1. (a) 证明 (6) 定义了范数.
(b) 证明他们在 (5) 式移一下是等价的.
证明: $$\bex |(z,u)|‘\leq |(z,u)|\leq 2|(z,u)|‘,\quad |(z,u)|‘‘\leq |(z,u)|\leq \sqrt{2}|(z,u)|‘‘. \eex$$
2. 证明定理 2.
证明: 对 $y_1,y_2\in \bar Y$, $$\bex \exists\ Y\ni y_{1n}\to y_1,\quad Y\ni y_{2n}\to y_2, \eex$$ 而 $$\bex Y\ni ky_{1n}+y_{2n}\to ky_1+y_2. \eex$$ 于是 $ky_1+y_2\in \bar Y$.
3. 证明: 若 $X$ 是一个 Banach 空间, $Y$ 是 $X$ 的闭子空间, 则商空间 $X/Y$ 是完备的.
证明: 设 $[x_n]$ 是 $X/Y$ 中的 Cauchy 列, 则 $$\bex \forall\ \ve>0,\ \exists\ N,\ m>n\geq N\ra |[x_m-x_n]| =|[x_m-x_n]|<\ve. \eex$$ 按照 $[x]$ 的范数定义, $$\bex \exists\ q_m,q_n,\st q_m-x_m\in Y,\ q_n-x_n\in Y,\st |q_m-q_n|<2\ve. \eex$$ 由 $X$ 完备, $$\bex \exists\ q,\st q_n\to q\quad\sex{n\to\infty}. \eex$$ 而 $$\beex \bea |[x_n]-[q]|&=|[q_n]-[q]|\\ &=|[q_n-q]|\\ &\leq |q_n-q|\\ &\to 0\quad\sex{n\to\infty}. \eea \eeex$$
4. 证明赋范线性空间的每个有限维子空间都是闭的.
证明: 设 $X$ 是赋范线性空间, $Y=\span\sed{e_1,\cdots,e_n}$ 为其 $n$ 维线性子空间. 往证 $$\bee\label{5_4_equiv} c_1\sex{\sum_{k=1}^n y_k^2}^\frac{1}{2} \leq \sen{y}\leq c_2\sex{\sum_{k=1}^n y_k^2}^\frac{1}{2}. \eee$$事实上, $$\bee\label{5_4_continu} \bea \sen{y} &=\sen{\sum_{k=1}^n y_ke_k}\\ &\leq \sum_{k=1}^n |y_k|\cdot \sen{e_k}\\\ &\leq \sex{\sum_{k=1}^n y_k^2}^\frac{1}{2} \cdot \sex{\sum_{k=1}^n \sen{e_k}^2}^\frac{1}{2}. \eea \eee$$反过来, 考虑 $$\bex f(y)=\sen{y},\quad y\in S=\sed{y\in Y;\ \sum_{k=1}^n y_k^2=1}. \eex$$ 则由 \eqref{5_4_continu} 知 $f$ 在紧集 $S$ 上连续, 是能取到下确界 $m$ 的. 该 $m>0$ (否则 $\exists\ y\in S,\st \sen{y}=0$). 故 $$\bex f(y)\geq m,\quad \sum_{k=1}^ny_k^2=1, \eex$$ $$\bex f(y)\geq m\sex{\sum_{k=1}^n y_k^2}^\frac{1}{2},\quad \forall\ y\in Y. \eex$$ 既然有了 \eqref{5_4_equiv}, $\sex{Y,\sen{\cdot}}$ 与 $\bbR^n$ 拓扑同构, 也是完备的, 而为 $X$ 的闭子空间.
5. 证明例 (a)、例 (c)、例 (d) 和例 (e) 中的上确界范数不是严格次可加的.
证明: 以 (a) 为例, 取 $$\bex x=(1,0,\cdots),\quad y=(1,1,\cdots), \eex$$ 则 $$\bex \sen{x+y}=2=\sen{x}+\sen{y}, \eex$$ 但 $x,y$ 线性无关.
6. 证明例 (b) 和 例 (f) 中的范数当 $p=1$ 时不是严格次可加的.
