 有普遍性 , 因而 其应用受 到严重 局限 .因此 , 必要 利用紧集 以外的其 它 类型的点集 .Baire 的第二纲集概念就是很可用的 . 定义 3 .2 .4 　 设 A

X . 若 ( 　A )°=

, 则称 A 为疏集 .可数个疏

集之并称为第一纲集 ; 非第一纲集称为第二纲集 ; 第一纲集的补集称为 剩余集 . 定理 3 .2 .6 ( Baire 定 理 ) 　 设 X 完 备 , A A°=

c

X 是第一纲 集, 则

c

, A = X; A 是第二纲集 .

直观上 , 可以认为疏集是“ 很小”的集 .Baire 定理表明 , 若 X 是 Ba－ nach 空间 , 则从 X 中任意除去可 数多 个第 一纲集 ( 亦相 当于除 去可 数 多个疏集 ) 之后 , 剩余部分仍然大到足以超过任何第一纲 集 , 且 在 X 中 稠密 .因此可以说 , X 中的 第一 纲集 是微 不足 道 的、可忽 略的 点 集 , 在 一定意义上可类比于零测集 , 而剩余集则几乎可等同于全空间 .这就为 在赋范空间中刻画“ 稀有”与“一 般”开辟 了道 路 .基 于 Baire 定 理而 建 立的一 些泛 函 数分 析定 理 , 都 具有 异乎 寻常 的 深刻 性 , 这 是不 足为 怪 的 . 设 F∶ D

X → Y 是一映射 .若存在常数 r ∈ (0 , 1 ) , 使得

‖ F x - Fy‖ ≤ r‖ x - y‖ 　 ( ＂ x , y ∈ D ) , 则称 F 为压缩映射 .若 x ∈ D 满足 Fx = x , 则称 x 为 F 的不动点 .关 于压缩映射有以 下 著 名定 理 ( 称 为 Banach 不动 点 定 理或 压 缩映 射 原 理) : 定理 3 .2 .7 　 设 D 是 Banach 空间 X 的非空闭子集 , F∶ D → D 是一压缩映射 , 则 F 在 D 上有唯一不动点 x n

＊

x n = Fx n - 1 = F x0 , 则 xn → x

＊

.

定理中的 { x n } 称为迭代序列 .

. 任给 x0 ∈ D, 令

§3 .2 　 点集与映射

・ 12 9 ・

要对本节的众多概念 与定 理形 成较具 体的 印象 , 唯有 通过 适当 的 练习 .下面你有机会研究一般赋范 空间、函数空 间、及 至 Euclid 空间 中 的各种点集 .

二、问题与方法 A . 关于点集的一般问题 以下设 X , Y 是给定的赋范空间 . 35 . 3　 设 A

X, 则

d( x, A) - d( y, A) ≤ ‖ x - y‖( x, y ∈ X)

证 　 取定 x , y ∈ X , ＂ a ∈ A , 有 d( x , A ) ≤ ‖ x - a‖ ≤ ‖ x - y‖ + ‖ y - a‖ . 右端对 a ∈ A 取下确界得 d ( x , A ) ≤ ‖ x - y‖ + d( y, A ) , 因此 d( x , A) - d( y, A ) ≤ ‖ x - y‖ . 同理 d( y, A ) - d ( x , A ) ≤ ‖ x - y‖ . 综合两者即得所要证 . 3 .54 　 设 A

□

X , 则 A°是开集 , A 　 , A , A′是闭集 .

证 　 由 A° °= A°( 定 理 3 .2 .1 ( iii ) ) 知 A°为 开 集 .要 证 A′是 闭 集 , 只要证 A″

A′( 定理 3 .2 .1 (v) ) .设 x ∈ A″, 则有 { x n }

A′: x

≠ x n → x . 取 y n ∈ A , 使 ‖ x n - y n ‖ < ‖ x n - x‖ ( ＂ n ∈ N ) , 则 x ≠ yn → x , 故 x ∈ A′. 这表明 A″

A′. 关于 　A 与

A 的证明由你

自己完成 . 3 .55 　 设 A , B

□ X , 则 ( A ∪ B)′= A′∪ B′.

提示 : 利用 x ∈ A′ x ∈ A \ { x} 与 A ∪ B = 　A ∪ 　B . 注意上题实际上可归入§1 .1 中的问 题 A: 证明 集等 式 , 因 而同 样 可考虑那里所 述 的 方 法 Ⅰ 与 方 法 Ⅱ .若 用 方 法 Ⅱ , 则 应 充 分 利 用 定 理 3 .2 .1( iii ) 中的已知等式 .例如 , 等式 c

A = 　A ∩ Ac 的证明如下 :

A = 　A \ A°= 　A ∩ A° = 　A ∩ A

cco c

c

= 　A ∩ A .

这种证法的好处是证明完全归 于形 式演 算 , 但对于 一些 特别精 细的 集 关系式的证明未必总行得通 . 3 .56 　 设 A , B

X , 则 A°∩ 　B

A∩ B .

第三章 　 Banach 空间

・ 13 0 ・

证 　 设 x ∈ A°∩ 　B , 则 ｖ r > 0 , 使 Br ( x )

A . ＂ s > 0 , 必存

在 y ∈ B ∩ Bs∧ r ( x ) , 于 是 y ∈ ( A ∩ B) ∩ Bs ( x ) , 从 而 x ∈ A ∩ B .

□

3 .57 　 设 A , B

X , 则 ( A ∪ B)°

　A ∪ B°.

提示 : 利用上题或直接证明 . 3 .58 　 A

X 是开集

＂ B

X, 有 A ∩ B 　

证 　 若 A 是开集 , 则由题 3 .56 有 A ∩ 　B 反之 , 若 A 非开集 , 则有 x ∈ A \ A°, 必 x ∈ A ∩ 　B à

A ∩ B =

3 .59 　 A

A∩ B.

A ∩ B( ＂ B

A .令 B = A , 则 x ∈ □

.

X 是闭集

X) .

c

＂ B

X , 有 ( A ∪ B)°

A ∪ B°.

提示 : 仿上题之证 . 3 .60 　 设 A

X , 则 A°是含于 A 的最大开集 ; 　A 是包含 A 的最

小闭集 . 证 　 已知 A°是开集 ( 见题 3 .54 ) , 且 A° 集 , 则 G = G°

A .若 G

A 且 G 是开

A°( 用定理 3 .2 .1 ( iii) ) , 可见 A°是含于 A 的最大开

集 .后半部分的证明留给读者 . 3 .61 　 设 A

□

X 是子空间 , 0 < β < 1 , d ( x , A) ≤ β‖ x‖ ( ＂ x

∈ X), 则 A 　 = X . 证 　 只要证 d( x , A ) = 0( ＂ x ∈ X) ( 看 定 理 3 .2 .1 ( i ) ) .固 定 x ∈ X .＂ a ∈ A, 有 β‖ x - a‖ ≥ d( x - a , A ) = d ( x - a, A - a) 　 ( A - a = A) = d( x , A ) , 　 　 　 　 　 　 　 ( 平移不变性 ) 这推出 βd ( x , A ) ≥ d ( x , A ) , 故必 d ( x , A ) = 0 . 3 .62 　 设 A , B A

U, B

□

X 是互不相交的闭集 , 则存在开集 U , V , 使 得

V, U ∩ V =

.

证 　 令 U = { x ∈ X∶ d( x, A) < d( x , B) } , V = { x ∈ X∶ d( x , B) < d( x , A) } . 由 d( x , A) 对 x 连续 ( 用题 3 .53 ) 及定理 3 .2 .2 推 出 U 与 V 是开集 .显然 U ∩ V = 故 A

U ; 同理 B

3 .63 　 设 A , B

.x ∈ A

d( x , A ) = 0 < d( x , B) ,

V . 因此 U , V 合于所求 .

□

X 是互不相交的闭集 , 则存在 f ∈ C( X ) , 使得

§3 .2 　 点集与映射

・ 13 1 ・

f ( A ) = 0 , f ( B) = 1 . 提示 : 取 f ( x ) = d ( x , A)/ [ d ( x , A ) + d ( x , B ) ] . 3 .64 　 X ,

是 X 中仅有的既开又闭的集 .

证　若 A

X 是既开又闭集的集 , A ≠ , X , 则存 在 a ∈ A , b ∈ A . 令 f = χA , 利用定理 3 .2 .2( ii) 不难验证 f ∈ C ( X ) .令 φ( t) c

= f ( ta + ( 1 - t ) b) (0 ≤ t ≤ 1) , 则 φ∈ C[ 0 , 1] , φ(0 ) = f ( b) = 0 , φ(1 ) = f ( a) = 1 , 而 φ( t ) ∈ {0 , 1 } , 这与介值定理相矛盾 . 3 .65 　 设 X 完备, Bn

X 是非空闭集 , B1

B2

□

… , diam Bn → 0 ,

则 ∩ Bn 恰含一点 . 提示 : 任取 x n ∈ B n , 则 { x n } 是 Cauchy 列 . B . 连续性问题 首先注意到 , 连续函数的定义与熟知的概念并无区别 , 因此以下结 论是很自然的 . 3 .66 　 设 D

X , f , g ∈ C( D) , 则 f ± g, f g , f/ g( g( x ) ≠ 0 , +

-

＂ x ∈ D) , f ∨ g , f ∧ g , f , f ,

f

均为 D 上的连续函数 .

这些结论均可用数学分析中的方法来证明 .不过 , 现在还是有了一 些新的方 法 , 主 要 是 用 定 理 3 .2 .2 .例 如 , 若 D 是 开 集 , 则 从 f , g ∈ C( D ) , { f ∨ g < α} = { f < α} ∩ { g < α} 与 { f ∨ g > α} = { f > α} ∪ { g > α} 推出 f ∨ g ∈ C( D ) , 这似 乎比“数 学分析 式”的论 证要 简 单 .有趣 的 是 , 以上证法颇类似 于可测性论证 .实际上 , 若以 TX 记 X 中 的开集族 , 则当 D 为开集时 , f ∶ D → R 连续 件 f - 1B

f - 1 TR

T X , 这与可测函数的条

A ( 参看定义 1 .3 .1 后面的条件 (v ) ) 显然属 于同一 类型 .由

此可见 , 可测函数与连续函数这两个看来相去甚远的概念 , 原来有很强 的共性 , 这是很具启发性的 . 定理 3 .2 .2 中要求 D 是开 集或 闭集 , 这一 限制 是应 用 上的 障碍 . 更一般的结论是 :

第三章 　 Banach 空间

・ 13 2 ・

3 .67 　 设 F∶ D 开集 U

X, 使 F

X → Y . 则 F 连续

-1

Y 是开集 . ＂ x ∈ F - 1 V , F x 是 V 的内点 ,

故有 εx > 0 , 使 Bεx ( F x )

V . 由 F 在 x 的 连续 性 , 有 δx > 0 , 使

其次 , 设任给开集 V

- 1

V = D∩ U . X, 使 F- 1 V = D ∩ U .

Y , 有开集 U

任给 x ∈ D,ε > 0 , V = Bε( Fx ) -1

F- 1 V . 令

V , 从 而 D ∩ Bδx ( x )

Bεx ( Fx )

U = ∪ Bδx ( x ) , 则 U 是开集 , F

F

Y , 存在

V = D∩ U

证 　 设 F 连续 , V F( D ∩ Bδx ( x ) )

任给开集 V

Y 是 开集 .取 开 集 U

V = D ∩ U . 因 x ∈ D ∩ U , 故有 δ> 0 , 使 Bδ ( x )

D ∩ Bδ( x )

D∩ U = F

-1

V , 于是 F( D ∩ Bδ ( x ) )

X, 使 U , 从而

Bε( Fx ) , 这

正表明 F 在 x 连续 .

□

3 .68 　 对于闭集叙述并证明与题 3 .67 相当的结果 . c

提示 : 利用对偶性 : A 是闭集 3 .69 　 设 f ∶ D V

A 是开集 .

X → R, 则 f 连续

＂ α∈ R, 存 在开 集 U ,

X , 使得 { f > α} = D ∩ U , { f < α} = D ∩ V . 提示 : 任给开集 G = ∪ (αi ,βi )

R, 有 f

-1

G = ∪ {αi < f < βi } .

参照题 3 .67 . 现在可简单地解决§1 .3 中的如下遗留问题 . R n 可测 , f ∈ C ( Ω) , 则 f 是可测函数 .

3 .70 　 设 Ω

n

证 　 ＂ α∈ R, 有 { f > α} = Ω∩ U , U

R 是开集 , 从而是可

测集 , 于是 Ω ∩ U 是可测集 .这表明 f 可测 .

□

3 .71 　 设 F∶ D 复合映射 G

X → Y 与 G∶ E

Y → Z 连续 , FD

E, 则

X → Z 连续 .

F∶ D

提示 : 利用题 3 .67 . 3 .72 　 F∶ X → Y 连续 证 　 设 F 连续 , A 　A 这推出 F　A 则

F

＂ A

X, 则 F -1

FA

FA .反之 , 设 F　A

F

-1

-1

X , 有 F　A

FA .

FA 是闭集 ( 定理 3 .2 .2) , 于是 FA = F

FA ( ＂ A

-1

FA ,

X) .若 B

Y 是闭集 ,

§3 .2 　 点集与映射

FF 这推出 F

-1

B

F

-1

-1

B

B, 从而 F

FF -1

-1

B

・ 13 3 ・

　B = B,

B 是闭集 .可见 F 连续 ( 用定理 3 .2 .2) . □

3 .73 　 F∶ X → Y 连续

＂ B

Y, 有 F

- 1

　B

F

-1

B .

提示 : 参照上题 . X → Y 连续 , Fn → → F , 则 F ∈ C( D, Y ) . 证 　 任取 x ∈ D . ＂ ε> 0 , 取 n ∈ N 充分大 , 使得 ‖ F n y - Fy‖

3 .74 　 设 Fn ∶ D

< ε( ＂ y ∈ D) . 取 δ > 0 , 使当 y ∈ D , ‖ y - x‖ < δ时 ‖ F n y Fn x ‖ < ε. 于是当 y ∈ D, ‖ y - x‖ < δ时 , ‖ Fy - F x‖ ≤‖ Fy - Fn y‖ + ‖ Fn y - Fn x ‖ + ‖ F n x - F x ‖ <ε+ ε+ ε= 3ε, 可见 F 在 x 连续 .

□

C . 紧性问题 在紧集的多种刻画中 “ , 任 何序 列有收 敛子 列”这一 刻画用 起来 最 方便 , 因在很多情况下 , 收敛子列的极限恰好是问题所需要的 .这样 , 紧 性条件常用在要得出某种点存 在的 证明 中 , 而且这 种论 证往往 十分 简 洁 , 几乎是一种模式化的简单操作 , 因而是人们乐于使用的 . 3 .75 　 设 A , B

X 是紧集 , 则存在 a ∈ A , b ∈ B , 使得 ‖ a - b‖ = d( A , B) .

　 　 证 　 由 d( A , B) 的 定 义 , 必 有 { an }

A 与 { bn }

B, 使 得

‖ a n - b n ‖ → d( A , B) . 因 A 是紧集 , 故 { a n } 有子列 a n i → a ∈ A; 又由 B 是 紧集 , { b n i } 有收 敛子 列 , 为记 号简单 , 不 妨就 设 b n i → b ∈ B . 于是 ‖ a - b‖ = lim ‖ a n i - b n i ‖ = d ( A , B) . i

□

　 　 以上论证已经够简单了 .而实 际上常常 表述 得更 简单 : 由 A , B 为 紧集 , 不妨设 an → a ∈ A , bn → b ∈ B , 因而 ‖ a - b‖ = d ( A , B) . 这样 , 取子列的步骤也省去了 .这种省略对于证明的严格性并无任何损 害 , 这 一点是你 学习紧性 论证时 特别值得 仔细领 悟的 .下面几 道题 , 正 好供你一试 .

第三章 　 Banach 空间

・ 13 4 ・

3 .76 　 设 A B≠

X 为紧集 , B

X 为闭集 , d( A , B) = 0 , 则 A ∩

.

3 .77 　 设 A

X 为紧集 , B

X 为闭集 , 则 A + B 是闭集 .

3 .78 　 设 A , B 如上题 , dim X < ∞ , 则存在 a ∈ A , b ∈ B , 使得 ‖ a - b‖ = d( A , B) . 证 　 仍如题 3 .7 5 之证 , 取 { a n }

A , { bn }

B , 使得 ‖ a n - b n ‖

→ d ( A , B) . 因 A 为紧集 , 故不妨设 a n → a . 因 ‖ bn ‖ ≤ ‖ a n ‖ + ‖ a n - bn ‖ , 故 { bn } 有界 , 因而它必有 收敛 子 列 ( dim X < ∞ 用于 此 !) , 不 妨假 设 bn → b , 于是 ‖ b - a‖ = d( A , B) .

□

3 .79 　 设 F∶ D

X → Y 连续 , D 是紧集 , 则 FD 是紧集 .

提示 : 任给 { x n }

D, { F x n } 必有收敛子列 .

在“有限覆盖定理”的形式下利用紧性条件 , 一般要复杂一些 , 但亦 是重要的 , 且并不难掌握 .下面是一些简单例子 . 3 .80 　 设 A

X 是紧集, ε > 0, 则存在有限集 B

A , 使得

d ( x , B) < ε( ＂ x ∈ A ) . 提示 : 考虑 A 的开覆盖 { Bε ( x ) ∶ x ∈ A } . 3 .81 　 设 A

X 是紧集 , B n

X 是开集 , B n ↑ B, A

B, 则 A

含于某个 Bn . 证 　 因 { B n } 是 A 的覆盖 , 故 必有有限 子覆盖 , 设为 { B 1 , B 2 , … , B n } , 则显然 A

□

Bn .

3 .82 　 设 A n

X 是紧集 , A n ↓ A , G

X 是开集 , A

G, 则某

个 A n 含于 G . c

提示 : 考虑 A1 \ G 的开覆盖 { A n } , 或用上题结论 . 以下两题都可以用一个“收敛子列论证”解决 , 你不妨一试 . 3 .83 　 设 D xn → x ∈ D

X 是 紧集 , f ∶ D → R 下 半 连续 , 即 { x n }

D,

f ( x ) ≤ lim f ( x n ) , 则 f ( x ) 在 D 上达到最小值 . n

证 　 令 α = xinf f ( x ) .取 { x n } ∈ D

D , 使得 f ( x n ) → α. 因 D 是紧

集 , 不妨设 x n → x ∈ D , 于是由下半连续性 , 有

§3 .2 　 点集与映射

・ 13 5 ・

α≤ f ( x ) ≤ lim f ( x n ) = α, n

从而 f ( x ) = α正是 f 在 D 上的最小值 .

□

以上结果表明 , 要 f ( x ) 在紧集 D 上达到最小值 , 连续性不是必要 的 , 可代之以往往弱得多的下半连续性 .这一事实在极值理论的应用中 意义甚大 . 有限维空间中有界闭集 ( 有 界集 ) 是紧集 ( 相对 紧集 ) , 这一 事实 常 用来达到在无限维空间中难以实现的结论 , 你已从对照题 3 .75 与3 .78 初步看到了这一点 . 3 .84 　 设 A 是 X 的有限维子空间 , x ∈ X , 则存在 a ∈ A , 使得 ‖ x - a‖ = d ( x , A ) . 证 　 取 { an }

A , 使得 ‖ x - an ‖ → d ( x , A ) . 由 ‖ a n ‖ ≤ ‖ x - a n ‖ + ‖ x‖

知 { a n } 有界 , 因而 为相 对紧 集 , 故 不妨 设 a n → a ∈ A , 于是 ‖ x □

a‖ = d( x , A) .

你注意到 , 以上证明中并未用到 A 是子空间这一条 件 .实 际上 , 只 要 A 是一 个 闭集 , 且 含于 X 的某 个 有限 维 子空 间 , 上 题的 结 论 就 成 立 .上题也可以作为题 3 .78 的特殊情况推出 .这些 , 你都应能作出准确 说明 . 3 .85 　 若 f ∈ C[ a , b] , n ∈ N, 则存在最佳一致逼近 f 的次数 ≤ p

n 的多项式 .如果是 L 逼近 ( 1 ≤ p < ∞ ) 呢 ? 提示 : 用上题 , 结论与范数的选择无关 . 3 .86 　 设 A 是 X 的有限维真子空间 , 则存在 x ∈ X , 使得 ‖ x ‖ = 1 , d ( x , A) = 1 . 证 　 取 y ∈ X \ A . 因 A 是闭 子空 间 ( 定 理 3 .1 .1 ) , 故 d ( y , A) > 0 ( 定理 3 .2 .1( i ) ) .取 { a n }

A , 使 ‖ y - a n ‖ → d( y , A ) . 令 x n

= ( y - a n )/ ‖ y - an ‖ , 则 ‖ x n ‖ = 1 , x n ∈ span ( A ∪ { y} ) ＞ B , B 是 X 的有限维子空间 .不 妨设 x n → x , 则 ‖ x‖ = 1 , d( x , A) ≤ ‖ x ‖ = 1 . 另一方面 , d( x , A) ≥ d( x n , A) - ‖ x - x n ‖ 　 　 ( 用题 3 .53 )

第三章 　 Banach 空间

・ 13 6 ・

= d =

y - an , A - ‖ x - xn‖ ‖ y - an ‖

d ( y, a n + ‖ y - an ‖ A ) - ‖ x - xn‖ ‖ y - an ‖

= ‖ y - an ‖

-1

d( y , A ) - ‖ x - x n ‖ ,

令 n → ∞ 得 d( x , A) ≥ 1 , 因此 d ( x , A ) = 1 .

□

上面论证中及本书 他处 , 用 到 关于 距离 d ( x , A ) 的 几 个等 式 ( 其 中 A

X 是子空间 , x ∈ X ) : d( αx , A ) =

α d( x , A) 　 (α∈ K) ;

d( x + a , A ) = d ( x , A ) 　 ( a ∈ A) . 这些式子的证明是简单的 , 例如 d (αx , A) = y∈ infA ‖αx - y‖ -1

= α yinf ‖ x - α y‖ ∈ A = α yinf ‖ x - y‖ 　 ( A 是子空间 !) ∈ A = α d( x, A) . 你可能不习惯运用这一类的等式 .但不妨试用几次 , 一旦体会到其简便 性之后 , 你会乐于使用的 . 现在我们来看一下去掉 A 的有限维性对结论的影响 .对于题 3 .84 , 若 dim A = ∞, 则 d( x , A) 只能接近 , 未必达到 .例如 X = C[0 , 1] , A 是 [0 , 1 ] 上的多项式之全体 , x ( t ) ∈ C[0 , 1 ] 不是多项式 , 则当然不可能 有 a ∈ A 使 ‖ x - a‖0 = 0 = d( x , A) . 对于题 3 .8 6 , 若 A 改为真闭 子空间 , 则由 Riesz 引理 , 只能求得 x ∈ X , 使 ‖ x‖ = 1 , d( x , A) 充 分接近于 1 而未必达到 1 . 3 .87 　 设 A , B 是 X 的闭子空间 , dim A < ∞ , 则 A + B 是 X 的闭 子空间 . 证 　 不妨设 A ∩ B = { 0} ( 否则 A = A 1 ī ( A ∩ B ) , 以 A 1 取 代 A ) .设 { a n }

A , { bn }

B , an + b n → x , 今要证 x ∈ A + B .{ an }

必 有 界 , 否 则 可 设 ‖ an ‖ → ∞ , 令 a′n =

a n/ ‖ an ‖ , b′n =

bn/ ‖ an ‖ , 则 a′n + b′n → 0 , ‖ a′n ‖ = 1 ; 不妨设 a′n → a ∈ A , 则

§3 .2 　 点集与映射

・ 13 7 ・

b′n → - a , 于是 a ∈ A ∩ B .‖ a‖ = 1 , 这与 A ∩ B = {0 } 矛盾 .由 { a n } 有界及 dim A < ∞ , 不妨设 an → a ∈ A , 从而 bn → b = x - a ∈ B, 于是 x = a + b ∈ A + B , 如所要证 .

□

定理 3 .2 .4 将成 立于闭区 间上的连 续函数 定理推广 到了紧 集 .这 使我们记起了另一条成 立于闭 区间 上的数 学分 析定 理———Dini 定理 , 它也能适用于紧集上的连续函数吗 ? 3 .88 　 设 D

X 是紧集 , f , f n ∈ C( D ) , f n 对 n 单调增且在 D 上

处处收敛于 f , 则 f n → →f . 证 　 若结论不真 , 则有 ε > 0 , n 1 < n 2 < … 及 { xk }

D, 使得

f n k ( x k ) < f ( x k ) - ε( ＂ k ∈ N ) , 于是 f n ( xk ) ≤ f n k ( xk ) < f ( x k ) - ε　 ( n ≤ n k ) . 不妨设 x k → x ∈ D , 于是令 k → ∞ 得 f n ( x ) ≤ f ( x ) - ε( ＂ n ∈ N ) , 这与 f n ( x ) → f ( x ) 相矛盾 .

□

如同上题一样 , 涉及紧 性的论 证经 常采用 反证 法 , 此时 , 适 当地 写 出要证命题的反命题是关键的 . 3 .89 　 设 D

C( D , Y ) , F n → → F, 则

X 是紧集 , { Fn } ∞

∞

FD = n∩ ∪ Fk D . =1 k= n ∞

　 　 证 　 直接看出 FD

∞

∩ ∪ Fk D ( 这无需紧性与一致收敛性 ) .难点

n= 1 k= n

在于证相反的包含 .任取 y ∈ 右端 , ＂ n ∈ N , 必有 kn ≥ n , x n ∈ D, 使得 ‖ Fk n x n - y‖ < 1/ n . 不妨设 x n → x ∈ D , 则 ‖ y - Fx‖ ≤‖ y - Fk n x n ‖ + ‖ F k n x n - F x n ‖ + ‖ F x n - F x‖ → 0 , 可见 y = Fx ∈ FD .

□

形式上 , 全 有界性颇 接近于紧 性 .定理 3 .2 .3 指明了 , 在完 备空 间 中全有界性与相对紧性相当 .下面更准确地说明 , 对于以上论断完备性 是不可缺少的前提 . 3 .90 　 空间 X 完备

X 中任何全有界集皆为相对紧集 .

第三章 　 Banach 空间

・ 13 8 ・

证 　 只要证充分性 .设 X 中任何全有界 集是相对 紧集 , 今证 X 完 备 .设 { x n }

X 是 Cauchy 列 . 若 { x n } 全有界 , 则它相对紧 , 因此有收

敛子列 , 设 x n i → x , 则从 ‖ x n - x‖ ≤ ‖ x n - x n i ‖ + ‖ x n i - x‖ 易见 x n → x . 因 此只 需证 { x n } 全 有界 . ＂ ε > 0 , 取 n 0 ∈ N, 使 得 n

＂ m , n ≥ n0 , 有 ‖ x m - x n ‖ < ε, 于 是 { x n }

0

∪ Bε( x i ) , 这表 明

i= 1

{ x n } 是全有界的 .

□

现在考虑定理 3 .2 .5 的某些应用 . x

∫ f ( y) d y

　 　 3 .91 　 设 J = [ a , b] , A

C( J) 一致有界 , 珘 f( x) =

a

( f ∈ C( J) ) , 则 B = {珘 f∶ f ∈ A} 是 C( J) 中的相对紧集 . 证 　 只需验证 B 满足定理 3 .2 .5 中的条件 ( i) ( ii ) . ( i) 有界性 .由 b

∫

珘 f ( x) ≤

a

f ( y) d y ≤ ‖ f‖ 0 ( b - a )

推出 ‖珘 f ‖0 ≤ ‖ f ‖0 ( b - a) , 故从 A 一致有界推出 B 一致有界 . ( ii) 等度连续性 .设 a ≤ x < y ≤ b , 则 ＂ f ∈ A , 有 y

∫

珘 f ( x) - 珘 f ( y) ≤

x

f ( t ) d t ≤ ‖ f‖0

x - y

.

于是由 A 一致有界推出 B 等度连续 . 综上 , 知 B 相对紧 . 3 .92 　 设 J = [ a , b] , A

□ 1

C ( J ) 依 范 数 ‖ f‖ 1 = ‖ f‖ 0 ∨

‖ f′‖0 有界 , 则 A 在 C( J ) 中相对紧 . 提示 : 如同证上题一样验 证 A 一致 有 界与 等度 连续 .验证 等度 连 续时用中值定理 . 3 .93 　 设 A

1

1

C ( J ) . 则 A 在 C ( J) 中 相对 紧 的充 要 条件 是 :

( i) A 有 界 , 即 sup ‖ f‖ 1 < ∞ , 此处 ‖ f‖ 1 = ‖ f ‖0 ∨ ‖ f′‖0 ; f∈ A ( ii) A′＞ { f′∶ f ∈ A } 等度连续 . 这可看作是关于 C1 ( J) 的 Arzela－Ascoli 定理 .

§3 .2 　 点集与映射

证 　 注意 { f n }

・ 13 9 ・

1

C ( J) 的范数收敛等价于 { f n } 与 { f′n } 同时一 1

致收敛 ( 参看§3 .1) .因此 , 若 A 在 C ( J) 中 相对 紧 , 则 A 与 A′都 在 C( J ) 中相对紧 , 于是由定理 3 .2 .5 推出 , A 与 A′一致有界 ( 从而 A 在 C1 ( J ) 中有界 ) , 且 A′等度连续 . 反之 , 设 A 满足题设条件 ( i) ( ii) , 则由定理 3 .2 .5 推出 A′在 C( J) 中相对紧 .其次 , 由 A′一 致 有界 又 推 出 A 在 C( J ) 中 相 对紧 ( 参 考 题 3 .92 ) .任给序列 { f n }

A , 由 A 在 C( J ) 中相对紧得出它有一致收敛

子列 { f n k } . 另一方面 , 由 A′在 C( J ) 中相对紧得出 { f′n k } 有一致收敛 1

子列 , 不妨设就是 { f′n k } 一致收 敛 , 则 { f n k } 在 C ( J) 中 收敛 , 可 见 A 1

在 C ( J ) 中相对紧 .

□

D . 第二纲集问题 这类问题似乎已经远 离直 观 , 缺少与 较初 等的 分析问 题的 直接 联 系 .与紧集概念不同 , 我们无法从你熟知的数学分析知识中找到纲定理 的某个原型 .这 无疑是你 理解纲 问题的首 要困难 .从根 本上说 , 问题 在 于你所掌握的经验材料远不足以形成对第一纲集或第二纲集的清晰印 象 .因 此 , 你 首先得 接触较多 的第一纲 集或第 二纲集的 具体例 子 .下 面 的一组问题正要起这一作用 . 3 .94 　 Lp [0 , 1 ] ( 1 ≤ p < ∞ ) 中的非负函数构成疏集 . p

证 　 令 A = { f ∈ L [0 , 1]∶ f ≥ 0, a .e .} . 若 { fn }

Lp

A, f n

f,

则因有某个子列 f n i → f , a .e . ( 定理 3 .1 .2 ) , 故必 f ≥ 0 , a .e ., 可见 A 是闭集 .为证 A°=

, 只要指明每个 f ∈ A 都可以用 A 外的元素 L

p

逼近 .直观上这是很显然的 , 只要取 f n = f χ( 1/ p

n ,1 ]

- χ[ 0 , 1/

就有 ‖ f n - f‖ p = 1/ n → 0 , 而显然 f n ú

n]

,

A . 因此 A 是疏集 .

让我们在头脑中树立这样的直观印 象 : 设 X 完 备 , A

□

X .若 A

是第一纲集 , 则认为 A 中的元素在 X 中出现得“稀少”; 若 A 是第二 纲 集 , 则认为 A 的元素在 X 中出现得“不稀少”; 若 A 是剩 余集 , 则 A 中 的元素在 X 中“ 普遍存 在”.据此 , 可以 说在 L p [0 , 1 ] 中 非 负函 数是 稀

第三章 　 Banach 空间

・ 14 0 ・

少的 .其他函数空间中的非负函数却未必如此 . 3 .95 　 C[ a , b] 中的非负函数之集是第二纲集 . 提示 : 只要指出其内部非空 , 例如 f ≡ 1 即为一内点 . 据此 , 可以认为 C[ a , b] 中的非负函数并不稀少 .偶函数则并非如 此 . 3 .96 　 C[ - 1 , 1 ] 中的偶函数之集是疏集 . 提示 : 参照题 3 .94 .直观上 , 偶函数是经受不起扰动的 . 3 .97 　 设 A

X 是真子空间 , 则 A°=

, 因此当 A 是闭子空间

时必为疏集 . 证 　 取 x ∈ X \ A , ＂ a ∈ A , 令 x t = t x + ( 1 - t) a(0 < t < 1 ) , 则 x t ú A ( 否则 x = t 可见 a ú

-1

x t + (1 - t

A°. 因此 A°=

- 1

) a ∈ A !) , 当 t → 0 时 x t → a , □

.

注意题 3 .97 蕴涵了题 3 .96 . 3 .98 　 设可数集 { a n }

X 线性无关 , 则 A = span { a n } 是第一纲

集 . 证 　 令 A n = span{ a1 , … , a n } , 则 A = ∪ A n , A n 是 X 的 n 维子空 间 , 因而是真子空间 , 由题 3 .97 必为疏集 , 故 A 是第一纲集 .

□

3 .99 　 C[ a , b] 中的多项式之全体是第一纲集 . 提示 : 用上题 . 据此 , 可以说 , 在连续函数空间中 , 多项式是稀少的 . 3 .100 　 设 X 完备 , Gn

X 是稠密开集 , 则 G = ∩ Gn 是稠密集

与第二纲集 . c

证 　 由 Baire 定理 , 只要 指明 G 是剩 余 集 , 即 G 是第 一 纲集 .因 c

c

c

co

G = ∪ G n , Gn 是闭集 , 故只要说明 Gn = co

cocc

Gn = Gn

c

, 这由 Gn = X 得出 : c

= (G 　 n) = X =

.

□

　 　 Baire 定理当然有许多深刻的应用 .不过 , 在学习的这一阶 段 , 你 遇 到的应用实例不会太多 , 这无疑会妨碍你对这一重要定理的深切理解 . 因此 , 应尽 可 能 考 虑 一 些 应 用 的 例 子 .首 先 让 我 们 一 般 地 讨 论 一 下 , Baire 定理可能推出哪些结论 .设 A

X , X 是 Banach 空间 . c

( i) 若已知 A 是第一纲集 , 则 A 是 稠密的 第二 纲集 , 因而 可以 认

§3 .2 　 点集与映射

・ 14 1 ・

c

为 A 包含了 X 中几乎所 有元 素 , 这 通常 肯定 了你 感兴 趣 的某 种对 象 存在 , 且具有极大的普遍性 . ( ii) 若已知 A 是第一纲集 , 则 A = X 是不可能的 . ( iii) 若已知 A 是第一纲集 , A = X , 则 X 必不完备 . 后面两条结论可以说 是在 否 定形 式下 应 用 Baire 定理 , 这类 应 用 比较简单 , 但仍能得出一些非常识所易推断的深刻结论 . 3 .101 　 无限维 Banach 空间 X 不能分解为可数个紧集之并 . 证 　 设 An 说明 A°n =

X 是紧集 , 只要说明 ∪ A n 是第一纲集 ; 为此 , 又只要 . 若 A°n ≠

, 则 A n 必包含某个非空开球 B , 但 　B 不是

紧集 ( 定理 3 .2 .3 (v) ) , 这就得出矛盾 .

□

注意 , 有限维空间显然可分解为可数个紧集之并 ( 试说明之 !) 3 .102 　 若 X 完备 , 则不 可能 存 在线 性无 关的 可数 集 { a n } , 使 得 X = span { a n } . 提示 : 参考题 3 .98 . 3 .103 　 设 X 完备 , A

X 是 稠密的 可数 集 , 则 A 不是 Gδ 型 集

( Gδ 型集即可数个开集之交 ) 提示 : 参考题 3 .100 . 3 .104 　 不存在函数 f∶R → R, 它恰以无理点集为其间断点集 . 证 　 设 f ∶R → R, 以 A 记其连续点之集 , 则只要证 A 为 Gδ 型集 ( 从而由题 3 .103 有 A ≠ Q ) .令 ω( x ) = lim f ( y ) - lim f ( y ) , y→ x

y→ x

Gn = { x ∈ R∶ω( x ) < 1/ n } , 则显然 A = ∩ G n , 故只要证 G n 是开 集 .为 此 , 只 要 对 任 给 α > 0 , 证 B ＞ { x ∶ ω( x ) ≥ α} 是 闭 集 .设 { xn }

B , x n → x . 取 yn , zn , 使 得

yn - xn +

zn - x n < 1/ n ,

f ( y n ) - f ( zn ) > α - 1/ n . 则 yn → x , z n → x , ω( x ) ≥ lim [ f ( y n ) - f ( z n ) ] ≥ α, n 故 x ∈ B , 即得所要证 .

□

第三章 　 Banach 空间

・ 14 2 ・

E . 不动点问题 与不动点定理 ( 定 理 3 .2 .7 ) 有关的问题极多 , 此处难 以深入 , 只选 择了少数简单问题作为初步练习之用 .以下设 X 完备 . 3 .105 　 设 F∶ Bβ ( x0 )

X → X 满足 ‖ F x - Fy‖ ≤ r‖ x n

y‖ , r < 1 , ‖ x0 - F x 0 ‖ ≤ β(1 - r) , 则 F x 0 → x n

证 　 只 需 验 证 迭 代 序 列 { xn = F x0 }

＊

= Fx

＊

.

Bβ ( x0 ) . 设 x n ∈

Bβ ( x 0 ) , n ≥ 0 , 则 ‖ x n + 1 - x0 ‖ ≤‖ Fx n - F x0 ‖ + ‖ F x 0 - x 0 ‖ ≤ r‖ x n - x 0 ‖ + β( 1 - r) ≤ r β+ β(1 - r ) = β, 即 x n + 1 ∈ Bβ ( x 0 ) . 这就归纳地证得 { x n } 3 .106 　 设 D

□

Bβ( x 0 ) .

X 是闭集 , F∶ D → D,

‖ Fn x - F n y‖ ≤ rn ‖ x - y‖ ( ＂ x , y ∈ D ) , r n > 0 , ∑ r n < ∞ , x 0 ∈ D, 则 F x 0 → x n

＊

= Fx

＊

.

n

证 　 首先证 { F x0 } 是 Cauchy 列 : 设 m > n , 则 m- 1

‖ F x0 - F x 0 ‖ ≤ ∑ ‖ F m

n

k+1

k

x0 - F x 0 ‖

k= n m- 1

≤ ∑ r k ‖ Fx 0 - x 0 ‖ → 0( n → ∞ ) . k= n

n

因此 , F x0 → x x

＊

∈ D( n → ∞) ;

＊

= lim F n

n+1

n ＊ F x x 0 = F lim 0 = Fx . n

□

　 　 3 .107 　 设 F 如上题 , 估计 ‖ F n x 0 - x ＊ ‖ . 提示 : 利用上题证明中所得不等式 .结果为 : ∞

＊

n

‖ F x0 - x ‖ ≤

∑ r ‖ Fx k

0

- x0 ‖ .

k= n

　 　 3 .108 　 设 D

X 是闭集 , F n ∶ D → D, ‖ Fn x - F n y‖ ≤ r‖ x

- y‖ ( ＂ x , y ∈ D) , r < 1 , Fn x → F x ( n → ∞ , x ∈ D) , x n = F n x n ∈ D , 则 xn → x

＊

= Fx

＊

. ＊

提示 : 首先推出 F 是压缩映射 , 因而 存在唯一 不动 点 x , 然后 估

§3 .3 　 Hilber t 空间

・ 14 3 ・

＊

计 ‖ xn - x ‖ . 3 .109 　 设 D

X 是紧集 , F∶ D → D 满足 ‖ F x - Fy‖ < ‖ x

- y‖ ( x ≠ y ) , 则 F 有唯一不动点 . 提示 : 连续函数 f ( x ) ＞ ‖ x - F x‖ 必 在某 点 珔 x ∈ D 达 到最 小 值 .若 f ( 珔 x ) ≠ 0 , 则必 f ( F珔 x ) < f (珔 x) ! 3 .110 　 设 D

X 是有界闭凸集 , F∶ D → D 满足 ‖ Fx - Fy‖

≤ ‖ x - y‖ ( ＂ x , y ∈ D ) , 则 ｖ x n ∈ D, 使得 x n - Fx n → 0 . 　 　 证 　 关键在于将 F 改造成一个压缩映射 .取定 x0 ∈ D, 令 Fn x = ( 1 - n

-1

) Fx + n

-1

x0 , 　 ( x ∈ D )

则 Fn ∶ D → D ( D 凸用于此 !) ‖ F n x - Fn y‖ ≤ (1 - n

-1

) ‖ x - y‖ 　 ( ＂ x , y ∈ D ) .

于是依定理 3 .2 .7 有 x n ∈ D , 使得 Fn x n = x n , 即 x n = (1 - n 从而 x n - F x n = n

-1

-1

) Fx n + n

-1

x0 ,

( x 0 - F x n ) → 0( D 有界用于此 !) .

□

§3 .3 　 Hilbert 空间 一、定理与定义 我们曾强调 , 与 Euclid 空 间进 行 类比 , 是克 服 赋 范空 间 抽象 性 的 重要方法之 一 .但你大概 已经发 现 , 在 这样做 时 , 结合通常 的几何概 念 进行直观想 象的余 地并不大 .实 际上 , 你所能 借用的几 何概念 , 仅距 离 而已 ; 而大量空间关系 , 非仅用距离所能说明 .在赋范空间中 , 你根本无 法说及直角三角形、垂直线这一类的对象 , 这就使得初等几何中的大部 分内容 对于 研 究赋 范空 间毫 无借 鉴 作用 .这 表 明 , 作为 平 常空 间的 推 广 , 赋范空间过于一般化了 ; 要能与 Euclid 空间建 立更密 切的联 系 , 必 须寻找一类介 于 Euclid 空 间与 赋 范 空 间 之间 的 空 间 , 它 就 是 Hilbert 空间 .形式上 , Hilbert 空 间与 Banach 空 间的 唯 一区 别 , 是 对 于前 者 可 定义垂直概念 , 而这是通过引入内积来实现的 .

第三章 　 Banach 空间

・ 14 4 ・

定义 3 .3 .1 　 设 H 是 K 上的向量空间 .若对任一对元 x , y ∈ H , 指定了一个数〈x , y〉∈ K, 称为 x 与 y 的内积 , 它满足以下内积公理 : ( I1 ) 〈x , y〉对 x 是线性的 : 〈αx + βy, z〉 = α〈x , z〉+ β 〈y , z〉; ( I2 ) 共轭对称性 : 〈x , y〉 = 〈y , x〉; ( I3 ) 正定性 : 〈x , x〉≥ 0 ;〈x , x〉 = 0

x = 0

( 以上 x , y, z ∈ H ,α,β∈ K ) , 则称 H 为内积空间 .若 H 是内积空间 , 则可验证 ‖ x‖ ＞

〈x , x〉是 H 上的一个范数 ; 当 H 依此范数完 备

时称它为 Hilbert 空 间 , 对 应 K = R 与 C 这 两种 情 况 , 分 别 称 H 为 实 Hilbert 空间与复 Hilbert 空间 . 为确定起见 , 以下设 H 是 给定 的 Hilbert 空 间 .如所 预 期的 , 这 样 的空间可与通常的空间建立全面的对应关系 .下面是一些基本的事实 . ( i) 内积运算 .设

∑ αx i

i

与

∑βy j

j

是 H 中 的元的 两 个有 限线 性

组合 , 则依公理 ( I1 ) ( I2 ) 可得出如下“ 乘法”规则 : 〈∑αi x i , ∑βj yj〉 = i

j

β〈 x , y〉 . ∑α珋 i

j

i

j

i, j

3

在 K = R 的情况下 , 这与通常 R 中向量点乘的规则一致 . ( ii) Sch warz 不等式 : ＂ x , y ∈ H , 成立 〈x , y〉 ≤ ‖ x‖‖ y‖ .

