泛函分析习题及参考答案

泛函 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 习题及参考 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 一、在2R中定义如下三种距离：21212(,),(,)xxxyyyR==∈，2211122(,)()()dxyxyxy=−+−，21122(,)max{,}dxyxyxy=−−，31122(,)dxyxyxy=−+−，试证：2122ddd≤≤，31322ddd≤≤，2322ddd≤≤，从而这三种距离诱导出的极限是等价的。二、设),(yxd为空间X上的距离，试证：),(1),(),(~xydxydxyd+=也是X上的距离。证明：显然,0),(~≥yxd并且yxyxdyxd=⇔=⇔=0),(0),(~。再者，),(~),(1),(),(1),(),(~yxdyxdyxdxydxydxyd=+=+=；最后，由ttt+−=+1111的单调增加性及),(),(),(yzdzxdyxd+≤，可得),(),(1),(),(),(1),(),(),(1),(),(),(1),(),(~yzdzxdyzdyzdzxdzxdyzdzxdyzdzxdyxdyxdyxd+++++=+++≤+=),(~),(~),(1),(),(1),(yzdzxdyzdyzdzxdzxd+=+++≤。三、设1p≥，1()()(,,,)innpnxlξξ=∈""，",2,1=n，1(,,,)pixlξξ=∈""，则n→∞时，1()1(,)0ppnniiidxxξξ∞=⎛⎞=−→⎜⎟⎝⎠∑的充要条件为)1(n→∞时，()niiξξ→，1,2,i="；)2(0ε∀>，存在0N>，使得()1pnpiiNξε∞=+<∑对任何自然数n成立。证明：必要性证明，由1()1(,)0ppnniiidxxξξ∞=⎛⎞=−→⎜⎟⎝⎠∑可知，()niiξξ→，1,2,i="。由1(,,,)pixlξξ=∈""可知，0ε∀>，存在10N>，使得11()2ppiiNεξ∞=+<∑，并且1nN>时，()1()2pnpiiiεξξ∞=−<∑。由此可得，11111()()111ppppppnnpiiiiiNiNiNξξξξε∞∞∞=+=+=+⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎜⎟≤−+<⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠⎝⎠∑∑∑对1nN>成立。对于11,2,nN="，存在20N>，2()1pnpiiNξε∞=+<∑。取{}12max,NNN=，则()1pnpiiNξε∞=+<∑对任何n自然数成立。充分性证明，由条件可知，0ε∀>，存在0K>，使得()1()2pnpiiKεξ∞=+<∑对任何自然数n成立，并且1()2ppiiKεξ∞=+<∑。由()niiξξ→可知，存在0>N，使得Nn>时，()1Kpnpiiiξξε=−<∑，并且()()()111(,)KppppnnnniiiiiiiiiKdxxξξξξξξ∞∞===+=−=−+−∑∑∑11()()111()()2pKpppnnpppiiiiiiKiKξξξξε∞∞==+=+⎛⎞≤−++<⎜⎟⎝⎠∑∑∑。四、在],[baLp)1(≥p上定义距离：()1(,)()()bppadxyxtytdt=−∫，则在此距离诱导的极限意义下，)(txn收敛于)(tx的充要条件为)1()(txn依测度收敛于)(tx；)2({})(txn在],[ba上具有等度绝对连续的积分。证明：必要性证明，由0),→xxn（ρ，可得0>∀σ，∫∫≥−−≥−)()()(σxxEpnEpnndtxxdttxtx)((σσ≥−⋅≥xxEmnp，",2,1=n，令∞→n，可得0)((→≥−σxxEmn。即)(txn依测度收敛于)(tx。