完备化

泛函分析题1_2完备化p131.2.1 (空间S) 令S为一切实(或复)数列x = ( ξ1, ξ2, ..., ξn, ... )组成的集合，在S中定义距离为ρ(x, y) = ∑k ≥ 1 (1/2k) · | ξk -ηk |/(1 + | ξk -ηk | )，其中x = ( ξ1, ξ2, ..., ξk, ... )，y = ( η1, η2, ..., ηk, ... )．求证S为一个完备的距离空间．证明：(1) 首先证明ρ是S上的距离．ρ的非负性和对称性是显然的；因为实函数f (t) = t /(1 + t ) = 1 - 1/(1 + t )在[0, +∞)严格单调增，故对任意a, b∈ ，有| a |/(1 + | a |) + | b |/(1 + | b |)≥ | a | /(1 + | a | + | b |) + | b |/(1 + | a | + | b |)= ( | a | + | b | )/(1 + | a | + | b |)≥ ( | a + b | )/(1 + | a + b |)，由此可立即得知ρ在S上满足三角不等式．所以，ρ是S上的距离，从而(S, ρ)为距离空间．(2) 设{x n}是S中的一个Cauchy列，记x n = ( ξ1(n), ξ2(n), ..., ξk(n), ... )．则∀k∈ +，(1/2k) · | ξk(n)-ξk(m)|/(1 + | ξk(n)-ξk(m)| ) ≤ρ(x n, x m) → 0 (m, n→∞)．，因此| ξk(n)-ξk(m)| → 0 (m, n→∞)．故{ξk(n)}n ≥ 1是 (或 )中的Cauchy列，因此也是收敛列．设ξk(n)→ξk ( n→∞)，并设x = ( ξ1, ξ2, ..., ξk, ... )，则x∈S．下面证明ρ(x n, x)→ 0 ( n→∞)．∀ε > 0，存在K∈ +，使得∑k > K (1/2k) < ε /2．又存在N∈ +，使得∀n∈ +，当n > N时，∀k≤K都有| ξk(n)-ξk | < ε /2．此时，ρ(x n, x) = ∑k ≥ 1 (1/2k) · | ξk(n)-ξk |/(1 + | ξk(n)-ξk | )= ∑k ≤K (1/2k)·| ξk(n)-ξk |/(1 + | ξk(n)-ξk | ) + ∑k > K (1/2k)·| ξk(n)-ξk |/(1 + | ξk(n)-ξk | ) ≤∑k ≤K (1/2k)·| ξk(n)-ξk | + ∑k > K (1/2k)< (ε /2) ·∑k ≤K (1/2k) + ε /2< ε /2 + ε /2 = ε．所以，x n→x ( n→∞)．因此S中的Cauchy列都是收敛列，故S为完备距离空间．1.2.2 在一个度量空间(X, ρ)上，求证：基本列是收敛列，当且仅当其中存在一串收敛子列．证明：必要性是显然的，只证明充分性．设{x n}是X中的一个Cauchy列，且{x n}有一个收敛子列{x n(k)}，记x n(k) →x．∀ε > 0，存在N∈ +，使得∀m, n≥N都有ρ(x n, x m) < ε /2．n(k)令L = max{K, N}，则ρ(x n(L), x) < ε /2，且n(L) ≥L ≥N．当n≥N时，ρ(x n, x n(L)) < ε /2．故ρ(x n, x) ≤ρ(x n, x n(L)) + ρ(x n(L), x) < ε /2 + ε /2 = ε．所以，x n→x ( n→∞)．因此{x n}是X中的收敛列．1.2.3 设F是只有有限项不为0的实数列全体，在F上引进距离ρ(x, y) = sup k ≥ 1 | ξk -ηk |，其中x = {ξk }∈F，y = {ηk }∈F．