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\setcounter{chapter}{2}
\chapter{赋范空间和连续线性映射}
\thispagestyle{empty}

\begin{exercise}
     设 $C([0,1],\mathbb{R})$ 表示 $[0,1]$ 上的所有连续实函数构成的空间. 定义
    \[\|f\|_{\infty}=\sup_{0\leq x\leq 1}|f(t)|\quad\text{且}\quad \|f\|_1=\int_0^1|f(t)|\diff t\]
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item 证明 $\|\cdot\|_{\infty}$ 和 $\|\cdot\|_1$ 都是 $C([0,1],\mathbb{R})$ 上的范数.
        \item 证明 $C([0,1],\mathbb{R})$ 关于范数 $\|\cdot\|_{\infty}$ 是完备的.
        \item 证明 $C([0,1],\mathbb{R})$ 关于范数 $\|\cdot\|_1$ 不完备.
    \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{proof}
(a)由\begin{itemize}
\item $\|f\|_{\infty}=\sup\limits_{0\leq t\leq 1}|f(t)|\geq 0$, 且$\|f\|_{\infty}=0$当且仅当$f\equiv 0$
\item $\|\lambda f\|_{\infty}=\sup\limits_{0\leq t\leq 1}|\lambda f(t)|=|\lambda|\sup\limits_{0\leq t\leq 1}|f(t)|=|\lambda|\cdot\|f\|_{\infty}$
\item $\|f+g\|_{\infty}=\sup\limits_{0\leq t\leq 1}|f(t)+g(t)|\leq \sup\limits_{0\leq t\leq 1}(|f(t)|+|g(t)|)=\|f\|_{\infty}+\|g\|_{\infty}$
\end{itemize}
和
\begin{itemize}
\item $\|f\|_1=\int_0^1|f(t)|\diff t\geq 0$ 且 $\|f\|_1=0$ 当且仅当 $f\equiv 0$
\item $\|\lambda f\|_1=\int_0^1 |\lambda f(t)|\diff t=|\lambda|\cdot\|f\|_1$
\item $\|f+g\|_1=\int_0^1 |f(t)+g(t)|\diff t\leq\int_0^1|f(t)|\diff t+\int_0^1|g(t)|\diff t=\|f\|_1+\|g\|_1$
\end{itemize}
知 $\|\cdot\|_{\infty}$ 和 $\|\cdot\|_1$ 都是 $C([0,1],\mathbb{R})$ 上的范数.

(b)任取 $C([0,1],\mathbb{R})$ 中的 Cauchy 序列 $(f_n)_{n\geq 1}$, 
即对于 $\forall\epsilon>0$, 存在$N>0$, 对于 $\forall m,n>N$, 有
\[\|f_m-f_n\|_{\infty}=\max_{0\leq x\leq 1}|f_m(x)-f_n(x)|<\epsilon,\]
所以对任意 $t\in[0,1]$, 序列 $(f_n(t))_{n\geq 1}$ 为 Cauchy 序列, 其必收敛. 令
\[f(t)=\lim_{n\to\infty}f_n(t).\]
这样就定义了一个 $[0,1]$ 上的实值函数. 

下面证明 $f$ 是连续函数且 $\|f_n-f\|_{\infty}\to 0$ (即 $(f_n)_{n\geq 1}$ 一致收敛到$f$). 
而我们只需要证明 $(f_n)_{n\geq 1}$ 一致收敛到 $f$ 即可,
事实上, 由一致收敛级数的连续性定理可知, 如果 $(f_n)_{n\geq 1}$ 一致收敛到 $f$, 则
$f$ 必为连续函数.

任意给定 $\varepsilon>0$, 存在 $N=N(\varepsilon)>0$, 
使得对于 $\forall m,n>N$ 和 $\forall t\in[0,1]$ 都有 
\[|f_m(t)-f_n(t)|<\varepsilon.\]
任意固定 $n>N$ 并令 $m\to\infty$ 可得对于 $\forall n>N$ 和 $\forall t\in[0,1]$ 有
\[|f_n(t)-f(t)|<\varepsilon.\]
所以 $(f_n)_{n\geq 1}$ 一致收敛到 $f$.

(c)我们只需寻找范数 $\|\cdot\|_1$ 意义下的柯西列使其不收敛即可. 定义折线段:
\[f_n(x)=\begin{cases}
0, & 0\leq x\leq\frac{1}{2}-\frac{1}{n} \\
n\left(x-\frac{1}{2}+\frac{1}{n}\right), & \frac{1}{2}-\frac{1}{n}\leq x\leq\frac{1}{2} \\
1, & \frac{1}{2}\leq x\leq 1.
\end{cases}\]
则
\[\|f_m-f_n\|_1=\int_0^1|f_m(x)-f_n(x)|\diff x=\frac{1}{2}\left\lvert\frac{1}{m}-\frac{1}{n}\right\rvert\to 0(m,n\to\infty)\]
故 $(f_n)_{n\geq 1}$ 是 Cauchy 序列, 但是其没有极限.
\end{proof}

\begin{remark}
证明度量空间的完备性基本都是转化为基本的完备空间(如($\mathbb{R},d_{\mathbb{R}}$))来考虑.
\end{remark}


\begin{exercise}
     设 $E$ 是 $\mathbb{R}$ 上所有的实系数多项式构成的向量空间. 对任意 $P\in E$, 定义
    \[\|P\|_{\infty}=\max_{x\in[0,1]}|P(x)|.\]
    \begin{enumerate}[(a)]
    \item 证明 $\|\cdot\|_{\infty}$ 是 $E$ 上的范数.
    \item 任取一个 $a\in\mathbb{R}$ 定义线性映射 $L_a:E\to\mathbb{R}$ 满足 $L_a(P)=P(a)$. 证明 $L_a$ 连续当且仅当 $a\in[0,1]$, 并且给出该连续线性映射的范数.
    \item 设 $a<b$ 并定义 $L_{a,b}:E\to\mathbb{R}$ 满足
    \[L_{a,b}(P)=\int_a^bP(x)\diff x.\]
    给出 $a,b$ 的范围, 使其成为 $L_{a,b}$ 连续的充分必要条件, 然后确定 $L_{a,b}$ 的范数.
    \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{proof}
(a)由
\begin{itemize}
    \item $\|P\|_\infty =0\Leftrightarrow\max\limits_{x\in [0,1]}|P(x)|=0\Leftrightarrow P(x)=0(\forall x\in [0,1])\Leftrightarrow P=0$
    \item $\|\lambda P\|_\infty =\max_{x\in [0,1]}|\lambda P(x)|=|\lambda |\max_{x\in [0,1]}|P(x)|=|\lambda|\|P\|_{\infty}$
    \item $\|P+Q\|_{\infty}=\max\limits_{x\in [0,1]}|(P+Q)(x)|\leq\max\limits_{x\in [0,1]}(|P(x)|+|Q(x)|)=\|P\|_{\infty}+\|Q\|_{\infty}$
\end{itemize}
知 $\|\cdot\|_{\infty}$ 是 $E$ 上的范数.

(b)\sufficient 
当 $a\in [0,1]$ 时, 对于任意 $P\in E$, 有
\[|L_a(P)|=|P(a)|\leq\max_{0\leq x\leq 1}|P(x)|=\|P\|_{\infty},\]
故 $L_a$ 为连续线性映射.

\necessary 
(直接法) 由 $L_a$ 为连续线性映射知, 存在常数 $C\geq 0$, 使得
对于 $\forall P\in E$, 有
\[|L_a(P)|=|P(a)|\leq C\|P\|_{\infty}=C\max_{0\leq x\leq 1}|P(x)|.\]
取 $P(x)=x^{2n}$, 则 $a^{2n}\leq C$, 故 $-1\leq a\leq 1$.
再取 $P(x)=(1-x)^{2n}$, 则 $(1-a)^{2n}\leq C$, 故 $0\leq a\leq 2$.
因此 $0\leq a\leq 1$.

综上得证: $L_a$ 连续 $\Leftrightarrow a\in [0,1]$, 且
\[\|L_a\|=\sup\limits_{p\in E,P\neq 0}\frac{|P(a)|}{\max_{0\leq x\leq 1}|P(x)|}=1
  \quad (P\equiv 1\;\text{时可取到最大值}).\]

(c) $L_{a,b}$连续的充要条件是$0\leq a<b\leq 1$, 理由如下:

\sufficient
当 $0\leq a<b\leq 1$时, 对于任意 $P\in E$, 有
\begin{align*}
    |L_{a,b}(P)|
    &=\left\lvert\int_a^b P(x)\diff x\right\rvert\leq\int_a^b |P(x)|\diff x \\
    &\leq\int_0^1 |P(x)|\diff x\leq\max_{0\leq x\leq 1}|P(x)|=\|P\|_{\infty}.
\end{align*}
故 $L_{a,b}$ 为连续线性映射且 $\|L_{a,b}\|\leq 1$.

\necessary
先给出一个结论($\star$):
设 $b>1$ 且 $a<b$, 则数列 $\left(\frac{b^n-a^n}{n}\right)_{n\geq 1}$
必有子列为正无穷大量.
事实上, 当 $1<a<b$ 时, 由 Stolz 定理可得该数列为正无穷大量;
当 $-1\leq a\leq 1$ 时, 该数列显然为正无穷大量;
当 $a<-1$ 时, 子列 $\left(\frac{b^{2n+1}-a^{2n+1}}{2n+1}\right)_{n\geq 1}$
为正无穷大量.

因为$L_{a,b}$连续, 所以存在常数 $C\geq 0$ 使得对于任意 $P\in E$, 有
\[|L_{a,b}(P)|=\left\lvert\int_a^b P(x)\diff x\right\rvert\leq C\max_{0\leq x\leq 1}|P(x)|.\]

取 $P(x)=x^n$, 则 $\left\lvert\frac{b^{n+1}-a^{n+1}}{n+1}\right\rvert\leq C$, 
即数列 $\left(\frac{b^{n+1}-a^{n+1}}{n+1}\right)_{n\geq 1}$ 有界.
假设 $b>1$, 则由上述结论 ($\star$) 知 $\left(\frac{b^{n+1}-a^{n+1}}{n+1}\right)_{n\geq 1}$
存在子列为正无穷大量, 矛盾, 因此 $b\leq 1$.

再取 $P(x)=(1-x)^n$, 则 $\left\lvert\frac{(1-a)^{n+1}-(1-b)^{n+1}}{n+1}\right\rvert\leq C$, 
同理可知 $1-a\leq 1$, 即 $a\geq 0$. 从而当 $L_{a,b}$ 连续时, 有 $0\leq a<b\leq 1$.

综上得知 $L_{a,b}$ 连续 $\Leftrightarrow 0\leq a<b\leq 1$, 且
\[\|L_{a,b}\|=\sup\limits_{P\in E,P\neq 0}\frac{|\int_a^bP(x)\diff x|}{\max_{0\leq x\leq 1}|P(x)|}=b-a(P\equiv 1\;\text{时可取到最大值}).\qedhere\]
\end{proof}



\begin{exercise}
  设 $(E,\|\cdot\|_{\infty})$ 是习题~2 中定义的赋范空间. 
  设 $E_0$ 是 $E$ 中没有常数项的多项式构成的向量子空间(即多项式 $P\in E_0$ 等价于 $P(0)=0$).
  \begin{enumerate}[(a)]
    \item 证明 $N(P)=\|P'\|_{\infty}$ 定义了 $E_0$ 上的一个范数,
      并且对任意 $P\in E_0$, 有 $\|P\|_{\infty}\leq N(P)$.
    \item 证明 $L(P)=\int_0^1\frac{P(x)}{x}\diff x$ 定义了 $E_0$ 关于 $N$ 的连续线性泛函,
      并求它的范数.
    \item 上面定义的 $L$ 是否关于范数 $\|\cdot\|_{\infty}$ 连续?
    \item 范数 $\|\cdot\|_{\infty}$ 和 $N$ 在 $E_0$ 上是否等价?
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{proof}
  (a) 由
  \begin{itemize}
  \item $N(P)=\|P'\|_{\infty}=\max\limits_{0\leq x\leq 1}|P'(x)|\geq 0$
    且 $N(P)=0$ 当且仅当 $P\equiv 0$
  \item $N(\lambda P)=\max_{0\leq x\leq 1}|\lambda P'(x)|=|\lambda|\max_{0\leq x\leq 1}|P'(x)|=|\lambda|N(P)$
  \item $N(P+Q)=\max\limits_{0\leq x\leq 1}|P'(x)+Q'(x)|\leq\max\limits_{0\leq x\leq 1}(|P'(x)|+|Q'(x)|)=N(P)+N(Q)$
  \end{itemize}
  知 $N(\cdot)$ 是 $E_0$ 上的范数.

