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泛函分析题1_3列紧集20070501
泛函分析题1_3列紧集p19
1.3.1在完备的度量空间中，求证：
为了子集A是列紧的，其充分必要条件是对"e>0，存在A的列紧的e网．
证明：
（1）若子集A是列紧的，由Hausdorff定理，
"e>0，存在A的有限e网N．
而有限集是列紧的，故存在A的列紧的e网N．
（2）若"e>0，存在A的列紧的e/2网B．
因B列紧，由Hausdorff定理，存在B的有限e/2网C．
因CÍBÍA，故C为A的有限e网．
因空间是完备的，再用Hausdorff定理，知A是列紧的．
1.3.2在度量空间中，求证：
紧集上的连续函数必是有界的，并且能达到它的上、下确界．
证明：
设（X,r）是度量空间，D是紧子集，f:
D®R是连续函数．
（1）若f无上界，则"nÎN+，存在xnÎD，使得f（xn）>1/n．
因D是紧集，故D是自列紧的．
所以{xn}存在收敛子列xn（k）®x0ÎD（k®¥）．
由f的连续性，f（xn（k））®f（x0）（k®¥）．
但由f（xn）>1/n知f（xn）®+¥ （n®¥），
所以f（xn（k））®+¥（k®¥），矛盾．
故f有上界．同理，故f有下界．
（2）设M=supxÎDf（x），则"nÎN+，存在ynÎD，使得f（yn）>M-1/n．
{yn}存在子列yn（k）®y0ÎD（k®¥）．
因此f（y0）³M．
而根据M的定义，又有f（y0）£M．
所以f（y0）=M．因此f能达到它的上确界．
同理，f能达到它的下确界．
1.3.3在度量空间中，求证：
完全有界的集合是有界的，并通过考虑l2的子集E={ek}k³1，其中ek={0,0,...,1,0,...}（只是第k个坐标为1，其余都是0），来说明一个集合可以是有界的但不完全有界的．
证明：
（1）若A是度量空间（X,r）中的完全有界集．
则存在A的有限1-网N={x0,x1,x2,...,xn}．
令R=å1£j£nr（x0,xj）+1．
则"xÎA，存在某个j使得0£j£n，且r（x,xj）<1．
因此，r（x,x0）£r（x,xj）+r（xj,x0）£1+å1£j£nr（x0,xj）=R．
所以A是度量空间（X,r）中的有界集．
（2）注意到r（ek,ej）=21/2（"k¹j），
故E中任意点列都不是Cauchy列．
所以，E中任意点列都没有收敛子列（否则，该收敛子列就是Cauchy列，矛盾）．
因此，E不是列紧集．
由l2是完备的，以及Hausdorff定理，知E不是全有界集．
但E显然是有界集．
1.3.4设（X,r）是度量空间，F1,F2是它的两个紧子集，求证：
$xiÎFi（i=1,2），使得r（F1,F2）=r（x1,x2）．其中r（F1,F2）=inf{r（x,y）|xÎF1,yÎF2}
证明：
由r（F1,F2）的定义，"nÎN+，$xi（n）ÎFi（i=1,2），使得
r（x1（n）,x2（n））因F1,F2紧，故不妨假设{x1（n）},{x2（n）}都是收敛列．
设它们的极限分别为x1,x2，则r（x1,x2）£r（F1,F2）．
因此r（F1,F2）=r（x1,x2）．
1.3.5设M是C[a,b]中的有界集，求证集合{F（x）=ò[a,x]f（t）dt|fÎM}是列紧集．
证明：
设A={F（x）=ò[a,x]f（t）dt|fÎM}．
由M有界，故存在K>0，使得"fÎM，r（f,0）£K．
先证明A是一致有界的和等度连续的．
"FÎA，存在fÎM，使得F（x）=ò[a,x]f（t）dt．
由于r（F,0）=maxxÎ[a,b]|F（x）|=maxxÎ[a,b]|ò[a,x]f（t）dt|
£maxxÎ[a,b]|f（t）|·（b-a）=r（f,0）·（b-a）£K（b-a）．
故A是一致有界的．
"e>0，"s,tÎ[a,b]，当|s-t|"FÎA，存在fÎM，使得F（x）=ò[a,x]f（u）du．
|F（s）-F（t）|=|ò[s,t]f（u）du|£maxuÎ[a,b]|f（u）|·|s-t|
=r（f,0）·|s-t|£K·（e/K）=e．
故A是等度连续的．
由Arzela-Ascoli定理，A是列紧集．
1.3.6设E={sinnt}n³1，求证：
E在C[0,p]中不是列紧的．
证明：
显然E是一致有界的．
根据Arzela-Ascoli定理，我们只要证明E不是等度连续的即可．
我们的想法是找一个E中的点列fn，以及[0,p]中的两个点列sn和tn，使得
|sn-tn|®0，但|fn（sn）-fn（tn）|不收敛于0．
事实上，这是可以做到的，只要令
