第5次课 教学内容域或课题:§4柯西点列和完备度量空间 目的要求:掌握柯西点列、完备度量空间的概念,学会使用概念和完 备度量空间的充要条件判别完备度量空间 教学过程 设{xn是R中的点列,若vE>0,N=N(E)∈N,s.t.当m,n>N 时,有d(xn,xm)=xn-x0,彐N=N 当m,n>N时,有d(x 则称{ 是X中的柯西点列或基本点列.若度量空间(X,d)中每个柯西点列都收 敛,则称(X,d)是完备的度量空间 有理数的全体按绝对值距离构成的空间不完备,如点列1,1.4,1,41, 412…在R中收敛于√2,在有理数集中不收敛 但度量空间中每一个收敛点列都是柯西点列 实因若xn→x,则vE>0,丑N=N6)∈N,s.t.当mn>N时,都 有d(xn,x)0 丑N=N()∈N,s,t.当 1m,n>N时,都有 d( 因此对每个固定的j,当m,n>N时,成立
20 第 5 次课 教学内容(或课题)： §4 柯西点列和完备度量空间 目的要求： 掌握柯西点列、完备度量空间的概念，学会使用概念和完 备度量空间的充要条件判别完备度量空间. 教学过程： 设 n n=1 x 是 1 R 中的点列，若 0，N = N( )，s.t.当 m,n N 时，有 ( ) n m d x , x = n m x −x ，则称 n n=1 x 是 1 R 中的柯西点列. Def 1 设 X =( X ，d )是度量空间， n n=1 x 是 X 中的点列. 若 0, N = N( )，s.t.当 m,n N 时，有 ( ) n m d x , x ，则称 n n=1 x 是 X 中的柯西点列或基本点列. 若度量空间( X ，d )中每个柯西点列都收 敛，则称( X ，d )是完备的度量空间. 有理数的全体按绝对值距离构成的空间不完备，如点列1, 1.4, 1,41, 1.412, 在 1 R 中收敛于 2 ，在有理数集中不收敛. 但度量空间中每一个收敛点列都是柯西点列. 实因若 x x n → ，则 0, N = N( )，s.t.当 m,n N 时，都 有 d(x x) n , 2 .因此当 n，m N 时，有 ( ) n m d x , x d(x x ) n , + d(x x ) m , 2 + 2 . 所以 n n=1 x 是柯西点列. 例 2 l (表有界实或复数列全体)是完备度量空间. 证明 设 m m=1 x 是 l 中的柯西点列，其中 m x =( , , ) 1 2 . 0, N = N( )，s.t.当 m,n N 时，都有 ( ) m n d x , x = ( ) (n) j m j j sup − (1) 因此对每个固定的 j ，当 m,n N 时，成立
5N时,成立 5≤E (3 因为xn=(m,51),…,5m,)∈1",所以彐Kn>0,s.tv∈N,成立 5mskm(不同的数列,界可能不样.所以与sk51-5|≤+Km 所以x∈P·由(知,m>N时,成立dm,x)=sp-5;|≤6 所以x→x.所以是完备度量空间 例2令C表示所有收敛的实或复数列的全体,Vx=(5,2…)∈C, yy=(n,n,)∈C,令以(x,y)=spk-m小·则d(x,y)≥0且x=y 时,d(x,y)=0.又k,一m)|≤spk-m=a(xy)=0→5,=7(∈N 于是d(xy)=0ex=y.20yz=(,52…)∈C,则由于对j∈N,成 立k-m|sk-s+,-ssup-5 suni -s d(x=)+d(y,).所以sup-|5d(x,=)+d(U,).即 d(x,y)≤d(x,z)+d(,z).所以d(x,y)可定义为C中y两点间的距离于 是C按距离d(x,y)成为度量空间(实际上是的一个子空间).欲证C 是完备度量空间,先证
21 ( ) (n) j m j − (2) 于是 (k ) j ，k = 1,2, 是柯西数列. 由于实数集或复数集按差的绝对值定义距 离是完备的，故存在实或复数 j ，s.t. (n) j → j ( n → )令 x =( , , ) 1 2 ， 往证 x l 且 m x → x . 在(2)中，令 n → ，得 m N 时，成立 ( ) j m j − (3) 因为 m x = ( ) ( ) ( ) ( , , , , ) 1 2 m j m m l ，所以 Km 0，s.t. j ，成立 (m) j Km (不同的数列，界可能不一样). 