  由中值定理知: $P(x)-P(0)=P(x)=xP'(\theta),\forall x\in (0,1],\exists\theta\in (0,x)$. 故
  \[|P(x)|\leq |P'(\theta)|\Rightarrow\max_{0\leq x\leq 1}|P(x)|\leq\max_{0\leq x\leq 1}|P'(x)|\Rightarrow \|P\|_{\infty}\leq N(P).\]

  (b)由
  \begin{align*}
      L(\lambda P+Q)
      & =\int_0^1\frac{\lambda P(x)+Q(x)}{x}\diff x \\
      & =\lambda\int_0^1\frac{P(x)}{x}\diff x+\int_0^1\frac{Q(x)}{x}\diff x=\lambda L(P)+L(Q)
  \end{align*}
  知 $L$ 是线性映射. 又因为
  \begin{align*}
  |L(P)|
  &=\left|\int_0^1\frac{P(x)}{x}\diff x\right|\leq\int_0^1\left|\frac{P(x)}{x}\right|\diff x\leq\left\|\frac{P(x)}{x}\right\|_{\infty}=\left\lvert\frac{P(x_0)}{x_0}\right\rvert\quad(\exists x_0\in [0,1])\\
  &=\left\lvert\frac{P(x_0)-P(0)}{x_0-0}\right\rvert=|P'(\theta)|\leq\|P'\|_{\infty}=N(P),
  \end{align*}
  即 $|L(P)|\leq N(P)$.
  故 $L$ 是 $E_0$ 关于 $N$ 的连续线性泛函, 且 $\|L\|=1$.

  (c) 取 $P_n(x) = 1 - (x-1)^{2n}$, 直接求导知 $P_n(x)$ 在 $[0,1]$
  上单调递增, 故 $(P_n(x))_{\min} = P_n(0) = 0$, $(P_n(x))_{\max} = P_n(1) = 1$.
  因此 $P_n\in E_0$ 且 $\|P_n\|_{\infty} = 1$. 而
  \begin{align*}
    L(P_n)
    & = \int_0^1 \frac{1-(x-1)^{2n}}{x} \diff x
      = \int_0^1 \frac{1-x^{2n}}{1-x} \diff x \\
    & = \int_0^1 \bigl(1 + x + x^2 + x^3 + \cdots + x^{2n-1}\bigr) \diff x \\
    & = 1 + \frac12 + \frac13 + \cdots + \frac{1}{2n} \to \infty,\quad n\to\infty,
  \end{align*}
  因此 $L$ 关于范数 $\|\cdot\|_\infty$ 不连续.

  (d) $\|\cdot\|_{\infty}$ 与 $N$ 在 $E_0$ 上不等价.
  反证法证明: 
  假设存在常数 $C_1 $和 $C_2$ 使得对于 $\forall P\in E_0$ 
  有 $C_1N(p)\leq\|p\|_{\infty}\leq C_2N(p)$. 取 $n>\frac{1}{C_1}$ 且 $P(x)=x^n$, 则
  \[N(P)=\max_{0\leq x\leq 1}|nx^{n-1}|=n>\frac{1}{C_1}=\frac{1}{C_1}\|P\|_{\infty}.\]
  矛盾, 证毕.
\end{proof}


\begin{exercise}
     设 $E$ 是由 $[0,1]$ 上所有连续函数构成的向量空间. 
    定义 $E$ 上的两个范数分别为 $\displaystyle\|f\|_1=\int_0^1|f(x)|\diff x$ 和 $\displaystyle N(f)=\int_0^1x|f(x)|\diff x$.
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item 验证 $N$ 的确是 $E$ 上的范数并且 $N\leq\|\cdot\|_1$.
        \item 设函数 $f_n(x)=n-n^2x$, 若 $x\leq\frac{1}{n}$; $f_n(x)=0$, 其它. 
              证明函数列 $(f_n)_{n\geq 1}$ 在 $(E,N)$ 上收敛到 0. 它在 $(E,\|\cdot\|_1)$ 中是否收敛? 由这两个范数在 $E$ 上诱导的拓扑是否相同?
        \item 设 $\alpha\in(0,1]$, 并令 $B=\{f\in E:f(x)=0,\forall x\in[0,\alpha]\}$. 证明这两个范数在 $B$ 上诱导相同的拓扑.
    \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{proof}
(a) 由
\begin{itemize}
\item $N(f)=\int_0^1x|f(x)|dx\geq 0$ 且 $N(f)=0\Leftrightarrow x|f(x)|\equiv 0\Leftrightarrow f(x)\equiv 0$ (这里利用了 $f(x)$ 的连续性)
\item $N(\lambda f)=\int_0^1x|\lambda f(x)|dx=|\lambda|\int_0^1x|f(x)|dx=|\lambda|N(f)$
\item $N(f+g)=\int_0^1x|f(x)+g(x)|dx\leq \int_0^1x(|f(x)|+|g(x)|)dx=N(f)+N(g)$
\end{itemize}
知 $N$ 是 $E$ 上的范数, $N\leq\|\cdot\|_1$是显然的.

(b) 因
\[N(f_n)=\int_0^{\frac{1}{n}}x(n-n^2x)\diff x=\frac{1}{6n}\rightarrow 0\quad (n\to\infty),\]
故 $(f_n)_{n\geq 1}$ 在 $(E,N)$ 中收敛到 $0$. 
假设函数列在 $(E,\|\cdot\|_1)$ 中收敛, 即存在 $g(x)\in E$ 使得
\[\lim_{n\to\infty}\int_0^1|f_n(x)-g(x)|\diff x=0\Rightarrow f_n(x)-g(x)=0\text{ a.e. }(n\to\infty).\]
又 $f_n(x)=0$ a.e. $(n\to\infty)$, 故$g(x)=0$, 也就是说如果收敛只能收敛到 0, 但
\[\lim_{n\to\infty}\|f_n(x)-0\|_1=\lim_{n\to\infty}\int_0^{\frac{1}{n}}(n-n^2x)\diff x=\frac{1}{2}\neq 0.\]
矛盾, 故 $(f_n)_{n\geq 1}$ 在 $(E,\|\cdot\|_1)$ 中不收敛.

两范数在 $E$ 上诱导的拓扑不同, 理由如下:

记$\|\cdot\|_1$诱导的拓扑为$\tau_1$, $N$诱导的拓扑为$\tau_2$, 
相应的距离分别记为 $d_1,d_2$. 
由 $N\leq \|\cdot\|_1$ 知 $\tau_2\subset\tau_1$, 
故我们实际需要证明 $\tau_2$ 是 $\tau_1$ 的真子集, 即
\[\exists V\in\tau_1,\text{但}\;V\notin\tau_2.\]
取 $\tau_1$ 中开球 $B_{d_1}(0,\frac{1}{3})\in\tau_1$,
假设$B_{d_1}(0,\frac{1}{3})\in\tau_2$. 因为 $0\in B_{d_1}(0,\frac{1}{3})$, 
所以 $\exists\delta>0,s.t.B_{d_2}(0,\delta)\subset B_{d_1}(0,\frac{1}{3})$.
取前面给出的 $(f_n)_{n\geq 1}$, 由$d_2(f_n,0)\to 0(n\to\infty)$ 知
\[\exists M>0,\text{such that } f_M\in B_{d_2}(0,\delta)\subset B_{d_1}(0,1/3).\]
但是 $d_1(f_M,0)=\frac{1}{2}>\frac{1}{3}$, 矛盾, 故假设不成立, 即$B_{d_1}(0,1/3)\notin\tau_2$.

(c) 对于 $\forall f\in B$, 有 
\begin{align*}
    N(f) & =\int_0^1x|f(x)|\diff x=\int_a^1 x|f(x)|\diff x \\
         & \geq a\int_a^1|f(x)|\diff x=a\int_0^1|f(x)|\diff x=a\|f\|_1,
\end{align*} 
结合 (a) 中给出的 $N\leq\|\cdot\|_1$ 知两范数等价, 因此必在 $B$ 上诱导相同的拓扑.
\end{proof}


\begin{exercise}
     设 $\varphi:[0,1]\to[0,1]$ 是连续函数并且不恒等于 1. 设 $\alpha\in\mathbb{R}$, 定义 $C([0,1],\mathbb{R})$ 上的映射 $T$ 为
    \[T(f)(x)=\alpha+\int_0^xf(\varphi(t))\diff t.\]
    证明 $T$ 是压缩映射.

    根据以上结论证明下面的方程存在唯一解:
    \[f(0)=\alpha,\quad f'(x)=f(\varphi(x)),\quad x\in[0,1].\]
\end{exercise}


\begin{proof}
取 $C([0,1])$ 上的范数 $\|\cdot\|$, 定义为
\[\|f\|=\sup\limits_{x\in [0,1]}|f(x)|\e^{-Mx}.\]
由 $\varphi([0,1])\subset [0,1]$ 知
\[\sup\limits_{t\in[0,1]}|f(\varphi(t))-g(\varphi(t))|\e^{-M\varphi(t)}\leq\sup\limits_{x\in[0,1]}|f(x)-g(x)|\e^{-x}=\|f-g\|.\]
因此
\begin{align*}
    \|T(f)-T(g)\| & =\sup\limits_{x\in[0,1]}\left|\int_0^x(f(\varphi(t))-g(\varphi(t)))\diff t\right|\e^{-Mx}\\
                  & =\sup\limits_{x\in [0,1]}\left|\int_0^x(f(\varphi(t))-g(\varphi(t)))\e^{-M\varphi(t)}\e^{M\varphi(t)}\diff t\right|\e^{-Mx}\\
                  & \leq\|f-g\|\cdot\sup\limits_{x\in [0,1]}\int_0^x\e^{M\varphi(t)}\diff t\cdot\e^{-Mx}.
\end{align*}

下面我们说明通过选取合适的 $M>0$, 可以使得 
\[\lambda\colon=\sup_{0\leq x\leq 1}\int_0^x \e^{M\varphi(t)}\diff t\cdot\e^{-Mx}<1.\]
令函数
\[h(x):=\int_0^x \e^{M\varphi(t)}\diff t\cdot\e^{-Mx}.\]
因 $h(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续, 故 $h(x)$ 在 $[0,1]$ 上存在最大值点, 记之为 $x_0$.

若 $x_0<1$, 则
\[h(x_0)=\int_0^{x_0} \e^{M\varphi(t)}\diff t\cdot\e^{-Mx_0}\leq x_0\e^{M(1-x_0)},\]
取 $0<M<\frac{-\ln x_0}{1-x_0}$, 则 $h(x_0)<1$.