由)(tx的积分绝对连续性可知，对任何0>ε，存在01>δ，使得Ee⊂，1δ<me时，∫<eppdttx2))((1ε。对上述0>ε，存在0>N，使得Nn>时，∫<−Eppndttxtx2)()(1ε）（，从而ε<+−≤+−≤∫∫∫∫∫peppEpnpeppepnpepndtxdtxxdtxdtxxdttx11111)()()()())(，即ε<∫pepndttx1))(，对",1,+=NNn，成立。对于Nn,,2,1"=，易知存在02>δ，使Ee⊂，2δ<me时，（∫<epndttxε)(）。取),min(21δδδ=，则Ee⊂，δ<me时，ε<∫pepndttx1))(，对每个自然数n成立。即{})(txn在],[ba上具有等度绝对连续的积分。充分性证明，对任何0>ε，令)()(εε≥−=xxEEnn，则0)(→εnmE。由此可知，对任何0>δ，存在0>N，使得Nn>时，δε<)(nmE。令)()(εε<−=xxEFnn，则∫∫−+−=nnEFpnpnnpdtxxdtxxxx),(ρ。此时，pEppEpEpnpnnnndtxdtxdtxx∫∫∫⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+≤−11)()(，pFpnabdtxxnε⋅−<−∫)(。由积分的等度绝对连续性可知，对任何0>ε，存在0>δ，使得Ee⊂，δ<me时，2))(1ε<∫pepndttx，2))(1ε<∫pepdttx。对上述0>δ，存在0>N，使得Nn>时，δε<)(nmE，此时pEpnndtxx∫≤−ε）（。于是对任何0>ε，存在0>N，使得Nn>时，1(,)(1)pndxxbaε≤+−⋅，即)(txn收敛于)(tx。五、设B是度量空间X中闭集，试证必有一列开集"",21nOOO，，，包含B，并且∩∞==1nnOB。证明：任取",2,1,1==nnnδ，令∪BxnnxO∈=)(δ，则nOB⊂，并且nO为开集),2,1("=n。任取∩∞=∈1nnOx，则存在Bxn∈，使得nxxdn1),(<),2,1("=n，从而xxn→。由于B为闭集，因而Bx∈，即有∩∞==1nnOB。六、设X为距离空间，21FF，为X中不相交的闭集，试证：存在开集21GG，，使得Φ=21GG∩，11FG⊃，22FG⊃。证明：由Φ=21FF∩，得0),(2111>∈∀FxdFx，，0),(,1222>∈∀FxdFx。令2),(,2),(122211FxdFxd==δδ，∪∪2211)(,)(222111FxFxxGxG∈∈==δδ,则21GG，分别为包含21FF，的开集。假设210GGx∩∈，则211220110,,),(,),(FxFxxxdxxd∈∈<<δδ，但是),(2),(2),(),(),(),(211221200121xxdFxdFxdxxdxxdxxd≤+<+≤是一错误，故而Φ=21GG∩。七、试证：∞l是不可分的距离空间。证明：设(){},1,0,,,,21=∈=∞nnlMξξξξ""，则对于任何{}{}Myxnn∈==ηξ,，当yx≠时，,)sup1nndxyξη=−=（。显然，M与二进制小数一一对应，因而是不可数的。假设∞l是可分的，则存在可数稠密子集{}ny，使得任何∞⊂∈lMx的邻域1(,)3Ox中至少包含一个ny。对于任何两个不同的邻域1(,)3Ox、1(,)3Oy，Myx∈,，必有11(,)(,)33OxOy=Φ∩，从而1(,)3OxxM⎧⎫∈⎨⎬⎩⎭是一族互不相交的球，其总数是不可数的。因此{}ny至少也有不可数个，这与{}ny是可数的相矛盾。（或：由1,3nOylM∞⊃⊃∪（）以及M是不可数的，可知存在一个1(,)3nOy包含M中的两个不同点yx,。但(,)1dxy=，并且2,),)(,)3nndxydxydyy≤+<（（，显然这是相互矛盾的。）八、设X为距离空间，A为X中的子集，令),(inf)(yxdxfAy∈=，Xx∈，试证：)(xf是X上的连续函数。