( 1)

3

这正好与 R 中的以下熟知结果相当 : x・ y x y

cos θ =

≤1 .

　 　 ( iii) 平行四边形公式 : ＂ x , y ∈ H , 成立 2

2

2

2

‖ x + y‖ + ‖ x - y‖ = 2 ( ‖ x ‖ + ‖ y‖ ) .

( 2)

这意味着 , 以 0 , x , y , x + y 为顶点的平行四边形的两对角线平方和 等 于其四边平方和 .这一事实在初等几何中是熟知的 . ( iv) 若 x , y ∈ H ,〈x , y〉 = 0 , 则说 x 与 y 正交 , 记作 x ⊥ y . 若 一组向量 { x i }

H 两两正交 , 则称它为正交系 ; 若加上条件 ‖ x i ‖ =

1( ＂ i) , 则称 { x i } 为标准正交系 .若 A , B

H, ＂ a ∈ A, ＂ b ∈ B,

有 a ⊥ b, 则说 A 与 B 正交 , 记作 A ⊥ B . 以上概念与通常的垂直 概 念相当 .

§3 .3 　 Hilber t 空间

( v) 勾股定理 : 若 { x i }

・ 14 5 ・

H 是一个有限正交系 , 则

∑ xi

2

=

i

∑

2

xi

.

( 3)

i

特别 , 当 x , y ∈ H , x ⊥ y 时成立 2

2

2

‖ x ± y‖ = ‖ x‖ + ‖ y‖ , 这对应于通常的勾股定理 : 直角三角形 ( 顶点在 0 , x , y ) 的 两直角边 平 方和等于斜边平方 . 2

Hilbert 空间的 典型实例 是 L 空间 .任给测 度空间 ( Ω, A, μ) , 在 2

空间 L ( Ω) 中定义内积

∫f珔gdμ　 ( f , g ∈

〈f , g〉 =

2

L ( Ω) ) ,

Ω

2

此时 ‖ f ‖ =

2

〈f , f〉 恰为 f 的 L 范 数 ‖ f ‖2 . 对 L ( Ω) 的 特 例

2

l , 内积公式为 〈x , y〉 =

∑ x 珔y , i

i

i

2

2

其中 x = ( x i ) ∈ l , y = ( y i ) ∈ l . 在以上两种情况下 , Sch warz 不等 式分别具体化为 2

∫ f gdμ ≤∫ Ω

Ω

f

2

∫

dμ

g

Ω

2

2

dμ　 ( f , g ∈ L ( Ω) )

与

∑ x i yi

2

≤

i

∑

2

xi

i

∑

yi

2

　 ( x , y ∈ l2 ) .

i

　 　 关于 Hilbert 空间的最重要的基本结果是 : 定理 3 .3 .1 　 设 { ei∶ i ∈ N} 是 H 的标准正交系 , 则以下条件互相 等价 ( 参照定义 3 .1 .3 ) : ( i) { ei } 是 H 的 Schauder 基 , 即 每个 x ∈ H 有以 下 无穷 级数 表 示: x =

∑〈x , e〉e , i

( 4)

i

i

　 　 ( ii) { ei } 是 H 的基本集 ; ( iii) { ei } 是极大正交系 , 即 x ⊥ ei ( ＂ i ∈ N ) ( iv) Parseval 等式成立 :

x = 0;

第三章 　 Banach 空间

・ 14 6 ・

∑

2

‖ x‖ =

2

〈x , ei〉

　 ( ＂ x ∈ H) .

( 5)

i

　 　 ( v) 内积公式成立 : 〈x , y〉 =

∑〈x , e〉〈y, e〉　 ( x , y ∈ i

i

H) .

( 6)

i

　 　 当定理 3 .3 .1 中条件 ( i) ～ (v) 之一满足时 , 称 { ei } 为 H 的标准 正 交基 , 称〈x , ei〉 为 x 关于基 { ei } 的 坐标 , 或就 称正 交坐 标 .这 些恰 与 通常的 直 角坐 标 系及 直 角 坐标 相 对应 .若如 上 的 标准 正 交系 { ei } 存 在,则 2

T∶ H → l , x → (〈x , ei〉) 是一个等距同构 , 这一同构保持内积对应 : 〈T x , Ty〉 =

∑〈x , e〉〈y, e〉 = 〈x , y〉, i

i

　 ( 用 ( 6) )

i

2

因而 H 与 l 作为 Hilbert 空间并无实质差别 . 任何无限维可分 Hilbert 空间 H 都存在标准正交基 { ei ∶ i ∈ N } , 其构成方法如下 : 取 H 的线性无关且可数的基本集 { x i∶ i ∈ N } , 然后 依 Schmidt 正交化方法将其标准正交化 : 令 e1 = x 1/ ‖ x‖ 1 ; yi = x i -

∑〈x , e〉e , i

j

j

ei = y i/ ‖ yi ‖ , i = 2 , 3 , … .

j< i

这一方法与线性代数中的作法并无不同, 只是现在正交化程序需在无穷 2

多步完 成 .以 上 方 法特 别 用 到 空 间 L [ a, b] ( a < b) . 若 取 多 项 式 系 n

2

{ x ∶ n ≥ 0} 作为 L [ a, b] 的基本集, 则经标准正交化后仍得一多项式 系 {φn ( x )∶ n ≥ 0 } , 其中 φn ( x ) 是 n 次多项式 , 其表达式与区间 [ a, b] 有关, 若取 [ a, b] = [ - 1, 1] , 则得 Legendre 多项式 { Ln ∶ n ≥ 0 } , 其通 式是 1 Ln ( x ) = n 2 n !

n

2n+1 d 2 n - 1) , n = 0, 1, 2,… . n ( x 2 dx

( 7)

例如 , L0 =

1 , L1 = x 2

3 , L2 = 2

5 ( 3 x2 - 1 ) , … . 8

( 7)′

§3 .3 　 Hilber t 空间

　 　 定理 3 .3 .2 ( 正交分解定理 ) 　 设 A

・ 14 7 ・

H 是闭子空间 , 则有直和分

解 H = Aī

⊥

A ,

( 8)

⊥

其中 A = { x ∈ H∶ x ⊥ A} 称为 A 的正交补 . 正交分解式 ( 8) 意味着 : 每个 x ∈ H 可唯一地表成 x = a + b , 其 ⊥

中 a ∈ A , b ∈ A , 因而 a ⊥ b . 这可与平面上每一向量可沿互相垂 直的两坐标轴分解类比 . 定理 3 .3 .3( 最佳逼近 ) 　 设 A

H 是闭子空间 , x ∈ H . 则存在

唯一的 a ∈ A , 使得 ‖ x - a‖ = d( x , A ) ; a 就是 x 在 A 上的正 投 影, 即 x = a + b, b ∈ A

⊥

. 若 A = span{ e1 , e2 , … , en } , { ei } 是标准正

交系 , 则 n

a =

∑〈x , e〉e i

i

.

( 9)

i= 1

　 　 定理 3 .3 .3 中的 a 就称为 x 在 A 中的 最佳 逼近 .直 观 上 , 它正 是 由 x 引向子空间 A 的“垂线”的“垂足”.当 dim A < ∞ 时 , 最佳逼近可 依公式 (9 ) 来计算 .

二、问题与方法 A . 内积与正交性 原则上 , Hilbert 空间中的 问题 都 可以 通 过 内积 的 计算 来 解决 , 这 如同解析几何中几何问题已代数化了一样 .有些问题 , 实际上已在一定 形式下出现于线性代数中 .可以说 , 考虑 Hilbert 空间的问题 , 你最能感 受到代数、几何与分析三者的综合 . 以下仍以 H 记给定的 Hilbert 空间 . 3 .111 　 { x 1 , x 2 , … , x n }

H 线 性 无关

矩 阵 G ＞ [〈x i ,

x j〉] n× n 可逆 . 证 　 若 { x i } 线性相关 , 则 存在 不全 为零 的 αi ∈ K, 使 得

∑ αx i

i

= 0 , 于是 0 = 〈∑αi x i , x j〉 = i

∑α〈 x , i

i

i

x j〉 　 ( 1 ≤ j ≤ n) ,

(＊)

第三章 　 Banach 空间

・ 14 8 ・

这表明 G 的各行线性相关 , 从而 G 不可逆 .反之 , 若 G 不可逆 , 则其各 行必线性相关 , 于是有不全为零的 αi ∈ K 使式 ( ＊ ) 成立 , 因而 2

∑αi x i

=

i

α ∑α〈 x , ∑珔 j

i

j

i

x j〉 = 0 ,

i

这推出 ∑ αi x i = 0 , 因此 { x i } 线性相关 .

□

如果你觉得 , 上题完全是一个线性代数问题 , 那么下题也如此 . 3 .112 　 不含零向量的正交系 { x 1 , x 2 , … , x n } 必线性无关 . 提示 : 注意

∑α x i

i

= 0

∑

2

αi

3 .113 　 设 x , y ∈ H, 则 x ⊥ y

2

‖ x i ‖ = 0( 用式 (3 ) ) .

‖ x + αy‖ = ‖ x - αy‖ ( ＂ α

∈ K) . 2

证 　 利用 ‖ x‖ = 〈x , x〉得 2

‖ x + αy‖ =〈x + αy , x + αy〉 2

2

2

= ‖ x‖ + α 〈y, x〉+ 珔 α〈x , y〉+ α ‖ y‖ . 因此 , ‖ x + αy‖ = ‖ x - αy‖ 的充要条件是 α〈y , x〉+ 珔 α〈x , y〉 = 0 . 若 x ⊥ y = 0 , 则上式显然满足 .反之 , 若取 α= 〈x , y〉代入上式 , 则得 出 2 〈x , y〉

2

= 0 , 从而〈x , y〉 = 0 , 即 x ⊥ y .

□

注意 , ‖ x + αy‖ = ‖ x - αy‖ 正好意味着过点 0 , x 的直线是线 段 [ - αy, αy] 的中垂线 .不过 , 这一几何观察对于我们所用的解析证明 并没有什么帮助 . 3 .114 　 设 x, y ∈ H, 则 x ⊥ y ‖ x + αy‖ ≥ ‖ x‖( ＂ α∈ K) . 2

2

提示 : 展开 ‖ x + αy‖ ≥ ‖ x ‖ , 取 α = - 〈x , y〉‖ y‖

- 2

.

平行四边形公式 (2 ) 可 用来排 除某 些赋 范空间 中定 义内积 的可 能 性 . p

3 .115 　 l ( p ≠ 2 ) 不是内积空间 . 证 　 若 lp 是内积空间 , 则 R2 依范数 ‖・‖ p 应满足公式 (2 ) .只要 2

取一对 x , y ∈ R 使 ( 2) 不满足即可 .这样的 x , y 几乎可 随意选取 , 但 选择较简单的 x , y 更便于验证 .例如取 x = (1 , 1 ) , y = (1 , - 1 ) , 则 2

2

2

2( ‖ x‖ p + ‖ y‖ p ) = 4‖ x ‖ p = 4・4 2

2

2

1/ p

‖ x + y‖ p + ‖ x - y‖ p = 2‖ x + y‖ p = 8 .

;

§3 .3 　 Hilber t 空间

・ 14 9 ・

当 p ≠ 2 时 , 二者显然不相等 .

□

3 .116 　 C[ 0 , 1] 不是内积空间 . 提示 : 如取 f ( x ) = x , g( x ) = 1 - x 检验式 ( 2) . π

∫

2

3 .117 　 设 f ∈ L [0 ,π] , 则不 等式

0

f ( x ) - sin x

2

d x ≤ 4/ 9

π

∫

与不等式

0

2

f ( x ) - cos x

d x ≤ 1/ 9 不能并立 .

证 　 将所给不等式写成范数形式更清楚些 : ‖ f - sin x‖2 ≤ 2/ 3 , ‖ f - cos x‖ 2 ≤ 1/ 3 . 若以上两不等式同时成立 , 则 1 ≥‖ f - sin x‖2 + ‖ f - cos x‖ 2 ≥‖sin x - cos x‖2 　 　 　 ( 用三角不等式 ) π

=

∫ ( sin x

1/ 2 2

= π1/ 2 ,

- cos x ) d x

0

得出矛盾 .

□

你不妨设想一下 , 若完全立足于数学分析知识来解上题 , 是否容易 成功 ? 3 .118 　 内积是连续的 , 即若在 H 内 x n → x , yn → y , 则〈x n , yn〉 →〈x , y〉 . 提示 : 用 Sch warz 不等式 , 参照题 3 .23 . 3 .119 　 设 { ai }

H , ‖ ai ‖ = 1( ＂ i ∈ N) , 2

β =

∑

〈ai , aj〉

2

< ∞,

i, j i≠ j

β > 0 ,λ = ( λi ) ∈ l2 , 则 ( 1 - β) ‖λ‖22 ≤ ‖ ∑ λi ai ‖ 2 ≤ (1 + β) ‖λ‖ 22 . 　 　 证 　 要证者是以下不等式 :

∑λa i

2 i

2

- ‖λ‖ 2

i

=

∑λλ〈a , a〉 - ∑ i

i, j

j

i

j

i

λi

2

第三章 　 Banach 空间

・ 15 0 ・

∑λλ〈a , a〉

=

i

j

i

j

i≠ j

≤β

∑

λi λj

∑

λi

1/ 2

2

i≠ j

≤β

2

1/ 2

2

λj

2

= β‖λ‖2 .

□

i, j

　 　 B . 标准正交系 3 .120 　 设 { ei }

H 是标准正交系 , x , y ∈ H , 则

∑〈x , e〉〈y, e〉 ≤ ‖ x‖‖ y‖ . i

i

　 　 证 　 任何标准正交系都可以成为标准正交基的一部分 , 因此由 ( 5) 推出

∑

〈x , ei〉

2

2

≤ ‖ x ‖ 　 (Bessel 不等式 )

i

2

恒成立 .于是依空间 l 中的 Schwarz 不等式有

∑〈x , e〉〈y, e〉 i

i

i

≤

∑

〈x , ei〉

2

i

∑

2

〈y, ei〉

1/ 2

i

2

2

1/ 2

≤ ( ‖ x‖ ‖ y‖ ) = ‖ x‖‖ y‖ . 　 　 3 .121 　 设 H 可分 , A H 是一正交系 , 则 A 是可数集 .

□

提示 : 可设 A 是标准正交系 , 于是 ‖ a - b‖ = 2 ( a , b ∈ A , a ≠ b) . 若 A 不可数 , 则 H 中的任何稠密集必不可数 . 求正交化多项式这种 工作 当然 没什么 吸引 力 , 在眼前 有现 成结 果 的情况下尤其如此 .不过 , 你至少得作一点点计算 , 例如完成下面的 3 .122 　 用 Schmidt 正交化方法求 Legendre 多项式 Ln ( n = 0 , 1, 2) . n

2

2

多项式系 { x ∶ n ≥ 0} 并不构 成空间 L (R) 或 L ( R+ ) 的基 本 集 , 因 而不能用 作构成 这些空间 的标准 正交基的 材料 .在无限 区间上 , 2

或 e - x 一类的“收敛因子”. 1 x/ 2 n - x ( n) 2 3 .123 　 e x e ∶ n ≥ 0 是 L (R+ ) 的标准正交基 . n! 1 x/ 2 证 　 令 φn ( x ) = e x n e - x ( n ) , 则直接计算得出 n!

要使用 e

- x

§3 .3 　 Hilber t 空间 n

φn ( x ) = e

- x/ 2

・ 15 1 ・

n ( - x ) k/ k ! . k

∑ k= 0

2

一个直接计算可验证 {φn } 是 L (R+ ) 中的 标准 正交 系 .余下 只要 验证 2

2

{φn } 是 L (R+ ) 的基本集 .为此 , 只要验证 , ＂ n ∈ N, , ＂ f ∈ L [0 , n] , f 可用形如 e -

x/ 2

P( x ) 的函数在 [ 0 , n] 上 L 2 逼近 , 其中 P( x ) 是多项

式 .事实上 , 因 f e x/ 2 ∈ L2 [0 , n] , 故 ＂ ε > 0 , 有多 项式 P( x ) , 使 得 ‖ P - fe

x/ 2

‖2 < ε, 于是 ‖e

- x/ 2

P - f ‖2 ≤ ‖ P - fe

x/ 2

‖2 < ε,

由此得出要证结论 .

□

3 .124 　 设 { en } 与 { an } 分 别为 H 的 标准 正交 基与 标 准正 交系 . 若 ∑ 〈en , ai〉

2

= 1 ( ＂ n ∈ N ) , 则 { an } 亦是标准正交基 .

i

证 　 所给条件表明 , 对每个 en , 关 于标准 正交系 { ai } 成 立 Parse－ val 等式 ; 而 Parseval 等式与分解式 en =

∑〈e

n

, ai〉 ai

i

可互相推出 ( 这是要点 !) .这就表明 en ∈ span{ ai } , 从而 H = span{ en }

span{ ai } ,

可见 { ai } 是 H 的基本集 , 因此是标准正交基 ( 定理 3 .3 .1 ) .

□

凡涉及标准正交基问题 , 你总应记得应用定理 3 .3 .1 ! 3 .125 　 设 { en } 与 { a n } 分 别 为 H 中 的标 准 正 交 基与 标 准 正 交 系,

∑‖ e

n

2

- a n ‖ < 1 , 则 { a n } 亦为标准正交基 .

证 　 依据上题的经验 , 我们的目标是验证 { a n } 满足定理 3 .3 .1 中 五条件之一 , 这次考虑“极大正交系”条件 .设 x ⊥ an ( ＂ n ∈ N ) , 今证 x = 0 .因 ‖ x‖ 2 = ∑ 〈x , en〉

2

　 　 　 　 　

( 用 ( 5) )

n

= ∑ 〈x , en - an〉

2

　 　 　 ( 用 x ⊥ an )

n

≤ ∑ ‖ x‖ ‖ en - a n ‖ , 　 ( 用 Schwarz 不等式 ) 2

n

2

第三章 　 Banach 空间

・ 15 2 ・

故结合条件 ∑ ‖ en - a n ‖ < 1 得出 ‖ x‖ = 0 , 即 x = 0 . 2

2

□

2

3 .126 　 设 {φn } 是 L ( Ω) 的标 准正 交基 , f ∈ L ( Ω) , A

Ω,

〉 φ dμ . ∫ f dμ = ∑〈f , φ∫

μA < ∞ , 则

n

n

A

A

提示 : 利用公式〈f , χA〉 =

∑〈f , φ〉〈χ , φ〉 . A

n

n

2

3 .127 　 写出 f ∈ L [0 , 2π] 关于三角函数系的 Parseval 等式 . 2

a0 答案 : ‖ f ‖ = π + 2 系数 . 2 2

∑

∞ 1

2 2 ( a n + b n ) , a n , b n 是 f 的 Fourier

⊥

3 .128 　 设 A

H 是一无限标准正交系 ( 不必 可数 ) , A = {0 } ,

则对每个 x ∈ H , 存在序列 { a n }

∑〈x , a 〉a

A , 使得 x =

证 　 取定 x ∈ H . 任给有 限集 { ai }

n

n

.

A , 由 直接 计 算可 建立 公

式:

∑

〈x , ai〉

2

2

= ‖ x‖ - ‖ x -

∑〈x , a〉a ‖ i

i

i

2

2

≤ ‖ x‖ .

i

由此推出 : ＂ α > 0 , { a ∈ A∶ 〈x , a〉 ≥ α} 是有限集 , 因而 { a ∈ A ∶〈x , a〉≠ 0 } 是可数集 , 设为 { a n } , 不妨设它是一 无穷序 列 .令 sn = n

∑ 〈x , a〉a , i

1

i

则当 m > n 时 , m

2

‖ sn - sn ‖ =

∑

〈x , ai〉

2

→ 0 　 ( m > n → ∞) ,

i = n+1

2 其中用到 ∑ 〈x , an〉 ( ≤ ‖ x‖ ) 收敛 .可见 { sn } 是 Cauchy 列 , 设 2

n

sn → y ∈ H . 今证 y = x ( 从而所要结论成立 ) , 为此只要证 y - x ∈ A ⊥ . 首先 , ＂ n ∈ N , 有 〈y , an〉 = lim 〈sm , a n〉 = 〈x , an〉, m 故〈y - x , a n〉 = 0 . 其次 , 若 a n ≠ a ∈ A( ＂ n ∈ N) , 则〈x , a〉 = 0 , 〈y, a〉 = lim 〈sn , a〉 = 0 , n ⊥

故同样得〈y - x , a〉 = 0 , 因此 y - x ∈ A , 如所要证 . 2

□

3 .129 　 设 {φn } 是 L ( Ω) 的 标 准 正 交 基 , 0 < μA < ∞ , 则

∑∫ A

φn

2

dμ≥ 1 .

§3 .3 　 Hilber t 空间

・ 15 3 ・

2 证 　 令 f = χA , 则 f ∈ L ( Ω) , 于是 2

μA = ‖ f‖2 =

∑

〈f , φn〉

2

　 ( 用 (5 ) )

n

2

φ dμ ∫珔

=∑ n

n

A

∫

≤ ∑μA n

2

φn

dμ, 　 　 ( 用 Sch warz 不等式 )

A

这推出所要证 .

□

3 .130 　 设 Ω

k

2

R , mΩ > 0 , {φn } 是 L ( Ω) 的标准正交基 , 则当

∫

Ω, m A > 0 时 ∑

A

φn

A

2

d m = ∞ ; ∑ φn

2

= ∞ , a .e . .

提示 : 利用上题结论 , 并注意当 m A > 0 时 A 有 分解 A = ∪ A i , m Ai > 0 ( i = 1 , 2 , … ) . C . 正交分解与最佳逼近 3 .131 　 任给非空集 A

H, A

⊥

是 H 的闭子空间 .

证明是直接的 . 3 .132 　 任 给 非 空 集 A , B B)

⊥

⊥

⊥

= A ∩ B ; ( A ∩ B) 提示 : A

B

A

⊥

⊥

B

H, 有 A ⊥

A + B

⊥

⊥

B

A

⊥

⊥

B ;(A ∪

.

是明显的 ; 证明后两个结论时充分利 用

第一个结论 . ⊥

3 .133 　 任给 非空集 A 　 　 证 　 显然 A

⊥

⊥

H , 有 A = span A , A ⊥

⊥⊥

= span A .

⊥

span A ; 若 x ∈ A , 则 x ⊥ A , 这推 出 x ⊥

span A .若 x ⊥ a n , a n → a, 则〈x , a〉 = lim 〈x , a n〉 = 0 , 因此 x ⊥ a . n 这表明 A ⊥

( span A ) ⊥

span A ⊥ , 于是 A ⊥ = span A ⊥ .

由 A ⊥ A ⊥ 推出 A

A ⊥ ⊥ ; 同理

span A 因 span A 与 A

⊥

span A

⊥⊥

= A

⊥⊥

.

都是 H 的闭子空间 , 故由定理 3 .3 .2 有 ⊥

H = span A ī span A = span A ī ⊥

H = A ī 以上两个分解式与 span A

A

⊥⊥

⊥

A ;

.

A ⊥ ⊥ 相结合 , 推出 A ⊥ ⊥ = span A .

□

第三章 　 Banach 空间

・ 15 4 ・

3 .134 　 B

H 是基本集

⊥

B = { 0} .

⊥

提示 : 利用上题及 H = { 0} . 2

3 .135 　 设 A = { f ∈ L [ - 1 , 1 ]∶ f 是偶函数} , 求 A 2

解 　 令 B = { f ∈ L [ - 1 , 1]∶ f 是奇函数} , 则显然 B

⊥

. A

⊥

.设

2

f ∈ L [ - 1 , 1] \ B , E = { x ∈ [ - 1 , 1 ]∶ f ( - x ) ≠ - f ( x ) } , 则 m E > 0 . 不妨设 e = { x ∈ [ 0 , 1]∶ f ( x ) > - f ( - x ) } , me > 0 . 令 g = χe + χ- e , 则 g ∈ A , 而

∫f ( x ) d x +∫ f ( x )d x

〈f , g〉 =

e

- e

∫

= [ f ( x ) + f( - x )]d x > 0 , e

可见 f ú

A ⊥ . 这表明 B

A ⊥ , 故得 A ⊥ = B .

□

此外 , 仅用初等的方法就可说明 : 每个实函数 f ( x ) 总 可唯一地 分 解为一个偶函数与一个奇函数之和 , 这意味着 H = A ī

B . 你试循这

个思路解出上题 . 我们有几处考虑和 A + B 是否为闭集的问题 .一个常令人为难的现 象是, 闭集的和 ( 不要与并混 淆 !) 未必 为闭集 ! 即使在有 限维空 间中亦 可举出这种病态例 子 .问题在于 , 当 { an }

A , { bn }

B, an + bn → x

时 , 如果没有附加条件 , 我们不知道是否有某个 a n i → a ∈ A , 从而 bn i → b = x - a ∈ B , 于是 x = a + b ∈ A + B . 在题 3 .77 与 3 .87 中 , 用某种紧性论证解决了这一问题 .现在 , 正交性或类似的条件提供了另 外的解决方案 . 3 .136 　 设 A , B 是 H 的闭 子空 间 , A ⊥ B , 则 A + B 是 闭子 空 间 . 证 　 仍设 { a n }

A , { bn }

B , an + bn → x . 由勾股定理有

‖ a m + b m - a n - bn ‖ 2 = ‖ a m - a n ‖2 + ‖ bm - b n ‖ 2 . 这就从 { a n + bn } 为 Cuachy 列推出 { a n } 与 { bn } 同时为 Cauchy 列 .于 是有 a n → a ∈ A , bn → b ∈ B , 因此 x = a + b ∈ A + B , A + B 是 闭子空间 .

□

你看到 , 正交性条件使这 个初 看起来 似乎 不容 易的问 题变 得很 简

§3 .3 　 Hilber t 空间

・ 15 5 ・

单 .这种现象 , 在处理 Hilbert 空 间问题 时 , 在他 处也 经常发 生 , 是很 值 得注意的 .现在我们要再将题 3 .136 推广一下 : 不必要求 A ⊥ B , 而只 要求 A 与 B 的“夹角”不太小 , 即 它们 接近于“ 互相 垂直”, 是否 依然 能 保持题 3 .136 的结论 ? 这一几何考虑导致以下问题 : 3 .137 　 设 A , B 是 H 的 闭 子 空 间 , 0 < ε < 1 , 〈a , b〉 ≤ ε‖ a‖‖ b‖ ( ＂ a ∈ A , ＂ b ∈ B) , 则 A + B 是 H 的闭子空间 . 2

2

2

提示 : 首先建立 ‖ a + b‖ ≥ (1 - ε) ( ‖ a‖ + ‖ b‖ ) , 然后同 样用题 1 .336 的证法 . 考察一下题 3 .137 中条件的几何 意义是 很有 趣的 .若 以 θ记向 量 a, b 的 夹角, 则

cosθ =

〈a , b〉 / ‖ a‖‖ b‖ ≤ ε, 从 而

θ ≥

arccos ε. 又由余弦定理有 2

2

2

2

2

‖ a + b‖ = ‖ a‖ + ‖ b‖ - 2cosθ‖ a‖‖ b‖ 2

≥‖ a‖ + ‖ b‖ - 2ε‖ a‖‖ b‖ . 在 Hilbert 空间中 , 我们并不正 式地 使用 角度概 念 , 但以 上几何 思考 无 疑是有启发性的 . 以上问题的 启示是 : 利用 Hilbert 空间的特 殊几何 性质 , 可解决 通 常依赖于紧性 条件的 问题 .为加深 你的印象 , 再 考虑题 3 .84 的以下 变 形 . 3 .138 　 设 A

H 是闭凸集 , x ∈ H , 则存在唯一的 a ∈ A , 使

‖ x - a‖ = d ( x , A ) . A 是凸集意味着 t A + ( 1 - t) A

A ( ＂ t ∈ ( 0 , 1) ) .

　 　 证 　 证明的开头与题 3 .84 并无不同 : 取 { a n }

A , 使 ‖ x - an ‖

→ d( x , A) .但往下得出 { a n } 收敛的理由则不同于题 3 .8 4 .现用平行 四边形公式 : 2

‖ a m - a n ‖2 = 2 ‖ x - a m ‖ + ‖ x - an ‖ - ‖ ( x - am ) + ( x - an ) ‖ 2

2

= 2 ‖ x - a m ‖ + ‖ x - an ‖ am + an - 4 x 2

2

2

2

第三章 　 Banach 空间

・ 15 6 ・

2

2

2

≤2 ‖ x - a m ‖ + ‖ x - a n ‖

- 4d ,

2

其中 d = d( x , A ) . 这就得到 ‖ a m - an ‖ → 0( m , n → ∞ ) , 即 { an } 是 Cauchy 列 .设 a n → a ∈ A , 则 ‖ x - a‖ = d ( x , A ) . 若还有 b ∈ A , 使 ‖ x - b‖ = d , 则再用平行四边形公式得 2

2

‖ a - b‖ = 2 ‖ x - a‖ + ‖ x - b‖ a+ b - 4 x 2 2

2

2

2

≤4 d - 4 d = 0 , 2

从而 ‖ a - b‖ = 0 , a = b .

□

题 3 .136 与题 1 .38 分别用到的“ 勾股定理”与平行四边形公式 , 正 是刻画 Hilbert 空间特殊几何性 质的主 要工 具 .形式 地说 , 它们 适用 于 “Hilber t 空间几何”, 而 不适 用于“Banach 空 间几 何”, 这 一 差别 是本 质 的 , 不可消除的 , 值得你细加体会 . 题 3 .138 与定理 3 .3 .3 一样 , 为最佳逼近问题提供了理论依据 : 若 A

H 是闭凸集 ( 闭子空间是其特例 ) , 则对任给 x ∈ H , 在 A 中总有

唯一对 x 的最佳逼近 .不 过 , 仅 当 A 是 闭 子空 间 ( 尤 其是 有 限维 子 空 间 ) 时 , 才有计算最佳逼近的实际方法 .设 A = span{ e1 , … , en } = span { a1 , … , an } , 其中 { ei } 与 { ai } 分别为 A 的标准正 交基与 普通基 , 以 a 记 A 中对 x 的最佳逼近 , 则有如下两种计算 a 的方法 : 方法 Ⅰ 　 用公式(9) .式(9) 极为简单, 这是优点; 但求标准正交基 { ei } 则可能要付出代价, 除非有现成结果可用( 如 Legendre 多项式之类) . 方法 Ⅱ 　 设 a =

∑λa i

i

. 则从 x - a ∈ A

〈x , ai〉 = 〈a , ai〉 =

⊥

得出

∑λ〈a , a〉　 ( 1 ≤ j

j

i

i ≤ n) ,

j

从这个关于 λj 的线性方程组可 解出 待定系 数λj . 解 方程 组可能 不易 ; 但无需从 { ai } 标准正交化得出 { ei } , 则是方法 Ⅱ的优点 . x

3 .139 　 在 [0, 1] 上求最佳均方逼近函数 f ( x ) = e 的 2 次多项式 . 解法 Ⅰ 　 用 Legendre 多项式 , 为此 , 要将问题转化到区间 [ - 1 , 1] 上 : 令 x = ( t + 1)/ 2 ( t ≤ 1 ) , 以 φ( t ) = e ( t + 1 )/ 2 取 代 f ( x ) . 以

§3 .3 　 Hilber t 空间

・ 15 7 ・

P( t ) 记 [ - 1 , 1 ] 上 φ( t ) 的最佳均方逼近 2 次多项式 , 则 P( t ) = 〈φ, L0〉L0 ( t ) +〈φ, L1〉L1 ( t ) +〈φ, L2〉L2 ( t ) , 其中 L0 , L1 , L2 依式 ( 7)′.算出 〈φ, L0〉 =

1

∫e

1 2

( t + 1 )/ 2

1

∫

〈φ, L1〉 =

3 2

〈φ, L2〉 =

5 8

te

-1

( t + 1 )/ 2

1

∫

=

d t = 2 ( e - 1) ;

- 1

-1

dt =

2

6 (3 - e ) ;

( t + 1 )/ 2

(3 t - 1) e

dt

10 ( 7e - 19) .

代入 P( t ) 的表达式后得 5 2 (7e - 19 ) ( 3 t - 1) 2

P( t ) = e - 1 + ( 9 - 3e ) t + 2

= 30 (7e - 19 ) x + (588 - 216e) x + 39e - 105 . 2

≈0 .8392 x + 0 .8511 x + 1 .0130 . 　 　 解法 Ⅱ 　 用 待定 系 数 法 : 设 所 求 多 项 式 为 φ( x ) = λ0 + λ1 x + 2

λ2 x , 则 λ0

〈f , 1〉

λ1 = G - 1 〈f , x〉 , 2

λ2 其中 G = 〈x i , x j〉

0≤ i , j≤2

〈f , x 〉 . 依次算出 : 1

∫e

〈f , 1〉 =

x

d x = e - 1;

0 1

∫ xe d x = 1; x

〈f , x〉 =

0 1

∫ x e d x = e - 2;

〈f , x 2〉 =

2

x

0

1

1/ 2

1/ 3

G = 1/ 2

1/ 3

1/ 4

1/ 3

1/ 4

1/ 5

.

第三章 　 Banach 空间

・ 15 8 ・

然后用线性代数方法解出 λ0 = 39e - 105 , λ1 = 588 - 216e, λ2 = 30( 7e - 19) , 所得结果与解法 Ⅰ 一致 .

□

现在你可以来试一下了 . 3 .140 　 在 [ 0 ,π] 上求 f ( x ) = sin x 的最佳均方逼近 2 次多项式 . 2

答案 : - 0 .4177 x + 1 .3 123 x - 0 .0505 .

第 四 章 　 线 性 算 子 与线 性 泛 函 你总算在 Banach 空间中浏览一遍了 .其中奇花异草 , 并不少见 , 虽 然赏心悦 目 , 但 毕竟 奇论 迭 出 , 令人 应 接不 暇 , 似 乎该 缓一 口 气了 .然 而 , 你马上会被告知 : 泛函分析的核心内容还没有开始呢 ! 你不无艰难 地啃过的 Banach 空间理论 , 只不过 是让 你获得 一个 立足之 地罢 了 .正 如你在学习数学分析时 , 需要通 过一 个“ 分 析引论”打好 实数理 论的 基 础一样 .简单地说 , 泛函 分 析可 以 说是 无 限 维空 间———首 先是 Banach 空间上的分析学 , 因而是你已熟悉的数学分析的高层次拓广 .这一拓广 颇不容易 , 迄今仍然只对某些较特殊的课题建立了系统的理论 .人们的 注意力首先集中在线性算子 , 或如线性代数中所习惯称呼的线性变换 , 它不仅相对 较简单 , 而且 在应用 上是最常 见的 .自然地 , 对 于线性算 子 的研究成了泛函分析的中心课题 , 在泛函分析发展早期尤其如此 .泛函 分析的这一部分———通常叫做线性泛函分析———也就是今天泛函分析 课程的主要 内容 .当然 , 在一 个短短的 课程中 , 你 仅可能接 触到这一 高 度发展的理论的初等部分 .你会注意到 , 这一部分的线性代数背景非常 明显 .这一点将给你带来许多 启示 .至 于将 泛函分 析看 作“ 无限 维空 间 上的线性代数学”这种说法 , 则只能极有保留地使用 .

§4 .1 　 有界线性算子 一、定理与定义 设 X , Y 是 K 上给定的赋范空间 .若映射 T∶ X → Y 满足 T (αx + βy) = αT x + βTy , (α, β∈ K , x , y ∈ X ) 则称 T 为从 X 到 Y 的 线 性算 子或 线性 变换 .完全 不用 X , Y 中 的 范 数 , 亦可纯代数地展开关于线性算子的理论 .但这样做只要线性代数就 够了 .对于有限 维空间 , 线性 代数不失 为一个 强有力的 理论 ; 但对于 无

第四章 　 线性算子与线性泛函

・ 16 0 ・

限维空间 , 线性代数只能提供少数肤浅的结论 .关于线性算子的深入的 内容 , 必定与范数概念有关 .首 要的问 题是 : ‖ T x‖ 与 ‖ x ‖ 有何 关 系 ? 这导致以下定义 . 定义 4 .1 .1 　 设 T∶ X → Y 是一个线性算子 .若存在 k ≥ 0 , 使得 ‖ T x‖ ≤ k‖ x‖ , 　 ( ＂ x ∈ X ) 则称 T 为有界线性算子 , 称使以上不等式成立的最小的系数 k 为 T 的 算子范数 , 记作 ‖ T‖ , 即 ‖ T‖ = min{ k∶‖ T x ‖ ≤ k‖ x‖ ( ＂ x ∈ X) } . 若 T∶ X → Y 不是有界线性算子 , 则称之为无界算子 . 约定以 L ( X , Y ) 记从 X 到 Y 的 有界线 性算 子之 全体 , 令 L ( X) = L( X, X ) ; X

＊

= L ( X , K) .

关于有界线性算子的一些基本结论汇集在以下定理中 : 定理 4 .1 .1 　 设 T ∶ X → Y 是一个线性算子 . ( i ) 有界性的等价刻画 : T ∈ L ( X , Y ) 界集映成 Y 中的有界集

T 连续

T 将 X 中的有

T 将 X 中某个球映成有界集 .

( ii) 算子范数的表达式 : 设 T ∈ L ( X , Y ) , 则 ‖ T ‖ = ‖ sup ‖ T x‖ x‖ = 1 = ‖ sup ‖ T x‖ x‖≤ 1 = ‖ sup ‖ T x‖/ ‖ x ‖ x‖≠ 0

( 1)

= min{ k ≥ 0 ∶‖ T x ‖ ≤ k‖ x‖ ( ＂ x ∈ X) } . 　 　 ( iii) 基本不等式 : ‖ T x‖ ≤ ‖ T‖‖ x‖ ( ＂ x ∈ X) . ( iv) 有限维情况 : 若 dim X < ∞ , 则 T 必定连续 . -1 ( v) 核与值域 : 若 T ∈ L ( X , Y ) , 则 N ( T ) ＞ T ( 0) 是 X 的 闭

子空间 , 称为 T 的核或零空间 ; T 的值域 R( T ) 是 Y 的子空 间 , 但 未 必为闭子空间 . (vi) 运算性质 .有 界线性算 子的线 性组合与 复合仍为 有界线 性算 子; L ( X , Y ) 依算子范数是一个赋范空间 , 当 Y 完备时 L ( X , Y ) 亦完 备 .特别 , X

＊

是一个 Banach 空间 .若 T ∈ L( X, Y ) , S ∈ L ( Y , Z) , 则

S T ∈ L ( X , Z ) , ‖ S T‖ ≤ ‖ S‖‖ T‖ .

§4 .1 　 有界线性算子

・ 16 1 ・

将以上结论与定义 3 .1 .2 对照看出 : 线性同构 T∶ X → Y 是拓扑 T 与 T - 1 都是有界线 性算 子 ; X 与 Y 拓扑 同构

同构

存在 T ∈

L ( X , Y ) 与 S ∈ L ( Y , X ) , 使得 T S = I , S T = I , I 是单位算子 . 从线性代数中得知 , 有限 维向 量空间 之间 的线 性变换 完全 可用 矩 阵来描述 , 因此 , 线性代数的 内容 ( 不包 括多重 线性 代数 ) , 可在 矩阵 理 论的形式下得 到完全 的的表 述 .对于无限 维空间 , 则并 非如此 .这也 是 不能太看重“无限维空间中的线性代数学”这种说法的原因 .不过 , 矩阵 概念还是为线性算子理论提供了一批较具直观性的例子 .设 A = [ aij ] T

是一个无穷矩阵 , 对任何无穷列向量 x = ( x 1 , x 2 , … ) , 形式地定义 a1 2

…

…

am 1

am 2

…

…

Ax =

a1 1

… …

a1 n

…

x1

…

…

x2

am n

…

…

…

…

…

.

( 2)

T

如同通常的矩阵乘法一样 , 上式意味着 A x = ( y1 , y2 , … ) , 其中

∑a

yi =

ij

xj , 　 i = 1 , 2 , … .

( 2)′

j

问题在于 , 仅当 aij 与 x j 满足一 定条 件时 , 以上 级数 才可 能收 敛 .按 照 §2 .1 中的精神 , 离散和 (2 )′自然只是更一般的如下积分的特例 :

∫ K ( x , y) f ( y ) dμ( y ) 　 ( x ∈ Ω) .

( Tf) ( x) =

Ω

( 3)

同样 , 仅当对 K ( x , y ) 与 f ( y ) 作了一 定限 制之 后 , 才 能保 证 (3 ) 中 的 积分存在 .( 2) 与 (3 ) 提供了第一批重要的有界线性算子的例子 , 有关的 结论对照地叙述如下 . 定理 4 .1 .2 　 设算子 A 依式 (2 ) 定义 . ( i) 若 β＞ sup ∑ j

aij < ∞ , 则 A ∈ L ( l1 ) 且 ‖ A‖ = β.

( ii) 若 β＞ sup ∑ i

aij < ∞ , 则 A ∈ L ( l ∞ ) 且 ‖ A‖ = β.

i

j

( iii) 若 β＞

∑

aij

2

1/ 2

< ∞, 则 A ∈ L( l2 ) 且 ‖ A‖ ≤ β.

i, j

以上三种情况下的 ‖ A ‖ 分别记作 ‖ A‖1 , ‖ A‖ ∞ 与 ‖ A ‖2 , 于是有

第四章 　 线性算子与线性泛函

・ 16 2 ・

T ‖ A‖ 1 = sup ∑ aij = ‖ A ‖ ∞ , j i

‖ A‖ 2 ≤

∑

ai j

2

1/ 2

( 4) .

i, j

这些结果与矩阵论中的有限维结果一致 . 定理 4 .1 .3 　 设 ( Ω, A, μ) 是 σ - 有限测度空间 , 算子 T 依式 ( 3) 定义 , K ( x , y ) 是 Ω× Ω 上的 μ× μ－ 可测函数 . ( i) 若 β＞

∫

K ( x , ・) dμ( x )

∫

K (・, y ) dμ( y )

Ω

1

∞

< ∞ , 则 T ∈ L ( L ( Ω) ) 且

‖ T ‖ = β. ( ii) 若 β＞

Ω

∞

∞

< ∞ , 则 T ∈ L ( L ( Ω) ) 且

‖ T ‖ = β. ( iii ) 若 β ＞

∫

Ω× Ω

K( x , y)

2

1/ 2

d ( μ× μ)

< ∞, 则 T ∈

2

L ( L ( Ω) ) 且 ‖ T ‖ ≤ β. (iv) 若 Ω

n

R 是 有 界 闭 区 域 , K ( x , y) ∈ C( Ω) , 则 T ∈

L ( C( Ω) ) , 且

∫

‖ T‖ = max x∈ Ω

Ω

K( x , y ) d y .