若 $x_0=1$, 注意到 $\varphi$ 不恒等于 $1$, 则
\[h(x_0)=\int_0^1 \e^{M\varphi(t)}\diff t\cdot\e^{-M}<\e^M\cdot\e^{-M}=1.\]

综上得知, 通过选择合适的 $M>0$, 可以使得映射 $T$ 为 $C([0,1])$ 上的压缩映射.
且由 $\e^{-M}\|f\|_{\infty}\leq\|f\|\leq\|f\|_{\infty}$ 
知 $(C([0,1]),\|\cdot\|)$ 是 Banach 空间, 故根据不动点定理知存在唯一$f\in C([0,1])$ 使得 $T(f)=f$, 即:
\[\alpha+\int_0^xf(\varphi(t))\diff t=f(x)\Leftrightarrow f(0)=\alpha\text{\ 且\ }f'(x)=f(\varphi(x)).\qedhere\]
\end{proof}


\begin{exercise}
    设 $\alpha\in\mathbb{R},a>0,b>1$. 考察下面的微分方程
    \begin{equation}
    f(0)=\alpha,\quad f'(x)=af(x^b),\quad 0\leq x\leq 1.\tag{$*$}
    \end{equation}
    \begin{enumerate}[(a)]
    \item 令 $M>0$. 验证 $E=C([0,1],\mathbb{R})$ 上赋予范数
    \[\|f\|=\sup_{0\leq x\leq 1}|f(x)|\e^{-Mx}\]
    后成为一个 Banach 空间.
    \item 设 $g(x)=\alpha+\int_0^x af(t^b)\diff t$, 定义映射 $T:E\to E$ 为 $T(f)=g$. 证明选择合适的 $M$, 可使 $T$ 为压缩映射.
    \item 证明方程~($*$) 有唯一解.
    \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{proof}
(a)容易验证 $\|\cdot\|$ 是$C([0,1],\mathbb{R})$ 上的范数, 并且
\[\e^{-M}\sup\limits_{0\leq x\leq1}|f(x)|\leq\sup\limits_{0\leq x\leq1}|f(x)|\e^{-Mx}\leq\sup\limits_{0\leq x\leq1}|f(x)|,\]
即
\[e^{-M}\|f\|_{\infty}\leq\|f\|\leq\|f\|_{\infty}.\]
因此 $E=C([0,1],\mathbb{R})$ 赋予范数 $\|\cdot\|$ 是 Banach 空间.

(b) 因为
\[(T(f_1)-T(f_2))(x)=\int_0^xa\left(f_1(t^b)-f_2(t^b)\right)\diff t,\]
所以
\begin{align*}
    \|T(f_1)-T(f_2)\| & =\sup\limits_{0\leq x\leq 1}\left|\int_0^x a\left(f_1(t^b)-f_2(t^b)\right)\diff t\right|\cdot \e^{-Mx}\\
                      & \leq a\sup\limits_{0\leq x\leq 1}\int_0^x|f_1(t^b)-f_2(t^b)|\e^{-Mt^b}\cdot \e^{Mt^b}\diff t\cdot \e^{-Mx}\\
                      & \leq\|f_1-f_2\|\cdot a\sup\limits_{0\leq x\leq 1}\int_0^x \e^{Mt^b}\diff t\cdot \e^{-Mx}\\
                      & \leq\|f_1-f_2\|\cdot a\sup\limits_{0\leq x\leq 1}\int_0^x \e^{Mt}\diff t\cdot \e^{-Mx}\\
                      & =\|f_1-f_2\|\cdot\sup\limits_{0\leq x\leq 1}\frac{a\left(1-\e^{-Mx}\right)}{M}\leq\frac{a}{M}\|f_1-f_2\|.
\end{align*}
故当 $M>a$ 时, $\|T(f_1)-T(f_2)\|<\|f_1-f_2\|$, 也就是此时$T$是压缩映射.

(c)压缩映射有唯一不动点, 即存在唯一 $f\in C([0,1],\mathbb{R})$ 使得
\[\alpha+\int_0^xaf\left(t^b\right)\diff t=f(x),\]
而上述方程等价于方程 $(*)$, 证毕.
\end{proof}


\begin{exercise}
    设 $E$ 是数域 $\FK$ 上的无限维向量空间. 设 $(e_i)_{i\in I}$
    是 $E$ 中的一组向量, 若 $E$ 中任一向量可用 $(e_i)_{i\in I}$
    中的有限个向量唯一线性表示, 即对任意 $x\in E$, 存在唯一一组 $(\alpha_i)_{i\in I}\subset\FK$,
    使得仅有有限多个 $\alpha_i$ 不等于零且 $x=\sum_{i\in I}\alpha_ie_i$,
    则称 $(e_i)_{i\in I}$ 是 $E$ 中的 Hamel 基.
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item 由 Zorn 引理证明 $E$ 有一组 Hamel 基.
        \item 假设 $E$ 还是一个赋范空间, 证明 $E$ 上必存在不连续的线性泛函.
        \item 证明在任一无限维赋范空间上, 一定存在一个比原来的范数严格强的范数
              (即新范数诱导的拓扑一定比原来的范数诱导的拓扑强且不相同).
    \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{proof}
(a)首先构造一个偏序集$(\mathcal{F},\subset)$, 这里的$\mathcal{F}$是$E$中一些子集构成的集族,
满足若 $F\in\mathcal{F}$, 则 $F$ 中任意有限多个向量都线性无关, $\subset$表示集合间的包含关系.

任取$\mathcal{F}$的一个链$\mathcal{A}$,
令 $G=\bigcup_{A\in\mathcal{A}}A$, 则 $G\in\mathcal{F}$,
即 $G$ 是 $\mathcal{A}$ 的上界. 由 Zorn 引理知$\mathcal{F}$有极大元,记为 $B$.
如果存在 $x\in E$, $x$ 不能由 $B$ 中任意有限多个向量线性表达,
则 $B\bigcup\{x\}\in\mathcal{F}$, 这与 $B$ 是极大元矛盾, 故这个极大元 $B$ 就是 $E$ 的 Hamel 基.

(b) 设 $B$ 是 $E$ 上的一个 Hamel 基, 若 $E$ 还是一个赋范空间,
则不妨设 Hamel 基中的任一向量 $e$ 的范数为 1,
由于 $E$ 中的任意向量关于Hamel基的线性表达是唯一的,
故 $E$ 上的线性泛函 $f$ 由其在 Hamel 基中每一个元素上的取值 $f(e)$ 决定,
显然 Hamel 基是无限集, 故我们可以选取一个序列 $(e_n)\in B$,
令 $f(e_n)=n$; 当$e\in B\backslash(e_n)$时,$f(e)=1$,则线性泛函$f$在$E$上不连续.

\textcolor{blue}{注:和课本定理3.2.9对比体会有限维和无限维的区别}.

(c)仍考虑(b)中约定的Hamel基$B$, 并记$E$上原有的范数为$\|\cdot\|$,
接下来定义$E$上的新范数$\|\cdot\|_1$,取$(e_n)\in B$,令$\|e_n\|_1=n,n\geq 1$;
当$e\in B\backslash(e_n)$时,令$\|e\|_1=\|e\|$,任取$x\in E$,
则$x=\sum_{j\in J}\lambda_je_j,J\subset I$是有限集,注意这种表达式唯一,
令
\[\|x\|_1=\sum_{j\in J}|\lambda_j|\;\|e_j\|_1\]
容易验证 $\|\cdot\|_1$确实是 $E$ 上的范数, 并且由三角不等式有
\[\|x\|=\|\sum_{j\in J}\lambda_je_j\|\leq\sum_{j\in J}|\lambda_j|\,\|e_j\|\leq\sum_{j\in J}|\lambda_j|\,\|e_j\|_1=\|x\|_1\]
故$\|\cdot\|_1$是在$E$上比$\|\cdot\|$强的范数.另一方面(b)约定的线性泛函$f$满足
\[|f(x)|\leq\sum_{j\in J}|\lambda_j|\,|f(e_j)|=\sum_{j\in J}|\lambda_j|\,\|e_j\|_1=\|x\|_1\]
但是$f$关于原来的范数$\|\cdot\|$不连续,这意味着$\|\cdot\|$一定是比$\|\cdot\|$严格强的范数.
\end{proof}



\begin{exercise}
  设 $E$ 为数域 $\FK$ 上有限维向量空间, 其维数 $\dim E=n$.
  $\{e_{1},\cdots,e_{n}\}$ 表示 $E$ 上的一组基, 任取 $u\in\mathcal{L}(E)$,
  令 $[u]$ 表示 $u$ 在这组基下对应的矩阵.
  \begin{enumerate}[(a)]
    \item 证明映射 $u \mapsto[u]$ 建立了从 $\mathcal{L}(E)$ 到所有 $n \times n$ 矩阵构成的向量空间 
      $\mathbb{M}_{n}(\FK)$ 之间的同构映射.
    \item 假设 $E=\mathbb{K}^{n}$ 且 $\{e_1,\cdots,e_n\}$ 是经典基 
      (即 $e_{k}=(0, \cdots, 0,1,0, \cdots, 0)$, 对应于第 $k$ 个向量, 
      它仅在第 $k$ 个位置取 1 , 其他位置取 $0$). 
      并约定 $E=\mathbb{K}^{n}$ 赋予欧氏范数. 证明若 $u$ (或等价地 $[u]$) 可对角化, 
      则 $\|u\|=\max\{|\lambda_{1}|,\cdots,|\lambda_{n}|\}$, 这里 $\lambda_{1}, \cdots, \lambda_{n}$ 是 $u$ 的特征值.
    \item $\{e_{1}, \cdots, e_{n}\}$ 如上, 试由 $[u]$ 中的元素分别确定在 $p=1$ 和 $p=\infty$ 时的
      范数 $\|u:(\mathbb{K}^{n},\|\cdot\|_{p})\rightarrow(\mathbb{K}^{n},\|\cdot\|_{p})\|$.
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{proof}
(a)记
\[u(e_k)=\sum_{m=1}^n u_{mk}e_m,\quad k=1,\cdots,n.\]
并记矩阵 $[u]=(u_{mk})\in\mathbb{M}_n(\mathbb{K})$,
则 $(u(e_1),\cdots,u(e_n))=(e_1,\cdots,e_n)[u]$.
任取 $x\in E$, 存在唯一的一组数 $x_1,\cdots,x_n$ 使得 $x=\sum_{k=1}^n x_ke_k$. 则
\[u(x)=\sum_{k=1}^n x_ku(e_k)=(e_1,\cdots,e_n)[u]
\begin{pmatrix}
    x_1\\\vdots\\x_n
\end{pmatrix}\]
由此说明映射 $u\mapsto [u]$ 建立了从 $\mathcal{L}(E)$ 到所有 $n\times n$ 
矩阵构成的向量空间 $\mathbb{M}_n(\mathbb{K})$ 之间的同构映射.

(b) \textcolor{blue}{注: 这一问的题目条件稍微改一下, 将$u$可对角化改为$u$可酉对角化,
即存在酉矩阵 $P$ 使得 $P[u]P^{*}=\Lambda$, 其中 $\Lambda=\diag\{\lambda_1,\cdots,\lambda_n\}$.}

由题意知此时 $E$ 为有限维赋范空间, 故由定理 3.2.9 知 $\mathcal{L}(E)=\mathcal{B}(E)$,
即对于任意 $u\in\mathcal{L}(E)$, 都有 $u$ 为有界线性算子.
对于任意 $x\in E=\mathbb{K}^n$, 由 (a) 知 $u(x)$ 在 $e_1,\cdots,e_n$
下的坐标为 $[u]x$, 故
\begin{align*}
    \|u(x)\|^2
    & =x^{*}[u]^{*}[u]x\\
    & =x^{*}P^{*}\Lambda^{*}PP^{*}\Lambda Px\\
    & =(Px)^{*}\Lambda^{*}\Lambda(Px)\\
    & =(Px)^{*}\begin{pmatrix}|\lambda_1|^2& & \\ &\ddots& \\ & & |\lambda_n|^2\end{pmatrix}(Px)\\
    & \leq\max\{|\lambda_1|,\cdots,|\lambda_n|\}^2\|Px\|^2\\&=\max\{|\lambda_1|,\cdots,|\lambda_n|\}^2\|x\|^2,
\end{align*}
故 $\|u(x)\|\leq \max\{|\lambda_1|,\cdots,|\lambda_n|\}\|x\|$, 因此$||u||\leq \max\{|\lambda_1|,\cdots,|\lambda_n|\}$.

