Banach Spaces⚓︎

泛函分析的基础就是下面所提到的赋范空间，在一个向量空间上赋以一个范数，因此称为赋范空间 (Normed space)，这是泛函分析中最为基本的研究对象，我们将完备性引入其中得到 Banach 空间

下面先介绍赋范（线性）空间

Normed spaces⚓︎

所谓的“赋范”就是指给空间赋以一个范数，那么就应当先给出范数的定义：

A norm will induce a metric \(d\) and it's defined by

这是非常显然的，度量就是两个向量差的范数，所以有了范数就一定有度量和距离的概念

We should know something about topological vector spaces(TVS). You can find more about TVS in 拓扑向量空间 (TVS)(赋予了范数拓扑的赋范空间是一个局部凸拓扑向量空间 (LCS))

给出一些简单范数的例子（证明只需要根据定义 check）

下面给出一些关于 \(l_{\infty}\) 的子空间的例子

其中第一个就是一个极限存在的数列，第二个就是一个极限是 0 的数列，第三个则是一个至多有有限多个项能够取到 0 的极限为 0 的数列

有一个不那么显然的范数判断留作习题，请参考Exercises 2.1 8

实际上在上面关于 \(p\) 范数的三角不等式性质证明中我们需要两个著名的不等式(\(H \ddot{o} lder\) inequality and Minkowski inequality)，在此 citing with proof，后续不再赘述

Proof.

Step 1

Consider a convex function \(\varphi(t) = \frac{t^{p}}{p}+ \frac{1}{q}-t,t\in[0,\infty)\), so its minimum \(\varphi(1) =0\) when \(t=1\), we can get \(\frac{t^{p}}{p}+ \frac{1}{q}\geqslant t,\forall t\in[0,\infty)\). Let \(t=uv^{-\frac{q}{p}}\) for any \(u,v\geqslant 0\) and one can derive that \(uv \leqslant \frac{u^{p}}{p}+ \frac{v^{q}}{q}\)

Step 2

Setting \(u= \frac{\lvert f(t) \rvert}{\lVert f \rVert_{p}},v= \frac{\lvert g(t) \rvert}{\lVert g \rVert_{q}}\)(Obviously we should assume they are greater than zero) we derive that

Hence

So we get it.

Proof.

稍微陈述一下证明脉络：做一个拆分然后使用 \(H \ddot{o} lder\) 不等式进行放缩

Very easy.

定义了范数（Norm）的向量空间称为赋范空间(Normed Space，或赋范线性空间)

在泛函分析中，我们主要研究这类空间。其中，最基本且最早被深入研究的一类是实数域或复数域上的完备赋范空间，这类空间被称为Banach 空间。另一个重要的例子是Hilbert 空间，它是一种特殊的 Banach 空间(准确地说是完备的内积空间)，其范数由一个内积所诱导

由于我们上面所介绍的范数和对应的空间都是针对于序列的，因此我们不免想要专门抽象出一个空间来进行表示，我们希望它能够将已有的范数概念推广到无穷维的序列上(推广至无穷也正是泛函分析这一学科研究的核心内容)，序列空间正是作为有限维向量空间 \(\mathbb{K}^{n}\) 在无限维情况下的自然抽象和推广，为无限维背景下研究收敛性、完备性、连续性提供了基础的模型

下面介绍一下 Sequence spaces(序列空间)的内容，在泛函分析及其他领域中，序列空间就是一个向量空间，元素为实数或复数，等价地是一个函数空间(\(\mathbb{N}(\mathbb{Z})\to \mathbb{K}\))，所有的函数集自然与可能的元素在 \(\mathbb{K}\) 中的无限序列集相对应，并且在逐点加法与数乘运算中构成一个向量空间

那么关于上面的序列空间，我们仍然需要为它配备一个范数，这就引出了 \(\ell_{p}\) 空间，它很好继承了有限维情况下结构良好的 \(p\) 范数的性质，又兼具无穷求和有限的性质，便于进行分析，保证了范数的有界性，并且它也是完备的(Banach 空间)

给出 \(\ell_{p}\) 空间的定义：

实际上 \(\ell^{p}\) 空间是 \(L^{p}\) 空间在计数测度的一种特殊情况

The most important sequence spaces in analysis are the ⁠⁠ spaces, consisting of the ⁠⁠power summable sequences, with the ⁠⁠-norm. These are special cases of ⁠Lp spaces for the counting measure on the set of natural numbers. Other important classes of sequences like convergent sequences or null sequences form sequence spaces, respectively denoted ⁠⁠ and ⁠⁠, with the sup norm. Any sequence space can also be equipped with the topology of pointwise convergence, under which it becomes a special kind of Fréchet spacecalled FK-space.