证明：任取Xx∈0，对于Xx∈，有),(),(),(),(inf)(00xydxxdyxdyxdxfAy+≤≤=∈,对一切Ay∈成立。从而)(),()(00xfxxdxf+≤，同理可得)(),()(00xfxxdxf+≤即有),()()(00xxdxfxf≤−，从而)(xf在0x处连续。因此)(xf是X上的连续函数。九、试证：T是距离空间X到距离空间Y中的连续映射的充要条件为Y中任何闭集F的原像FT1−是X中的闭集。证明：必要性证明，设F为Y中的闭集，任取{}1nxTF−⊂，nxx→，Xx∈，则nTxF∈。由T的连续性可知，nTxTx→，从而TxF∈，即1xTF−∈。充分性证明，设Xx∈，任取{}nxX⊂，nxx→。假设nTxTx→不成立，则存在00ε>和子列{}knxX⊂，使得0(,)kndTxTxε≥。令{}0(,)FydyTxε=≥，则{}knTxF⊂，并且F为Y中的闭集，从而FT1−是X中的闭集。由1knxTF−∈,knxx→可得，1xTF−∈，即TxF∈，由此可得00(,)0dTxTxε=≥>，这一矛盾说明，nTxTx→。十、试证：pl)1(≥p是完备的距离空间。证明：对于任何基本列{}pnxl⊂：1()()()2(,,,,)innnnxξξξ=""，",2,1=n，有0ε∀>，存在0N>，,mnN>时，()()1pnmpiiiξξε∞=−<∑。从而对于每个1,2,i="，{}()niξ是R中的基本列，由R的完备性可知，存在iRξ∈，使得()niiξξ→，n→∞。同时对于任何自然数s，()()1spnmpiiiξξε=−<∑，令m→∞，得()1spnpiiiξξε=−≤∑，从而()1pnpiiiξξε∞=−≤∑。令12(,,,,)ixξξξ=""，则由111()()111ippppppnniiiiiiξξξξ∞∞∞===⎧⎫⎧⎫⎧⎫≤+−⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎩⎭∑∑∑可知，pxl∈。由(,)ndxxε≤可知，nxx→。从而pl)1(≥p是完备的距离空间。十一、试证：[,]Cab在积分平均收敛意义下是不完备的距离空间。证明：设111111,2(),1,2nnnnnntxtnttt−−≤≤−⎧⎪=−≤≤⎨⎪≤≤+⎩，",2,1=n，则{}[,]nxCab⊂。对于nm>，2211(,)()()nmnmdxxxtxtdtmn−=−=−∫，由此可知，{}nx为([,],)Cabd中的基本点列。若{}nx在([,],)Cabd中收敛，则存在()[,]xtCab∈，使得22(,)()()0nndxxxtxtdt−=−→∫，从而11221()1()0nnxtdtxtdt−−++−→∫∫。由此可得，(0)1x−=−，(0)1x+=，这与()[,]xtCab∈矛盾。因此{}nx在([,],)Cabd中不收敛，从而[,]Cab在积分平均收敛意义下是不完备的。十二、设)(xf是R上的可微函数，并且1)(<≤′αxf，则方程xxf=)(有唯一的实数解。证明：对于任何Ryx∈,，yxyxfyfxf−⋅≤−⋅′=−αξ)()()(。由10<<α，可知，f是完备空间R上的压缩映射。由压缩映射不动点原理可知，xxf=)(有唯一的实数解。十三、设F是n维欧几里得空间nR中有界的闭集，A是F到自身中的映射，并且满足下列条件：对任何)(,yxFyx≠∈，有),(),(yxdAyAxd<。试证：映射A在F中存在唯一的不动点。证明：令)(inf),,()(0xAxxdxFxϕϕϕ∈==，则)(xϕ是紧集F上的连续函数，从而存在Fx∈•，使得)(0•=xϕϕ。假设0),()(>=•••Axxdxϕ，则),(),(2••••<AxxdxAAxd，即0)()(ϕϕϕ=<••xAx，这与)(inf0xFAxFxϕϕ∈•=∈，矛盾，故而0),(=••Axxd，从而••=xAx。即映射A在F中存在不动点。若•≠=xxxAx000,，Fx∈0，则),(),(),(000xxdAxAxdxxd•••<=，显然这是一个错误。