1、1第一章 练习题1 记 是闭区间 上连续函数全体构成的集合, 在 上定义距离如下:(,)Cabab(,)Cab，(,)|()|,afgfxgdfg（1） 按 是否完备? (,)（2） 的完备化空间是什么?Cab答：(1) 不完备, 例如对于 以及 ,定义,0,2ab1n,():2.nxf则 在本题所定义的距离的意义下是 Cauchy 列, 因为()0,2)nfxC1010(,)|()|,().nmnmffxfdxxd另一方面, 点列 并不能在本题所定义的距离的意义下收敛到 中的某个元. ()nfx (0,2)C事实上, 在几乎处处收敛的意义下, 我们有 0,1)()2.nxfg因此, 根据 L
2、ebesgue 有界收敛定理, 可以得到 1010(,)|()|1| 0.nnffxdxd但 . ()0,2)gxC(2) 的完备化空间是 . 因为ab1(,)Lab(i) 在距离 的意义下, 是 的稠密子集. 事实上, 任意取定一个1, 需要证明: 对于任意的 , 存在 , 使得1()fxL0()gxCab.,(,)|()|abfgfxd事实上, 首先根据积分的绝对连续性, 存在 , 使得当 , 只要 , 就有 EmE2.|()|3Efxd因为 (Lebesque)可积, 故几乎处处有限, 即()fx, 10NmI其中 . 由此可以得到 (因为 是渐缩集,|()|NExabfxli()0NE
3、N列并且 的测度有限),故存在某个自然数 , 使得 且 , ,|()|3NEfxd因此有, .|()|f,NabE引入一个新函数定义为 (),():0Nfxf%显然对于 恒有 . 由 Lusin 定理, 存在连续函数 和,xab|fxN(),)gxC闭集 , 使得 且 , 进而F(,)min/3F|()|, .(gxfxF则 限制在 即为所求, 因为: ()gxab,|()|abffxd(,)|Fg,|()|()|abFFfxfxdx%, |()|()|N NFEFEdfxxfxx,|()|,abFfxdmab|0NNEFEx.33(ii) 是完备的空间. 1(,)Lab2 设 是距离空间，
4、是 的子集，对任意的 ，记XAXxX，(,)inf(,)yAx则（1） 是 的连续函数 . (,)x（2） 若 是 中的点列, 使 , 是否为 Cauchy 列? 为什么?nX(,)0nxnx证：(1) 任意取定 , 对于任意的 根据三角不等式, 有12xyX, .122(,)()()yx221()(,)(,)xy对两端关于 取下确界, 可以得到A, .1122inf()(,)inf()y yAxx2211if(,)(,)inf(,)yAyAxx即, 1122(,)(,)().21xx由此可得.1212|(,)(,)|(,)A由此容易证明 是 上的连续函数, 实际上, 还满足 Lipschit
5、z 常数()fx,X(,xA等于 1 的 Lipschitz 条件.(2) 答: 未必是 Cauchy 列. 例如取 , 其中的距离是 Euclid 距离. 对于 , 对R1于 , 定义点列为2nL1().nnx对于点列 ,不难验证,nx; (,)0nxA但显然 不是 Cauchy 列. 这里的原因就在于 不是点到点之间的距离, 而是点到nx ()x集合的距离, 当这个集合 含有不止一个点时, 不再具有点点之间距离的性质.3 是 中的 Lebesgue 可测集合, 试证 按距离EnR()LE4(,)esup|()|xEfgfgx是不可分空间.证法一：记为方便起见, 设 . 定义,ab,1,()
6、()0(.axafxb显然 有界,可测, 因此必属于 . 记()fx ,Lb.()|,Afxa则 .既然对于不同的 , 与 不同的部分是正测度集, 容易(,)ALab12,1f2看出 的势是 .进而有(不妨设 )12 12121212,0,0,(,0,infsup|()|ifs|()| ()|infsup).EabxEmEabxaaEmEabxffxx 我们用反证法证明所需的结论.设 是可分的，则其必有可数的稠密子集L, 因此至少有一个 属于两个不同的 和 .而由123,igLig1(,/3)Sf2(,1/3)f三角不等式, 我们有 1212(,)(,)(,).3iiffgf这是一个矛盾. 因