关于 \(L^{p}\) 空间的内容可以参考实分析教材或是 wikipedia，相关的博客香蕉空间的撰写也很有意思，列在下面(老师的讲义中也有这一部分，所以不重复叙述了)

essential supremum 的定义是很好用的，它说明 \(ess\ \sup(f-g)=0\) 等价于两函数相差一个零测集，可以视作等价，记为 \([f]\) 或是简单的 \(f\) 表示在 \(\Omega\) 上只与 \(f\) 相差一个零测集的可测函数的等价类

关于 \(L^{p}(\Omega,\mu)\) 是 \(p\) 范数下的赋范线性空间的证明留做习题

再给出一个比较特殊情况的 \(p\) 范数，就是在连续的函数空间 \(C[a,b]\)(real or complex valued continuous functions defined on the closed interval \([a,b]\)) 中：

显而易见，\(\lVert f \rVert_{\infty}=\max\limits_{t\in[a,b]}\lvert f(t) \rvert\)，这就是原本在一般测度空间 \((X,\mathcal{A},\mu)\) 和 Lebesgue 积分下 \(p\) 范数的特殊化，将测度空间定义在闭区间上，测度即为区间长度（连续性），根据连续函数积分的定理，其上 Lebesgue 积分值与 Riemann 积分相同，因此可以直接使用 R 积分

这个定理回答了赋范线性空间下如何判断线性算子连续性的问题，当且仅当它在零点处是序列连续的，这个定理成立的关键就是线性算子的线性性和赋范空间的平移不变性

给出范数等价的定义

关于 norm topology 的定义可以参考wikipedia，简单来说就是拓扑诱导生成度量，而度量产生拓扑(一个满足相应条件的集族)，范数拓扑就可以简单理解为所有开球的任意并集构成的集合，而开球族可以利用球心和半径定义(实际上是拓扑基的定义)

用范数拓扑的语言来写范数等价性条件就是：

实际上对于有限维向量空间 \(E\) 而言，任意两个范数是等价的，也就是说只有一种范数拓扑定义在 \(E\) 上

再给出赋范线性空间等价的定义

Exercises 2.1⚓︎

Proof.

First, assume \(p\) is a norm. Then \(p\) satisfies the triangle inequality \(p(x+y) \le p(x) + p(y)\). Let \(x, y \in U_E\) and \(t \in [0, 1]\). We have \(p(x) \le 1\) and \(p(y) \le 1\).

Since \(t \in [0, 1]\), this equals \(t p(x) + (1-t)p(y) \le t(1) + (1-t)(1) = 1\). Thus \(tx + (1-t)y \in U_E\), so \(U_E\) is convex.

Conversely, assume \(U_E\) is convex. We must show the triangle inequality \(p(x+y) \le p(x) + p(y)\) to prove \(p\) is a norm.

Let \(x, y \in E\) be non-zero vectors (the zero case is trivial). As follows:

Thus \(p\) is a norm.

Proof.

A topology on a vector space is a vector topology if vector addition and scalar multiplication are continuous mappings.

1. Continuity of addition \((x, y) \mapsto x+y\):

We need to show that if \(x_n \to x\) and \(y_n \to y\) in the norm topology, then \(x_n + y_n \to x + y\). Using the triangle inequality:

Since \(\|x_n - x\| \to 0\) and \(\|y_n - y\| \to 0\), the right side converges to 0. Thus \(x_n + y_n \to x + y\).

1. Continuity of scalar multiplication \((\lambda, x) \mapsto \lambda x\):

We need to show that if \(\lambda_n \to \lambda\) in \(\mathbb{K}\) and \(x_n \to x\) in \(E\), then \(\lambda_n x_n \to \lambda x\).

Consider the difference:

Since the sequence \(\lambda_n\) is convergent, it is bounded, so there exists \(M > 0\) such that \(|\lambda_n| \le M\) for all \(n\).

As \(n \to \infty\), \(\|x_n - x\| \to 0\) and \(|\lambda_n - \lambda| \to 0\), so the entire expression converges to 0. Thus the norm topology is a vector topology.

Proof.

From the triangle inequality, we have \(\|x_n\| = \|x_n - x + x\| \le \|x_n - x\| + \|x\|\), which implies \(\|x_n\| - \|x\| \le \|x_n - x\|\). Similarly, \(\|x\| = \|x - x_n + x_n\| \le \|x - x_n\| + \|x_n\|\), which implies \(\|x\| - \|x_n\| \le \|x_n - x\|\). Combining these gives the reverse triangle inequality:

\(| \|x_n\| - \|x\| | \le \|x_n - x\|\)

If \(x_n \to x\) in \(E\), then by definition \(\|x_n - x\| \to 0\). Therefore, \(| \|x_n\| - \|x\| | \to 0\), which means \(\|x_n\| \to \|x\|\) in \(\mathbb{R}\).

Proof.

Let \((x_n)\) be a convergent sequence in a normed space \(E\) with limit \(x\). By the definition of convergence, taking \(\epsilon = 1\), there exists a natural number \(N\) such that for all \(n > N\), \(\|x_n - x\| < 1\). For these \(n > N\), using the triangle inequality:

Let \(M = \max\{\|x_1\|, \|x_2\|, \dots, \|x_N\|, 1 + \|x\|\}\). Then \(\|x_n\| \le M\) for all \(n \in \mathbb{N}\). Thus, the sequence is bounded.

Proof.

不妨假设 \(\lambda \le \mu\) (如果 \(\lambda > \mu\)，则交换 \(x_0\) 和 \(y_0\) 的位置即可，证明是对称的)

Conversely, by the triangle inequality:

Since the quantity is bounded both above and below by \(\lambda \|x_0\| + \mu \|y_0\|\), equality holds.

Proof.