设$\max\{|\lambda_1|,\cdots,|\lambda_n|\}=|\lambda_k|$, 取$Px=(0,\cdots,0,1,0,\cdots,0)^T,\|x\|=1$,其中1位于第$k$个坐标位置,则
\[\|u(x)\|^2=|\lambda_k|^2\|x\|^2\Rightarrow \|u(x)\|=|\lambda_k|\|x\|\]
综上知$\|u\|=\max\{|\lambda_1|,\cdots,|\lambda_n|\}$.

(c)记$\|u\|_p=\|u:(\mathbb{K}^n,\|\cdot\|_p)\to(\mathbb{K}^n,\|\cdot\|_p)\|,p=1,\infty$.

(i) 当 $p=1$ 时, 任取 $x=(x_1,\cdots,x_n)^T\in\mathbb{K}^n$, 则
\[\begin{split}\|u(x)\|_1
&=\|[u]x\|_1=\sum_{j=1}^n\left|\sum_{i=1}^nu_{ji}x_i\right|\\
&\leq \sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^n|u_{ji}|\cdot|x_i|=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n|u_{ji}|\cdot|x_i|\\
&=\sum_{i=1}^n\left(|x_i|\sum_{j=1}^n|u_{ji}|\right)\leq\left(\max\limits_{1\leq i\leq n}\sum_{j=1}^n|u_{ji}|\right)\|x\|_1,
\end{split}\]
故
\[\|u\|_1\leq \max\limits_{1\leq i\leq n}\sum_{j=1}^n|u_{ji}|.\]
设 $\max_{1\leq i\leq n}\sum_{j=1}^n|u_{ji}|=\sum_{j=1}^n|u_{jk}|$, 
取 $x=(0,\cdots,0,1,0,\cdots,0)^T,\|x\|_1=1$, 其中 1 位于第 $k$ 个坐标位置, 则
\[\|u(x)\|_1=\left(\sum_{j=1}^n|u_{jk}|\right)\|x\|_1.\]
综上得知
\[\|u\|_1=\max\limits_{1\leq i\leq n}\sum_{j=1}^n|u_{ji}|.\]

(ii) 当 $p=\infty$ 时, 同理可证明:
\[\|u\|_{\infty}=\max\limits_{1\leq j\leq n}\sum_{i=1}^n|u_{ji}|.\qedhere\]
\end{proof}


\begin{exercise}
    设 $E$ 是 Banach 空间.
    \begin{enumerate}[(a)]
    \item 设 $u\in\mathcal{B}(E)$ 且 $\|u\|<1$. 证明 $I_E-u$ 在 $\mathcal{B}(E)$ 中可逆.
    \item 设 $GL(E)$ 表示 $\mathcal{B}(E)$ 中可逆元构成的集合.
      证明 $GL(E)$ 关于复合运算构成一个群且是 $\mathcal{B}(E)$ 中的开集.
    \item 证明 $u\to u^{-1}$ 是 $GL(E)$ 上的同胚映射.
    \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{proof}
因为 $\|u\|<1$, 且 $\|u^n\|\leq\|u\|^n$, 所以级数 $\sum_{n=0}^{\infty}\|u^n\|$ 收敛, 
又因为 $\mathcal{B}(E)$ 完备, 故 $\sum_{n=0}^{\infty}u^n$ 收敛, 记
\[v=\sum_{n=0}^{\infty}u^n\in\mathcal{B}(E).\]
则
\[(I_E-u)v=\lim_{k\to\infty}(I_E-u)\sum_{n=0}^ku^n=I_E.\]
同理可证 $v(I_E-u)=I_E$, 因此 $I_E-u$ 在 $\mathcal{B}(E)$ 中可逆.

(b)\begin{itemize}
\item $(uv)w=u(vw)$,即满足结合律;
\item 恒等映射 $id$ 即为单位元;
\item 任意元 $u$ 都存在 $u^{-1}\in GL(E)$, 使得 $u\circ u^{-1}=id$,
\end{itemize}
故 $GL(E)$ 关于复合运算构成一个群, 
下证 $GL(E)$ 是 $\mathcal{B}(E)$ 中的开集: 
任意 $u\in GL(E)$, 考虑 $u$ 的开球 $B(u,\|u^{-1}\|^{-1})$, 
则 $\forall v\in B(u,\|u^{-1}\|^{-1})$, 有 $\|v-u\|<\|u^{-1}\|^{-1}$, 
故 $\|u^{-1}(u-v)\|\leq \|u^{-1}\|\cdot\|u-v\|<1$, 从而
\[I-u^{-1}(u-v)=u^{-1}v\in GL(E).\]
由群中元素运算封闭性知
\[u\cdot u^{-1}v=v\in GL(E).\]
故
\[B(u,\|u^{-1}\|^{-1})\in GL(E).\]
由开集的定义知 $GL(E)$ 是 $\mathcal{B}(E)$ 中的开集.

(c)记$\Phi:GL(E)\to GL(E),u\mapsto u^{-1}$.
\begin{itemize}
\item 显然映射 $\Phi:u\mapsto u^{-1}$ 是 $GL(E)$ 上的双射;
\item $\Phi$ 连续: 由前面的证明过程知 $\forall v\in B(u,\|u^{-1}\|^{-1})$ 有
\[(I-u^{-1}(u-v))^{-1}=\sum_{n=0}^{\infty}(u^{-1}(u-v))^n.\]
故
\[v^{-1}=(u-(u-v))^{-1}=(u(I-u^{-1}(u-v)))^{-1}=\sum_{n=0}^{\infty}(u^{-1}(u-v))^nu^{-1}.\]
因此
\[\begin{split}
\|v^{-1}-u^{-1}\|
&=\|\sum_{n=1}^{\infty}(u^{-1}(u-v))^nu^{-1}\|\\
&\leq\|u^{-1}\|\cdot\sum_{n=1}^{\infty}(\|u-v\|\cdot\|u^{-1}\|)^n\\
&=\frac{\|u^{-1}\|^2\|u-v\|}{1-\|u^{-1}\|\cdot\|u-v\|}.
\end{split}\]
当 $\|u-v\|\to 0$ 时, $\|u^{-1}-v^{-1}\|\to 0$, 所以 $\Phi$ 连续;
\item $\Phi=\Phi^{-1}$
\end{itemize}
综上知 $\Phi$ 是 $GL(E)$ 上的同胚.
\end{proof}



% \setcounter{exercise}{9}
\begin{exercise}
    设 $f\in L_2(\mathbb{R})$, $g(x)=\frac{1}{x}\mathbbm{1}_{[1,\infty)}(x)$, 
    证明 $fg\in L_1(\mathbb{R})$. 给出例子说明 $f_1,f_2\in L_1(\mathbb{R})$, 但是 $f_1f_2\notin L_1(\mathbb{R})$.
\end{exercise}

\begin{proof}
(1)因为
\[g(x)=\frac{1}{x}\cdot\mathbbm{1}_{[1,+\infty)}(x),\]
所以
\[\int_{\mathbb{R}} g^2(x)\diff x=\int_1^{\infty}\frac{1}{x^2}\diff x=1.\]
故 $g\in L_2(\mathbb{R})$, 又$f\in L_2(\mathbb{R})$, 所以 $fg\in L_1(\mathbb{R})$.

(2)取
\[f_1(x)=f_2(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}\mathbbm{1}_{(0,1)}(x),\]
则
\[\int_{\mathbb{R}} |f_1(x)|\diff x=\int_{\mathbb{R}} |f_2(x)|\diff x=\int_0^1\frac{1}{\sqrt{x}}\diff x=2,\]
但是
\[\int_{\mathbb{R}} |f_1(x)f_2(x)|\diff x=\int_0^1\frac{1}{x}\diff x=+\infty.\qedhere\]
\end{proof}




\begin{exercise}
    设 $(\varOmega,\mathcal{A},\mu)$ 为有限测度空间, 即有 $\mu(\varOmega)<\infty$.

    (a) 证明若 $0<p<q\leq\infty$, 则 $L_q(\varOmega)\subset L_p(\varOmega)$.
    用反例说明当 $\mu(\varOmega)=\infty$ 时, 结论不成立.

    (b) 证明若 $f\in L_{\infty}(\varOmega)$, 则 $f\in\bigcap\limits_{p<\infty}L_p(\varOmega)$
    且 $\|f\|_{\infty}=\lim_{p\to\infty}\|f\|_{p}$.

    (c) 设 $f\in\bigcap\limits_{p<\infty}L_p(\varOmega)$ 且满足 $\limsup_{p\to\infty}\|f\|_P<\infty$,
    证明 $f\in L_{\infty}(\varOmega)$.
\end{exercise}

\begin{proof}
    (a) 因 $0<p<q\leq\infty$, 故可设 $\frac{1}{p}=\frac{1}{q}+\frac{1}{r}$, 其中 $r>0$.
    因 $\mu(\varOmega)<\infty$, 故 $\int_{\varOmega}1^r\diff\mu=\mu(\varOmega)<\infty\Rightarrow 1\in L_r(\varOmega)$.
    任取 $f\in L_q(\varOmega)$, 由 H\"older 不等式可得 $f=f\cdot 1\in L_p(\varOmega)$, 且
    \[\|f\|_p\leq\|f\|_q\|1\|_r=\|f\|_q\cdot\big(\mu(\varOmega)\big)^{1/r},\]
    因此 $L_q(\varOmega)\subset L_p(\varOmega)$.

    当 $\mu(\varOmega)=\infty$ 时, $L_q(\varOmega)\subset L_p(\varOmega)$
    不一定成立, 例如取 $f(x)=\frac{1}{x}$, 则 $f\in L_2([1,\infty))$,
    但 $f\notin L_1([1,\infty))$.

    (b) 对于任意 $p<\infty$, 有 $\frac{1}{p}=\frac{1}{\infty}+\frac{1}{p}$.
    又因为 $f\in L_{\infty}(\varOmega)$, $1\in L_p(\varOmega)$, 所以由 H\"older 不等式
    知 $f=f\cdot 1\in L_p(\varOmega)$, 从而 $f\in\bigcap\limits_{p<\infty}L_p(\varOmega)$.
    又因
    \[\|f\|_p=\biggl(\int_{\varOmega}|f|^p\diff\mu\biggr)^{1/p}\leq\biggl(\int_{\varOmega}\|f\|_{\infty}^p\diff\mu\biggr)^{1/p}=\|f\|_{\infty}\bigl(\mu(\varOmega)\bigr)^{1/p},\]
    故
    \begin{equation}
        \limsup_{p\to\infty}\|f\|_p\leq\|f\|_{\infty}.\tag{$\star$}
    \end{equation}

    任意固定 $\delta>0$, 令 $\varOmega_{\delta}=\{x\mid |f(x)|>\|f\|_{\infty}-\delta\}$,
    则 $\mu(\varOmega_{\delta})>0$, 否则的话, 假设 $\mu(\varOmega_{\delta})=0$,
    则由本性上确界的定义知 $\|f\|_{\infty}\leq\|f\|_{\infty}-\delta$, 矛盾. 故
    \[\|f\|_p=\biggl(\int_{\varOmega}|f|^p\diff\mu\biggr)^{1/p}\geq\biggl(\int_{\varOmega_{\delta}}(\|f\|_{\infty}-\delta)^p\diff\mu\biggr)^{1/p}=(\|f\|_{\infty}-\delta)\bigl(\mu(\varOmega_{\delta})\bigr)^{1/p},\]
    两侧取下极限并结合 $\delta$ 的任意性, 得
    \begin{equation}
        \liminf_{p\to\infty}\|f\|_p\geq\|f\|_{\infty}.\tag{$\star\star$}
    \end{equation}
    由 $(\star)(\star\star)$ 得 $\lim_{p\to\infty}\|f\|_p=\|f\|_{\infty}$.

