2022年應用泛函分析教案

1、4 柯西點列和完備度量空間教學內(nèi)容(或課題)：目的要求：掌握柯西點列、完備度量空間的概念，學會使用概念和完備度量空間的充要條件判別完備度量空間 . 教學過程：設1nnx是1r 中的點列， 若0，nn， s.t. 當nnm,時，有mnxxd,=mnxx，則稱1nnx是1r 中的柯西點列. def 1設 x =( x ，d )是度量空間，1nnx是x 中的點列. 若0,nn， s.t. 當nnm,時， 有mnxxd,， 則稱1nnx是 x 中的柯西點列或基本點列. 若度量空間( x ，d )中每個柯西點列都收斂，則稱( x ，d ) 是完備的度量空間.有理數(shù)的全體按絕對值距離構成的空間不完備 ，如

2、點列 1, 1.4, 1,41, ,412.1在1r 中收斂于2，在有理數(shù)集中不收斂. 但度量空間中每一個收斂點列都是柯西點列 . 實因若xxn，則0,nn，s.t. 當nnm,時，都有xxdn,2. 因此當nmn，時，有mnxxd,xxdn,+xxdm,2+2. 所以1nnx是柯西點列. 例 2l(表有界實或復數(shù)列全體)是完備度量空間. 證明設1mmx是l中的柯西點列，其中mx=,21.0,nn，s.t. 當nnm,時，都有nmxxd,=njmjjsup (1) 因此對每個固定的 j ，當nnm,時，成立精品學習資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - -

3、第 1 頁，共 23 頁 - - - - - - - - -njmj (2) 于是kj，,2, 1k是柯西數(shù)列. 由于實數(shù)集或復數(shù)集按差的絕對值定義距離是完備的， 故存在實或復數(shù)j， s.t.njj(n)令x=,21，往證xl且mxx. 在(2) 中，令n，得nm時，成立jmj (3) 因為mx=,21mjmml，所以mk0，s.t.j，成立mjmk(不同的數(shù)列，界可能不一樣). 所以mjjj+mk. 所以xl. 由(3) 知，nm時，成立xxdm,jmjjsup. 所以xxm. 所以l是完備度量空間. 例 2 令c表示所有收斂的實或復數(shù)列的全體，x=,21c ，y =,21c ，令yxd,=

4、jjjsup. 則01yxd,0且x=y時，yxd,=0. 又jjjjjsup=yxd,=0 j=j( j). 于是yxd,=0 x=y . 02z=,21c ，則由于對j，成立jjjj+jjjjjsup+jjjsup= zxd,+zyd,. 所以jjjsupzxd,+zyd,. 即yxd,zxd,+zyd,. 所以yxd,可定義為c 中兩點間的距離. 于是c按距離yxd,成為度量空間(實際上是l的一個子空間). 欲證c是完備度量空間，先證精品學習資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 2 頁，共 23 頁 - - - - - - - - -th 1

5、 完備度量空間x 的子空間m 是完備度量空間m 是 x 中的閉子空間. 證明設 m 是完備子空間，對每個xm ，m 中點列1nnx，使xxn. 所以1nnx是 m 中柯西點列. 所以它在m 中收斂. 由極限的唯一性，所以xm . 所以mm . 即m 是x 中的閉子空間. 反之，若1nnx是m 中柯西點列，因 x 是完備度量空間，則在 x 中收斂. 即xx ，s.t.xxn. 因為m 是x 中的閉子空間，所以xm ，所以1nnx在m 中收斂. 于是m 是完備度量空間. 例 2的證明由 th 1 只證c 是l中的閉子空間即可. x=,21c (要證kj，從而xc)，nx=,21nnc (,2, 1

6、n)， s.t.xxn. 所以0， n，s.t. 當nn時，成立jnjjnjjsup=xxdn,3. 特別取nn，則對j，成立jnj3.因為nxc , 所以當 j時，nj收斂. 故1n，s.t.j, k1n時，成立nknj3. 所以j, k1n時，成立kjnjj+nknj+knk3+3+3=. 所以1jj是柯西數(shù)列，因而收斂. 所以x=,21c . 所以c 是l中的閉子空間. 由 th 1，c 是完備度量空間. 證畢. 作業(yè)：p 206. 14. 15 中的abs,. 精品學習資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 3 頁，共 23 頁 - - -

