函数项级数_百度文库
两大类热门资源免费畅读
续费一年阅读会员，立省24元！
评价文档：
函数项级数
阅读已结束，如果下载本文需要使用
想免费下载本文？
把文档贴到Blog、BBS或个人站等：
普通尺寸(450*500pix)
较大尺寸(630*500pix)
你可能喜欢您所在位置： &
&nbsp&&nbsp
非线性自抗扰控制的收敛性.pdf211页
本文档一共被下载：
次 ,您可免费全文在线阅读后下载本文档
文档加载中...广告还剩秒
需要金币：50 &&
你可能关注的文档：
··········
··········
中国科学技术大学
博士学位论文
非线性自抗扰控制的收敛性
作者姓名：
学科专业：
运筹学与控制论
导师姓名：
郭宝珠教授
完成时间：
二O一二年四月
洲Y㈣2 …川Ⅲ■l ㈣2㈣5眦7眦9咖7
ofScienceand
Tech ofChi na
Adissertationfordoctor’S
nve ceofNonlinear
ActiveDisturbance
Author’SName：
ResearchandControl
Specialty：Operations
Supervisor：Prof．Bao―Zhu
Finishedtime：
中国科学技术大学学位论文原创性声明
本人声明所呈交的学位论文，是本人在导师指导下进行研究工作所取得的成
果。除已特别加以标注和致谢的地方外，论文中不包含任何他人已经发表或撰写
过的研究成果。与我一同工作的同志对本研究所做的贡献均己在论文中作了明确
作者签名：垃
签字日期：塑f!§蔓堕竺!!
中国科学技术大学学位论文授权使用声明
作为申请学位的条件之一，学位论文著作权拥有者授权中国科学技术大学拥
正在加载中，请稍后...张恭庆编《泛函分析讲义》第二章第5节 共轭空间 $\bullet$ 弱收敛 $\bullet$ 自反空间习题解答 - Zh... - 推酷
张恭庆编《泛函分析讲义》第二章第5节 共轭空间 $\bullet$ 弱收敛 $\bullet$ 自反空间习题解答 - Zh...
1.$\ell^p\ (1\leq p&\infty)$
&求证: $\dps{\sex{\ell^p}^*=\ell^q\quad\sex{1\leq p&\infty,\ \frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1}}$.
证明: 设 $1\leq p&\infty$. 一方面, 对 $y=\sed{\eta_k}_{k=1}^\infty\in \ell^q$, 由 H\&older 不等式, $$\bex \sev{\sum_{k=1}^\infty\xi_k\eta_k} &\leq&\sex{\sum_{k=1}^\infty\sev{\xi_k}^p}^\frac{1}{p}\cdot \sex{\sum_{k=1}^\infty\sev{\eta_k}^q}^\frac{1}{q}\\ &\leq&\sen{x}\cdot \sen{y}\quad\sex{\forall\ x=\sed{\xi_k}_{k=1}^\infty\in \ell^p}, \eex$$ 而 $$\bex \ba{cccc} T_y:&\ell^p&\to&\bbK\\ &x=\sed{\xi_k}_{k=1}^\infty&\mapsto&\dps{\sum_{k=1}^\infty\xi_k\eta_k} \ea \in \sex{\ell^p}^* \eex$$ 且 $\sen{T_y}\leq \sen{y}$, 从而 $\ell^q$ 通过映射 $\ell^q\ni y\mapsto T_y\in \sex{\ell^p}^*$ 连续嵌入到 $\sex{\ell^p}^*$. 另一方面, 对 $T\in \sex{\ell^p}^*$, 令 $$\bex e_k=(\underbrace{0,0,\cdots,1}_{\mbox{$k$个}},0,\cdots), \eex$$ 则 $$\bex T(x)=T\sex{\sum_{k=1}^\infty\xi_ke_k} =\sum_{k=1}^\infty\xi_kT(e_k)\quad\sex{\forall\ x=\sed{\xi_k}_{k=1}^\infty\in \ell^p}. \eex$$ 往证 $y_T=\sed{T(e_k)}_{k=1}^\infty\in \ell^q$, 且 $\sen{y_T}_{\ell^q}\leq \sen{T}$, 从而映射 $\ell^q\ni y\mapsto T_y\in \sex{\ell^p}^*$ 是等距同构. 事实上, 若 $1\leq q&\infty$, $$\bex \sen{y_T}_{\ell^q}^q &=&\sum_{k=1}^\infty\sev{T(e_k)}^q\\ &=&\sum_{k=1}^\infty T(e_k)\cdot \sev{T(e_k)}^{q-1}e^{-i\ arg\ T(e_k)}\\ &\leq&\sen{T}\cdot \sen{\sed{\sev{T(e_k)}^{q-1}e^{-i arg\ T(e_k)}}_{k=1}^\infty}_{\ell^p}\\ &=&\sen{T}\cdot \sex{\sum_{k=1}^\infty\sev{T(e_k)}^q}^\frac{1}{p}\quad\sex{(q-1)p=q}\\ &=&\sen{T}\cdot \sen{y_T}_{\ell^q}^\frac{q}{p}; \eex$$ 若 $q=\infty$, $$\bex \sen{y_T}_{l^\infty} &=&\sup_{n\geq 1}\sev{T(e_n)}\\ &=&\sup_{n\geq 1}T(e_n)\cdot e^{-i\ arg\ T(e_n)}\\ &=&\sup_{n\geq 1}T\sex{\tilde x_n}\quad\sex{ \tilde x_n=\sed{e^{-i arg\ T(e_n)}\delta_{kn}}_{k=1}^\infty\in \ell^1}\\ &\leq&\sen{T}. \eex$$
&设 $C$ 是收敛数列的全体, 赋以范数 $$\bex \sen{\cdot}:\quad \sed{\xi_k}\in C\mapsto \sup_{k\geq 1}\sev{\xi_k}, \eex$$ 求证: $C^*=\ell^1$.