求证(F,ρ)不完备，并指出它的完备化空间．证明：(1) 首先，容易验证(F,ρ)是度量空间．∀n∈ +，令x n = {1, 1/2, 1/3, ..., 1/n, 0, 0, ...}，则x n∈F．当m > n时，ρ(x n, x m) = sup k ≥ 1 | ξk(n)-ξk(m)|= max{1/(n + 1), 1/(n + 2), ..., 1/m}= 1/(n + 1) → 0 ( n→∞)．故{x n}为F中的Cauchy列．下面证明{x n}不是F中的收敛列．若不然，设x n →x∈F．记x = ( ξ1, ξ2, ..., ξN, 0, 0, ... )．当n > N时，总有ρ(x n, x) ≥ | 1/(N + 1) – 0 | = 1/(N + 1)，故ρ(x n, x)不收敛于0，这与前面的假设x n →x相矛盾．因此，{x n}不是F中的收敛列．这就说明了(F,ρ)不是完备的．(2) 从前述的{x n}的构造可以看出，我们可以任意选定一个收敛于0的实数列{u k}，令y n = {u1, u2, ..., u n, 0, 0, ...}，则{y n}必为F中的Cauchy列．我们设c0是收敛于0的实数列全体，在c0上引进距离ρ(x, y) = sup k ≥ 1 | ξk -ηk |，其中x = ( ξ1, ξ2, ..., ξk, ... )∈c0，y = ( η1, η2, ..., ηk, ... )∈c0．首先我们证明(c0,ρ)是度量空间．事实上，我们只需要证明三角不等式．设x = (ξk), y = (ηk ), y = (ζk )∈c0，则ρ(x, y) = sup k ≥ 1 | ξk -ηk | ≤ sup k ≥ 1 (| ξk -ζk | + | ζk -ηk | )≤ sup k ≥ 1 | ξk -ζk | + sup k ≥ 1 | ζk -ηk | = ρ(x, z) + ρ(z, y)．所以，(c0,ρ)是度量空间．显然，(F,ρ)是(c0,ρ)的一个子空间．现在我们证明(c0,ρ)是完备度量空间．设{x n}是(c0,ρ)中的一个Cauchy列，记x n = ( ξ1(n), ξ2(n), ..., ξk(n), ... )．∀k∈ +，因为ρ(x n, x m) = sup k ≥ 1 | ξk(n)-ξk(m)| ≥ | ξk(n)-ξk(m)|，故{ξk(n)}n是 中的Cauchy列，故为收敛列．设ξk(n) →ξk ( n→∞)．并设x = ( ξ1, ξ2, ..., ξk, ... )．下面证明x∈c0．n m特别地，ρ(x n, x N) < ε/2．因此，∀k∈ +，有| ξk(n)-ξk(N)| < ε/2．令n→∞，得| ξk -ξk(N)| ≤ε/2．而x N = (ξ1(N), ξ2(N), ..., ξk(N), ... )是一个收敛于0的数列．故存在K∈ +，使得∀k≥K，| ξk(N)| < ε/2．因此，| ξk | ≤ | ξk -ξk(N)| + | ξk(N)| < ε/2 + ε/2 = ε．即x = ( ξ1, ξ2, ..., ξk, ... )为一个收敛于0的数列，因此，x∈c0．下面证明{x n}是c0中收敛于x的点列．∀ε > 0，存在N∈ +，使得∀m, n≥N，有ρ(x n, x m) < ε．因此∀k∈ +，有| ξk(n)-ξk(m)| < ε．令m→∞，得| ξk(n)-ξk | ≤ε．所以，ρ(x n, x) ≤ε．这样就证明{x n}收敛于x．综上所述，我们可以把(F,ρ)嵌入到完备度量空间(c0,ρ)中．最后，我们只要再证明F是c0的稠密子集即可．