所以 ( ) − m j j j + Km . 所以 x l . 由(3)知， m N 时，成立 d(xm , x ) = ( ) − j m j j sup . 所以 x x m → . 所以 l 是完备度量空间. 例 2 令 C 表示所有收敛的实或复数列的全体， x =( , , ) 1 2 C ， y = ( , , ) 1 2 C ，令 d(x, y)= j j j sup − . 则 0 1 d(x, y) 0 且 x = y 时， d(x, y) =0. 又 j − j j j j sup − = d(x, y) =0 j = j ( j ). 于是 d(x, y) =0 x = y . 0 2 z =( , , ) 1 2 C ，则由于对 j ，成 立 j − j j j − + j j − j j j sup − + j j j sup − = d(x,z) + d(y,z). 所以 j j j sup − d(x,z) + d(y,z). 即 d(x, y) d(x,z) + d(y,z). 所以 d(x, y) 可定义为 C 中 两点间的距离. 于 是 C 按距离 d(x, y) 成为度量空间(实际上是 l 的一个子空间). 欲证 C 是完备度量空间，先证
Th1完备度量空间X的子空间M是完备度量空间分M是X中的 闭子空间. 证明设M是完备子空间,对每个x∈M,彐M中点列{n, 使xn→x.所以{xn是M中柯西点列所以它在M中收敛由极限的 唯一性,所以x∈M.所以M'cM.即M是X中的闭子空间. 反之,若{xn}m1是M中柯西点列,因X是完备度量空间,则在X中收 敛.即彐x∈X,s.t.x,→x.因为M是X中的闭子空间,所以x∈M 所以{xnm1在M中收敛于是M是完备度量空间 例2的证明由Th1只证C是/中的闭子空间即可. (5,52)∈C(要证 7-5k0, 丑N∈N,s.t.当n≥N时,成立 -9-5(,) 特别取n=N,则对v∈N,成立)-5|<5因为x∈C 所以当j→∞时,5收敛故N1∈N,s.t.切,k≥N1时,成立 )-|<5·所以v,k≥N时,成立 5,-45,-3+-F+ 4<=+248 333 所以加是柯西数列,因而收敛所以x=(152…)∈C.所以C是P中 的闭子空间.由Th1,C是完备度量空间.证毕 作业:P206.14.15中的S,B(
22 Th 1 完备度量空间 X 的子空间 M 是完备度量空间 M 是 X 中的 闭子空间. 证明 设 M 是完备子空间，对每个 x M ， M 中点列 n n=1 x ， 使 x x n → . 所以 n n=1 x 是 M 中柯西点列. 所以它在 M 中收敛. 由极限的 唯一性，所以 x M . 所以 M M . 即 M 是 X 中的闭子空间. 反之，若 n n=1 x 是 M 中柯西点列，因 X 是完备度量空间，则在 X 中收 敛. 即 x X ，s.t. x x n → .因为 M 是 X 中的闭子空间，所以 x M ， 所以 n n=1 x 在 M 中收敛. 于是 M 是完备度量空间. 例 2 的证明 由 Th 1 只证 C 是 l 中的闭子空间即可. x = ( , , ) 1 2 C (要证 j − k ，从而 x C )， n x = ( ) ( ) ( , , ) 1 2 n n C ( n = 1,2, )，s.t. x x n → . 所以 0， N ，s.t.当 n N 时，成立 ( ) j n j − ( ) j n j j sup − = d(x x) n , 3 . 特别取 n = N ，则对 j ，成立 ( ) j N j − 3 .因为 N x C , 所以当 j → 时， (N) j 收敛. 故 N1 ，s.t. j , k N1 时，成立 ( ) (N ) k N j − 3 . 所以 j ,k N1 时，成立 j − k (N ) j − j + ( ) (N ) k N j − + ( ) k N k − 3 + 3 + 3 = . 所以 j=1 j 是柯西数列，因而收敛. 所以 x =( , , ) 1 2 C . 所以 C 是 l 中 的闭子空间. 由 Th 1，C 是完备度量空间. 证毕. 作业： P 206. 14. 15 中的 S,B(A)