7、- - - - - -作業(yè)題解： 14 =1， n，s.t. 當nnm,時，有mnxxd,1, 特別當nn時，有1,nnxxd1. 又nn時，1,nnxxd只有有限個值故 m0,s.t.1,nnxxdm . 因此mn,，成立mnxxd,1,nnxxd+mnxxd,1mm 2,1,2max. 所以1nnx是有界點列. 15設1nnx是s中的柯西點列，nx=,21nn. 即0, n， s.t.nnm,時，成立mnxxd,=1121kmknkmknkk () 所以k，nnm,時， 成立mknkmknk1k2. 因為給0，對于每個固定的k ，：0121k，然后由這個，按不等式() ，n. 所以nnm,

8、時， 對這個固定的k ， 成立mknkmknk11. 所以mknk (nnm,). 所以1jj是實(復)數(shù)集中的柯西點列. 而實(復)數(shù)集完備, 所以1nnk收斂，設nkk(n). 記x=,21，則xxn. 而xs，所以s完備. 設1nnx是ab中的柯西點列，nx=tfn，at. 0， n，s.t. 當nnm,時，成立tftfmnatsup. 所以nnm,及at，成立精品學習資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 4 頁，共 23 頁 - - - - - - - - -tftfmn. () 因此在集a上，函數(shù)列1nntf收斂，設tfntf. 由()式

9、，令m得nn時，tftfn. 所以nn時，tftftfmn+tfn+m (由于1nntf收斂，從而m 存在). 所以abtf，又已證tfntf所以ab是完備度量空間. 柯西點列和完備度量空間(續(xù))教學內(nèi)容(或課題)：目的要求：再次鞏固上次課學習的概念與定理， 進一步掌握使用概念及定理判別完備度量空間的常用方法 . 教學過程：bac,是完備的度量空間. 證明設nx，,2 , 1n是bac,中的柯西點列. 0，n，s.t. 當nnm,時，成立btamaxtxtxnm. (4) 所以tba,，有txtxnm. 于是當t固定時，1nntx是柯西數(shù)列.由實(復)數(shù)集的完備性，tx，s.t.txntx.

10、往證txbac,，nxx實因在(4) 中令m，得知nn時，成立btamaxtxtxn. (5)所以txn在ba,上一致收精品學習資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 5 頁，共 23 頁 - - - - - - - - -斂于tx，從而txbac,. 由(5) ，當nn時，xxdn,=btamaxtxtxn. 所以nxx， 故bac,是完備度量空間. 令bap,表示閉區(qū)間ba,上實系數(shù)多項式全體,bap,作為bac,的子空間是不完備的度量空間. 實因多項式列132!621nnnxxxx在閉區(qū)間ba,上一致收斂于連續(xù)的指數(shù)函數(shù)xe，但xe非多項式.

11、即bap,不是bac,的閉子空間. 由 th 1，bap,不是完備度量空間. 證畢. 設 x 表示閉區(qū)間1 ,0上連續(xù)函數(shù)全體，對yx,x ，令yxd,=10dttytx. 易知dx,成為度量空間. 實因01顯然yxd,0. 若t1 ,0時，txty，從而yxd,=0. 反之若yxd,=0， 即10dttytx=0. 因tytx0， 故tx=ty.ea于1 ,0. 又因.ea相等的連續(xù)函數(shù)必然處處相等，故yx. 總之yxd,0 且yxd,=0yx. 02yxd,=10dttytx10dttztx+10dttytz =zxd,+zyd,. 所以dx,是度量空間. 例 5上面定義的度量空間dx ,

12、不完備. 精品學習資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 6 頁，共 23 頁 - - - - - - - - -證明令txm=210,012121,121, 11tmttm線性先證1nnx是dx ,中的柯西點列. 實因0，當nm1時，mnxxd,=10dttxtxmn=mmndttxtx12121=nm1121m1. 所以點列1nnx是dx ,中的柯西點列. 再證點列1nnx在dx ,中不收斂. 實因對每個xx ，xxdn,=10dttxtxn=210dttx+mndttxtx12121+11211mdttx. 若xxdn,0, 必有210dttx