First, we prove \(T^{-1}: E_2 \to E_1\) is linear. Let \(u, v \in E_2\) and \(k \in \mathbb{K}\). Since \(T\) is onto, there exist unique \(x, y \in E_1\) such that \(Tx = u\) and \(Ty = v\), implying \(x = T^{-1}u\) and \(y = T^{-1}v\). \(T(x + y) = Tx + Ty = u + v\). Applying \(T^{-1}\) to both sides: \(T^{-1}(u + v) = x + y = T^{-1}u + T^{-1}v\). Similarly, \(T(kx) = kTx = ku\). Applying \(T^{-1}\): \(T^{-1}(ku) = kx = kT^{-1}u\). Thus \(T^{-1}\) is linear.

Now assume \(T^{-1}\) is continuous. Since \(T\) is a continuous linear operator, it is bounded. Thus, there exists \(\beta > 0\) such that \(\|Tx\| \le \beta \|x\|\) for all \(x \in E_1\). This provides the upper bound. Since \(T^{-1}\) is a continuous linear operator, it is bounded. Thus there exists a constant \(C > 0\) such that \(\|T^{-1}y\| \le C\|y\|\) for all \(y \in E_2\). Let \(y = Tx\). Then \(\|x\| \le C\|Tx\|\). This implies \(\|Tx\| \ge \frac{1}{C}\|x\|\). Let \(\alpha = \frac{1}{C}\). Since \(C > 0\), \(\alpha > 0\). Combining these inequalities, we get \(\alpha \|x\| \le \|Tx\| \le \beta \|x\|\).

Proof.

Suppose on the contrary that \(\|\cdot\|_\infty\) and \(\|\cdot\|_1\) are equivalent. Then there exist positive numbers \(\alpha, \beta > 0\) such that

Let \(f_n\) be the polynomial \(f_n(t) = t^n\) (\(\forall t \in [0, 1]\)). Then we have

On the other hand, \(\|f_n\|_1 \geq \frac{1}{\beta}\|f_n\|_\infty = \frac{1}{\beta}\), which is a contradiction.

Proof.

按照范数的定义验证:

(1)非负性

显然由于 \(\left\Vert f \right\Vert_{\infty}, \left\Vert f \right\Vert_{0} \geq 0\)，\(\left\Vert f \right\Vert \geq 0\)，并且 \(\left\| f \right\|= \min\{\left\Vert f \right\Vert_\infty, \left\Vert f \right\Vert_0\} =0\) 当且仅当其中至少一个范数取 \(0\) 时成立，而根据范数的定义，此时 \(f=0\) 取等号。

(2)齐次性

对任意 \(\lambda \in \mathbb{R}\)，有

(3)三角不等式

充分性：当 \(a \leq 1\) 时，有

综上，有 \(\left\| f \right\| = \min\{\left\| f \right\|_\infty, \left\| f \right\|_0\} = \left\| f \right\|_0\).

必要性：考虑举反例，当 \(a > 1\) 时， 取 \(f,g \in C[0,1]\)，定义如下(先列出，大小关系后续讨论)

那么有 \(\lVert f \rVert=\min\left\{ \varepsilon,a\varepsilon \right\}=\varepsilon(a>1),\lVert g \rVert=\min\left\{ n, \frac{a}{2} \right\}= \frac{a}{2}\)

综上需要满足不等式组：

直接取 \(n=4a,\varepsilon =\frac{1}{n}\) 即可满足上述不等式组(\(4a+\frac{1}{4a}> \frac{1}{4}+\frac{a}{2}\))，因此三角不等式不成立.

Proof.

要证明 \(G\) 不闭，只需找到一个序列 \(\{x^{(k)}\} \subset G\)，使得它在 \(\ell_p\) 范数下收敛于某个元素 \(x\)，但 \(x \notin G\)。 考虑 \(\ell_p\) 中的元素 \(e_1 = (1, 0, 0, \dots)\)。显然 \(\sum_{n=1}^\infty (e_1)_n = 1 \neq 0\)，所以 \(e_1 \notin G\)。

我们构造序列 \(x^{(k)} \in \ell_p\) 如下：

也就是说，第 1 项是 1，第 2 到 \(k+1\) 项是 \(-1/k\)，其余项为 0。验证 \(x^{(k)} \in G\)：

所以 \(x^{(k)} \in G\)。现在计算 \(\|x^{(k)} - e_1\|_p\)：\(x^{(k)} - e_1 = (0, -\frac{1}{k}, \dots, -\frac{1}{k}, 0, \dots)\)

由于 \(1 < p < \infty\)，所以 \(\frac{1}{p} - 1 < 0\)。因此，当 \(k \to \infty\) 时，\(\|x^{(k)} - e_1\|_p \to 0\)。这说明 \(e_1\) 是 \(G\) 的一个极限点，但 \(e_1 \notin G\)。因此 \(G\) 不是闭集。

Sol.

不是。设 \(P\) 是 \(C[-1, 1]\) 中所有多项式构成的集合。\(P\) 是 \(C[-1, 1]\) 的一个真子空间（根据魏尔斯特拉斯逼近定理，\(P\) 在 \(C[-1, 1]\) 中稠密，但也存在非多项式的连续函数，例如 \(f(x) = |x|\) 或 \(e^{|x|}\)，故 \(P \neq C[-1, 1]\)）。如果在赋范空间中一个线性子空间是开集，那么它必须包含一个原点的邻域（开球）。根据第 (11) 题的结论，任何包含开球的线性子空间必然是整个空间。由于 \(P \neq C[-1, 1]\)，所以 \(P\) 不包含任何开球，因此 \(P\) 不是开集。事实上，真子空间的内部一定是空集。

Sol.

