泛函分析作业250922

首先证明 $\rho(x,y)$ 是度量。

非负性和对称性显然, 下证三角不等式。

由 $f(t)=\frac {t}{1+t}=1-\frac{1}{1+t}$ 递增, 于是用复数域 $|x-y|$ 度量的三角不等式得到 $$\frac{|\xi_k-\eta_k|}{1+|\xi_k-\eta_k|}\leqslant \frac{|\xi_k-\zeta_k|+|\zeta_k-\eta_k|}{1+|\xi_k-\zeta_k|+|\zeta_k-\eta_k|}.$$ 又 $f’(t)=\frac{1}{(1+t)^2}<1$, 所以有 $f(|a|+|b|)\leqslant f(|a|)+f(|b|)$. 故 $$\frac{|\xi_k-\eta_k|}{1+|\xi_k-\eta_k|}\leqslant \frac{|\xi_k-\zeta_k|}{1+|\xi_k-\zeta_k|}+\frac{|\zeta_k-\eta_k|}{1+|\zeta_k-\eta_k|}$$ 再对 $k$ 求和就可以得到三角不等式成立。

然后证明 $S$ 是完备的。

任取一个 $S$ 中的柯西列 ${x^{(m)}}$ ($m\to\infty, \forall p\in\mathbb{N}_+$) 即 $\forall \varepsilon>0,\exists M>0,\ s.t. \forall m\geqslant M, p\geqslant 1$ 有 $\rho(x^{(m+p)},x^{(m)})<\varepsilon$。

现关注数列的第 $k$ 项, 当 $\varepsilon<\frac{1}{2^{k+1}}$ 时, 有 $$\frac{|x_k^{(m+p)}-x_k^{(m)}|}{1+|x_k^{(m+p)}-x_k^{(m)}|}< 2^k\varepsilon.$$ 移向变换可得 $$|x_k^{(m+p)}-x_k^{(m)}|<\frac{2^k\varepsilon}{1-2^k\varepsilon}\overset{2^k\varepsilon<\frac 1 2}{<}2^{k+1}\varepsilon.$$ 由于现在关注的是第 $k$ 项构成的序列 ${x_k^{(m)}}_{m=1}^\infty$ 所以我们得到 ${x_k^{(m)}}$ 是 $\mathbb{C}$ 中的柯西列, 根据复数域的完备性该序列收敛, 记收敛于 $x_k$。

如此, 我们就得到了一个新的数列 ${x_k}\in S$ 记作 $x$. 下证 ${x^{(m)}}$ 收敛于 $x$。

$\forall \varepsilon>0$, 由于 $\frac{|x_k^{(m)}-x_k|}{1+|x_k^{(m)}-x_k|}<1$, 所以 $$\sum\limits_{k=n_0+1}^\infty \frac{1}{2^k}\cdot \frac{|x_k^{(m)}-x_k|}{1+|x_k^{(m)}|}<\frac{1}{2^{n_0}}.$$ 取 $n_0\geqslant\lceil-\log_2 \varepsilon\rceil+1$ 那么對於前 $n_0$ 項, 由于每一项都收敛至 $x_k$, 又是有限项, 故可以取一个一致的 $M$, 使得 $|x_k^{(m)}-x_k|<\varepsilon,\ \forall m\geqslant M$, 从而 $\rho(x^{(m)},x)<2\varepsilon,\ \forall m\geqslant M$。

即 ${x^{(m)}}$ 收敛. 综上 $S$ 是完备的度量空间。

考虑数列 $x_n=(1,\frac 1 2,\ldots,\frac 1 {n-1},\frac 1 n,0,0,\ldots)\in F$. 有 $\forall n,m\geqslant N$, $\rho(x_n,x_m)<\frac 1 N$, 从而 ${x_n}$ 是柯西列, 但显然 ${x_n}$ 收敛至 $(1,\frac 1 2,\ldots,\frac 1 n,\ldots)\notin F$. 从而 $F$ 不完备.

$F$ 的完备化空间应该是所有极限为 0 的实数列的全体, 记为 $\widetilde{F}$。

先说明 $F$ 在 $\widetilde{F}$ 中稠密。

即证明 $\forall x\in\widetilde{F}, \varepsilon>0,\ \exists y\in F,\ s.t. \rho(x,y)<\varepsilon$。

设 $x=(\xi_1,\xi_2,\ldots,\xi_n,\ldots)$, 由于 $\lim\limits_{n\to\infty}\xi_n=0$, 所以存在 $N_0$ 使得 $n\geqslant N_0$ 时 $\xi_n<\varepsilon$. 故只需取 $y=(\xi_1,\xi_2,\ldots,\xi_{N_0},0,0,\ldots)$, 那么 $\rho(x,y)=\sup\limits_{n\geqslant N_0}\xi_n<\varepsilon$。

所以 $F$ 在 $\widetilde{F}$ 中稠密。

再说明 $\widetilde{F}$ 是完备的。

任取 ${x^{(n)}}$ 是柯西列。

$$\forall \varepsilon>0,\exists N,\ s.t. \forall n,m\geqslant N,\sup\limits_{k\geqslant 1}|\xi_k^{(n)}-\xi_k^{(m)}|<\varepsilon$$ 进而对每一维 $k$ 有 $$|\xi_k^{(n)}-\xi_k^{(m)}|\leqslant\sup\limits_{j\geqslant 1}|\xi_j^{(n)}-\xi_j^{(m)}|<\varepsilon$$ 即 ${\xi_k^{(n)}}_{n=1}^\infty$ 也是柯西列, 由 $\mathbb{R}$ 的完备性知其收敛, 记为 $\xi_k$. 故取 $x=(\xi_1,\xi_2,\ldots,\xi_n,\ldots)$, 下证 $x^{(n)}\to x$ 且 $x\in \widetilde{F}$。

