泛函分析题1_3列紧集20070501泛函分析题1_3列紧集p191.3.1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?ε>0，存在A的列紧的ε网．证明：(1)若子集A是列紧的，由Hausdorff定理，?ε>0，存在A的有限ε网N．而有限集是列紧的，故存在A的列紧的ε网N．(2)若?ε>0，存在A的列紧的ε/2网B．因B列紧，由Hausdorff定理，存在B的有限ε/2网C．因C?B?A，故C为A的有限ε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,ρ)是度量空间，D是紧子集，f:D→?是连续函数．(1)若f无上界，则?n∈?+，存在xn∈D，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)→x0∈D(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=supx∈Df(x)，则?n∈?+，存在yn∈D，使得f(yn)>M?1/n．{yn}存在子列yn(k)→y0∈D(k→∞)．因此f(y0)≥M．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}k≥1，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,ρ)中的完全有界集．则存在A的有限1-网N={x0,x1,x2,...,xn}．令R=∑1≤j≤nρ(x0,xj)+1．则?x∈A，存在某个j使得0≤j≤n，且ρ(x,xj)<1．因此，ρ(x,x0)≤ρ(x,xj)+ρ(xj,x0)≤1+∑1≤j≤nρ(x0,xj)=R．所以A是度量空间(X,ρ)中的有界集．(2)注意到ρ(ek,ej)=21/2(?k≠j)，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)．1泛函分析题1_3列紧集20070501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,ρ)是度量空间，F1,F2是它的两个紧子集，求证：?xi∈Fi(i=1,2)，使得ρ(F1,F2)=ρ(x1,x2)．其中ρ(F1,F2)=inf{ρ(x,y)|x∈F1,y∈F2}证明：由ρ(F1,F2)的定义，?n∈?+，?xi(n)∈Fi(i=1,2)，使得ρ(x1(n),x2(n))<ρ(F1,F2)+1/n．因F1,F2紧，故不妨假设1(n)},{x2(n)}都是收敛列．不妨假设{x不妨假设设它们的极限分别为x1,x2，则ρ(x1,x2)≤ρ(F1,F2)．因此ρ(F1,F2)=ρ(x1,x2)．1.3.5设M是C[a,b]中的有界集，求证集合{F(x)=∫[a,x]f(t)dt|f∈M}是列紧集．证明：设A={F(x)=∫[a,x]f(t)dt|f∈M}．由M有界，故存在K>0，使得?f∈M，ρ(f,0)≤K．先证明A是一致有界的和等度连续的．?F∈A，存在f∈M，使得F(x)=∫[a,x]f(t)dt．由于ρ(F,0)=maxx∈[a,b]|F(x)|=maxx∈[a,b]|∫[a,x]f(t)dt|≤maxx∈[a,b]|f(t)|·(b?a)=ρ(f,0)·(b?a)≤K(b?a)．故A是一致有界的．?ε>0，?s,t∈[a,b]，当|s?t|<ε/K时，?F∈A，存在f∈M，使得F(x)=∫[a,x]f(u)du．|F(s)?F(t)|=|∫[s,t]f(u)du|≤maxu∈[a,b]|f(u)|·|s?t|=ρ(f,0)·|s?t|≤K·(ε/K)=ε．故A是等度连续的．由Arzela-Ascoli定理，A是列紧集．1.3.6设E={sinnt}n≥1，求证：E在C[0,π]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,π]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=(π/2)(1+1/(2n))，tn=(π/2)(1