7、此 不可能是可分的. (,)Lab证法二：既然 是正测度集,存在 使得 . 不难验证, 存在一列正E0R(,)0mSRE数 满足: 1iR;12iL且. 1(0,)(,)0iimESR5对于每一个 ,其中 或 1, 定义12(,)iL0i,1(,)(0)i iifxESR . 显然 有界,可测, 因此必属于 . 记,2i)L,()|AfxN其中 表示具有上述性质的 的全体. 则 .既然对于不同的 , 0,1N ()E,01N(不妨设 , 且对于某个 , ) 与 不同(,)iL1(,)iLi0if的部分至少是正测度集 , 容易看出 的势与 的势都是连续0,)iiESRA,N统的势 .进而有110
8、(,)(,)0(,)(0,)1,infsup|()|if|s|1.iiiiFExmFExSRmiiFffx我们用反证法证明所需的结论.设 是可分的，则其必有可数的稠密子集L, 因此至少有一个 属于两个不同的 和 .而由123,igLjg(,1/3)Sf(,/)f三角不等式, 我们有 1(,)(,)(,).3jjffgf这是一个矛盾. 因此 不可能是可分的.()LE补充题证明 是不可分空间. ,ab证：记, ,()atKxtb其中 ,1,():0.at ttx显然 , 且只要 , , 则有KLab12,tb12, 且因为(不妨设 ) 的测度为正 , 故12,attt(612 12, ,|sup|
9、()()|att atatLabex.1212(,(,|txt因此, 由 是不可数集, 而 的基数与 的基数相同, 故也是不可数集,且 中任()K)bK何两个不同元的距离均为 1. 如果 是可分的, 因此有一个可数的稠密子集合 , 且Lab ()|12kAfxL. 1(,)3kSfK但这是荒谬的, 因为上式左端只有可数多个开球, 右端有不可数多个元, 所以至少有 中K的两个不同的 属于同一个开球 , 由此得到矛盾: 12,att0()kf12002, , ,| |.3attLabtkkatLbff此矛盾表明 不可能是可分的. ,Lab4 设 是闭区间 上具有 阶连续导数的函数全体, 定义:(,
10、)kC,k()(),0,max| |,(,)kii kbifgfgxfCab试证:（1） 是完备的距离空间; (,)kCab（2）若定义,|(0)ff则 是 Banach 空间. (,)|kab证：(1) 这里只证明该距离是完备的. 设 是 ( 时, 就1()nfx,)kCab00(,)Cab理解为 )中该距离意义下的 Cauchy 列. 因此当 时，有,Cmn.()(),0(,)ax| |0kiimn nbifffx由此容易知道对于每一个 , 是 中的 Cauchy 列. 根据,1iL()1inf(,)Cab7的完备性,知 收敛到 中的某个元, 记其为 , 则0()Cab()1infx0()
11、Cab()ifx, 且0ifx， ,()()iinfxf ,01nin其中“ ”表示是一致收敛. 如果我们记 利用数学分析中函数序列一致收 ()fx敛的分析性质, 可以得到(*)12(),(),.kkffxfx例如, 因为 , 故1()()nfxf ,1()()xxnaaftdft 即,1()()xnnafxfftd 又 及 , 故0()()nfxf 0nfaf . 001()()xafxfftd求导即可得到, 即 .01()ff 1()fxf归纳地可得(*).因此 0()fx且(,)kCab(),0,max|()|kiinnbifffx.()(),0| |0kiinxabiff即 是完备的距
12、离空间.(,)kCab（2）证略.7 证明有限维线性赋范空间是完备的. 证：记该有限维(实)线性赋范空间为 , 是 维的，范数记为 ,需要证明 是完En|x(,|)E8备的. 记 中的一组基为: E. 12,nvL因此对于任意的 , 存在唯一一组实数 , 使得 , xx12nxxvvL反之亦然. (i) 我们断言存在一个与 无关的常数 , 使得0K, . (*)|ix,i首先定义一个映射 为: 对于任意的 , :nf12()nxL.121(,)| |nxxvvL则对于任意的 ( )有,yE2nyv12|(,)nxfxy1|y vL.22221()()|n nxxL由此容易知道 是 上的连续函数
