《泛函分析》作业 7

本题旨在说明 Baire 纲定理等价依赖选择公理

7.1 设 $X$ 为非空集合，映射 $A:X\to 2^X$ 把每个 $x\in X$ 映为非空集合 $A(x)\subseteq X$. 证明存在序列 $\{x_n\}_{n\geq 1}\subseteq X$，使得 $x_{n+1}\in A(x_n)$.

(1) 记 $\mathcal X:=X^{\mathbb N}$ 为所有序列 $\xi=\{x_n\}^\infty_{n=1}$ 构成的集合。定义函数 $d:\mathcal X\times\mathcal X\to [0,\infty)$，满足对任意 $\xi=\{x_n\}^\infty_{n=1},\eta=\{y_n\}^\infty_{n=1}\in\mathcal X$，都有

$$d(\xi,\xi)=0,\quad d(\xi,\eta):=2^{-n},\quad n:=\min \{k\in\mathbb N:x_k\neq y_k\}$$

而容易验证三角不等式成立，所以 $d$ 是 $\mathcal X$ 上的度量.

(2) 断言 $(\mathcal X,d)$ 是完备度量空间，只需说明完备性。对于任意 Cauchy 列 $\{\xi_k\}\subseteq \mathcal X$ 和 $t\in\mathbb N$，存在 $N(t)\in\mathbb N$ 使得对任意 $m,n\geq N$ 都有 $d(\xi_m,\xi_n)<2^{-t}$，所以定义序列 $\xi=\{\xi^n\}^\infty_{n=1}\in \mathcal X$，其第 $t$ 项为 $\xi^t=\xi_{N(t)}^t$，所以 $\lim_{n\to\infty}d(\xi,\xi_n)\leq\lim_{t\to\infty}d(\xi,\xi_{N(t)})=0$.

(3) 对 $k\in\mathbb N$ 定义

$$\mathcal U_k:=\{\xi=\{x_n\}^\infty_{n=1}\in\mathcal X:\exists l>k,\text{ s.t. } x_l\in A(x_k)\}$$

断言对每个 $k\in\mathbb N$，$\mathcal U_k$ 是 $\mathcal X$ 中的稠密开集。首先说明开集，对于任意 $\xi\in \mathcal U_k$，都存在 $l>k$ 使得 $\xi^l\in A(\xi^k)$，显然 $B(\xi,2^{-k-l-1})\subseteq \mathcal U_k$；其次说明稠密，对于任意 $\xi\in \mathcal X$ 和 $k\in\mathbb N$，因为 $A(x_k)\neq \emptyset$，所以存在 $x\in A(x_k)$，而对于任意 $\varepsilon>0$，存在 $t\in\mathbb N$ 使得 $2^{-t}<\varepsilon$，因此可以构造 $\xi'\in\mathcal X$ 使得

$$\xi'^m=\xi^m,\forall m\neq t;\quad \xi'^t=x$$

所以 $\xi'\in \mathcal U_k$，并且 $d(\xi',\xi)=2^{-t}<\varepsilon$.

(4) 由 Baire 纲定理知道，$\mathcal U_k$ 是稠密开集，那么 $\mathcal R:=\bigcap_k\mathcal U_k$ 仍是开稠集，所以存在 $\xi\in \mathcal R$ 使得对任意 $k_t\in\mathbb N$ 都存在 $k_{t+1}>k_{t}$ 使得 $x_{k_{t+1}}\in A(x_{k_t})$，取 $k_1=1$，则 $\xi$ 的子列 $\{x_{k_t}\}$ 就是题目所求.

7.2 设 $f:[0,\infty)\to\mathbb R$ 为连续函数，并且

$$\lim_{n\to\infty}f(nt)=0,\quad \forall t>0$$

证明：$\lim_{x\to\infty}f(x)=0$.

(1) 固定 $\varepsilon>0$，定义

$$A_n:=\{t>0:|f(mt)|\leq \varepsilon,\forall m>n\}=\bigcap_{m>n}m^{-1}\circ f^{-1}[-\varepsilon,\varepsilon]$$

由于 $f^{-1}$ 是连续函数，所以 $A_n$ 是闭集.