因而映射A在F中不动点是唯一的。十四、设对于任何实数1p≥，12(,,,,)pnxlξξξ=∈""，试证：limppxx∞→+∞=。证略。十五、设X一个线性空间，范数1x与2x等价的充分必要条件是存在两个正数ba,，使得不等式212xbxxa⋅≤≤⋅，对任何Xx∈成立。证明：充分性是显然的，只需证明必要性。假设不存在0>b，使得21xbx⋅≤成立，则对每一个自然数n，存在Xxn∈，使得21nnxnx⋅>，从而nxxnn121<，但111=nnxx，这与范数1x与2x等价相矛盾。因而存在0>b，使得对任何Xx∈，21xbx⋅≤成立。同理可证，存在0>′a，使得12xax⋅′≤。令aa′=1，则0>a，并且对任何Xx∈，成立着12xxa≤⋅。十六、设",2,1,0,0,,=≠≠∈nxxXxxnn，并且∞→→nxxn,，则xxxxnn→。证明：由xxn→及xxxxnn−≤−（或范数的连续性）,可得xxn→。由xxxxxxxxxxxxxxxxxxnnnnnnnn⋅−+−⋅⋅⋅=⋅⋅−⋅=−)()(1∞→→−⋅+−⋅⋅⋅≤nxxxxxxxxnnn,0)(1，可得xxxxnn→。十七、设"，，21XX是一列Banach空间，{}"",,,,21nxxxx=是一列元素，其中nnXx∈，",2,1=n，并且∑∞=∞<1npnx，这种元素列的全体记为X，按通常数列的加法和数乘，在X中引入线性运算。若令pnpnxx11⎟⎠⎞⎜⎝⎛=∑∞=，试证：当1≥p时，X是Banach空间。证明：仅证X的完备性。设""",2,1),,,,,()()(2)(1)(==ixxxxiniii，为X中的基本列，则IjiI>>∃>∀,,0,0ε时ε<−)()(jixx，即∑∞=<−11)()()(nppjninxxε，从而对每个自然数n，均有ε<−)()(jninxx，即{}∞=1)(iinx为nX中的基本列。由nX的完备性可知，存在点列{}nnXx⊂，使得∞→i时，",2,1,)(=→nxxnin。令),,,,(21""nxxxx=，则∑∞=−=−11)()()(nppninixxxx。由∑∑∞=∞=∞→−=−11)(11)()()()(limnppninnppjninjxxxx，可得Ii>时，ε≤−xxi)(，从而∞→→ixxi,)(，并且∑∑∞=∞=−≤=11)(11)()(nppninnppnxxxx++∞<∑∞=11)()(nppinx，即Xx∈。因此X是完备空间。十八、设()()nnijnijRxxxxnjiRaaAAxzzTx∈⋅⋅⋅=≤≤∈===,,,,,1,,,,21，并且nR中范数分别取为{}1maxiinxx∞≤≤=、11niixx==∑、12221()niixx==∑。试证：T是nnRR→的有界线性算子，并求算子T的范数T∞、1T、2T。证明：（1）由111111()()nnnijjijjijinininjjjTxmaxaxmaxaxmaxax∞∞≤≤≤≤≤≤====≤⋅≤⋅∑∑∑可得，T为有界线性算子，并且11nijinjTmaxa∞≤≤=≤∑。不妨设1110nnijmjinjjMmaxaa≤≤====≠∑∑，1mn≤≤。取012((),(),,())Tmmmnxsignasignasigna="，则01x∞=，并且01111()()nnnijmjmjmjmjinjjjTxmaxasignaasignaaM∞≤≤====≥==∑∑∑。由此可得，TM∞≥，从而11nijinjTmaxa∞≤≤==∑。（2）由1111111111()()()nnnnnnnijjijjjijijjnijijjiiTxaxaxxamaxax≤≤========≤⋅=≤∑∑∑∑∑∑∑可得，T为有界线性算子，并且111nijjniTmaxa≤≤=≤∑。不妨设1110nnijimjniiMmaxaa≤≤====≠∑∑，1mn≤≤。取0x为向量单位me，则011x=，并且011nimiTxaM===∑。