　 　 现在 , 你就要接触泛函分析中第一批核心定理了 .泛函分析中深刻 而又艰难的 大定理 确实很多 , 远 非数学分 析所能 比拟 .不过 , 真正具 有 基本意义且影响深远的 , 还是习 惯上 称为“ 泛函分 析基 本定理”的那 几 个核心定理 , 这些定理条件与结论都不复杂 , 但其深刻性却难以凭常识 所能领悟 , 因而常成为泛函分析课程中的难点 . 定理 4 .1 .4 　 设 X 与 Y 是 Banach 空间 , T ∈ L ( X , Y ) . ( i ) 开映射定理 : 若 T 是满射 , 则 T 是开映射 , 即它映 X 中的开集 为 Y 中的开集 . ( ii) 逆算子定理 : 若 T 是一一映射 , 则 T - 1 ∈ L ( Y , X) . 注意 , 若 T∶ X → Y 是一一映射且为开映射,则任何开集 U T

-1

的原象( 即 TU ) 为开集, 因此由定理 3 .2 .2 推出 T

-1

X 关于

连续 .由此可见,

逻辑 上 , 逆 算 子 定 理 已 包 含 在 开 映 射 定 理 中 .不 过, 逆 算 子 定 理 或 许

§4 .1 　 有界线性算子

・ 16 3 ・

用得更多, 影响也更大, 将它独立表述出来是更方便的 . 在 X × Y 中可 按 许 多不 同 的方 式 引进 范 数 , 使 得 对 任 何 { ( x n , X× Y 有

yn ) }

‖ ( x n , yn ) ‖ → 0

‖ x n ‖ → 0 且 ‖ yn ‖ → 0 .

X × Y 中凡满足以上条件的范数称为积范数 .常用的积范数是 　 　 　 　 　 　 　 ‖ ( x , y ) ‖ = ‖ x‖ + ‖ y‖ 或 　 　 　 　 　 　 ‖ ( x , y ) ‖ = ‖ x‖ ∨ ‖ y‖ .

　 ( x ∈ X, y ∈ Y )

在用到积空间 X × Y 时 , 总假 定其 中已 指定某 个积 范数 , 至于 具体 是 哪一个 , 则通常是无关紧要的 .若 X , Y 完备 , 则 X × Y 依 积范数总 是 完备的 ( 参看题 4 .32) . 定理 4 .1 .5( 闭图象定理 ) 　 设 X , Y 是 Banach 空间 , T∶ X → Y 是线性算子 .若 Gr T = { ( x , T x )∶ x ∈ X } 是积空间 X × Y 中的闭集 , 则 T ∈ L( X, Y ) . 闭图象定理也是应用广泛 的泛 函分 析定理 .不 过 , 从逻 辑上 说 , 它 不过是逆算子定理的简单推论 , 因 而不 象逆 算子定 理那 样占据 独立 地 位 . 与逆算子定理一样重 要、实际 上用得 更多 的是 如下一 致有 界原 理 ( 或称共鸣定理 ) : 定理 4 .1 .6 　 设 { Tα∶α∈ I}

L ( X , Y ) , I 是任意无限集 ( 不必

可数 ) . (i) 若 A ＞

{ x ∈ X ∶ sup ‖ Tα x‖ < ∞} 是 第 二 纲 集 , 则 α

sup ‖ Tα‖ < ∞ ; 或等价地 , 若 sup ‖ Tα‖ = ∞ , 则 A 是第一纲集 . α α c

( ii) 设 X 完备 .若 sup ‖ Tα‖ = ∞ , 则 A 是稠密的第二 纲集 ; 若 α A = X , 则必 sup ‖ Tα‖ < ∞ . α 定理 4 .1 .6 的最常用的推论是 : 定理 4 .1 .7 　 ( i) 设 A

＊

X . 若 ＂ f ∈ X , f ( A ) 有界 , 则 A 有

界 , 即 sup ‖ x‖ < ∞ . x∈ A ( ii) 设 X 完备 , F

X ＊ . 若 ＂ x ∈ X , { f ( x )∶ f ∈ F} 有界 , 则

第四章 　 线性算子与线性泛函

・ 16 4 ・

F在 X

＊

中有界 , 即 sup ‖ f‖ < ∞ . f∈ F

如果停留在抽象的层 面上 , 关 于一般 有界 线性 算子的 最主 要的 的 结果 , 就是这些 .即使你熟读了上面的每个定理 , 几乎可以肯定地说 , 对 于有界线性 算子的 认识 , 依然会 是若明若 暗 .问题在于 , 你 还没有着 手 研究具体材料 ; 象泛函分析这样高度综合性的数学理论 , 不通过研究具 体问题 , 根本不可能达到真正的理解 .现在就来考虑一些具体问题 .

二、问题与方法 A . 有界性刻画与算子范数 以下设 X , Y 是给定的赋范空间 . 4 .1 　 设 T∶ X → Y 是线性算子 , 则 T 有界

T 映某个内部非空

的集为有界集 . 证　设 A

X , A°≠

, T A 有界 .取球 　Br ( a)

= sup ‖ T x‖ < ∞ . ＂ x ∈ X , x ≠ 0 , 有 a + r‖ x‖ x∈ A 因此 ‖ T ( a + r‖ x ‖ ‖ Tx‖ =

-1

A , r > 0 .令 β -1

x ∈ 　Br ( a) ,

x ) ‖ ≤ β. 这推出

T a + r‖ x ‖

- 1

-1

x - T a r ‖ x‖

≤ 2βr - 1 ‖ x‖ , 因此 T 有界 .逆命题是自明的 .

□

看看下面的几何考察将是有益的 .式 (1 ) 表 明 T 有界 sup ‖ T x‖ < ∞

‖ x‖ ≤1

‖ T‖ =

T 在球 　B1 (0 ) 上有界 .若 T 在 球 　Br ( a) 上有界 .

则因 B 　 r ( a) = a + 　Br ( 0) , T 必在 　B r ( 0) 上有界 ; 又因 T 是线性的 , T 必在 　B1 ( 0) 上有界 .与上述几何推理相适应 , 我们可将题 4 .1 的证明写 成: T 　B1 (0 ) = T r = r

- 1

-1

B 　 r ( a) - a

T 　Br ( a) - T a

- 1

r ( T A - T a) , 于是由 T A 有界推出 , T　B1 (0 ) 有界 .如上的推演格式并不 是你非用 不 可的 , 但其中所体现的几何思维方式 , 在泛函分析中确具重要意义 . 4 .2 　 设线性算子 T∶ X → Y 在某点 x0 ∈ X 邻近有界 , 则 T ∈

§4 .1 　 有界线性算子

・ 16 5 ・

L( X, Y ) . 提示 : 用上题或直接证明 . 4 .3 　 设 T ∶ X → Y 是 线 性 算 子 , 则 ‖ T ‖ ≤ r

T B1 ( 0)

　Br (0 ) . 证 　 若 ‖ T‖ ≤ r , 则 ＂ x ∈ B1 (0 )

X, 有 ‖ Tx‖ ≤

‖ T ‖‖ x‖ ≤ r , 从而 T x ∈ 　B r ( 0) , 这意味着 T B1 (0 ) 之 , 设 T B1 (0 )

　Br (0 ) . 反

　Br (0 ) , 则 ＂ β > r , 0 ≠ x ∈ X , 有 rx/ β‖ x ‖ ∈

B1 ( 0) , 于是 ‖ T x‖ =

β‖ x‖ r

T

rx β‖ x‖

≤

β‖ x‖ ・ r = β‖ x ‖ , r

这推出 ‖ T‖ ≤ β. 令 β→ r 得 ‖ T‖ ≤ r . 4 .4 　 设 T ∈ L ( X , Y ) , T Br ( a)

□

Bs ( b) , r , s > 0 , 则 ‖ T‖ ≤

2 s/ r . 提示 : Br ( a) = r[ B1 ( 0) + a] , 参照上题 . 4 .5 　 设 T ∈ L ( X , Y ) , 则 ＂ r > 1 , ｖ x ∈ Br ( 0) , 使得 ‖ T x ‖ = ‖ T‖ . 证 　 如 果 T = 0 , 则 取 x = 0 好 了 .因 此 可 设 ‖ T‖ > 0 . 因 r

- 1

‖ T‖ < ‖ T‖ , 故由 ‖ T‖ =

使得 ‖ y‖ = 1 , ‖ T y‖ > r

-1

sup ‖ T x ‖ , 总可取出 y ∈ X ,

‖ x‖ = 1

‖ T‖ . 令 x = y‖ T‖/ ‖ T y‖ , 则

‖ T x‖ = ‖ T‖ , ‖ x‖ = ‖ T‖/ ‖ Ty‖ < r .

□

　 　 应注意的是 , 上题中的 r 可任意接近于 1 , 但取 r = 1 , 则结论不再 成立 .一般地 , 上确界 ‖ T‖ =

sup ‖ T x‖ 未必在单位球上达到 .

‖ x‖ ≤1

4 .6 　 设 T ∈ L ( A , Y ) , A 是 X 的稠密子空间 , Y 完备 , 则存在唯 一的 　T ∈ L ( X , Y ) , 使得 T 　 A = T ,‖ T 　 ‖ = ‖ T‖ . 证 　 ＂ x ∈ X , 取 { xn }

A , 使 xn → x . 因

‖ T x m - T x n ‖ ≤ ‖ T‖‖ x m - x n ‖ , 故 { T x n } 是 Cauchy 列 ; 由 Y 完 备 , 必 存 在 lim T x n , 记 为 　T x . 它 与 n { x n } 的选择无关 ( 何故 ?) .这就定义出一个算子 　T∶ X → Y . 　T 显然是

第四章 　 线性算子与线性泛函

・ 16 6 ・

线性的 , 且 T 　 A = T .由 ‖ 　T x‖ = lim ‖ T x n ‖ ≤ lim ‖ T ‖‖ x n ‖ = ‖ T‖‖ x ‖ n n 得出 ‖ 　T ‖ ≤ ‖ T‖ , 故 　T ∈ L ( X , Y ) . 因 ‖ T x‖ = ‖ 　T x‖ ≤ ‖ T 　 ‖‖ x ‖ 　 ( ＂ x ∈ A ) , 故 ‖ T‖ ≤ ‖ 　T ‖ , 因此 ‖ 　T ‖ = ‖ T‖ . 若某个 S ∈ L ( X , Y ) 亦满足 S A = T , 则 ＂ x ∈ X , 取 { x n } A , 使 x n → x , 则 Sx = lim Txn = T 　 x , 因此 S = 　T . n

□

上题结论的意义在于 ; 若 Y 完备 , T 已定义为从 X 的某稠密子 空 间 A 到 Y 的有界线性算子 , 则可自动地认为 T 已扩张到 X 上 .为行 文 方便 , 通常将上述扩张称为 T∶ A → Y 在 X 上的线性扩张 . 1

4 .7 　 对 于 每 个 f ∈ L [ a , b] , 只 有 唯 一 的 方 法 定 义 积 分 b

∫ f ( x ) d x , 使得 a

( i) 积分具线性性 ; b

( ii)

b

∫

∫

f ( x) d x ≤ a

a

f d m; b

∫ f ( x ) d x 就是 Riemann 积分 .

( iii) 当 f ∈ C[ a, b] 时 ,

a

提示 : 用上题 . 4 .8 　 若 dim X = ∞ , Y ≠ {0} , 则存在无界线性算子 T∶ X → Y . 证 　 取线性无关的可数集 A = { x n }

X , 可设 ‖ x n ‖ = 1; 取

0 ≠ y ∈ Y , 定义 T x n = ny, 则 T 自然地扩张 为 span A 上的一个 线 性算子 . X 必可表为直和 X = span A ī B . ＂ x ∈ B , 定义 T x = 0 , 则 T ∶ X → Y 是一个线性算子 .因 sup ‖ T x ‖ ≥ sup ‖ T xn ‖ = ∞ , n

‖ x‖ = 1

故 T 是无界算子 .

□

这就表明 , 在无限维空 间上 , 出现 无界 线性算 子是 一种 普遍 现象 . 另一方面 , 有限维空间上的线性算子必定有界 ( 定理 4 .1 .1( iv) ) .可见 , 在处理有界线性算子问题时 , 有限维空间与无限维空间有着本质差别 . 这就不能指望 , 有界线性算 子理论 是线 性代 数中线 性变 换理论 的简 单

§4 .1 　 有界线性算子

・ 16 7 ・

重复 . 4 .9 　 设 X ≠ {0 } , 则 L ( X , Y ) 完备

Y 完备 .

证 　 若 Y 完 备 , 则 L ( X , Y ) 必 完 备 ( 定理 4 .1 .1 ( vi) ) .反 之 , 设 L ( X , Y ) 完备 , { yn }

Y 是 一 Cauchy 列 .今证 { yn } 收敛 .取 x 0 ∈

X , 使 ‖ x0 ‖ = 1 . 定义 T n (αx 0 ) = αy n (α∈ K) , 分解 X 为 X = K x 0 ī

A , 在 A 上定义 T n x = 0 , 则得到 T n ∈ L ( X , Y ) .因 ‖ T m - T n ‖

= ‖ y n - ym ‖ , 故 { T n } 是 L ( X , Y ) 中的 Cauchy 列 .设在 L ( X , Y ) 中 Tn → T , 则 ‖ yn - T x0 ‖ = ‖ T n x0 - T x 0 ‖ ≤ ‖ T n - T‖ → 0 , 可见 y n → T x 0 . 这表明 Y 完备 .

□

上题表达了 Y 完备对 于 L ( X , Y ) 完 备的重 要性 , 它可与 题 3 .90 对照 . B . 有界线性算子的例子 在研究一个具体给定的算子 T∶ X → Y 时 , 通常要依次做以下三 件事 : ( i) 指明 T 是线性的 .在很多情况下 , 这是平凡的 . ( ii ) 估 计 ‖ T x‖ , 得到 某 个不 等 式 ‖ T x ‖ ≤ k‖ x ‖ ( ＂ x ∈ X ) , 从而断定 T ∈ L ( X , Y ) 且 ‖ T‖ ≤ k . 得出不等 式 ‖ T x ‖ ≤ k‖ x‖ 的难易及所用的技巧 , 决定于算子 T 的具体特性 . ( iii) 在已 知 ‖ T‖ ≤ k 的基础 上推断 ‖ T‖ = k , 为此应指 出 ‖ T ‖ ≥ k , 这只在较特殊的情况下才能做到 .首先 , 你在第 ( ii) 步所得 到的 k 未必正好就是 ‖ T‖ , 即所得的 估计 ‖ T x ‖ ≤ k‖ x‖ 未 必 是最佳的 .在放大 ‖ T x‖ 以便得 出估 计 ‖ T x‖ ≤ k‖ x‖ 时 , 也 许 你已做得过头了 .在预 计有可 能 ‖ T‖ = k 的情 况下 , 可 试探 着找 出 x ∈ X , 使 ‖ x‖ = a > 0 , ‖ T x‖ ≥ ak, 这样就有 ak ≤ ‖ T x‖ ≤ ‖ T ‖‖ x ‖ = a‖ T‖ , 从而 ‖ T‖ ≥ k . 但如上的 x 未必存在 ( 注意 ‖ sup ‖ T x‖ 未必是最 x‖ = 1 大值 !) .在 这 种 情 况 下 , 还 可 试 探 以 下 方 法 : ＂ r ∈ (0 , k ) , 找 到 x ∈ X , 使 ‖ x ‖ = 1 , ‖ T x‖ ≥ r , 因而得出 ‖ T‖ ≥ r; 令 r → k

第四章 　 线性算子与线性泛函

・ 16 8 ・

即得 ‖ T‖ ≥ k . 对一些较复杂的算子 , 我 们常 常只 能 满足 于做 到上 述的 第 ( i ) ( ii) 两步 .在有界线性算子的实际应用中 , 算子范数的准确值并非总是需要 的 .如果所考虑的算子属于定理 4 .1 .2 或 4 .1 .3 中所述的标准类型 , 那 么只需套用已知结论就行了 . 1

∫ f ( y )d y, f ∈ C[ 0, 1] ,

4 .10 　 设 ( T f ) ( x) = xf ( x ) , ( S f ) ( x ) = x

0

求 ‖ T‖ , ‖ S‖ , ‖ T S‖ 和 ‖ S T‖ . 解 　 直接看出 T , S 都是从 C[ 0 , 1] 到自身的线性算子 . ( i) 求 ‖ T ‖ . 首 先 , 由 ‖ T f ‖0 ≤ ‖ f ‖0 ( ＂ f ∈ C[0 , 1 ] ) 得 ‖ T ‖ ≤ 1 . 其 次 , 取 f ≡ 1 , 则 有 ‖ f‖0 = 1 , ‖ T f‖0 = 1 ≤ ‖ T ‖‖ f ‖0 = ‖ T‖ , 因此 ‖ T ‖ = 1 . ( ii) 求 ‖ S ‖ . 令 K ( x , y ) = x , 用定理 4 .1 .3( iv) 有 1

∫

‖ S‖ = 0 ≤max x≤ 1

K( x , y ) d y = 1 .

0

1

∫ f ( y ) d y , 然后如 同 2

　 　 ( iii) 求 ‖ T S ‖ . 首先写出 ( T S f ) ( x ) = x

0

求 ‖ S ‖ 一样可得出 ‖ T S ‖ = 1 . 1

∫ y f ( y) d y , 于是

( iv) 求 ‖ S T‖ . 注意 ( S T f ) ( x ) = x

0

1

∫ x yd y = 1/ 2 .

‖ S T‖ = 0 ≤max x≤ 1

□

0

　 　 上题提供了两个可注意的事实 .首先 , 可以 T S ≠ S T ; 其 次 , 可 以 ‖ S T‖ < ‖ S‖‖ T‖ ( 参看定理 4 .1 .1 (vi) ) . 为简单起见 , 下面写 ( T f ) ( x ) 为 T f ( x ) . 1

∫sinπ( x -

4 .11 　 设 T f ( x ) =

0

y) f ( y ) d y, 则 T ∈ L ( C[ 0 , 1] ) ,

求 ‖ T‖ . 提示 : 用定理 4 .1 .3 ( iv) , ‖ T ‖ = 2/ π . x

∫ f ( t)d t , J =

4 .12 　 设 T f ( x ) = 1

a

1

[ a , b] , 则 T ∈ L ( L ( J) ,

C( J) ) 且 T ∈ L ( L ( J) ) , 分别求 ‖ T‖ .

§4 .1 　 有界线性算子

・ 16 9 ・

1

解 　 ( i) T 看作从 L ( J) 到 C( J) 的线性算子 .由 x

∫

‖ T f ‖0 = amax ≤ x≤ b

b

∫

f ( t)d t ≤

a

f ( t ) d t = ‖ f ‖1

a

得 ‖ T ‖ ≤ 1 . 若取 f ≡ 1 , 则 ‖ f ‖1 = b - a , T f ( x ) = x - a , 于 是 b - a = ‖ T f ‖0 ≤ ‖ T‖‖ f‖1 = ‖ T‖ ( b - a) , 这得出 ‖ T‖ ≥ 1 , 因此 ‖ T ‖ = 1 . ( ii) T 看作从 L1 ( J) 到 L1 ( J ) 的算子 .令 K ( x , y) = χ[ a ,

x]

( y) ,

则 b

∫K( x , y) f ( y) d y .

T f( x ) =

a

因 b

∫

b

∫d x =

K ( x , y) d x =

a

b - y,

y

故由定理 4 .1 .3( i ) 得 ‖ T ‖ = b - a .

□

上题使你注意到 , 同一 个 T 看 作关 于 不同 空间 上的 线性 算 子 , 范 数可以不同 . q

4 .13 　 设 J = [ a , b] , K ( x , y ) ∈ L ( J× J ) , 1 < q = p/ ( p - 1) p

q

< ∞ , T 依 (3 ) , 则 T ∈ L ( L ( J ) , L ( J ) ) . p

解 　 任给 f ∈ L ( J) , 用 H lder 不等式得 ‖ T f‖

q q

b

b

a

a

b

b

∫∫ K ( x , y) f ( y ) d y

=

∫∫

K( x , y)

a

b

q p

a

q

∫

dy

b

∫∫

= ‖ f‖

dx b

≤

a

q

a

K( x , y)

q/ p

f ( y)

p

dy

dx

a

q

q

q

d xd y = ‖ K‖ q ‖ f‖ p , p

q

即 得 ‖ T f ‖ q ≤ ‖ K‖ q ‖ f‖ p , 可 见 T ∈ L ( L ( J) , L ( J ) ) , 且 ‖ T ‖ ≤ ‖ K‖ q .

□

上题得出了 ‖ T‖ ≤ ‖ K‖ q , 但 ‖ T ‖ 准确 地是 多 少 , 则不 得 而知 . 处理 Lp 空间上的积分算子 , 常要 用到 H lder 不等 式 , 题 4 .13 就

第四章 　 线性算子与线性泛函

・ 17 0 ・

是如此 .你试解决类似的问题 : 4 .14 　 设 J = [ a , b] , K ( x , y ) 在 J × J 上可测 , b

b

∫

∫

K( x , y) d x ≤ M , 　 　

a

a

K( x , y) d y ≤ M ,

T 依式 (3 ) , 1 < p < ∞ , 则 T ∈ L ( Lp ( J) ) 且 ‖ T ‖ ≤ M . 提示 : 利用以下不等式 : b

b

∫ a

K( x , y ) f ( y) d y ≤

∫ a

b

∫

　 　・

a

K( x , y)

f ( y)

∫e

i xy

　 　 4 .15 　 设 T f ( x ) =

1/ q

K( x , y) d y p

1/ p

, 　 q = p/ ( p - 1) .

dy

1

f ( y )d y , 则 T ∈ L ( L ( R) , C0 (R) ) ,

R

‖ T‖ = 1 . 1

证 　 T∶ L ( R) → C0 (R) 是一个线性算子 ( 参考题 3 .41 , 3 .46 ) . 由

∫

T f ( x) ≤

f ( y ) d y = ‖ f‖ 1

R

得出 ‖ T f‖ 0 ≤ ‖ f‖ 1 , 因 此 ‖ T‖ ≤ 1 . 其 次 , 取 f = χ( - 1 , 1 ) , 则 ‖ f ‖1 = 2 , ix

1

∫e

i xy

T f ( x) =

dy =

e

-1

- e ix

- ix

=

2sin x . x

故 ‖ T f‖ 0 = 2 ≤ ‖ T‖‖ f ‖1 = 2‖ T‖ , 这得 ‖ T ‖ ≥ 1 .因 此 ‖ T‖ = 1 .

□

上题之证的最后 一 步选 择 f = χ( - 1 , 1 ) 带 有 试 探 性 .在 类 似 情 况 下 , 成功与否 及难易程 度与选 择的关系 极大 .选择 f = χ( - 1 , 1 ) 当然 是 很理想 的 , 但 也可以选 择稍次 的 f = e - x χ( 0 , ∞ ) , 此 时有 ‖ f‖1 = 1 , 而 ∞

∫e

T f ( x) =

2

于是 ‖ T f‖0 = sup (1 + x ) x∈R

- y+i xy

0

- 1/ 2

dy =

1 , 1 - ix

= 1 , 这同样得出 ‖ T‖ ≥ 1 . 2

4 .16 　 设 T n x = ( x 1 , … , x n , 0 , … ) , x = ( x n ) ∈ l , 则 T n ∈

§4 .1 　 有界线性算子

・ 17 1 ・

2

L ( l ) , 求 ‖ Tn ‖ . 2

解 　 可依定理 4 .1 .2( iii) 断定 T n ∈ L ( l ) , 但那里的结论无助 于 求出 ‖ T n ‖ . 直接看出 ‖ T n x ‖2 ≤ ‖ x‖2 , 因此 ‖ T n ‖ ≤ 1 .其次 , 2

设 { ei } 是 l 的标准基 , 则 ‖ ei ‖ 2 = 1 , T n en = en , 故 1 = ‖ T n en ‖ 2 ≤ ‖ T n ‖‖ en ‖2 = ‖ T n ‖ , 这得 ‖ T n ‖ ≥ 1 , 因此 ‖ T n ‖ = 1 .

□

4 .17 　 给定 a = ( a1 , a2 , … ) , T x = ( a1 x1 , a2 x 2 , … ) , x = ( x n ) 2

2

∈ l , 则 T ∈ L( l )

∞

a∈ l ; 当 a∈ l

∞

时求 ‖ T ‖ .

提示 ; 参照上题 , 注意 Ten = a n en ; ‖ T ‖ = ‖ a‖ ∞ . 1

4 .18 　 设 A x = (2 x 1 , x 2 - x 1 , … , x n - x n - 1 , … ) , 则 A ∈ L ( l ) ∞

且 A ∈ L ( l ) , 分别求其范数 . 提示 : 用定理 4 .1 .2 , ‖ A ‖1 = 3 , ‖ A‖ ∞ = 2 . 4 .19 　 设 A = [ aij ] ∈ K

n× n

, 当 i > n 或 j > n 时补充定义 aij = 0, p

p

将 A 扩充为无穷矩阵 珟 A, 以 ‖珟 A‖ p 表示将 珟 A 看作从 l 到 l 的线性算子 的范数, 则 ‖ A‖ p = ‖珟 A‖ p . p

n

证 　 以 P n∶ l → K , ( x 1 , … , x n , … ) → ( x 1 , … , x n ) 记自然投影 , p

则珟 A x = A Pn x ( ＂ x ∈ l ) , 于是 ‖珟 A x‖ p = ‖ A Pn x‖ p ≤ ‖ A‖ p ‖ Pn x‖ p ≤ ‖ A‖ p ‖ x‖ p , 这得 出 ‖珟 A‖ p ≤ ‖ A ‖ p . 其 次 , 取 x = ( x1 , … , x n , 0 , … ) , 使 得 ‖ x ‖ p = ‖ P n x‖ p = 1 , ‖ AP n x‖ p = ‖ A‖ p , 则 ‖ A ‖ p = ‖ A P n x ‖ p = ‖珟 A x‖ p ≤ ‖珟 A‖p , 因此 ‖珟 A ‖ p = ‖ A‖ p .

□ 2

4 .20 　 设 A = [ aij ] , 则可能 ‖ A ‖2 <

∑

aij

2

.

i, j

证 　 由题 4 .19 , 可取某个 A ∈ R

n× n

说明 . n = 1 时不可能出现题

中的情况 , 最简单的反例应在 R2 × 2 中找 .取 A = I = 单位矩阵 , 则显然 有 2

‖ A‖ 2 = 1 < 2 =

∑ i, j

ai j

2

.

□

第四章 　 线性算子与线性泛函

・ 17 2 ・

∑

　 　 以上结论 表明 , 不等式 ‖ A ‖2 ≤

aij

2

1/ 2

所 提供的 , 可 能

i, j

是关于 ‖ A ‖2 的一个很粗的估计 . 4 .21 　 设 A =

1

0

2

1

2 2

2

, 则 ‖ A‖2 < 6 .

T

提示 : ‖ A‖ = A A 的最大特征值 = 3 + 2 2 . 4 .22 　 对 f ∈ L 2 ( J) , J = [ 0 , 1] , 定义 T f( x ) =

f( x), 0

　 　

0 ≤ x ≤ 1/ 2; 1/ 2 < x ≤ 1 .

2

则 T ∈ L ( L ( J) ) , 求 ‖ T‖ . 解 　 最 好 将 T f 改 写 成 f χ[ 0 , 1/ 2 ] , 由 此 立 即 看 出 ‖ T f‖2 ≤ 2 ‖ f ‖2 , 因此 T ∈ L ( L ( J) ) 且 ‖ T ‖ ≤ 1 . 若取 f = χ[ 0 , 1/ 2 ] , 则

‖ T f‖ 2 = ‖ f‖ 2 ≤ ‖ T‖‖ f ‖2 , 这得出 ‖ T‖ ≥ 1 , 因此 ‖ T‖ = 1 .

□

注意解上题时并无必要求出 ‖ f ‖2 . ∞

2

4 .23 　 设 μΩ < ∞ , φ∈ L ( Ω) , T f = φf ( f ∈ L ( Ω) ) , 则 T ∈ 2

L ( L ( Ω) ) , 求 ‖ T‖ . 2

解 　 首先 , 对任给 f ∈ L ( Ω) , 有 2

∫

‖ T f ‖2 =

2

φf

Ω

dμ

∫ 2

≤‖φ‖ ∞

Ω

f

2

2

2

dμ = ‖φ‖ ∞ ‖ f‖ 2 ,

2

这得出 T ∈ L ( L ( Ω) ) 且 ‖ T ‖ ≤ ‖φ‖ ∞ . 不 妨设 ‖φ‖∞ > 0 . ＂ r ∈ (0 , ‖φ‖∞ ) , 令 A = { φ > r} , 则必 μA > 0 ( 参看题 3 .17 之证 ) .令 f = χA , 则 f ∈ L2 ( Ω) , ‖ f‖2 > 0 ; 而 ‖ T‖‖ f‖ 2 ≥ ‖ T f ‖2 = ‖φχA ‖2 ≥ r‖ f‖ 2 , 这推出 ‖ T‖ ≥ r . 令 r → ‖φ‖ ∞ 得 ‖ T‖ ≥ ‖φ‖ ∞ , 因此 ‖ T‖ = ‖φ‖ ∞ .

□

注意题 4 .23 包含了题 4 .22 ; 也可 参照 题 4 .17 .实际 上 , μΩ < ∞ 可代以 一 个 较 宽 的 条 件 .你 能 将 4 .23 改 造 一 下 , 使 之 可 用 于 Ω 是

§4 .1 　 有界线性算子

・ 17 3 ・

Lebesgue 可测集或 Ω = N (μ是计数测度 ) 这种情况吗 ? 1

4 .24 　 设 J = [ 0 , 1] , T f = f′, 则 T ∈ L ( C ( J ) , C( J) ) , 求 m

‖ T ‖ , 在 C ( J) 中采用范数 ‖・‖ m ( 依§ 3 .1( 8) ) , m = 0 , 1 . 若在 1

C ( J ) 中亦使用范数 ‖・‖ 0 , T 还是有界线性算子吗 ? 提示 : ‖ T‖ = 1 , 在证 ‖ T‖ ≥ 1 时取 f ( x ) = x . 4 .25 　 设 T f ( x ) =

∑

m 0

f

( k)

k

m

( a) x / k !, 则 T ∈ L ( C ( J) ) , J =

[ a , b] . 提示 : 说明 ‖ ( T f ) ( k ) ‖0 ≤ const‖ f ‖ m ( 0 ≤ k ≤ m ) . 以上看到的线性算子多少具有自然的、或常见的构作 .但也有一些 线性算子初 看起来 显得有点 怪异 , 不过 , 一旦 细看之后 , 你 会发现处 理 方法并没有什么不同 , 因而平常看待就是 . 4 .26 　 给 定 a ∈ X , 令 φ( T ) = T a( T ∈ L ( X) ) , 则 φ ∈ L ( L ( X) , X) , 求 ‖φ‖ . 解 　 此题中 , a 是固定 的 , T 反 而成了“自 变量”.其实 , 这并没 有 什么不正常的 .同样可按标准的程序验证 : φ(αT + βS) = (αT + βS) a = αT a + βSa = αφ( T ) + βφ( S ) 　 ( T , S ∈ L ( X) ) , 可见 φ∶ L ( X) → X 是线性算子 .由 ‖ T x ‖ ≤ ‖ T ‖‖ a‖ ( ＂ T ∈ L ( X) ) 得 ‖φ‖ ≤ ‖ a‖ ; 取 T = I ( 单位算子 ) 得 ‖ a‖ = ‖ T a‖ = ‖φ( T ) ‖ ≤ ‖φ‖ , 故得 ‖φ‖ = ‖ a‖ . 4 .27 　 设 φ ∈ C[0 , 1 ] 满 足 0 ≤ φ ≤ 1 , T f = f

□ φ, 则 T ∈

L ( C( J ) ) ( J = [ 0 , 1] ) , 求 ‖ T‖ . 提示 : 类似于上题 . ‖ T‖ = 1 . C . 逆算子定理及其应用 若要问开映射定理、逆算子定理与闭图象定理有何用处 , 那么可以 这样说 : 如果你沿泛函分析这条路一直往前走 , 那么你将不断地用到它 们 , 尤 其在遭遇 险阻之际 , 往 往要依靠 这些基 本定理开 山劈路 .但你 未 必会为这番响亮的预告而有所激动 , 你需要的是眼前的例证 ! 可惜 , 能 立即着手考虑的例子不多 .大多数应用都依赖于一定的预备知识 .这一

第四章 　 线性算子与线性泛函

・ 17 4 ・

局面常常是学习泛函分析的难处所在 ! 你很可能依然保持着学习数学 分析时的习惯 : 定理不 明白吗 ? 赶快 举例说 明 ! 然 而在泛 函分 析中 浅 显的例子不 多 , 真能说明 问题的 例子并不 总是可 随手拈来 的 .不过 , 下 面的问题还是可供你初试基本定理的锋芒 . 4 .28 　 设范数 ‖・‖ 与 ‖・‖′都使 X 为 Banach 空间,存在 β> 0, 使得 ‖ x‖′≤ β‖ x‖ ( ＂ x ∈ X) , 则两范数等价 .这意味着 ,在已知完备 性的前提下 ,在验证§3 .1 中条件(2)时, 只需验证一半就够了 . 提示 : 对 I∶ ( X , ‖・‖ ) → ( X , ‖・‖′) 用逆算子定理 . 4 .29 　 设 X , Y 是 Banach 空间 , T ∈ L ( X , Y ) 是一个单射 , 存在 { xn }

X , 使得 ‖ T x n ‖ < n

-1

‖ x n ‖ ( ＂ n ∈ N) , 则 R( T ) 在 Y 中

不是闭的 . 证 　 反证之 : 若 R( T ) 是 闭 的 , 则 它 作 为 Y 的 闭 子 空 间 是 一 个 Banach 空间 ( 定理 3 .1 .1 ) , 于是 T∶ X → R( T ) 是一拓扑同构 ( 用逆算 子定理 ) , 因此 T

-1

∈ L ( R ( T ) , X) , 但这矛盾于以下事实 :

‖T

- 1

T x n ‖ = ‖ x n ‖ > n‖ T x n ‖ !

□

　 　 4 .30 　 设 X , Y 是 Banach 空 间 , T ∈ L ( X , Y ) 是 一 个 单 射 , R ( T ) 在 Y 中 是闭 的 , 则 ｖ α > 0 , 使得 ‖ T x‖ ≥ α‖ x‖ ( ＂ x ∈ X) . 提示 : 参考上题 . 4 .31 　 设 X , Y 是 Banach 空 间 , T ∈ L ( X , Y ) , R ( T ) 是 闭集 , S ∈ L( X, Z) , N( T)

N ( S ) . 定义 A∶ R( T ) → Z, T x → Sx , 则

A ∈ L ( R( T ) , Z ) . 证 　 若 x , y ∈ X 使得 T x = Ty , 则 x - y ∈ N ( T )

N( S) , 因

而 S x = Sy . 这表明 A( T x ) = Sx 仅决定于 T x , 因此 A∶ R ( T ) → Z 是一个合理的算子 .直 接看出 A 是线性的 .为证 A 连续 , 只要 说明 : 任 给开集 V A

- 1

V = TS

Z , A - 1 V 是 R( T ) 中的开集 ( 定理 3 .2 .2) .由 A T = S 得 -1

V .因 S

是 R( T ) 中的开集 .

- 1

V 是 X 中的开 集 ; 由 开映射定 理即 得 A

- 1

V □

4 .32 　 设 X , Y 是 Banach 空间 , 则 X × Y 依积范数 是 Banach 空 间 .

§4 .1 　 有界线性算子

・ 17 5 ・

提示 : 若 { ( x n , y n ) } 是 X × Y 中的 Cauchy 列 , 则 { x n } 与 { yn } 分 别为 X 与 Y 中的 Cauchy 列 . 4 .33 　 设 X 是 Banach 空 间 , A , B

X 是闭 子空间 , X = A ī

B , PA , PB 是投影 映 射 , 即 ＂ a ∈ A , b ∈ B, x = a + b , P A x = a , PB x = b , 则 PA , PB ∈ L ( X ) . 证 　 仅由 A ī B 为直和就得出 PA 与 PB 是线性算子 .余下只要证 a n + bn → a + b( a n , a ∈ A , bn , b ∈ B) 题“ a n → a , bn → b

a n → a 且 bn → b . 因反命

a n + bn → a + b ”显然为真 , 自然想到用逆算子

定理 , 为此定义 T∶ A × B → A ī

B, 　 ( a , b) → a + b .

由直和的结构知 T 为线性同构 .因 A , B 作为 X 的闭子空 间是 Banach 空间 , 故 A × B 亦是 Banach 空间 ( 题 4 .32 ) .于是由逆算子定理知 T

- 1

连续 , 即 a n + b n → a + b( an , a ∈ A , bn , b ∈ B ) ( a n , b n ) → ( a , b) a n → a , b n → b, 故得所要证 .

□

在考虑闭图象定理的应用之前 , 先分析一下它的 逻辑结构 .设 T∶ X → Y , Gr T 是闭的意味着 : x n → x , T x n → y

y = T x , 这一条件弱

于连 续性 .闭 图象 定理在 于说 明 : 若 X , Y 完 备 , 则只 要验 证这 个形 式 上较弱的条件 , 就能推出看来较强的连续性 , 这就简化了问题 . 2

4 .34 　 设 J = [ a , b] , T ∈ L ( L ( J ) ) , TC ( J )

C( J) , 则 T∶

C( J) → C( J) 是连续的 . 证 　 只要 指 明 在 J 上 f n → → f , T fn → →g T fn → → g 推 出 fn m

T fn

L2

f , T fn

m

g 与 T fn

g = T f . 由 fn → →f 与 L2

T f; 后 者 又 推 出

T f , 于是 g = T f , a .e ., 而由连续性即得 g = T f .

□

4 .35 　 设 X , Y 是 Banach 空间 , T∶ X → Y 是线性算子 , 赋范 空 间 Z 有性质 : ∩ { N ( S) ∶ S ∈ L ( Y , Z ) } = { 0} .若 ＂ S ∈ L ( Y , Z ) ,

第四章 　 线性算子与线性泛函

・ 17 6 ・

有 S

T ∈ L( X , Z) , 则 T ∈ L ( X , Y ) . 证 　 设在 X 中 x n → x , 而在 Y 中 T x n → y , 今证 y = T x . ＂ S ∈

L ( Y , Z ) , 有 S T x n → S T x 与 S T x n → Sy, 因此 y - T x ∈ N ( S) , 这 推出 y - T x = 0 , 即得所要证 .

□

X, ＂ f ∈ X :∑ ＊

4 .36 　 设 { xk }

　 　 证 　 定义 T ∶ X

f ( xk ) < ∞ , 则

∑

f ( x k ) ≤ const‖ f ‖ .

＊

1

→ l , f → ( f ( x k ) ) . 若在 X

＊

中 fn → f, 在 l

1

中 T f n → a = ( ak ) , 则必 f n ( xk ) → f ( x k ) = ak ( n → ∞ , ＂ k ∈ N ) , ＊

1

因此 T f = a . 于是由闭图象定理有 T ∈ L ( X , l ) , 即得所要证 . □ 4 .37 　 设 X 完备 , { f k }

∑

＊

X , ＂ x ∈ X: ∑

fk ( x ) < ∞ , 则

f k ( x ) ≤ const‖ x‖ . 1

提示 : 对 T∶ X → l , x → ( f k ( x ) ) 用闭图象定理 . 1

＊

4 .38 　 设 J = [ a , b] , φ∶ J → X 满足 f φ∈ L ( J) ( ＂ f ∈ X ) , b

∫

则

a

＊

f ( φ( t ) ) d t ≤ const‖ f‖ ( ＂ f ∈ X ) .

证 　 对 T∶ X ＊ → L1 ( J) , f → f f n → f , 而 fn

L1

φ

g , a .e ., 因此 g = f

g , 则必 f n

φ用闭图象定理 : 设在 X ＊ 中

φ→ f

φ, 有某个子列 f n i

φ = T f , 即得所要证 .

φ→ □

＊

4 .39 　 设 X 完备 , J = [ a , b] , φ∶ J → X , t → φt 满足 b

∫ a

φt ( x ) d t < ∞ 　 ( ＂ x ∈ X ) ,

b

∫

则

a

φt ( x ) d t ≤ const‖ x ‖ ( ＂ x ∈ X ) . 1

提示 : 对 T∶ X → L ( J) , x → φt ( x ) 用闭图象定理 . D . 一致有界原理的应用 通过定理 4 .1 .7 这一类的 标准结论 间接地 应用一致 有界原 理 , 无 疑有重大意义 , 但这已经成为泛函分析的常识 , 其中并无创意与技巧可 言 .另 一方面 , 一致 有界原理 还可能以 各种形 式应用在 众多问 题中 , 这

§4 .1 　 有界线性算子

・ 17 7 ・

些应用没有明显的规律可循 , 因而 对你 的灵 活运用 能力 是一种 真正 的 挑战 . 一致有界原理的应用可分为两种形式 : ( i) 有限性 ( 或有界性 ) 证明 : 将要判定其为有限 的量与 sup ‖ Tα‖ α 联系起来 , 并用一致有界原理推断 sup ‖ Tα‖ < ∞ . α ( ii) 存在性证明 : 将要判明其存在的对象与集 { x∶sup ‖ Tαx ‖ = α ∞} 联系起来 , 并从 sup ‖ Tα‖ = ∞ 推出该集是第二纲稠集 . α 对于以上两种情况 , 关键的步骤 是作出适 当的 算子 族 { Tα} ; 在 很 多情况下是作一个序列 { T n } . 4 .40 　 设 { T n }

g( T n x ) < ∞ ( x ∈ L ( X , Y ) , X 完 备 , sup n

＊

X , g ∈ Y ) , 则 sup ‖ Tn ‖ < ∞ . n g ( Tn x ) < ∞ ( ＂ g ∈ Y ＊ ) 与 定 理 证 　 任 给 x ∈ X , 由 sup n 4 .1 .7( i) , 得出 sup ‖ T n x‖ < ∞ ; 然后再对 { T n } 应用一致有界原理 , n 得出 sup ‖ Tn ‖ < ∞ . n

□

4 .41 　 设 X , Y , Z 是 Banach 空间 , T ( x , y ) ∶ X × Y → Z 分别对 x 与 y 为有界线性算子 , 则 ‖ T ( x , y ) ‖ ≤ const‖ x‖‖ y‖ ( ＂ x ∈ X, y ∈ Y) . y

证 　 这是一个有界性证明 .令 T x = T ( x , ・) , T = T (・, y ) , 则 { T x ∶ ‖ x ‖ ≤ 1}

L ( Y , Z) , ＂ y ∈ Y :

sup ‖ T x ( y) ‖ =

‖ x‖≤ 1

sup ‖ T ( x ) ‖ < ∞ , 于是由一致有界 原理有 β ＞ ‖ x‖ ≤1 y

sup ‖ T x ‖ <

‖ x‖ ≤1

∞ , 从而 sup

‖ x‖ , ‖ y‖≤ 1

‖ T ( x , y)‖ =

sup

sup ‖ T x y‖ = β < ∞ ,

‖ x‖≤ 1 ‖ y‖≤ 1

这推出 ‖ T ( x , y ) ‖ ≤ β‖ x ‖‖ y‖ ( ＂ x ∈ X , y ∈ Y .)