证明: 注意到对 $\forall\ x=\sed{\xi_k}_{k=1}^\infty\in C$ 适合 $\dps{\lim_{k\to\infty}\xi_k=\xi_0}$, 有表示 $$\bex x=\xi_0e_0+\sum_{k=1}^\infty (\xi_k-\xi_0)e_k\quad\sex{\mbox{在 }C\mbox{ 上}}, \eex$$ 其中 $$\bex e_0=\sex{1,1,1,\cdots}, \quad e_k=(\underbrace{0,0,\cdots,1}_{\mbox{$k$个}},0,\cdots). \eex$$ 对 $f\in C^*$, 有 $$\bex f(x)=\xi_0 f(e_0)+\sum_{k=1}^\infty (\xi_k-\xi_0)f(e_k). \eex$$ 令 $$\bex \tilde \eta_0=f(e_0),\quad \eta_k=f(e_k)\quad\sex{k\geq 1}, \eex$$ 则 $$\bex f(x)=\xi_0\tilde \eta_0 +\sum_{k=1}^\infty (\xi_k-\xi_0)\eta_k. \eex$$ 取 $$\bex \tilde x^n =\sed{\tilde \xi^{(n)}_k}_{k=1}^\infty\in C,\quad \tilde \xi^{(n)}_k=\left\{\ba{ll} e^{-i\ arg\ \eta_k},&k\leq n,\\ 0,&k&n, \ea\right. \eex$$ 则 $$\bex \sum_{k=1}^n \sev{\eta_k}=f\sex{\tilde x^n} \leq \sen{f}, \eex$$ 而 $\sed{\eta_k}_{k=1}^\infty\in \ell^1$. 于是可令 $$\bex \eta_0=\tilde \eta_0-\sum_{k=1}^\infty \eta_k, \eex$$ 有 $$\bex f(x)=\xi_0\eta_0+\sum_{k=1}^\infty \xi_k\eta_k. \eex$$ 又取 $$\bex x^n=\sed{\xi^{(n)}_k}_{k=1}^\infty\in C,\quad \tilde \xi^{(n)}_k=\left\{\ba{ll} e^{-i\ arg\ \eta_k},&k\leq n,\\ e^{-i\ arg\ \eta_0},&k&n, \ea\right. \eex$$ 则 $$\bex \sev{\eta_0} +\sum_{k=1}^n \sev{\eta_k} +e^{-i\ arg\ \eta_0}\sum_{k=n+1}^\infty \eta_k =f(x^n)\leq \sen{f}. \eex$$ 令 $n\to\infty$, 得 $$\bex \sum_{k=0}^\infty \sev{\eta_k}\leq \sen{f}. \eex$$ 另一方面, 若 $\sed{\eta_k}_{k=0}^\infty\in \ell^1$, 则 $$\bex \eta_0\cdot \lim_{k\to\infty}\xi_k +\sum_{k=1}^\infty \xi_k\eta_k\quad\sex{\forall\ x=\sed{\xi_k}_{k=1}^\infty\in C} \eex$$ 定义了 $C$ 上的一有界线性泛函 $f$, 且 $$\bex \sen{f} \leq \sum_{k=0}^\infty\sev{\eta_k}. \eex$$
&设 $C_0$ 是以 $0$ 为极限的数列全体, 赋以范数 $$\bex \sen{\cdot}:\quad \sed{\xi_k}\in C\mapsto \sup_{k\geq 1}\sev{\xi_k}, \eex$$ 求证: $C_0^*=\ell^1$.