13、=1211dttx=0. 但由于tx在閉區(qū)間1 ,0上連續(xù)， 得tx在21, 0恒為 0， 在1 ,21恒為 1. 與精品學習資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 7 頁，共 23 頁 - - - - - - - - -在t=21間斷相矛盾. 故dx ,是不完備的度量空間. 作業(yè)：p206. 15.xm、離散空間. 作業(yè)解答：設1nnx是xm中的基本點列，0，有mnxxmx1mnxxxmnmndttxtxtxtx1xmnmndttxtxtxtx1=mnxxd,. 0，n，s.t. n，mn ，有mnxxd,. 從而mnxxmx1. 所以mnxxmx

14、0 mn,. 由此可找到自然數(shù)列：1n2n3nkn，s.t. knnkkxtxmx211k21對,2, 1k都成立. 記kx=knnkkxtxx211, 再令0x=1mmkkx，則 x - 0x=1mmkkxxmkkxx，0xxmmkk21=121m. 令m，得0xxm=0. 所以0mx=mx. 顯見在0x上1kntxk處處收斂于一個極限函數(shù)，記這個極限函數(shù)為tx. 令tx0=00,0,xxtxttx則tx0為x 上的可測函數(shù)，故tx0xm. 當nnnk,時，由精品學習資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 8 頁，共 23 頁 - - - - -

15、- - - -xnnnndttxtxtxtxkk1=knnxxd,，令k，由勒貝格有界收斂定理，得0,xxdnnn. 所以0 xxnn. 故xm是完備的度量空間. 5.度量空間的完備化教學內(nèi)容(或課題)：目的要求： 使學生掌握度量空間的完備化定理的條件、結論及其證明方法 . 教學過程：der 1 設( x , d ) ，(x,d)是兩個度量空間，若存在x 到x上的保距映照t (1x,2xx ，有d( t1x, t2x)= d (1x,2x) ， 則稱( x , d )和(x,d)等距同構， 此時稱t 為 x 到x上的等距同構映照(既映上又保距). 等距同構映照是1-1 映照. 實因設1x,2x

16、x ，且1x2x，則因d (1x,2x)0 及d( t1x, t2x)=d (1x,2x)0，知t1xt2x. 在泛函分析中往往把兩個等距同構的度量空間不加區(qū)別而視為同一個度量空間. th 1 ( 度量空間完備化定理) 設 x =( x , d )是度量空間，那么一定存在一完備度量空間x=(x,d)， 使 x 與x的其個稠密子空間w 等距同構， 并且x在等距同構意義下是唯一的， 即若(x?,d?)也是一完備度量空間， 且 x 與x?的其個稠密子空間w 等距同構，則(x,d)與(x?,d?)等距同構. 證明分 4步完成. 精品學習資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - -

17、 - - - 第 9 頁，共 23 頁 - - - - - - - - -(1) 構造x=(x,d). 令x為 x 中柯西點列x=1nnx全體，對x中任意兩個元素x=1nnx和y=1nny，若nlimnnyxd,=0， (1) 則稱x與y相等，記為x=y，或1nnx=1nny. x=1nnx，y=1nnyx，定義d( x,y)=nlimnnyxd,. (2) 首先指出(2) 式右端極限存在. 實因由三點不等式nnyxd,mnxxd,+mmyxd,+nmyyd,，所以nnyxd,-mmyxd,mnxxd,+nmyyd,. 同理mmyxd,-nnyxd,mnxxd,+nmyyd,. 所以 |mmy

18、xd,-nnyxd,|mnxxd,+nmyyd,. (3) 因為1nnx和1nny是 x 中的柯西點列，所以1,nnnyxd是1r中柯西數(shù)列,所以(2) 式在端極限存在. 其次指出：若1nnx=1nnx，1nny=1nny，則nlimnnyxd,=nlimnnyxd,，即d( x,y)與用來表示 x,y具體柯西點列1nnx，1nny無關. 實因仿(3) 式之證法，得 |nnyxd,-nnyxd,|nnxxd,+nnyyd,. 由nlimnnxxd,=0和nlimnnyyd,=0 ，可 得精品學習資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 10 頁，共 2