13、. 记 是 中的单位球面, 即fnRBR. 则对于任意的 , 有 . 2121(,)|nkBxxL11(,)nx 1(,)0nfx(事实上, 若有 则(,0nf,11(,)| |0nnfxxvLL因此 , 但 线性无关, 故必有 , 此与1nxvL2 120nxxL相矛盾. )注意到 是 中的有界闭集 (紧子集), 连续函数 必可在其1(,)nB 1BnRf上达到正的最小值 . /0K现在我们可以证明式(*). 事实上, 对于任意的 ,存在唯一的一组实数xE, 使得 , 不失一般性, 可设 因此, 12,nxL12nxxvvL0x不全为零, 注意到9, 1112221,nnnkkkxxy BL
14、故 1122 21112221(),nnnkkknnnkkkxxxfyxxf Kvv或.212 1| nnkxxxvvL由此容易得出(*)式. (ii) 设 是 中的基本列, 这里()1kxE, ()()()()12kkknxxxvvL即, 当 .()()|0kll利用(*)式便可以得到对于每一个 , 成立1,2inL, 当 .()()()()|klkliixKxkl即 是 中的基本列, 因此收敛. 设()1kix, ( , ).()0)kiix12,in记 , 显然 . 根据 中收敛的等价性(即按范数收(0)()(0)()12knxvvL(0)xE敛意味着每个分量收敛或即按坐标收敛), 容易
15、得到, 当 .()(0)|kxk因此 是完备的. (,|)E9 设 为线性赋范空间, 是 的线性闭子空间 . 在 中定义等价关系 为X0XX:10. 对任意的 , 以 记 的等价类, 令0xyX:xXx.0/|称 为商空间, 在 上定义线性运算如下: 0/ 0/(i) , ,xyxyX(ii) , .C并定义.0|inf|yXx试证: 按 也是一个线性赋范空间. 0/X0|x证：(一) 按照所定义的线性运算是线性空间 (证明略).(二) 是 中的范数. 按照定义, 对于每一个 显然0|x0/ 0/xX是一个确定的数, 因此 是映射. 0|inf|yX0|:/R(i) (非负性 ) 对于 , 显
16、然.0|inf|yXx(正定性) 当 时, 有0=x.00|if|yXx反之, 如果我们假设 , 需要证明 , 也只需证明00|inf|yX00=xX. 事实上, 根据下确界的定义, 对每一个自然数 , 存在 , 使得 0xX12kLky,0001|inf|kyXxyxk由此得到一个序列 且kX.0|kx 因为 是闭子空间因此 故 , 即 .0X0x000=X(ii) (正齐性) 对于 , 如果 , 则,XC, 故 . 如果 , 则当 取遍 中的所0x0xxy0X11有元时, 也取遍 中的所有元, 反之亦然, 因此y0X00|inf|inf|yXyXyxxx0 0|i|i|yy,0|inf|z
17、Xxx(iii) (三角不等式 ) 设 . 设 , 当 取遍 中的所有元时, 也取遍,xy,uvv0Xuv中的所有元, 反之亦然, 进而, 的取法是相互独立的, 因此0X0|inf|uXxyxy0,|vv0,if|uXxy00n|inf|vX.|xy也可用下面的证明方法: 对于任意的 , 由下确界的定义, 存在 使得0,uvX, ,0|xu0|yv因此可以得到 0|inf| |uXyxxuv|yv.00|2x因为 的任意性, 可得0.0|y00|y10 设 为线性赋范空间, 收敛, 即 按 中的范数收敛, 则X1nx1knSxX.11nn证：记12.1knSx对于有限项之和, 利用三角不等式,
