张恭庆编《泛函分析讲义》第一章第2节 完备化习题解答

1.空间 $S$

令 $S$ 为一切实(或复)数列 $$\bex x=\sex{\xi_1,\xi_2,\cdots,\xi_n,\cdots} \eex$$ 组成的集合, 在 $S$ 中定义距离为 $$\bex \rho(x,y) =\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{2^k}\frac{\xi_k-\eta_k}{1+\sev{\xi_k-\eta_k}}, \eex$$ 其中 $x=\sex{\xi_1,\xi_2,\cdots,\xi_k,\cdots},\ y=\sex{\eta_1,\eta_2,\cdots,\eta_k,\cdots}$. 求证 $S$ 为一个完备的距离空间.

证明: $\rho$ 是 $S$ 上的一个距离. 这是显然的, 因为 $$\bex \frac{\sev{a+b}}{1+\sev{a+b}} &=&\frac{1}{1/\sev{a+b}+1} \leq \frac{1}{1/\sex{\sev{a}+\sev{b}}+1} =\frac{\sev{a}+\sev{b}}{1+\sev{a}+\sev{b}}\\ &\leq& \frac{\sev{a}}{1+\sev{a}} +\frac{\sev{b}}{1+\sev{b}}. \eex$$ 为证 $S$ 完备, 设 $\sed{x^i}\subset S$ 为 $Cauchy$ 列, 其中 $$\bex x^i=\sex{\xi^i_1,\xi^i_2,\cdots,\xi^i_n,\cdots}. \eex$$ 则 $$\bex \rho(x^i,x^j)=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{2^k} \frac{\sev{\xi^i_k-\xi^j_k}} {1+\sev{\xi^i_k-\xi^j_k}} \to 0 \quad  (i,j\to \infty). \eex$$ 于是对固定的 $k$, 任意的 $\ve\in (0,1)$, 可取 $i,j$ 充分大使 $$\bex \frac{1}{2^k} \frac{\sev{\xi^i_k-\xi^j_k}} {1+\sev{\xi^i_k-\xi^j_k}} \leq \rho(x^i,x^j) <\frac{\ve}{2^{k+1}}, \eex$$ $$\bex \sev{\xi^i_k-\xi^j_k} <\frac{\ve}{2-\ve} <\ve. \eex$$ 从而 $\sed{\xi^i_k}_{i=1}^\infty$ 为实(或复) 的 $Cauchy$ 列, $\xi^i_k\to \xi_k\ (i\to\infty)$. 记 $$\bex x=\sex{\xi_1,\xi_2,\cdots,\xi_n,\cdots}, \eex$$ 则由 $$\bex \rho(x^i,x) &=&\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{2^k} \frac{\sev{\xi^i_k-\xi_k}} {1+\sev{\xi^i_k-\xi_k}}\\ &\leq&\sum_{k=1}^N \frac{1}{2^k} \frac{\sev{\xi^i_k-\xi_k}}{1+\sev{\xi^i_k-\xi_k}} +\frac{1}{2^N}\quad  (N\mbox{ 待定})\\ &<&\ve\quad  (\mbox{当 } N,i\mbox{ 充分大时}) \eex$$ 知 $x^i\to x$ 于 $(S,\rho)$ 上. 这就证明了 $S$ 是完备的.

 

 

2.判断基本列为收敛列的充要条件

 在一个度量空间 $(\scrX,\rho)$ 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: $\ra$ 这是显然的. $\la$ 设 $\sed{x_n}$ 为基本列, 且其一子列 $\sed{x_{n_k}}$ 收敛到 $x$, 则由 $$\bex \rho(x_n,x) &\leq& \rho(x_n,x_{n_k}) +\rho(x_{n_k},x)\\ &<&\ve\quad  (\mbox{当 } k,n\mbox{ 充分大时}) \eex$$ 知 $x_n\to x$.

 

 

3.空间 $C_0$

 设 $F$ 是只有有限项不为 $0$ 的实数列全体, 在 $F$ 上引进距离 $$\bex \rho(x,y)=\sup_{k\geq 1}\sev{\xi_k-\eta_k}, \eex$$ 其中 $x=\sed{\xi_k}\in F$, $y=\sed{\eta_k}\in F$, 求证 $\sex{F,\rho}$ 不完备, 并指出它的完备化空间.

证明: $\sex{F,\rho}$ 不完备的, 这是因为对列 $$\bex x^n=\sex{1,\frac{1}{2},\frac{1}{3},\cdots,\frac{1}{n},0,\cdots}\in F \eex$$ 而言, $$\bex m>n\ra \rho(x^n,x^m) =\frac{1}{n+1}\to 0 \quad  (\mbox{当 } n,m\to \infty), \eex$$ 但 $$\bex x^n\to x=\sex{1,\frac{1}{2},\frac{1}{3},\cdots, \frac{1}{n},\cdots} \not\in F. \eex$$ $F$ 的完备化空间为 $C_0$, 即所有以 $0$ 为极限的数列全体.

 

 

4.多项式全体在可积函数类中稠密

 求证: $[0,1]$ 上的多项式全体按距离 $$\bex \rho(p,q)=\int_0^1 \sev{p(x)-q(x)}\rd x\quad  (p,q\mbox{ 是多项式}) \eex$$ 是不完备的, 并指出它的完备化空间.

证明: 记 $\dps{P_n(x)=\sum_{k=0}^n \frac{x^k}{k!}}$, 则由 $$\bex m>n\ra \rho(P_m,P_n) =\int_0^1 \sum_{k=n+1}^n \frac{x^k}{k!}\rd x =\sum_{k=n+1}^m\frac{1}{(k+1)!} \leq \sum_{k=n+1}^\infty \frac{1}{(k+1)k} =\frac{1}{n+1} \eex$$ 知 $\sed{P_n}$ 为 $Cauchy$ 列, 但 $$\bex \rho(P_n,e^x) =\int_0^1 \sum_{k=n+1}^\infty \frac{x^k}{k!}\rd x =\sum_{k=n+1}^\infty \frac{1}{(k+1)!} =\frac{1}{n+1}\to 0\quad  (\mbox{当 }n\to\infty) \eex$$ 知 $\rho\to e^x$. 于是由 $e^x$ 不是多项式知题中所述空间是不完备的, 且其完备空间为 $L^1[0,1]$.

 

 

5.判断列收敛的一个充分条件

 在完备的度量空间 $(\scrX,\rho)$ 中给定点列 $\sed{x_n}$, 如果 $\forall\ \ve>0,$ 存在基本列 $\sed{y_n}$, 使得 $$\bex \rho(x_n,y_n)<\ve\quad  (n\in \bbN), \eex$$ 求证 $\sed{x_n}$ 收敛.

证明: 由 $$\bex \rho(x_n,x_m) &\leq& \rho(x_n,y_n)+\rho(y_n,y_m)+\rho(y_m,x_m)\\ &<&\frac{2\ve}{3}+\rho(y_n,y_m)\\ &<&\ve\quad  (\mbox{当 }n,m\mbox{ 充分大}) \eex$$ 知 $\sed{x_n}$ 为基本列, 而收敛.