    (c) 假设 $f\notin L_{\infty}(\varOmega)$, 则对任意 $M>0$,
    存在 $A\in\mathcal{A}$, 使得 $\mu(A)>0$ 且在 $A$ 上 $|f|>M$, 则
    \[\|f\|_p=\biggl(\int_{\varOmega}|f|^p\diff\mu\biggr)^{1/p}\geq\biggl(\int_A M^p\diff\mu\biggr)^{1/p}=M\cdot(\mu(A))^{1/p},\]
    于是
    \[\limsup_{p\to\infty}\|f\|_p\geq M.\]
    由于 $M$ 是任意的, 故上式与 $\limsup_{p\to\infty}\|f\|_p<\infty$ 相矛盾.
\end{proof}




\begin{exercise}<插值不等式>
    设 $0<p<q\leq\infty$, $0\leq\theta\leq 1$. 并令
    \[\frac{1}{s}=\frac{\theta}{p}+\frac{1-\theta}{q}.\]
    证明若 $f\in L_p(\varOmega)\cap L_q(\varOmega)$, 则
    \[f\in L_s(\varOmega)\quad\text{且}\quad \|f\|_s\leq\|f\|_p^{\theta}\|f\|_q^{1-\theta}.\]
\end{exercise}

\begin{proof}
    $\theta=0$ 与 $\theta=1$ 的情形是平凡的, 故只需考虑 $0<\theta<1$.
    因 $f\in L_p(\varOmega)$, 故 $f^{\theta}\in L_{\frac{p}{\theta}}(\varOmega)$.
    又因 $f\in L_q(\varOmega)$, 故 $f^{1-\theta}\in L_{\frac{q}{1-\theta}}(\varOmega)$.
    而 $\frac{1}{s}=\frac{1}{p/\theta}+\frac{1}{q/(1-\theta)}$, 故由 H\"older 不等式知
    $f=f^{\theta}f^{1-\theta}\in L_s(\varOmega)$ 且
    \[\|f\|_s\leq\|f^{\theta}\|_{\frac{p}{\theta}} \|f^{1-\theta}\|_{\frac{q}{1-\theta}}=\|f\|_p^{\theta} \|f\|_q^{1-\theta}.\qedhere\]
\end{proof}


\begin{exercise}(广义 Minkowski 不等式) 
    设 $\left(\varOmega_{1}, \mathcal{A}_{1}, \mu_{1}\right)$ 
    和 $\left(\varOmega_{2}, \mathcal{A}_{2}, \mu_{2}\right)$ 是两个测度空间, $0<p<q<\infty$. 
    证明对任意可测函数 
    $f:\left(\varOmega_{1} \times \varOmega_{2}, \mathcal{A}_{1} \otimes \mathcal{A}_{2}\right) \rightarrow\FK$, 有
    \begin{align*}
        &\left(\int_{\varOmega_{2}}\left(\int_{\varOmega_{1}}\left|f\left(x_{1}, x_{2}\right)\right|^{p}\diff\mu_{1}(x_{1})\right)^{\frac{q}{p}}\diff \mu_{2}\left(x_{2}\right)\right)^{\frac{1}{q}} \\
   \leq &\left(\int_{\varOmega_{1}}\left(\int_{\varOmega_{2}}\left|f\left(x_{1}, x_{2}\right)\right|^{q}\diff\mu_{2}\left(x_{2}\right)\right)^{\frac{p}{q}}\diff\mu_{1}\left(x_{1}\right)\right)^{\frac{1}{p}}.
    \end{align*}
\end{exercise}

\begin{proof}
    首先由 Fubini 定理可得
    \begin{align*}
        & \int_{\varOmega_2}\biggl(\int_{\varOmega_1}|f(x_1,x_2)|^p\diff\mu_1(x_1)\biggr)^{\frac{q}{p}}\diff\mu_2(x_2) \\
    ={} & \int_{\varOmega_2}\biggl(\int_{\varOmega_1}|f(x_1,x_2)|^p\diff\mu_1(x_1)\biggr)^{\frac{q}{p}-1}\biggl(\int_{\varOmega_1}|f(x_1,x_2)|^p\diff\mu_1(x_1)\biggr)\diff\mu_2(x_2) \\
    ={} & \int_{\varOmega_1}\int_{\varOmega_2}\biggl(\int_{\varOmega_1}|f(x_1,x_2)|^p\diff\mu_1(x_1)\biggr)^{\frac{q}{p}-1}\cdot |f(x_1,x_2)|^p\diff\mu_2(x_2)\diff\mu_1(x_1).
    \end{align*}
    然后由 H\"older 不等式得
    \begin{align*}
        & \int_{\varOmega_2}\biggl(\int_{\varOmega_1}|f(x_1,x_2)|^p\diff\mu_1(x_1)\biggr)^{\frac{q}{p}-1}\cdot |f(x_1,x_2)|^p\diff\mu_2(x_2) \\
    \leq{} & \biggl[\int_{\varOmega_2}\biggl(\int_{\varOmega_1}|f(x_,x_2)|^p\diff\mu_1(x_1)\biggr)^{\frac{q}{p}}\diff\mu_2(x_2)\biggr]^{\frac{q-p}{q}}\biggl(\int_{\varOmega_2}|f(x_1,x_2)|^q\diff\mu_2(x_2)\biggr)^{\frac{p}{q}}.
    \end{align*}
    故
    \begin{align*}
        & \int_{\varOmega_2}\biggl(\int_{\varOmega_1}|f(x_1,x_2)|^p\diff\mu_1(x_1)\biggr)^{\frac{q}{p}}\diff\mu_2(x_2) \\
    \leq{} & \biggl[\int_{\varOmega_2}\biggl(\int_{\varOmega_1}|f(x_,x_2)|^p
             \diff\mu_1(x_1)\biggr)^{\frac{q}{p}}\diff\mu_2(x_2)\biggr]^{\frac{q-p}{q}} \\
        & \quad\cdot\int_{\varOmega_1}\biggl(\int_{\varOmega_2}|f(x_1,x_2)|^q
          \diff\mu_2(x_2)\biggr)^{\frac{p}{q}}\diff\mu_1(x_1).
    \end{align*}
    即
    \[\biggl[\int_{\varOmega_2}\biggl(\int_{\varOmega_1}|f(x_1,x_2)|^p\diff\mu_1(x_1)\biggr)^{\frac{q}{p}}\diff\mu_2(x_2)\biggr]^{\frac{p}{q}}\leq\int_{\varOmega_1}\biggl(\int_{\varOmega_2}|f(x_1,x_2)|^q\diff\mu_2(x_2)\biggr)^{\frac{p}{q}}\diff\mu_1(x_1).\]
    因此
    \begin{align*}
        & \left(\int_{\varOmega_{2}}\left(\int_{\varOmega_{1}}\left|f\left(x_{1}, x_{2}\right)\right|^{p}\diff\mu_{1}(x_{1})\right)^{\frac{q}{p}}\diff \mu_{2}\left(x_{2}\right)\right)^{\frac{1}{q}} \\
    \leq{} & \left(\int_{\varOmega_{1}}\left(\int_{\varOmega_{2}}\left|f\left(x_{1}, x_{2}\right)\right|^{q}\diff\mu_{2}\left(x_{2}\right)\right)^{\frac{p}{q}}\diff\mu_{1}\left(x_{1}\right)\right)^{\frac{1}{p}}.\qedhere
    \end{align*}
\end{proof}



% \setcounter{exercise}{13}
\begin{exercise}
    设 $0<p<\infty$.
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item 对任意 $x=(x_n)\in\ell_p$ 定义 $(0,1)$ 上如下的函数
        \[T(x)(t)=\sum_{n\geq 1}[n(n+1)]^{\frac{1}{p}}x_n\mathbbm{1}_{(\frac{1}{n+1},\frac{1}{n})}(t).\]
        证明 $T$ 是 $\ell_p$ 到 $L_p(0,1)$ 的线性等距同构映射.
        \item 假设 $p\geq 1$ 且 $q$ 是 $p$ 的共轭数. 对任意 $f\in L_p(0,1)$, 定义
        \[S(f)_n=[n(n+1)]^{\frac{1}{q}}\int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}}f(t)\diff t,\;\forall n\geq 1\]
        证明 $S$ 定义了从 $L_p(0,1)$ 到 $\ell_p$ 上的线性映射并且 $S\circ T$ 等于 $\ell_p$ 上的单位映射.
    \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{proof}
    (a)
    \begin{itemize}
    \item \[\begin{split}\int_0^1|T(x)(t)|^p\diff t
    &=\int_0^1\left|\sum_{n\geq 1}[n(n+1)]^{\frac{1}{p}}x_n\mathbbm{1}_{(\frac{1}{n+1},\frac{1}{n})}(t)\right|^p\diff t\\
    &=\sum_{n=1}^{\infty}\int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}}\left|[n(n+1)]^{\frac{1}{p}}x_n\right|^p\diff t\\
    &=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)n(n+1)|x_n|^p=\sum_{n=1}^{\infty}|x_n|^p<\infty
    \end{split}\]
    故 $T(x)(t)\in L_p(0,1)$.
    \item 线性:
        \[T(\lambda x+y)(t)=\sum_{n\geq 1}[n(n+1)]^{\frac{1}{p}}
        (\lambda x_n+y_n)\mathbbm{1}_{(\frac{1}{n+1},\frac{1}{n})}(t)
        = \lambda\cdot T(x)+T(y)\]
    \item 等距:由第一条知$\forall x,y\in\ell_p$:
    \[\|T(x-y)(t)\|_p=\left(\int_0^1(T(x-y)(t))^p\diff t\right)^{\frac{1}{p}}=\left(\sum_{n=1}^{\infty}(x_n-y_n)^p\right)^{\frac{1}{p}}=\|x-y\|_p\]故$T$是等距映射
    \end{itemize}
    注意:题目有一点小问题, $T$不是同构, 因为不满足满射, 例如 $f(x)=x\in L_p(0,1)$不存在原像.

    (b)
    \begin{itemize}
    \item 
      \[\sum_{i=1}^n|S(f)_n|^p = \sum_{n=1}^{\infty}[n(n+1)]^{\frac{p}{q}}\left|\int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}}f(t)\diff t\right|^p\leq\sum_{n=1}^{\infty}[n(n+1)]^{p-1}\left(\int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}}|f(t)|\diff t\right)^p.\]
    \begin{enumerate}[(i),left=0pt]
    \item 当 $p=1$ 时:
      \[\sum_{n=1}^{\infty}|S(f)_n| 
          \leq \sum_{n=1}^{\infty}\int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}}|f(t)|\diff t
          = \int_0^1|f(t)|\diff t<\infty.\]
      故 $(S(f)_n)_{n\geq 1}\in\ell_1$.
    \item 当$p>1$时:
      \[\begin{split}
        \sum_{n=1}^{\infty}|S(f)_n|^p
        & \leq\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}\cdot (n(n+1))^p\cdot\left(\int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}}|f(t)|\diff t\right)^p \\
        & = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}\left(\int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}}n(n+1)|f(t)|\diff t\right)^p
      \end{split}\]
    由 H\"older 不等式得:
    \[\int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}}n(n+1)|f(t)|\diff t
      \leq \left(\int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}}|f(t)|^p\diff t\right)^{\frac{1}{p}}\cdot\left(\int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}}(n(n+1))^q\right)^{\frac{1}{q}}.\]
    故
    \[\begin{split}
      \left(\int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}}n(n+1)|f(t)|\diff t\right)^p
      &\leq\int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}}|f(t)|^p\diff t\cdot\left((n(n+1))^q\frac{1}{n(n+1)}\right)^{\frac{p}{q}}\\
      &=\int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}}|f(t)|^p\diff t\cdot(n(n+1))^{(p-1)(q-1)}\\
      &=n(n+1)\int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}}|f(t)|^p\diff t.
    \end{split}\]
    从而
    \[\sum_{n=1}^{\infty}|S(f)_n|^p\leq\sum_{n=1}^{\infty}\int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}}|f(t)|^p\diff t=\int_0^1|f(t)|^p\diff t<\infty.\]
    \end{enumerate}
    综上知 $S$ 确实将 $L_p(0,1)$ 中得元素映到 $\ell_p$ 中
    \item 线性:
    \[S(\lambda f+g)_n=[n(n+1)]^{\frac{1}{q}}\int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}}(\lambda f(t)+g(t))\diff t=\lambda S(f)_n+S(g)_n\]
    \item 单位映射: $\forall x\in\ell_p$, 有
    \[((S\circ T)(x))_n=(S(T(x)(t)))_n=[n(n+1)]^{\frac{1}{q}}\int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}}[n(n+1)]^{\frac{1}{p}}x_n\diff t=x_n\]
    故 $(S\circ T)(x)=x$, 即 $S\circ T$ 是 $\ell_p$ 上的单位映射.
    \end{itemize}
    证毕.
\end{proof}