作业题解:14E=1,丑N∈N,s.t.当m,n>N时,有d(xn,xn)N时,有d(xn,x)0,s.t.d(xn,x1)≤M.因此vn,m∈N,成立 d(xn,xn)≤d(xn,x1)+d(x,xn)≤mx2,1+M2M}所以x是 有界点列 15设是S中的柯西点列,x,=(1,2,,即vs>0 丑N∈N,s.t.Vm,n>N时,成立 N时,成立 0 对于每个固定的k,3E:0N时,对这个固定的k,成立 1+σ 所以-N).所以}是实(复)数集中的柯西点 列.而实(复)数集完备,所以收敛,设出→5(n→∞)记 x=(5152…),则xn→x.而x∈S,所以S完备 设{x是B(4)中的柯西点列,xn=fn(0),t∈A VE>0,丑N∈N,s.t.当m,n>N时,成立supf()-fm(t)N及t∈A,成立
23 作业题解： 14 =1，N ，s.t.当 m,n N 时，有 ( ) n m d x , x 1, 特别当 n N 时，有 ( ) 1 , n N+ d x x 1. 又 n N 时， ( ) 1 , n N+ d x x 只有有限个值 故 M 0,s.t. ( ) 1 , n N+ d x x M . 因此 n,m ，成立 ( ) n m d x , x ( ) 1 , n N+ d x x + ( ) N m d x , x +1 max2,1+ M,2M. 所以 n n=1 x 是 有界点列. 15 设 n n=1 x 是 S 中的柯西点列， n x = ( ) ( ) ( , , ) 1 2 n n . 即 0, N ， s.t. m,n N 时，成立 ( ) n m d x , x = ( ) ( ) ( ) ( ) = + − − 1 2 1 1 k m k n k m k n k k ( ) 所以 k ， m,n N 时，成立 ( ) ( ) ( ) (m) k n k m k n k + − − 1 k 2 . 因为 给 0， 对于每个固定的 k ， ：0 2 1+ 1 k ，然后由这个 ，按不等式( )， N . 所以 m,n N 时，对这个固定的 k ，成立 ( ) ( ) ( ) (m) k n k m k n k + − − 1 1+ . 所以 ( ) (m) k n k − ( m,n N ). 所以 j=1 j 是实(复)数集中的柯西点 列. 而实(复)数集完备, 所以 ( ) n=1 n k 收敛，设 (n ) k → k ( n → ). 记 x = ( , , ) 1 2 ，则 x x n → . 而 x S ，所以 S 完备. 设 n n=1 x 是 B(A) 中的柯西点列， n x = f (t) n ，t A. 0，N ，s.t.当 m,n N 时，成立 f (t) f (t) n m t A − sup . 所以 m,n N 及 t A ，成立
()-fm()得n>N时,()-f()≤E.所以n>N时, f(sn(0)-fm0)+UfO≤E+M(由于Un()=收敛,从而M存在 所以f()∈B(4),又已证f()→f()所以B(4)是完备度量空间 第6次课 教学内容(或课题):柯西点列和完备度量气间(续) 目的要求:再次巩固上次课学习的概念与定理,进步掌握使用概 念及定理判别完备度量空间的常用方法 教学过程 ab是完备的度量空间 证明设xn,n=12…是Cb中的柯西点列VE>0, 丑N∈N,s.t.当Vm,n>N时,成立 max -xn(N时,成立
24 f (t) f (t) n − m . ( ) 因此在集 A 上，函数列 ( ) n n=1 f t 收敛，设 f (t) n → f (t). 由( )式，令 m→ 得 n N 时， f (t) − f (t) n . 所以 n N 时， f (t) f (t) f (t) n − m + f (t) n + M (由于 ( ) n n=1 f t 收敛，从而 M 存在). 所以 f (t) B(A) ，又已证 f (t) n → f (t) 所以 B(A) 是完备度量空间. 第 6 次课 教学内容(或课题)： 柯西点列和完备度量空间(续) 目的要求： 再次巩固上次课学习的概念与定理，进一步掌握使用概 念及定理判别完备度量空间的常用方法. 教学过程： Ca,b 是完备的度量空间. 证明 设 n x ，n = 1,2, 是 Ca,b 中的柯西点列. 0， N ，s.t.当 m,n N 时，成立 atb max x (t) x (t) m − n . (4) 所以 t a,b ，有 x (t) x (t) m − n . 于是当 t 固定时， ( ) n n=1 x t 是柯西数列.由实(复)数集的完备性， x(t)，s.t. x (t) n → x(t). 往证 x(t) Ca,b， n x → x 实因在(4)中令 m→ ，得知 n N 时，成立