证明: 注意到对 $\forall\ x=\sed{\xi_k}_{k=1}^\infty \in C_0$, 有表示 $$\bex x=\sum_{k=1}^\infty \xi_ke_k, \eex$$ 其中 $$\bex e_k=(\underbrace{0,\cdots,0}_{k\mbox{ 个}},0,\cdots). \eex$$ 对 $f\in C_0^*$, 有 $$\bex f(x)=\sum_{k=1}^\infty \xi_kf(e_k), \eex$$ 令 $\eta_k=f(e_k)$, 则 $$\bex f(x)=\sum_{k=1}^\infty \xi_k\eta_k. \eex$$ 取 $$\bex x^n=\sed{\xi^{(n)}_k}_{k=1}^\infty\in C_0,\quad \xi^{(n)}_k=\left\{\ba{ll} e^{-i\ arg\ \eta_k},&k\leq n,\\ 0,&k&n, \ea\right. \eex$$ 则 $$\bex \sum_{k=1}^n \sev{\eta_k} =f\sex{x^n} \leq \sen{f}. \eex$$ 即有 $\sen{\eta_k}_{\ell^1}\leq \sen{f}$. 另一方面, 若 $\sed{\eta_k}_{k=1}^\infty\in \ell^1$, 则 $$\bex \sum_{k=1}^\infty\xi_k\eta_k\quad\sex{\forall\ x=\sed{\xi_k}_{k=1}^\infty \in C_0} \eex$$ 定义了 $C_0$ 上的一有界线性泛函 $f$, 且 $$\bex \sen{f} \leq \sen{\eta_k}_{\ell^1}. \eex$$ 注记: $l^\infty$ 不可分. 事实上, $l^\infty$ 中任一可数子集均不稠密: 对 $\forall\ x_n=\sed{\xi^{(n)}_k}_{k=1}^\infty\in l^\infty$, 令 $x=\sed{\xi_k}$ 适合 $$\bex \xi_k=\left\{\ba{ll} 1+\xi_k^k,&\sev{\xi_k^k}\leq 1,\\ 0,&\sev{\xi_k^k}&1, \ea\right. \eex$$ 则 $$\bex \sen{x_n-x} =\sup_{k\geq 1}\sev{\xi^{(n)}_k-\xi_k} \geq \sev{\xi^{(n)}_n-\xi_n} \geq 1. \eex$$ 注记: 由题 第2章第5节第2题,\ 第2章第5节第3题 知 $$\bex C^*=\ell^1=C_0^*, \eex$$ 但 $\sex{l^\infty}^*\supsetneq \ell^1$. 事实上, 显然有 $\sex{l^\infty}^*\supset \ell^1$. 我们用反证法证明 $\sex{l^\infty}^*\supsetneq \ell^1$. 若 $\sex{l^\infty}^*= \ell^1$, 则 $$\bex \mbox{第3题注记 }&\ra&l^\infty\mbox{ 不可分}\\ &\ra&\ell^1\mbox{ 不可分}\quad\sex{\mbox{由定理 } 2.5.26}. \eex$$ 这是一个矛盾 ($\ell^p\ (1\leq p&\infty)$ 均可分).
有限维 $B^*$
空间的自反性
求证: 有限维 $B^*$ 空间必是自反的.
证明: 设 $\sed{e_k}_{k=1}^n$ 是有限维 $B^*$ 空间 $\scrX$ 的一组基, 则由题 第2章第4节第7题 知 $$\bex \exists\ \sed{f_k}_{k=1}^n\subset \scrX^*,\ s.t.\ \sef{f_i,x_j}=\delta_{ij}\ \sex{i,j=1,2,\cdots,n}. \eex$$ 于是 $\forall\ f\in \scrX^*$, $$\bex f(x)=f\sex{\sum_{k=1}^n\lambda_kx_k} =\sum_{k=1}^n\lambda_kf(x_k) =\sum_{k=1}^nf_k(x)f(x_k) =\sef{\sum_{k=1}^nf(x_k)f_k,x}, \eex$$ 此即说明 $$\bex f=\sum_{k=1}^nf(x_k)f_k. \eex$$ 现对 $\forall\ x^{**}\in\scrX^{**}$, $$\bex x^{**}(f)&=&x^{**}\sex{\sum_{k=1}^nf(x_i)f_k} =\sum_{k=1}^n f(x_k)x^{**}(f_k)\\ &=&\sef{\sum_{k=1}^nx^{**}(f_k)x_k,f}. \eex$$ 于是 $$\bex x^{**}=\sum_{k=1}^nx^{**}(f_k)x_k\in \scrX. \eex$$ 这意味着从 $\scrX$ 到 $\scrX^{**}$ 的自然映射是满的, 而 $\scrX$ 是自反的.
