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1、一、设为空间上的距离，试证：也是上的距离。证明：显然并且。再者，；最后，由的单调增加性及，可得 。二、设，则时，的充要条件为时，；，存在，使得对任何自然数成立。必要性证明：由可知，。由可知，存在，使得，并且时，。由此可得，对成立。对于，存在，。取，则对任何自然数成立。充分性证明：由条件可知，存在，使得对任何自然数成立，并且。由可知，存在，使得时，并且。三、在上定义距离：，则在此距离诱导的极限意义下，收敛于的充要条件为依测度收敛于；在上具有等度绝对连续的积分。必要性证明：由，可得，令，可得。即依测度收敛于。由的积分绝对连续性可知，对任何，存在，使得，时，。对上述，存在，使得时，从而，即，对，成立
2、。对于，易知存在，使，时，（）。取，则，时，对每个自然数成立。即在上具有等度绝对连续的积分。充分性证明：对任何，令，则。由此可知，对任何，存在，使得时，。令，则。此时，。由积分的等度绝对连续性可知，对任何，存在，使得，时，。对上述，存在，使得时，此时。于是对任何，存在，使得时，即收敛于。四、是距离空间中闭集的充分必要条件为对任何中点列，必有。必要性证明：对于中点列，若，则，即为开集的内点，从而存在，使得。由可知，存在，使得，这与矛盾。因而有。充分性证明：对于中互异点列，若，则，即的聚点在中。因此，对于任意，必不是的聚点，从而存在，使得，因而 为开集，即为闭集。五、设是度量空间中闭集，试证必有一
3、列开集包含，并且。证明：任取，令，则，并且为开集。任取，则存在，使得，从而。由于为闭集，因而，即有。六、设为距离空间，为中不相交的闭集，试证：存在开集，使得，。证明：由，得，。令，,则分别为包含的开集。假设，则，但是是一个错误，故而。七、试证：是不可分的距离空间。证明：设，则对于任何，当时，。显然，与二进制小数一一对应，因而是不可数的。假设是可分的，则存在可数稠密子集，使得任何的邻域中至少包含一个。对于任何两个不同的邻域、，必有，从而是一族互不相交的球，其总数是不可数的。因此至少也有不可数个，这与是可数的相矛盾。（或：由以及是不可数的，可知存在一个包含中的两个不同点。但，并且，显然这是相互矛盾
4、的。）八、设为距离空间，为中的子集，令，试证：是上的连续函数。证明：任取，对于，有,对一切成立。从而，同理可得即有，从而在处连续。因此是上的连续函数。九、试证：是距离空间到距离空间中的连续映射的充要条件为中任何闭集的原像是中的闭集。必要性证明：设为中的闭集，任取，则。由的连续性可知，从而，即。充分性证明：设，任取，。假设不成立，则存在和子列，使得。令，则，并且为中的闭集，从而是中的闭集。由,可得，即，由此可得，这一矛盾说明，即为连续映射。十、试证：是完备的距离空间。证明：对于任何基本列：，有，存在，时，。从而对于每个，是中的基本列，由的完备性可知，存在，使得，。同时对于任何自然数，令，得，从而
5、。令，则由可知，。由可知，。从而是完备的距离空间。十一、试证：在积分平均收敛意义下是不完备的距离空间。证明：设，则。对于，由此可知，为中的基本点列。若在中收敛，则存在，使得，从而。由此可得，这与矛盾。因此在中不收敛，从而在积分平均收敛意义下是不完备的。十二、设是上的可微函数，并且，则方程有唯一的实数解。证明：对于任何，。由，可知，是完备空间上的压缩映射。由压缩映射不动点原理可知，有唯一的实数解。十三、设是维欧几里得空间中有界的闭集，是到自身中的映射，并且满足下列条件：对任何，有。试证：映射在中存在唯一的不动点。证明：令，则是紧集上的连续函数，从而存在，使得。假设，则，即，这与矛盾，故而，从而。
6、即映射在中存在不动点。若，则，显然这是一个错误。因而映射在中不动点是唯一的。十四、设对于任何实数，试证：。证明：不妨设，令，则，,。由此可知，对于，时，使得，并存在，使得。由可得，从而。由此可得，。十五、设一个线性空间，范数与等价的充分必要条件是存在两个正数，使得不等式，对任何成立。证明：充分性是显然的，只需证明必要性。假设不存在，使得成立，则对每一个自然数，存在，使得，从而，但，这与范数与等价相矛盾。因而存在，使得对任何， 成立。同理可证，存在，使得。令，则，并且对任何，成立着。十六、设，并且，则。证明：由及（或范数的连续性）,可得。由，可得。十七、设是一列空间，是一列元素，其中，并且，这种