19、3 頁 - - - - - - - - -nlimnnyxd,=nlimnnyxd,. 最后證明yxd,滿足關于距離條件01 及02 ：顯然yxd,=nlimnnyxd,0. 又yxd,=0 nlimnnyxd,=0 x=y. x=1nnx，y=1nny， z=1nnzx， 則nnyxd,nnzxd,nnzyd,，故nlimnnyxd,nlimnnzxd,nlimnnzyd,，即yxd,zxd,zyd,. 所以x按d成度量空間. (2)作x的稠密子空間w 及 x 到w 的等距映照tbx ，令b=1nnb，其中nb=b，,2, 1n，顯然bx. 令t b=b，w =t x . 因為dtatb,=

20、dab,=nlimabd,，所以t 是x 到w 上的等距映照.在 x 與w 等距同構之下往證 w 是x中的稠密子集. x=1nnxx, 令nx=1jjx， 其中jx=nx，,2, 1j， 則nxw . 因nx=1jjx是 x中的柯西點列，故0， n，s.t.nn時，有nnxxd,2. 于是nxxd,=nlimnnxxd,2. 即在,xu中必有 w 中的點，故w在x中稠密. (3)證明x是完備的度量空間設1nnx是x中的柯西點列，因為w 在x中稠密，所以對每個nx，精品學習資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 11 頁，共 23 頁 - - - -

21、- - - - -nzw ，s.t. nnzxd,n1. (4)所以nmzzd,mmxzd,nmxxd,nnzxd,m1nmxxd,n1，所以1nnx是w 中柯西點列. 因為t 是 x 到w 上的等距映照， 所以1mmz是 x 中柯西點列. 令 x=1mmz， 則 xx. 由(4)式，有xxdn,nnzxd,xzdn,n1xzdn,=n1nlimmnzzd,0 (n). 所以nlimxxdn,=0，所以x是完備度量空間. (4) 證明x的唯一性設dx?,?是另一個完備度量空間，且 x 與dx?,?中稠密子集w?等距同構. 作x?到x上映照t 如下：對x?x?，由于w?在x?中稠密，w?中點列1

22、?nnx，s.t.nx ?x ?.但由于w?與x 等距同構，w 也與 x 等距同構，從而w?與w也等距同構. 設為w?到w 上等距同構映照， 由nx ?x ?知1?nnx是x中柯西點列，由x完備性，xx，s.t.xxn?. 令xt ?=x. 首先，這樣定義的 t 與1?nnx無關， 即若另有1?nny，wyn?，,2, 1n，xyn?， 則nlimnx ?=nlimny ?. 實 因nnnnyxd?lim,?lim=nlimnnyxd?,?=nlimnnyxd?,?=xxd?, ?=0. 所以nlimnx ?=nlimny ?. 精品學習資料 可選擇p d f - - - - - - - -

23、- - - - - - 第 12 頁，共 23 頁 - - - - - - - - -下證t 是 x 到x上的等距同構映照, 對xx， 由于w是x的稠密子集，所以存在w 中點列1nnx，s.t.xxn. 同前證明可知11nnx為x?中的柯西點對， 有 x ?x?， s.t.xxn?1. 易知t x ?=x， 即t 映照x?到 x 上. 又對yx?,?x?，有w?中點列1?nnx和1?nny， s.t. xxn?，yyn?. 所以yxd?, ?=nlimnnyxd?,?=nlim)?(),?(nnyxd=ytxtd?, ?，所以t 是一個等距同構映照. 所以x?與x等距同構. 證畢. 若將彼此等

24、距同構的度量空間視為同一空間，則有th1 設 x =dx,是度量空間，那么存在唯一的完備度量空間x=dx,使x 為x的稠密子空間. 作業(yè)： p 206.16.證明l與1 ,0c的一個子空間等距同構. 作業(yè)提示：作l到1 , 0c內(nèi)的映照t ：,21ktx，其中ktx=k，, 2, 1k; t取1 ,0的其它值時，tx是線性的. 后面證明略. 6 壓縮映照原理及其應用(1)教學內(nèi)容(或課題)：目的要求：掌握壓縮映照概念，掌握不動點概念，掌握壓縮映照定理的證明方法， 學會用壓縮映照定理解決隱函數(shù)存在性、 微分方程解之存在性的方法. 教學過程：def 1. 設 x 是度量空間， t 是 x 到 x