唯一的这样的子空间是 \(E\) 本身（即 \(E_0 = E\)）

证明如下：

假设 \(E_0\) 是 \(E\) 的线性子空间，且包含一个开球 \(B(x_0, r) = \{x \in E : \|x - x_0\| < r\} \subseteq E_0\)。由于 \(E_0\) 是子空间，它包含 \(-x_0\)。根据子空间的加法封闭性，对于任意 \(z \in B(x_0, r)\)，有 \(z - x_0 \in E_0\)。注意到 \(B(x_0, r) - x_0 = B(0, r)\)。这意味着原点周围的开球 \(B(0, r) = \{y \in E : \|y\| < r\}\) 包含在 \(E_0\) 中。

对于 \(E\) 中任意非零元素 \(x \in E\)，我们可以对其进行缩放：令 \(y = \frac{r}{2\|x\|} x\)。显然 \(\|y\| = \frac{r}{2\|x\|} \|x\| = \frac{r}{2} < r\)，所以 \(y \in B(0, r) \subseteq E_0\)。由于 \(E_0\) 是线性空间，它对数乘封闭，所以 \(x = \frac{2\|x\|}{r} y\) 必定也属于 \(E_0\)。对于 \(x=0\)，显然 \(0 \in E_0\)。因此，对于任意 \(x \in E\)，都有 \(x \in E_0\)，即 \(E \subseteq E_0\)。综上所述，\(E_0 = E\)。

解答： 题目中要求 \(a \notin \ell_q\) for all \(1 \le q \le p\) 包含 \(q=p\) 的情况，这是不可能的，因为若 \(a \in \ell_p\)，则 \(a\) 必然属于 \(\ell_p\)。推测题目意图是寻找 \(a \in \ell_p\) 但对于所有 \(1 \le q < p\)，\(a \notin \ell_q\)。 构造如下元素 \(a = (a_n)_{n \in \mathbb{N}}\)： 令 \(a_n = \frac{1}{n^{1/p} (\ln(n+1))^{2/p}}\)。 1. 验证 \(a \in \ell_p\)： \(\sum_{n=1}^\infty |a_n|^p = \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n (\ln(n+1))^2}\)。 由于积分 \(\int_1^\infty \frac{dx}{x (\ln x)^2}\) 收敛，该级数收敛。所以 \(a \in \ell_p\)。 2. 验证对于 \(1 \le q < p\)，有 \(a \notin \ell_q\)： 考虑 \(|a_n|^q = \frac{1}{n^{q/p} (\ln(n+1))^{2q/p}}\)。 由于 \(q < p\)，则指数 \(\alpha = q/p < 1\)。 对于级数 \(\sum \frac{1}{n^\alpha (\ln n)^\beta}\)，当 \(\alpha < 1\) 时，无论 \(\beta\) 为何值，级数均发散（与 \(1/n\) 比较，分子项趋于无穷或分母增长慢于 \(n\)）。 具体来说，由于 \(q/p < 1\)，当 \(n\) 充分大时，\(\frac{1}{n^{q/p} (\ln(n+1))^{2q/p}} > \frac{1}{n}\)。 由调和级数发散可知 \(\sum |a_n|^q\) 发散。 因此，该元素 \(a\) 满足条件（在 \(q < p\) 的修正理解下）。

解答： 我们需要验证 \(\|\cdot\|_W\) 满足范数的三条公理： 1. 非负性与正定性： 对于任意 \(x \in W\)，\(\|x\|_W = \|Tx\|_E \ge 0\)（因为 \(\|\cdot\|_E\) 是范数）。 若 \(\|x\|_W = 0\)，则 \(\|Tx\|_E = 0\)。由 \(\|\cdot\|_E\) 的正定性可知 \(Tx = 0_E\)。由于 \(T\) 是双射（特别是单射），\(Tx = 0 \implies x = 0_W\)。 2. 齐次性： 对于任意 \(x \in W\) 和标量 \(\lambda\)， \(\|\lambda x\|_W = \|T(\lambda x)\|_E\)。 由 \(T\) 的线性性，\(T(\lambda x) = \lambda Tx\)。 所以 \(\|\lambda x\|_W = \|\lambda Tx\|_E = |\lambda| \|Tx\|_E = |\lambda| \|x\|_W\)。 3. 三角不等式： 对于任意 \(x, y \in W\)， \(\|x + y\|_W = \|T(x + y)\|_E\)。 由 \(T\) 的线性性，\(T(x + y) = Tx + Ty\)。 利用 \(\|\cdot\|_E\) 的三角不等式： \(\|Tx + Ty\|_E \le \|Tx\|_E + \|Ty\|_E = \|x\|_W + \|y\|_W\)。 即 \(\|x+y\|_W \le \|x\|_W + \|y\|_W\)。 综上，\(\|\cdot\|_W\) 定义了 \(W\) 上的一个范数。

Proof.