自反空间的性质
&求证: $B$ 空间是自反的, 当且仅当它的共轭空间是自反的.
证明: 设 $\scrX$ 是 $B$ 空间, 从 $\scrX$ 到 $\scrX^{**}$ 的自然映射记为 $T$. $\ra$ 对 $\forall\ x^{***}_0\in\scrX^{***}$, 有 $$\bex \sef{x^{***}_0,x^{**}} &=&\sef{x^{***}_0,Tx}\quad\sex{\forall\ x^{**}\in \scrX^{**}=T\scrX}\\ &=&\sef{T^*x^{***}_0,x}\quad\sex{T^*:\scrX^{***}\to \scrX^*}\\ &=&\sef{Tx,T^*x^{***}_0}\\ &=&\sef{x^{**},T^*x^{***}_0}, \eex$$ 即从 $\scrX^*$ 到 $\scrX^{***}$ 的自然映射是满的. $\la$ 设 $\scrX^*$ 自反, 则由必要性知 $\scrX^{**}$ 自反. 又 $\scrX$ 是 $B$ 空间, 作为 $\scrX^{**}$ 的子空间是闭的, 由 $Pettis$ 定理 2.5.27 知 $\scrX$ 自反.
自然映射的性质
&设 $\scrX$ 是 $B^*$ 空间, $T$ 是从 $\scrX$ 到 $\scrX^{**}$ 的自然映射. 求证: $R(T)$ 闭的充分且必要条件是 $\scrX$ 完备.
证明: 仅须注意到
(1)$\scrX^{**}$ 是 $B$ 空间, $R(T)$ 闭当且仅当 $R(T)$ 完备 (c.f. 题 第1章第1节第1题).
(2)$T:\scrX\to R(T)\subset \scrX^{**}$ 是等距同构.
共轭算子的例
&在 $\ell^1$ 中定义算子 $$\bex T:\ \sex{x_1,x_2,\cdots,x_n,\cdots} \to \sex{0,x_1,x_2,\cdots,x_n,\cdots}. \eex$$ 求证: $T\in\scrL(\ell^1)$, 并求 $T^*$.
证明: 对 $x=\sex{x_1,x_2,\cdots,x_n,\cdots}\in \ell^1$, 有 $$\bex \sen{Tx}_{\ell^1} =0+\sum_{k=1}^\infty \sev{x_k} =\sen{x}_{\ell^1}, \eex$$ 而 $T\in \scrL(\ell^1)$, 且 $\sen{T}=1$. 又对 $\forall\ y=\sex{y_1,y_2,\cdots,y_n,\cdots}\in l^\infty$, $$\bex \sef{T^*y,x} &=&\sef{y,Tx} =\sum_{k=1}^\infty y_{k+1}x_k\\ &=&\sef{\tilde y,x}\quad\sex{\tilde y=\sex{y_2,y_3,\cdots,y_n,\cdots}}, \eex$$ 我们有 $$\bex T^*y&=&T^*\sex{y_1,y_2,\cdots,y_n,\cdots}\\ &=&\sex{y_2,y_3,\cdots,y_n,\cdots}\quad\sex{\forall y\in l^\infty}. \eex$$
共轭算子的例
&在 $\ell^2$ 中定义算子 $$\bex T:\ \sex{x_1,x_2,\cdots,x_n,\cdots} \to \sex{x_1,\frac{x_2}{2},\cdots,\frac{x_n}{n},\cdots}. \eex$$ 求证: $T\in\scrL(\ell^2)$, 并求 $T^*$.