□

4 .42 　 设 X , Y , Z 是 Banach 空间 , T ( x , y ) ∶ X × Y → Z 分别对 ＊

x 与 y 是线性算子 , ＂ f ∈ Z , f ( T ( x , y ) ) 分别对 x , y 连续 , 则上题 之结论成立 . 提示 : 用定理 4 .1 .7 与上题 .

第四章 　 线性算子与线性泛函

・ 17 8 ・

4 .43 　 设 1 < p = q/ ( q - 1 ) < ∞ , μΩ < ∞ , g ∈ M ( Ω) . 若 ＂ f p

1

q

∈ L ( Ω) , 有 f g ∈ L ( Ω) , 则 g ∈ L ( Ω) . 证 　 令 g n = g χ{

g

≤ n}

∫f g dμ( f ∈ L

, Tn f =

n

Ω

p

( Ω) ) , 则 T n ∈

＊

p

L ( Ω) , 且 ‖ T n ‖ = ‖ g n ‖ q ( 参考定理 4 .2 .2 ( i) ) .因

∫ Ω

∫

f g n dμ≤

Ω

f g dμ < ∞ ,

T n f < ∞ . 于是 故 sup n T n = sup g n sup n n 因

q

< ∞ .

gn ↑ g , 由 Levi 定理有 gn ‖ g‖ q = lim n

q

< ∞ .

□

　 　 4 .44 　 设 1 < p = q/ ( q - 1) < ∞ , 序列 y = ( yn ) 有性质 : ＂ x = ( x n ) ∈ lp 有 ∑

x n yn < ∞ , 则 y ∈ lq .

提示 : 类似于上题 .

§4 .2 　 有界线性泛函 一、定理与定义 给定 K 上的赋范空间 X , 则 X

＊

= L ( X , K) 是 K 上的 Banach 空 ＊

间 ( 定理 4 .1 .1( vi ) ) , 称它为 X 的对偶空间 , 称每个 f ∈ X 为 X 上的 有界线性泛函 .作为有界线性算子特例的有界线性泛函 , 自然承袭了一 般有界 线性 算 子的 所有 性质 ; 为应 用方 便 , 我 们将 已知 的 结论 汇集 于 下: 定理 4 .2 .1 　 设 f ∶ X → K 是一个线性泛函 . ( i) 有界性的等价刻画 : f 有界 上有界

f 连续

f 在某个球上有界 . ＊

( ii) 范数的表达式 : 设 f ∈ X , 则 ‖ f ‖ = ‖ sup x‖ = 1

f( x)

f 在 X 的任何 有界 集

§4 .2 　 有界线性泛函

= ‖ sup x‖ ≤ 1

f( x )

= ‖ sup x‖ ≠ 0

f ( x ) / ‖ x‖

= min { k ≥ 0∶ 　 　 ( iii) 基本不等式 :

・ 17 9 ・

( 1)

f ( x ) ≤ k‖ x‖ ( ＂ x ∈ X) } .

f ( x ) ≤ ‖ f‖‖ x‖ ( ＂ x ∈ X) .

( iv) 有限维情况 : 若 dim X < ∞ , 则 f 必连续 . ＊

(v) 核 与 值 域 : f ∈ X

N( f ) = f

-1

(0 ) 是 X 的 闭 子 空 间 ;

f≠0 .

f( X) = K

其中最后一个性质已与一般情况有所不同了 .毫无疑问 , 有界线性 泛函应当比一般的有界线性算 子简 单得 多 , 我们对 它的 了解当 然不 应 停留在套用上节结果的水平上 .对于有界线性泛函 , 我们希望能给出更 确切的刻画 .一个首要的问 题是 : 能 给出 X 上 全部 有界 线 性泛 函的 一 般表达式 ( 或称通式 ) 吗 ? 这 一问题 至少 对一些 常用 的空 间已获 解决 , 其结果被称为表示定理 .几个著名的表示定理汇集于下 ( 它们大多属于 Riesz, 因而称为 Riesz 表示定理 ) . 定理 4 .2 .2 　 ( i ) 设 ( Ω, A, μ) 是 σ - 有 限 测度 空 间 , 1 ≤ p = p

q/ ( q - 1) < ∞ , 则 F ∈ L ( Ω)

＊

有通式

∫f gdμ　 ( f ∈

F( f ) =

Ω

p

L ( Ω) ) ,

( 2)

q

其中 g ∈ L ( Ω) 由 F 唯一决定 , 且 ‖ g‖ q = ‖ F‖ . 因此 , 在等距同 构的定义上 , 可以认为 p

L ( Ω)

＊

q

= L ( Ω) . p

　 　 ( ii) 设 1 ≤ p = q/ ( q - 1) < ∞ , 则 f ∈ ( l ) f ( x) =

∑x y

i i

＊

有通式

　 ( x = ( xi ) ∈ l p ) ,

( 3)

i

其中 y = ( yi ) ∈ lq 由 f 唯一决定 , 且 ‖ y‖ q = ‖ f ‖ .因此 , 在等距同 构的意义上 , 可以认为 l

p

＊

q

= l .

　 　 ( iii) 设 H 是一个 Hilber t 空间 , 则 f ∈ H

＊

有通式

f ( x ) = 〈x , a〉　 ( x ∈ H ) , 其中 a ∈ H 由 f 唯一决定 , 且 ‖ a‖ = ‖ f‖ . 因此 , 在等距共轭同构

・ 18 0 ・

第四章 　 线性算子与线性泛函

的意义上 , 可以认为 H

＊

= H , 即 H 是自对偶的 .

( iv) 设 J = [ a , b] , 则 F ∈ C( J)

＊

有通式

b

∫ f d g 　 ( f ∈ C( J) ) ,

F( f ) =

a

其中 g 是由 F 唯一决定的右连续有界变差函数且 g( a) = 0 , Vab ( g) = b

‖ F‖ . 若以 BV0 表所有这样的函 数 g 之集 , 其 中以 ‖ g‖ = V a ( g) 作为范数 , 则在等距同构的意义上可以认为 C( J)

＊

= BV0 . p

p

对于已建立表示定 理 的空 间 ( 如 上面 提 到的 L , l , C( J) 等 ) , 就 有了标准的方法去解决有界线 性泛 函的 表达与 范数 计算等 问题 , 而 无 需各别地考虑 .这无论在理论上或实际计算上都是一个重大的突破 . 不过 , 并非对任何赋范空间都容易建立某种表示定理 .这就出现一 个问题 , 对于一 般的 赋 范 空 间 X , 我 们对 X X

＊

＊

能 说些 什 么 呢 ? 首 先 ,

有“足够多”的元素 吗 ? 幸 而 , 有 一个 很一 般的 定理 来 回答 这类 问

题 , 它就是有界 线 性泛 函 理论 中 最重 要 的 Hahn－Banach 定 理 , 它 与 逆 算子定理、一致有界原理一起 , 通常被称为泛函分析的三大基本定理 . 定理 4 .2 .3 　 设 X 是一赋范空间 . ( i) 设 A 是 X 的子空间 , f 是 A 上的有界线性泛函 , 则 f 可延拓为 X 上的有界线性泛函 g , 使得 ‖ g‖ = ‖ f ‖ A ＞

sup

x∈ A , ‖ x‖≤ 1

f( x)

.

上述的 g 称为 f 在 X 的保范延拓 . ＊

( ii) 设 A 是 X 的闭子空间 , x0 ∈ X \ A . 则存在 f ∈ X , 使 得 f A = 0 , ‖ f ‖ = 1 , f ( x 0 ) = d( x 0 , A ) . 特别 取 A = { 0} 得 出 ; 当 ＊

0 ≠ x 0 ∈ X 时必存在 f ∈ X , 使得 ‖ f ‖ = 1 且 f ( x0 ) = ‖ x ‖ . 　 　 ( iii) 设 x , y ∈ X , 则 x = y

＂ f ∈ X ＊ : f( x ) = f ( y) .

从逻辑上说 , 定理 4 .2 .3 中三个结论 的关系 是 ( i )

( ii)

( iii) ; 从

实际应用来看 , 结论 ( ii ) ( iii) 用得更 多 .尤 其是 结论 ( iii) , 它为在 无限 维 空间中判定两向量相等提供了一个普遍方法 , 有极普遍的应用 . Hahn－Banach 定理的第一个重要推论是 : 定理 4 .2 .4( 互对偶性 ) 　 X

X＊

＊

, 这意味着 , X 可等距地嵌入

§4 .2 　 有界线性泛函

到 X

＊ ＊

中 , 因而成为 X

X到 X

＊ ＊

＊

・ 18 1 ・

的对偶空间的一部分 .

中的嵌入通过以下正则嵌入实现 : X → X＊

＊

, x→珘 x

( 4)

珘 x ( f) = f ( x ) 　 ( x ∈ X, f ∈ X ＊ ) .

这样 , 每个 x ∈ X 同时扮演两种角色 : 一方面 , x 是 X 中的向量 ; 同时 , x 又可看作 X

＊

上的有界线性泛 函 ( 在 后一种 情况 下记作 珘 x ) .这种 双

重性初看起来似乎滋生混乱 , 但实 际上 是泛 函分析 中最 富有成 效的 对 偶理论的基础 .简单地说 , 既然向 量 x ∈ X 也是 有界 线性泛 函 , 那么 , 对于有界线 性泛函 所建立的 结论也适 用于向 量 ; 反之亦然 .这 样 , 就 可 将对 X 与 X ＊ 建立的命 题实现互相转化 , 从而大 大扩大它们的适 用价 值 .最浅显而又特别说明问题的 例子是 , 范数公 式 ( 1) 亦 可用于 向量 范 数 , 因此得到 ‖ x‖ = ‖ sup f ‖≤ 1

f ( x) =

sup

‖ f‖ = 1

f( x )

.

( 5)

此外 , 定理 4 .1 .7 中的结论 ( i) ( ii) 也可 看作 同一 命题在 X 与 X

＊

之间

互相转化的结果 .这一类的转化在泛函分析中造成了一种有趣的奇观 : 许多命题在 X 与 X ＊ 中 成对地出现 .这种对偶性 是许多优美数学 思想 的源泉 . 但可惜的是 , 空间 X 与 X 于 , X 一般不是 X

＊

＊

之 间的 对偶 关 系是 不 完满 的 .问 题 在

的对偶空间 , 而只是其 对偶空间的一部 分 , 因而 在

X 与 X ＊ 的相互关系上存在基本 的不对 称性 .仅 当嵌 入 ( 4 ) 是一 同构 , 因而可认为 X = X ＊

＊

时 , 这种不对称性才得以消除 , 此时称 X 为自反

空间 .对于自反空间 X , X 与 X

＊

之 间展 示出完 美的 相互对 偶关 系 .有

p

限维空间、Hilbert 空间及 L 空间 (1 < p < ∞ ) 是最常用的自反空间 , m

p

m

而 C 空间 ( 参看§ 3 .1) 则不是 .这也是 L 空间通常较诸 C 空间更有 价值的原因之一 . 在泛函分析中 , Hahn－Banach 定 理的 另 一组 推 论 以分 离 定理 的 形 式出现 .这是一类几 何色 彩很 强 的命 题 , 其背 景 可 追溯 到 Euclid 空 间 中一些直观上明显的几何事实 .熟 知 , 在 Euclid 空 间中 , 平面方 程的 一 般形 式 是

∑α x i

i

= r , 其 中 αi 不 全 为 零 .空 间 由 平 面 分 为 两 半 :

第四章 　 线性算子与线性泛函

・ 18 2 ・

∑α x i

≤ r与

i

∑α x i

＊

i

≥ r . 类似地 , 若 0 ≠ f ∈ X , 则称集 { f = r}

为 X 中的超平面 , 而称 { f ≥ r} 与 { f ≤ r} ( 或 { f > r } , { f < r} ) 为 半空间 .当 A , B

X , f ( A) ≤ r ≤ f ( B) (

f ( a) ≤ r ≤ f ( b) , ＂ a

∈ A , ＂ b ∈ B) 时 , 说超平面 { f = r } 分离集 A 与 B; 若 f ( A) < r < f ( B) , 则说 { f = r } 严格分离 A 与 B . 简单地说 , 分离定理断言 , 在一 定条件下 , 互不相交的凸集可用超平面分离 .准确地说是 : 定理 4 .2 .5 　 设 X 是实赋范空间 , A , B ( i) 若 A°≠

X 是非空凸集 . ＊

, A°∩ B =

, 则存在 f ∈ X , r ∈ R, 使得

f ( A°) < r ≤ f ( B) , f ( A ) ≤ f ( B ) . 　 　 ( ii) 若 A 是紧集 , B 是闭集 , A ∩ B =

( 6) ＊

, 则存在 f ∈ X , r ∈

R, 使得 f ( A) < r < f ( B) .

( 7) ＊

　 　 ( iii) 若 dim X < ∞ , A ∩ B =

, 则存在 0 ≠ f ∈ X , 使得

f ( A ) ≤ f ( B) . 　 　 在这个短短的课程中 , 我们已无力在分离定理这一题目上深入了 . 只是指出 , 现代 数学中 一些最富 有成果 的数学理 论 , 例如最优 化理论、 凸分析理论等 , 正是通过分离定理而与泛函分析沟通起来的 .对这些应 用领域感兴趣的读者 , 将会有大量使用分离定理的机会 . 为表达与对偶空 间 有关 的 命题 , 通常 采 用 某些 现 已 通 行 的记 号 . ＊

＂ f ∈ X , x ∈ X , 记 f ( x ) 为〈f , x〉, 这一记号一方面体现了它类似 于内积的特征 , 同时使 f , x 处于对等的地位 .当〈f , x〉= 0 时说 f 与 x 正交 , 记作 f ⊥ x . 任给 A

＊

X , 约定

X, F

A ⊥ = { f ∈ X ＊ ∶ f ⊥ a( ＂ a ∈ A ) } ; ⊥

F = { x ∈ X∶ f ⊥ x ( ＂ f ∈ F) } ,

二者分别称为 A 与 F 的零化子 . A 交补 ; 当 X 是 Hilbert 空间时 , A

⊥

⊥

( 8)

非常 类似于 Hilbert 空间 中的 正

恰好就是 A 的正 交补 .利用零化 子

记号往往可将一些命题表成最简短的式子 .例如 , 定理 4 .2 .3 中的结论 ( iii) 无非是说 , x - y = 0 地写作

⊥

＊

( x - y) ⊥ f ( ＂ f ∈ X ) , 而这又可简单

X ＊ = {0 } . 其 次 , 对 任 给 非 空 集 A

X, 易 建 立 ( 参 照

§4 .2 　 有界线性泛函

・ 18 3 ・

题 3 .133) ⊥

⊥

A = span A , 　

⊥

⊥

( A ) = span A .

( 9) ⊥

利用 (9 ) , 可将“ A 是 X 的基本集”这件事简单地表 成 A = {0 } . 这 就 将定理 3 .3 .1 中 ( ii)

( iii) 这一事实推广到了 Banach 空间 .

二、问题与方法 A . 有界线性泛函的一般问题 要直观地理解一个线性泛函 f ∶ X → K, 首要的问 题是注 意到 它 的简单几何结构 : 若 f á 0 ( 称 这样 的 f 为 非零 线 性 泛 函 , 写 作 f ≠ 0 ) , 则 N( f ) = f

-1

( 0) 是 X 中的超平面 , X 有直和分解 : X = N ( f )

ī K x 0 ( f ( x0 ) ≠ 0 ) . 平移 N ( f ) , 得到 X 中平行于 N ( f ) 的一族超平 面 , f 在每个超平面上取常值 , 这些超平面填满空间 X . 4 .45 　 设 f ∶ X → K 是一非零线性泛函 , 则 f 有界 子空间 ; f 无界

N ( f) 是闭

N( f) = X .

证 　 若 f 有界 , 则 f 连 续 , 因 而 N ( f ) = f - 1 ( 0) 是 闭的 ( 用 定 理 3 .2 .2) .反 之 , 若 f 无 界 , 则 必 存 在 { x n }

X, 使 得

f ( xn )

>

n ‖ x n ‖ . 今证 N ( f ) = X ( 这 将推 出 N ( f ) 非闭 , 因 而问 题 结 论 获 证 ) .任给 x ∈ X , 有 f ( x ) xn yn ＞ x ∈ N( f) ; f ( xn ) ‖ yn - x ‖ =

f ( x ) ‖ xn ‖ ≤ f ( xn )

f ( x) n

→ 0,

这表明 x ∈ N ( f ) , 故得所要证 .

□

一般地 , 若 f∶ X → K 是线性泛函 , f ( x 0 ) ≠ 0 , 则 x =

x -

f( x ) x0 + f ( x ) x0 　 ( x ∈ X ) f ( x0 ) f ( x0 )

正是直和 X = N ( f ) ī K x0 所要求的分解 .你容易看到 , 在题 4 .45 之 证中 , 实际上隐蔽地用了分解 X = N ( f ) ī K x n . 在 处理有界 线性 泛 函问题时 , 经常要用到这一类的分解 , 这是不可不注意的 . 4 .46 　 设线 性泛 函 f ∶ X → R 无 界 , 则 ＂ x 0 ∈ X , ＂ r > 0 , 有

第四章 　 线性算子与线性泛函

・ 18 4 ・

f ( Br ( x 0 ) ) = R .( 这意味着 , f 在任何球内所取的值充满了整个直线 ; 因而 , 所有超平面 { f = c} ( c ∈ R) 都经过球 Br ( x0 ) 内 .这种现象 , 当 然不可能在有限维空间中发生 !) 证 　 f 无界推出 f 在球 Br ( x0 ) 内必无界 ( 用定理 4 .2 .1( i) ) , 因此 存在 { x n }

Br ( x 0 ) , 使得

f ( x n ) > n( ＂ n ∈ N) . 令 y n = 2 x0 -

x n , 则 [ x n , y n ] ＞ { (1 - t ) x n + tyn ∶0 ≤ t ≤ 1 } 是 B r ( x 0 ) 内以 x 0 为 中点、以 x n , y n 为端点的线段 , f [ x n , yn ] = { ( 1 - t ) f ( x n ) + tf ( y n ) ∶0 ≤ t ≤ 1 } = [ f ( x n ) , f ( y n ) ] ( 或[ f ( yn ) , f ( x n ) ] ) . 因 f ( yn ) = 2 f ( x0 ) - f ( x n ) , 故 f ( x n ) f ( yn ) = 2 f ( x0 ) f ( x n ) 这就表明 f ( Br ( x 0 ) )

f ( xn )

2

→ - ∞,

∪ f [ xn , yn ] = R . n

□

将以上证明稍作修改 , 也能证明 : 4 .47 　 设 X 是复赋范空间 , 线性泛函 f ∶ X → C 无界 , 则 ＂ x 0 ∈ X , ＂ r > 0 , 有 f ( Br ( x0 ) ) = C . 4 .48 　 设线性泛函 f∶ X → K 无界 , r ∈ K, 则超平面 { f = r} 在 X 中稠密 , 因而穿过 X 中任何一个球 . 提示 : 用题 4 .45 或直接证明 . 以上几题足以显示出 无界 线性 泛函的 病态 性质 .一个 自然 的问 题 是 : 无界线性泛函的出现是否有普遍性 ? 试看下题 . 4 .49 　 若 dim X = ∞ , 则 X 上必存在无界线性泛函 . 提示 : 参照题 4 .8 . 4 .50 　 若 dim X = ∞ , 则存在直和分解 X = A ī K x 0 , 0 ≠ x0 ∈ X , 使得 　A = X . 提示 : 利用上题与题 4 .45 . ＊

4 .51 　 设 0 ≠ f ∈ X , A = { f = 1 } , 则 f ( x ) = ‖ f‖ d( x , N ( f ) ) = d ( x , N ( f ) )/ d (0 , A) . 　 　 证 　 取定 x ∈ X . 为证第一个等式 , 可设 x ú 直和分解 X = N ( f ) ī K x 与 ( 1) , 有

N( f ) , 于是,利用

§4 .2 　 有界线性泛函

f (λx - a) ‖λx - a‖

‖ f ‖ = a ∈sup N ( f) λ∈ K

= 这得 出

・ 18 5 ・

= a ∈sup N( f)

f( x ) ‖ x - a‖

f ( x) d( x , N ( f ) ) ,

f ( x ) = ‖ f‖ d( x , N ( f ) ) . 取 x0 ∈ A , 则 A = x 0 +

N ( f ) , 于是 d( 0 , A ) = d (0 , x0 - N ( f ) ) = d ( x 0 , N ( f ) ) =

f ( x0 ) ‖ f‖

=

1 . ‖ f‖

□

＊

　 　 4 .52 　 设 0 ≠ f ∈ X , A = { f = ‖ f‖} , 则 d (0 , A) = 1 . 提示 : 用上题或直接证明 . ＊

4 .53 　 设 0 ≠ f ∈ X , f ( x 0 ) = ‖ f‖ , 则 d( x 0 , N ( f ) ) = 1 . 　 　 提示 : 用题 4 .51 或直接证明 . ＊

4 .54 　 设 0 ≠ f ∈ X , 则 不 存 在 球 Br ( a) , 使 f ( a) 是 f 在 Br ( a ) 上的最大值或最小值 ( 设 K = R) . 证 　 设 f ( a) 是 f Br ( a) 的最小值 , 则从 f ( Br ( a) ) = f ( a) + f ( Br (0 ) ) ≥ f ( a) 推出 f ( Br (0 ) ) ≥ 0 . 但 这 推 出 f ( Br (0 ) ) = 0 ( 注 意 f ( x ) > 0 f ( - x ) < 0 !) , 因而 f ( X ) = ∪ f ( nBr (0 ) ) = { 0} , 这矛盾于 f ≠ 0 . n □ ＊

4 .55 　 设 X 是 实 赋 范 空 间 , 0 ≠ f ∈ X , G

X 为开 集, 则

f ( G ) 是 R 上的开集 . 提示 : ＂ x0 ∈ G, 取 Br ( x0 )

G , 则必有 y, z ∈ Br ( x0 ) , 使得

f ( y ) < f ( x 0 ) < f ( z) , 然后可推出 [ f ( y ) , f ( z ) ]

f ( G) .

B . 函数空间上的有界线性泛函 p

p

鉴于已有定理 4 .2 .2 可用 , 在处理 L , l 及 C( J) 等空间上的线性 泛函时 , 应 优先套用 表示定理 .只 有在定理 4 .2 .2 行不 通的情 况下 , 才 考虑其他方法 . 1

∫ f( x

4 .56 　 设 F( f ) =

0

α

2

) d x , f ∈ L [ 0 , 1] , 0 < α < 2 , 则 F ∈

第四章 　 线性算子与线性泛函

・ 18 6 ・ ＊

2

L [0 , 1 ] , 求 ‖ F‖ . 解 　 F( f ) 并不直接具备 ( 2) 的形状 , 但可作如下变换 : 1

∫ f ( t ) ・ α1 t

F( f ) = 因 g( t ) ＞

( 1 - α)/ α

α

d t 　 ( x = t) .

0

1 ( 1 - α)/ α 2 2 ＊ t ∈ L [ 0 , 1] , 故 F ∈ L [0 , 1 ] , 且 α 1 1/ 2 2 ( 1 - α)/ α 1 t dt ‖ F‖ = ‖ g‖ 2 = α 0

∫

= [α( 2 - α) ] 1

∫ f( x

　 　 4 .57 　 设 F( f ) =

2

0

- 1/ 2

□

. 3

＊

3

)d x , f ∈ L [ 0 , 1] , 则 F ∈ L [ 0 , 1] ,

求 ‖ F‖ .( = 1 ) 4 .58 　 设 f ( x ) =

∑

∞ 1

n

-1

2

2

＊

x2 n , x = ( xn ) ∈ l , 则 f ∈ ( l ) , 求

‖ f‖ . 解 　 将 f ( x ) 表成〈x , a〉, 其中 a = ( a n ) ∈ l2 , a2 n = 1/ n , a2 n - 1 = 0( n ≥ 1 ) , 则 f ∈ ( l2 ) ＊ , 且 ∞

∑

‖ f ‖ = ‖ a‖ 2 =

n

-2

1/ 2

=

n=1

　 　 4 .59 　 设 f ( x ) = 2

＊

( l ) , 求 ‖ f ‖ .( = π/

∑

∞ 1

π . 6

□

n

( - 1 ) x2 n 2 , x = ( xn ) ∈ l , 则 f ∈ 2n - 1

8)

4 .60 　 设 F( f ) = αf (1/ 3 ) + βf ( 2/ 3) , f ∈ C[ 0 , 1] , 则 F ∈ ＊

C[ 0 , 1] , 求 ‖ F‖ . 1

∫ f d g , 其中

解 Ⅰ 　 F( f ) 可表成 RS 积分 0, g( x ) =

α, α+ β,

0

0 ≤ x < 1/ 3; 　 　 1/ 3 ≤ x < 2/ 3; 2/ 3 ≤ x ≤ 1 . ＊

于是依定理 4 .2 .2( iv) 有 F ∈ C[ 0 , 1] , ‖ F‖ = V10 ( g) =

α+ β .

　 　 解 Ⅱ ( 直接法 ) 　 直接看出 F 是 C[ 0 , 1] 上的线性泛函 .由

§4 .2 　 有界线性泛函

・ 18 7 ・

F( f ) ≤ ( α + β ) ‖ f ‖0 　 ( ＂ f ∈ C[0 , 1 ] ) 得 ‖ F‖ ≤ α + β .另一方面 ,作 f ∈ C[0, 1] , 使得 f (1/ 3) = sgn α, f ( 2/ 3) = sgn β, f (0 ) = f ( 1) = 0 , 在 区 间 ( 0 , 1/ 3) (1/ 3 , 2/ 3 ) 与 (2/ 3 , 1 ) 内线性连接 , 则 ‖ f‖ 0 = 1 , α + β ≤ ‖ F‖‖ f ‖0 = ‖ F‖ ,

F( f ) = 因此 ‖ F‖ =

α+ β .

□

上题中的 F 结构简单 , 因此用直接法也是可取的 . b

∫ f gd m ( f ∈ C( J) ) ,

1

4 .61 　 设 J = [ a , b] , g ∈ L ( J) , F( f ) =

∫

则 F ∈ C( J) ＊ , 且 ‖ F‖ = ‖ g‖ 1 =

a

b

g dm .

a

x

∫ g( t ) d t , 则 φ∈ AC, φ( a ) = 0 , φ′= F( f ) =∫ f dφ 　 ( f ∈ C( J) )

证 　 令 φ( x ) =

a

g , a .e .,

b

a

( 参考 定 理 2 .2 .2 , 定 理 2 .3 .3 ( v) ) .于 是 由 定 理 4 .2 .2 ( iv ) 知 F ∈ C( J) ＊ , 且 b

∫

b a

‖ F‖ = V ( φ) =

φ′ d m = ‖ g‖1 . 　 ( 用题 2 .9 0)

a

□

b

∫ f gd m ( f ∈ C( J ) ) 并不是 C( J) 上有界

　 　 尽管上题中的 F( f ) =

a

线性泛函的通式 , 但 C( J) 上一些 常 见的 有界 线性 泛函 确 可表 成上 述 形式 , 因而应用题 4 .61 的结论是很方便的 . 1

∫ f ( x )sinπxd x , f ∈ C[0 , 1 ] , 则 F ∈ C[0 , 1 ]

4 .62 　 设 F( f ) =

＊

0

,

求 ‖ F‖ .( = 2/ π) 1

∫ f ( x ) ln xd x , f ∈ C [0 , 1 ] , 则 F ∈ C[ 0 , 1]

4 .63 　 设 F( f ) =

0

＊

,

求 ‖ F‖ .( = 1 ) 4 .64 　 设 J = [ a , b] , F 是 C( J, R) 上的线性泛函 , f ≥ 0 ≥ 0 , 则 F ∈ C( J )

＊

F( f )

.

证 　 令 e( x ) ≡ 1 , 则 F( e) ≥ 0 . 假设 f ∈ C( J) , ‖ f‖0 ≤ 1 , 则

第四章 　 线性算子与线性泛函

・ 18 8 ・

- e ≤ f ≤ e, 这推出 F( e± f ) ≥ 0 , 从而 F( e ) ± F( f ) ≥ 0 , 于是有 F( f ) ≤ F( e) , 可见 F ∈ C( J )

＊

□

.

1/ 2

∫

4 .65 　 设 F( f ) =

1

f gd m + βf ( 3/ 4) , f ∈ C[0 , 1 ] , g ∈ L [ 0 ,

0

＊

1/ 2] , 则 F ∈ C[ 0 , 1] , 求 ‖ F‖ . 1

∫ f dφ, 其中

解 　 将 F( f ) 改写成

0

x

∫ g( t ) d t,

0 ≤ x < 1/ 2;

0

1/ 2

φ( x ) =

∫

　 　 1/ 2 ≤ x < 3/ 4;

g( t ) d t,

0

1/ 2

∫

3/ 4 ≤ x ≤ 1 .

g( t ) d t + β,

0

＊

则依定理 4 .2 .2( iv) 有 F ∈ C[ 0 , 1] , 且 1

1/ 2

1

‖ F‖ = V0 ( φ) = V0 (φ) + V 1/ 2 ( φ) 1/ 2

∫

=

g dm+ β .

0

□

＊ 1 　 　 4 .66 　 设 c0 = { x = ( x n ) ∈ l∞ ∶lim x = l . n = 0} , 则 c0 n

证 　 所要证的是 , 存在等距同构 l1 → c0＊ . ( i) 任给 y = ( yn ) ∈ l1 , 定义 fy ( x ) = 则

∑x

n

y n 　 ( x = ( x n ) ∈ c0 ) ,

f y ( x ) ≤ ‖ x‖ ∞ ‖ y‖ 1 . f y (・) 显然是线性的 , 因此 f y ∈ c0＊ , 且

‖ f y ‖ ≤ ‖ y‖1 . 这就得到一个算子 T∶ l1 → c0＊ , y → f y , T 显然是 线性的 , 且 ‖ Ty‖ ≤ ‖ y‖1 . ＊

( ii) 任给 f ∈ c0 , 令 yn = f ( en ) , y = ( y n ) , en = (0 , … , 1 , 0 , … ) , 1 在第 n 项 . ＂ x = ( x n ) ∈ c0 , 有 ‖x -

∑

n 1

xi → 0, x i ei ‖ ∞ = sup i> n

故 n

f ( x ) = lim f n

∑ xe

i i

i= 1

=

∑x n

n

yn .

§4 .2 　 有界线性泛函

・ 18 9 ・

由 n

n

∑

y i = ∑ ( sgn yi ) f ( ei )

i=1

i= 1 n

= f

∑ ( sgn

yi ) ei

i= 1

n

≤‖ f‖

∑ ( sgn

yi ) ei

∞

= ‖ f‖

i= 1

1

得 ‖ y‖1 ≤ ‖ f ‖ , 于是 y ∈ l , f = f y = Ty , ‖ Ty‖ ≥ ‖ y‖ 1 , 从 1

＊

而 ‖ T y‖ = ‖ y‖ 1 . 这表明 T ∶ l → c0 是一等距同构 .

□

C . Hahn－Banach 定理的应用 Hahn－Banach 定理也许要 算 应用 最广 泛 的 泛函 分 析定 理 .你 能 学 到这么一个有用的定理 , 实在该深自庆幸 .然而 , 现在你却深感烦恼 : 什 么情况下可用 Hahn－Banach 定 理 呢 ? 确 实 , Hahn－Banach 定 理的 应 用 常常在一些意想不到的情况下出现 , 要想理出一个头绪来 , 大概是没什 么希望的 .如果你在自己感兴趣的领域中将较多地运用泛函分析方法 , 那么你根本不要耽心没有积累经验的机会 .至于目前 , 需要你对付的那 些问题还不会到难以捉摸的地步 .现在所要做的 , 充其量是获得一点初 步感觉罢了 . 4 .67 　 设 A

X 是闭子空间 , x ∈ X , 则

d ( x , A ) = sup{

f ( x)

‖ f‖∶ 0 ≠ f ∈ A ⊥ } .

　 　 证 　 以 β记所要证等式的右端 . ＂ a ∈ A , 当 0 ≠ f ∈ A ⊥ 时有 f( x ) ‖ f‖

=

f ( x - a) ‖ f‖

≤ ‖ x - a‖ .

左端对 f 取上确界 , 右端对 a 取下确界 , 得 β≤ d ( x , A ) . 证明的这一 步确与 Hahn－Banach 定理无关 , 且无需 A 是闭子空间 .关键是后一步 . 现在用 定 理 4 .2 .3 ( ii ) , 可 设 x ú ＊

A ( 否则等式两端为 零 ) , 于是 有

⊥

f ∈ X , f ∈ A , ‖ f‖ = 1 , f ( x ) = d( x , A) , 因 而 d ( x , A) ≤ β, 故得所要证 .

□

观察了上面的证明之 后 , 你会 感到 应用 Hahn－Banach 定理 势在 必 然吗 ? 也许你宁愿相信 , 就 这么 试探着 用 , 说不 定什么 时候 就中 了 .数

第四章 　 线性算子与线性泛函

・ 19 0 ・

学家的直觉 , 也不是处处能说清楚的 . 4 .68 　 ＂ x ∈ X , 有 ‖ x‖ = sup{

‖ f ‖ ∶0 ≠ f ∈

f( x )

X＊} . 提示 : 仿上题证明 . 注意 , 题 4 .68 既含于题 4 .67 , 也含 于式 ( 5) , 这 些你暂时都不必 利 用 , 否则就没有什么值得做的了 . 4 .69 　 设 A 是 Hilbert 空间 H 的子空间 , f 是 A 上的有界线性泛 函 , 则 f 在 H 上有唯一保范延拓 . 证 　 不妨设 A 是闭子空间 ( 否则 f 在 　A 上 有唯 一保 范延拓 , 参 考 题 4 .6 ) , 于 是 由 定 理 4 .2 .2 ( iii ) 有 唯 一 的 a ∈ A , 使 得 f ( x ) = 〈x , a〉( ＂ x ∈ A) , ‖ f‖ = ‖ a‖ . 设 g 是 f 在 H 上的保 范延拓 , 则 g( x ) = 〈x , b〉( ＂ x ∈ H ) , ‖ g‖ = ‖ b‖ = ‖ a‖ . 由 g A = f 得 ⊥

出 a - b ∈ A , 于是由勾股定理有 2

2

2

‖ b‖ = ‖ b - a‖ + ‖ a‖ , 这 与 ‖ b‖ = ‖ a‖ 一起推出 ‖ b - a‖ = 0 , 即 b = a , 可见 g 是唯 一的 .

□

4 .70 　 任给非空集 A 间中的等式 span A = A

⊥

X , 有 span A =

⊥⊥

⊥

( A ) ( 这是 Hilbert 空

的推广 , 参看题 3 .133 ) . ⊥

证 　 如同在 Hilbert 空间中一样 , 由 A ⊥ A 平凡地推出 span A ⊥ ⊥

⊥

A , 因而 span A

⊥

( A ) . 若 x ∈ X \ span A , 则由定理 4 .2 .3( ii)

＊

有 f ∈ X , 使得 ‖ f‖ = 1 , f ( x ) = d( x , span A) > 0 , f span A = 0 .后者意味着 f ∈ span A 此 span A

⊥

⊥

⊥

A ; 而 f ( x ) ≠ 0 推出 x ú

⊥

⊥

( A ) .因

⊥

( A ) , 如所要证 .

□ ＊

4 .71 　 设 αi ∈ K, x i ∈ X ( i ∈ N ) . 则存在 f ∈ X , 使得 f ( x i )

∑β x ∈ span{ x } ≤ const ∑ β x .

= αi ( i ∈ N ) 的充要条件是 : 对任给

∑αβ i i

i

i

i

i

.有

i

　 　 证 　 本题倒是有明显 需要 Hahn－Banach 定 理的 迹象 : 它涉 及一 定 有界线性泛函的存在性 .若所述的 f ∈ X

∑αβ i i

i

=

∑β f ( x ) i

i

i

=

＊

存在 , 则直接有 f

∑β x i

i

i

§4 .2 　 有界线性泛函

∑β x

≤‖ f ‖

i

∑ βx

　

i

i

i

・ 19 1 ・

∈ span{ x i }

.

i

证明的这一步是平凡的 .反之 , 若题中的不等式满足 , 对任何 ∑ βi x i ∈ span{ x i } , 定义

∑β x

f

i

i

∑αβ .

=

i i

i

若 ∑ βi x i =

i

∑β′x , 则 ∑ (β - β′) x = 0 , 从而 ∑α (β - β′) ≤ cons t ∑ (β - β′) x i

i

i

i

i

i

i

i

i

i

i

i

= 0,

i

可见 f 的定义合理 .这就 得到 span{ x i } 上 的一个 有界 线性 泛函 f , 显 ＊

然 f ( x i ) = αi . 由定理 4 .2 .3( i) , 不妨设 f ∈ X , 故得所要证 . 有趣的是 , 题 4 .71 实际上是给出了关于“未知量” f ∈ X

＊

□

的无穷

方程组 〈f , x i〉 = αi 　 ( i ∈ N) 有解的充要条件 . 4 .72 　 设 J = [ a , b] , 函数 x ( t )∶ J → X 与α( t )∶ J → K 按通常 的意义有连续导数 x′( t ) 与 α′( t ) , X 完备 , 则成立分部积分公式 : b

b

b

a

a

a

∫α( t ) x′( t) d t = α( t ) x ( t ) -∫α( t ) x′( t ) d t, 其中积分是依通常方式定义的 Riemann 积分 . ＊

证　 ＂ f∈ X , 有 b

∫α′( t ) x ( t) d t

f

a

b

∫ f (α′( t ) x ( t ) ) d t 　

=

a

　 ( 用 f 的连续性与线性 )

b

∫

= α′( t ) f ( x ( t ) ) d t 　 　 ( 用 f 的线性 ) a

b

a

a

- α( t ) [ f ( x ( t ) ) ]′d t 　 ( 用分部积分公式 ) ∫

= α( t ) f ( x ( t ) ) = f α( t ) x ( t )

b

b a

b

∫α( t ) f ( x′( t ) )d t -

a

第四章 　 线性算子与线性泛函

・ 19 2 ・

b

= f α( t ) x ( t )

b

∫α( t ) x′( t) d t

a

a

,

于是由定理 4 .2 .3( iii) 得所要证 .

□

你注意到 , 如上证明中除了完成一些几乎是例行的交换手续之外 , 并无任何实质性的难点需要克服 .这样一来 , 数学分析中一些并不平凡 的结论 , 毫不费力就转移到了无限维空间中的向量值函数 .如此简捷的 方法当然 依 赖 于 Hahn－Banach 定 理 .仅就 这 一点 而 言 , 亦可 说 Hahn－ Banach 定理妙不可言了 .但从方法的角度 看 , 题 4 .72 的那种解 法已 经 完全成为一种套路 , 毫无创意可言 , 因此不再有什么吸引力了 .不过 , 你 至少得体验一番 . 4 .73 　 设 X 是 Banach 空间 , J = [0 , 1 ] , x ( t )∶ J → X 具有 2 阶 连续导数 , 则 1

∫( 1 -

x (1 ) - x (0 ) = x′(0 ) +

0

t) x″( t ) d t .

　 　 提示 : 假定通常的带积分余项的 T aylor 公式是已知的 . D . 分离定理的应用 分离定理与锥概念结 合起 来 , 能找到 许多 有趣 且不乏 实际 意义 的 应用 .可惜目前 的泛函 分析课程 难以分 出多少时 间来讲锥 理论 .这样 , 一个本来极简单自然而又应用广泛的概念 , 反而成了一种陌生的东西 . 由于受到不少学科的日益强劲的推动 , 这种局面也许会逐渐改变 .实际 上 , 只要不多的几句话 , 即可将锥讲清楚 .设 X 是 实赋范空 间 .若 K X , ＂ t > 0 , 有 tK

K , 则称 K 为锥 .称 K

＊

＊

= { f ∈ X ∶ f ( K ) ≥ 0}

为 K 的对偶锥 .若 K 是闭锥 , 则必 0 ∈ K . 利用以上简单定义与记号 , 就可以着手解决一些问题了 . 4 .74 　 设 K K

＊

X 是闭凸锥且 K°≠

, 则 x ∈ K° 当 0 ≠ f ∈

时 f ( x) > 0 . ＊

证 　 设 x ∈ K°, 0 ≠ f ∈ K , 则由 K 不能有 f ( x ) = 0 , 否则 , 有某个球 Br ( x )

＊

的定义有 f ( x ) ≥ 0 . 但

K , f ( x ) 是 f B r ( x ) 的最

小值 , 矛盾于题 4 .54 .因此 f ( x ) > 0 . 反之 , 设 x ú

K°, 则对凸 集 K

§4 .3 　 弱收敛与对偶算子

・ 19 3 ・

＊

与 { x} 应用定理 4 .2 .5 ( i) 得出 0 ≠ f ∈ X , 使得 f ( K ) ≥ f ( x ) ( 这 与 (6 ) 中的不等式相反 , 这没什么问题 , 用 - f 代 f 好 了 !) .因 0 ∈ K , 故 f ( x ) ≤ f (0 ) = 0 . 另 一方 面 , 必 f ( K) ≥ 0 . 否 则 有 y ∈ K , 使 f ( y ) < 0 , 这推出 f ( ty ) → - ∞ ( t → ∞ ) , 而 ty ∈ K( ＂ t > 0 ) , 这与 ＊

f ( K) ≥ f ( x ) 矛盾 .因此 f ∈ K , f ( x ) ≤ 0 , 即得所要证 . 4 .75 　 设 A

□

X 是闭凸集且 A ≠ X , 则 A 是闭半空间的交 .

提示 : 令 B = ∩ { H∶ H

A 且 H 是闭半空间} , 则显然 A

B .

若 x ∈ X \ A , 则用定理 4 .2 .5( ii ) 可得 一个 包含 A 但不含 x 的闭 半 空间 . 4 .76 　 设 X 是实自反空间 , K

X 是闭凸锥 , 则 K = K

＊

证 　 ＂ x ∈ K , f ∈ K , 有 f ( x ) ≥ 0 , 因此 x ∈ K K

＊ ＊

平凡地成立 .关键是 证 K

＊ ＊

＊ ＊

＊ ＊

.

, 故 K

K , 为 此要 用 分离 定理 .设 x ∈

X \ K , 对 { x} , K 应用定理 4 .2 .5 ( ii ) 得出 f ∈ X

＊

与 r ∈ R, 使 得

f ( x ) < r < f ( K) . 因 0 ∈ K , f (0 ) = 0 , 故必 r < 0 , 因而 f ( x ) < 0 . 另一方面 , 如同题 4 .74 之证 , 必 f ( K) ≥ 0 , 因此 f ∈ K 上事实得出 x ú

K

＊ ＊

, 因此 K

＊ ＊

＊

. 综合以

K , 如所要证 .