25、中的壓映照，若存在一個數(shù)：01，s.t. x、 yx ，成立精品學習資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 13 頁，共 23 頁 - - - - - - - - -tytxd,yxd,(1) 則稱t 是 x 到 x 中的壓縮映照(簡稱壓縮映照). th 1.(壓縮映照定理) 設 x 是完備度量空間，t 是 x 上的壓縮映照，則t 有且只有一個不動點(即方程xtx有且只有一個解). 證：固定0 xx ，令1x=0tx，2x=1tx=02xt，nx，=1ntx=，0 xtn，則1nnx是 x 中的柯西點列，實因mmxxd,1=1,mmtxtxd1,mm

26、xxd=21,mmtxtxd221,mmxxd01,xxdm. (2) 由三點不等式，當mn時，nmxxd,1,mmxxd21,mmxxdnnxxd,1(m1m1n)01, xxd=m11mn01,xxd. 因為01，所以11mn，所以nmxxd,1m01, xxd(mn) (3)所以當m，n時，nmxxd,0. 所以1nnx是 x 中的柯西點列. 由 x 完備性，存在xx ，s.t. mxx. 由三點不等式和條件(1) ，有txxd,mxxd,txxdm,mxxd,xxdm,10 (m). 所以txxd,=0，所以x=tx.往證唯一性. 若又有xx，s.t. xxt，則由條件(1) ，得精品

27、學習資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 14 頁，共 23 頁 - - - - - - - - -xxd,=xttxd,xxd,，1xxd,0. 又因為10，所以xxd,=0，所以x=x. 證畢. th 2. 設函數(shù)yxf,在帶狀域bxa，y中處處連續(xù)，且處處有關于y 的偏導數(shù)yxfy,，若存在常數(shù)m和 m ，滿足mm ，0myxfy,m ， 則方程yxf,=0 在區(qū)間ba,上必有唯一的連續(xù)函數(shù)xy作為解：xxf,0，xba,. 證在完備度量空間bac,中作映照a，s.t.xbac,，有xa=xm1xxf,. 因為yxf,連續(xù)，所以xa也連續(xù)，所

28、以abac,. 所以 a是bac,到自身的映照. 取21,bac,，xaxa12= xxfmxxxfmx1122,1,1=xxxxxxfmxxy1212112,1=xxxxxxfmy12121,11(01)，0mmxxxxfmy121,1mm=1. 令=1-mm，則 01，且12aa12. 所以baxsup,12aabaxsup,12，所以12, aad12,d. 所精品學習資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 15 頁，共 23 頁 - - - - - - - - -以 a是壓縮映照. 由 th 1，存在唯一的bac,，滿足xxm1xxf,，即x

29、xf,0，bxa. 證畢. th 3.(picard) 設xtf,是矩形r=bxxattxt00,上的二元連續(xù)函數(shù)， 設xtf,m ，xt,r. 又xtf,在 r上關于x滿足 lipschitz條件，即存在常數(shù)k ，s.t.xt,、vt,r ，有vtfxtf,kvx (4) 則方程dtdx=xtf,在區(qū)間j =00, tt上有唯一的滿足條件0tx=0 x的連續(xù)函數(shù)的解，其中kmba1,min. (5) 證連續(xù)函數(shù)空間00,ttc是完備度量空間，用c表示00, ttc中滿足條件 |0 xtx|m ( tj ) (6) 的連續(xù)函數(shù)全體所成的子空間，顯然c是閉子空間. 由4.th 1, c是完備度量

30、空間. 令ttx=ttdssxsfx0,0， (7) 則t 是c到c中的映照. 實因mb，若xc，則當t00, tt時，txt,r，又因xtf,在r上二元連續(xù)，所以(7)式右邊積分有意義. 又對jt，成立0 xttx=ttdssxsf0,m0ttm，所以當xc時，精品學習資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 16 頁，共 23 頁 - - - - - - - - -txc. t 是壓縮映照. 實因由lipschitz條件(4) ，對c中任意兩點x和v，有ttvttx=ttdssvsfsxsf0,0ttktvtxbat,maxkvxd,. 令=k，則

31、 01，且tvtxd,=tvtxbat,maxvxd,. 即t 是c上的壓縮映照. 由 th 1，存在唯一xc，s.t.txx，即tx=ttdssxsfx0,0， (8) 且00 xtx. 兩邊對t求導，得txtfdttdx,. 故tx是方程dtdx=xtf,的解. 若又有tx也是方程dtdx=xtf,滿足初值條件00 xtx的解，則因tx=ttdssxsfx0,0，所以xc且 x是 的t不動點，所以x=x. 作業(yè)：p 206.17.有界閉集nrf， a是f 到自身映照，x，yfyx，有ayaxd,yxd,. 證明映照a在f 中存在唯一的不動點.作業(yè)提示：令x=axxd,，xf . x，0 x