因为 \(U\) 是 \(E\) 的子空间，所以 \(0 \in U\)。因为 \(U\) 是开集，所以存在一个 \(r > 0\) 使得原点的开球 \(B(0, r) \subset U\)。这意味着 \(U\) 是一个包含球的线性子空间。直接引用第 (11) 题的结论，任何包含球的线性子空间必定等于整个空间。所以 \(U = E\)。

解答：

我们需要验证商范数的三条公理：

1. 非负性与正定性：

显然 \(\|[x]\|_{E/M} = \inf_{u \in M} \|x+u\| \ge 0\)。 若 \([x] = [0]\)（即 \(x \in M\)），则取 \(u = -x \in M\)，得 \(\|x+u\| = 0\)，故范数为 0。 反之，若 \(\|[x]\|_{E/M} = 0\)，即 \(\inf_{u \in M} \|x+u\| = 0\)。这意味着存在序列 \(\{u_n\} \subset M\) 使得 \(\|x - (-u_n)\| \to 0\)。这表明 \(x\) 是 \(M\) 的一个极限点。因为 \(M\) 是闭子空间，所以 \(x \in M\)，即 \([x] = [0]\)。

1. 齐次性：

对于 \(\lambda \neq 0\)： \(\|[\lambda x]\| = \inf_{u \in M} \|\lambda x + u\| = \inf_{u \in M} \|\lambda (x + \frac{u}{\lambda})\|\)。 令 \(v = u/\lambda\)。当 \(u\) 遍历 \(M\) 时，由于 \(M\) 是子空间，\(v\) 也遍历 \(M\)。 \(= \inf_{v \in M} |\lambda| \|x + v\| = |\lambda| \inf_{v \in M} \|x + v\| = |\lambda| \|[x]\|\)。 对于 \(\lambda = 0\)，等式显然成立。

1. 三角不等式：

设 \([x], [y] \in E/M\)。 \(\|[x+y]\| = \inf_{w \in M} \|x + y + w\|\)。 对于任意 \(\epsilon > 0\)，根据下确界定义，存在 \(u \in M\) 和 \(v \in M\) 使得： \(\|x+u\| < \|[x]\| + \epsilon/2\) 且 \(\|y+v\| < \|[y]\| + \epsilon/2\)。 令 \(w = u + v\)，则 \(w \in M\)。 \(\|[x+y]\| \le \|x + y + u + v\| \le \|x+u\| + \|y+v\| < \|[x]\| + \|[y]\| + \epsilon\)。 由于 \(\epsilon\) 是任意的，所以 \(\|[x+y]\| \le \|[x]\| + \|[y]\|\)。 综上，定义的是一个范数。

Banach spaces⚓︎

主要知道 Cauchy 列和 Banach 空间是什么就可以了

1. 它是柯西列

对于 \(n > m \ge 2\)，函数 \(f_n\) 和 \(f_m\) 的差异仅存在于区间 \([\frac{1}{2} - \frac{1}{m}, \frac{1}{2}]\) 上。直接计算积分：

当 \(m \to \infty\) 时，该值趋于 0，因此它是 \(1\)-范数下的柯西列。

1. 它在空间中不收敛

假设该序列在 \(C[0,1]\) 中收敛于某个连续函数 \(f\)。通过对误差 \(\|f_n - f\|_1\) 的分析，令 \(n \to \infty\)，我们发现极限函数必须几乎处处满足：

这是一个阶跃函数，显然是不连续的。因此极限 \(f \notin C[0,1]\)。

结论：\((C[0,1], \|\cdot\|_1)\) 不是 Banach 空间。

注：如果换成上确界范数 \(\|\cdot\|_\infty\)，它就是 Banach 空间，因为一致极限保持连续性

Proof.

(a)If \(1\leqslant p <\infty\), \(l^{p}\) is a Banach space

For any Cauchy sequence, \(x_{n}=(\xi_{k}^{(n)})_{k=1}^{\infty}\in l^{p}\)

By definition, we have \(\forall\varepsilon>0,\exists N\) if \(m,n>N,\lvert x_{m}-x_{n} \rvert=\left( \sum\limits_{k=1}^{\infty}\lvert \xi_{k}^{(n)}-\xi_{k}^{(m)} \rvert^{p} \right) ^{\frac{1}{p}}<\varepsilon\)

We can use the convergence that \((\xi_{k}^{(n)})_{n\in \mathbb{N}}\implies \xi_{k}\)

Just let \(m\to \infty\), we get

Put \(x=(\xi_{k})_{k\in \mathbb{N}}\), we derive that

(b)Similarly, we can prove that \(l_{\infty}\) is a Banach space

Now turn to \(L^{p}\) space

(c)\(L^{p}[a,b]\) is a Banach space when \(1\leqslant p <\infty\)

Let \((f_{n})_{n\in \mathbb{N}}\) be any Cauchy sequence in \(L^{p}[a,b]\). For any \(\varepsilon>0\), there exists \(N\in \mathbb{N}\) s.t.

Obviously, we can choose a subsequence \((f_{n_{k}})_{k\in \mathbb{N}}\) s.t.

So we can naturally get \(\sum\limits_{k=1}^{\infty}\lVert f_{n_{k+1}}-f_{n_{k}} \rVert < 1\), let

So

Note \(g_{m}(t)\) is positive and increasing, let \(g_{0}(t)=\lim\limits_{ m \to \infty }g_{m}(t)\)

So \(g_{0}\in L^{p}[a,b]\) and

converges to a finite positive number a.e. on \([a,b]\), therefore the series

converges to a finite(real or complex) number a.e. on \([a,b]\). And \(\lvert f \rvert \leqslant g_{0}\), we have \(f\in L^{p}[a,b]\). It follows from

that \(f_{n_{m}}\to f\)

(d)\(L^{\infty}[a,b]\) is a Banach space

Suppose that \((f_n)_{n\in\mathbb{N}}\) is a Cauchy sequence in \(L^\infty[a,b]\). For any \(k \in \mathbb{N}\), there exists \(N_k > 0\) such that