□

§4 .3 　 弱收敛与对偶算子 一、定理与定义 设 X 是给定的赋范空间 .对于一个序列 { f n }

X

＊

＊

与 f ∈ X ,

依范数收敛 f n → f 意味 着 ‖ f n - f ‖ → 0 , 这相 当于 在 任何 有界 集 X 上 fn ( x ) → → f ( x ) , 这当然是一种很强的收敛 .如我们在前几章 处理收敛性问题时多次体会到 的 , 一种 较强 的收敛 作为 命题的 结论 也 A

许不错 , 但作为条 件则必 定会降低 命题的 价值 .就上述 的序列 { f n } X

＊

而言 , 我们 为什么不 能考虑 不必在有 界集上一 致的收 敛 f n ( x ) →

f ( x ) ( ＂ x ∈ X) 呢 ? 如果这种收敛是 有价 值的 , 那 么依据 对偶 性 , 对 于 X 中的序列 { x n } , 就应考 虑类似 的收 敛性 f ( x n ) → f ( x ) ( ＂ f ∈

第四章 　 线性算子与线性泛函

・ 19 4 ・ ＊

X ) . 这就是所谓弱收敛 , 它们在泛函分析中 起重要 作用 .下面我们 以 互相对照的方式同时给出 X 与 X 定义 4 .3 .1 　 设 { x n }

＊

中的成对的一组概念 .

X 与 { fn

＊

X } 是两个序列 . ＊

( i) 若存在 x ∈ X , 使得 f ( x n ) → f ( x ) ( ＂ f ∈ X ) , 则说 { x n } 弱收敛于 x , 记作 x n ＿ x . ( ii ) 若存在 f ∈ X ＊ , 使得 f n ( x ) → f ( x ) ( ＂ x ∈ X) , 则说 { f n } ＊

弱 收敛于 f , 记作 f n ＿＊ f . 显然 ‖ x n - x ‖ → 0 x n ＿ x , ‖ f n - f‖ → 0 常称 X 与 X

＊

f n ＿＊ f , 因此通

中的范数收敛为 强收 敛 .若 dim X < ∞ , 则强收 敛与 弱 ＊

收敛一致 ; 若 X 是自反空间 , 则弱收敛与弱 收敛一致 .在 X 非自反 的 情况下 , 在 X

＊

中 fn ＿ f

F( f n ) → F( f ) ( ＂ F ∈ X

＊ ＊

) , 它强于弱

＊

收敛 , 下面不予考虑 . 尽管 x n ＿ x 弱于 x n → x , 但要对所有的 f ∈ X

＊

判定 f ( x n ) →

f ( x ) , 看来也不容易 .下面的定理 就是 要将 做这件 事的 难度降 到最 低 程度 . 定理 4 .3 .1 　 设 B 与 F 分别为 X 与 X { fn }

＊

的基 本集 , { x n }

X 与

X ＊ 是两个序列 , 则以下结论成立 : ( i) x n ＿ x

{ x n } 有界且 f ( x n ) → f ( x ) ( ＂ f ∈ F) .

( ii ) 设 f ∈ X

＊

. 若 sup ‖ f n ‖ < ∞ 且 f n ( x ) → f ( x ) ( ＂ x ∈ B) , n

则 f n ＿＊ f ; 当 X 完备时其逆亦真 . 为了最大限度地发挥 以上 定理 的作用 , 自 然要 选择尽 可能 简单 的 基本集 B 与 F . 例如 , 就 x n ＿ x 而言 , 我 们希望 选择的 F 满足 如下 要 求: ( i) F 含有尽可能少的元素 , 例如是一可数集 ; ( ii) 对于 f ∈ F , 验证 f ( x n ) → f ( x ) 是不困难的 ; ( iii ) 条 件“ f ( x n ) → f ( x ) ( ＂ f ∈ F) ”具有 熟 悉 的或 规 范 的 形 式 , 例如与某种熟知的收敛性等价 . 对于那 些已建 立适 当表示 定理 的空 间 ( 参考 定理 4 .2 .2 ) , 利用 定 理 4 .3 .1 已推导出弱收敛或弱 ＊ 收敛的标准刻画 , 有关结论综合于下 .

§4 .3 　 弱收敛与对偶算子

定理 4 . 3 . 2 　 ( i ) 设 1 < sup ‖x n

( n)

‖p < ∞ 且 x

( n) i

・ 19 5 ・

p < ∞, 则 在 l

p

中 x

( n)

＿ x p

→ x i ( n → ∞ , ＂ i ∈ N) .换言之 , 对于 l 中

的有界序列 , 弱收敛即按坐标收敛 . p

( ii ) 设 1 < p < ∞ , 则在 L ( Ω) 中 f n ＿ f

∫f

n

∫ f dμ( ＂

dμ →

A

sup ‖ fn‖p < ∞ 且 n

A ∈ A, μA < ∞ ) ; 在 L p [ a , b] 中 f n ＿ f

A

x

∫f

sup ‖ fn ‖ p < ∞ 且 n

a

x

n

∫ f ( t)d t( ＂

( t) d t →

a

x ∈ [ a , b] ) .

( iii) 设 { ei } 是 Hilber t 空间 H 的标准正交基 , 则在 H 中 x n ＿ x sup ‖ x n ‖ < ∞ 且〈x n , ei〉→〈x , ei〉( n → ∞ , ＂ i ∈ N) . 换言之 , 对 n 于 Hilbert 空间中的有界序列 , 弱收敛即依正交坐标收敛 . ( iv ) 在 C[ a , b]

＊

中 Fn ＿＊ F

k

sup ‖ Fn ‖ < ∞ 且 F n ( x ) → n

k

F( x ) ( n → ∞ , k ≥ 0) , xk 是 [ a , b] 上的 k 次幂函数 . 在无限维空间中 , 弱收敛 与强 收敛的 深刻 差别 在以下 定理 中得 到 特别明显的体现 . 定理 4 .3 .3 　 自反 Banach 空间中任何有界序列包含弱收敛子列 . 另一方面 , 从定理 3 .2 .3 (v) 推出 : 赋范 空间 X 中任 何有界 序列 含 收敛子列的充 要 条 件是 dim X < ∞ . 而 对于 自 反 空 间 中的 序 列 弱 收 敛 , 却并 无有 限维性 的要 求 .正是 定理 4 .3 .3 , 使得 在自 反空间 中采 用 弱收敛有时比强收敛更方便 . 将弱收敛思想用到算子序列 { T n }

L ( X , Y ) , 得出以下概念 : 设

T ∈ L ( X , Y ) . 若 T n x＿ T x ( ＂ x ∈ X ) , 则说 { T n } 弱收敛于 T ; 若 T n x → T x ( ＂ x ∈ X) , 则说 { T n } 强收敛于 T ; 若 ‖ T n - T‖ → 0 , 则说 { T n } 一致收敛或依算子 范数 收敛 于 T . 一 个类 似于 定理 4 .3 .1 的结果是 : 定理 4 .3 .4 　 设 X , Y 是 Banach 空 间 , { T n } { T n } 强收敛

L( X, Y) , 则

sup ‖ T n ‖ < ∞ 且 { T n x } 收敛 ( ＂ x ∈ B) , B 是 X 的 n

某个基本集 . 注意定理 4 .3 .4 中并未明显提到极限算子 T , 这一点 对于应用 是

第四章 　 线性算子与线性泛函

・ 19 6 ・

方便的 . 在上节中强调了空间 X 与 X

＊

的 对偶关系 , 这 种对偶诱 导出有 界

线性算子与其对偶算子之间的对偶关系 . 定义 4 .3 .2 　 设 T ∈ L ( X , Y ) , 称算子 ＊

＊

T ∶Y

＊

→ X , g→ g

T

为 T 的对偶算子 . 必定 T

＊

＊

＊

＊

∈ L( Y , X ) ; T

〈T

＊

n

与 T 的关系完全决定于恒等式 ＊

g , x〉 = 〈g , T x〉 . 　 ( x ∈ X , g ∈ Y ) m

若 A ∈ L ( K , K ) 决定于矩阵 [ aij ] ∈ K 偶算子 A

＊

m× n

( 1)

( 矩阵亦记为 A ) , 则对

T

正好与转置矩阵 A 相当 .由此可见 , 对偶算子原来是转 置

矩阵概念在无限维空间中的推广 .将这一印象存于心中 , 你对于对偶算 子的以下性质就觉得很自然了 . 定理 4 .3 .5 　 设 T , S ∈ L ( X , Y ) , A ∈ L ( Y , Z ) , α,β∈ K, 则成 立以下等式 : (αT + βS ) ＊ = αT ＊ + βS ＊ ; ( A T) ( T T

-1

＊ ＊

)

＊

= T

＊

＊

＊

A ; ＊

= ( T )

-1

; 　 　 ( 若 T 可逆 )

X = T;

‖ T ＊ ‖ = ‖ T‖ . 　 　 若 X 是自反空间 , 则 T ＊ T

＊

= T . 这 样 , 在 定理 4 .3 .5 中将 ＊ 换 成

之后 , 所有等式就全都是你在线性代数中所熟知的结论了 . 以上这些结论 虽 然 很基 本 , 但 完 全是 平 凡且 直 观 的 .关 于 对 偶 算

子 , 具有一定深刻性且充 分体 现出 T

＊

与 T 的 对偶 特性 的 , 是 涉及 核

与值域的如下一组结果 , 它们可不那么直观了 . 定理 4 .3 .6 　 设 T ∈ L ( X , Y ) , 则以下结论成立 : (i) N( T ) =

⊥

＊

＊

⊥

R( T ) , N( T ) = R( T ) ,

⊥

( ii ) 满 射 定 理 : 若 X , Y 完 备 , 则 R ( T ) = Y R( T＊ ) = X＊

＊

N( T ) = R( T) . T ＊ 有有 界逆,

T 有有界逆 .

( iii) 设 X , Y 完备 , 则 T 是拓 扑同 构

T ＊ 是拓 扑 同构

T 与

§4 .3 　 弱收敛与对偶算子

T

＊

皆有有界逆

T与 T

＊

・ 19 7 ・

皆为满射 .

观察以上结果 , 你看出 T 与 T

＊

在许多方面对等地互相决定 .但有 ⊥

＊

一点显得不和谐的是 , 似乎还缺少一个与等式 N ( T ) = R( T ) 相对 的等式 N ( T )

⊥

＊

＊

= R( T ) . 确 实 , 如 果将 R( T ) 理 解 为 某 种“ 弱 闭

包”, 后者果 然是对 的 .在 自反空 间中 , 这种差 别就不存 在了 .若限制 在 有限维空间中 , 则得到线性代数中的一些已知结果 .

二、问题与方法 A . 关于弱收敛的一般问题 现在我们通过一些问 题进 一步 探讨弱 收敛 的各种 性质 .一 个总 的 问题是 : 那些对于强收敛成立的结论 , 换成弱收敛之后将会如何呢 ? 我 们当然希望总得到肯定的结论 .不过在每种情况下都得小心从事 , 严格 地依靠论证 , 切忌主观臆断 .幸好 , 在许多方面结果都还令人满意 .在一 定程度上 , 正因为如此 , 弱收敛才成为一个便于应用的概念 . 4 .77 　 弱收敛的极限是唯一的 . ＊

证 　 设在 X 中 x n ＿ x , x n ＿ y, 则 ＂ f ∈ X , 有 f ( x ) = lim f ( xn ) = f ( y ) , n 于是由定理 4 .2 .3( iii) 立得 x = y .

□

以上证明 固 然 简 短 , 但 毕 竟 用 了 Hahn－Banach 定 理 这 一 关 键 结 果 .由此可以说 , 如果没有 Hahn－Banach 定理 , 弱收 敛理 论是无 从立 足 的 .另 一 方 面 , 你 容 易 看 出 , 弱

＊

收敛极 限的 唯一 性倒 是平 凡的, 与

Hahn－Banach 定理无关 . 4 .78 　 设 αn → α, x n ＿ x , yn ＿ y , 则 αn x n ＿ αx , x n + yn ＿ x + y . 　 　 提示 : 直接用定义 4 .3 .1 验证 . 4 .79 　 设 { x n }

X , { fn }

X

＊

.若 x n ＿ x , f n → f , 或 x n → x ,

f n ＿＊ f 且 X 完备 , 则 f n ( x n ) → f ( x ) . 证 　 要证结论可理解为二元函数〈f , x〉对 ( f , x ) 的某种连续性 . 注意到〈f , x〉有乘积特性 , 估计 f n ( x n ) - f ( x ) 时用熟知的分解 : f n ( xn ) - f ( x )

第四章 　 线性算子与线性泛函

・ 19 8 ・

≤ f n ( xn ) - f ( x n ) +

f ( xn ) - f ( x )

.

若 x n ＿ x , f n → f , 则上式右端第二项显然趋于零 ; 由 { x n } 有界 ( 用定 理 4 .3 .1( i ) ) 推出

f n ( x n ) - f ( x n ) ≤ ‖ f n - f ‖‖ x n ‖ → 0 , 因此

f n ( x n ) → f ( x ) . 亦可用另一种估计方式 : fn ( xn ) - f ( x ) ≤

fn ( xn ) - f n ( x ) +

fn ( x ) - f ( x )

≤‖ f n ‖‖ x n - x‖ +

fn ( x ) - f ( x )

.

这样 , 从 x n → x , f n ＿＊ f 及 sup ‖ f n ‖ < ∞ 推出 f n ( x n ) → f ( x ) . 与 n 前面不同的是 , 要“ f n ＿＊ f

sup ‖ f n ‖ < ∞ ”, 必须有“ X 完备”这一 n

条件 ( 参看定理 4 .3 .1 ( ii) ) .

□

4 .80 　 设 T ∈ L ( X , Y ) , x n ＿ x , 则 T x n ＿ T x , 即 T 依弱收敛也 是连续的 . 提示 : 直接依弱收敛定义验证 . 4 .81 　 设 T∶ X → Y 是线性算子 , x n → x

T xn ＿ T x , 则 T 有

界 . 证 　 若 T 无界 , 则可取出 { x n }

X , 使得 ‖ x n ‖ = 1 , ‖ T x n ‖

2

> n ( ＂ n ∈ N ) . 令 yn = x n/ n , 则 y n → 0 , 但 ‖ T yn ‖ > n , 这就不 可能 T yn ＿ 0 .

□

上题从一个很弱的条件推出了 T 有界 , 其实这并 不奇 怪 : 要 T 有 界 , 只需 T 在 某 一点 邻 近 有 界 就够 了 ( 参 看 题 4 .2 ) .上 题 中 的 条 件“ xn → x

T x n ＿ T x ”不 仅 已 足 够 , 实 际 上 只 要“ x n → x

{ T xn } 有

界”就够了 . 4 .82 　 设 T∶ X → Y 是线性算子 , x n → x 0

T x n ＿ T x0 ( x 0 ∈ X

固定 ) , 则 T 有界 . 提示 : 转化为题 4 .81 的情况 , 或直接用反证法 . 4 .83 　 闭子空间对序列弱收敛封闭 . 证 　 设 A 是 X 的闭子空间 , { x n } ⊥

A , xn ＿ x . 若 x ú

A, 则由

定理 4 .2 .3( ii ) 有 f ∈ A , 使得 f ( x ) = d ( x , A ) > 0 .但由 x n ＿ x 推 出

§4 .3 　 弱收敛与对偶算子

・ 19 9 ・ ⊥

0 = lim f ( xn ) = f ( x ) > 0 , 　 ( 用 f ∈ A ) n 得出矛盾 .因此 x ∈ A .

□

4 .84 　 X 中的闭凸集对序列弱收敛封闭 . 提示 : 仿上题之证 , 但以分离定理代替 Hahn－Banach 定理 . 4 .85 　 x n ＿ x

‖ x‖ ≤ lim ‖ x n ‖ . n

＊

证 　 设 f ∈ X , ‖ f‖ = 1 , 则 f ( x n ) ≤ lim ‖ x n ‖‖ f ‖ f ( x ) = lim n n

= lim ‖ x n ‖ , n

故 ‖ x‖ = ‖ sup f‖ = 1

f ( x ) ≤ lim ‖ x n ‖ .

□

n

　 　 以上结果固然不及“ x n → x

‖ x n ‖ → ‖ x‖ ”那样 肯定 , 但 用 ＊

于估计 ‖ x‖ 有时也是很有效的 .对偶地 , 关于弱 收敛有 : 4 .86 　 f n ＿＊ f

‖ f ‖ ≤ lim ‖ f n ‖ . n

提示 : 仿上题之证 . 定理 4 .3 .3 表明 , 自反空间中的有界集依序列弱收敛是相对紧的 ; 若再结合题 4 .84 , 则进而得出自反空间中 的有界 闭凸集依 序列弱收 敛 是紧的 , 准确地说就是 : 若 X 是自反空间 , A

X 是有界集 ( 或有界闭

凸集 ) , 则 A 中 任何序列必有弱 收敛子列 ( 且其极限属 于 A ) .这样 , 在 §3 .2 中所 作的紧 性论 证可自 然地 转化 为使用 弱收 敛的论 证 , 只要 涉 及的空间是自反空间 , 而紧集 ( 相对紧集 ) 则改为有界闭凸集 ( 有界集 ) . 试看一些例子 . 4 .87 　 设 X 是 自 反 空 间 , A

X 是闭凸集, x ∈ X, 则存 在

a ∈ A , 使得 ‖ x - a‖ = d( x , A) ( 参照题 3 .84 与 3 .1 38 ) . 证 　 取 { an }

A , 使得 ‖ x - an ‖ → d( x , A) .{ an } 必定有界 ,

因此不妨 设 an ＿ a . 因 A 是 闭 凸 集 , 故 a ∈ A ( 用 题 4 .84 ) , 于 是 ‖ x - a‖ ≥ d ( x , A ) . 另一方面 , 由 x - a n ＿ x - a 及题 4 .8 5 有 ‖ x - a‖ ≤ lim ‖ x - a n ‖ = d( x , A ) , n

因此 ‖ x - a‖ = d ( x , A ) , 如所要证 .

□ .

第四章 　 线性算子与线性泛函

・ 20 0 ・

4 .88 　 设 X 是自反空 间 , A , B

X 是闭 凸集 , 其 中 至少 一个 有

界 , 则存在 a ∈ A , b ∈ B , 使得 ‖ a - b‖ = d( A , B) . 提示 : 参照上题与题 3 .78 . 4 .89 　 设 X 是自反空间 , A

X 是闭凸集 , 则存在 a ∈ A , 使得

‖ a‖ = xinf ‖ x‖ . ∈ A 提示 : 用题 4 .87 或直接证明 . ＊

4 .90 　 设 X 是实自反空间 , A

X 是有界闭凸集 , f ∈ X , 则 f

在 A 上达到最大值与最小值 . 证 　 不 妨 只 考虑 最 小 值 .令 β = xinf f ( x ) , 取 { an } ∈ A

A , 使得

f ( an ) → β. 因 { a n } 有界且 A 是闭凸集 , 不妨设 a n ＿ a ∈ A , 于是 β≤ f ( a) = lim f ( a n ) = β, n 这推出 f ( a) = β, 可见 f ( a) 就是 f ( x ) 在 A 上的最小值 .

□

现在再探讨一 下弱收 敛的条件 .定 理 4 .3 .2 所 给的条件 似乎已 够 宽松了 , 但在应用时要预知极限 ( x 或 f ) 这一点 常常 构成障 碍 .那么 , 能否去掉这一要求呢 ? 这正是下面的问题要解决的 . 4 .91 　 设 { f n }

X ,β ＞ sup ‖ f n‖ < ∞ , B 是 X 的 基 本 集 , n ＊

＊

＂ x ∈ B , { f n ( x ) } 收敛 , 则 { f n } 弱 收敛 . 证 　 首先指明 { f n ( x ) } 在 X 上处处收敛 .取定 x ∈ X . ＂ ε > 0 , 取 b ∈ span B, 使 ‖ x - b‖ < ε. 由题设条件可推出 { f n ( b) } 收敛 , 于是存在 n0 ∈ N, ＂ m , n ≥ n0 , 有

f m ( b) - f n ( b) < ε. 于 是 , 当

m , n ≥ n0 时 , 有 f m ( x ) - f n ( x) ≤

f m ( x ) - f m ( b) + +

f m ( b) - f n ( b)

f n ( b) - f n ( x )

≤‖ f m ‖‖ x - b‖ + ε+ ‖ f n ‖‖ b - x ‖ < ε( 2β+ 1) , 可见 { f n ( x ) } 满足 Cauchy 条件 , 从而收敛 . 记 f ( x ) = lim f n ( x ) ( x ∈ X ) , 则 f ( x ) 是 X 上的一个泛函 ; 直接 n 由 f n 的线性性推出 f 的线性性 .由

§4 .3 　 弱收敛与对偶算子

・ 20 1 ・

f n ( x ) ≤ lim‖ f n ‖‖ x‖ ≤ β‖ x ‖ f ( x ) = lim n n 推出 f 有界 , 即 f ∈ X

＊

. 因此 f n ＿＊ f .

4 .92 　 设 X 是自 反 空间 , { x n }

□ X 有界 , F 是 X

＊

的 基本 集 ,

＂ f ∈ F, { f ( x n ) } 收敛 , 则 { x n } 弱收敛 . 提示 : 仿题 4 .91 之证或用题 4 .91 的结论 . 题 4 .91 与 4 .92 中的有界性条件 , 一般是不能去掉的 .但在题4 .91 中 , 若 X 完备 , { f n ( x ) } 处处收 敛 , 则 由一致 有界原理 可推出 { f n } 有 ＊

界 ; 同理 , 在题 4 .92 中 , 若 ＂ f ∈ X , { f ( x n ) } 收敛 , 则 { x n } 必有界 . 这些事实在应用时是有用的 . B . 函数空间中的弱收敛 在看过以上的问题之后 , 你可能仍然对弱收敛没有多少清晰印象 . 这并不奇怪 , 因为你头脑中有关弱收敛的具体例证太少了 .现在是研究 p

具体材料的时候了 .我们从最看重的 L 空间开始 . 4 .93 　 设 1 < p < ∞ , { f n }

Lp ( Ω) , sup ‖ f n ‖ p < ∞ , f n → f , n

a .e ., 则 f n ＿ f . 提示 : 利用题 3 .45 ; 或用题 3 .3 1 与定理 4 .3 .2( ii ) . 上题的结论应能使你感到满意 .从§1 .3 起, 可测函数列的 a .e .收敛 性就是我们关注的重点之一 , 然而在 Lp 空间中却几乎没有其地位 .现在 p

终于以弱收敛的形式进入 L 空间理论, 因而增加了一个发 挥 a .e .收 敛 作用的机会 . 4 .94 　 在 Hilbert 空间中 , x n → x

x n ＿ x , ‖ x n ‖ → ‖ x‖ .

2

提示 : 展开 ‖ x n - x‖ 即直接看出要证结论 . 以上结论准确地说明了 Hilbert 空 间中 强收敛 与弱 收敛的 差别 究 竟有多大 : 补充上 ‖ x n ‖ → ‖ x‖ 之后 , x n ＿ x 就与 x n → x 相当了 . 因此 , 如果 x n ＿ x 而 x n /→ x , 则必定是因 ‖ x n ‖/→‖ x‖ 所致 .这也说 明了 , 在无限维空间中 , 即使 x n ＿ x 而并不 ‖ x n ‖ → ‖ x‖ 的情况是 存在的 .最简单的例子就是无限维 Hilber t 空间 H 的标准正交基 { en } , 显然有 en ＿ 0 ( 因 ＂ i ∈ N, 有〈en , ei〉→ 0 , n → ∞ ) , 但却有 ‖ en ‖ ≡ 1!

第四章 　 线性算子与线性泛函

・ 20 2 ・

2

2

特别 , 将题 4 .94 用到空间 L ( Ω) 得出 : 对于 { f n } L2

fn

f

∫f

‖ f n ‖ 2 → ‖ f‖ 2 且

A

n

L ( Ω) 有 :

∫ f dμ( μA < ∞ ) .

dμ→

A

有趣的是 , 以上结论可以推广于 L p 空间 (1 < p < ∞ ) . p

4 .95 　 设 1 < p < ∞ , { f n }

L ( Ω) , 则 f n

Lp

f

fn ＿ f 且

‖ fn‖p → ‖ f‖p . Lp

证 　 设 fn ＿ f , ‖ fn ‖ p → ‖ f ‖ p , 今 证 fn

f ( 逆命题不需

证 ) .不妨设 ‖ f‖ p > 0 ( 何故 ?) ; 进而又可设 ‖ f n ‖ p = ‖ f ‖ p = 1 . 否则 , 令 g n = f n/ ‖ f n ‖ p , g = f/ ‖ f‖ p , 则 ‖ g n ‖ p = ‖ g‖ p = 1 , g n ＿ g; 若能证 g n

Lp

Lp

g, 则 f n = ‖ f n ‖ p g n

‖ f‖ p g = f , 因此

可用 g n , g 代 f n , f . 若 fn

Lp

f 不成立 , 则不妨设存在 ε> 0 , 使得 ‖ f n - f ‖ p ≥ ε p

( 不然可用 { f n } 的某个子列替代 { f n } ) .现在要用到 L 空间的一个关 键性质 : 一致凸性 , 即从 ‖ f n - f‖ p ≥ ε推出存在δ > 0 , 使得 ‖ f n + f ‖ p ≤ 2 (1 - δ) . 因 f n + f ＿ 2 f , 故用题 4 .85 得 2 = 2‖ f‖ p ≤ lim‖ f n + f‖ p ≤ 2( 1 - δ) , n

得出矛盾 .因此必 f n

L

p

f , 如所要证 .

□

这样 , 结 合 题 4 .95 与 定 理 4 .3 .3 ( ii ) 得 出 , 对 于 { f n }

p

L ( Ω)

(1 < p < ∞ ) 有 : fn

Lp

f

∫f

‖ f n ‖ p → ‖ f‖ p 且

n

4 .96 　 设 1 <

lim ‖ f n ‖ p , 则存在子列 { f n k } : f n k n

.

A

p

p < ∞ , { fn } Lp

∫f dμ( μA < ∞ )

dμ→

A

L ( Ω) , f n ＿ f , ‖ f‖ p = f 且 f n k → f , a .e . .

提示 : 利用题 4 .95 并参考定理 3 .1 .2 . 4 .97 　 设 1 < p < ∞ , { f n } 则 f n＿ f .

p

L ( Ω) , sup ‖ f n ‖ p < ∞ , fn n

μ

f,

§4 .3 　 弱收敛与对偶算子

・ 20 3 ・

提示 : 用反证法 , 利用题 4 .93 及 { f n } 有 a .e .收敛子列 . 现在可以将题 4 .93 与 4 .97 合并 : 若 1 < p < ∞ , { f n } sup ‖ f‖ p < ∞ , 则要 f n ＿ f , 只要 f n → f , a .e . 或 f n n

μ

L p ( Ω) , f 就够了 .

这样 , 在§1 .3 中依测度收敛与 a .e .收敛这两种一直 被看重的 收敛性 , 就都与弱收敛联系起来了 .不过应注意 , 无论 f n

μ

f 或 f n → f , a .e .,

2

对于 f n ＿ f 都不是必要的 .例如 , 在 L [0 , 1 ] 中 , 显然 f n = sin nx ＿ 0 , m

但并非 f n

0 , 更不可能 f n → 0 , a .e . . b

∫ f ( x ) sin nxd x , f ∈

4 .98 　 设 Fn ( f ) =

Lp [ a , b] , 1 ≤ p < ∞ ,

a

则 Fn ＿＊ 0 . 证 　 因可能 p = 1 , 不 能用 定 理 4 .3 .2 , 但 可 直 接用 定 理 4 .3 .1 ( ii) .首先 , 由定理 4 .2 .2( i) 有 sup ‖ Fn ‖ = sup ‖sin nx ‖ q < ∞ . n n 因 χ[ a ,

x]

∶ x ∈ [ a , b]

p

是 L [ a , b] 的基本集 ( 定理 3 .1 .3 ( ii) ) , 而

x

∫ sin n td t = lim cos na n- cos nx

lim n

n

a

= 0,

故得 Fn ＿＊ 0 .

□ .

p

空间 l (1 < p < ∞ ) 中的弱收敛性已 完全 由定 理 4 .3 .2 ( i ) 解 决 1

了 , 不再有什么好说的 .至于空间 l , 则有以下结论 . 1

4 .99 　 空间 l 中强收敛等价于弱收敛 . 提示 : 设在 l1 中 x ( n ) ＿ 0 , 证 ‖ x ( n ) ‖1 → 0 . 1

4 .100 　 l 不是自反空间 . 提示 : 利用上题及定理 4 .3 .3 . 至此为止 , 还 未涉 及 空 间 C[ a , b] 中 的 弱 收 敛 .利 用 定 理 4 .2 .2 ( iv) , C[ a , b] 中的弱收敛问题解决得很简单 . 4 .101 　 设 { f n }

C[ a , b] , f ∈ C[ a , b] , 则 f n ＿ f

sup ‖ fn ‖0 n

< ∞ 且 f n ( x ) → f ( x ) ( ＂ x ∈ [ a , b] ) . 证 　 若 f n ＿ f , 则 必 sup ‖ f n ‖ 0 < ∞ ( 定 理 4 .3 .1 ( i ) ) .取 定 n

第四章 　 线性算子与线性泛函

・ 20 4 ・

x ∈ [ a , b] . 则 F( φ) = φ( x ) ( ＂ φ∈ [ a , b] ) 是 C[ a , b] 上 的有 界 线性泛函 .( 参考题 4 .60 ) , 因而从 f n ＿ f 推出 f ( x ) = F( f ) = lim F( f n ) = f n ( x ) . n 反之 , 设 sup ‖ f n ‖0 < ∞ , f n ( x ) → f ( x ) ( ＂ x ∈ [ a , b] ) , 则 对任 给 n g ∈ BV0 ( 记号依定理 4 .2 .2 ( iv) ) , 用有 界收 敛 定理 ( 参看 定理 2 .1 .2 ( iii) ) 有 b

∫f

lim n

a

b

n

∫fd g,

dg =

a

这表明 f n ＿ f .

□ b

∫ f d g 可表为两个关于 LS

注 　 因 g 可分解为两增函数之差 , 因而

a

测度的积分 , 用有界收敛定理是不成问题的 . 题 4 .101 表明 , 对于连续函数空间中的有界序列 , 弱收敛原来就是 按点处处收敛 ! 这就将连续函数列的处处收敛纳入了弱收敛的范畴之 内 .实际上 , 在处处收敛的日 常使 用中 , 它 一直是 被人 们看 作一种“ 弱” 收敛的 .现在只是赋予“ 弱”以特定的严格含义罢了 . C . 算子的收敛性 4 .102 　 设 { T n }

L ( X , Y ) , { Sn }

L ( Y , Z) , { T n } 与 { S n } 分

别强收敛于 T 与 S , Y 完备 , 则 { S n T n } 强收敛于 S T . 证 　 由 Y 完备及 { Sn } 强收敛得出 β＞ sup ‖ Sn ‖ < ∞ . ＂ x ∈ X, n ‖ S n T n x - S T x‖ ≤‖ S n T n x - S n T x‖ + ‖ S n T x - S T x ‖ ≤β‖ T n x - T x‖ + ‖ S n T x - S T x‖ → 0 , 可见 S n T n x → S T x , 如所要证 . 4 .103 　 设 X 完备, { T n }

□ L ( X, Y) 强收敛于 T, 在 X 中 xn → x,

则 T n xn → Tx . 提示 : 参照上题之证 , 注意 sup ‖ Tn ‖ < ∞ . n 4 .104 　 设 X 完备, { T n } 则 T n xn ＿ T x .

L ( X, Y) 弱收敛于 T, 在 X 中 xn → x,

§4 .3 　 弱收敛与对偶算子

提示 : 类似于上题 , 注意 sup ‖g n 4 .105 　 设 { T n }

・ 20 5 ・ ＊

Tn ‖ < ∞ ( ＂ g ∈ Y ) .

L ( X , Y ) 一 致收 敛于 T , 在 X 中 x n ＿ x , 则

Tnxn＿ Tx . 提示 : 类似于上题 , 注意 sup ‖ xn ‖ < ∞ . n 4 .106 　 设 X , Y 完备 , 在 X 中 x n → x , { T n }

L ( X , Y ) 强收敛

Y ＊ , g n ＿＊ g , 则 g n ( T n x n ) → g( T x ) . 证 　 由 X 完备与 { T n } 强收敛推出 α＞ sup ‖ Tn ‖ < ∞ ; 由 Y 完 n

于 T , { gn }

备与 g n ＿＊ g 推出 β＞ sup ‖ g n ‖ < ∞ . 于是 n gn ( T n x n ) - g( T x ) ≤ gn ( T n x n ) - g n ( T n x ) + +

gn ( T n x ) - gn ( T x )

gn ( T x ) - g( T x ) ＞ I1 + I 2 + I 3 ,

其中 I1 ≤ β α‖ x n - x‖ → 0 , I2 ≤ β‖ T n x - T x‖ → 0 , I3 → 0 , 因 此 g n ( T n x n ) → g( T x ) .

□

算子强收敛常出现在逼近理论中 .一种简单的模式是 , 为了对每个 x ∈ X , 能用一个标准的方式构成逼近序列 x n → x , 可寻求这样的 T n ∈ L ( X) , 使得 { T n } 强收敛于 I ( 单位算子 ) , 则以 x n = T n x 定义 逼 近序列可得 x n → x . 如果 R ( T n ) 是 X 中的由有特定性质元素组成的 子空间 , 我们就得到满足特定要 求的逼近 序列 .例 如取 X = C[ a , b] , R ( T n ) 是 [ a , b] 上的多项式组成的子空间 , 则 ＂ f ∈ C[ a , b] , { T n f} 是在 [ a , b] 上一致逼近 f 的多项式序列 .一般地 , 难以要求 { T n } 一致 收敛于 I . 试看如下的例子 . n

n k k n- k f x (1 - x ) , 则 { Bn } n k k= 0 L ( C[0 , 1 ] ) 且强收敛于 I , 但 ‖ Bn - I‖ ≥ 1 . 4 .107 　 设 B n f ( x ) =

∑

证 　 显然 Bn 是 C[ 0 , 1] 上的线性算子 , n

B n f ( x ) ≤ ‖ f‖ 0 ∑ k= 0

n k nx ( 1 - x) k

k

= ‖ f‖0 ,

故 Bn 有界且 ‖ B n ‖ ≤ 1 . 由 Bernstein 定理 , 知 { B n } 强收敛于 I . 对

第四章 　 线性算子与线性泛函

・ 20 6 ・

每个固 定 的 n ∈ N, 总 可 作 f n ∈ C[ 0 , 1] , 使 得 ‖ f n ‖0 = 1 , 而 f ( k/ n) = 0 (0 ≤ k ≤ n) , 因而 Bn f n = 0 , 于是 ‖ B n - I‖ ≥ ‖ Bn f n - f n ‖ 0 = ‖ f n ‖ 0 = 1 .

□

　 　 这就意味着 , 尽管对每个 f ∈ C[0 , 1 ] 有 Bn f → → f , 但收敛的速 度 并非对满足 ‖ f‖0 ≤ 1 的任何 f 一致 .后面这种一致性在逼近问题中 一般是不必要的 . x + 1/ n

∫

4 .108 　 设 T n f ( x ) = n

x

1

[0 , 1 ] 之外认定 f = 0 , 则 { T n } R ( Tn )

1

f ( t ) d t, f ∈ L [ 0 , 1] , 在 区 间 L ( L [0 , 1 ] ) 强收敛于单位算子 I ,

C[ 0 , 1] ; { T n } 不一致收敛于 I .

提示 : 指明 ‖ T n f ‖1 ≤ ‖ f‖1 , 因而 ‖ T n ‖ ≤ 1 ( 参照题 2 .49 ) ; 取 L [ 0 , 1] 的基本集 { χ[ 0 , b ] ∶ b ∈ [ 0 , 1] } 证 T n χ[ 0 , b] 1

L1

χ[ 0 , b] .

上题中的逼近算 子 是一 系 列深 入 研究 的 初 阶 . T n f 是 连 续 函数 , 因而 T n 给出了用连续函数逼近可积函数的一个一般方法 . n

4 .109 　 设 Tn f ( x) = f ( x x ) , f ∈ C[ 0, 1] , 则 { Tn }

L( C[ 0, 1] )

强收敛但非一致收敛于单位算子 I . 证 　 ( i ) 证 { T n } 强 收 敛 于 I , 即 ＂ f ∈ C[ 0 , 1] , 有 f ( x

n

x)

→ → f ( x ) ( n → ∞ , 0 ≤ x ≤ 1) .因 f ( x ) 在 [ 0 , 1] 上一致连续 , 故只要证 n x x → → x( 0 ≤ x ≤ 1 ) . 令 n

φn ( x ) = x - x x = x - x

1 + 1/ n

,

则用微分法易知 n

n

n n 1 max φn ( x ) = φn = → 0, 0≤ x≤1 n+1 n+ 1 n+1 n 这得出 φn ( x ) → →0, 即 x x → → x (0 ≤ x ≤ 1) . ( ii) 证 { T n } 不一致收敛于 I .为此 , 只要作出 { f n } C[0 , 1 ] , 使 得 ‖ f n ‖0 = 1 , ‖ T n f n - f n ‖0 = 1 . 设 0 < αn < βn < 1 ,αn , βn 是待 定的 .定 义 f n ∈ C[ 0 , 1] 为 : 在 [0 ,αn ] 上 f n ( x ) = 0 , 在 [βn , 1 ] 上 f n ( x ) = 1 , 在 (αn ,βn ) 内 为 线 性 连 接 .则 ‖ f n ‖0 = 1 . 若 αn = β1n+ 1/ n , 则

§4 .3 　 弱收敛与对偶算子

‖ T n f n - f n ‖0 =

・ 20 7 ・

f n (βn ) - f n (αn ) = 1 .

满足上述条件的 αn ,βn 是容易作出的 , 例如可取 αn = (1 - n

-1

)

1/ n

,βn = ( 1 - n

-1

)

1/ ( n + 1 )

.

于是所要结论得论 .

□

D . 对偶算子 ＊

4 .110 　 设 { T n }

＊

L ( X , Y ) , { T n } 弱收敛于 T , 则 { T n } 弱 收

＊

＊

＊

敛于 T , 这意味着 ＂ g ∈ Y , 有 T n g ＿＊ T ＊

＊

证 　 取定 g ∈ Y , 为证 T n g ＿＊ T

＊

＊

g .

g , 只要证 ＂ x ∈ X , 有

g( T n x ) = ( T n＊ g) ( x ) → ( T ＊ g) ( x ) = g( T x ) , 这由 T n x＿ T x 推出 ; 而后者又由 { T n } 弱收敛于 T 推出 . ＊

41 . 11 　 设 { Tn }

□ ＊

L( X, Y ) ,‖ Tn - T‖ → 0, 则 ‖ T n - T ‖ → 0 . ＊

提示 : 利用 ‖ T ‖ = ‖ T‖ . 2

4 .112 　 设 Tf ( x ) = f ( x + a) , f ∈ L (R) , a ∈ R 是常数, 求 T 解　设 T

＊

＊

.

2

f ( x ) = φ( x ) , 则 ＂ f , g ∈ L ( R) , 有 〈T

＊

f , g〉 = 〈f , T g〉

即

∫φ( x ) R

∫f ( x )

g( x + a) d x

∫f ( x

- a) g( x ) d x ,

g( x ) d x = =

R

R

这推出 φ( x ) = f ( x - a) , a .e ., 因此 T

＊

f ( x ) = f ( x - a) .

□

4 .113 　 设 T f ( x ) = f (αx ) , f ∈ L2 (R) , 0 ≠ α∈ R, 求 T ＊ . 提示 : 参照上题 , T

＊

α

f( x ) =

- 1

f ( x/ α) .

4 .114 　 设 T ∈ L ( X , Y ) , 则 T ＊ 是单射 反时 T 是单射

＊

R( T ) = X

＊

R ( T) = Y; 当 X 自

.

证 　 首先注意 , 任何线性算子为单射的充要条件是其核为 { 0} . 于 是, T ＊ 是单射

N ( T ＊ ) = {0 }

第四章 　 线性算子与线性泛函

・ 20 8 ・

R( T) ⊥

⊥

= {0 } 　 　 　 　 　 ( 用定理 4 .3 .6 ( i) ) ⊥

( R( T ) ) = R ( T ) = Y . 　 ( 用题 4 .7 0)

若 X 自反 , 则 X ＊ 亦是自反空间 , 于是 T 是单射

N ( T ) = { 0} ⊥

＊

R ( T ) = {0 } 　 ( 用定理 4 .3 .6 ( i) ) ＊

R( T ) = X

＊

□

.

　 　 4 .115 　 设 X , Y 完 备 , T ∈ L ( X , Y ) . 若 R ( T ) = Y , 则 ＊

⊥

＊

＊

⊥

R ( T ) = N ( T ) ; 若 R( T ) = X , 则 R ( T ) = 证 　 设 R ( T) = Y .R ( T ＊ ) ⊥

＊

N( T ) .

N ( T ) ⊥ 是 平 凡 的 .任 给 f ∈

＊

＊

N ( T ) , 今证 f ∈ R ( T ) , 即要作出 g ∈ Y , 使得 f = g

T .因

R ( T ) = Y , 对每个 y = Y , 有 x ∈ X , 使 y = T x , 就定义 g( y ) = f ( x ) . 但要说明 g ( y ) 与 x 的选择无关 .设 y = T x = T z , 则 x - z ∈ N ( T ) , 于是由 f ∈ N ( T ) ⊥ 有 f ( x - z ) = 0 , 因而 f ( x ) = f ( z ) . 这 样 , g 在 Y 上合理定义 , 它显然是一个线性泛函 ; f = g

K , f - 1 V 是 X 中的开集 .由开映 射

余下只要证 g 连续 .任给开集 V 定理 , T f

-1

T 自动满足 .

V 是 Y 中的 开集 , 而 g

-1

V = Tf

-1

V , 因此 g 连 续 ( 定 理

3 .2 .2) , 如所要证 . ＊

其次设 R( T ) = X

＊

. 由定理 4 .3 .6( i) , R( T )

⊥

＊

N( T ) 平凡

地成立 .再用定理 4 .3 .6 得 T∶ X → R( T ) 为拓扑同构 , 因而 R( T ) 是 Y ⊥

的闭子空间 .若 y ∈ Y \ R( T) , 则由 Hahn－Banach 定理有 g ∈ R( T ) , ⊥

＊

使得 g( y ) ≠ 0 .但 R( T) = N( T ) , 这就可得出 y ú 证得

⊥

＊

N( T )

R( T ) , 因此 R( T ) =

⊥

＊

N( T ) .

⊥

＊

N( T ) . 于是 □

第 五章 　 谱 与 紧 线性 算 子 在上章中初步接触到 的线 性算 子理论 , 虽 然已 显露出 明显 的线 性 代数背景 , 但真 正能联系 上的线 性代数知 识并不 多 .你 特别注 意到 , 线 性代数中最为精微且最有价值的部分———特征值概念及与之相关的矩 阵标准形理论 , 还完全没有涉及到 .如果能将 这一切 拓展到无 限维 Ba－ nach 空间中 , 那将是泛 函分 析的 一个 巨 大成 功 .你 从 线性 代 数所 得 到 的印象大 概是 , 有关 特征 值、特 征向 量、标 准形、对角 化等 的 概念 与 命 题 , 都 是通过矩 阵来表述 的 .在抽象的 无限维 空间中 , 在没 有矩阵可 用 的情况下 , 展开上述种 种概 念是可 行的 吗 ? 而事 实 是———你在 本章 中 马上就要看到———这一 辉 煌 设想 几 乎 实 现了 .在 无 限维 Banach 空 间 中 , 建 立了与特 征值理论 相当的 谱理论 .它既 具有高度 的一般 性 , 又 在 特定条件下深入到高 度专 门的 课题 .这一 切怎 么得以 实现 呢 ? 这是 够 激发你的好奇心的 . 从线性代数知道 , 涉及 特征值 问题 是不能 回避 复数 的 .同样 , 此 处 也需要考虑复的 Banach 空间 .以下设 X 是给定的复 Banach 空间 .