fn（u）=sin（2nu），sn=（p/2）（1+1/（2n）），tn=（p/2）（1-1/（2n））．
则sn+tn=p；sn-tn=p/（2n）®0 （n®¥）．
因此，|fn（sn）-fn（tn）|=2|sin（2nsn）-sin（2ntn）|
=2|sin（n（sn-tn））cos（n（sn+tn））|
=2|sin（p/2）cos（np）|=2．
所以，E不是等度连续的．进而，E在C[0,p]中不是列紧的．
1.3.7求证S空间的子集A是列紧的充要条件是：
"nÎN+，$Cn>0，使得
"x=（x1,x2,...,xn,...）ÎA，都有|xn|£Cn （n=1,2,...）．
证明：
（Ü）设xk=（x1（k）,x2（k）,...,xn（k）,...）（k=1,2,...）是A中的点列．
存在{xk}的子列{x1,k}使得其第1个坐标x1（1,k）收敛；
存在{x1,k}的子列{x2,k}使得其第2个坐标x2（2,k）收敛；
如此下去，得到一个{xk}的子列的序列，第（j+1）个子列是第j个子列的子列，且第j个子列的第j个坐标是收敛的．
选取对角线构成的点列{xj,j}，则{xj,j}是{xk}的子列，且每个坐标都收敛．
根据习题1.2.1的证明可知，S空间的点列收敛的充要条件是坐标收敛．
故{xj,j}是收敛点列．所以，A是列紧的．
（Þ）我们只要证明，"nÎN+，A中的点的第n个坐标所构成的集合是有界集．
若不然，设A中的点的第N个坐标所构成的集合是无界的．
则存在A中的点列xk=（x1（k）,x2（k）,...,xn（k）,...）（k=1,2,...），使得|xN（k）|>k．
显然，{xN（k）}无收敛子列，故{xk}也无收敛子列，这与A列紧相矛盾．
这样就完成了必要性的证明．
1.3.8设（X,r）是度量空间，M是X中的列紧集，映射f:
X®M满足
r（f（x1）,f（x2））求证：
f在X中存在唯一的不动点．
证明：
（1）首先证明cl（M）是紧集．为此只要证明cl（M）列紧即可．
设{xn}是cl（M）中的点列，则存在M中的点列{yn}使得r（xn,yn）<1/n．
因M列紧，故{yn}有收敛子列{yn（k）}，设yn（k）®uÎcl（M）．
显然{xn（k）}也是收敛的，并且也收敛于uÎcl（M）．
所以cl（M）是自列紧的，因而是紧集．
（2）令g（x）=r（x,f（x）），则g是X上的连续函数．
事实上，由r（f（x1）,f（x2））X®M是连续的，因而g也连续．
由习题1.3.2知存在x0Îcl（M），使得g（x0）=inf{r（x,f（x））|xÎcl（M）}．
（3）若g（x0）>0，则r（x0,f（x0））>0，即x0¹f（x0）．
故r（x0,f（x0））=g（x0）£g（f（x0））=r（f（x0）,f（f（x0）））所以，必有g（x0）=0，即r（x0,f（x0））=0，因此x0就是f的不动点．
1.3.9设（M,r）是一个紧距离空间，又EÍC（M），E中的函数一致有界并且满足下列的Hölder条件：
|x（t1）-x（t2）|£Cr（t1,t2）a （"xÎE，"t1,t2ÎM），
其中00．求证：
E在C（M）中是列紧集．
证明：
由Hölder条件易知E是等度连续的．又E中的函数一致有界，
由Arzela-Ascoli定理知E是C（M）中的列紧集．
[第3节完]
泛函分析题1_4线性赋范空间p39
1.4.1在2维空间R2中，对每一点z=（x,y），令
||z||1=|x|+|y|；||z||2=（x2+y2）1/2；||z||3=max（|x|,|y|）；||z||4=（x4+y4）1/4；
（1）求证||·||i （i=1,2,3,4）都是R2的范数．
（2）画出（R2,||·||i） （i=1,2,3,4）各空间中单位球面图形．
（3）在R2中取定三点O=（0,0），A=（1,0），B=（0,1）．试在上述四种不同的范数下求出DOAB三边的长度．
证明：
（1）正定性和齐次性都是明显的，我们只证明三角不等式．
设z=（x,y）,w=（u,v）ÎR2，s=z+w=（x+u,y+v），
||z||1+||w||1=（|x|+|y|）+（|u|+|v|）=（|x|+|u|）+（|y|+|v|）
³|x+u|+|y+v|=||z+w||1．
（||z||2+||w||2）2=（（x2+y2）1/2+（u2+v2）1/2）2
=（x2+y2）+（u2+v2）+2（（x2+y2）（u2+v2））1/2
³（x2+u2）+（y2+v2）+2（xu+yv）
=（x+u）2+（y+v）2=（||z+w||2）2．
故||z||2+||
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