\begin{exercise}
  \begin{enumerate}[(a)]
    \item 证明: 若 $(E,d)$ 是可分的度量空间, $F\subset E$,
      则 $(F,d)$ 也是可分的度量空间.
    \item 证明: $\mathbb{R}^{n}$, $c_0$, $\ell_{p}$, $1 \leq p<\infty$, $C([a, b],\mathbb{R})$,
      $C_{0}(\mathbb{R}, \mathbb{R})$ 
      和 $L_{p}(0,1), 1 \leq p<\infty$, 都是可分的.
    \item 设 $C=\{-1,1\}^{\mathbb{N}}$ 是 $\ell_{\infty}$ 的子集, 
      它由所有的每项是 $1$ 或 $-1$ 的序列构成. 首先验证若 $x$ 和 $y$ 是 $C$ 中两个不同序列, 
      则 $\|x-y\|_{\infty}=2$. 再证明 $C$ 不可数, 由此导出 $\ell_{\infty}$ 不可分.
      类似证明 $L_{\infty}(0,1)$ 不可分.
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{proof}
    (a) 因 $(E,d)$ 可分, 故有可数稠密子集 $A$, 令 $B=A\cap F$,
    则 $B$ 为 $(F,d)$ 的可数稠密子集, 从而 $(F,d)$ 可分.

    (b) 令 $\FQ^n=\{(q_1,\cdots,q_n)\mid q_i\in\FQ, 1\leq i\leq n\}$, 
    则 $\FQ^n$ 为 $\mathbb{R}^n$ 的可数稠密子集.

    $c_0$ 可分: 令 $S_k=\{(a_0,\cdots,a_k,0,\cdots)\mid a_i\in\FQ,1\leq i\leq k\}$,
    $S=\bigcup_{k\geq 1}S_k$, 则 $S$ 为可数集.
    任取 $y=(y_n)_{n\geq 1}\in c_0$, 由于 $\lim_{n\to\infty}|y_n|=0$,
    故对任意 $\epsilon>0$, 存在 $N$, 使得当 $n>N$ 时, $|y_n|<\epsilon$.
    由 $\FQ$ 在 $\mathbb{R}$ 中稠密可知存在 $x=(x_1,\cdots,x_N,0,\cdots)\in S_N$,
    使得 $|x_i-y_i|<\epsilon(1\leq i\leq N)$, 从而 $\|x-y\|_{\infty}<\epsilon$,
    从而 $S$ 在 $c_0$ 中稠密.

    (c) 我们先说明一个引理:
    设 $(E,d)$ 为度量空间, $U\subset E$ 为不可数子集且存在 $r>0$,
    使得对任意 $x,y\in U$, $x\neq y$, 有 $d(x,y)\geq r$,
    则 $E$ 不可分.
    \begin{proof}[引理证明]
        假设 $E$ 存在可数稠密子集 $C$, 即 $C=(x_n)_{n\geq 1}$ 且 $\closure{C}=E$.
        首先我们有 $E=\bigcup_{n=1}^{\infty}B(x_n,\frac{r}{2})$,
        事实上, 任取 $x\in E=\closure{C}$, 由闭包的性质知 $B(x,\frac{r}{2})\cap C\neq\emptyset$,
        即存在 $C$ 中某 $x_n$ 使得 $x_n\in B(x,\frac{r}{2})$,
        而 $x_n\in B(x,\frac{r}{2})\Leftrightarrow x\in B(x_n,\frac{r}{2})$, 因此
        $x\in\bigcup_{n=1}^{\infty}B(x_n,\frac{r}{2})$, 从而 $E=\bigcup_{n=1}^{\infty}B(x_n,\frac{r}{2})$. 
        (从过程可看出, 这里的 $\frac{r}{2}$ 可替换为任意的正常数, 只不过为下面导出矛盾,
        故选择 $\frac{r}{2}$).

        于是 $U\subset\bigcup_{n=1}^{\infty}B(x_n,\frac{r}{2})$,
        而 $U$ 为不可数子集, 故必存在不同两点 $x,y\in U$ 包含于同一个球 $B(x_n,\frac{r}{2})$ 中,
        那么 $d(x,y)<r$, 矛盾. 这就说明 $E$ 不可分.
    \end{proof}
    
    $\ell_{\infty}$ 不可分: 考虑 $\ell_{\infty}$ 的子集 $C=\{1,-1\}^{\FN}$, 
    若 $x=(x_n)_{n\geq 1}$ 与 $y=(y_n)_{n\geq 1}$ 是 $C$ 中两个不同序列, 
    则必存在某 $n_0\geq 1$, 使得 $x_{n_0}\neq y_{n_0}\Rightarrow |x_{n_0}-y_{n_0}|=2$,
    从而 $\|x-y\|_{\infty}=2$. 根据实变函数中的技巧, 将 $C$ 中元素与无限小数表示对应可证
    $C$ 的基数为 $c$, 即 $C$ 不可数. 因此 $\ell_{\infty}$ 不可分.

    $L_{\infty}(0,1)$ 不可分: 考虑 $L_{\infty}(0,1)$ 的子集
    $A=(\mathbbm{1}_{(0,r)})_{0<r<1}$, 显然 $A$ 为不可数子集,
    且对于任意的 $r_1\neq r_2$, 有 $\|\mathbbm{1}_{(0,r_1)}-\mathbbm{1}_{(0,r_2)}\|_{\infty}=1$,
    故 $L_{\infty}(0,1)$ 不可分. 
\end{proof}




\begin{exercise}(卷积) 
     在实数集 $\mathbb{R}$ 上取 Lebesgue $\sigma$-代数及 Lebesgue 测度, 并设 $f,g\in L_{1}(\mathbb{R})$.

     (a) 证明
    \begin{align*}
        \int_{\mathbb{R}\times\mathbb{R}} f(u)g(v)\diff u\diff v 
        & =\left[\int_{\mathbb{R}} f(u) \diff u\right]\left[\int_{\mathbb{R}} g(v) \diff v\right] \\
        & =\int_{\mathbb{R}}\left[\int_{\mathbb{R}} f(x-y)g(y) \diff y\right] \diff x.
    \end{align*}
    由此导出函数 $x\mapsto\int_{\mathbb{R}} f(x-y)g(y)\diff y$ 在 $\mathbb{R}$ 上几乎处处有定义.

    (b) 我们定义 $f$ 和 $g$ 的卷积 $f*g$ 为
    \[
    f*g(x)= \begin{cases}
        \int_{\mathbb{R}} f(x-y)g(y) \diff y, & \text{当积分存在, } \\ 
        0, & \text{其他.}\end{cases}
    \]
    证明 $f*g\in L_{1}(\mathbb{R})$ 且 $\|f*g\|_1\leq\|f\|_1\|g\|_1$.

    (c) 取 $f=\mathbbm{1}_{[0,1]}$, 计算 $f*f$.
\end{exercise}

\begin{proof}
    首先容易验证 $f(x-y)g(y)$ 为可测函数, 故由 Tonelli 定理得
    \begin{align*}
        \int_{\mathbb{R}^2} |f(x-y)g(y)|\diff(x,y)
        & =\int_{\mathbb{R}}\int_{\mathbb{R}} |f(x-y)g(y)|\diff x\diff y \\
        & =\int_{\mathbb{R}}|g(y)|\int_{\mathbb{R}} |f(x-y)|\diff x\diff y \\
        & =\|f\|_{L_1}\int_{\mathbb{R}}|g(y)|\diff y=\|f\|_{L_1}\|g\|_{L_1}<\infty.
    \end{align*}
    故 $f(x-y)g(y)$ 在 $\mathbb{R}^2$ 上可积, 由 Fubini 定理立即可得对于几乎处处的 $x\in\mathbb{R}$, 有
    \[\int_{\mathbb{R}}f(x-y)g(y)\diff y<\infty,\]
    也即函数 $x\mapsto\int_{\mathbb{R}}f(x-y)g(y)\diff y$ 在 $\mathbb{R}$ 上几乎处处有定义.

    (b) 由 (a) 中结论知
    \begin{align*}
        \int_{\mathbb{R}}|f*g(x)|\diff x
        & =\int_{\mathbb{R}}\left|\int_{\mathbb{R}}f(x-y)g(y)\diff y\right|\diff x \\
        & \leq\int_{\mathbb{R}}\int_{\mathbb{R}}|f(x-y)g(y)|\diff y\diff x \\
        & =\|f\|_{L_1}\|g\|_{L_1}<\infty.
    \end{align*}
    故 $f*g\in L_1(\mathbb{R})$ 且 $\|f*g\|_{L_1}\leq\|f\|_{L_1}\|g\|_{L_1}$.

    (c) 由定义
    \begin{align*}
        f*f(x)
        & =\int_{\mathbb{R}} f(x-y)f(y)\diff y=\int_{\mathbb{R}} \mathbbm{1}_{[0,1]}(x-y)\mathbbm{1}_{[0,1]}(y)\diff y \\
        & =\int_0^1 \mathbbm{1}_{[0,1]}(x-y)\diff y.
    \end{align*}
    分类讨论可得, 当 $x<0$ 时, $f*f(x)=0$;
    当 $0\leq x\leq 1$ 时, $f*f(x)=x$;
    当 $1<x\leq 2$ 时, $f*f(x)=2-x$;
    当 $x>2$ 时, $f*f(x)=0$.
\end{proof}


\begin{exercise}
  在 $\mathbb{R}$ 上考虑 Borel $\sigma$-代数和 Lebesgue 测度. 设 $1<p<\infty$ 且 $f \in L_{p}(0,+\infty)$. 定义
  \[F(x)=\frac{1}{x} \int_{0}^{x} f(t) \diff t, \quad \forall x>0.\]
  本题的目标是证明 Hardy 不等式:
  \begin{equation}
    \|F\|_{p} \leq \frac{p}{p-1}\|f\|_{p}, \quad \forall f \in L_{p}(0,+\infty). \tag{$\star$}
  \end{equation}
  \begin{enumerate}[(a)]
    \item 首先说明 $F$ 在 $(0,+\infty)$ 上的定义是合理的, 并且
      \[|x_1 F(x_1)-x_2 F(x_2)| \leq|x_1-x_2|^{\frac{1}{q}}\|f\|_{p},
        \quad \forall x_{1}, x_{2}>0.\]
      这里 $q$ 是 $p$ 的共轭数. 并由此证明 $F$ 在 $(0,+\infty)$ 上连续, 故可测.
    \item 假设 $f$ 是有紧支撑的连续函数且 $f \geq 0$. 证明 $F$ 在 $(0, \infty)$ 上连续可导且 有
      \[(p-1)\int_{0}^{+\infty} F(x)^{p}\diff x = p\int_{0}^{+\infty} F(x)^{p-1}f(x)\diff x.\]
      并由此导出公式 $(\star)$.
    \item 证明公式 $(\star)$ 对所有的 $f \in L_{p}(0,+\infty)$ 成立.
    \item 用反例说明当 $p=1$ 时, $(\star)$ 不成立, 即不存在任何常数 $C>0$, 使得
      \[\|F\|_{p} \leq C\|f\|_{p}, \quad \forall f \in L_{p}(0,+\infty).\]
    \item 证明 $\frac{p}{p-1}$ 是使得 $(\star)$ 式成立的最优常数. 也就是说, 若有 $C>0$ 使得
      \[\|F\|_{p} \leq C\|f\|_{p}, \quad \forall f \in L_{p}(0,+\infty),\]
      则 $C\geq\frac{p}{p-1}$.