(2) 假设对任意 $n\in\mathbb N$，$A_n$ 都没有内点，则 $A_n$ 是无处稠密集，从而 $\mathcal R:=\bigcup_{n}A_n$ 是第一纲集，但是据题意知道，对于任意 $t\in [0,\infty)$ 存在 $N\in\mathbb N$ 使得对任意 $m>N$ 都有 $|f(mt)|\leq \varepsilon$，从而 $t\in A_N$，这推出 $(0,\infty)= \mathcal R$，而 $(0,\infty)$ 是第二纲集，推出 $\mathcal R$ 是第二纲集，矛盾.

(3) 所以存在 $n$ 使得 $A_n$ 内部非空，不妨设存在子区间 $[a,b]\subseteq A_n$，其中 $a<b$，那么存在 $M\in\mathbb N$ 使得 $(M+1)a<Mb$，这推出 $\bigcup_n[na,nb]\supseteq [Ma,\infty)$，所以对给定的 $\varepsilon>0$，存在 $t(\varepsilon):=Ma$，使得对任意 $x>t(\varepsilon)$，都有 $|f(x)|\leq \varepsilon$.

(4) 由 $\varepsilon>0$ 选取的任意性，知道对任意 $\varepsilon>0$，存在 $t(\varepsilon)>0$ 使得当 $x>t(\varepsilon)$ 时 $|f(x)|\leq \varepsilon$，这推出 $\lim_{x\to\infty}f(x)=0$.

7.3 设 $X$ 为无限维赋范线性空间，$\Lambda:X\to\mathbb R$ 为非零线性泛函，则以下命题等价：
(1) $\Lambda$ 是有界的；
(2) $\ker \Lambda$ 是 $X$ 的闭线性子空间；
(3) $\ker \Lambda$ 在 $X$ 中不是稠密的.

(1 $\implies$ 2) $\Lambda$ 是有界线性泛函，所以连续。对任意 $\lambda \in\mathbb F;x,y\in \ker \Lambda$，由 $\Lambda$ 的线性知道

$$\Lambda (\lambda x+y)=\lambda \Lambda (x)+\Lambda (y)=0$$

故 $\ker \Lambda$ 是 $X$ 线性子空间。对任意 $x\in X\setminus \ker \Lambda$，有 $\Lambda (x)\neq 0$，由连续性，存在 $\varepsilon>0$ 使得 $0\notin\Lambda (B(x,\varepsilon))$，故 $X\setminus \ker\Lambda$ 是 $X$ 的开集，则 $\ker \Lambda$ 是闭集.

(2 $\implies$ 3) $\ker\Lambda$ 是闭集且 $\Lambda$ 为非零泛函，所以 $X\setminus \ker\Lambda\neq \emptyset$ 是开集，故存在 $x\in X\setminus \ker\Lambda$ 和 $\varepsilon>0$，使得 $B(x,\varepsilon)\cap \ker \Lambda=\emptyset$，则 $\ker\Lambda$ 不是 $X$ 上稠密的.

(3 $\implies$ 1) 如果 $\ker \Lambda$ 在 $X$ 中不是稠密的，那么存在 $x_0\in X$ 和 $\varepsilon_0>0$ 使得 $B(x_0,\varepsilon)\subseteq X\setminus \ker \Lambda$. 反证，如果 $\Lambda$ 是无界的，那么对于任意 $n\in\mathbb N$，都存在 $x_n\in \mathbb S_X$ 使得 $|\Lambda x_n|\geq n$.

在开球 $B(x_0,\varepsilon)$ 中，由于 $\Lambda x_0$ 已经给定，存在 $N\in\mathbb N$ 使得 $n\geq N$ 时

$$|\Lambda x_0|\leq \varepsilon n\leq \varepsilon |\Lambda x_n|$$

根据线性，对于任意 $n\geq N$，存在 $\delta_n\in (-\varepsilon,\varepsilon)$，使得

$$\Lambda x_0-\delta_n\Lambda x_n=\Lambda (x_0-\delta_nx_n)=0$$

而 $x_0-\delta_nx_n\in B(x_0,\varepsilon)$，这与 $B(x_0,\varepsilon)\cap \ker \Lambda=\emptyset$ 矛盾.