We can find a measurable subset \(E_k\) of zero measure such that

Let \(E = \bigcup_{k=1}^\infty E_k\), which has zero measure. We have

By the completeness of \(\mathbb{K}\), the limit \(f(t) = \lim_n f_n(t)\) exists for all \(t \in [a,b] \setminus E\). Setting \(f = 0\) on \(E\), we see that \(f_n(t) \to f(t)\) a.e. on \([a,b]\), and thus \(f\) is measurable. Letting \(m \to \infty\) in (2.5), we have

which shows that \(f - f_n \in L^\infty[a,b]\) for any \(n \ge N_k\). Consequently, \(f \in L^\infty[a,b]\). It follows from (2.6) that

which proves that \(f = \lim_n f_n\) in \(L^\infty[a,b]\).

Exercises 2.2⚓︎

Proof.

只需要找到一个反例多项式函数 \(f\) 使得 \(\lVert f \rVert_{\infty}\leqslant C\lVert f \rVert_{1}\) 不成立即可

不妨设 \(f(x)=x^{n}\)

那么有 \(\lVert f \rVert_{\infty}=\max\limits_{x\in[0,1]}\lvert f(x) \rvert=1,\lVert f \rVert_{1}=\int_{0}^{1} \lvert f(x) \rvert \, dx= \frac{1}{n+1}\)

对于任意的固定常数 \(C\)，总有 \(n+1>C\) 时使得 \(\lVert f \rVert_{\infty}\leqslant C\lVert f \rVert_{1}\) 不成立，因此两个范数显然不等价

题目应当是验证这是一个范数，我们按照定义验证三条性质：

(1) 正定性

后一个推论是因为 \(T\) 是一个双射，并且 \(\lVert x \rVert_{W}=\lVert Tx \rVert_{E}\geqslant 0\)

(2) 正齐次性

(3) 三角不等式

前两个小节实际上只是讲述了基本的 Banach 空间的定义和一些基本内容的回顾，下面两个小节则是正式开始围绕 Banach 空间的性质进行讨论：可分性和完备性、紧性

Separable Banach spaces⚓︎

可分性 (Separability)⚓︎

Proof Sketch.

1. 构造：考虑所有由基向量组成的有限线性组合，且系数限制为有理数（若 \(\mathbb{K}=\mathbb{C}\) 则为实部虚部均为有理数）：

   \[ M = \left\{ \sum_{i=1}^n r_i e_i : r_i \in \mathbb{Q}, n \in \mathbb{N} \right\} \]

2. 可数性：\(M\) 是可数集的可数并，因此是可数的。

3. 稠密性：对于任意 \(x = \sum \alpha_i e_i\)，其部分和 \(S_n\) 收敛于 \(x\)。我们只需用有理数 \(r_i\) 逼近标量 \(\alpha_i\)，即可证明 \(M\) 中的元素可以任意逼近 \(x\)。

Exercise 2.3⚓︎

Proof.

\(\implies\)

证明：如果 \(V\) 是可分的，那么有 \(V=\overline{\bigcup\limits_{n=1}^{\infty}V_{n}}\)

由于 \(V\) 是可分的 Banach 空间，那么它一定包含一个可数稠密子集，我们将其记为 \(D=\left\{ d_{1},d_{2},\dots,d_{n},\dots \right\}\)，然后考虑定义 \(V\) 上有限维子空间 \(V_{n}\)

令 \(U=\bigcup\limits_{n=1}^{\infty} V_{n}\)，那么 \(U=span(D)\)，也就是说 \(U\) 是由 \(D\) 张成的 \(V\) 上的子空间

下面证明 \(\overline{U}=V\) 即可，这是显然的，因为 \(U=span(D)\implies D\subset U\subset V\)，但是 \(D\) 在 \(V\) 上稠密，所以根据稠密子集的定义，\(V\) 上任意一点 \(x_{0}\) 均存在 \(D\) 中子列收敛到该点，并且 \(D\subset U\)，所以子列也含于 \(U\) 中，那么 \(x_{0}\in \overline{U}\)，由此即得 \(V\subset \overline{U}\)，并且因为 \(V\) 是闭的，综合两个等式即得 \(V=\overline{U}= \overline{\bigcup\limits_{n=1}^{\infty}V_{n}}\)

\(\impliedby\)

证明：如果 \(V= \overline{\bigcup\limits_{n=1}^{\infty}V_{n}}\)，则 \(V\) 是可分的

考虑利用定义证明，只需要在其中找到一个可数稠密子集即可，由于 \(V_{n}\) 是有限维赋范空间，我们知道是可分的，因此可以在每个 \(V_{n}\) 内找到一个可数稠密子集记为 \(D_{n}\)

考虑 \(\bigcup\limits_{n=1}^{\infty}D_{n}=D\)，我们想要证明它是 \(V\) 中可数稠密的子集，由于 \(D\) 是可数集的可数并，因此仍然可数，下面说明 \(D\) 在 \(V\) 内稠密即可：

换句话说，就是要说明 \(\forall x\in V,\varepsilon>0,\exists d\in D,s.t.\lVert x-d \rVert<\varepsilon\)

因为 \(V=\overline{\bigcup\limits_{n=1}^{\infty}V_{n}}\)，令 \(U=\bigcup\limits_{n=1}^{\infty}V_{n}\)，取 \(x\in V= \overline{U}\)，因此存在 \(x_{1}\in U\)，使得 \(\lVert x_{1}-x \rVert< \frac{\varepsilon}{2}\)，那么必有 \(x_{1}\in V_{N}\)，并且 \(D_{N}\subset V_{N}\)，且稠密，那么存在 \(x_{2}\in D_{N}\)，使得 \(\lVert x_{2}-x_{1} \rVert< \frac{\varepsilon}{2}\)

利用三角不等式即得：

因此 \(D\) 在 \(V\) 中稠密，可知 \(V\) 可分

Proof.