由 ${x^{(n)}}$ 是柯西列, 可得 $\forall \varepsilon>0,\exists N,\ s.t.\forall n,m\geqslant N$ 有 $$\sup\limits_{j\geqslant 1}|\xi_j^{(n)}-\xi_j^{(m)}|<\varepsilon$$ 再固定 $n$ 对一切 $m\geqslant N$ 和 $k$ 有 $$|\xi_k^{(n)}-\xi_k^{(m)}|\leqslant\sup\limits_{j\geqslant 1}|\xi_j^{(n)}-\xi_j^{(m)}|<\varepsilon$$ 再令 $m\to\infty$ 得到 $$|\xi_k^{(n)}-\xi_k|\leqslant \varepsilon,\quad \forall k$$ 从而 $$ \rho(x^{(n)},x)=\sup\limits_{k\geqslant 1}|\xi_k^{(n)}-\xi_k|\leqslant\varepsilon,\forall n\geqslant N\label{hw1.2.3} $$

即 $x^{(n)}\to x$. 并且由 ${\xi_k^{(n)}}_{k=1}$ 收敛至 $0$, 我们有 $\exists K,\ s.t.\forall k\geqslant K, \ |\xi_k^{(N)}-\xi_k|<\varepsilon,\ |\xi_k^{(N)}|<\varepsilon$ 从而 $|\xi_k|<2\varepsilon$ 即 $\xi_k\overset{k}{\to}0$, $x\in \widetilde{F}$。

综上我们说明了 $\widetilde{F}$ 是 $F$ 的完备化空间.

首先证明 $\rho(x,y)$ 是度量.

非负性和对称性显然, 下证三角不等式.

由 $f(t)=\frac {t}{1+t}=1-\frac{1}{1+t}$ 递增, 于是用复数域 $|x-y|$ 度量的三角不等式得到 $$\frac{|\xi_k-\eta_k|}{1+|\xi_k-\eta_k|}\leqslant \frac{|\xi_k-\zeta_k|+|\zeta_k-\eta_k|}{1+|\xi_k-\zeta_k|+|\zeta_k-\eta_k|}$$ 又 $f’(t)=\frac{1}{(1+t)^2}<1$, 所以有 $f(|a|+|b|)\leqslant f(|a|)+f(|b|)$. 故 $$\frac{|\xi_k-\eta_k|}{1+|\xi_k-\eta_k|}\leqslant \frac{|\xi_k-\zeta_k|}{1+|\xi_k-\zeta_k|}+\frac{|\zeta_k-\eta_k|}{1+|\zeta_k-\eta_k|}$$ 再对 $k$ 求和就可以得到三角不等式成立.

然后证明 $S$ 是完备的.

任取一个 $S$ 中的柯西列 ${x^{(m)}}$ ($m\to\infty, \forall p\in\mathbb{N}_+$) 即 $\forall \varepsilon>0,\exists M>0,\ s.t. \forall m\geqslant M, p\geqslant 1$ 有 $\rho(x^{(m+p)},x^{(m)})<\varepsilon$.

现关注数列的第 $k$ 项, 当 $\varepsilon<\frac{1}{2^{k+1}}$ 时, 有 $$\frac{|x_k^{(m+p)}-x_k^{(m)}|}{1+|x_k^{(m+p)}-x_k^{(m)}|}< 2^k\varepsilon$$ 移向变换可得 $$|x_k^{(m+p)}-x_k^{(m)}|<\frac{2^k\varepsilon}{1-2^k\varepsilon}\overset{2^k\varepsilon<\frac 1 2}{<}2^{k+1}\varepsilon$$ 由于现在关注的是第 $k$ 项构成的序列 ${x_k^{(m)}}_{m=1}^\infty$ 所以我们得到 ${x_k^{(m)}}$ 是 $\mathbb{C}$ 中的柯西列, 根据复数域的完备性该序列收敛, 记收敛于 $x_k$.

如此, 我们就得到了一个新的数列 ${x_k}\in S$ 记作 $x$. 下证 ${x^{(m)}}$ 收敛于 $x$.

$\forall \varepsilon>0$, 由于 $\frac{|x_k^{(m)}-x_k|}{1+|x_k^{(m)}-x_k|}<1$, 所以 $$\sum\limits_{k=n_0+1}^\infty \frac{1}{2^k}\cdot \frac{|x_k^{(m)}-x_k|}{1+|x_k^{(m)}|}<\frac{1}{2^{n_0}}$$ 取 $n_0\geqslant\lceil-\log_2 \varepsilon\rceil+1$ 那么對於前 $n_0$ 項, 由于每一项都收敛至 $x_k$, 又是有限项, 故可以取一个一致的 $M$, 使得 $|x_k^{(m)}-x_k|<\varepsilon,\ \forall m\geqslant M$, 从而 $\rho(x^{(m)},x)<2\varepsilon,\ \forall m\geqslant M$。

即 ${x^{(m)}}$ 收敛. 综上 $S$ 是完备的度量空间.