mxx()-x()≤E (5)所以x,()在b]上一致收 敛于x(0),从而x()∈C{ab由(5),当n>N时, d(xn,x)mx()-x().所以x,→x,故c是完备度量空间 令Pa表示区间b上实系数多项式全体Pa小作为Cb]的 子空间是不完备的度量空间.实因多项式列 26 在闭区间[b上一致收敛于连续的指数函数e2,但e非多项式即pb 不是Cab]的闭子空间由Th1,P[ab不是完备度量空间证毕 设X表示闭区间[1上连续函数全体,对∨x,y∈X,令 d(x, y=SEx()dt 易知(X,d)成为度量空间.实因 1°显然d(x,y)≥0.若t∈[]时,x()=y(),从而d(x,y)=0.反 之若d(xy)=0,即(0)-y)=.因(0)-y)≥0,故x0)=y()ae 于[],又因ae相等的连续函数必然处处相等,故x=y.总之d(xy)≥0 且d(x,y)=0x=y 29(xy)=C+0)-y(s0)=()+C()=y( 所以(X,d)是度量空间
25 atb max x (t) x (t) n − . (5)所以 x (t) n 在 a,b 上一致收 敛于 x(t) ，从而 x(t) Ca,b. 由(5)，当 n N 时， d(x x) n , = atb max x (t) x (t) n − . 所以 n x → x ，故 Ca,b 是完备度量空间. 令 Pa,b 表示闭区间 a,b 上实系数多项式全体,Pa,b 作为 Ca,b 的 子空间是不完备的度量空间. 实因多项式列 = + + + + + 1 2 3 2 6 ! 1 n n n x x x x 在闭区间 a,b 上一致收敛于连续的指数函数 x e ，但 x e 非多项式. 即 Pa,b 不是 Ca,b 的闭子空间. 由 Th 1， Pa,b 不是完备度量空间. 证毕. 设 X 表示闭区间 0,1 上连续函数全体，对 x, y X ，令 d(x, y)= ( ) ( ) − 1 0 x t y t dt . 易知 (X,d) 成为度量空间. 实因 0 1 显然 d(x, y) 0. 若 t 0,1 时， x(t) y(t) ，从而 d(x, y) =0. 反 之若 d(x, y) =0，即 ( ) ( ) − 1 0 x t y t dt =0. 因 x(t)− y(t) 0，故 x(t)= y(t) a.e. 于 0,1. 又因 a.e. 相等的连续函数必然处处相等，故 x = y . 总之 d(x, y) 0 且 d(x, y) =0 x = y . 0 2 d(x, y)= ( ) ( ) − 1 0 x t y t dt ( ) ( ) − 1 0 x t z t dt + ( ) ( ) − 1 0 z t y t dt = d(x,z) + d(y,z). 所以 (X,d) 是度量空间
例5上面定义的度量空间(X,d)不完备 证明令x()={线性 0,当 n>m>时,d(,x)=()-x()=( 1-xm(o)du 2、1)∠.所以点列比=是(x,d)中的柯西点列 再证点列{xn=在(X,d)中不收敛实因对每个x∈X, d(,x)0)=x(k=[x(k+0)-x(+ 上-x().若(x,x)→0,必有(=[-x(
26 例 5 上面定义的度量空间 (X,d) 不完备. 证明 令 x (t) m = + + 2 1 0, 0 1 2 1 2 1 , 1 2 1 1, 1 t m t t m 线性 先证 n n=1 x 是 (X,d) 中的柯西点列. 实因 0 ，当 n m 1 时， ( ) n m d x , x = ( ) ( ) − 1 0 x t x t dt n m = ( ) ( ) + − m xn t xm t dt 1 2 1 2 1 = − m n 1 1 2 1 m 1 . 所以点列 n n=1 x 是 (X,d) 中的柯西点列. 再证点列 n n=1 x 在 (X,d) 中不收敛. 实因对每个 x X ， d(x x) n , = ( ) ( ) − 1 0 x t x t dt n = ( ) 2 1 0 x t dt + ( ) ( ) + − m xn t x t dt 1 2 1 2 1 + ( ) + − 1 1 2 1 1 m x t dt . 若 d(x x) n , → 0, 必有 ( ) 2 1 0 x t dt = ( ) − 1 2 1 1 x t dt =0