7、元素列的全体记为，按通常数列的加法和数乘，在中引入线性运算。若令，试证：当时，是空间。证明：仅证的完备性。设，为中的基本列，则时，即，从而对每个自然数，均有，即为中的基本列。由的完备性可知，存在点列，使得时，。令，则。由，可得时，从而，并且+，即。因此是完备空间。十八、设，并且中范数分别取为、。试证：是的有界线性算子，并求算子的范数、。证明：（1）由可得，为有界线性算子，并且。不妨设，。取，则，并且。由此可得，从而。（2）由可得，为有界线性算子，并且。不妨设，。取为向量单位，则，并且。由此可得，从而。（3）不妨设，由实对称矩阵的半正定性可知，其特征值均为非负实数，并且最大特征值。由二次型理论可
8、知，同时存在，使得。由此可知，为有界线性算子，并且。十九、试求上线性泛函的范数。解：由 可得。取，则，并且，从而。由此可得，从而。二十、设无穷矩阵()，满足。作到的算子如下：若，则，。试证，是到的有界线性算子，并且。证明：显然是线性算子。对于任何，即（记为，不妨设）。对，存在自然数，使得。令，则，并且。由此可得，。从而，即有。因而。二十一、设是赋范线性空间，是的线性子空间，又，试证，存在，满足条件：（1）当时，；（2）；（3）。证明：设，对于任何，则为的子空间上的线性泛函，并且时，。时，即有。设，使得，则。令，可得，即。因此。由延拓定理，可得存在，满足。二十二、设是线性空间，和是上两个范数，若
9、按及都是完备的，并且由点列按收敛于0，必有按收敛于0，试证：存在正数，使。证明：记空间分别为，到上的恒等算子为，则即时，即，从而为到上的连续线性算子。因此存在正常数，使得。由逆算子定理，可得为到上的有界线性算子，从而存在正常数，使得。因此存在正常数、，使得。二十三、设，其中是空间，是赋范线性空间，若对于每个，都收敛，令，试证：是到中有界线性算子，并且。证明：由已知，对于每个，收敛，从而有界。由共鸣定理可知，有界，即存在，使得。由，可知是到中的线性算子。对于任何，即有。二十四、任取内积空间中一点，对于任意，令，试证：为上有界线性泛函，并计算其范数。证明：对于任意和常数，因此为上线性泛函。对于任意
10、，由可知，为上有界线性泛函，并且。不妨设，令，则，并且。由此可得，从而。 二十五、设是内积空间中点列，若，并且对于一切，有，试证：。证明：由以及、，可得，即。二十六、设是维线性空间，是的一组基，试证：成为上内积的充要条件是存在阶正定方阵，使得。必要性证明：设 ，则由，得，并且。令，则，并且对任何，。由内积的正定性可知，仅当，即时，。因而为阶正定矩阵。充分性证明：对于任何，设，则，从而（1）；（2）,其中；（3）。因此构成上的内积。二十七、设为内积空间，满足，试证：线性无关。证明：考察，两端同时与作内积得， ，即。因而线性无关。二十八、设是空间，试证：是中包含的最小闭子空间。证明：显然，为中包含
11、的闭子空间。设为中包含的任意闭子空间，则为完备的子空间，并且。下证：，从而。任取，由正交分解定理可知，。两边与作内积得，。由，可得，即，因此。（或：由可知，即，因此。）由此可知，。综上所述，是中包含的最小闭子空间。二十九、试证：数域上内积空间中向量垂直的充要条件是对一切数，成立。充分性证明：由，可得，即。取，代入上式后得到，从而。显然时，。因此。必要性证明：由，即，可得，即。由此可得，即。三十、设为内积空间中的规范正交系，试证：到的投影算子为，。证明：设，则为中完备子空间。由题意知，对于任何，其中，从而。设，由可得，。由此可知，。三十一、设是可分的空间，试证：中任何规范正交系至多为可数集。证明：显然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。若不是有限维的线性空间，则由的可分性与完备性可知，存在可列的完全规范正交系。对于中任何规范正交系，作集合，则至多是可列集（由不等式，可知至多是一个有限集），并且。对于中任何向量，若，则必有，。由的完全性可知，必有，这与矛盾。因此必有，从而。由此可知，规范正交系至多为可数集。三十二、设是空间上的有界线性算子，试证：。证明：设，则，即。取，得到，从而。由此可得，从而，即；同样，时，由，可得，即。从而。三十三、设均为空间中的有界线性算子，若，有，试证：。证明：由已知可得，。取，则，即。因而。14