由此可得，TM∞≥，从而111nijjniTmaxa≤≤==∑。（3）不妨设0A≠，由实对称矩阵TAA的半正定性可知，其特征值均为非负实数，并且最大特征值()0TmaxAAλ>。由二次型理论可知，()()()()()11122222()()TTTTmaxTxAxAxxAAxAAxλ==≤，同时存在0nxR∈，021x=，使得()1202()TmaxTxAAλ=。由此可知，T为有界线性算子，并且()122()TmaxTAAλ=。十九、试求]11[，−C上线性泛函∫∫−−=0110)()()(dttxdttxxf的范数。解：由∫∫∫∫∫−−−=+≤−=0110110110)()()()()()(dttxdttxdttxdttxdttxxf]1,1[,2)(max211−∈∀⋅=⋅≤≤≤−Cxxtxt可得2≤f。取⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧−−−−−=]1,1[,1]1,1[,]1,1[,1)(nnnntntxn，则",2,1,1],1,1[==−∈nxCxnn，并且∫∫∫∫=−=−−−−−+=−−−nnnnnnndtdtntdtntdtxf10111101,2,1,12)1()()(1)("，从而",2,1,12)(=−=≥nnxffn。由此可得2≥f，从而2=f。二十、设无穷矩阵()ija(",2,1,=ji)，满足∞<∑∞=≥11supjijia。作∞l到∞l的算子如下：若),,(21"xxx=，),,(21"yyy=，yTx=，则∑∞=⋅=1jjijixay，",2,1=i。试证，T是∞l到∞l的有界线性算子，并且∑∞=≥=11supjijiaT。证明：显然T是线性算子。对于任何∞∈=lxn),,,,(21""ξξξ，∑∑∑∞=≥∞=≥∞=≥≥⋅≤⋅≤⋅==1111111supsupsupsupjijijjijijjijiiiaxaaTxξξη，即∑∞=≥≤11supjijiaT（记为M，不妨设01kM>）。对",1,,100+==kkkkε，存在自然数ki，使得011>−>∑∞=kMajjik。令),sgn,,(sgn1""jiikkkaax=，则∞∈lxk，并且",,10kkxk==。由此可得),sgn,(1""jijijkkaaTx⋅=∑∞=，∑∑∞=∞=≥⋅≥⋅=111sgnsgnsupjjijijjiijikkkkaaaaTx",2,1,11=−>=∑∞=kkMajjik。从而",,10kkkMTxTk=−>≥，即有MT≥。因而MT=。二十一、设X是赋范线性空间，Z是X的线性子空间，Xx∈0，又0),(0>Zxd，试证，存在∗∈Xf，满足条件：（1）当Zx∈时，0)(=xf；（2）),()(00Zxdxf=；（3）1=f。证明：设{}KkZzzkxG∈∈+=,0，对于任何),()(,00ZxdkxFGzkxx⋅=∈+=，则F为X的子空间G上的线性泛函，),()(00ZxdxF=，并且Zx∈时，0)(=xF。0≠k时，xkzxkZxdkzxkFxF=+⋅≤⋅=+⋅=)(),()()(000，即有1≤F。设{}Zzn∈，使得∞→→−nZxdzxn),,(00，则≤−==)()(),(000nzxFxFZxdnzxF−⋅0。令∞→n，可得),(),(00ZxdFZxd⋅≤，即1≥F。因此1=F。由Banach延拓定理，可得存在∗∈Xf，满足1),,()(,0)(00===fZxdxfZf。二十二、设X是线性空间，1x和2x是X上两个范数，若X按1x及2x都是完备的，并且由点列{}nx按1x收敛于0，必有按2x收敛于0，试证：存在正数ba,，使121xbxxa⋅≤≤⋅。证明：记Banach空间),(),,(21xXxX分别为FE,，E到F上的恒等算子为I，则xxn→即01→−xxn时，022→−=−xxIxIxnn，即IxIxn→，从而I为E到F上的连续线性算子。因此存在正常数b，使得12xbx⋅≤。