但由于x)在闭区间p]上连续,得x)在0.恒为0,在,1恒为.与 在1=间断相矛盾.故(x,d)是不完备的度量空间 作业:P206.15.M(X)、离散空间 作业解答:设{nm是M(x)中的基本点列,Va>0,有 m-小=了b k,0-3,0 drsd(,). V6>0,3NEN, S. t v n 1+ m>N,有dxn,xn)<E,从而mxn-x小<+g.所以 mxxn-x≥2o]→0(nm→∞).由此可找到自然数列 n3 k=1,2,…都成立 记Xx10)-x2,再令x=U∩x,则x x-Ux-x)=Ux-x,m(x-x)≤∑1 令 m→,得m(x-x0)=0.所以mx2=mX.显见在x0上{n()处处 收敛于一个极哏函数,记这个极限函数为x().令
27 但由于 x(t) 在闭区间 0,1 上连续，得 x(t) 在 2 1 0, 恒为 0，在 ,1 2 1 恒为 1. 与 在 t = 2 1 间断相矛盾. 故 (X,d) 是不完备的度量空间. 作业： P 206. 15. M(X ) 、离散空间. 作业解答： 设 n n=1 x 是 M(X ) 中的基本点列， 0，有 − + n m mX x x 1 ( ) ( ) ( ) ( ) = + − − X xn xm n m n m dt x t x t x t x t 1 ( ) ( ) ( ) ( ) + − − X n m n m dt x t x t x t x t 1 = ( ) n m d x , x . 0， N ，s.t. n ， m N ，有 ( ) n m d x , x . 从而 − n m mX x x 1+ . 所以 − n m mX x x → 0 (n,m → ). 由此可找到自然数列： 1 n 2 n n3 nk ，s.t. ( ) − nk + nk k mX x t x 2 1 1 k 2 1 对 k = 1,2, 都成立. 记 X k = ( ) − nk + nk k X x t x 2 1 1 , 再令 X 0 = = m 1 k =m X k ，则 X - X 0 =( ) = = − m 1 k m X X k ( ) = − k m X X k ， ( ) m X − X0 k =m k 2 1 = 1 2 1 m− . 令 m → ，得 ( ) m X − X0 =0. 所以 mX0 = mX . 显见在 X 0 上 ( ) k=1 n x t k 处处 收敛于一个极限函数，记这个极限函数为 x(t). 令
() t∈ 则x0()为x上的可测函数,故x0()∈M(x).当nn4>N时,由 I, ()-xn () dt= 令k→,由勒贝格有界收敛定理,得d(xn,x)≤E(n≥N).所以 xn→x0(n→∞).故M(X)是完备的度量空间 第7次课 教学内容(或课题):§5.度量空间的完备化 目的要求:使学生掌握度量空间的完备化定理的条件、结论及其证 明方法 教学过程 Der1设(X,d),(x,d)是两个度量空间,若存在X到X上的保 距映照T(Vx1,x2∈X,有d(Tx1,Tx2)= d(x1,x2),则称(X,d)和(X,d)等距同构,此时称T为X到X上的等 距同构映照(既映上又保距) 等距同构映照是1-1映照.实因设yx1,x2∈X,且x1≠x2,则因 d(x1,x2)>0及d(Tx1,Tx2)=d(x1,x2)>0,知Tx1≠7x2 在泛函分析中往往把两个等距同构的度量空间不加区别而视为同一个度 量空间
