泛函分析作业251103

$\Vert f \Vert=\sup\limits_{x}\dfrac{\Vert f(x)\Vert}{\Vert x\Vert}$.

对于 $$\dfrac{\Vert f(x)\Vert}{\Vert x\Vert}=\left|\int_0^1 \dfrac{x(t)}{\max\limits_k x(k)}y(t)\text{d} t\right|\leqslant \int_0^1|y(t)|\text{d} t\overset{\Delta}{=}M$$

如果不要求 $x(t)\in C[0,1]$, 我们只要取 $x_0(t)=\frac{y(t)}{|y(t)|}$ 即可得到上界 $M$. 根据实变函数中的结论, 对任意 $\varepsilon>0$, 存在连续函数 $g$ 使得 $\displaystyle\int_{0}^{1} |g(t)-x_0(t)|\text{d} t<\varepsilon/\Vert y\Vert$, 从而 $$\left|\int_0^1 g(t)y(t)\text{d} t-M\right|<\left|\int_0^1|g(t)-x_0(t)|y(t)\text{d} t\right|\leqslant\Vert y\Vert\int_0^1 |g(t)-x_0(t)|\text{d} t<\varepsilon.$$

从而说明存在一列 $x_n(t)$ 使得 $\dfrac{\Vert f(x)\Vert}{\Vert x\Vert}\to M$, 从而 $M=\displaystyle\int_{0}^{1} |y(t)|\text{d} t$ 就是上确界 $\Vert f\Vert$.

$\forall x\in\mathscr X-\lbrace 0 \rbrace$, 取 $\alpha=\dfrac{1}{f(x)}$, 那么 $\alpha x$ 就满足 $f(\alpha x)=\alpha f(x)=1$, 从而 $\Vert \alpha x\Vert\geqslant d$, 即 $\dfrac{\Vert x\Vert}{\Vert f(x)\Vert}\geqslant d$.

所以 $d=\inf\left\lbrace \dfrac{\Vert x\Vert}{\Vert f(x)\Vert}|x\in \mathscr X\right\rbrace$, 故 $\dfrac{1}{d}=\sup\left\lbrace \dfrac{\Vert f(x)\Vert}{\Vert x\Vert}|x\in\mathscr X\right\rbrace$, 即 $\Vert f\Vert=\dfrac{1}{d}$.

• (1) 线性性: $\forall x,y\in N(T),\alpha,\beta\in \mathbb{K}$, 有 $T(\alpha x+\beta y)=\alpha T(x)+\beta T(y)=0$, 从而 $\alpha x+\beta y\in N(T)$. 闭性: 由 $T$ 有界, 从而连续, 又 $\lbrace 0 \rbrace$ 是 $\mathscr Y$ 中的闭集, 所以 $T^{-1}({0})$ 是闭集. 故 $N(T)$ 是闭线性子空间.

• (2) 任取一个无界的线性泛函 $T_0:\mathscr X\to\mathscr Y$, 设 $T:\mathscr X\to\mathscr X\times \mathscr Y, T(x)=(x,T_0(x))$. 取范数 $\Vert T(x)\Vert=\Vert x\Vert+\Vert T_0(x)\Vert$ 不难验证满足范数定义. 而 $N(T)=\lbrace 0 \rbrace$, 因为第一维 $x$ 的限制. 又 $T_0$ 无界, 设 $D\subset\mathscr X$ 使得 $T_0(D)$ 无界, 那么 $T(D)$ 也是无界的, 因为 $\Vert T(x)\Vert\geqslant \Vert T_0(x)\Vert$.

• (3) $\Rightarrow$: 由 (1) 可知. $\Leftarrow$: 反设 $f$ 无界, 则 $\forall n\in \mathbb N$ 存在 $x_n\in\mathscr X$, 使得 $$\Vert x_n\Vert<\frac 1n,\ \text{且} f(x_n)=1.$$ 于是 ${x_n-x_1}\subset N(f)$ 且 $\Vert(x_n-x_1)-(-x_1)\Vert\to 0$. 但 $f(-x_1)=-1$, 即 $-x_1\notin N(f)$, 与 $N(f)$ 闭性矛盾.

• (1) 我们考虑 $A=\lbrace x-z: z\in H_f^0 \rbrace$ 究竟是什么集合. 我们记 $M=|f(x)|$, 首先 $|f(x-z)|=|f(x)-0|=M$, 所以 $A\subset H_f^M$. 此外 $\forall y\in H_f^M$, 有 $x-y\in H_f^0$, 所以 $x-(x-y)=y\in A$, 即 $A=H_f^M$.

  因此我们只需证 $|f(x)|=\inf\lbrace \Vert x\Vert: x\in H_f^{|f(x)|} \rbrace$.

  一方面由 $\Vert f\Vert=1$, $\dfrac{\Vert f(x)\Vert}{\Vert x\Vert}\leqslant 1$, $\forall x\in\mathscr X$. 所以 $\Vert f(x)\Vert$ 是下界.

  另一方面, 根据上确界定义, 存在一列 $\lbrace x_n \rbrace$ 满足 $\dfrac{\Vert f(x)\Vert}{\Vert x\Vert}\to 1$, 那么取 $y_n=\dfrac{\Vert f(x)\Vert}{\Vert f(x_n)\Vert}x_n$, 那么 $\dfrac{\Vert f(y_n)\Vert}{\Vert y_n\Vert}=\dfrac{\Vert f(x_n)\Vert}{\Vert x_n\Vert}\to 1$, 且 $\Vert f(y_n)\Vert=\Vert f(x)\Vert$. 于是 $y_n\in H_f^M$ 且 $\Vert f(y_n)\Vert\to \Vert f(x)\Vert$, 即 $\Vert f(x)\Vert$ 就是下确界.

  综上 $\Vert f(x)\Vert=\inf\lbrace \Vert x-z\Vert|\forall z\in H_f^0 \rbrace$.

• (2) $\rho(x,H_f^0)=\inf\lbrace \Vert x-z\Vert|\forall z\in H_f^0 \rbrace=|f(x)|=|\lambda|$.

  对 $x=(\alpha,\beta)\in\mathbb{R}^2$, 设 $f((1,0))=e_1,f((0,1))=e_2$, 则 $f(x)=\alpha e_1+\beta e_2$, 所以 $H_f^\lambda=\lbrace (\alpha,\beta)|\alpha e_1+\beta e_2=\lambda \rbrace$ 是一条直线. 所以 (1) 和 (2) 指的就是点到直线和两条平行线的距离关系.

反设存在 $B(x_0,\delta)$, 使得 $f(x_0)$ 是极大值.

那么 $f(x)\leqslant f(x_0)$ 即 $f(x-x_0)\leqslant 0$. 所以 $f(x)\leqslant 0,\forall x\in B(0,\delta)$. 根据线性性, 可以依次推出在整个定义域上都有 $f(x)\leqslant 0$, 因为可以反复取 $f(x)=2f(x/2)$ 直到 $\Vert x/2^k\Vert<\delta$.

从而必须有 $f(x)=0$, 否则若 $f(x)<0$, 则 $f(-x)>0$ 矛盾.

故假设矛盾. 极小值同理, 可推出在整个定义域上非负从而恒为 0.