证明: 以 (b) 为例, 取 $$\bex x=(1,0,\cdots),\quad y=(0,1,\cdots), \eex$$ $$\bex \sen{x+y}=2=\sen{x}+\sen{y}, \eex$$ 但 $x,y$ 线性无关.
7. 由 (41) 推出 ${\bf M}$ 是线性的.
证明: $$\bee\label{5_7_linear} \bea 2z‘=x‘+y‘\ra 2{\bf M}\cfrac{x+y}{2}={\bf M} x+{\bf M} y. \eea \eee$$取 $y=0$ 有 $$\bee\label{5_7_two} 2{\bf M} \cfrac{x}{2}={\bf M} x. \eee$$往用数学归纳法证明 $$\bex {\bf M} (kx)=k{\bf M} x,\quad (k=1,2,\cdots). \eex$$ 事实上, $$\beex \bea {\bf M} (kx)&={\bf M} (x+(k-1)x)\\ &=\cfrac{1}{2}{\bf M} (2x)+\cfrac{1}{2}{\bf M} (2(k-1)x)\quad\sex{\eqref{5_7_linear}}\\ &={\bf M} x+{\bf M}((k-1)x)\quad\sex{\eqref{5_7_two}}\\ &={\bf M} x+(k-1){\bf M} x\quad\sex{\mbox{归纳假设}}\\ &=k{\bf M} x. \eea \eeex$$ 在 \eqref{5_7_linear} 中取 $y=-x$, 则 $$\bex {\bf M}(-x)=-{\bf M} x, \eex$$ 而有 $$\beex \bea {\bf M}(kx)&={\bf M}((-k)(-x))\\ &=(-k){\bf M}(-x)\\ &=(-k)(-{\bf M} x)\\ &=k{\bf M} x\quad\sex{k=-1,-2,\cdots}. \eea \eeex$$ 再由 $$\bex {\bf M} x={\bf M} \sex{m\cdot \cfrac{1}{m}x} =m\cdot {\bf M} \sex{\cfrac{1}{m}x} \eex$$ 知 $$\bex {\bf M} \sex{\cfrac{1}{m}x}=\cfrac{1}{m}{\bf M} x,\quad m\in \bbZ\bs \sed{0}; \eex$$ $$\bex {\bf M} \sex{\cfrac{k}{m}x} =k{\bf M} \sex{\cfrac{1}{m}x} =\cfrac{k}{m}{\bf M} x,\quad k\in\bbZ,\ m\in\bbZ\bs \sed{0}. \eex$$ 由 ${\bf M}$ 是等距知 ${\bf M}$ 连续, 而有 $$\bex {\bf M} (\al x)=\al \cdot {\bf M} x,\quad \forall\ \al. \eex$$ 最后, 由 \eqref{5_7_linear} 及 \eqref{5_7_two}, $$\bex {\bf M}(x+y)=\cfrac{1}{2}{\bf M}(2x)+\cfrac{1}{2}{\bf M}(2y)={\bf M} x+{\bf M} y. \eex$$
8. 证明 $X$ 是完备的.
证明: 仅须证明 $X$ 是闭的. 设 $$\bex X\ni x^k\to x, \eex$$ 则 $$\bex \max_n |a^k_n-a_n|\to 0\quad\sex{k\to\infty}. \eex$$ 而 $$\bex \forall\ \ve>0,\ \exists\ k,\st \sup_n |a^k_n-a_n|<\cfrac{\ve}{2}. \eex$$ 对该 $k$, 由 $\dps{\vlm{n}a^k_n=0}$ 知 $$\bex \exists\ N,\ n\geq N\ra |a_n^k|<\cfrac{\ve}{2}. \eex$$ 故 $$\bex n\geq N\ra |a_n|\leq |a_n-a^k_n|+|a^k_n|<\ve. \eex$$ 这说明 $\dps{\vlm{n}a_n=0}$, 而 $x\in X$.
错误指出:
Page 33, (23) 应为 $mp<n$. Page 34-35, 所有黑体字母应改为其相应的普通字母 (该书以后碰到均使适用此条例).
Page 35, 习题 6, 上确界三字应去掉.
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[PeterDLax著泛函分析习题参考解答]第5章 赋范线性空间
原文：http://www.cnblogs.com/zhangzujin/p/3918308.html