32、f ，因為0 xxaxxd,00,axxdaxaxdaxxdxxd,000000, axxd=axaxdxxd,000,2xxd. 所以0 xx時必有0 xx. 即精品學習資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 17 頁，共 23 頁 - - - - - - - - -x在 f 連續(xù). 所以存在xf ，s.t. x=xfxmina. 顯然a0. 往證a=0. 用反證法，設a0，則由xaf ，xaxad2,xaxd,=x=a與a=xfxmin矛盾. 所以a=0. 于是xaxd,=x=0，有x=ax. 即x為a之不動點. 因為fyx,，有ayaxd,yx

33、d,，只要xax，就有ayxd,yxd,，從而必有yay時yx，所以不動點唯一. 6.壓縮映照原理及其應用(2).教學內(nèi)容(或課題)：習題課目的要求：在掌握壓縮映照原理之后，重點掌握應用壓縮映照原理的常用方法. 教學過程：1、設 x 為完備度量空間， a是 x 到 x 中的映照， 記n=xxsupxxdxaxadnn,，若1nn，則映照a有唯一不動點. 證因為n=xxsupxxdxaxadnn,， 所以xx時，xaxadnn,nxxd,. 又xx時，上式也成立. 因此對xxx,，恒有xaxadnn,nxxd,.因為1nn，所以0， n，s.t.mn,：nmn時，有精品學習資料 可選擇p d f

34、 - - - - - - - - - - - - - - 第 18 頁，共 23 頁 - - - - - - - - -11nmm. 又至少有一個1k. 固定0 xx ，依次令1x=a0 x，2x=a1x=2a0 x，3x=a2x=3a0 x，mx,=a1mx=ma,0 x則1,mmxxd=10,xaxadmmm10, xxd，21,mmxxd=1101,xaxadmm1m10, xxd，nnxxd,1=1101,xaxadnn1n10, xxd. 所以nmxxd,1,mmxxd21,mmxxdnnxxd,1 (m1m1n)10,xxd10, xxd. 所以1mmx是 x 中的柯西點列. 因為

35、 x 是完備度量空間，所以xx ，s.t.mxx. 所以axxd,axxdxxdmm,=axaxdxxdmm,1xxdxxdmm,110 m. 所以axxd,=0，所以axx，且xaxk. 再設又有xx ，s.t.x=xa，則xaxkxxd,=xaxadkk,kxxd,. 因為0k1，所以xxd,=0，所以xx. 證畢. 2、 設 a為完備度量空間x 到x 中的映照， 若在開球rxb,00r內(nèi)適合xaaxd,xxd,，01，又在閉球rxs,0=rxxdx0,a連續(xù)，精品學習資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 19 頁，共 23 頁 - - - -

36、 - - - - -且00, axxdr1. 證明 a在rxs,0中有唯一的不動點. 證因為xx,rxb,0，有xaaxd,xxd,. 設x在球面上：xxd,0=r. 令nxx且nxrxb,0，, 2, 1n，所以nxaaxd,nxxd,. 因為a連續(xù)，所以xaaxn. 又因距離連續(xù)，所以于上式令n，得xaaxd,xxd,. 同理當x在球面上：xxd,0=r，而 xrxb,0時，也有xaaxd,xxd,. 再設x, x均在球面上，取nxx，nxx且nx,nxrxb,0，由nnxaaxd,nnxxd,，令n，得xaaxd,xxd,. 到此已證出xx,rxs,0，均有xaaxd,xxd,. 因rxs,0是 x 中的一個閉子集，而x 為完備度量空間，故rxs,0也是 x 中的一個完備的子空間. 往下只要證明在rxs,0中 a央rxs,0到自身的映照. 設xrxs,0，則xxd,0r. axxd,000,axxd00, axaxdr1xxd,022r=211rr，所以axrxs,0. 畢. 3、設jka， j , k =n,2, 1為一組實數(shù)，適合條件njiijija1,21，其中精品學習資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 20 頁，共 23 頁 - - - - - - - - -j =