      提示: 考虑函数 $f(x)=x^{-\frac{1}{p}} \mathbbm{1}_{[1, n]}(x)$ 和极限
      \[
        \left\|F \mathbbm{1}_{[1, n]}(x)\right\|_{p} /\|f\|_{p}, n \rightarrow \infty.
      \]
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{proof}
  \begin{enumerate}[(a)]
    \item We may assume that $x_1\leq x_2$, then
    \begin{align*}
        |x_1 F(x_1) - x_2 F(x_2)|
        & =\left|\int_0^{x_1}f(t)\diff t-\int_0^{x_2}f(t)\diff t\right| \\
        & =\left|\int_{x_1}^{x_2} f(t)\diff t\right| \\
        & \leq \int_{x_1}^{x_2}|f(t)|\diff t \\
        & \leq\biggl(\int_{x_1}^{x_2}|f(t)|^p\diff t\biggr)^{\frac{1}{p}}\biggl(\int_{x_1}^{x_2} 1 \diff t\biggr)^{\frac{1}{q}} \\
        & \leq |x_1-x_2|^{\frac{1}{q}}\|f\|_p.
    \end{align*}

    \item Note that $(xF(x))'=f(x)$. Integration by parts yields that
    \begin{align*}
        p\int_0^{+\infty} F(x)^{p-1}f(x)\diff x
        & =p\int_0^{+\infty} F(x)^{p-1}\diff (xF(x)) \\
        & =pxF(x)^p\big|_0^{+\infty}-p\int_0^{+\infty} xF(x)(p-1)F(x)^{p-2}\diff F(x) \\
        & =-p(p-1)\int_0^{+\infty}xF(x)^{p-1}\diff F(x) \\
        & =-(p-1)\int_0^{+\infty}x\diff F(x)^p \\
        & =-(p-1)xF(x)^p\big|_0^{+\infty}+(p-1)\int_0^{+\infty} F(x)^p\diff x \\
        & =(p-1)\int_0^{+\infty}F(x)^p\diff x.
    \end{align*}
    It follows that
    \[\|F\|_p^p
       = \frac{p}{p-1} \int_0^\infty F(x)^{p-1} f(x) \diff x
       \leq \frac{p}{p-1} \|F\|_p^{p-1} \|f\|_p,\]
    in which we have used the H\"older's inequality. Hence
    \[\|F\|_p \leq \frac{p}{p-1} \|f\|_p.\]
  \end{enumerate}
\end{proof}



\begin{exercise}
  令 $2 \leq p<\infty$, 在本题中 $L_{p}(\mathbb{R})$ 简单记作 $L_{p}$.
  \begin{enumerate}[(a)]
    \item 我们的第一个目标是证明 \textbf{Clarkson 不等式}:
      \[ \left\|\frac{f+g}{2}\right\|_{p}^{p}+\left\|\frac{f-g}{2}\right\|_{p}^{p} \leq \frac{1}{2}\left(\|f\|_{p}^{p}+\|g\|_{p}^{p}\right), \quad \forall f, g \in L_{p}. \]
      \begin{enumerate}[(i)]
        \item 任取 $s, t \in[0,+\infty)$, 证明 $s^{p}+t^{p} \leq\left(s^{2}+t^{2}\right)^{\frac{p}{2}}$.
        \item 任取 $a, b \in \mathbb{R}$, 证明
        \[\left|\frac{a+b}{2}\right|^{p}+\left|\frac{a-b}{2}\right|^{p} \leq \frac{1}{2}\left(|a|^{p}+|b|^{p}\right).\]
        \item 导出 Clarkson 不等式.
      \end{enumerate}
    \item 设 $C$ 是 $L_{p}$ 空间中的非空闭凸集, 
      且 $f \in L_{p}$, 并记 $d=d(f, C)$. 我们的第二个目标是证明: 
      存在唯一的函数 $g_{0} \in C$, 使得 $d=\left\|f-g_{0}\right\|_{p}$.
      \begin{enumerate}[(i)]
          \item 解释为什么存在 $C$ 中的序列 $\left(g_{n}\right)_{n \geq 1}$, 使得
          \[\left\|f-g_{n}\right\|_{p}^{p} \leq d^{p}+\frac{1}{n}, \quad \forall n \in \mathbb{N}^{*}.\]
          \item 运用 Clarkson 不等式证明
          \[\left\|\frac{g_{n}-g_{m}}{2}\right\|_{p}^{p} \leq \frac{1}{2n}+\frac{1}{2m}, \quad \forall n, m \in \mathbb{N}^{*}.\]
          \item 导出: 存在函数 $g_{0} \in C$, 使得 $d(f, C)=\left\|f-g_{0}\right\|_{p}$.
          \item 证明这样的函数 $g_{0} \in C$ 是唯一的. 当证明了该命题后, 将 $g_{0}$ 记为 $P_{C}(f)$.
      \end{enumerate}
    \item 最后我们的目标是证明映射 $P_{C}: L_{p} \rightarrow C$ 的连续性.
      \begin{enumerate}[(i)]
          \item 证明
          \[\left\|g-P_{C}(g)\right\|_{p} \leq\|f-g\|_{p}+\left\|f-P_{C}(f)\right\|_{p}, \quad \forall f, g \in L_{p}.\]
          \item 运用 Clarkson 不等式, 证明
          \[\left\|\frac{P_{C}(f)-P_{C}(g)}{2}\right\|_{p}^{p} \leq \frac{1}{2}\left\|f-P_{C}(g)\right\|_{p}^{p}-\frac{1}{2}\left\|f-P_{C}(f)\right\|_{p}^{p}, \quad \forall f, g \in L_{p}.\]
          \item 最后导出 $P_{C}$ 的连续性.
      \end{enumerate}
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{proof}
     (a)(i) 当 $t=0$ 时不等式显然成立, 当 $t\neq 0$ 时, 原不等式等价于
     \[\left(\frac{s}{t}\right)^p+1\leq\left(\left(\frac{s}{t}\right)^2+1\right)^{\frac{p}{2}}.\]
     令 $f(x)=(x^2+1)^{\frac{p}{2}}-x^p$, $x\geq 0$, 则
     $f'(x)=px(x^2+1)^{\frac{p}{2}-1}-px^{p-1}\geq 0$,
     故 $f(x)\geq f(0)=1$, 此蕴含所证不等式.

     (ii) 由 (i) 中结论和 $x\mapsto x^{\frac{p}{2}}$ 的凸性得
     \begin{align*}
         \left|\frac{a+b}{2}\right|^p+\left|\frac{a-b}{2}\right|^p
         & \leq\biggl(\left|\frac{a+b}{2}\right|^2+\left|\frac{a-b}{2}\right|^2\biggr)^{\frac{p}{2}}  =\biggl(\frac{a^2+b^2}{2}\biggr)^{\frac{p}{2}} \\
         & \leq\frac{1}{2}\left[(a^2)^{\frac{p}{2}}+(b^2)^{\frac{p}{2}}\right] =\frac{1}{2}(|a|^p+|b|^p).
     \end{align*}

     (iii) 由 (ii) 中结论可得
     \begin{align*}
        \left\|\frac{f+g}{2}\right\|_{p}^{p}+\left\|\frac{f-g}{2}\right\|_{p}^{p}
        & =\int_{\mathbb{R}}\left|\frac{f(x)+g(x)}{2}\right|^p+\left|\frac{f(x)-g(x)}{2}\right|^p\diff x \\
        & \leq\frac{1}{2}\int_{\mathbb{R}} |f(x)|^p+|g(x)|^p \diff x \\
        & =\frac{1}{2}(\|f\|_p^p+\|g\|_p^p).
     \end{align*} 

     (b)(i) 因 $d^p=d^p(f,C)=\inf\{\|f-g\|_p^p\mid g\in C\}$, 故由下确界的定义知
     对于任意 $n\in\FN^*$, 存在 $g_n\in C$, 使得
     \[\|f-g_n\|_p^p\leq d^p+\frac{1}{n}.\]

     (ii) 由于
     \[\|f-g_m\|_p^p\leq d^p+\frac{1}{m},\quad \|f-g_n\|_p^p\leq d^p+\frac{1}{n}.\]
     故结合 Clarkson 不等式得
     \[\left\| f-\frac{g_m+g_n}{2}\right\|_p^p+\left\|\frac{g_m-g_n}{2}\right\|_p^p\leq\frac{1}{2}\left(\|f-g_m\|_p^p+\|f-g_n\|_p^p\right)\leq d^p+\frac{1}{2m}+\frac{1}{2n}.\]
     因 $C$ 为凸集, 故 $\frac{g_m+g_n}{2}\in C$, 从而 $\left\|f-\frac{g_m+g_n}{2}\right\|_p^p\geq d^p$,
     代入上述不等式得
     \[\left\|\frac{g_m-g_n}{2}\right\|_p^p\leq\frac{1}{2m}+\frac{1}{2n}.\]

     (iii) 由 (ii) 知 $\|\frac{g_n-g_m}{2}\|_p^p\to 0$ ($m,n\to\infty$),
     故 $(g_n)_{n\geq 1}$ 为 $C$ 中 Cauchy 序列. 注意到 $C$ 为 Banach 空间 $L_p$
     的闭子集, 故 $C$ 完备, 从而 $(g_n)_{n\geq 1}$ 在 $C$ 中收敛, 记收敛值为 $g_0$.
     在 $\|f-g_n\|_p^p\leq d^p+\frac{1}{n}$ 两侧取极限, 即得 $\|f-g_0\|_p=d$.

     (iv) 假设存在 $g_1\in C$, 使得 $d(f,C)=\|f-g_1\|_p$, 则由 Clarkson 不等式得
     \begin{align*}
         d^p
         & =\frac{1}{2}\left(\|f-g_0\|_p^p+\|f-g_1\|_p^p\right) \\
         & \geq\left\|f-\frac{g_0+g_1}{2}\right\|_p^p+\left\|\frac{g_0-g_1}{2}\right\|_p^p\geq d^p+\left\|\frac{g_0-g_1}{2}\right\|_p^p.
     \end{align*}
     故 $g_0=g_1$, 唯一性得证.