证明: 对 $x=\sex{x_1,x_2,\cdots,x_n,\cdots}\in \ell^2$, 有 $$\bex \sen{Tx}_{\ell^2}^2 =\sum_{k=1}^\infty \sev{\frac{x_k}{k}}^2 \leq \sum_{k=1}^\infty \sev{x_k}^2 =\sen{x}^2, \eex$$ 而 $T\in \scrL(\ell^2)$, 且 $\sen{T}\leq 1$. 又对 $\forall\ y=\sex{y_1,y_2,\cdots,y_n,\cdots}\in \ell^2$, $$\bex \sef{T^*y,x} &=&\sef{y,Tx} =\sum_{k=1}^\infty y_k\cdot \frac{x_k}{k} =\sum_{k=1}^\infty \frac{y_k}{k}\cdot x_k\\ &=&\sef{\tilde y,x}\quad\sex{\tilde y=\sex{y_1,\frac{y_2}{2},\cdots,\frac{y_n}{n},\cdots}}, \eex$$ 我们有 $$\bex T^*y&=&T^*\sex{y_1,y_2,\cdots,y_n,\cdots}\\ &=&\sex{y_1,\frac{y_2}{2},\cdots,\frac{y_n}{n},\cdots}\quad\sex{\forall\ y\in \ell^2}, \eex$$ 即 $T^*=T$.
9.$Hilbert$
空间中的对偶算子
&设 $\scrH$ 是 $Hilbert$ 空间, 并满足 $$\bex \sex{Ax,y}=\sex{x,Ay}\quad\sex{\forall\ x,y\in\scrH}. \eex$$ 求证:
(1)$A^*=A$;
(2)若 $R(A)$ 在 $\scrH$ 中稠密, 则方程 $Ax=y$, 对 $\forall\ y\in R(A)$ 存在唯一解.
(1)$$\bex & &\sex{Ax,y}=\sex{x,Ay}=\sex{A^*x,y}\quad\sex{\forall\ x,y\in\scrH}\\ &\ra&Ax=A^*x\quad\sex{\forall\ x\in\scrH}\\ &\ra&A=A^*. \eex$$
(2)仅须证明解的唯一性. 对 $\forall\ y\in R(A)$, 若 $$\bex Ax_1=y=Ax_2, \eex$$ 则 $$\bex 0&=&\sef{A(x_1-x_2),z}\quad\sex{\forall\ z\in\scrH}\\ &=&\sef{x_1-x_2,Az}. \eex$$ 由于 $R(A)$ 在 $\scrH$ 中稠密, $$\bex \exists\ z_n\in\scrH,\ s.t.\ Az_n\to x_1-x_0, \eex$$ 而 $$\bex \sen{x_1-x_2}^2 =\lim_{n\to\infty}\sef{x_1-x_2,Az_n}=0, \eex$$ 即有 $x_1=x_2$.
共轭算子的逆
&设 $\scrX, \scrY$ 是 $B^*$ 空间, $A\in\scrL(\scrX,\scrY)$, 又设 $A^{-1}$ 存在且 $A^{-1}\in \scrL(\scrY,\scrX)$. 求证:
(1)$\sex{A^*}^{-1}$ 存在, 且 $\sex{A^*}^{-1}\in\scrL\sex{\scrX^*,\scrY^*}$;
(2)$\sex{A^*}^{-1}=\sex{A^{-1}}^*$.
(1)$A^*$ 是单射. $$\bex & &A^*y^*=0\quad\sex{y^*\in \scrY^*}\\ &\ra&0=\sef{A^*y^*,x}=\sef{y*,Ax}\quad\sex{\forall\ x\in\scrX}\\ &\ra&y^*=0\quad\sex{\scrY=D(A^{-1})=R(A)}. \eex$$
(2)$A^*$ 是满射. 对 $\forall\ x^*\in\scrX^*$, 有 $$\bex \sef{A^*\sex{A^{-1}}^*x^*,x} &=&\sef{\sex{A^{-1}}^*x^*,Ax} =\sef{x^*,A^{-1}Ax}\\ &=&\sef{x^*,x}\quad\sex{\forall\ x\in\scrX}, \eex$$ 而 $$\bee\label{2.5.10:eq} A^*\sex{A^{-1}}^*x^*=x^*. \eee$$
(3)于是 $\sex{A^*}^{-1}:\scrX^*\to \scrY^*$ 存在. 又 $\sen{A^*}=\sen{A}&\infty$, 由逆算子定理, $\sex{A^*}^{-1}\in\scrL\sex{\scrX^*,\scrY^*}$.
(4)对 \eqref{2.5.10:eq} 两边同时作用 $\sex{A^*}^{-1}$, 得到 $\sex{A^{-1}}^*=\sex{A^*}^{-1}$.
共轭算子的复合
&设 $\scrX$, $\scrY$, $\scrZ$ 是 $B^*$ 空间, 而 $B\in\scrL(\scrX,\scrY)$ 以及 $A\in\scrL(\scrY,\scrZ)$. 求证: $\sex{AB}^*=B^*A^*$.