由逆算子定理，可得1−I为F到E上的有界线性算子，从而存在正常数a，使得2111xxIaxa≤⋅=⋅−。因此存在正常数a、b，使得121xbxxa⋅≤≤⋅。二十三、设)(YXBTn→∈),2,1("=n，其中X是Banach空间，Y是赋范线性空间，若对于每个Xx∈，{}xTn都收敛，令xTTxnn∞→=lim，试证：T是X到Y中有界线性算子，并且nnTT∞→≤lim。证明：由已知，对于每个Xx∈，{}xTn收敛，从而有界。由共鸣定理可知，{}nT有界，即存在0>M，使得MTn≤。由TyTxyTxTyxTyxTnnnnnn⋅+⋅=⋅+⋅=⋅+⋅=⋅+⋅∞→∞→∞→µλµλµλµλlimlim)(lim)(，可知T是X到Y中的线性算子。对于任何Xx∈，xTxTxTxTTxnnnnnnnn⋅=⋅≤==∞→∞→∞→∞→lim)(limlimlim，即有nnTT∞→≤lim。二十四、任取内积空间X中一点y，对于任意xX∈，令(),fxxy=<>，试证：()fx为X上有界线性泛函，并计算其范数f。证明：对于任意,xzX∈和常数k，(),,,()()fxzxzyxyzyfxfz+=<+>=<>+<>=+(),,()fkxkxykxykfx=<>=<>=因此()fx为X上线性泛函。对于任意xX∈，由(),fxxyxy=<>≤⋅可知，()fx为X上有界线性泛函，并且fy≤。不妨设0y≠，令yxy=，则1x=，并且()fxy=。由此可得，fy≥，从而fy=。二十五、设{}nx是内积空间X中点列，若xxn→)(∞→n，并且对于一切Xy∈，有><yxn,>→<yx,)(∞→n，试证：xxn→)(∞→n。证明：由>−<+>−<++=−nnnnxxxxxxxx,,222以及22xxn→、2,,xxxxxn−>=−>→<−<、2,,,,xxxxxxxxxnn−>=−=<>−<→>−<>=−<，可得∞→=−−+→−nxxxxxxn,022222，即∞→→nxxn,。二十六、设X是n维线性空间，{}neee,,,21"是X的一组基，试证：><yx,成为X上内积的充要条件是存在n阶正定方阵()ijaA=，使得∑∑∑===⋅⋅>=⋅⋅<njijiijnjjjniiiyxaeyex1,11,。必要性证明：设>=<jiijeea,，则由>=<><ijjieeee,,，得jiijaa=，nji≤≤,1，并且∑∑∑===⋅⋅>=⋅⋅<njijiijnjjjniiiyxaeyex1,11,。令nijaA)（=，则AA=′，并且对任何),,,(21′=nxxx"α，∑∑∑===>⋅⋅=<⋅⋅=′niiiniiinjijiijexexxxaA111,,αα。由内积的正定性可知，仅当01=⋅=∑=niiiexx，即0=α时，0=′ααA。因而A为n阶正定矩阵。充分性证明：对于任何Xyx∈,，设⎟⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎜⎝⎛=⎟⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎜⎝⎛=⋅=⋅=∑∑==nnniiiniiiyyxxeyyexx##1111,,,βα，则AAAyx=′′>=<,,βα，从而（1）000,0,=⇔=⇔=′≥′>=<xAAxxααααα；（2）><+><=′⋅+′⋅=′⋅+⋅>=⋅+⋅<zyzxAAAzyx,,)(,µλγβµγαλγβµαλµλ，其中),,,(,211′=⋅=∑=nniiizzzezz"γ；（3）><=′=′=′>=<xyAAAyx,,αβαββα。因此><yx,构成X上的内积。二十七、设X为内积空间，12,,,nxxxX∈"，满足njixxijji≤≤>=<,1,,δ，试证：nxxx,,,21"线性无关。证明：考察∑==⋅niiixk10，两端同时与jx作内积得，∑==>=<⋅>=⋅<nijijjiinjxxkxxk1,,2,1,0,,"，即njkj,,2,1,0"==。因而nxxx,,,21"线性无关。