首先先确认你之前的结果：C[0,1]上带无穷范数的积分算子$f \mapsto \int_0^x f(t)dt$的范数确实是1，这个推导是正确的——当取$f\equiv1$时，算子作用后的函数是$x$，其无穷范数为1，同时通过三角不等式可以证明该算子的范数不超过1，因此范数等于1。

接下来解决你提出的线性泛函$T(f) = \pi \int_{0}^{\pi} f(x),dx + \frac i 2 \int_\pi^{2\pi} \frac{f(x)} x ;dx$的范数问题。首先明确：这里的$T$是从装备无穷范数的函数空间（比如$L^\infty[0,2\pi]$或$C[0,2\pi]$）到复数域$\mathbb{C}$的线性泛函，其范数定义为：
$$|T| = \sup_{|f|_\infty \leq 1} |T(f)|$$

推导步骤 #

1. 三角不等式初步估计
   首先利用复数的三角不等式，对$|T(f)|$做初步放缩：
   $$|T(f)| = \left| \pi \int_0^\pi f(x)dx + \frac{i}{2}\int_\pi^{2\pi} \frac{f(x)}{x}dx \right| \leq \pi \left| \int_0^\pi f(x)dx \right| + \frac{1}{2}\left| \int_\pi^{2\pi} \frac{f(x)}{x}dx \right|$$
   对每个积分项应用Holder不等式（无穷范数与1-范数的对偶关系）：

   • 对于$\left| \int_0^\pi f(x)dx \right| \leq \int_0^\pi |f(x)|dx \leq |f|\infty \cdot \pi$，因此$\pi \left| \int_0^\pi f(x)dx \right| \leq \pi^2 |f|\infty$
   • 对于$\left| \int_\pi^{2\pi} \frac{f(x)}{x}dx \right| \leq \int_\pi^{2\pi} \frac{|f(x)|}{x}dx \leq |f|\infty \cdot \int\pi^{2\pi} \frac{1}{x}dx = |f|\infty \cdot \ln2$，因此$\frac{1}{2}\left| \int\pi^{2\pi} \frac{f(x)}{x}dx \right| \leq \frac{1}{2}\ln2 \cdot |f|\infty$
     结合起来得到：
     $$|T(f)| \leq \left( \pi^2 + \frac{1}{2}\ln2 \right) |f|\infty$$
     这说明$|T| \leq \pi^2 + \frac{1}{2}\ln2$。

2. 验证等号可达到
   为了证明范数等于这个上界，我们需要找到一个函数$f \in L^\infty[0,2\pi]$（若考虑连续函数空间，可通过连续函数逼近该函数），满足$|f|_\infty = 1$，且$|T(f)| = \pi^2 + \frac{1}{2}\ln2$。

   取：
   $$f(x) = \begin{cases}
   1, & x \in [0,\pi] \
   -i, & x \in [\pi,2\pi]
   \end{cases}$$
   显然$|f|\infty = 1$，计算$T(f)$：
   $$
   \begin{align*}
   T(f) &= \pi \int_0^\pi 1 , dx + \frac{i}{2} \int\pi^{2\pi} \frac{-i}{x} , dx \
   &= \pi^2 + \frac{i}{2} \cdot (-i) \cdot (\ln(2\pi) - \ln\pi) \
   &= \pi^2 + \frac{1}{2}\ln2
   \end{align*}
   $$
   这个结果是正实数，因此$|T(f)| = \pi^2 + \frac{1}{2}\ln2$，恰好等于我们之前得到的上界。

结论 #

线性泛函$T$的范数为$\boldsymbol{\pi^2 + \frac{1}{2}\ln2}$。

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