对于任意 \(x = (\xi_1, \xi_2, \dots) \in c_0\)，根据 \(c_0\) 的定义，我们有 \(\lim\limits_{k\to\infty} \xi_k = 0\)。考虑级数 \(\sum_{k=1}^\infty \xi_k e_k\) 的部分和序列 \((s_n)\)，其中 \(s_n = \sum_{k=1}^n \xi_k e_k = (\xi_1, \xi_2, \dots, \xi_n, 0, 0, \dots)\)

计算 \(x\) 与 \(s_n\) 的距离：

由于 \(\xi_k \to 0\)，即 \(\forall \varepsilon > 0, \exists N\) 使得 \(k > N \implies |\xi_k| < \varepsilon\)。因此，当 \(n \to \infty\) 时，\(\sup\limits_{k > n} |\xi_k| \to 0\)。这意味着 \(x = \sum_{k=1}^\infty \xi_k e_k\) 在范数意义下收敛

根据定义还需要说明唯一性，假设 \(x = \sum_{k=1}^\infty \alpha_k e_k\)。由坐标泛函的连续性（或直接比较坐标），第 \(k\) 个坐标必须相等，即 \(\alpha_k = \xi_k\)

综上，\(\{e_k\}\) 是 \(c_0\) 的 Schauder 基。

Proof.

对于任意 \(x = (\xi_k) \in c\)，由于序列收敛，设 \(\lim_{k\to\infty} \xi_k = l\)。 我们需要证明 \(x\) 可以唯一表示为 \(l\mathbf{e} + \sum_{k=1}^\infty (\xi_k - l)e_k\)。 考察向量 \(y = x - l\mathbf{e} = (\xi_1 - l, \xi_2 - l, \dots)\)。 由于 \(\xi_k \to l\)，所以 \(y\) 的分量趋于 0，即 \(y \in c_0\)。 根据 Problem 1 的结论，\(y\) 可以唯一表示为 \(c_0\) 的基 \(\{e_k\}\) 的线性组合：

代回 \(x\)，我们得到展开式：

下面验证收敛性（其实由 \(c_0\) 的结论已得，这里写明）：

因 \(\xi_k \to l\)，当 \(n \to \infty\) 时上式趋于 0。

唯一性：设 \(x = \alpha \mathbf{e} + \sum_{k=1}^\infty \alpha_k e_k\)。对两边取极限（\(k \to \infty\)），由于 \(e_k\) 的项趋于 0，可知 \(\lim x = \alpha \cdot 1 + 0\)，故 \(\alpha = l\)。剩下的部分即归结为 \(c_0\) 中系数的唯一性，得 \(\alpha_k = \xi_k - l\)。

Proof.

设 \(x = (\xi_k) \in \ell_p\)，这意味着 \(\sum_{k=1}^\infty |\xi_k|^p < \infty\)。考虑部分和 \(s_n = \sum_{k=1}^n \xi_k e_k\)。考察误差的范数：

由于级数 \(\sum |\xi_k|^p\) 收敛，其尾部和（Tail sum）当 \(n \to \infty\) 时必趋于 0。即 \(\lim\limits_{n \to \infty} \|x - s_n\|_p = 0\)。因此 \(x = \sum_{k=1}^\infty \xi_k e_k\)。唯一性同理，由坐标对应直接得到。

Answer.

No. \((\ell_\infty, \|\cdot\|_\infty)\) does not have a Schauder basis.

Reasoning.

根据 Theorem 2.3.4 (Schauder 基与可分性)，如果一个 Banach 空间拥有 Schauder 基，那么它必须是可分的 (Separable)。回顾之前的笔记（Example 2.3.2 (iii)），我们已经证明了 \(\ell_\infty\) 是不可分的（因为存在不可数个距离为 1 的元素，无法被可数稠密子集逼近）。由于 \(\ell_\infty\) 不可分，因此它不可能拥有 Schauder 基。

Completeness and Compactness in Banach spaces⚓︎

先给出级数收敛的相关定义，在此不赘述(不知道的可以参考数学分析)，重新指出只是为了方便下面的叙述罢了，因为柯西列在 Banach 空间中收敛，仍然有柯西收敛原理成立，至于绝对收敛定义仍然同数学分析一样，下面让我们进入本节的正题——完备性

完备性⚓︎

Proof.

证明的难点在于从“绝对收敛级数收敛”推导出“空间完备”。我们需要证明任意一个柯西列 \((x_n)\) 都收敛。思路是构造一个收敛极快的子列，将其转化为级数问题。

首先，由于 \((x_n)\) 是柯西列，我们可以选取一个子列 \((x_{n_k})\)，使得相邻项极其接近。具体来说，对于每一个 \(k\)，选取足够大的下标，使得：

接下来验证该级数是否绝对收敛。根据我们在选取子列时的构造：

既然级数绝对收敛，根据定理的假设，该级数在 \(E\) 中收敛。

设级数的和为 \(x\)。根据“级数和”的定义，就是部分和序列的极限，因此我们得到了子列的收敛性：

Proof Sketch.