18、 成立. (*)111|kknnnxx又因为 在范数意义下收敛, 其极限自然可以记为 , 即1knSx1n, 1knSx再一次利用三角不等式, 可以得到当 时,11| 0knknxx即 , 因此在(*)式中令 , 可得1|knSx.11nnx11 设 为线性赋范空间, 试证 是 Banach 空间当且仅当 是完0XX|1xX备的.证：记 . |1Tx(必要性) 设 是 Banach 空间 , 是 中的 Cauchy 列, 即 且nxT|1nx(当 ). |0mnx,因为 是 Banach 空间, 故 收敛, 即存在 , 使得 , 由三角不等式容Xnx0xX|0nx 易得到: ,|y因此, 00
19、|nnxx知 , 故 因此 , 即 完备. 0|nx0|1T(充分性) 设 是完备的, 并设 是 中的 Cauchy 列, 即 当TnxX|0mnx13. 由,mn,|0mnmnxx知 是 中的 Cauchy 数列, 因此收敛, 即存在某个数 使得|nx1 A. |nx如果 , 显然 收敛于 中的零元, 故不妨设 . 由此知当 充分大时, 总有0AnxX0n, 不失一般性, 可设对所有的 , 都有 . 考虑新的点列|nx|nx, :|ny显然 . 进而nyT|mnmnx|nmnxx， 11|mnnnx由此易知 是 中的 Cauchy 列. 因为 作为距离空间是完备的, 故 收敛, 即nyTTn
20、y存在 , 使得 . 最后我们断言: 0|0ny . |0nxAy 事实上, 00|nnxyxAy0|nnx00| |nnAyyx.0| 1|n nx14综上可得 是 Banach 空间. X15试证定理 4 中(f)式定义的 的确满足内积分的定义. (,)xy证明: 即要证明: 对于赋范线性空间 , 如果范数满足平行四边形法则: |X(*)222|(|)xyxy则由( 时) (f)221(,):|4RKR或 22(,):|xyxyC( 时) (f)2|iixyC所定义的确实是内积.(i) 对于 , xX221(,)|4xxxC, 2|ii|0因为 , 并且根据范数的性质|1|i.2(,)0(
21、,)|xxxCC同理可证 且 .(,)0xRR(ii)首先考虑 时的情形, 对于 , K,xyzX可将 表示为如下形式: (,)()xzyR,221|4xzz22|yzz|yxy 22142xzz ,22yxy 15再由平行四边形法则 222xyxyzz;22z222xyxyzz.22z因此 (,)(,)xzyR2212xyxyzz. ,R进而, 令 可以得到0y, (,)xzR2zR这里利用了 . 因为 是任意的, 故可将 换为(0,)zRx, 即可得到xy.(,)xyzR2,yzR对照上述二式, 即有= . (*)(,)(,)xzy,)xyzR至于 时的情形, 注意到从形式上看KC, (,
22、)=,()xyiCR利用上述已经证明了的等式(*)不难得到= .(,),)z(,)xyzC(iii) 首先考虑 时的情形, 对于 和任意实数 , 由已经证明的(*) 式有KR,xXst= ,()()sztR()xzR16可知函数 满足如下的函数方程: ():,ftxzR. (*)()()fstfst又 关于 是连续的, 因此必有():,ftxzRt.()1(,)fttxzR(事实上, 由(*)式对于任意的正整数 和 , 利用数学归纳法有nm()fsfs;(fnfs进而取 , 有 , 因此1sn1()()ffn. 1()()nffm又(*)中取 可得 , 取 可得 . 因此对于所有的有理0st(
23、)0fst()sf数, 均成立.()1ff利用 的连续性, 可知对所有的实数也成立. )()fs因此得到.(,)(1)(,)txzfttxzRR至于 时的情形, 注意到由 (f)KC221()|4ixyiyi22|iyiy|x|xx222|iyiy22|iyiy|4xx|x.(,)iyC由此也容易得到, 对于 tC. (,)(,)txzt(iv) 当 时, 容易知道KR; 221(,)|(,)4xyyyxR R17而当 时, 直接计算也可得到KC221()|4xyxy22|ixyixy|.(,)yxC16设 是 中单位开圆盘, 即 . 是 上的面积测度, 定DC|1DzdAD2()aLD义为.