证明: 对 $\forall\ z^*\in \scrZ^*$, $x\in\scrX$, 有 $$\bex \sef{\sex{AB}^*z^*,x} &=&\sef{z^*,ABx} =\sef{A^*z^*,Bx}\\ &=&\sef{B^*A^*z^*,x}, \eex$$ 而 $\sex{AB}^*=B^*A^*$.
线性算子有界的一个充分条件
&设 $\scrX$, $\scrY$ 是 $B$ 空间, $T$ 是 $\scrX$ 到 $\scrY$ 的线性算子, 又设对 $\forall\ g\in\scrY^*$, $g(Tx)$ 是 $\scrX$ 上的线性有界泛函, 求证: $T$ 是连续的.
(1)$T$ 是闭算子. $$\bex \left.\ba{ccc} \scrX\ni x_n\to x&\ra&g(Tx_n)\to g(Tx)\\ \scrY\ni Tx_n\to y&\ra& g(Tx_n)\to g(y) \ea\right\} \ra g(Tx)=g(y)\quad\sex{\forall\ g\in\scrY^*}. \eex$$ 于是由 (点点分离) 推论 2.4.6 知 $Tx=y$, 而 $T$ 为闭算子.
(2)$T$ 连续. 由 $D(T)=\scrX$ 及闭图像定理即知 $T$ 连续.
连续函数族弱收敛蕴含点态收敛
&设 $\sed{x_n}\subset C[a,b]$, $x\in C[a,b]$ 且 $x_n\rhu x$, 求证: $$\bex \lim_{n\to\infty}x_n(t)=x(t)\quad\sex{\forall\ t\in [a,b]}\quad\mbox{点点收敛}. \eex$$
证明: 对任意固定的 $t\in [a,b]$, 有 $$\bex C[a,b]\ni x\mapsto x(t)\in\bbR \eex$$ 属于 $C[a,b]^*$, 而由弱收敛定义, $$\bex \lim_{n\to\infty}x_n(t)=x(t). \eex$$
范数的弱下半连续性
&已知在 $B^*$ 空间 $\scrX$ 中, $x_n\rhu x_0$, 求证: $$\bex \varliminf_{n\to\infty}\sen{x_n}\geq \sen{x_0}. \eex$$
证明: 若 $x_0=0$, 则已有结论. 若 $x_0\neq 0$, 则由 (点点分离) 推论 2.4.6 知 $$\bex \exists\ f\in\scrX^*,\ s.t.\ \sen{f}=1,\quad f(x_0)=\sen{x_0}. \eex$$ 于是 $$\bex \sen{x_0} =f(x_0) =\lim_{n\to\infty}f(x_n) \leq \varliminf_{n\to\infty}\sex{\sen{f}\cdot \sen{x_n}} \leq \varliminf_{n\to\infty}\sen{x_n}. \eex$$
15.$Hilbert$
空间中的弱收敛刻画
&设 $\scrH$ 是 $Hilbert$ 空间, $\sed{e_n}$ 是 $\scrH$ 的正交规范基, 求证: 在 $\scrH$ 中 $x_n\rhu x_0$ 的充分且必要条件是:
(1)$\sen{x_n}$ 有界;
(2)$\sex{x_n,e_k}\to \sex{x_0,e_k}\ (n\to\infty)\ (k\geq 1)$.
证明: $\ra$ 由共鸣定理即知 $\sen{x_n}$ 有界; 再由定义, $$\bex \sex{x_n,e_k}\to \sex{x_0,e_k}\ (n\to\infty)\ (k\geq 1). \eex$$ $\la$ 由 $\overline{span\sed{e_k}}=\scrX$ 及 $Banach-Steinhaus$ 定理 2.5.20 即知 $x_n\rhu x_0$.
16.$Lebesgue$
空间中的平移算子
&设 $T_n$ 是空间 $L^p(\bbR)\ (1&p&\infty)$ 到自身的平移算子: $$\bex \sex{T_nu}(x)=u(x+n)\quad\sex{\forall u\in L^p(\bbR)}\quad \sex{n=1,2,\cdots}, \eex$$ 求证: $T_n\rhu 0$ 但 $\sen{T_nu}_p=\sen{u}_p\ \sex{\forall\ u\in L^p(\bbR)}$.