§5 .1 　 谱与算子函数 一、定理与定义 我们知道 L ( X) 是一个复 Banach 空间 ( 定理 4 .1 .1 ) .但现在这 一 理解已不 够 了 , 需 添 加 的 一 个 关 键 概 念 是 算 子 乘 法 : 任 给 T , S ∈ L ( X) , 有 T S ∈ L ( X) . 算子乘法 满足 如矩阵 乘法 一般 的 代数 规则 , 如结合律、对加法的分配律等 .若 T S = S T = I ( 单位 算子 ) , 则 称 T 为可逆算子 , 其中 S 就是 T 的逆 , 记作 T

- 1

; 当这样的 T

-1

不 存在时 ,

称 T 为 不 可 逆 算 子 .约 定 以 GL( X) 记 L ( X ) 中 可 逆 算 子 之 全 体 ;

第五章 　 谱与紧线性算子

・ 21 0 ・ n

GL ( C ) 就是 n 阶可逆矩阵之全 体 .总之 , 就 代数性 质而 言 , L ( X) 与 n 阶矩阵的集合 C

n× n

几乎完全一样 , 因而你可以毫无障碍地将矩阵代

n

数 L ( C ) 中的概念搬到 L ( X ) 中来 .例如 , 可以定义算子多项式 n

∑α T

P( T ) =

k

k

　 ( T ∈ L ( X) ) ,

k=0

0

其中 αk ∈ C, 约定 T = I . 上述多项式正好与矩阵多项式相 对应 .这 样 , L ( X ) 就成为一个类似于 L ( C n ) 的代数系统 , 称之为算子代数 . 现在 , 我们并不满足于 使用算 子多 项式 , 而要 更进 一步 : 考 虑算 子 幂级数 ∞

∑α T

f ( T) =

k

k

　 ( T ∈ L( X ) ) ,

( 1)

k= 0

但这就得考 虑收敛 性问题 .不过 , 这一 问题解 决得比预 想的要 简单 : 设 与 (1 ) 对应的数值幂级数 ∞

f (λ) =

∑ αλ k

k

k=0

有收敛半径 R > 0 , 则当 T ∈ L ( X ) , ‖ T‖ < R 时 , 级数 ( 1) 必定绝 对收敛 .事 实 上 , 由 定 理 4 . 1 . 1 ( vi ) 我 们 已 知 不 等 式 ‖ S T‖ ≤ k

k

‖ S‖‖ T‖ ( S , T ∈ L ( X) ) , 因 而 ‖ T ‖ ≤ ‖ T‖ , 于 是 当 ‖ T‖ < R 时

∑ ‖α T ‖ ≤ ∑ k

k

k

αk ‖ T‖ k < ∞ .

k

考虑到绝对收敛级数必 收敛 ( 参 考题 3 .1 ) , 故当 ‖ T‖ < R 时 , 级 数 (1 ) 收敛 .首先将这一结果用到 ∞

(1 - λ)

-1

=

∑λ 　 ( k

λ < 1) ,

k= 0

∞

得出 : 当 T ∈ L ( X ) , ‖ T ‖ < 1 时 , 级数 ∑ Tk 收敛 , 它的和就是算子 k=0

( I - T)

- 1

. 于是 , 我们得到基本的展开式 ∞

( I - T)

-1

=

∑T

k

　 ( ‖ T‖ < 1 ) .

k=0

算子 ( I - T ) - 1 的价值是要用来解线性方程 x = T x + y , 即

( 2)

§5 .1 　 谱与算子函数

・ 21 1 ・

( I - T) x = y, 它的解就是 ∞

x = ( I - T)

-1

y =

∑T

k

y.

k= 0

这是个颇令人鼓舞的结果 : 在无限维空间中居然也能解方程 , 而且其解 法就如同 T 是一个矩阵一样 ! 如果想稍稍扩大所得 的结果 , 就考虑 含 参数 λ的线性方程λx = T x + y, 即 (λI - T ) x = y . 自然 , 我们 希望 以 公 式 x = (λI - T ) - 1 y 来 解 .那 么 , 在什 么 情 况 下 (λI - T )

- 1

存在呢 ? 人们发现这一看来 并不起眼 的问题 , 竟然 对整 个

算子理论都有根本意义 , 它导致以下概念 : 定义 5 .1 .1 　 设 T ∈ L ( X ) . ( i) 谱 .算子 T 的谱σ( T ) 定义为如下复数集 σ( T ) = {λ∈ C∶λI - T ú GL( X) } .

( 3)

称每个 λ∈ σ( T ) 为 T 的谱值 , 称 rσ ( T ) =

sup

λ∈ σ( T )

λ

为 T 的谱半径 . ( ii) 预解式 .令 ρ( T ) = C \ σ( T ) , 称 λ∈ ρ( T ) 为正则值 , 称 R (λ, T ) = (λI - T )

- 1

　 (λ∈ ρ( T ) )

( 4)

为预解式 . ( iii) 特征值 .若 λ∈ C, 存在 x ≠ 0 , 使得 T x = λx (

x ∈ N (λI

- T ) ) , 则称 λ为 T 的特征值 , 称 x 为 T 关于特征值λ的特征向量 , 称 N (λI - T ) 为 T 关于特征值λ的特征子空 间 .以 σp ( T ) 记 T 的特 征 值之全体 , 称它为 T 的点谱 , 它就是 σp ( T ) = {λ∈ C∶ N ( λI - T ) ≠ {0 }} . 　 　 因 N (λI - T ) ≠ {0 } σ( T ) , 故 σp ( T )

λI - T 非 单射

λI - T 不可 逆

λ∈

σ( T ) . 当 dim X < ∞ 时必定 σp ( T ) = σ( T ) . 但

当 dim X = ∞ 时 , 有可能 σp ( T ) ≠σ( T ) , 这是不同于线性代数的新的 情况 .因此 , 谱理论不会是特征值理论的简单重复 . 我们知道 , 对于 A ∈ C

n× n

,σ( A) 至多含 n 个点 , 而且原则上可通

第五章 　 谱与紧线性算子

・ 21 2 ・

过解 一 个 n 次 代 数 方 程 求 出 全 部 特 征 值 .与 这 种 情 况 不 同 , 对 于 T ∈ L ( X ) , 不仅没有求出 σ( T ) 的一般方法 , 而且对于集 σ( T ) 的特 征 ( 如有限或无限 , 可数或不可 数 , 连续或 离散 , 等 等 ) 几 乎说不 出什 么 一般结论 .具体例子表明 , σ( T ) 可能有高度的任意性 .尽管如此 , 它 还 是服从一条普遍规则 : 定理 5 .1 .1 　 设 T ∈ L ( X ) , 则 σ( T ) 是非空紧集 , 且成立谱半径 公式 n

rσ ( T ) = lim ‖T ‖ n

1/ n

.

( 5)

特别 , 由 ( 5) 直接推出 rσ( T ) ≤ ‖ T ‖ . 谱半径公式 ( 5 ) 是一 个足以 令人惊异 的优美 结果 .你很难 想象 , 对 于缺少具体结构的抽象线性算 子 , 居然 能导 出如此 简单 而又准 确的 公 式 ! 试想一下 , 即使将 T 换成某个 A ∈ C n× n , 能从线性代数中找到一 个导致公式 (5 ) 的简单思路吗 ? 谱半径公式有着广泛而深刻的应用 , 是理所当然的 .一个很直接的 应用就是 : 基于公式 ( 5) , 几乎彻底解决了算子幂级数的收敛性问题 .

∑αλ 的收敛半径为 R , ( i) 若 r ( T ) < R , 则级数 ∑ α T 绝对收敛 . ( ii) 若 r ( T ) > R , 则级数 ∑ α T 发散 . n

定理 5 .1 .2 　 设幂级数

n

T ∈ L( X ) .

n

σ

n

n

σ

n

于是 , 仅剩下 rσ ( T ) = R 的情况不能作出判断 .特别 , 将以上结果 用到幂级数 ∑ T 得出 : 当 rσ( T ) < 1 时 n

就是 ( I - T )

-1

; 若 rσ ( T ) >

∑ T 绝对收敛 , 且它的 和 1 , 则级数 ∑ T 发散 .这一结果比前面 n

n

由 ‖ T‖ < 1 来得出收敛性的结论要精细得多 . 定理 5 .1 .2 的一个影响更深远的推论是 : 若 f ( λ) 是圆 D = {λ∈ C∶ λ - λ0 < R} 内的解析函数 , ∞

f ( λ) =

∑ n=0

f ( n) (λ0 ) n ( λ - λ0 ) , n!

( 6)

则如下的算子解析函数 ∞

f( T ) =

∑ n= 0

f

( n)

(λ0 ) n ( T - λ0 I ) n!

( 7)

§5 .1 　 谱与算子函数

有意义, 只要 T ∈ L ( X) 满足 σ( T )

・ 21 3 ・

D ( 这相当于 rσ( T - λ0 I) < R) .

顺着这一思路再进一步 , 你自然会设想 , 对于任意开集 Ω

C 上的解析

函数 f (λ) (即 f∶Ω→ C 且 f 在每点 λ∈ Ω可微 ) , 都能定义相应的算子 解析函数 f ( T ) , 只要 T ∈ L ( X) 满足 σ( T )

Ω .这件事具体实施起来

还不太简单 , 但最终结论却非常令人满意 , 这就是 : 定理 5 .1 .3 　 设 Ω

C 是 一非空开集 .则存在唯一 确定的对应 关

系 f (λ) → f ( T ) : 每个 Ω 上的解析函数 f (λ) 对应一个算子函数 f ( T ) ∶ DΩ ＞ { T ∈ L ( X) ∶σ( T )

Ω} → L ( X) ,

使得 f ( T ) 有如下性质 : ( i) 若 f (λ) 表如 (6 ) , 则 f ( T ) 可表如 ( 7 ) ; 特别 , 当 f (λ) ≡ α时 f ( T ) = αI , 当 f ( λ) = λ时 f ( T ) = T . ( ii) ( f + g) ( T ) = f ( T ) + g( T ) , 即若 h(λ) = g(λ) + f (λ) , 则 h( T ) = g ( T ) + f ( T ) . ( iii) ( f g) ( T ) = f ( T ) g( T ) , 即若 h( λ) = f (λ) g(λ) , 则 h( T ) = f ( T ) g( T ) . ( iv) ( φ

f ) ( T ) = φ( f ( T ) ) , 即若 h(λ) = φ( f ( λ) ) , 则 h( T )

= φ( f ( T ) ) . ( v) f (σ( T ) ) = σ( f ( T ) ) , 即 σ( f ( T ) ) = { f ( λ) ∶λ∈ σ( T ) } .

( 8)

　 　 以上结果的证明要 用到 f ( T ) 的一 构造 性定 义 , 即 f ( T ) 的某 个 积分表示 , 还不太简单 .但若绕过基于复分析的推导———初学者多半宁 愿这样———仅仅考虑定理结论的应用 , 那么事情并不复杂 .实际上结果 好到让你感到意外 .简单地说来是 : 若 φ(λ) = F( f (λ) , g(λ) , … , h (λ) ) 是一个解析函数的 恒等 式 , 其中右 端由 f (λ) , g(λ) 等 经加 法、乘法 及 函数复合手续构成 , 则成立相应的算子函数恒等式 φ( T ) = F( f ( T ) , g( T ) , … , h( T ) ) , 只要 f ( T ) , g( T ) 等有定义 .这等于说 , 解析函数之间涉及代数运算与 复合的种种关系 , 可以原封不动地转移到算子函数 , 而无需对算子函数 去从新建立一套规则 .这样 , 我们不仅可以写出

第五章 　 谱与紧线性算子

・ 21 4 ・

T

e , sin T , ln( I + T ) 这样的算子函数 , 而且可毫无疑问地运用熟知的公式 : T

e e

- T

ln ( I+ T )

= I, e

= I + T;

sin 2 T = 2sin T cos T . T

你也不必去考虑如何求 σ( e ) 的问题 , 因由式 ( 8) , 简单地有 λ

T

σ( e ) = {e ∶λ∈ σ( T ) } . 总之 , 一切都是如此和谐、顺畅 , 几乎希望什么就得到了什么 .事情好到 这种地步 , 你无法指望得更多了 . 尽管如此 , 你依然会心 存疑 虑 : 这些结 果能 有用 吗 ? 那 么 , 至少 下 面的谱分解定理可作为定理 5 .1 .3 应用价值的例证 . n

定理 5 .1 .4 　 设 T ∈ L ( X ) ,σ( T ) = ∪ 1 σi , n ≥ 2 ,σi 是互不相交 的非空闭集 , 则存在直和分解 X = X1 ī

X2 ī … ī

Xn

( 9)

与 n

Tx =

∑Tx i

i

　 ( xi ∈ Xi , x =

i =1

∑x

i

),

(10)

其中 X i 是 X 的闭子空间 , T i ∈ L ( X i ) , σ( T i ) = σi , 1 ≤ i ≤ n . 例如 , 设 dim X = n ,σ( T ) = {λ1 ,λ2 , … ,λn } ,λi 互 不 相 同 , 令 Ωi = {λi } , 则分解式 (9 ) 中的 X i 必为 X 的 1 维子 空 间 .取 0 ≠ ei ∈ X i , 则 { e1 , e2 , … , en } 是 X 的一组基 , ei 必为 T i 的特征向量 ( 何故 ?) , 因而由 ( 10 ) 有 Tei = T i ei = λi ei ( 1 ≤ i ≤ n) , 于是 T 关于基 { ei } 的矩 阵为 diag(λ1 ,λ2 , … ,λn ) . 这样 , 线性代数中关于矩阵对角化的一个基本结果 , 在此处只不过是定 理 5 .1 .4 的一条很特殊的推论而已 .

二、问题与方法 A . 算子代数与逆算子 如果一算子问题只涉及加法与乘法运算 , 那么 , 它与矩阵代数中的 问题几乎没有什么不同 .若同时涉及算子范数与收敛性 , 则要记住基本

§5 .1 　 谱与算子函数

・ 21 5 ・

的不等式 ‖ S T‖ ≤ ‖ S ‖‖ T ‖ ( S , T ∈ L ( X) ) . 由这个不 等式 推 出 ‖ T n ‖ ≤ ‖ T‖ n , ‖ T - 1 ‖ ≥ ‖ T‖ - 1 . 　 　 5 .1 　 设 T ∈ L ( X) , 有唯一的 S ∈ L ( X ) 使 T S = I , 则 S = T

- 1

. 证 　 只要证 S T = I , 这相当于证 S = I + S - S T , 这由以下演

算得出 : □

T( I + S - S T) = T + T S - TS T = T S = I .

　 　 注意以上论证仅用到代数演算 , 完全不涉及算子作为映射的性质 , 例如 , T 的单射性、满射性等 , 都不在考虑之列 .实际 上 , 所 证的结论 适 用于任何代 数 , 当然不必 用到算 子代数的 特殊性 质 .在 这种场 合 , 牵 扯 到算子的特殊性质 ( 如单射性 ) , 于问题的解决无补 , 唯有增加复杂性 . 5 .2 　 设 T ∈ L ( X) , 有唯一的 S ∈ L ( X ) 使 S T = I , 则 S = T

- 1

. 提示 : 类似于上题 . 5 .3 　 设 T , S ∈ L ( X ) , ‖ S‖ < ‖ T

-1

‖

-1

‖ ( T + S)

-1

- T

-1

‖ ST

-1

‖ < 1 , 因而 I + S T

-1

-1

, 则

2

‖ T ‖ ‖ S‖ . -1 1 - ‖ T ‖‖ S ‖

‖≤

　 　 证 　 已知条件当然隐含了 T

-1

存在 .由 ‖ S‖ < ‖ T

-1

可逆 , 于是 T + S = ( I + S T

逆,且 ( T + S)

-1

= ( I + ST = T

- 1

-1

) T

( I + ST

-1

)

-1 -1

∞

=∑ ( - 1) T n

-1

( ST

- 1

)

n

.

n= 0

于是 ∞

‖ ( T + S)

-1

- T

-1

‖

‖ =

∑( -

1) nT - 1 ( S T- 1 ) n

n= 1

∞

≤∑ ‖ T n=1

-1

( ST

-1

n

) ‖

-1

- 1

推出

) T可

第五章 　 谱与紧线性算子

・ 21 6 ・

∞

≤∑ ‖ T

-1

‖

n+1

‖ S‖

n

n= 1

-1

2

‖ T ‖ ‖ S‖ = . -1 1 - ‖ T ‖‖ S ‖ 　 　 以上论证的关键在于展开 ( T + S)

-1

□

, 这一点可做得更简捷些 : 只

要已知 T 可逆 , ‖ S ‖ 充分小 .就可用 ( 2) 直接写出 : ( T + S)

-1

- 1

= T

( I + ST

-1

)

- 1

∞

=∑ T

-1

n

( - 1 ) ( ST

-1

n

) , 　 (用 ‖ S T

- 1

‖ < 1)

n= 0

而不必单独验证 T + S 的可逆性 . 5 .4 　 设 T , S ∈ L ( X ) , ‖ S - T‖ < ‖ R(λ, T ) ‖

- 1

,λ∈ ρ( T )

∩ ρ( S ) , 则 2

‖ R( λ, T ) ‖ ‖ S - T ‖ ‖ R( λ, S) - R(λ, T ) ‖ ≤ . 1 - ‖ R( λ, T ) ‖‖ S - T‖ 　 　 提示 : 用上题方法 . 5 .5 　 设 T ∈ L ( X) ,λ, μ∈ ρ( T ) , λ - μ < ‖ R (λ, T ) ‖ 则 2

λ - μ ‖ R( μ, T ) ‖ ‖ R( λ, S ) - R( μ, T ) ‖ ≤ . 1 - λ - μ ‖ R( μ, T ) ‖ 　 　 提示 : 类似于上题 . 5 .6 　 设 T ∈ L ( X) , λ∈ C, λ > ‖ T ‖ , 则 n

i

n+1 T ‖ T‖ R (λ, T ) - ∑ i + 1 ≤ i= 0 λ ( λ - ‖ T‖ ) λ

n+1

.

　 　 证 　 关键在于展开 R (λ, T ) : R (λ, T ) = (λI - T )

-1

-1

-1

= λ ( I - λ T)

- 1

∞

-1

=λ

∑ (λ

-1

n

- 1

T ) 　 ( ‖λ

n= 0

于是 n

i

T R( λ, T ) - ∑ i + 1 i =0 λ

T‖ < 1) .

-1

,

§5 .1 　 谱与算子函数 ∞

∞

i

T = ∑ i+1 ≤ i = n+ 1 λ

∑

i = n+1

n+1

・ 21 7 ・

‖ T‖ i+1 λ

i

n+2

‖ T‖ / λ = 1 - ( ‖ T ‖/ λ ) n+1

‖ T‖ = ( λ - ‖ T‖) λ

□

.

n+1

　 　 你一定注意到了 , 上面几题 其实 只用到 关键 的展 开式 ( 2 ) , 其余 都 是它的变形而已 . 5 .7 　 设 A , B ∈ L ( X ) , 则 A B - B A ≠ I . n

n

证 　 用反证法 : 设 A B - B A = I , 于是用归纳法可证 AB - B A = nB

n-1

, 从而 n- 1

n‖ B

‖ ≤ 2‖ A‖‖ B‖‖ B

n-1

‖,

n

这推出 n 充 分 大 时 B = 0 . 另 一 方 面 , 取 λ ∈ C, 使

λ 适当大,

B - λI 可逆 .因 A( B - λI) - ( B - λI ) A = A B - BA = I , 以 B - λI 代 B 得出 : 当 n 充分大时有 ( B - λI)

n

= 0 , 但这与 B - λI

可逆矛盾 .

□

当 A, B ∈C

n× n

时 , A B - B A ≠ I 是线性代数中一个熟知结果 ,

证明也很简单 : tr( A B - B A ) = t r( AB ) - t r( B A ) = 0 ≠ n = t r I . 但 这一证明却不能推广到无限维空间中 .经常有这样的情况 : 关于矩阵的 某个结论可推广于 L ( X) 中 , 但需要使用新的论证 . B . 谱问题 首先考虑谱半径公式的应用 . 5 .8 　 设 T , S ∈ L ( X ) , 则 rσ( T S) = rσ ( S T ) . 证 　 由 ( TS )

n

= T( S T)

n-1

S得

n

‖ ( T S ) ‖ ≤ ‖ T‖‖ ( S T )

n-1

‖‖ S ‖ ,

这推出 rσ( T S ) ≤ rσ( S T ) . 由对等性 , 必有 rσ( S T ) ≤ rσ ( T S ) , 故 得 所要证 .

□

5 .9 　 若 T S = S T , 则 rσ ( T S ) ≤ rσ( T ) rσ ( S ) . n

n

n

n

n

提示 : 用 ‖ ( T S) ‖ = ‖ T S ‖ ≤ ‖ T ‖‖ S ‖ .

第五章 　 谱与紧线性算子

・ 21 8 ・

n

5 .10 　 设 T ∈ L( X) , 则 σ( T ) = {0}

∑λ T n

证 　 若 σ( T ) = {0 } ,λ ∈ C, 则 级 数 n

n

＂ λ∈ C, 有 ‖λ T ‖ → 0 .

n

n

n

必 收敛 ( 用定 理

n

5 .1 .2) , 因此 λ T → 0 . 反之 , 若 ＂ λ∈ C: λ T → 0 , 则 n

rσ( T ) = lim n

n

n

‖λ T ‖/

λ ≤ const/

λ 　 ( ＂ λ∈ C) ,

这推出 rσ( T ) = 0 , 从而 σ( T ) = {0 } .

□

5 .11 　 设 T ∈ L ( X ) ,ε> 0 , 则 X 上存在一个等价范数 , 不妨 记 作

x , 使得相应的算子范数

T ≤ rσ ( T ) + ε.

证 　 令 ρ = rσ ( T ) + ε. 定义 ∞

x =

∑ρ

- n

n

‖ T x‖ 　 ( x ∈ X) .

n= 0

n

1/ n

因当 n 充分大时有 ‖ T ‖ - n

< rσ ( T ) + ε/ 2 ＞ r , 故

n

n

ρ ‖ T ‖ ≤ ( r/ ρ) 　 ( n 充分大 ) , 这推出

∑ρ

- n

n

‖ T ‖ < ∞ , 可见

x 是有限的 .验证

x 满足范数

公理 ( N1 ) ～ ( N3 ) ( 定义 3 .1 .1) 是平凡的 .因 ∞

‖ x‖ ≤

x ≤

∑ρ

- n

n

‖ T ‖‖ x‖ ,

n=0

故

x 与 ‖ x‖ 等价 ( 参考§3 .1( 2) ) .由 ∞

T x = ∑ρ ‖ T - n

n+1

x‖

n=0

∞

= ρ∑ ρ ‖ T x‖ ≤ ρ x - n

n

n=1

得出

T ≤ ρ, 如所要证 .

□

上题 的结 论意 味着 , 在范 数的 适当 选择下 , 可 使 rσ( T ) 与 ‖ T‖ 任意接近 .注意 rσ ( T ) 是与范 数选择 无关的 , 用 rσ( T ) 所刻 画的结 论 ( 例如定理 5 .1 .2 ) 真正依赖于算子 T 的本质属性 .例如 , 用 rσ( T ) < 1

∑T 判定级数 ∑ T 判定级数

n

收敛 , 这 一条 件已无 法再 作改 进了 ; 而用 ‖ T ‖ < 1

n

收敛 , 则有些粗疏 .理 论上 , 可以通 过调整范 数来尽 可

能消除这种“粗疏”.不过 , 在实际上 , 很少有变更范数的必要 . 5 .12 　 设 T ∈ L ( X ) , 则 σ( T ) = σ( T ＊ ) .

§5 .1 　 谱与算子函数

证 　 ＂ λ∈ C,λI - T 可逆 此 λ∈ σ( T )

＊

λI - T

・ 21 9 ・

可逆 ( 定理 4 .3 .6( iii) ) , 因

＊

λ∈ σ( T ) , 如所要证 .

□

5 .13 　 设 λ∈ σp ( T ) , 求 T N ( λI - T ) 的谱 . 提示: 令 A = N (λI - T ) , 则 T∶ A → A, 当 τ≠ λ时, τI - T∶ A x = x .σ( T A) = {λ} . τ- λ 5 .14 　 设 T ∈ L ( X ) ,ε> 0 , 则 ｖ δ > 0 , 当 S ∈ L ( X) , ‖ S -

→ A 是一一映射, ＂ x ∈ A 有 (τI - T )

T ‖ < δ时 ＂ λ∈ σ( S ) , 有 d(λ,σ( T ) ) < ε. 证 　 用反 证 法, 关 键 是 适当 地 写 出 反命 题: 设 结 论不 成 立, 则 ＂ n ∈ N, ｖ T n ∈ L ( X) , λn ∈ σ( T n ) , 使 得 ‖ T n -

T‖ < 1/ n ,

d (λn ,σ( T ) ) ≥ ε. 因 T n → T , {λn } 必有 界 , 故不 妨设 λn → λ . 从 而 d (λ,σ( T ) ) ≥ε. 但这推出 λú σ( T ) , 从而 λI - T 可逆 , 于是当 n 充 分大时 λn I - T n 可逆 , 得出矛盾 .

□

上面证明的最后一步 实际 上 用了 如下 结论 : 若 T 可 逆 , 则 充分 邻 近 T 的算子亦可逆 , 即 GL( X) 在 L ( X ) 中为开集 .你试证之 . 5 .15 　 设 T , S ∈ L ( X ) , 0 ≠ λ ∈ C, 则 λ ∈ σ( T S )

λ∈

σ( S T ) . - 1

证 　 不妨设 λ = 1 ( 否则以 λ T 代 T ) .只 要证 I - T S 可 逆 I - S T 可逆 , 这可通过一纯代数的论证完成 , 关键是构成算子 A = I + S( I - T S ) - 1 T , 则可验证 A ( I - S T ) = ( I - S T ) A = I .

□

我们已经提到 , 对于任意 的 T ∈ L ( X ) , 并 无求 σ( T ) 的 一般 方 法 .只有对那些有明显构造的 T , 才可能求 出 σ( T ) , 或者 至少确定 它 的某些特性 .下面就来考虑一些具体例子 . x

∫ f ( t ) d t , f ∈ C[ a , b] , 求 σ( T )

5 .16 　 设 T f ( x ) =

a

解 　 首先求谱半径 . ＂ n ∈ N , 有 n

x

x

x

∫∫ ∫

T f ( x ) ≤‖ f‖0

a

a

1

…

a

n- 1

d x1 d x 2 … d x n

= ‖ f‖0 ( x - a) n/ n !,

.

第五章 　 谱与紧线性算子

・ 22 0 ・ n

n

这得出 ‖ T ‖ ≤ ( b - a) / n !, 因而由谱半径公式有 rσ( T ) = 0 , 这 表明 σ( T ) = { 0} .

□

在上题 中 , 0 是 否 确为 T 的 谱 值 , 无 需 再 实 际 考 虑 了 .因 若 0 ú σ( T ) , 则必 σ( T ) =

, 而这是与定理 5 .1 .1 相矛盾的 .

5 .17 　 设 T f ( x ) = x f ( x ) , f ∈ C[0 , 1 ] , 求 σ( T ) 与 σp ( T ) . 解 　 我们已在题 4 .10 中求出 ‖ T‖ = 1 , 故 rσ ( T ) ≤ 1 . 设 λ∈ C, g ∈ C[0 , 1 ] , 则方程 (λI - T ) f ( x ) = (λ - x ) f ( x ) = g( x ) 在 λú [0 , 1 ] 时有唯一解 f ( x ) = (λ - x )

- 1

(＊)

g( x ) ＞ Ag( x ) , 且显然

A ∈ L ( C[0 , 1 ] ) , (λI - T ) A = A (λI - T ) = I , 故 A = (λI - T )

-1

,

λ∈ ρ( T ) . 另 一 方 面 , 若 λ ∈ [0 , 1 ] , 则 对 于 g( x ) ≡ 1 , 没 有 f ∈ C[0 , 1 ] 能使 ( ＊ ) 满足 , 因此 λ∈σ( T ) , 故 σ( T ) = [0 , 1 ] . 若取 g( x ) ≡ 0 , 则仅当 f ( x ) ≡ 0 时 ( ＊ ) 满足 , 故 λú σp ( T ) , 因此 σp ( T ) =

□

.

现在初步总结一下 .为求 T ∈ L ( X) 的谱 σ( T ) , 可循以下步骤 : ( i) 若容易确定 rσ( T ) = 0 , 则 σ( T ) = {0 } , 问题解毕 . ( ii) 任取 λ∈ C, y ∈ X , 研究方程 λx - T x = y 的可解 性 .若 以 上 方 程 有 唯 一 解 xλ, 且 xλ 可 表 为 xλ = Aλy , Aλ ∈ L ( X) , 则 λ∈ ρ( T ) , 因而 λú σ( T ) . ( iii) 若对某个 y ∈ X 方程λx - T x = y 无解 , 则必 x ∈ σ( T ) . ( iv) 若方程 λx = T x 有非零解 x , 则 λ∈ σp ( T ) . 根据具体情况 , 也可以首先 考虑方 程 λx = T x , 然 后再考 虑对 应 的非齐次方程 . 5 .18 　 设 φ ∈ C [ a , b] , T f = φf ( f ∈ C[ a, b] ) , 则 T ∈ L ( C[ a , b] ) , 求 σ( T ) . 提示 : 类似于题 5 .17 , σ( T ) = φ( [ a , b] ) . 5 .19 　 设 T x = ( x 2 , x 3 , … ) , x = ( x i ) ∈ lp ( 1 ≤ p < ∞ ) , 则 T ∈ L ( lp ) , 求 σ( T ) , σp ( T ) .

§5 .1 　 谱与算子函数

・ 22 1 ・

p

p

解 　 因 ‖ T x‖ p ≤ ‖ x‖ p ( ＂ x ∈ l ) , 故 T ∈ L ( l ) 且 ‖ T‖ ≤ 1 . 首先考虑方程 λx = T x , 即 λx n = x n + 1 , 　 n ≥ 1 . n-1

x 1 , 于是

x1

p

归纳地推出 x n = λ

∞

‖ x‖

p p

=

∑

λ

np

< ∞

x1 = 0 或 λ < 1 .

n=0

由此可见 , 若 λ < 1 , 则取 x 1 = 1 得到 λx = T x 的非零解 x = ( 1 , 2

λ, λ , … ) , 因此 λ∈ σp ( T ) . 同样易见 , 当 λ ≥ 1 时必 λú σp ( T ) , 故 σp ( T ) = {λ∈ C∶ λ < 1 } . 因 λ > 1 时必 λ∈ ρ( T ) , 而 σ( T ) 是闭集 , 故 σ( T ) = σp ( T ) = {λ∈ C∶ λ ≤ 1} .

□

p

　 　 5 .20 　 设 T x = (0 , x 1 , x 2 , … ) , x = ( x n ) ∈ l ( 1 ≤ p < ∞ ) , 则 p

T ∈ L ( l ) , 求 σ( T ) , σp ( T ) . n

p

n

提示 : 由 ‖ T x‖ p = ‖ x‖ p ( ＂ x ∈ l ) 推出 ‖ T ‖ = 1 , 因而 rσ ( T ) = 1 . 取 e1 = ( 1 , 0 , … ) , 验证 λx - T x = e1 无解 ( λ ≤ 1 ) , 因 而 σ( T ) = {λ∶ λ ≤ 1 } ;σp ( T ) = 5 .21 　 对任给非空紧集 σ

. 1

C, 存在 T ∈ L( l ) , 使得 σ( T) = σ.

证 　 取 σ的可数稠密子 集 {αi } , 定义 T x = (αi x i ) , x = ( x i ) ∈ αi ‖ x‖ 1 , 因此 T ∈ L ( l1 ) . 只要证明 {αi } l1 , 则 ‖ T x‖ 1 ≤ sup i 1

σ( T ) , 因 σ( T ) 是闭集 , 就必有 σ( T ) = {αi } = σ. 设 { ei } 是 l 的标 准基 , 则显然 Tei = αi ei , 可见 αi ∈ σp ( T )

σ( T ) , 如所要证 .

□

上题结论表明 , 有界线性算子的谱可以是平面上任何非空紧集 , 对 于它的可数性、离散性等 , 都不能随意加任何限制 .当然这并不意味着 , 某些特殊类型的有界线性算子的谱是不受任何约束的 .例如 , 下节中将 讨论的紧算子的谱就有很特殊的结构 . 下面考虑一个应用谱于方程问题的例子 . x

∫ f ( y ) d y + g( x ) 有唯

5 .22 　 已知 g ∈ C[ 0 , 1] , 则方程 f ( x ) = 一解 f ∈ C[ 0 , 1] , 求 f 的表达式 .

0

第五章 　 谱与紧线性算子

・ 22 2 ・

x

∫ f ( y )d y , 则

解 　 令 T f ( x) =

T ∈ L ( C[0 , 1 ] ) ,σ( T ) = { 0}

0

( 见题 5 .16) , 因此 1 ∈ ρ( T ) , 故方程 f = T f + g 有唯一解 - 1

f = ( I - T)

g .

现在求出 f 的更具体的表达式 .由定理 5 .1 .2 有 ∞

( I - T)

-1

∑T

=

n

,

n= 0

而 x

n

x

x

∫∫ ∫

T g( x ) =

0

1

…

0

n -1

g( x n ) d x 1 d x2 …d x n

0

x

∫ g( y) ( x

1 = ( n - 1) !

0

n-1

- y)

d y 　 ( n ≥ 1) ,

于是 ∞

f ( x ) = ∑ T g( x ) n

n=0

∞

= g( x ) +

∑ n=1

1 ( n - 1) !

∫ g( y) ( x

∞

x

∫ g ( y) ∑

= g( x ) +

0

x

n= 0

0

- y)

n- 1

dy

n

( x - y) dy n !

x

∫ g ( y) e

= g( x ) +

0

x- y

□

dy . x

∫

　 　 5 .23 　 给 定 λ ∈ C, g ∈ C[ a , b] , 方 程 f ( x ) = λ f ( y) d y + a

g( x ) 有唯一解 f ∈ C[ a, b] , 求其表达式 . x

∫

λ( x - y )

提示 : 类似于上题 , f ( x ) = g( x ) + λ g( y ) e a

dy .

C . 算子函数 涉及算子函数连续性与可微性的简单问题可通过直接验证解决 . 5 .24 　 给定 λ∈ C, R (λ, T ) 对 T 在集 { T ∈ L ( X )∶λ∈ ρ( T ) } 内连续 . 提示 : 参照题 5 .4 .

§5 .1 　 谱与算子函数

・ 22 3 ・ 2

5 .25 　 设 T ∈ L ( X ) , R (λ) = R (λ, T ) , 则 R′(λ) = - R(λ) (λ ∈ ρ( T ) ) . 证 　 取定 λ∈ ρ( T ) , 设 τ∈ C, τ 充分小 , 则 R (λ+ τ) = ( λI + τI - T )

- 1

= R( λ) [ I + τR (λ) ]

-1

∞

= ∑ ( - τ) R (λ) n

n+1

, 　 ( 用 ( 2) )

n=0

于是 R (λ+ τ) - R (λ) 2 + R(λ) τ ∞

=

∑( -

n

τ) R (λ)

n+ 1

n=2 ∞

≤ ∑ τ ‖ R( λ) ‖ n

n+1

n=2

2

3

τ ‖ R (λ) ‖ = = o( τ ) , 1 - τ ‖ R (λ) ‖ 故 R′(λ) = τ→ lim0

R(λ+ τ) - R(λ) = - R (λ) 2 . τ

□

　 　 关于算子函数最有趣的问题无疑是定理 5 .1 .3 的应用 . -1

5 .26 　 给定 λ∈ ρ( T) , 设 f (τ) = (λ - τ) , 则 f( T) = R(λ, T) . 提示 : 验证 f ( T ) (λI - T ) = (λI - T ) f ( T ) = I , 用定理 5 .1 .3 ( iii) . 5 .27 　 设 T ∈ L( X) , 则 T R(λ, T ) = R(λ, T) T (λ∈ ρ( T) ) . 提示 : 用上题 . 5 .28 　 R (λ, T ) R( μ, T ) = R ( μ, T ) R(λ, T ) (λ, μ∈ ρ( T ) ) . 提示 : 考虑函数 f (τ) = (λ - τ)

-1

( μ - τ)

-1

.

5 .29 　 设 μ∈ ρ( R( λ, T ) ) , 则 -1

-2

- 1

R( μ, R(λ, T ) ) = μ I + μ R (λ - μ , T ) . 　 　 证 　 要证的算子等式看起 来似 乎无 明显线 索 , 但相 信它是 由某 个

第五章 　 谱与紧线性算子

・ 22 4 ・

解析函数的恒等式转化而来 , 大抵是不会错的 .于是作 f (τ) = μ - (λ - τ) -1

g(τ) = μ

-1

-2

-1 -1

+ μ (λ - μ

; - τ)

-1

,

则要证的等式可写成 f ( T ) = g( T ) , 因此只要验证 f (τ) ≡ g(τ) , 而 这是一件平凡的事 .

□

5 .30 　 设 T ∈ L ( X) , f ( λ) 是 某 个 解 析 函 数 , f ( T ) = 0 , 则 σ( T )

{λ∈ C∶ f ( λ) = 0 } .

提示 : 用定理 5 .1 .3 (v) . 5 .31 　 设 T ∈ L ( X ) , 则 σ( R(λ, T ) ) = { (λ - τ) - 1 ∶τ ∈ σ( T ) } . 提示 : 用题 5 .26 与定理 5 .1 .3( v) . 5 .32 　 设 T ∈ L ( X ) , f (λ) 是某个解析函数 , f ( T ) 有定义 .则方 程 f ( T ) x = y 对 每 个 y ∈ X 有 唯 一 解 的 充 要 条 件 是 在 σ( T ) 上 f (λ) ≠ 0 . 证 　 方程 f ( T ) x = y 对每个 y ∈ X 有唯一解 子

0 ú σ( f ( T ) ) = f (σ( T ) )

f ( T ) 是可逆算

＂ λ∈ σ( T ) , 有 f ( λ) ≠ 0 ( 用定理

5 .1 .3( v) ) , 如所要证 .

□

5 .33 　 设 T ∈ L ( X ) , ( - ∞ , 0] ∩ σ( T ) = 根 A =

, 则存在 T 的平方

2

T , 即 A ∈ L( X ) , A = T .

证 　 仍然借助 于算子 函数 .设所要 的 A = f ( T ) , f (λ) 是 某个 解 2

析函数 , 则关系 式 A = f ( T ) f ( T ) = T 应 当 来 自 解 析函 数 恒 等 式 f (λ) f (λ) = λ, 这就自然应令 f (λ) =

λ . 问题是 λ通常是一个多

值函数 , 因此 , 应在区域 Ω = {λ∈ C∶λ = x + i y, y = 0 取定 f (λ) = σ( T )

x > 0} 内

λ 的一 个 单 值 分 支 , 这 样 f ( λ) 是 Ω 内 的 解 析 函 数 ,

Ω . 因此 f ( T ) 有意义 , A = f ( T ) 必合于所求 .

□

这样 , 通过运用算子函数 , 我们轻而易举地作出了一个算子的平方 根 , 其 间根本不 涉及对算 子的任 何直接构 作 .一般地 , 解决 满足一定 条 件的算子的 存在性 问题 , 通常要 用到算子 函数 .这样 , 我们 就拥有一 个 构作算 子的 通 用工 具 , 它 运用 之简 便与 强有 力 , 是 其他 方 法难 以比 拟 的 , 你试进一步从下题获得体验 .

§5 .2 　 紧线性算子

5 .34 　 设 T ∈ L ( X ) , ( - ∞ , 0] ∩ σ( T ) = A = ln T , 即 A ∈ L ( X) , e

A

・ 22 5 ・

, 则存在 T 的对数

= T .

提示 : 类似于题 5 .33 , 利用 ln λ的某个单值分支 . ＊

5 .35 　 设 T ∈ L ( X ) , ＂ f ∈ X , ＂ x ∈ X , 有 sup{

f ( R (λ, T ) x ) ∶0 <

λ - λ0 < r} < ∞ ,

则 λ0 ∈ ρ( T ) . 证 　 相继应用定理 4 .1 .7 与 4 .1 .6 , 得出 sup{ ‖ R (λ, T ) ‖∶ 0 < 若 λ0 ∈ σ( T ) , 则当 0 < ( 用题 5 .31) , 于是 λ - λ0

λ - λ0 < r} < ∞ .

λ - λ0 < r 时 (λ - λ0 ) - 1 ∈ σ( R (λ, T ) ) - 1

≤ ‖ R (λ, T ) ‖ ≤ const . 但 λ→ λ0 得

出矛盾 .