     (c)(i) 由 Minkowski 不等式得
     \[\|g-P_C(g)\|_p\leq\|g-P_C(f)\|_p\leq\|f-g\|_p+\|f-P_C(f)\|_p.\]

     (ii) 由 Clarkson 不等式知
     \[\left\|f-\frac{P_C(f)+P_C(g)}{2}\right\|_p^p+\left\|\frac{P_C(f)-P_C(g)}{2}\right\|_p^p\leq\frac{1}{2}\left(\|f-P_C(f)\|_p^p+\|f-P_C(g)\|_p^p\right).\]
     结合 $\left\|f-\frac{P_C(f)+P_C(g)}{2}\right\|_p^p\geq \|f-P_C(f)\|_p^p$, 即得
     \[
         \left\|\frac{P_{C}(f)-P_{C}(g)}{2}\right\|_{p}^{p} \leq \frac{1}{2}\left\|f-P_{C}(g)\right\|_{p}^{p}-\frac{1}{2}\left\|f-P_{C}(f)\right\|_{p}^{p}.
     \]

     (iii) 
\end{proof}


% Exercise 19
\begin{exercise}
  设 $A = (a_{ij})_{i,j\geq 1}$ 是元素在 $\mathbb{K}$ 中的无穷矩阵,
  定义对任意有穷序列 $x = (x_j)_{j\geq 1}\subset \mathbb{K}$,
  即 $x_j$ 仅有有限多个非零,
  \[ A(x) = \biggl(\sum_{j\geq 1} a_{ij} x_j\biggr)_{i\geq 1}. \]
  \begin{enumerate}[(a)]
    \item 证明 $A$ 可以拓展成 $c_0$ 上的有界线性映射当且仅当
      \[ \|A\|_\infty = \sup_{i\geq 1} \sum_{j\geq 1} |a_{ij}| < \infty. \]
      在此情形下, 我们有
      \[ \|A\|_{\mathcal{B}(c_0)} = \|A\|_{\infty}. \]
      并且, 当 $\|A\|_{\infty} < \infty$ 时, $A$ 也定义了在 $\ell_{\infty}$ 上的线性映射.
    \item 证明 $A$ 可以拓展成 $\ell_1$ 上的有界线性映射当且仅当
      \[ \|A\|_1 = \sup_{j\geq 1} \sum_{i\geq 1} |a_{ij}| < \infty. \]
      在此情形下, 我们有
      \[ \|A\|_{\mathcal{B}(\ell_1)} = \|A\|_1. \]
    \item 假设 $\|A\|_\infty$ 和 $\|A\|_1$ 都有限. 证明 $A$ 可以拓展成 $\ell_2$
      上的有界线性映射且
      \[ \|A\|_{\mathcal{B}(\ell_2)} \leq \|A\|_{\infty}^{\frac12} \|A\|_1^{\frac12}. \]
    \item 在上面 (c) 的条件下, $A$ 是否能对任意 $1<p<\infty$ 扩展成
      $\ell_p$ 上的有界线性映射?
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{proof}
  第一问题目有问题，取 $a_{ij} = 1/j^2$, 则
  \[ \|A\|_\infty = \sup_{i\geq 1} \sum_{j\geq 1} \frac{1}{j^2} < \infty. \]
  再取 $x = (\frac1j)_{j\geq 1} \in c_0$, 但是
  \[ A(x) = \biggl(\sum_{j\geq 1} a_{ij} x_j\biggr)_{i\geq 1}
      = \biggl(\sum_{j\geq 1} \frac{1}{j^3}\biggr)_{i\geq 1} \notin c_0. \]
  因此 $A$ 不是 $c_0$ 上的线性映射, 只能看作从 $c_0$ 到 $\ell_\infty$ 的线性映射.
  \begin{enumerate}[(a)]
    \item % (a)
      若 $\|A\|_\infty < \infty$, 则
      \begin{align*}
        \|A(x)\|_{\ell_\infty}
        & = \sup_{i\geq 1} \biggl|\sum_{j\geq 1} a_{ij} x_j\biggr| \\
        & \leq \sup_{i\geq 1} \sum_{j\geq 1} |a_{ij}| |x_j| \\
        & \leq \|A\|_\infty \|x\|_{c_0} < \infty,
      \end{align*}
      因此 $A$ 可以拓展为从 $c_0$ 到 $\ell_\infty$ 的有界线性映射.

      若 $\|A\|=\infty$, 则对任意的 $C>0$, 存在 $i_0$ 使得 $\sum_{j\geq 1} |a_{i_0j}| > 2C$,
      故而存在某个 $N$ 使得 $\sum_{j=1}^N |a_{i_0j}| > C$.
      选取 $x = (x_j)_{j\geq 1}$ 满足 $x_j = \overline{a_{i_0j}}/|a_{i_0j}|$, 当 $1\leq j\leq N$;
      $x_j = 0$, 当 $j>N$. 则 $x\in c_0$, $\|x\|_{c_0}=1$ 且 $A(x)$ 的第 $i_0$ 个分量为
      $\sum_{j\geq 1} a_{i_0j} x_j = \sum_{j=1}^N |a_{i_0j}|>C$.
      故 $\|A(x)\|_{\ell_\infty}>C$, 结合 $C$ 的任意性知 $A\notin \mathcal{B}(c_0,\ell_\infty)$.

      最后求范数, 对任意 $\varepsilon>0$, 存在 $i_0$, 使得 $\sum_{j\geq 1} |a_{i_0j}| > \|A\|_\infty - \varepsilon/2$,
      故存在某个 $N$ 使得 $\sum_{j=1}^N |a_{i_0j}| > \|A\|_\infty - \varepsilon$.
      接下来的步骤与上面类似, 省略, 最终得 $\|A\|_{\mathcal{B}(c_0,\ell_\infty)} > \|A\|_\infty - \varepsilon$.
      由 $\varepsilon$ 的任意性知 $\|A\|_{\mathcal{B}(c_0,\ell_\infty)} = \|A\|_\infty$.
    \item % (b)
      若 $\|A\|_1<\infty$, 则
      \begin{align*}
        \|A(x)\|_{\ell_1}
        & = \sum_{i\geq 1} \biggl|\sum_{j\geq 1} a_{ij}x_j\biggr|
          \leq \sum_{i\geq 1} \sum_{j\geq 1} |a_{ij}| |x_j| \\
        & = \sum_{j\geq 1} |x_j| \sum_{i\geq 1} |a_{ij}|
          \leq \|A\|_1 \|x\|_{\ell_1},
      \end{align*}
      故 $A$ 为 $\ell_1$ 上的有界线性映射且 $\|A\|_{\mathcal{B}(\ell_1)} \leq \|A\|_1$.

      若 $\|A\|_1=\infty$, 则对任意的 $C>0$, 存在 $j_0$, 使得 $\sum_{i\geq 1} |a_{ij_0}|>C$.
      取 $x = (0,\ldots,0,1,0,\ldots)$, 其中只有第 $j_0$ 个位置为 $1$, 则 $\|x\|_{\ell_1}=1$ 且
      \[ \|A(x)\|_{\ell_1} = \sum_{i\geq 1} |a_{ij_0}| > C. \]
      结合 $C$ 的任意性知 $A\notin \mathcal{B}(\ell_1)$.

      最后求范数, 对任意 $\varepsilon>0$, 存在 $j_0$ 使得 $\sum_{i\geq 1} |a_{ij_0}| > \|A\|_1 - \varepsilon$.
      取 $x = (0,\ldots,0,1,0,\ldots)$, 其中只有第 $j_0$ 个位置为 $1$, 则 $\|x\|_{\ell_1}=1$ 且
      \[ \|A(x)\|_{\ell_1} = \sum_{i\geq 1} |a_{ij_0}| > \|A\|_{1} - \varepsilon. \]
      因此 $\|A\|_{\mathcal{B}(\ell_1)} = \|A\|_1$.
    \item % (c)
      由定义
      \begin{align*}
        \|A(x)\|_{\ell_2}^2
        & = \sum_{i\geq 1} \biggl(\sum_{j\geq 1} a_{ij} x_j\biggr)^2 \\
        & = \sum_{i\geq 1} \sum_{j\geq 1} a_{ij} x_j \sum_{k\geq 1} a_{ik} x_k \\
        & =: \sum_{i\geq 1} \sum_{j\geq 1} a_{ij} x_j y_i 
              \qquad (\text{in which } y_i = \sum_k a_{ik} x_k) \\
        & = \sum_{j\geq 1} x_j \sum_{i\geq 1} |a_{ij}|^{1/2} |y_i| \cdot |a_{ij}|^{1/2} \qquad (\text{Cauchy-Schwarz}) \\
        & \leq \sum_{j\geq 1} x_j \biggl(\sum_{i\geq 1} |a_{ij}| y_i^2\biggr)^{1/2}
            \biggl(\sum_{i\geq 1} |a_{ij}|\biggr)^{1/2} \qquad (\text{Cauchy-Schwarz}) \\
        & \leq \biggl(\sum_{j\geq 1} x_j^2 \sum_{i\geq 1} |a_{ij}|\biggr)^{1/2}
            \biggl(\sum_{j\geq 1} \sum_{i\geq 1} |a_{ij}| y_i^2\biggr)^{1/2} \qquad (\text{by definition of }\|A\|_1)\\
        & \leq \|x\|_{\ell_2} \|A\|_1^{1/2} \biggl(\sum_{i\geq 1} y_i^2 \sum_{j\geq 1} |a_{ij}|\biggr)^{1/2} 
            \qquad (\text{by definition of }\|A\|_\infty) \\
        & \leq \|x\|_{\ell_2} \|A\|_1^{1/2} \|A\|_\infty^{1/2}
            \biggl(\sum_{i\geq 1} \biggl(\sum_{k\geq 1} a_{ik}x_k\biggr)^2\biggr)^{1/2} \\
        & = \|x\|_{\ell_2} \|A\|_1^{1/2} \|A\|_\infty^{1/2} \|A(x)\|_{\ell_2}.
      \end{align*}
      故
      \[ \|A(x)\|_{\ell_2} \leq \|x\|_{\ell_2} \|A\|_1^{1/2} \|A\|_\infty^{1/2}. \]
      这说明 $A$ 可以拓展为 $\ell_2$ 上的有界线性映射且
      \[ \|A\|_{\mathcal{B}(\ell_2)} \leq \|A\|_1^{1/2} \|A\|_\infty^{1/2}. \]
    \item % (d)
      $A$ 可以拓展成 $\ell_p$ 上的有界线性映射, 证明方法类似于 (c).
      记 $q$ 为 $p$ 的共轭数, 则
      \begin{align*}
        \|A(x)\|_{\ell_p}^p
        & = \sum_{i\geq 1} \biggl|\sum_{j\geq 1} a_{ij} x_j\biggr|^p \\
        & = \sum_{i\geq 1} \biggl|\sum_{j\geq 1} a_{ij} x_j\biggr|\cdot
            \biggl|\sum_{j\geq 1} a_{ij} x_j\biggr|^{p-1} \\
        & \leq \sum_{i\geq 1} \sum_{j\geq 1} |a_{ij}|^{\frac{1}{p}} \cdot |a_{ij}|^{\frac{1}{q}}
            |x_j| |y_i| \qquad (\text{in which } y_i = \biggl|\sum_{j} a_{ij}x_j\biggr|^{p-1}) \\
        & = \sum_{j\geq 1} |x_j| \sum_{i\geq 1} |a_{ij}|^{\frac{1}{p}} \cdot
            |a_{ij}|^{\frac{1}{q}} |y_i| \qquad (\text{Cauchy-Schwarz}) \\
        & \leq \sum_{j\geq 1} |x_j| \biggl(\sum_{i\geq 1} |a_{ij}|\biggr)^{\frac{1}{p}}
            \biggl(\sum_{i\geq 1} |a_{ij}| |y_i|^q\biggr)^{\frac{1}{q}} \qquad (\text{Cauchy-Schwarz}) \\
        & \leq \biggl(\sum_{j\geq 1} |x_j|^p \sum_{i\geq 1} |a_{ij}|\biggr)^{\frac{1}{p}}
            \biggl(\sum_{j\geq 1} \sum_{i\geq 1} |a_{ij}| |y_i|^q\biggr)^{\frac{1}{q}} \\
        & \leq \|A\|_1^{\frac{1}{p}} \|x\|_{\ell_p}
            \biggl(\sum_{i\geq 1} |y_i|^q \sum_{j\geq 1} |a_{ij}|\biggr)^{\frac{1}{q}} \\
        & \leq \|A\|_1^{\frac{1}{p}} \|x\|_{\ell_p} \|A\|_\infty^{\frac{1}{q}}
            \biggl(\sum_{i\geq 1} \biggl|\sum_{j\geq 1} a_{ij} x_j\biggr|^p\biggr)^{\frac{p-1}{p}} \\
        & = \|A\|_1^{\frac{1}{p}} \|x\|_{\ell_p} \|A\|_\infty^{\frac{1}{q}}
            \|A(x)\|_{\ell_p}^{p-1},
      \end{align*}
    因此 $\|A\|_{\mathcal{B}(\ell_p)} \leq \|A\|_1^{\frac{1}{p}} \|A\|_\infty^{\frac{1}{q}}$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}