二十八、设X是Hilbert空间，MX⊂，M≠∅，试证：()M⊥⊥是X中包含M的最小闭子空间。证明：显然，()M⊥⊥为X中包含M的闭子空间。设F为X中包含M的任意闭子空间，则F为完备的子空间，并且()()FM⊥⊥⊥⊥⊃。下证：()FF⊥⊥⊂，从而()FF⊥⊥=。任取()xF⊥⊥∈，由正交分解定理可知，12xxx=+，12,xFxF⊥∈∈。两边与2x作内积得，21222,,,xxxxxx<>=<>+<>。由2,0xx<>，12,0xx<>=可得，22,0xx<>=，即20x=，1xxF=∈，因此()FF⊥⊥⊂。（或：由1()xFF⊥⊥∈⊂可知，{}12()0xxxFF⊥⊥⊥−=∈=∩，即1xxF=∈，因此()FF⊥⊥⊂。）由此可知，()FM⊥⊥⊃。综上所述，()M⊥⊥是X中包含M的最小闭子空间。二十九、试证：数域K上内积空间X中向量yx,垂直的充要条件是对一切数K∈α，成立xyx≥⋅+α。充分性证明：由xyx≥⋅+α，可得>>≥<⋅+⋅+<xxyxyx,,αα，即0,,,2>≥<⋅+><⋅+><⋅yyyxxyααα。取0,,,≠><><−=yyyyxα，代入上式后得到，0,,2≥><><−yyyx，从而0,>=<yx。显然0=y时，0,>=<yx。因此yx⊥。必要性证明：由yx⊥，即0,>=<yx，可得0,>=⋅<∈∀yxKαα，，即yx⋅⊥α。由此可得2222xyxyx≥⋅+=⋅+αα，即xyx≥⋅+α。三十、设12,,,neee"为内积空间X中的规范正交系，试证：X到12{,,,}nspaneee"的投影算子P为1,niiiPxxee==<>∑，xX∈。证明：设12{,,,}nMspaneee="，则M为X中完备子空间。由题意知，对于任何xX∈，xPxy=+，其中PxM∈，yM⊥∈，从而12,,,nyeee⊥"。设1niiiPxce==∑，由12,,,neeey⊥"可得，,iicxe=<>，1,2,,in="。由此可知，1,niiiPxxee==<>∑，xX∈。三十一、设X是可分的Hilbert空间，试证：X中任何规范正交系至多为可数集。证明：显然X是有限维的线性空间时，其任何规范正交系必为一线性无关的向量组，因而一定是一个有限集。若X不是有限维的线性空间，则由X的可分性与完备性可知，存在可列的完全规范正交系{}"",,,,21neeeM=。对于X中任何规范正交系{}IveEv∈=，作集合{}IveeeEivvi∈>≠<=,0,，",2,1=i，则∪∞=⎭⎬⎫⎩⎨⎧∈>><=1,1,kivviIvkeeeE至多是可列集（由Bessel不等式1,21,2=≤><∑≥∈ijIviveeejj，可知⎭⎬⎫⎩⎨⎧∈>><Ivkeeeivv，1,至多是一个有限集），",2,1=i，并且EEii⊂∞=∪1。对于E中任何向量ve，若∪∞=∉1iivEe，则必有0,>=<ivee，",2,1=i。由M的完全性可知，必有0=ve，这与1=ve矛盾。因此必有∪∞=∈1iivEe，从而EEii=∞=∪1。由此可知，规范正交系E至多为可数集。三十二、设T是Hilbert空间X上的有界线性算子，1≤T，试证：{}{}xxTxxTxx===•。证明：设00xTx=，则>>=<>=<<∈∀•yTxyTxyxXy,,,,000，即0,0>=−<•yTyx。取0xy=，得到000)(xxxT⊥−•，从而2020020xTxxTx••=−+。由此可得2020220020xxTxxTx≤⋅≤−+••，从而000=−•xxT，即00xxT=•；同样，00xxT=•时，由1≤=•TT，可得00xxT=••）（，即00xTx=。从而{}{}xxTxxTxx===•。三十三、设21,TT均为Hilbert空间H中的有界线性算子，若Hyx∈∀,，有>=<yxT,1><yxT,2，试证：21TT=。证明：由已知可得，0,,,21>=−<∈∀yxTxTHyx。取xTxTy21−=，则0,221=−∈∀xTxTHx，即xTxT21=。因而21TT=。