24、 2 2()| ()|aLffz在 中 解 析 且 |(见课本第六页例 4)在 中定义内积为.,()DfgfzdA试证(1) ( )构成 的正交基.1()nnz,2L2a(2) 若 的 Taylor 展开式是 , 则 ;2()afLD0()kfz201ka(3) 若 的展开式是 , 则2()ag0()kgb.0,1kaf证：先给出一个预备性结果: 对于 ，因为 是解析函数, 因此可以展开为幂2()afLD()fz级数: .由此可以断言： 0()kfza（*）(),nfz1.na事实上，因为 是解析函数,幂级数 在 中内闭一致收敛, 即对于 的任意闭()fz0kazDD子集 , 在 上一致收敛.
25、 对于 , 以下取闭子集 为F0ka1F. :|z18容易知道 是 中的闭子集. D对于每一个 , 注意到级数 在 中仍旧一致收敛, 以下的积分12nL10knazD号和求和号可以交换顺序: (),()nnDfzfzdA0lim10liknDazd10liknknA10lim(cosi)(cs)inkDard 2100li (csi)(cos)i)kkndrkr 12000lim(cosin)(cs)in1)kkarkd 2100linar210()limnn1.na因此（*）式得证. (1) 首先证明 是正交集. 11()nnzz事实上, 对于复数 ,根据所给的定义cosi)r19112()
26、,cosin)(cosin)mnmnDmDzzdArdA2(1)i()cossnnmrid 2120()i(1)(cs)sinmdrmr 1200o1(in)(cos)sin()mrid21,0,.mn因此 是正交集. 因为 是完备的空间, 故只需再证 是完备的即1()nz2()aLD1()nz可得知其也是正交基. 设有 且 . 因为 是解析函数, 因f1()nfzf此可以展开为幂级数: .0()kfza根据（*）式，可以得到，对于每一个 , 12nL0(),nfz1.na由此即得 , ( ). 所以 . 即10na,2L0f是完备的, 因此是 中的正交基. ()z()aD(2) 既然 是基,
27、由 Parseval 等式可以得到1n.21(),|nnfzf利用（*）式，上式的左端可以表示为: 2021 2211 0(), .nnnnnfzaa由此可得所预期的结论. (3) 对于 和 , 有0()kfz0()kgzb和 ，利用内积的连续性和（*）式，10()()kkfa10()kkz10, (),kkfgazg10(),kk10(),kkagz0kkb0.1ka18设 是内积空间, 是 中的正交集, 求证: HneH, ( ).1(,)|nxyxyxH证： 对于任意的正整数 , 由 Cauchy 不等式和 Bessel 不等式可以得到k22111(),(,)(,)kknnnxeyxey
28、e,2211(,)(,)nny|由 的任意性, 知正项级数 收敛, 因此级数 绝对收敛,并k1(,)nxe 1(,)nxey且21.11(,)(,)|nnxeyxeyxy19试证 构成 的正交基, 但不是 的正交基.2sit2(0)L2(,)L证：(1) 首先证明 是 中的正交集. 事实上, 11()sinntt2(0,)002(),ii2cos()cos()mntmttdtnt1,.mn因此 是 中的正交集. 同理, 也容易证明 还是 中1()nt2(0,)L1()nt2(,)L的正交集.(2) 因为 是完备的空间, 故只需再证 是完备的即可得知其也是正交基. 2()1()nt设有 且 .