证明: 由 $$\bex \sen{T_nu}_p^p =\int_{-\infty}^\infty \sev{u(x+n)}^p\rd x =\int_{-\infty}^\infty \sev{u(x)}^p\rd x =\sen{u}_p^p \eex$$ 知 $\sen{T_nu}_p=\sen{u}_p$. 为证 $T_n\rhu 0$, 由 $Banach-Steinhaus$ 定理 2.5.20, 仅须验证对 $\forall\ \varphi\in C_c^\infty(\bbR)\ \sex{\supp \varphi\in [-A,A]}$, $$\bex \int_{-\infty}^\infty u(x+n)\varphi(x)\rd x\to 0\quad\sex{n\to\infty}. \eex$$ 事实上, $$\bex \sev{\int_{-\infty}^\infty u(x+n)\varphi(x)\rd x} &=&\sev{\int_{-A}^A u(x+n)\varphi(x)\rd x}\\ &\leq&\sex{\int_{-A}^A \sev{u(x+n)}^p\rd x}^\frac{1}{p} \cdot \sen{\varphi}_q\quad\sex{\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1}\\ &=&\sex{\int_{n-A}^{n+A}\sev{u(x)}^p\rd x}^\frac{1}{p}\cdot \sen{\varphi}_q\\ &\to&0\quad\sex{n\to\infty}. \eex$$
17.$Lebesgue$
空间中的截断算子
&设 $S_n$ 是 $L^p(\bbR)\ (1\leq p&\infty)$ 到自身的算子: $$\bex \sex{S_nu}(x)=\left\{\ba{ll} u(x),&\sev{x}\\\ 0,&\sev{x}&n, \ea\right. \eex$$ 其中 $u\in L^p(\bbR)$ 是任意的. 求证: $S_n$ 强收敛到恒同算子 $I$, 但不一致收敛到 $I$.
证明: 由 $$\bex \sen{S_nu-u}_p^p =\int_{\sev{x}&n}\sev{u(x)}^p\rd x \to 0\quad\sex{n\to\infty} \eex$$ 即知 $S_n$ 强收敛到 $I$. 又由 $$\bex \int_n^\infty e^{-x}\rd x =e^{-n} \eex$$ 知 $$\bex \sen{I-S} &\geq& \sen{u_n}_p\quad\sex{u_n=\left\{\ba{ll} 0,&x\leq n\\ e^{\frac{n-x}{p}},&x&n \ea\right.}\\ &=&1, \eex$$ 而 $S_n$ 不一致收敛到 $I$.
18.$Hilbert$
空间中内积的弱强连续性
&设 $\scrH$ 是 $Hilbert$ 空间, 在 $\scrH$ 中 $x_n\rhu x_0$, 而且 $y_n\to y_0$, 求证 $(x_n,y_n)\to (x_0,y_0)$.
证明: $$\bex \sev{(x_n,y_n)-\sex{x_0,y_0}} &=&\sev{\sex{x_n,y_n-y_0}+\sex{x_n-x_0,y_0}}\\ &\leq&\sen{x_n}\cdot\sen{y_n-y_0}+\sev{\sex{x_n-x_0,y_0}}\\ &\leq&\sup_{n\geq 1}\sen{x_n}\cdot \sen{y_n-y_0}+\sev{\sex{x_n-x_0,y_0}}\\ &\to& 0\quad\sex{n\to\infty}. \eex$$
19.$Hilbert$
空间中的正交规范集
&设 $\sed{e_n}$ 是 $Hilbert$ 空间 $\scrH$ 中的正交规范集, 求证: 在 $\scrH$ 中, $e_n\rhu 0$, 但 $e_n \nrightarrow 0$.
证明: 由 $Bessel$ 不等式 $$\bex \sum_{n=1}^\infty \sev{\sex{x,e_n}}^2\leq \sen{x}\quad\sex{\forall\ x\in\scrH} \eex$$ 知 $(x,e_n)\to 0$, 而 $e_n\rhu 0$. 又 $\sen{e_n}=1$, 有 $e_n\nrightarrow 0$.
20.$Hilbert$
空间中强收敛的刻画
&设 $\scrH$ 是 $Hilbert$ 空间, 求证: 在 $\scrH$ 中 $x_n\to x$ 的充分且必要条件是: $$\bex \sen{x_n}\to \sen{x};\quad x_n\rhu x. \eex$$
证明: $\ra$ 显然. $\la$ $$\bex \sen{x_n-x}^2&=&\sex{x_n-x,x_n-x}\\ &=&\sen{x_n}^2-\sex{x_n,x}-\sen{x,x_n}+\sen{x}^2\\ &\to&\sen{x}^2-\sex{x,x}-\sex{x,x}+\sen{x}^2\\ &=&0\quad\sex{n\to\infty}. \eex$$
自反 $Banach$
空间的弱列紧
&求证: 在自反的 $B$ 空间 $\scrX$ 中, 集合的弱列紧性与有界性是等价的.