事实上，对照(2)的开始部分，对于任意x = ( ξ1, ξ2, ..., ξk, ... )∈c0，令y n = {ξ1, ξ2, ..., ξn, 0, 0, ...}，则{y n}是F中的点列，而且是c0中的Cauchy列．根据c0的完备性的证明，我们知道，{y n}必然收敛于x = ( ξ1, ξ2, ..., ξk, ... )．所以F在(c0,ρ)中稠密．根据教材p11命题1.2.5，(c0,ρ)是(F,ρ)的完备化．1.2.4 求证：[0, 1]上的多项式全体按照距离ρ1( p, q ) = ⎰[0, 1] | p(x) -q(x) | dx( p, q是多项式)是不完备的，并指出它的完备化空间．证明：记[0, 1]上的多项式全体为P，连续函数全体为C，Lebesgue可积函数全体为L1，则有P⊆C⊆L1．记C上的度量为ρ( f, g ) = max x∈[0, 1] | f(x) -g(x) |．(1) 令f n(x) = arctan( x- 1/2 )，h(x) = (π/2) sign( x- 1/2 )，x∈[0, 1]．则f n∈C，且{ f n}在(L1, ρ1)中收敛于h，因此{ f n}是(L1, ρ1)中的基本列．根据数学分析中的Weierstrass定理，P在(C, ρ)中稠密．故∀n∈ +，存在p n∈P，使得ρ( p n, f n) < 1/n．因此ρ1( p n, f n) = ⎰[0, 1] | p n(x) -f n(x) | dx ≤ρ( p n, f n) < 1/n．所以，ρ1( p n, h) ≤ρ1( p n, f n) + ρ1( f n, h) → 0( n→∞)．这说明{ p n}是(L1, ρ1)中的收敛列，从而{ p n}是(L1, ρ1)中的基本列．因此{ p n}也是(P, ρ1)中的基本列．假如{ p n}在(P, ρ1)中收敛于g∈P，则{ p n}在(L1, ρ1)中也收敛于g∈P．故g和h是(L1, ρ1)中的同一点(几乎处处相等)．显然，h不能与连续函数几乎处处相等，故h∉C，因此h∉P．从而g∉P．矛盾．这样我们就找到了(P, ρ1)中的基本列，而它不是(P, ρ1)中的收敛列．所以(P, ρ1)不完备．(2) 根据实分析中的结论，C在(L1, ρ1)中稠密．设ϕ∈L1．则∀ε > 0，存在f∈C，使得ρ1( f, ϕ) < ε/2．而P在(C, ρ)中稠密，故存在p∈P，使得ρ( p, f ) < ε/2．ρ1( p, f) = ⎰[0, 1] | p(x) -f(x) | dx ≤ρ( p, f ) < ε/2．所以，ρ1( p, ϕ) ≤ρ1( p, f ) +ρ1( f, ϕ) < ε．因此P在(L1, ρ1)中稠密．根据教材p11命题1.2.5以及(L1, ρ1)的完备性得知(L1, ρ1)是(P, ρ1)的完备化．1.2.5 在完备度量空间(X, ρ)中给定点列{x n}，如果∀ε > 0，存在基本列{y n}，使得ρ( x n, y n) < ε (n∈ +)．求证{x n}收敛．证明：只要证明{x n}也是基本列即可．事实上，∀ε > 0，存在基本列{y n}，使得ρ( x n, y n) < ε/3 (n∈ +)．存在N∈ +，使得∀m, n≥N，有ρ(y n, y m) < ε/3．此时，ρ( x n, x m) ≤ρ(x n, y n) + ρ(y n, y m) + ρ(y m, x m) < ε．故{x n}是基本列，所以{x n}收敛．[第2节完] ∀∃∅-⨯±≠≥·◦≤≡⊕⊗≅αβχδεφγηιϕκλμνοπθρστυϖωξψζ∞∙︒ℵℜ℘∇∏∑⎰ℓ⊥ √§∈∉⊆⊂⊃⊇⊄⊄∠⇒♣♦♥♠§ #↔→←↑↓⌝∨∧⋃⋂⇔⇒⇐∆∑ΓΦΛΩψ∂。