29、将 做奇延拓成为 : 0fL1()nfttf()ft(,0,:).tftf则 . ()ft2,)L注意到对于 , 利用 , 1n1()nftt,()sinffttd00()sin()sinfttfttd00()i()ifttdftt00()sin()sinfttfttd2200()sin)()sinfdfttd.02()sinfttd设 ,对于 ,利用 是奇函数, 可得0conntt,12 ()ft.,cos0nfftntd因此.10()()()nnfttt进而也容易得到.()ft1cosicosi,2tt 又已经知道与 1010()()sin)csnn ntttt仅相差一个常数因子的三角函数
30、系 cosioi,2tt 是 中的正交基, 因此2()L, a.e. , ()0ftt即有, a.e. .()ft0,t因此 是 中的正交基.1()nt2(0,L(3) 注意到 在 中不是完备的, 例如对于恒等于常数 1 的函数sit2)是非零元, 但对于 , 2()1()ftL12nL.,si0nftd23因此, 虽然是 的正交集, 但不是正交基.2sint2()L24 试给出 中列紧集的判别条件.1(,)Cab证：设子集 且 是 中一个数. 记A0x,ab及 .()|fA0()|BfxA则 是 中的列紧集的充分必要条件是1(,)Cab(i) 在 中有界;A(ii) 是 中的有界集; BR(
31、iii) 是 中等度连续的集合.(,)ab充分性 设 满足条件(i), (ii)和(iii). 1AC根据 中范数的定义: 对于 ,1(,)1()fCab,1(,),:mx|x|()|Cababfff容易看出, 且1(,)(,)Cababkkfff (,)Cabkf 因此只需证明 和 分别是 中的列紧集即可, 根据 Arzela-Ascoli 定理, 这也A只需证明 和 分别在 中有界且等度连续即可. 事实上, 在 中有界(,)abA()Cab性和等度连续已由所给条件得到保证(即(i)和(iii). 还需证明 在 中的有界性,和等度连续性. 记 在 中的一个界为 , 作为 中的有界集, 一个界
32、纪为A(,)CAMBR.对于任意的 , 利用中值定理, 有BMxab00|()|()|()|.ABfxfxfba此即表明 , 所以 在 中有界,且界为,max|()|()bfMA()Cab. 进而对于()ABM,xy24|()|()|.AfxyfxyM 由此易知 具有等度连续性.A必要性 设 是 中的列紧集, 即对于 的任何点列 , 在1()Cab 1()nfx1()nfx中的范数(距离)1,ab1(,),:max|()|a|()|Cabbxbfff意义下都有收敛的子列 . 因此, 和 分别在 中有knx1n1n(,)Cab收敛的子列的 和 . 这表明, 根据 Arzela- Ascoli 定
33、理, 和 均1()knf1()kf A是 中的列紧集, 因此 和 均在 中有界且等度连续, 因此得到(i)和()CabA()Cab(iii). 由 的有界性, 可以知道集合A0()|BfxA对于任意的 都是 中的有界集, 因此得到(ii).0x,abR26 设 是紧距离空间，映射 满足(,)X:fX. ( )1212(),(,)fxx12x则(1) 是否有唯一的不动点?f(2) 是否为压缩映射?解答: (1) 存在唯一的不动点, 证明如下:f(存在性) 定义映射 为:hXR.(),()hxfx由所给条件知此映射是连续的, 而 是紧空间表明此映射能在 中取得上下确界. 因此存X在 , 使得 y.
34、(),()inf()xXhyfyh断言 ，则 是 的不动点： . 若不然, , 则在所给的()inf()0xXhyf ()0y条件中取 有25,()(),()(,)(hfyffyfyh此与 达到 的下确界相矛盾. y)x(唯一性) 若还有 使得 但 . 仍由所给的条件 , 有zX()zfzy.0,(),()fzy这是个矛盾. 故必有 .zy(2) 可以不是压缩映射. 反例如下: f反例 1 记 , 其中距离定义为两点之间的 Euclid 距离: , 01X ,xyX. (,):|xy因为 是 的闭子集, 因此是完备的, 显然也是紧的. 定义映射 为: 对于R:T, . ():1xT显然 是自映
35、射, 且有唯一的不动点 0. T对于任意的 , 设 , 则 中至少有一个不为零 , 由此容易得到,xyXxy|(,)1()1xyT. |xy,所以 满足所需的条件, 但 不是压缩映射, 因为T. ,01,01()supsup1,()xyxyTy因此不存在常数 , 使得对于所有的 , ),X. ()()Txyx反例 2 记 , 其中距离定义为两点之间的 Euclid 距离: 10,2XnL, . ,xy():|xy因为 是 的闭子集, 因此是完备的, 显然也是紧的. 定义映射 为: 对于R:TX, X261,():0xTxn显然 是自映射, 且有唯一的不动点 0. T对于任意的 , 设 , 如果
36、 , 则有正整数 , , 使得 ,xyXxy,xXmn, 1yn且 |(,)1(1)nTxym; |n,xy如果 中有一个为零, 例如 , 也有xy0x. 1(,)Tym1(,)xy所以 满足所需的条件, 但 不是压缩映射, 因为例如对于 , 当T 1,nm时, 成立mn, 1(,) 1()Txynmn即不存在 , 使得 01)(,)(,)xyx补充题. 设二元函数 , 是 中的一个有界集, 记gCabA()Cab.():(,)aAFxgyfdfx%(i) 证明 是 中的列紧集; (,)Cab(ii) 问当 还是 中的闭集时, 是不是紧集?A证：(i) 因为 , 不难得知 . 根据 Arzel
37、a-Ascoli(,)()gxyab%(,)Cab定理, 只需再证明 在 中有界且等度连续即可. A%,C(a) 在 中有界, 即 作为由连续函数组成的集合是一致有界的. 事实上, 如()ab27果记 的一个界为 , 在 上的最大值为 , 则对于任意取定的AM|(,)|gxy,abK, 有某个 , 使得()Fx%fA, 由此得知,)(bagyfd|()|(,)baFxgyfd|(,)|bafmx|(,)|x|()|baaybygfd,|CabfK,|()abf.M因此 是 中有界集, 且 的一个界为 . A%()CabA%()K(b) 在 中等度连续. 对于 ,有某个 , 使得()FxfxA.