证明: $\ra$ 用反证法. 若 $M\subset \scrX$ 弱列紧但无界, 则 $$\bex \forall\ n\geq 1, \exists\ x_n\in M,\ s.t.\ \sen{x_n}\geq n. \eex$$ 而 $\sed{x_n}$ 存在子列 $\sed{x_{n_k}}$ 弱收敛, 由共鸣定理, $\sen{x_{n_k}}$ 有界, 这与 $$\bex \sen{x_{n_k}}\geq n_k\to \infty\quad\sex{k\to\infty} \eex$$ 矛盾. $\la$ 这就是定理 2.5.28.
赋范线性空间中闭凸集的弱闭性
&求证: $B^*$ 空间 $\scrX$ 中的闭凸集是弱闭的, 即若 $M\subset \scrX$ 是闭凸集, $\sed{x_n}\subset M$, 且 $x_n\rhu x_0$, 则 $x_0\in M$.
证明: 用反证法. 若 $x_0\not\in M$, 则由 ($Ascoli$ 定理, 点与闭凸集的严格分离) 推论 2.4.16, $$\bex \exists\ f\in\scrX^*,\ \alpha\in \bbR,\ s.t.\ f(M)&\alpha&f(x_0). \eex$$ 于是 $$\bex f(x_0)=\lim_{n\to\infty}f(x_n)\leq \alpha &f(x_0). \eex$$ 这是一个矛盾.
自反 $Banach$
空间上连续线性泛函的最值
&设 $\scrX$ 是自反的 $B$ 空间, $M$ 是 $\scrX$ 中的有界闭凸集, $\forall\ f\in\scrX^*$, 求证: $f$ 在 $M$ 上达到最大值和最小值.
证明: 仅验证 $f$ 在 $M$ 上达到最大值. 因为 $M$ 有界, $f\in\scrX^*$, 我们有 $\dps{\sup_Mf&\infty}$. 令 $x_n\in M$ 适合 $$\bex f(x_n)\to \sup_M f\quad\sex{n\to\infty}, \eex$$ 则由定理 2.5.28, $$\bex \exists\ \sed{n_k}\subset \sed{n},\ x_0\in\scrX, \ s.t.\ x_{n_k}\rhu x_0. \eex$$ 又由题 第2章第5节第22题 知 $x_0\in M$, 于是 $$\bex f(x_0)=\lim_{k\to\infty}f(x_{n_k})=\sup_M f. \eex$$
自反 $Banach$
空间上最佳逼近元的存在性
&设 $\scrX$ 是自反的 $B$ 空间, $M$ 是 $\scrX$ 中的非空闭凸集, 求证: $\exists\ x_0\in M$, 使得 $\sen{x_0}=\inf\sed{\sen{x};\ x\in M}$.
证明: 若 $0\in M$, 则显然有结论. 否则, 记 $d=\inf\sed{\sen{x};\ x\in M}&0$, 则 $$\bex \forall\ n\geq 1, \exists\ x_n\in M, \ s.t.\ d\leq \sen{x_n}&d+\frac{1}{n}. \eex$$ 由定理 2.5.28, $$\bex \exists\ \sed{n_k}\subset \sed{n},\ x_0\in\scrX, \ s.t.\ x_{n_k}\rhu x_0. \eex$$ 又由题 第2章第5节第22题 知 $x_0\in M$. 往证 $\sen{x_0}=d$. 事实上, 由 (点点分离) 推论 2.4.6 知 $$\bex \exists\ f\in\scrX^*,\ s.t.\ \sen{f}=1,\quad f(x_0)=\sen{x_0}. \eex$$ 于是 $$\bex d&=&\sen{x_0}=f(x_0) =\lim_{k\to\infty}f(x_{n_k}) \leq \varliminf_{k\to\infty}\sex{\sen{f}\cdot\sen{x_{n_k}}}\\ &\leq& \varliminf_{k\to\infty}\sex{d+\frac{1}{n_k}} =d. \eex$$
已发表评论数()
&&登&&&陆&&
已收藏到推刊！
请填写推刊名
描述不能大于100个字符!
权限设置： 公开
仅自己可见第12讲 可测函数的性质与逼近定理_百度文库
两大类热门资源免费畅读
续费一年阅读会员，立省24元！
文档贡献者
评价文档：
&&¥0.50
&&¥2.00
&&¥2.00
第12讲 可测函数的性质与逼近定理
第2​讲​ ​可​测​函​数​的​性​质​与​逼​近​定​理
把文档贴到Blog、BBS或个人站等：
普通尺寸(450*500pix)
较大尺寸(630*500pix)
大小：391.00KB
登录百度文库，专享文档复制特权，财富值每天免费拿！
你可能喜欢}