□

§5 .2 　 紧线性算子 一、定理与定义 在本章开头 , 我们曾预期在无限维空间中展开一个“ 特征值理论”. 现在让我们回顾一下 , 这一目标究竟已在多大的程度上得到实现 .在上 节中 , 我们确实 看到了一 批深刻 的结果 , 像谱 半径公式、关 于算子函 数 的定理 , 即使限制在有限维空间中使用 , 也已超出了传统线性代数知识 的范围 .这些结果的深刻性与普遍有效性无论如何是值得高度肯定的 . 不过 , 它们似乎不是很富有代数风味的 .恰好是那些地道的线性代数结 果 , 例如特征子空间的结构 , 矩阵标准形 , 等等 , 在无限维空间中还远未 得到相应的展开 .尽管已建立了一个谱分解定 理 ( 定理 5 .1 .4 ) , 而且 它 确实涵盖了线性代数中矩阵对角化的一种重要特殊情况 , 但总的来说 , 所得的结果过于笼统 , 很难 与线性 代数 中那 些高度 精细 的结论 进行 对 比 .如 此看来 , 尽管 我们已选 择了一个 有前景 的方向 , 但还 走得实在 不 远 .这似乎是很自然的 : 在如此一般化的理论框架下 , 能够利用的工具、 结构都太少了 .现在情况很清楚 : 要么停留在少数高度一般但深度不够

・ 22 6 ・

第五章 　 谱与紧线性算子

的结论上 , 要么放弃一些一般性 , 考虑一些最重要的特殊情况 .显然 , 后 一种选择是更明智的 .往下的内容自然地朝两个特殊方向展开 .其一是 考虑更特殊类型的算子 , 主要是本节所考虑的紧线性算子 ; 其二是考虑 更特殊的空间 , 即 Hilber t 空间 上的 线性 算子 .沿这 两个 方向都 大大 深 化了前面的一般性结论 , 在 某些方 面已 进展 到与线 性代 数的相 关内 容 高度类似的地步 .所有这些内容都是异常优美诱人的 , 但同时也是深奥 难读的 .你大概已没有太多的时间在这一门不很轻松的课程中逗留 , 往 下两节的许多内容 , 只能凭你的喜好来取舍了 . 引进紧算子的一个基 本考 虑之 一 , 是 希望 所考 虑的算 子更 加接 近 于有限维空间上的线性算子 .设 X , Y 是两个赋范空间 , T∶ X → Y 是 线性算子 .只要 dim X = ∞ , 即使 T 是 有界的 , 当 { x n }

X 有 界时 ,

{ T x n } 也未必有收敛子列 .这种与 有限 维情 形的差 别常 常是无 限维 问 题困难的 根源 .一 个自 然的补 救办 法是 , 不 妨限定 上述 的 { T x n } 必 含 收敛子列 .这就是紧算子概念 . 定义 5 .2 .1 　 设 T ∶ X → Y 是 一 线 性 算子 .若 对 任何 有 界 序 列 { xn }

X , { T x n } 恒有收敛子列 , 则称 T 为紧线性算子 . 约定以 CL( X, Y ) 记从 X 到 Y 的紧线性算子之全体, 令 CL( X) =

CL( X , X) . 显然 CL( X, Y )

L( X, Y ) , 当 dim X < ∞ 或 dim Y < ∞ 时

CL( X , Y ) = L ( X , Y ) . 以下定理汇集了紧线性算子的一些基本性质 . 定理 5 .2 .1 　 ( i ) 紧性刻画 : 设 T∶ X → Y 是线性算子 , 则 T 是紧 算子

T 映 X 中的有界集为 Y 中的相对 紧集

当 xn ＿ x 时 T x n →

T x ; 若 X 是自反空间 , 则最后一个条件对于 T 为紧算子也是充分的 . ( ii) 运 算 性 质 : 紧 线 性 算 子 的 线 性 组 合 仍 为 紧 线 性 算 子 , 因 此 CL( X , Y ) 是 L ( X , Y ) 的 子 空 间 ; 紧 线 性 算 子 与有 界 线 性 算 子 的 积 ( 即复合 , 无论次序如何 ) 是紧线性算子 . ( iii) 极限性质 : 若 Y 完备 , 则当 { T n }

CL( X , Y ) , { T n } 一致收

敛于 T 时必 T ∈ CL( X , Y ) , 即 CL( X , Y ) 是 L ( X , Y ) 的闭子空间 . ( iv) 若 T ∈ CL( X , Y ) , 则 T ＊ ∈ CL( Y ＊ , X ＊ ) . 从逻辑上说 , 在无限维空间中 , 紧线性算子只是有界线性算子中极

§5 .2 　 紧线性算子

・ 22 7 ・

不寻常的特 例 , 正如紧集 并非常 见一样 .幸而 , 从 应用上看 情况还不 至 如此 .一些常见 的线性算 子 , 例如许多 积分算 子恰好是 紧线性 算子 .这 一事实也是紧线性算子特别受到重视的原因之一 . 关于紧线性算子谱 的 Riesz－Schauder 理论集 中体现了紧线性 算子 与有限维空间中线性算子的高 度类 似 .这个 理论是 泛函 分析中 最优 美 的结果之一 , 其主要内容概述如下 . 定理 5 .2 .2 　 设 X 是一个复 Banach 空间 , 0 ≠ T ∈ CL( X) , Tλ = ＊

λI - T , Tλ = λI - T

＊

( 后一个 I 是 X

＊

上的单位算子 ) .

( i) 谱的结构 .σ( T ) 是可数集 , 它至多以 0 为极限点 ; 任何非零谱 值都是特征值 ; 当 dim X = ∞ 时 0 ∈ σ( T ) . ( ii) 特征子空间的维数 : 若 0 ≠ λ∈ σ( T ) , 则 ＊

dim N ( Tλ ) = dim N ( Tλ ) < ∞ . 　 　 ( iii) 根子空间 .若 0 ≠ λ∈ σ( T ) , 则存在 r ≥ 1 , 使得 2

r

N ( Tλ )

N ( Tλ )

…

N ( Tλ ) ;

R( Tλ )

R ( T2λ )

…

R( Tλr ) ;

r

X = N ( Tλ ) ī

r

R ( Tλ ) . k

上 述 两 个 空 间 序 列 的 包 含 都 是 真 包 含 ; ＂ k ≥ r , 有 N ( Tλ ) = r

k

r

r

r

N ( Tλ) , R( Tλ) = R( Tλ) ; dim N ( Tλ ) < ∞ , R ( Tλ) 是 X 的闭子空间 . r

r

N ( Tλ) 称为 T 的根 子空 间 ; dim N ( Tλ ) 与 dim N ( Tλ) 分 别相 当于 线 性代数中特征值的几何重数与代数重数 . ( iv) 择一性质 : 设 0 ≠ λ∈ C, 关于方程 λx - T x = y,

( 1)

λx - T x = 0 ,

( 2)

λf - T

＊

λf - T

＊

有以下结论 : 方程 ( 1) 有解 x ∈ X f ( y ) = 0; 方 程 ( 3 ) 有 解 f ∈ X ＊

f = g, f = 0

x = T

( 4)

对方 程 ( 4 ) 的任 何解 f ∈ X

＊

有

对方 程 ( 2 ) 的 任 何 解 x ∈ X 有

g( x ) = 0; 对任何 y ∈ X 方程 ( 1 ) 恒 有解 -1 λ

( 3)

y 是 (1 ) 的唯一解 ; 对任何 g ∈ X

＊

方 程 ( 2 ) 仅 有零解 ; 此 时 方程 (3 ) 恒有解

方程 ( 4)

第五章 　 谱与紧线性算子

・ 22 8 ・

＊

仅有零解 , 此时 f = ( Tλ )

-1

g 是 ( 3) 的唯一解 .

最后一个性质显得颇 为琐 碎而 又神秘 .但 将它 们转译 成如 下缩 写 式 ⊥

R ( Tλ) =

＊

＊

⊥

N ( Tλ ) , R ( Tλ ) = N ( Tλ ) ,

R ( Tλ) = X ＊

R ( Tλ ) = X

( 5)

N ( Tλ ) = {0 } , ＊

( 6)

＊

N ( T λ ) = { 0}

之后 , 就 变 得一 目 了 然 了 .回 忆 一 下 定 理 4 .3 .6 ( i ) 已 有

( 7) ⊥

N( T ＊ ) = ＊

R ( T ) ; 而 (5 ) 则加强了这一公式并补充了一个对偶 的等式 R( T λ ) = N ( Tλ)

⊥

. (6 ) 意味着 : Tλ 是满射

Tλ 是单 射 ; ( 7 ) 有类 似的 意 义 .所

有这些性质必然为有限维空间中的任何线性算子所具有 .

二、问题与方法 A . 紧线性算子的一般性质 以下设 X , Y 是赋范空间 . 5 .36 　 设 X, Y 完备, dim Y = ∞, T ∈ CL( X, Y ) , 则存在 y ∈ Y , 使得方程 Tx = y 无解 . 证 　 用反证法 : 若结论不 真 , 则 T 是满 射 , 因 而是 开映 射 ( 用开 映 射定理 ) .但由定理 5 .2 .1 ( i) , T B1 (0 ) 是 Y 中的相对紧集 , 而在无限维 空间中相对紧集必无内点 ( 用定理 3 .2 .3( v) ) , 故 T B1 (0 ) 不能是开集 . 这与 T 为开映射相矛盾 .

□

上题有助 于 我 们 获 得 对 紧 线 性 算 子 的 一 种 直 观 印 象 .若 T ∈ L ( X , Y ) , dim Y < ∞ , 则 T 必 为 紧 线 性 算 子 .若 dim Y = ∞ , 但 dim R ( T ) < ∞ ( 这 样 的 T 称 为 有 限 秩 算 子 ) , 则 T 可 看 作 从 X 到 R( T ) 的算 子 , 因而仍 是紧 算子 .当 然 , 紧线性 算子 未必 都是有 限秩 算 子 , 但 可想 象 , 它 不至 于与 有限 秩算 子 离得 太远 .粗略 地说 , 这意 味 着 R ( T ) 在 Y 中收得较紧 , 这就自然排除掉 R ( T ) = Y 这种情况 . 5 .37 　 设 X , Y 完备 , T ∈ L ( X , Y ) . 若 R( T ) 是 Y 的无限维闭 子空间 , 则 T 必非紧算子 . 提示 : 参考上题 .

§5 .2 　 紧线性算子

・ 22 9 ・

5 .38 　 设 X 完备 , T ∈ L ( X ) . 若存在常数 α > 0 , 使得 ‖ T x ‖ ≥ α‖ x‖ ( ＂ x ∈ X ) , 则 T ∈ CL( X)

dim X < ∞ .

证 　 条件 ‖ T x‖ ≥ α‖ x ‖ ( ＂ x ∈ X ) 推 出 T 为 单 射 ( T x = 0

x = 0) , 回忆 T 为单射

N ( T ) = {0 } , 因此 T∶ X → R( T ) 是

一个线性同构 , 且 ‖T

-1

这表明 ‖ T

-1

-1

( T x ) ‖ = ‖ x‖ ≤ α ‖ T x‖ , 　 ( ＂ x ∈ X ) -1

‖ ≤ α , 因而 T∶ X → R( T ) 是一拓扑同构 , 故 R( T )

必完备 .若 dim X = ∞ , 则亦 必 dim R( T ) = ∞ , 因 而 T 必非 紧算 子 ( 参考上题 ) .当 dim X < ∞ 时显然 T ∈ CL ( X ) .

□

5 .39 　 若 X 是无限维 Banach 空间 , 则几乎每个 T ∈ L ( X) 非 紧 线性算子 . 证 　 首先注意 , 涉 及某 个对 象一 般性 的 问题 总 是 在 Baire 第 二 纲 集的意义上理解 .因 L ( X ) 是 Banach 空间 , 只要说明 CL( X) 是 L ( X) 中的第一纲集 ( 从 而非 紧线 性算 子 构成 L ( X ) 中的 第 二纲 稠 密集 , 按 照熟知的理解 , 它几乎包含了 L ( X ) 中的所有元素 ) 因 dim X = ∞ , 必 定 I ú CL( X ) ( 用题 5 .37 ) , 因此 CL( X) 是 L ( X) 的真闭子空间 ( 用定 理 5 .2 .1( iii) ) , 因而是 L ( X) 中的疏集 ( 参考题 3 .97 ) , 故得所要证 .□ 上题的结论 对紧线 性算子的“ 稀有性”赋 予了严格 的意义 .但如 我 们已经强调的 , 以上结论不应成为不必看重紧线性算子的理由 .如所熟 知 , 有 理数在实 数中是稀 有的 ; 若因此 而低估 有理数的 现实价 值 , 那 就 荒唐了 .人们会告诉你 : 有理数更有用 ! 因为人类在实际的日常活动中 只用有理数 .在 这个问题 上 , 我们似乎 陷入了 一个悖论 : 逻 辑上认为 可 忽略的东西 , 实际上正是应予重视的 ! 其实这是一种误解 .如果一个问 题是全局性的 , 它的解答平等地依 赖于 L ( X) 中 的所 有元素 , 当 然 , 在 dim X = ∞ 的情况下 , 可以认为紧线性算子起的作用相对地较小 .但如 果一个 问题 本 身就 是特 殊的、局部 的 , 它 也许 恰好 只用 到 紧线 性算 子 ( 这种情况往往正是常见的 ) , 那 么 , 紧线 性算子 不仅 不可忽 略 , 而且 恰 好应放在更重要的位置 . 5 .40 　 设 Y 完备 , A 是 X 的稠密子空间 , T ∈ CL( A , Y ) , 则 T 在 X 上的线性扩张是紧线性算子 .

第五章 　 谱与紧线性算子

・ 23 0 ・

证 　 依题 4 .6 , T 在 X 上有唯一 的线性 扩张 , 仍记 作 T . 设 { x n } X 是一有界序列 . ＂ n ∈ N, 取 a n ∈ A , 使得 ‖ a n - x n ‖ < 1/ n . { a n } 显然亦为有界序列 , 因此 { T an } 有收敛 子列 , 设 T a n i → y ∈ Y , 则 ‖ T x n i - y‖ ≤‖ T x n i - Ta n i ‖ + ‖ T a n i - y‖ -1

≤‖ T‖ n i + ‖ T an i - y‖ → 0 , 可见 T x n i → y . 这表明 T∶ X → Y 是紧线性算子 .

□

上题结论的实际意义在于 : 要验证 T ∈ L ( X , Y ) 为紧线 性算子 , 只要验证 T 在 X 的某个稠密子空间上是紧算子就行了 . 5 .41 　 设 T ∶ X → Y 是 一 线 性 算 子 , 则 T 是 紧 线 性 算 子 T B1 (0 ) 是 Y 中的相对紧集 . 证 　 设 T B1 (0 ) 是相对紧集 .任给有界序列 { x n } - 1

X, 取 β> 0, -1

使 ‖ x n ‖ < β( ＂ n ∈ N) , 则 {β x n }

B1 ( 0) , 因而 { T (β x n ) } 有

收敛子列 , 这显然推出 { T x n } 有收敛子列 , 故 T 是紧线性算子 .逆命题 是显然的 .

□

5 .42 　 设 T∶ X → Y 是线性算子 , 则 T 是紧线性算子 个球 Br ( a)

存在 某

X ( r > 0) , 使得 T Br ( a) 是 Y 中的相对紧集 .

提示 : 参照上题 . 5 .43 　 设 A 是 X 的 向 量 子 空 间 , dim A = ∞ , A 依另 一 个 范 数 ‖・‖′是一 Banach 空间 , 且使得包含映射 i∶ ( A , ‖・‖′) → ( X , ‖・‖ ) , x → x 为紧 线 性 算 子 , 此 时 称 i 为 紧 嵌 入 , 则 存 在 β > 0 , 使 得 ‖ x‖ ≤ β‖ x ‖′( ＂ x ∈ A ) ; 但在 A 上范数 ‖・‖ 与 ‖・‖′并不等价 . 证 　 令 β 为 题 中 所 述 算 子 i 的 范 数 , 则 显 然 ‖ x‖ ≤ β‖ x ‖′( ＂ x ∈ A ) . 若在 A 上范数 ‖ ・‖ 与 ‖・‖′等价 , 则存 在 α > 0 , 使得 ‖ x‖ ≥ α‖ x ‖′( ＂ x ∈ A ) . 但因 dim A = ∞ , 这将得 出 i 非紧线性算子 ( 参考题 5 .38) , 与题设矛盾 .故得所要证 . 1

□

设 J = [ a , b] , X = C( J ) , A = C ( J) , 则 dim A = ∞ , 包含映射 i∶ ( A , ‖・‖1 ) → ( X , ‖・‖0 ) , f → f

§5 .2 　 紧线性算子

・ 23 1 ・

是紧线性算子 , 其中 ‖ f‖ 1 = ‖ f ‖1 ∨ ‖ f′‖ 0 ( 参考§3 .1 (8 ) ) .事 1

实上 , 若 { f n }

C ( J ) 依 范 数 ‖・ ‖ 1 有 界 , 设 β = sup ‖ f‖1 , 则 n

‖ f n ‖0 ≤ β,

f n ( x ) - f n ( y ) ≤ β x - y ( ＂ n ∈ N, ＂ x , y ∈ J) ,

可见 { f n } 在 J 上一致有界且等度连续 , 故依定理 3 .2 .5 必有一致收敛 1

子列 , 这 正 表 明 i 是 紧 算 子 .于 是 由 题 5 .43 推 出 , 在 C ( J ) 上 范 数 ‖・‖0 与 ‖ ・ ‖ 1 不 能 等 价 , 即 不 存 在 α > 0 , 使 得 ‖ f′‖0 ≤ 1

α‖ f‖ 0 ( ＂ f ∈ C ( J) ) . 这与熟知的实际情况一致 . m

5 .44 　 任给 m ∈ N, 空 间 C [ a , b] 上 的 范 数 ( 依 据 §3 .1 ( 8 ) ) ‖・‖ m 与 ‖・‖ m - 1 不等价 . 提示 : 参照题 5 .43 5 .45 　 设 A

X , A 依范数 ‖・‖′为自反空间 , 则

i∶ ( A , ‖・‖′) → ( X , ‖・‖ ) , x → x 为紧嵌入的充要条件是:若在 A 中依 ‖・‖′有 xn ＿ 0, 则必 ‖ xn ‖ → 0 . 提示 : 利用定理 5 .2 .1 ( i) . 上题为在赋范空间中判定收敛性提供了一种一般方法 , 其要领是 : 若要判定在 X 中有 x n → x , 则只要指明 x n , x 属 X 的某个子空间 A , 而 A 可另赋范数 ‖・‖′, 使之成为自 反空间 , 且依 新范数 有 x n ＿ x . 这样 , 就将强收敛的判定问题变成了弱收敛的判定问题 , 而后者通常要 简单些 .以上方法实际上已被广泛使用 . 对于 Hilber t 空间上 的紧线性 算子 , 可以提 出某些 特殊的问 题 .以 下设 H 是 给定 的 Hilbert 空 间 .由 定理 5 .2 .1 ( i ) , 对 于一 个 线性 算 子 T ∶ H → Y , T ∈ CL( H , Y )

从 x n ＿ x 恒 推出 T x n → T x . 这一 事

实对于研究 Hilbert 空间上的紧线性算子是重要的 . 5 .46 　 设 T ∈ CL( H ) , 在 H 中 x n ＿ x , y n ＿ y, 则 〈x n , Ty n〉 → 〈x , T y〉 . 证 　 本题不难从题 4 .79 推出 , 下面给出直接证明 .首先 , 从 yn ＿ y 及 T ∈ CL( H ) 推出 T yn → T y, 于是 〈x n , Ty n〉 - 〈x , T y〉 ≤ 〈x n , Ty n〉 - 〈x n , T y〉 + 〈x n , Ty〉 - 〈x , Ty〉

第五章 　 谱与紧线性算子

・ 23 2 ・

≤‖ x n ‖‖ Ty n - T y‖ + 〈x n - x , Ty〉 → 0 , 其中用到 { x n } 有界 ( 定理 4 .3 .1 ( i) ) 与 x n ＿ x .

□

上题结论意义颇大 .注意上 题无 非是说 , 若 T ∈ CL( H ) , 则双 线 性函数 f ( x , y ) = 〈x , Ty〉 关于 变 量 x , y 的 弱 收敛 是 连 续的 ; 特别 , “ 二次型” f ( x ) = 〈x , T x〉关于 x 的弱收敛连续 .这就可用题 4 .90 的 方法证明 : f ( x ) 在任何有界闭凸集 A

H 上 取得最 大最 小值 ( 假 定

f ( x ) 是实值的 ) .这一事实在极值理论中有重大意义 . 5 .47 　 设 H 是实 Hilbert 空间 , T ∈ CL( H ) , A

H 是有界闭凸

集 , 则 f ( x ) = 〈x , T x〉在 A 上达到最大值与最小值 . 5 .48 　 设 T ∈ CL( H ) , { en ∶ n ∈ N} 是 H 的 标 准 正 交 系 , 则 〈Ten , en〉→ 0 . 提示 : 注意 en ＿ 0 , 用题 5 .46 . 5 .49 　 设 T ∈ L ( H ) 是有限秩算子 , 则存在 { ei , ai ∶1 ≤ i ≤ n} H, 使得 T x =

∑〈x , a〉e ( ＂ i

i

x ∈ H) .

证 　 因 dim R ( T ) < ∞ , 故存在 R( T ) 的标准正交基 { ei ∶ 1 ≤ i ≤ n } , 于是 T x = ∑〈T x , ei〉ei i

= ∑〈x , T

＊

ei〉ei 　 ( 用 §4 .3 (1 ) )

i

= ∑〈x , ai〉ei . 　 ( ai = T

＊

□

ei )

i

　 　 B . 函数空间上的紧线性算子 p

p

定义于空间 L , l 及 C( J) 上的许多常 见的线 性算子是 紧线性 算 子 .研究这一类例子有助于获得对紧线性算子的直观印象 . 5 .50 　 设 ( Ω, A, μ) 是 σ - 有限测度空间 , K ( x , y ) 是 Ω× Ω 上 的 μ× μ - 可测函数 , 它满足条件 β＞

∫∫ Ω

Ω

K( x , y)

q

p/ q

dy

1/ p

dx

< ∞,

其中 1 < p = q/ ( q - 1) < ∞ , d x , d y 分别 为 dμ( x ) 与 dμ( y ) 的 缩

§5 .2 　 紧线性算子

・ 23 3 ・ p

写 .积分算子 T 定义如§4 .1( 3) , 则 T ∈ CL( L ( Ω) ) . p

证 　 设 { fn}

L ( Ω) , f n ＿ f , 今 要 证 明 T f n

Lp

Tf ( 依定理

5 .2 .1( i) ) .为此 , 又 只 要 证 T f n ＿ T f 且 ‖ T f n ‖ p → ‖ T f‖ p ( 依 题 4 .95 ) . ( i) 证 T f n ＿ T f . 只要说明 T 有界即可 ( 依 题 4 .80 ) , 这由 一个 标 准的 H lder 不 等 式 论 证 完 成 , 这 件 事 留 给 读 者 .实 际 上 , 你 能 推 出 ‖ T ‖ ≤ β( 参考定理 4 .1 .3 ( iii) ) . ( ii) 证 ‖ T f n ‖ p → ‖ T f ‖ p . 由题设 条件 , 对几乎 所有 x ∈ Ω, 有

∫ Ω

q

K( x , y)

dy < ∞ .

q

＊

p

以上不等式意味着 K( x , ・) ∈ L ( Ω) = L ( Ω) , 因此由 f n ＿ f 有

∫ K( x , y ) f

lim n

Ω

n

∫K ( x , y ) f ( y ) d y,

( y) d y =

Ω

这就得到 T f n → T f , a .e . . 因 T f n ( x)

p

p

∫

≤

K ( x , y)

Ω

∫

≤

K ( x , y)

Ω

∫

≤const 而

∫ Ω

f n ( y) d y q

p/ q

K( x , y)

Ω

p

‖ fn ‖p

dy q

p/ q

, 　 ( 用 ‖ f n ‖ p 有界 )

dy

p/ p

K( x , y)

q

dy

对 x 在 Ω 上可积 , 故由控制收敛定理有 p

∫

‖ T f ‖p =

Ω

Tf( x)

∫

= lim n

Ω

p

dx

T f n ( x)

p

dx

p

= lim ‖ T f n ‖p , n 即如所要证 .

□

以上证明虽然稍长一 点 , 但其 中用到 你从 本课 程学过 的多 方面 的 知识 , 值得你一读 .

第五章 　 谱与紧线性算子

・ 23 4 ・

5 .51 　 设 1 < p = q/ ( q - 1) < ∞ , 无穷矩阵 A = [ aij ] 满足

∑ ∑ i

aij

p/ q

q

< ∞,

j

p

则 A ∈ CL( l ) . 以上结论当然已包含在很一般的题 5 .50 中 .不过 , 用如下的直接证 明可能更富有启发性 : 将 A 的第 n 行之后的行改为零 , 得到一个新的无 穷矩阵 A n , 显然 A n ∈ L( lp ) 且 dim R( A n ) = n , 因而 A n ∈ CL( lp ) , 只 p

要证 ‖ A n - A‖ p → 0 ( 用定理 5 .2 .1 ( iii) ) . ＂ x = ( x i ) ∈ l , 有 ‖ A n x - A x‖ pp = ∑

∑a

xj

∑

aij

ij

i> n

p

j

≤∑ i> n

q

p

‖ x‖ p ,

j

故 p

‖ A n - A‖ p ≤

∑ ∑ i> n

aij

q

→ 0 　 ( n → ∞) .

j

p

p

　 　 5 .52 　 设 1 ≤ p ≤ ∞ , 则 T∶ l → l , ( x i ) → ( x i/ i) 是紧线性算 子 . 提示 : 令 T n x = ( x 1 , x 2/ 2 , … , x n/ n , 0 , … ) , 则 ‖ T n - T‖ ≤ 1/ n . 注意 : 当 1 < p < ∞ 时题 5 .52 已包含在题 5 .5 1 中 . p

1

p

1

5 .53 　 L ( l , l ) = CL( l , l ) (1 < p < ∞ ) . 提示 : 用定理 5 .2 .1 ( i) 与题 4 .8 0 , 4 .99 . 5 . 54 　 设 J = [ a , b] , φ ∈ CL( C( J ) )

C( J ) , T f = φf , 则

T ∈

φ≡ 0 .

证 　 只要证明 : 当某个 φ( x0 ) ≠ 0( x 0 ∈ J ) 时 T 必非紧 算子 .不 妨设 x 0 > a . 定义 f n ∈ C( J ) 如下 : 在 [ a , x0 - 1/ n] 上 f n ( x ) = 0 , 在 [ x0 , b] 上 f n ( x ) = 1 , 而在 ( x 0 - 1/ n , x 0 ) 内 f n ( x ) 是线性函数 , 则 A ＞ { f n ∶ n ≥ 1 } 是 C( J) 中的有界集 .今证 T A 在 C( J) 中不相对 紧 , 为此只要指明 T A 不等度连续即 可 ( 用定理 3 .2 .5) .令 g n = φf n , x n = x 0 - 1/ n , 则

x n - x0 → 0 , 而

gn ( x n ) - g n ( x0 ) ≥ φ( x n )

f n ( x n ) - f n ( x0 )

§5 .2 　 紧线性算子

-

・ 23 5 ・

φ( x n ) f n ( x 0 ) - φ( x 0 ) f n ( x 0 )

= φ( x n ) -

φ( x n ) - φ( x 0 )

→ φ( x 0 ) > 0 ,

□

这表明 T A 不等度连续 . ∞

1

5 .55 　 设 a = ( ai ) ∈ l , T x = ( ai x i ) , x = ( x i ) ∈ l , 则 T ∈ 1

CL( l )

a ∈ c0 , 即 ai → 0 ( i → ∞ ) .

证 　“ a ∈ c0

1

T ∈ CL( l ) ”的证 明参照题 5 .52 , 这留给读 者练 1

习 .今设 a ú c0 , 证 T ú CL( l ) . 取 ε> 0 与子列 n 1 < n 2 < … , 使 得

an i ≥ ε. 设 { ei } 是 l1 的标准基 , 则 A = { en ∶ i ∈ N} 是 l1 中的 i

有界集 , Ten i = a n i en i , 因此当 i ≠ j 时 an i +

‖ Ten i - Ten j ‖1 =

a n j ≥ 2ε. 1

这表明 { Ten i } 的任何子列都不可 能是 Cauchy 列 , 因 此 T A 在 l 中 不 1

是相对紧集 , 故 T ú CL ( l ) , 如所要证 .

□

∞

p

5 .56 　 设 a = ( ai ) ∈ l , T x = ( ai x i ) , x = ( x i ) ∈ l (1 ≤ p < ∞ ) , 则 T ∈ CL( lp )

a ∈ c0 .

提示 : 类似于上题 . 5 .57 　 CL( X , Y ) 对算子序列强收敛未必封闭 . p

证 　 我们可以证得更多一点 .设 1 ≤ p < ∞ , T ∈ L ( l ) , 记 T x p

p

为珘 x ; 设 Tnx = (珘 x 1 , … ,珘 x n , 0 , … ) ( x ∈ l ) . 则 T n ∈ CL( l ) , p

‖ T n x - T x‖ p =

∑

p

珘 xi

→ 0 　 ( n → ∞) ,

i> n

p

可见 { T n } 强 收 敛 于 T . 这 就 表 明 , 依 算 子 序 列 强 收 敛 , CL ( l ) 在 p

p

L ( l ) 中稠密 , 因而 CL( l ) 依算子序列强收敛必不封闭 .

□

x

∫ f ( y ) d y, f ∈

5 .58 　 设 J = [ 0 , 1] , T f ( x ) =

C( J) , 则 T ∈

0

CL( C( J ) ) . 提示 : 任给有界集 A

C( J) , T A 有界且等度连续 .

5 .59 　 设 J = [ a , b] , K ( x , y ) 是 J× J 上的可测函数且有以下性 质:

第五章 　 谱与紧线性算子

・ 23 6 ・

b

∫ K( x , y ) f ( y ) d y ∈ C( J) ;

( i) ＂ f ∈ C( J) , T f ( x ) =

a

b

∫ K( x , y) d y < ∞; lim∫ K ( x , y) - K ( z , y)

( ii) sup x∈ J

a

b

( iii)

x - z →0

a

d y = 0,

则 T ∈ CL( C( J ) ) . 特别 , 当 K ( x , y ) ∈ C( J × J ) 时以上结论成立 . 证 　 任给有界集 A

C( J) , 由条件 ( i) 有 T A

C( J) , 今证 T A

有界且等度连续 .令 β = sup ‖ f ‖0 , 则 ＂ f ∈ A 有 f∈ A

b

‖ T f ‖0 = sup x∈ J

∫ K ( x , y ) f ( y) d y a

b

∫

≤β・sup x∈ J

a

K ( x , y) d y ,

于是由条件 ( ii) 推出 T A 有界 .其次 , ＂ x , z ∈ J, f ∈ A , 有 b

∫

T f( x ) - Tf ( z) ≤

K( x , y) - K( z , y)

a

f ( y) d y

b

∫

≤β

a

K ( x , y ) - K ( z , y ) d y,

于是由条件 ( iii) 推出 T A 等度连续 .

□

上题中的条件并不简炼 , 近于 拼凑 , 未 必值得 作为 标准 使用 .但 这 一类的问题所传递的信息却值得重视 .应强调的一点是 , 紧算子早已不 是停留在教科书上的抽象概念 , 而 是许 多研 究领域 的专 家手中 的日 常 工具 .决定各种类型的积分算子的紧性 , 无疑是分析学者所应具备的标 准数学训练之一 .你现在所接触到的 , 当然只是最简单的情况 . 5 .60 　 设 J = [ a , b] , K ( x , y ) 及其偏导数 K x ( x , y ) 都在 J × J 1

1

上连续 , 积分算子 T 定义 如 §4 .1 ( 3 ) , 则 T ∈ CL ( C ( J ) ) , C ( J) 中 使用范数 ‖ f ‖1 = ‖ f 0 ‖ ∨ ‖ f′‖0 . 提示 : 任给有界集 A

1

C ( J ) , 指明 T A 与 { ( T f )′ ∶ f ∈ A} 都在

C( J) 中有界且等度连续 . 5 .61 　 设 K( x , y ) 满足题 5 .59 中的条件 ( iii) , 且在 J× J 上有界 , x

∫ K( x , y) f ( y) d y( ＂

T f( x ) =

a

f ∈ C( J) ) , T f ∈ C( J) , 则 T ∈

§5 .2 　 紧线性算子

・ 23 7 ・

CL( C( J ) ) 提示 : 仿照题 5 .59 的证法 . C . 紧线性算子的谱 以下设 X 是复 Banach 空间 .若 T ∈ CL( X) , 则 σ( T ) 中的点 皆 为孤立点 ( 唯有 λ = 0 可能例外 ) 及非零 谱值为 特征 值这 两点 , 都是 非 常特殊的 , 常常成为区别紧线性算子与其他有界线性算子的重要依据 . 5 .62 　 设 T ∈ CL( X) ,σ( T ) 是无限集 , 则 0 ∈ σ( T ) . 证 Ⅰ 　 σ( T ) 是无限集推出 dim X = ∞ . 若 0 ú σ( T ) , 则 T 是可 逆算子 , 这矛盾于题 5 .36( 或 5 .3 7 , 或 5 .38 ) .因此 0 ∈ σ( T ) . 证 Ⅱ 　 σ( T ) 是有界无限集 , 必至少有一极限点 , 这个 极限点只 能 是 0 .但 σ( T ) 是闭集 , 故 0 ∈ σ( T ) .

□

5 .63 　 设 T ∈ CL( X ) , 0 ∈ σ( T ) \ σp ( T ) , 则 R( T ) 必非闭子空 间 . 提示 : 参考题 5 .37 . 2

5 .64 　 设 T x = ( x i/ i ) , x = ( x i ) ∈ l ( 参看题 5 .52) , 求 σ( T ) . 　 　 解 　 方程 λx = T x 相当于无限方程组 λx i = x i/ i , 　 i = 1 , 2 , … . 2

它有 非 零 解 x = ( x i ) ∈ l 的 充 要 条 件 是 λ = 1/ i ( i ∈ N ) , 因 此 {i

-1

∶ i ∈ N} = σp ( T ) . 由题 5 .62 , 必有 0 ∈ σ( T ) .因此得到 σp ( T ) -1

= { i ∶ i ∈ N} ,σ( T ) = σp ( T ) ∪ {0 } .

□

5 .65 　 对上题中的 T , 求 T 关于其特征值的特征子空间与根子空 间 . 解 　 固定 i ∈ N , 令 T i = i x ∈ N ( Ti )

i

-1

-1

I - T, 则

xi - j

- 1

x i = 0 　 ( ＂ j ∈ N)

xj = 0 　 ( ＂ j ≠ i ) x = αei 　 (α∈ C) , 故 N ( T i ) = C ei , 它就是 T 关于特征值λ = i 2

注意 T i = i

- 2

I - 2i

-1

-1

的特征子空间 .其次 ,

2

T + T , 于是 2

x ∈ N( T i )

i

-2

xj - 2 i

-1

j

- 1

xj + j

-2

xj .

第五章 　 谱与紧线性算子

・ 23 8 ・

= (i

-1

- j

-1

2

) xj = 0 , 　 ( ＂ j ∈ N )

这同样得出 N ( T2i ) = C ei . 因此 C ei 就是 T 关于 i - 1 的根子空间 ( 依定 理 5 .2 .2( iii) ) .

□ 2

2

5 .66 　 设 T x = ( x i + 1/ i) , x = ( x i ) ∈ l , 则有 T ∈ CL( l ) ; 求 σ( T ) . 2

提示 : 由题 5 .51 得 T ∈ CL( l ) ; Tx = λx

i

xi + 1 = i !λx1 ( i ≥ 1) ,

σ( T ) = σp ( T ) = {0 } . 5 .67 　 设 T x = (αi x i ) , x = ( x i ) ∈ l2 , {αi } = [ 0 , 1] , 则 T ∈ 2

2

L ( l ) \ CL( l ) . 提示 : σ( T ) = [0 , 1 ] . 5 .68 　 给定 x 0 ∈ X , f ∈ X ＊ , f ( x0 ) = 1 , 定义 T x = f ( x ) x0 ( x ∈ X ) , 则 T ∈ CL( X ) , 1 ∈ σ( T ) , 求 N ( T1k ) , T 1 = I - T . 解 　 因 R( T ) = C x 0 , 故 T ∈ CL( X) .由 T x0 = f ( x 0 ) x 0 = x 0 得出 1 ∈ σ( T ) . 由 x ∈ N ( T1 )

f ( x ) x0 = x

x ∈ C x0

得 N ( T1 ) = C x 0 . ＂ x ∈ X , 有 2

T1 x = T1 ( T1 x ) = T1 ( x - f ( x ) x 0 ) = T1 x - f ( x ) T1 x 0 = T 1 x , 因此 N ( T21 ) = N ( T 1 ) . 然后用定理 5 .2 .2( iii) 推出 N ( T1k ) = N ( T 1 ) = C x0 ( ＂ k ≥ 1 ) .

□

5 .69 　 设 T ∈ CL ( X ) , f (λ) 在某个圆 D = {λ∈ C∶ λ < r} 内 解析 , f ( 0) = 0 ,σ( T )

D , 则 f ( T ) ∈ CL( X ) .

证 　 由 f ( 0) = 0 知 f (λ) = λg(λ) , g( λ) 在 D 内 解 析 , 因 此 f ( T ) , g ( T ) ∈ L ( X) 有意义 .由 f ( T ) = T g( T ) 及定理 5 .2 .1( ii) 知 f ( T ) ∈ CL( X ) .

□ 1

∫

5 .70 　 研究积分方程 f ( x ) = λ e 0

x- y

f ( y )d y + g( x ) , 其中 0 ≠

λ∈ C 与 g ∈ C( J ) 是给定的 , J = [ 0 , 1] . 1

∫e

解 　 令 T f( x ) =

0

x- y

f ( y) d y ( f ∈ C( J) ) , 则 T ∈ CL( C( J) )

§5 .3 　 Hilbert 空间中线性算子

・ 23 9 ・

( 参看题 5 .59) . ( i) 求 σ( T ) . 解齐次方程 1

∫e

τf ( x ) =

x- y

0

f ( y ) d y 　 ( f ∈ C( J) ) .

(＊)

1

∫e

因方程右端 = e

x

0

- y

f ( y ) d y, 故方程的解 f ( x ) 必有形 状 : f ( x ) =

x

αe ,α是待定系数 .以 这个 形 式 代 入 方程 ( ＊ ) , 得 到 τ αe

x

x

= αe . 因

此 , 仅当 τ = 1 时方程有非零解 .故 σ( T ) = {0 , 1 } . -1

( ii) 若 λ≠ 1 , 则 λ ∈ ρ( T ) , 因此原方程有唯一连续解 , 且其解 为 f ( x ) = ( I - λT )

-1

g( x) .

若 λ = 1 , 则原方程可化为 1

∫e

x

f ( x ) = αe + g( x ) , α =

- y

f ( y) d y .

0

以 f ( x ) 的表达式代入上行的积分 , 消去 α得 1

∫e 0

- y

g( y ) d y = 0 . x

因此 .当 g ∈ C( J) 满足以上条件时 , 对任何 α, f ( x ) = αe + g( x ) 是 原方程的解 .

□

一般地 , 可用上面的方法研究积分方程 b

∫

f ( x ) = λ K ( x , y) f ( y ) d y + g( x ) , a

其 中 λ∈ C 与 g ∈ C( J ) 是给定的 , J = [ a , b] , K ∈ C( J× J ) . 设 T -1

定义如§4 .1( 3) , 则当 λ ú σ( T ) 时方程有唯一解 f = ( I - λT ) - 1 g .

§5 .3 　 Hilbert 空间中线性算子 一、定理与定义 在上节中我们指出 , 考虑特殊的算子与特殊的空间 , 是深化谱理论

第五章 　 谱与紧线性算子

・ 24 0 ・

的两条重要 途径 .实际上 , 加 强对空间 的假设 效果更加 明显 .你想必 还 记得 , 线性代数中关于对称矩阵、二次型、正交变换的那部分内容 , 具有 特别深刻的结 论 , 它 们 区 别 于 线性 代 数 其 他 部分 的 关 键 , 在 于 Euclid 空间结构 的 应 用 .这 种 空 间 结 构 的 无 限 维 推 广 , 正 是 泛 函 分 析 中 的 Hilbert 空间 .那么 , 在 Hilbert 空 间中 能 否建 立 起无 限 维的 二 次型、正 交变换等理论呢 ? 你很快就 要看到 , 所 有这 一切竟 然在 很大的 程度 上 得到了实现 .这可能是你从泛函分析所看到的最精彩的结果 . 设 H 是给定的复 Hilbert 空间 .如已知道的 , L ( H ) 是一个算子代 数 .前两节的所有内容 , 当然适用于更特 殊的算 子代数 L ( H ) . 现在 我 们关心的是空间结 构的 加强 给 L ( H ) 带来 了哪 些 新 东西 ? 我们 将 看 到 , 新 增加的内 容惊人地 庞大 .但从源 头上说 , 一 切都是从 一种简单 的 新运算加入引起的 , 这种运算就是取相伴的运算 , 它与“复共轭”及矩阵 的“共轭转置”是十分相似的 . 定义 5 .3 .1 　 任给 T ∈ L ( H ) , 由恒等式 〈T x , y〉 = 〈x , T 唯一地决定一个 T

＊

＊

y〉　 ( x , y ∈ H )

( 1)

∈ L ( H ) , 称它为 T 的相伴算子 .

对于理解相伴算子 , 以下两个事实是最值得注意的 : ( i) 若 A ∈ C

n× n

n

n

, 则 A 看作从 C 到 C 的线性算子 ( 仍记作 A ) T

时 , 其相伴算子就是 　A , 即 A 的共轭转置矩阵 .因此可以说 , 相伴算子 是共轭转置矩阵概念的无限维推广 .若取 n = 1 , 则 A ∈ C

n× n

退化为

T

一个复数 , 而 A 　 就是共轭复数 　A . 因此 , 又可 以说相 伴概念的 最初 原 型就是共轭 复数概 念 .我 们将看 到 , 无 论是共 轭转置或 共轭复 数 , 其 主 要特征都将被相伴算子所继承 . ( ii) 定义相 伴算 子 的 恒等 式 ( 1 ) 与 刻 画对 偶 算 子 的 恒等 式 § 4 .3 (1 ) 是高度类似的 .实际 上 , 在一 定的 解释 下 , 相 伴算 子可 以看 作 T 的 对偶算子 .这就 毫不足怪 , 相 伴算子也 将继承 对偶算子 的某些 性质 , 这 一点很快就可以看出来 . 从运算的角度考虑 , 可以将“ ＊ ”看作从 L ( H ) 到 其自身的 一个 映 射: ＊ ∶ L( H) → L( H) , T → T

＊

.

( 2)

§5 .3 　 Hilbert 空间中线性算子

・ 24 1 ・

Hilbert 空间中的 线 性算 子 理 论 的 特殊 面 貌 , 可 以 说 完 全 决 定 于 映 射 (2 ) 的特殊性质 , 这些性质综合在以下定理中 ( 参照定理 4 .3 .5 ) . 定理 5 .3 .1 　 设 T , S ∈ L ( H ) ,α,β∈ C, 则成立以下等式 : (αT + βS) ( TS ) ( T T

- 1

＊

)

＊ ＊

＊

= S ＊

=珔 αT ＊

＊

＊

＊

+珋 βS ; n

T ,( T ) ＊

= ( T )

- 1

＊

＊

n

= ( T ) ;

; 　 ( 若 T 可逆 )

= T;

‖ T ＊ ‖ = ‖ T‖ ; ＊

2

‖ T‖ = ‖ T T ‖ = ‖ T

＊

T‖ .

( 3)

　 　 相伴算子概念的基本性 , 首先体现在以下定义中 : 几类常用的算子 都是通过相伴算子来界定的 . 定义 5 .3 .2 　 设 T ∈ L ( H ) . 若 T T

＊

＊

子 ; 若 T = T , 则称 T 为自伴算子 ; 若 T 子;若 T = T

＊

= T ＊

＊

T , 则称 T 为正规算

= T

-1

, 则称 T 为 U 算

2

= T , 则称 T 为正投影算子 .

要获得对这些概念的直观印象 , 你首先可注意到 : 对于 A ∈ C

n× n

,

A 是正规算子、自伴 算子 与 U 算子 , 分别 对 应它 是 线 性代 数 中的 正 规 矩阵、Hermite 对称矩阵与 U 矩阵 ( 实的 Hermite 对称矩阵就是对称 矩 阵 , 实的 U 矩阵就是正交矩阵 ) .再特 殊到 n = 1 得 到 : 自伴 算子 与 U 算子的最初原型是实数与幺模复数 ( λ∈ C, λ = 1 ) .这 些背景都 是 很有启发性的 . 仅从定义 5 .3 .2 几乎看不出上述几类算子在变换空间时的几何特 征 , 这一问题由以下定理解决 . 定理 5 .3 .2 　 设 T ∈ L ( H ) , 则以下结论成立 ＊

( i) T 是正规算子

‖ T x‖ = ‖ T

( ii) T 是自伴算子

〈T x , x〉∈ R( ＂ x ∈ H ) .

( iii) T 是 U 算子

T∶ H → H 是等距同构 .

( iv) T 是正投影算子

x‖( ＂ x ∈ H) .