38、 因为 , 因此在 上一致(),)(baFxgyfd,)gyCab,ab连续, 故对于任意的 ,存在 , 当 且 时, 有0,x|x( ),|()()|gxy,yab由此可以得到 |()|(,)(,)bbaaFfdgxfdy (,)(,)bagxyfy|(,)(,)|(|bagxyfd28max|()|,(,)|byfgxydy,|(,)(,)|bCaf .()Mba由此易知 具有等度连续性.A%(ii) 当 还是 中的闭集时, 未必是紧集! ()A%反例可以构造如下: 考虑 中的集合(01)C,|12kxL显然 是 中的有界集, 一个界可以取为 1.可以断言 是 中的闭集, 因为A(01)
39、A(01)C对于任意的 , 不妨设 , 则,klxlk0,1,max|l klCx,1kllklkl对于任意固定的 , 当 趋于无穷大时, 右端项趋向于 1, 由此容易知道, 作为 中kl (0,1)C的子点列, 集合 不是 Cauchy 列, 因此不可能在 中有收敛的子列, 故集合 没有A(01)CA聚点, 因此是 中的闭集. (0,1)C定义 ,显然 . Kxy(,)(,)xy对于上述的集合 , 不难计算A10 1()|,2|,2kFdk%LL显然， 是 中列紧集，唯一的聚点是零函数，但零函数不在 中，因此不是闭,C A%集. 补充题. 设 是 中的一个有界集, 记A()ab.():()x
40、aBFftdA29证明 是 中的列紧集.B(,)Cab证：根据 Arzela-Ascoli 定理, 需证明 在 中有界且等度连续即可. B(,)Cab(i) 在 中有界, 即 作为由函数组成的集合是一致有界的. 事实上, 如果记()的界为 ,则对于任意取定的 , 有某个 , 使得AM()Fx()ftA, 由此得知()(xaFftd|()|()|()|xxaaFftdft,m|()|x xCbatbaftfdt.,| ()CfM因此 是 中有界集, 且 的界为 . B()CabB(ii) 在 中等度连续. 对于 ,有某个 , 使得 . , ()Fx()ftA()(xaFftd对于 ,xab|()
41、|()()xxaaxftdft%()|()|xxftdftd%,ma|()|x xCabtbftfdt%.|Mx由此易知 具有等度连续性.B补充题证明课本 20 页定理 8: 对于距离空间 中的任何集合 , 与 均是闭集 . (,)XG证：(i) 根据闭集的定义, 仅需证明30.G事实上, 设 , 则对于任意的yG0.(,)Sy设 , 根据极限点的定义, 对于(,)xSy,min(,)(,)0xy有. (,)SG又, (,)()xy因此有.(,)(,)SyGSxG注意到 的任意性, 即可得到 . 因此 是闭集 .0(ii) 需证明的是 . 因为 , 又G, (*)()AB故由(i)中已经证明了的结果, 有, GG因此 是闭集. G如下证明(*): 设 , 则yAB, 且 . yyB由前者知存在某个 , 使得0;0(,)SyA由后者知存在某个 , 使得1. 1(,)yB取