构造思路类似于从有理数构造实数。我们考虑 \(E\) 中所有柯西列构成的向量空间 \(\mathcal{E}\)，并定义等价关系：如果两个柯西列的差趋于 0，则视为等价。商空间 \(\tilde{E} = \mathcal{E} / \sim\) 在商范数下构成 Banach 空间。最后，原空间 \(E\) 可以通过常数序列自然地、等距地嵌入到 \(\tilde{E}\) 中，并且构成稠密子空间。

在有限维赋范空间中，有界闭集必定是紧集（Heine-Borel 性质）。但在无穷维空间中这一性质不再成立。Riesz 引理正是处理无穷维空间几何结构、描述这种差异的重要工具。

Proof.

因为 \(Y\) 是真子空间，我们可以取 \(x \in E \setminus Y\)。设 \(d = \inf\{\|x - y\| : y \in Y\}\) 为 \(x\) 到 \(Y\) 的距离。由于 \(Y\) 是闭集，故 \(d > 0\)。

因为 \(d < d\alpha^{-1}\)，根据下确界定义，存在 \(y_0 \in Y\) 使得 \(\|x - y_0\| < d\alpha^{-1}\)。我们令 \(x_\alpha = \frac{x - y_0}{\|x - y_0\|}\)，显然 \(\|x_\alpha\| = 1\)。 对于任意 \(y \in Y\)，考察距离 \(\|x_\alpha - y\|\)：

注意括号内的部分仍属于 \(Y\)，因此其与 \(x\) 的距离至少为 \(d\)。从而我们得到

Proof.

我们要构造一个没有收敛子列的序列。任取 \(x_1 \in S_E\)。由于 \(E\) 是无穷维的，\(span\{x_1\}\) 是一个有限维的真子空间（也就是闭真子空间）。应用 Riesz 引理（取 \(\alpha = 3/4\)），存在 \(x_2 \in S_E\) 使得 \(\|x_2 - x_1\| \ge 3/4\)。

归纳地，假设已选取 \(x_1, \dots, x_n\)。考虑闭真子空间 \(Y_n = span\{x_1, \dots, x_n\}\)。再次应用 Riesz 引理，存在 \(x_{n+1} \in S_E\) 使得对于所有 \(y \in Y_n\) 都有 \(\|x_{n+1} - y\| \ge 3/4\)。

如此得到的序列 \((x_n)\) 满足：当 \(n \neq m\) 时，\(\|x_n - x_m\| \ge 3/4\)。该序列显然不是柯西列，因此没有任何收敛子列。故 \(S_E\) 和 \(U_E\) 不紧。

Banach 不动点定理是分析学中构造解和证明唯一性的核心工具。

Proof.

存在性：任取 \(x_0 \in K\)，定义迭代序列 \(x_{n+1} = \varphi(x_n)\)。考察相邻项距离，利用压缩性质可得 \(\|x_{n+1} - x_n\| \le \rho^n\|x_1 - x_0\|\)。对于任意 \(m > n\)，利用三角不等式和几何级数求和：

当 \(n \to \infty\) 时右端趋于 0，故 \((x_n)\) 是柯西列。因 \(E\) 完备且 \(K\) 闭，设 \(x_n \to z_0 \in K\)。由压缩性质知 \(\varphi\) 连续，故 \(z_0 = \lim x_{n+1} = \lim \varphi(x_n) = \varphi(z_0)\)。

唯一性：假设也有 \(u \in K\) 使得 \(\varphi(u) = u\)。则 \(\|u - z_0\| = \|\varphi(u) - \varphi(z_0)\| \le \rho\|u - z_0\|\)。因为 \(\rho < 1\)，这迫使 \(\|u - z_0\| = 0\)，即 \(u = z_0\)。

Exercise 2.4⚓︎

Proof.

\(\mathbf{Counter\ Example:}\)

考虑 \(f(x)=x+ \frac{1}{x},E=\mathbb{R},K=[1,+\infty]\)

那么显然对 \(x\geqslant 1,f(x)=x + \frac{1}{x}\geqslant 1\in K,f(x):K\to K\)

再利用拉格朗日中值定理：

满足条件，但是其不存在不动点，反证：

不存在这样的 \(x\)

下面说明在紧性条件下，减弱条件也可以推出不动点存在：

修改命题条件为假设 \(K\) 为 \(Banach\) 空间 \(E\) 中的非空紧集，且 \(\varphi:K\to K\)，并且满足

我们需要证明其有不动点

构造函数 \(f(x):K\to \mathbb{R}\)

根据 \(Lipschitz\) 条件可知 \(\varphi\) 连续，那么 \(f\) 也是连续函数，利用紧性可知，其极小值存在，不妨设在 \(x_{0}\) 处取到，即 \(f(x_{0})=\min\limits_{x\in K}f(x)\)

下面说明 \(x_{0}\) 为不动点，也就是要说明 \(f(x_{0})=0\)，反证 \(f(x_{0})=\delta >0\)，再考虑 \(\varphi(x_{0})\in K\)

与 \(f(x_{0})\) 的极小性矛盾，因此 \(f(x_{0})=0\)，即证不动点存在（唯一性是显然的）