28 x (t) 0 = ( ) − 0 0 0, , t X X x t t X 则 x (t) 0 为 X 上的可测函数，故 x (t) 0 M(X ). 当 n,nk N 时，由 ( ) ( ) ( ) ( ) + − − X n n n n dt x t x t x t x t k k 1 = ( ) n nk d x , x ， 令 k → ，由勒贝格有界收敛定理，得 ( ) 0 d x , x n (n N). 所以 0 x x n → (n →). 故 M(X ) 是完备的度量空间. 第 7 次课 教学内容(或课题)： §5.度量空间的完备化 目的要求： 使学生掌握度量空间的完备化定理的条件、结论及其证 明方法. 教学过程： Der 1 设( X , d )，( X ~ ,d ~ )是两个度量空间，若存在 X 到 X ~ 上的保 距映照 T ( 1 x , 2 x X ，有 d ~ ( T 1 x ,T 2 x )= d ( 1 x , 2 x ))，则称( X , d )和( X ~ ,d ~ )等距同构，此时称 T 为 X 到 X ~ 上的等 距同构映照(既映上又保距). 等距同构映照是1-1 映照. 实因设 1 x , 2 x X ，且 1 x 2 x ，则因 d ( 1 x , 2 x ) 0 及 d ~ ( T 1 x ,T 2 x )= d ( 1 x , 2 x ) 0，知 T 1 x T 2 x . 在泛函分析中往往把两个等距同构的度量空间不加区别而视为同一个度 量空间
Th1(度量空间完备化定理设X=(X,d)是度量空间,那么一定存 在一完备度量空间X=(,d),使X与的其个稠密子空间W等距同构, 并且X在等距同构意义下是唯一的,即若(X,d)也是一完备度量空间,且 X与文的其个稠密子空间W等距同构,则(X,a)与(x,d)等距同构 证明分4步完成 (1)构造X=(X,d) 令X为X中柯西点列x={xn全体,对X中任意两个元素= 和y={ynm,若 Rn,) 则称X与j相等,记为=j,或{xn=1={y x={xnm3,j={vn∈x,定义 首先指出(2式右端极限存在实因由三点不等式 Vn 所以 d(m,y)-d(xm,yu)sd(,, xm)+d(m,y,) 同理 d(xm,ym)-dx,yu)sd(rm, xm)+dm,y) 所以|d(xn,yn)-d(xn,yn)|≤d(xn,xn)+d(mn,yn 因为{xnm和{vnm是X中的柯西点列,所以{4(xn,yn)=是R 中柯西数列,所以(2)式在端极限存在 其次指出:若n}=={xm,bn=bnm1,则 im alx y
29 Th 1 (度量空间完备化定理) 设 X =( X ,d )是度量空间，那么一定存 在一完备度量空间 X ~ =( X ~ , d ~ )，使 X 与 X ~ 的其个稠密子空间 W 等距同构， 并且 X ~ 在等距同构意义下是唯一的，即若( X ˆ , d ˆ )也是一完备度量空间，且 X 与 X ˆ 的其个稠密子空间 W 等距同构，则( X ~ ,d ~ )与( X ˆ ,d ˆ )等距同构. 证明 分 4 步完成. (1)构造 X ~ =( X ~ , d ~ ). 令 X ~ 为 X 中柯西点列 x ~ = n n=1 x 全体，对 X ~ 中任意两个元素 x ~ = n n=1 x 和 y ~ = n n=1 y ，若 n→ lim ( ) n n d x , y =0， (1) 则称 x ~ 与 y ~ 相等，记为 x ~ = y ~ ，或 n n=1 x = n n=1 y . x ~ = n n=1 x ， y ~ = n n=1 y X ~ ，定义 d ~ ( x ~ , y ~ )= n→ lim ( ) n n d x , y . (2) 首先指出(2)式右端极限存在. 实因由三点不等式 ( ) n n d x , y ( ) n m d x , x + ( ) m m d x , y + ( ) m n d y , y ， 所以 ( ) n n d x , y - ( ) m m d x , y ( ) n m d x , x + ( ) m n d y , y . 同理 ( ) m m d x , y - ( ) n n d x , y ( ) n m d x , x + ( ) m n d y , y . 所以 | ( ) m m d x , y - ( ) n n d x , y | ( ) n m d x , x + ( ) m n d y , y . (3) 因为 n n=1 x 和 n n=1 y 是 X 中的柯西点列，所以 ( ) =1 , n n n d x y 是 1 R 中柯西数列,所以(2)式在端极限存在. 其次指出：若 n n=1 x = = n n 1 x ， n n=1 y = = n n 1 y ，则 n→ lim ( ) n n d x , y = n→ lim ( ) n n d x , y