7.4 假设 $\{x_n\}_{n\geq 1}$ 具有如下性质：对任意 $\{y_n\}_{n\geq 1}$ 满足 $\lim_{n\to \infty}y_n=0$，总有 $\sum_{n\geq 1}x_ny_n$ 收敛，则 $\sum_{n\geq 1}|x_n|$ 收敛.

假设 $\sum_{n\geq 1}|x_n|$ 发散，那么绝对部分和 $S_n:=\sum_{k=1}^n|x_k|\to\infty$，考虑 $\{y_n\}$ 为

$$y_n=\left\{\begin{array}{lll}&\dfrac {\overline {x_n}}{|x_n|}\dfrac 1{\sqrt {S_n}},&x_n\neq 0\\ &0,&x_n=0\end{array}\right.$$

排除平凡情况，即 $\{x_n\}=\{0\}$；对非平凡情况

$$\sum_{n\geq 1}\dfrac {\overline {x_n}}{|x_n|}\dfrac {1}{\sqrt {S_n}}\cdot x_n=\lim_{N\to\infty}\sum^N_{k=1}\dfrac {S_{k}-S_{k-1}}{\sqrt {S_k}}\geq \lim_{N\to\infty}\sum^N_{k=1}\sqrt{S_k}-\sqrt{S_{k-1}}$$

因此

$$\infty>\sum_{n\geq 1}\dfrac {\overline {x_n}}{|x_n|}\dfrac 1{\sqrt {S_n}}\cdot x_n\geq \lim_{N\to\infty}\sqrt {S_N}=\infty$$

矛盾.

本题旨在强调讲义中共轭双线性定理中 “$X$ 是 Banach 空间” 的条件不可去除

7.5 假设 $X$ 是 $(0,1)$ 上实系数多项式函数的全体。考虑 $(X,L^1(0,1))$ 空间上的双线性泛函

$$B(f,g):=\int^1_0f(t) {g(t)}\mathrm dt,\quad \forall f,g\in X$$

试证明：
(1) $B$ 满足 $B(x,\cdot)$ 是共轭线性且连续的；$B(\cdot,y)\in\mathcal B(X,\mathbb R)$.
(2) $B$ 不是有界的.

(1) $X$ 是 $\mathbb R$ 线性空间。对于任意固定 $f\in X$

$$\begin{array}{lll}B(f,\lambda g_1+g_2)&=\displaystyle\int^1_0f(t)[\lambda g_1(t)+g_2(t)]\mathrm dt\\&\displaystyle =\lambda \int ^1_0f(t)g_1(t)+\int ^1_0f(t)g_2(t)\mathrm dt\\&\displaystyle =\lambda B(f,g_1)+B(f,g_2)\end{array}$$

同理可证 $B(\cdot,y)$ 的线性。对于任意固定 $f\in X$，显然多项式在 $(0,1)$ 上有界，故

$$|B(f,g_1-g_2)|\leq \int^1_0|f(t)[g_1(t)-g_2(t)]|\mathrm dt\leq \|f\|_\infty\|g_1-g_2\|_1$$

这推出 $B(x,\cdot)$ 的连续性，同理可证 $B(\cdot,y)$ 的连续性.

(2) 考虑 $f(x)=x^n,g(x)=x^m$，则

$$\dfrac{B(f,g)}{\|f\|\cdot \|g\|}=\dfrac {\displaystyle \int^1_0x^{m+n}\mathrm dx}{\displaystyle \int ^1_0x^m\mathrm dx\int^1_0x^n\mathrm dx}=\dfrac {(m+1)(n+1)}{m+n+1}$$

取 $m=n\to\infty$ 时，推出无界.