存在正交分解 H = A ī

⊥

A , A是H的

闭子空间 , T 是从 H 到 A 的投影算子 ( 这意味着 ＂ x ∈ H , T x 是 A 中 点对 x 的最佳逼近 ) , 通常记这样的的 T 为 PA .

・ 24 2 ・

第五章 　 谱与紧线性算子

以上四类算子的谱都有明显的特征 , 这由以下定理给出 . 定理 5 .3 .3 　 设 T ∈ L ( H ) . ( i) 若 T 是正规算子 , 则 rσ( T ) = ‖ T‖ . ( ii) 若 T 是自伴算子 , 则 σ( T )

R .

( iii) 若 T 是 U 算子 , 则 ＂ λ∈ σ( T ) , 有 λ = 1 . ( iv) 若 T 是正投影算 子 , 则 σ( T ) 0;σ( T ) = { 1}

T = I; T ≠ 0 , I

{0 , 1 } ;σ( T ) = { 0}

T =

σ( T ) = {0 , 1 } .

你注意到 , 上述定理中 不少结 论在 线性代 数中 是熟 知的 .例 如 , 对 称矩阵的特征值为实数 , 正交矩阵的特征 值有绝对 值 1 , 这 些都已包 含 在定理 5 .3 .3 中 .能够在一 个完全 不依 赖于 矩阵的 抽象 空间中 重现 矩 阵理论的结果 , 这件事已很不平凡了 . 不过 , 你所期望的还远远不只这些 .线性代数的真正骄人成就是完 全给出了对称矩阵、正交矩 阵等的 标准 形 .在 Hilbert 空 间中能 解决 类 似的问题吗 ? 下面以自伴算 子为例 , 解 释一 下目前 面临 的问题 与解 决 问题的思路 .我 们知道 , 一个 对称矩阵 总可以 化为对角 标准形 .这就 意 味着 , 有限维空间中的自伴 算子相 对于 一组 特殊的 标准 正交基 的矩 阵 为实对角形 , 设 为 A = diag(λ1 ,λ2 , … ,λn ) . 若 以 P i 记 diag(0 , … , 1 , 2

T

… , 0) , 1 是第 i 个元 , 则 Pi = P i = P i , 可见 P i 恰好相当于正投影算 子,而 A =

∑λP i

i

.

( 4)

i

换成算子的说法就是 : 有限 维空间 中的 自伴 算子是 正投 影算子 的线 性 组合 , 其系数正 是该算子 的谱值 .这样 的分解 式称为谱 分解 .这就提 出 一个问题 : 在一般情况下 , 自伴算子 T ∈ L ( H ) 是否亦有一个谱分解 , 即能否表为正投影算子的线 性组 合 ( 可 能是 无限 和 ) ? 如 果 T 的谱 不 是离散的 , 能否用某个积分来 代替 形如 ( 4 ) 的 和式 ? 这就 明确了 目标 : 建立关于自伴算子的谱分解定理 .这一问题终于获得了解决 , 但解决过 程包含了一系列数量可观的概念与结果 , 下面给出一个最简略的概括 . 以下设 T ∈ L ( H ) 是给定的自伴 算子 .如 在线 性代数 中一 样 , 结 合 T 考虑它所决定的“ 二次型”〈T x , x〉 ( 通常称为二次泛函 ) , 它是 H

§5 .3 　 Hilbert 空间中线性算子

・ 24 3 ・

上的实泛函 ( 依定理 5 .3 .2 ( ii) ) .首 先指 出 , 〈T x , x〉 与 σ( T ) 密切 相 关 . 定理 5 .3 .4 　 设 T ∈ L ( H ) 是自伴算子 , m =

inf 〈T x , x〉, 　 M =

sup 〈T x , x〉,

( 5)

sup 〈T x , x〉 .

( 6)

‖ x‖ = 1

‖ x‖ = 1

则 [ m , M ] 是包含 σ( T ) 的最小区间 , 且 ‖ T‖ =

m ∨

M =

‖ x‖ = 1

　 　 式 (5 ) 中的 m , M 正相 当 于对 称 矩阵 的 最 小与 最 大特 征 值 .如 果 m ≥ 0 , 则 T 就与正半定的对称矩阵相当 , 因此规定以下概念 : 对于自 伴 算子 T ∈ L ( H ) , 若〈T x , x〉≥ 0( ＂ x ∈ H ) , 即 m ≥ 0 , 则称 T 为 正算子 , 记作 T ≥ 0 .若 T , S ∈ L ( H ) 是自伴算子 , T - S ≥ 0 , 则约 定 T ≥ S 或 S ≤ T .这样 , 就在自伴算子之集 ( 它构成 L ( H ) 的一个实 闭子空间 , 可类比于 C 中的实轴 ) 中导入 了一个 序≤ , 这 个序十 分类 似 于实数的大小顺序 , 今将有关的性质汇集于下 . 定理 5 .3 .5 　 设 T , T n , S , S n ∈ L ( H ) ( n ∈ N ) 是自伴算子 .则以 下结论成立 : ( i) ≤是一个线性的 半序 , 即 T ≤ T ; T ≤ T1 ≤ T 2 T≤ S≤ T 2)

T = S; T ≤ S

T ≤ T2 ;

αT ≤ αS ( ＂ α≥ 0 ) ; T i ≤ Si ( i = 1 ,

T 1 + T2 ≤ S 1 + S 2 . ( ii ) 若 T n ≤ S n ( ＂ n ∈ N) , { T n } 与 { S n } 分别强收敛于 T 与 S ,

则 T≤ S . ( iii) 若 T1 ≤ T2 , S ≥ 0 , S 与 T1 , T2 可换 , 则 T 1 S ≤ T 2 S . (iv) 若 T n ≤ T n + 1 ≤ S( ＂ n ∈ N ) , 则 { T n } 强收敛于某个自伴算 子 T , 且 T ≤ S ; 若 T n ≥ T n + 1 ≥ S( ＂ n ∈ N ) , 则 { T n } 强收敛于某 个自伴算子 T , 且 T ≥ S . (v) 若 α > 0 , 则 - αI ≤ T ≤ αI α; T ≤ T n ≤ S

σ( T )

sup ‖ T n ‖ < ∞ ( 即序有界 n

( vi) 若 T ≥ 0 , 则 〈T x , y〉

2

[ - α,α]

‖ T‖ ≤

范数有界 ) .

≤〈T x , x〉〈Ty , y〉( x , y ∈ H ) .

　 　 (vii) 正平方根 : 若 T ≥ 0 , 则存在唯一 正算子 A ∈ L ( H ) , 使 得 A 2 = T ; 如上的 A 记作 T1/ 2 . 若 B ∈ L ( H ) , TB = B T , 则 T 1/ 2 B =

第五章 　 谱与紧线性算子

・ 24 4 ・

BT

1/ 2

.

以上这组性质似乎很庞杂 , 令人应接不暇 .但你稍加审察之后就会 有一个总的印象 : 其中大多 数结论 无非 是关 于实数 系的 那些熟 知结 论 的推广 .明确了 这一点 , 你就 不会觉得 它们有 什么难以 理解与 把握 , 甚 至无需花太多功夫去逐条记忆 . 以上的概念与结论特 别适 用于 正投影 算子 ( 下 面简 称为投 影算 子 或投影 , 注意投影算子是自 伴算子 ) .下 面综 述有关 投影 算子的 主要 结 论 , 这将是建立谱分解定理的主要依据 . 定理 5 .3 .6 　 设 P, P1 , P 2 ∈ L ( H ) 是 投影 算子 , A i = R ( P i ) ( i = 1 , 2) , 则以下结论成立 : ( i) 0 ≤ P ≤ I . ( ii) P1 P 2 是投影 ( iii ) P1 + P2 是投影 ī

R ( P1 P2 ) = A 1 ∩ A 2 .

P1 P2 = P2 P1

A1 ⊥ A 2

P1 P2 = 0

R( P1 + P2 ) = A 1

A 2 ; 当 P1 P2 = 0 时说 P1 与 P2 正交 . ( iv) P2 - P1 是投影 P1 ≤ P2

N ( P2 )

P1 P2 = P2 P1 = P1

A1

A2

‖ P1 x‖ ≤ ‖ P2 x‖ ( ＂ x ∈ H )

N ( P1 )

R ( P2 - P1 ) =

⊥

A 2 ∩ A1 . 以上定理给人的突出印象是 , 投 影 P 与 闭子空间 R ( P) 之 间有 一 种很强的对 应关系 ; 通过 这一对 应 , 投 影之间 的一定关 系 , 可转化为 它 们对应的子空间之间的相应关系 . 2

任给自伴算子 T ∈ L ( H ) , 约定 +

T = +

1 ( 2

T = ( T ) -

T + T) , 　 T =

1 ( 2

1/ 2

,

T - T) .

-

T , T , T 显然分别相当于通常的绝对值、正部与负部 , 这一比拟有 助于理解下述定理 . 定理 5 .3 .7 　 对于自伴算子 T ∈ L ( H ) , 以下结论成立 : +

-

( i) T = T - T , ( ii)

+

-

-

-

- T , T = ( - T)

-

T ≥ 0, T ≥ 0, T ≥ 0 , - T ≤ T ≤ T

( iii ) 若 T ≥ 0 , 则 T = = -

+

T = T + T =

T = - T - , T+ = 0 .

+

-

+

+

.

.

T = T , T = 0; 若 T ≤ 0 , 则 有 T

§5 .3 　 Hilbert 空间中线性算子

( iv) T

+

-

T = T

-

・ 24 5 ・

+

T = 0 . +

( v) 若 T 与 A ∈ L ( H ) 可换 , 则

-

T , T , T 皆为 A 可换 .

( vi) 设 P + 与 P - 分别为 X 到 N ( T + ) 与 N ( T - ) 的正投影 , 则 T T

-

+

+

P = P

+

+

T = T

+

T = T , T

+

+

T = - T , TP = P

TP = P

-

-

P = P

+

P = P

-

-

-

+

-

-

P = P -

-

-

T = 0; -

+

+

T = T ; T = T

+

.

若 T 与自伴算子 S ∈ L ( H ) 可换 , 则 P+ , P - 皆与 S 可换 . 若将 T 换成通常的实函数 f , 则上面的大多数结论是熟知的 . 在交待了上面这一连 串数 量大 得惊人 的结 论之后 , 终 于就 要接 近 我们的主要目标了 .与你已学过的大多数泛函分析定理不同 , 下面这个 中心定理有一个较长的表述 . 定理 5 .3 .8 ( 自伴算 子的 谱分 解 定理 ) 　 设 T ∈ L ( H ) 是 自伴 算 -

子 , Tλ = λI - T , Eλ 是 H 到 N ( Tλ ) 上的正投影 , m , M 依式 ( 5 ) , 则 { Eλ∶λ∈ R} 是 [ m , M ] 上的一个谱族 , 这意味着它有以下性质 : ( i) 单调性 : λ≤ μ

Eλ ≤ Eμ ;

( ii) 右连续性 : 若 μ↓λ, 则 Eμ x → Eλ x ( ＂ x ∈ H ) ; ( iii) λ < m

Eλ = 0 , λ≥ M

Eλ = I .

利用谱族 { Eλ} , 得到 T 的积分表示 ( 即谱分解公式 ) 如下 : M

∫

T =

m

-

λd E(λ) 　 ( E(λ) = Eλ) ;

( 7)

-

λd〈Eλx , y〉　 ( x , y ∈ H ) ,

( 8)

M

∫

〈T x , y〉 =

m

其中积分是区间 [ a , M ] ( a < m 是任取的 ) 上的通常 意义的 RS 积 分 ( 参考§2 .3 ) , (7 ) 中的积分依算子范数收敛 . 这样 , 如我们所预期的 , 自伴算子表成了投影算子的 ( 无限 ) 线性组 合 .无论积分 ( 7) 是积累了多少前期工作的最终结果 , 本质上 , 它仍然是 极简单的有限维结果 (4 ) 的 推广 .如 果说 , 积 分表示 有不 够直观 的缺 点 的话 , 那么 , 可以指 望在特殊 情况下用 级数来 取代积分 .下 面的定理 表 明 , 对于紧自伴算子就是如此 . 定理 5 .3 .9 　 设 T ∈ L ( H ) 是紧自伴算子 , {λn } 是其非零谱值 ,

第五章 　 谱与紧线性算子

・ 24 6 ・

λ1 ≥ λ2 ≥ … ≥ λn → 0 　 ( n → ∞ ) , Pn 是从 X 到 N (λn I - T ) 上的正投影 , 则 T =

∑λ P n

n

;

( 9)

n

〈T x , x〉 =

∑λ ‖ x n

2

n

‖ , 　 xn = Pn x .

(10)

n

　 　 至此 , 你好 象经历了 一番长 途跋涉 , 终于 到达了一 处目的 地 .无 论 前面还有多少胜景奇观 , 你都该缓一口气了 .现今对于大学生的泛函分 析课程 , 至多也 就走到这 一步 , 甚至在 远离这 一步的某 个地方 , 就收 兵 回营了 .这并没有什么不妥 .你在大学几年中所积累的数学知识还不算 多 .象泛函分析这样具有高度综合性的理论课程 .若只在纯粹的逻辑构 架中往前推进 , 而没有与之相当的实际应用领域与之结合 , 是难以产生 明显效果的 .在你还没有感到十分厌倦的时候结束本课程的学习 , 看来 是最妥当的 .随着你进入这门课程的终点 , 一直在为你的学习提供帮助 与建议的本书 , 也就理所当然地接近尾声了 .不过 , 在结束之前 , 我们不 免还得 考察 一 些问 题 .与 本节 内容 相关 的问 题 很多 , 有 趣 的问 题也 不 少 , 我们仅挑选那些较简易的问题以供练习 . 首先 , 我 们分别考 虑正规 算子、自伴算 子、U 算子及投 影算子的 问 题 .

二、问题与方法 A . 正规算子 在本节考虑的 几 类 算子 中 , 正 规 算子 最 为一 般 , 它 包括 了 自 伴 算 子、U 算 子 与正 投 影 算 子 .正 因 为 它 过 于一 般 , 关 于它 的 结 论 也 就 最 少 , 大概你现在还很难说清楚正规算子到底是什么样子 .你能举一个自 伴算子、U 算子 以 外的 正规 算子 的例 子 吗 ? 无 论如 何 , 我 们还 是可 以 列举出正规算子 T ∈ L ( H ) 的一连串性质 : ( i) T T

＊

= T

＊

T; ＊

(ii) ‖ T x‖ = ‖ T x‖,〈Tx , Ty〉 = 〈T ( iii) rσ( T ) = ‖ T‖ ,σ( T ) = { 0}

＊

T = 0 .

利用这些性质 , 就可以解决一些问题了 .

＊

x, T y〉( x, y ∈ H) ;

§5 .3 　 Hilbert 空间中线性算子

5 .71 　 设 S ∈ L ( H ) 是正规算子 , T S

＊

・ 24 7 ・

= S

则 T + S 与 T S 都是正规算子 ; 当 T 可逆时 T

-1

＊

＊

T, T

＊

S = ST ,

亦是正规算子 .

5 .72 　 设 T ∈ L ( X) , α, β∈ C, α = β = 1 , 则 αT + βT

＊

是

正规算子 . 是否为正规算子的问题 , 当然要依定义检验 , 而这是平凡的 . 5 .73 　 设 A , B , T ∈ L ( X ) , A , B 是 U 算子 , A , B , T 三 者互 相 ＊

可换 , 则 S = A T + B T

是正规算子 .

证 　 只要证 S S ＊ = S ＊ S , 这又相当于证等式 : A T T ＊ A ＊ + B( T ＊ ) 2 A ＊ + A T 2 B ＊ + B T ＊ T B ＊ = TT

＊

+ T

＊

A

＊

＊

BT

+ TB

＊

AT + T

＊

T .

为此只要等式两端各项依次相等 , 而这要用到以下交换性 : AT = TA, T

＊

A

＊

= A

＊

＊

＊

T , BT

而这些都可以从 A , B , T 的互换性及 A 如, BT

＊

= T

＊

= T ＊

＊

= A

B, A -1

＊

＊

, B

B = BA = B

-1

＊

.

推出 .例

B 之证明如下 :

BT

＊

= B

＊ ＊

= ( TB 其中用到 BT = T B

TB

T -1

- 1

＊

)

＊

＊

-1

T)

= ( TB ) ＊

= (B

= B

-1

＊

＊

= T

B, □

T . n

5 .74 　 若 T ∈ L ( H ) 是正规算子 , 则 ‖ T ‖ = ‖ T‖

n

.

证 　 关键是用式 (3 ) : 4

＊

2

2

‖ T‖ = ‖ T‖ ‖ T ‖ = ‖ T

＊

＊

T ‖‖ T T ‖

= ‖ T ＊ T ‖2 = ‖ ( T ＊ T ) ( T ＊ T ) ‖ = ‖ T2 ( T ＊ ) 2 ‖ = ‖ T2 ‖2 , n

n

这得出 ‖ T 2 ‖ = ‖ T‖ 2 . 归纳地 有 ‖ T 2 ‖ = ‖ T‖2 . ＂ n ∈ N, k

设 n≤2 , 则 ‖ T‖

n

= ‖ T‖

n-2

≤‖ T‖

n-2

n

k

k

n

‖T ・T n

k

2 - n

‖ k

2 - n

‖ T ‖‖ T ‖ n

= ‖ T ‖ ≤ ‖ T‖ , 这得出所要证 . 5 .75 　 设 T ∈ L ( H ) 是正规算子 , 则 rσ ( T ) = ‖ T‖ .

□

第五章 　 谱与紧线性算子

・ 24 8 ・

提示 : 用上题与谱半径公式 . 5 .76 　 设 T ∈ L ( H ) 是正规算子 , ｖ β> 0 , ＂ x ∈ H , 有 ‖ T x ‖ ≥ β‖ x‖ , 则 T 可逆 . 证 　 所给条件推出 : T x = 0

x = 0 , 因而 N ( T ) = {0 } ; 再用定

＊

理 5 .3 .2 ( i) 得 N ( T ) = { 0} . 若 T x n → y ∈ H , 则由 ‖ x m - x n ‖ ≤ - 1

β ‖ T x m - T x n ‖ 知 { x n } 是 Cauchy 列 .设 x n → x , 则必 y = T x ∈ ＊

R ( T ) , 可见 R ( T ) 是闭的 .于是 R( T ) = N ( T )

⊥

= { 0}

⊥

= H (用

定理 4 .3 .6( i ) , 为什么可用 ?) , 故 T 可逆 . 5 .77 　 设 A =

a

b

c

d

2×2

∈R

□

, 则 A 是 正 规矩 阵

T

A = A 或

a = d, b = - c . T

T

提示 : 讨论 A A = A A 成立之条件 . B . 自伴算子 自伴算子是本节关注的重点 , 对于它 , 你的感觉可能远胜于难以捉 摸的正规算 子 .首先 , 你头脑 中大概已 有一个 牢固的印 象 , 即自伴算 子 是类似于对称矩阵的 东西 .这一 印象 确实 不 坏 , 尽 管在 无 限维 Hilbert 空间中 , 自伴算子可能与对称矩阵在形式上很少有什么相近之处 .现在 将自伴算子 T ∈ L ( H ) 的性质汇集如下 : ( i) T = T ＊ , 即〈T x , y〉 = 〈x , T y〉( ＂ x , y ∈ H ) . ( ii) 〈T x , x〉∈ R, 即二次型〈T x , x〉是实泛函 . ( iii) σ( T )

R, 且 ( 依 (5 ) )

min λ =

λ∈ σ( T )

　 　 ( iv) ‖ T‖ =

inf 〈T x , x〉, λ∈max λ= σ( T )

‖ x‖ = 1

sup 〈T x , x〉 .

‖ x‖ = 1

sup 〈T x , x〉 ( 依 (6 ) ) .

‖ x‖ = 1

灵活地运用上述性质 , 就能推出许多进一步的结论 . 5 .78 　 设 S 与 A 分别为 L ( H ) 中自伴算子与反自 伴算子 ( 即满 足 T ＊ = - T 的 算 子 ) 之 全 体 , 则 二 者 皆为 L ( H ) 的 实 的 闭 子 空 间 , 且 L( H) = S ī A . 证 　 验 证 S 与 A 是 L ( H ) 的 实 子 空 间 是 平 凡 的 .任 给 T ∈ L ( X) . 若有分解 T = A + B , 使得 A ∈ S, B ∈ A, 则联立

§5 .3 　 Hilbert 空间中线性算子

・ 24 9 ・

A+ B = T　 与 　 A - B = T

＊

唯一地解出 ＊

T+ T T - T A = , 　 B = 2 2 反之 , 若依上式定义 A , B , 则必 A

＊

= A, B

＊

＊

.

= - B, T = A + B .这

就表明每个 T ∈ L ( H ) 有唯一分解 T = A + B, A ∈ S, B ∈ A . 因此 L ( H ) = S ī A . 余下只要说明 S ( 类似地 A ) 在 L ( H ) 中依算子范数 收敛是闭的 .设 { T n }

S, T ∈ L ( H ) , ‖ T n - T‖ → 0 , 则

‖ T n - T ＊ ‖ = ‖ T ＊n - T ＊ ‖ = ‖ T n - T‖ → 0 . 可见 T = T

＊

∈ S, 即 S 是闭的 .

□

必须强调 S 仅是 L ( H ) 的实 子空 间 , 因对一 般的 α∈ C, T ∈ S, 有 (αT )

＊

=珔 αT

＊

= 珔 αT , 它不一定等于 αT , 因而未必 αT ∈ S .

5 .79 　 每个 T ∈ L ( H ) 有唯一分解 T = A + i B , A , B 是自伴算 子 . 提示 : 参考上题 . 注意分解 T = A + i B 突出地显示了自伴算子在 L ( H ) 中的地位 , 恰如实数在 C 中的地 位 .这一 类 比初 看起 来 似 有过 份 简单 化 之嫌 , 但 并不乏启发性 , 即使在一些很深层次的问题上都有借鉴作用 . 5 .80 　 任给 T ∈ L ( H ) , T

＊

T 与 TT

＊

是自伴算子 .

5 .81 　 若 T , S ∈ L ( H ) 是自伴算子且可换 , 则 T S 是自伴算子 . 5 .82 　 若 T ∈ L ( H ) 是可逆的自伴算子 , 则 T

- 1

是自伴算子 .

以上结论的验证都是平凡的 . 5 .83 　 设 T = A + i B ∈ L ( H ) , A , B 是自伴算子 .则 T T ＊ 是正 规算子 2

A B = BA ; T 是自伴算子

B = 0; T 是 U 算子

A B = BA

2

且 A + B = I . 提示 : 直接用定义 5 .3 .2 验证 . -1

对于复数 λ= a + i b , a, b ∈ R, 显然 λ∈ R

b = 0;珔 λ= λ

2

+ b = 1 . 题 5 .83 不过是在算子层次上重建了这些结论 . iA

5 .84 　 设 A ∈ L ( H ) 是自伴算子 , 则 T = e

是 U 算子 .

证 　 利用算子指数函数的级数表示 ( 参考§5 .1 ) :

a

2

第五章 　 谱与紧线性算子

・ 25 0 ・

∞

T

＊

=

∑ n= 0

( i A) n!

∞

=∑ n=0 ∞

=∑ n=0

n

＊

＊

n

[ (i A ) ] n ! ( - i A) n!

n

= e

- iA

= T

-1

,

可见 T 是 U 算子 .

□

以上证明中用到公式 :

∑T

lim Sn n

＊

=

n

＊

∑T

＊ n

; 而这又相当于

＊

= lim Sn , n

只要依算子范数收敛 lim S n 存在 ; 后者由以下等式推出 ( 参考 ( 3) ) : n ‖ S ＊n - S ＊ ‖ = ‖ S n - S‖ . 　 　 5 .85 　 设 T ∈ L ( H ) 是自伴算子 , S ∈ L ( H ) , T S = I , 则 T 可 逆 . 提示 : 注意 S

＊

T = I .

5 .86 　 设 T ∈ L ( H ) 是自伴算子 , 则 I + i T 可逆 . 证 　 只要说明 0 ú σ( I + i T ) . 由定理§5 .1 (8 ) 有 σ( I + i T ) = { 1 + i b∶ b ∈ σ( T ) } , 而 σ( T )

R ( 定理 5 .3 .3 ( ii) ) , 绝不可能有 1 + i b = 0( b ∈ σ( T ) ) , 故

得所要证 .

□

对于题 5 .86 中的 T , 能用展开式 ∞

( I + iT)

-1

=

∑( -

i T) n

n= 0

吗 ( 参考§5 .1 (2 ) ) ? 5 .87 　 设 f (λ) 是 C 上的解析函数 , f ( R)

R; T ∈ L ( H ) 是 自

伴算子 , 0 ≠ α∈ R, 则 αi I + f ( T ) 可逆 . 提示 : 参照上题 . 5 .88 　 设 T ∈ L ( H ) 是自伴算子 , 则 N ( T ) = R( T ) ⊥ . 证 　 关键在于充分利用恒等式 〈T x , y〉 = 〈x , T y〉　 ( x , y ∈ H )

§5 .3 　 Hilbert 空间中线性算子

・ 25 1 ・

所包含 的 信 息 .令 T x = 0 得 x ⊥ Ty ( ＂ y ∈ H ) , 可 见 N ( T ) ⊥

R ( T ) ; 令〈x , T y〉 = 0 得〈T x , y〉 = 0 , 即 x ∈ R ( T ) ⊥

y( ＂ y ∈ H ) , 从而 T x = 0 , 这得 R( T )

⊥

Tx ⊥ □

N( T ) .

以上所给为直 接 证 明 .也 可 以 利 用 定 理 4 .3 .6 ( i ) , 对 任 给 T ∈ L ( H ) ( 不必是自伴算子 ) , 有 ＊

⊥

＊

⊥

N ( T ) = R( T ) , N ( T ) = R ( T ) ; ＊

N( T )

⊥

= R ( T) , N( T)

⊥

＊

= R( T ) ,

＊

⊥

⊥

＊

其中用到自对偶性: H = H , 因而不必区分 A 与 F .在其中令 T = T , 立得 N( T ) = R( T)

⊥

.

5 .89 　 设 T ∈ L ( H ) 是自伴算子 , 则 N ( T ) 提示 : R ( T )

N( T )

⊥

⊥

= R( T ) .

是明显 的 ; 为 证 N ( T ) ⊥

正交分解定理 : H = R ( T ) ī

N( T) = N( T ) ī

⊥

R ( T) , 可用

N ( T ) . 当然所 证

结论已包含在定理 4 .3 .6( i ) 中 , 但最好直接证明 . - 1

5 .90 　 设 T ∈ L ( H ) 是自伴算子 , λ∈ C, Imλ≠ 0 , 则 ‖ T λ ‖ ≤ 1/

Imλ . 证 　 设 λ = a + i b, a , b ∈ R . 因 σ( Tλ) = a + i b - σ( T ) -1

必不含零 , 故 Tλ 可逆 .因 Tλ 与 T λ 都为正规算子 , 故 -1

-1

‖ T λ ‖ = rσ( T λ ) =

μ

sup μ∈ σ( T

) λ

= sup{ a + i b - τ ≤ b

-1

=

- 1

Imλ

2

- 1

-1

∶τ∈ σ( T ) } □

. 2

2

2

2

2

　 　 此外 , 亦可利用 ‖ Tλ x‖ = ‖ Tα x‖ + b ‖ x‖ ≥ b ‖ x ‖ , 你试证之 .不过 , 用正规算子的公式 rσ( T ) = ‖ T‖ 更好 , 这是一个无 需技巧的普遍方法 , 应尽可能使用 . 5 .91 　 设 T 如题 5 .86 , 求 ‖ ( I + i T ) 提示 : 参照上题 , ‖ ( I + i T ) - 1 ‖ = 5 .92 　 设 T ∈ L( H) , 则 T 提示 : T ＊ = - T

＊

= - T

-1

‖ .

1+

inf λ2

1/ 2

λ∈ σ( T )

.

Re〈Tx , x〉 = 0( ＂ x ∈ H) .

( i T ) ＊ = i T , 用定理 5 .3 .2 ( ii) .

第五章 　 谱与紧线性算子

・ 25 2 ・

5 .93 　 设 T

＊

= - T ∈ L ( H ) , 则 σ( T )

iR .

提示 : 参照上题 . 5 .94 　 设 T ∈ L ( H ) 是自伴算子 , λ, μ∈ R, ,λ≠ μ, 则 N ( Tλ) ⊥ N ( Tμ ) . 证 　 要证结论意味着 : 自 伴算 子关于 不同 特征 值的特 征子 空间 互 相正交 .在线性代数中已有类似的结论 , 实际上可沿用线性代数中的证 法 : 任取 x ∈ N ( Tλ ) , y ∈ N ( Tμ ) , 则 T x = λx , 　 Ty = μy , 于是 (λ - μ)〈x , y〉 =〈λx , y〉 - 〈x , μy〉 =〈T x , y〉 - 〈x , Ty〉 = 0 , 因而〈x , y〉 = 0 , 即如所要证 .

□

上题中假定 λ, μ ∈ R 是 不 必 要 的 .如 果 λ不 是 实 数 , 则 必 λ ú σ( T ) , 因而 N ( Tλ ) = { 0} , 此时 N ( Tλ ) ⊥ N ( Tμ ) 自动成立 . 5 .95 　 设 T ∈ L ( H ) 是紧自伴算子 , H ≠ {0 } , 则 σp ( T ) ≠ 　 　 提示 : σp ( T ) =

.

T = 0 .

5 .96 　 设 T ∈ L ( H ) 是 紧 自 伴算 子 , A 是 H 的 非零 闭 子 空间 , A , 则 T 有特征向量 x ∈ A .

TA

证 　 将 T 限制在 A 上 , 仍是一个 紧自伴 算子 .于是 由上 题有 λ∈ R, 0 ≠ x ∈ A , 使得 T x = λx , x 就是 T 在 A 中的特征向量 . 2

5 .97 　 设 T x = (αi x i ) , {αi } T ＊ ∈ L ( l2 ) , {αi }

R 有界 , x = ( x i ) ∈ l , 则 T =

σp ( T ) . 2

2

证 　 已知 T ∈ L ( l ) ( 参 看题 4 .17 ) .设 { ei } 是 l 的标 准 基 , 则 Tei = αi ei , 故 {αi } 2

σp ( T ) . 余下说明 T 的自伴性 . ＂ x = ( x i ) ∈

2

l , y = ( yi ) ∈ l , 等式〈T x , y〉 = 〈x , Ty〉相当于

∑ (α x )珔y i

因 {αi }

i

=

R, 故以上等式必成立 .

5 .98 　 任给区间 [ m , M ] [ m , M] .

i

∑x

i

(αi yi ) , □

R, 必有 自伴算 子 T , 使得 σ( T ) =

§5 .3 　 Hilbert 空间中线性算子

・ 25 3 ・

提示 : 参考上题 . 2

5 .99 　 设 T f ( x ) = x f ( x ) , f ∈ L ( J ) , J = [0 , 1 ] , 则 T = T

＊

2

∈ L ( L ( J) ) , 求 σ( T ) 与 σp ( T ) . 2

解 　 已知 T ∈ L ( L ( J ) ) ( 参看题 4 .23 ) ; 自伴性的验证类似于题 2

5 .97 . ＂ λ∈ C, f ∈ L ( J ) , 有 (λ - x ) f ( x ) = 0 , a .e . 可见 λú σp ( T ) , 故 σp ( T ) =

f ( x ) = 0 , a .e .,

. 为求 σ( T ) , 如在§ 5 .1 中所作的 ,

考虑方程 (＊)

(λI - T ) f ( x ) = (λ - x ) f ( x ) = g( x ) 2

的可解性 , 其中 λ∈ C 与 g ∈ L ( J ) 是给定的 .若 λú [0 , 1 ] , 则 f ( x) =

1 g( x ) ＞ Ag( x ) λ- x 2

是方程 ( ＊ ) 的唯一解 , 且显然 A ∈ L ( L ( J) ) , 因而 A = (λI - T )

-1

,

于是 λú σ( T ) . 另一方面 , 若 λ∈ [0 , 1 ] , 则取 g( x ) ≡ 1 时由 ( ＊ ) 解 出的 f ( x ) = (λ - x )

-1

2

ú

2

L ( J ) , 因而 (λI - T ) f = 1 在 L ( J ) 中

无解 , 这表明 λ∈ σ( T ) . 因此 σ( T ) = [0 , 1 ] .

□

C . 投影算子 投影算子 ( 此处指正投影算子 , 下同 ) 是自伴算子 , 因此具有自伴算 子的所有性质 .但投影算子比一般自伴算子要特殊得多 , 其特殊性都源 2

于等式 T = T ( 幂等性 ) .即使 在任 意 Banach 空间 X 中 , 只 要 T ∈ 2

L ( X) 满足 T = T , T 就是从 X 到某个闭子空间 A

X 的投影 .但只

有在 Hilbert 空间中才有正投影概念 .若 P ∈ L ( H ) 是投影算子 , 则可 以认为 P x 是从 x 向子空间 A = R ( P) 所引 垂线的 垂足 .保持 这种 直 观理解 , 对于投影算子就有一定的印象了 . 2

5 .100 　 P ∈ L ( H) 是正投影

〈Px , x〉 = ‖ Px‖ ( ＂ x ∈ H) .

证 　 若 P 是正投影, 则 ＂ x ∈ H, 有 2

2

〈Px , x〉 = 〈P x , x〉 = 〈P x , Px〉 = ‖ P x‖ . 2

反之 , 设〈P x , x〉 = ‖ Px ‖ ( ＂ x ∈ H ) , 则 〈P x , x〉 = 〈P ＊ Px , x〉, ＊

这推出 P = P P , 于是 P

＊

＊

= ( P P)

＊

＊

＊

= P P = P; P = P P =

第五章 　 谱与紧线性算子

・ 25 4 ・ 2

P , 因此 P 是正投影 .

□

以上证明中用了一个结论 : 若 T ∈ L ( H ) , 则 〈T x , x〉≡ 0 ( ＂ x ∈ H )

T = 0,

这是一个普遍有效的命题 . 5 .101 　 P ∈ L ( H ) 是正投影 , x ∈ H, 则 P x = x

‖ Px‖ =

‖ x‖ . 提示 : 注意 P x ⊥ ( x - P x ) , 用勾股定理 . 5 .102 　 P ∈ L ( H ) 是正投影 , T ∈ L ( H ) , A = R ( P) , 则 P T = TP

A 且 T A⊥

TA

A⊥ .

证 　 若 TP = PT, 则 T A = T PH = P T H

A;

⊥

⊥

T A = T ( I - P) H = ( I - P) T H ⊥

其中用了 A = R( I - P) , 这由 H = A ī A , TA

⊥

A

⊥

A ,

推出 .反之 , 若 T A

⊥

⊥

A , ＂ x ∈ H, 设 x = a + b, a ∈ A , b ∈ A , 则 PT x = P T a + P T b = P T a = T a = TP x ,

可见 P T = TP .

□ 2

5 .103 　 P ∈ L ( H ) 是正投影 2

证 　 设 P = P 且 PP

＊

影 ) .为此只要证 A = P - P = {0 } . 由 A

＊

2 n

A

＊

= P P , 今证 P = P ＊

＊

＊

( 从 而 P 为正 投

= 0 . 因 A 是正规算子 , 故只要证 σ( A)

= - A 得σ( A ) = (P - P )

P = P 且 P 是正规算子 .

2n

iR ( 依题 5 .9 3) .实际计算得出 = P+ P 2 n

若 λ = iα∈ σ( A ) (α∈ R) , 则从 λ ( - 1)

n-1

2n

α

＊

- 2 PP

＊

2

= A .

2

= λ 推出 2

= α,

这推出 α = 0 , 因此 σ( A ) = {0 } , 如所要证 .

□

5 .104 　 设 P i ∈ L ( H ) ( i ∈ N) 是 互 相 正 交 的 正 投 影 , Qn =

∑

n 1

Pi , 则 Q n 是正投影 , 且强收敛于某个正投影 Q . 提示 : 用定理 5 .3 .6 ( iii) 与 5 .3 .5 ( iv) . D . 其他问题 5 .105 　 设 T ∈ L ( H ) , 则 N ( I + T ＊ T ) = {0 } .

§5 .3 　 Hilbert 空间中线性算子

证　若 (I+ T

＊

・ 25 5 ・

T ) x = 0, 则

0 = 〈x + T

＊

2

2

T x , x〉 = ‖ x‖ + ‖ T x‖ ,

这得出 x = 0 , 即得所要证 . 实际上 I + T

＊

□

T 是自伴算子 , T

＊

T ≥ 0 , 你可循此思路给出另外

一个证明 . ＊

5 .106 　 设 T ∈ L ( H) , ‖ T‖ ≤ 1 , 则 N( I - T ) = N( I - T ) . N ( I - T ＊ ) ( 何故 ?) .设 x = T x, 则

证 　 只要证 N( I - T) ‖x - T

＊

2

2

x ‖ = ‖ x ‖ - 〈x , T

＊

x〉 - 〈T

＊

＊

x , x〉+ ‖ T

2

x‖

= ‖ T ＊ x‖ 2 - ‖ x‖ 2 　 ( 用 T x = x ) 2

2

2

≤‖ T‖ ‖ x‖ - ‖ x‖ ≤ 0 , 这得 ‖ x - T ＊ x‖ = 0 , 即 x = T ＊ x .

□ 2

5 .107 　 设 T ∈ L( H) , 〈Tx , x〉 ≥ α‖ x‖ ( ＂ x ∈ H) ,α > 0, 则 T 可逆 . 证 　 要证 T 是单射与满射 . (i )

T 单 射 . ＂ x ∈ H, 若

2

T x = 0 , 则 由 α‖ x‖

≤

〈T x , x〉 推出 x = 0 . 2

( ii) T 是满射 , 即 R( T ) = H . 由 〈T x , x〉 ≥ α‖ x‖ 可推 出 ‖ T x‖ ≥ α‖ x‖ ( ＂ x ∈ H ) . 若 { T x n } 是 Cauchy 列 , 则 { x n } 亦为 Cauchy 列 , 因此 x n → x , T x n → T x ∈ R ( T ) , 可见 R( T ) 是闭的 .若 ⊥

R ( T ) ≠ H , 则有 0 ≠ y ∈ R( T ) , 这推出 2

0 = 〈Ty , y〉 ≥ α‖ y‖ > 0 , 得出矛盾 .

□

5 .108 　 设线性算子 T∶ H → H 满足〈T x , y〉 = 〈x , Ty〉, 则 T ∈ L ( H ) 是自伴算子 . 证 　 只要证 T 有界 , 为此用闭图象定理 .设 x n → x , T x n → y , 则 ＂ z ∈ H, 有 〈T x , z〉 =〈x , T z〉 = lim 〈x n , T z〉 n = lim 〈T x n , z〉 = 〈y , z〉, n 这得出 T x = y , 因此 T ∈ L ( H ) .

□

第五章 　 谱与紧线性算子

・ 25 6 ・

5 .109 　 设 T =

T

＊

∈ L ( H ) ,σ( T )

( 0 , ∞ ) , 则 〈x , y〉1

＞ 〈T x , y〉是 H 上的内积 , A ∈ L ( H ) 关于内积〈x , y〉1 是自伴算子 TA = A

＊

T .

证 　 〈x , y〉1 显 然 满 足 内 积 公 理 ( I 1 ) ( I2 ) ( 参 看 定 义 3 .3 .1 ) .若 〈x , x〉1 = 〈T x , x〉 = 0 , 则必 x = 0 , 否则可设 ‖ x‖ = 1 , 这将得出 min λ =

λ∈ σ( T )

这与 σ( T )

inf 〈T x , x〉≤ 0 , 　 ( 用 (5 ) )

‖ x‖ = 1

( 0 , ∞ ) 相矛盾 .因此〈・,・〉1 是内积 .由题 5 .108 , A 依内

积〈・, ・〉1 是自伴算子相当于 〈A x , y〉1 = 〈x , A y〉1 　 ( ＂ x , y ∈ H ) , 即 〈T A x , y〉 = 〈T x , Ay〉 = 〈A 这等价于 T A = A

＊

＊

T x , y〉 　 ( ＂ x , y ∈ H ) ,

T , 如所要证 .

□

5 .110 　 设 0 ≤ T ∈ L ( H ) , 则 〈T x , y〉

2

≤〈T x , x〉〈T y, y〉　 ( ＂ x , y ∈ H ) .

　 　 证 　 取定 x , y ∈ H , ＂ α∈ C, 有 0 ≤〈T ( x - αy ) , x - αy〉 =〈T x , x〉 - α〈Ty , x〉 - 珔 α〈T x , y〉+ α 2〈Ty , y〉 2

=〈T x , x〉 - α〈T x , y〉 - 珔 α〈T x , y〉+ α 〈Ty , y〉 . 取 α = 〈T x , y〉/ 〈Ty , y〉 代 入 即 得 所 要 证 . 若 〈Ty , y〉 = 0 , 但 〈T x , x〉 > 0 , 则交换 x , y 的地位 , 依同样的方法可得所要证 .若〈T x , x〉 = 〈Ty , y〉 = 0 , 则有 α〈T x , y〉+ 珔 α〈T x , y〉≤ 0 , 令 α = 〈T x , y〉得 2 〈T x , y〉 ≤ 0 , 可见要证不等式亦成立 .

□

参考书目 [1 ] Halmos P R .测度论 .王建华译 .北京 : 科学出版社 , 1958 [2 ] Нат анс он Н Н .实 变 函 数 论 .徐 瑞 云 译 .北 京 : 高 等 教 育 出 版 社 , 1958 [ 3] Rudin W .Real and Complex Analysis .New York : McGraw－Hill, 1974 [4 ] 安托涅维奇等 .泛函分析习题集 .赵根榕译 .北京 : 人民教育出版社 , 1981 [5 ] 郑强 .实变函数论的定理 与习题 集 .李荣 冻等 译 .北京 : 高等 教育 出 版社 , 1981 [6 ] Gelbaum B .Problems in A nalysis .Berlin : Springer－Verlag , 1982 [7 ] Kirillov A A, Gvishiani A D .Theorems and Proble ms in Functional Analysis .New York : Springer－Verlag, 1982 [8 ] 捷利亚柯夫斯基 .实变函 数论习 题集 .周 晓中 等译 .长春 : 吉 林人 民 出版社 , 1982 [9 ] Folland G B .Real Analysis , Modern Techniques and t heir Applica－ tions .New York : John Wiley & Sons , 1984 [10] 周民强 .实变函数 .北京 : 北京大学出版社 , 1985 [11] K reyszig E .泛函分析引论及应用 .张石生等译 .重庆 : 重庆出版社 , 1986 [12 ] 夏道 行等 .实 变 函数 论与 泛函 分析 .第 2 版 .北 京 : 高 等教 育出 版 社 , 1987 [13] 张恭庆 , 林源渠 .泛函分析讲义 上册 .北京 : 北京大学出版社 , 1987 [14] 郑维行 , 王声 望 .实变函数 与泛函分 析概要 .第 2 版 .北京 : 高等 教 育出版社 , 1989 [15] Hewitt E , Stromberg K R .实分析 与抽象 分析 .孙 广润译 .天 津 : 天 津大学出版社 , 1994 [16] 胡适耕 .实变函数 .北京 : 高等教育出版社 , 施普林格出版社 , 1999 [17] 胡适耕 .泛函分析 .北京 : 高等教育出版社 , 施普林格出版社 , 2001