泛函分析作业

第一次作业：习题一之 1 、2、3

习题一之 1

题目 1.

设 $𝐷$ 是 $[0, 1]$ 区间上具有连续导数（在端点 $𝑡 = 1, 𝑡 = 0$ 分别具有左右导数）的实函数全体，在 $𝐷$ 上定义

𝑑 (𝑥, 𝑦) = sup_{0 \leq 𝑡 \leq 1} | 𝑥 (𝑡) - 𝑦 (𝑡) | + sup_{0 \leq 𝑡 \leq 1} | 𝑥^{'} (𝑡) - 𝑦^{'} (𝑡) | .

证明 $𝐷$ 是距离空间；
指出 $𝐷$ 中点列按距离收敛的意义；
证明 $𝐷$ 是完备的。

(1) 证明 $𝐷$ 是距离空间

易证非负性与对称性。现在证明三角不等式。

\begin{aligned} 𝑑 (𝑥, 𝑧) + 𝑑 (𝑧, 𝑦) & = {sup_{0 \leq 𝑡 \leq 1} | 𝑥 (𝑡) - 𝑧 (𝑡) | + sup_{0 \leq 𝑡 \leq 1} | 𝑥^{'} (𝑡) - 𝑧^{'} (𝑡) |} + {sup_{0 \leq 𝑡 \leq 1} | 𝑧 (𝑡) - 𝑦 (𝑡) | + sup_{0 \leq 𝑡 \leq 1} | 𝑧^{'} (𝑡) - 𝑦^{'} (𝑡) |} \\ = {sup_{0 \leq 𝑡 \leq 1} | 𝑥 (𝑡) - 𝑧 (𝑡) | + sup_{0 \leq 𝑡 \leq 1} | 𝑧 (𝑡) - 𝑦 (𝑡) |} + {sup_{0 \leq 𝑡 \leq 1} | 𝑥^{'} (𝑡) - 𝑧^{'} (𝑡) | + sup_{0 \leq 𝑡 \leq 1} | 𝑧^{'} (𝑡) - 𝑦^{'} (𝑡) |} \\ \geq sup_{0 \leq 𝑡 \leq 1} {| 𝑥 (𝑡) - 𝑧 (𝑡) | + | 𝑧 (𝑡) - 𝑦 (𝑡) |} + sup_{0 \leq 𝑡 \leq 1} {| 𝑥^{'} (𝑡) - 𝑧^{'} (𝑡) | + | 𝑧^{'} (𝑡) - 𝑦^{'} (𝑡) |} \\ \geq sup_{0 \leq 𝑡 \leq 1} | 𝑥 (𝑡) - 𝑦 (𝑡) | + sup_{0 \leq 𝑡 \leq 1} | 𝑥^{'} (𝑡) - 𝑦^{'} (𝑡) | \\ = 𝑑 (𝑥, 𝑦) \end{aligned}

定理 1.（上确界的一个性质）

若 $𝑓 (𝑥), 𝑔 (𝑥)$ 是定义在集合 $𝑋$ 上的有界函数，则有

sup_{𝑥 \in 𝑋} 𝑓 (𝑥) + sup_{𝑥 \in 𝑋} 𝑔 (𝑥) \geq sup_{𝑥 \in 𝑋} {𝑓 (𝑥) + 𝑔 (𝑥)} .

(2) 指出 $𝐷$ 中点列按距离收敛的意义

若点列 ${𝑥_{𝑛}}$ 收敛到 $𝑥$ ，则：

𝑑 (𝑥_{𝑛}, 𝑥) = sup_{0 \leq 𝑡 \leq 1} | 𝑥_{𝑛} (𝑡) - 𝑥 (𝑡) | + sup_{0 \leq 𝑡 \leq 1} | 𝑥_{𝑛}^{'} (𝑡) - 𝑥^{'} (𝑡) | \to 0 .

因此显然也有 ${sup}_{0 \leq 𝑡 \leq 1} | 𝑥_{𝑛} (𝑡) - 𝑥 (𝑡) | \to 0, {sup}_{0 \leq 𝑡 \leq 1} | 𝑥_{𝑛}^{'} (𝑡) - 𝑥^{'} (𝑡) | \to 0,$ 即 ${𝑥_{𝑛}} (𝑡), {𝑥_{𝑛}^{'}} (𝑡)$ 一致收敛到 $𝑥 (𝑡), 𝑥^{'} (𝑡)$ 。

故 $𝐷$ 中点列按距离收敛，等价于函数和导数一致收敛。

(3) 证明 $𝐷$ 是完备的

设 ${𝑥_{𝑛}}$ 是柯西列。那么 $\forall 𝜀 > 0$ , $\exists 𝑁$ , 有

𝑛, 𝑚 > 𝑁 \Rightarrow 𝑑 (𝑥_{𝑛}, 𝑥_{𝑚}) = sup_{0 \leq 𝑡 \leq 1} | 𝑥_{𝑛} (𝑡) - 𝑥_{𝑚} (𝑡) | + sup_{0 \leq 𝑡 \leq 1} | 𝑥_{𝑛}^{'} (𝑡) - 𝑥_{𝑚}^{'} (𝑡) | < 𝜀 .

因此， ${sup}_{0 \leq 𝑡 \leq 1} | 𝑥_{𝑛} (𝑡) - 𝑥_{𝑚} (𝑡) | < 𝜀$ ，故 ${𝑥_{𝑛}} (𝑡)$ 一致收敛于 $𝑥 (𝑡)$ 。同理 ${𝑥_{𝑛}^{'}} (𝑡)$ 也一致收敛于 $𝑦 (𝑡)$ 。

接下来证明 $𝑦 (𝑡)$ 是 $𝑥 (𝑡)$ 的导数 $𝑥^{'} (𝑡)$ 。对任意 $𝑡, 𝑡_{0} \in [0, 1]$ ，显然有：

𝑥_{𝑛} (𝑡) - 𝑥_{𝑛} (𝑡_{0}) = \int_{𝑡_{0}}^{𝑡} 𝑥_{𝑛}^{'} (𝑠) 𝑑 𝑠,

当 $𝑛 \to \infty$ 时：

左边 = 𝑥_{𝑛} (𝑡) - 𝑥_{𝑛} (𝑡_{0}) \to 𝑥 (𝑡) - 𝑥 (𝑡_{0})

右边 = \int_{𝑡_{0}}^{𝑡} 𝑥^{'} (𝑠) 𝑑 𝑠 \to \int_{𝑡_{0}}^{𝑡} 𝑦 (𝑠) 𝑑 𝑠

右边的过程是因为在一致收敛时，积分与极限可以交换。因此：

𝑥 (𝑡) - 𝑥 (𝑡_{0}) = \int_{𝑡_{0}}^{𝑡} 𝑦 (𝑠) 𝑑 𝑠

故 $𝑦 (𝑡)$ 是 $𝑥 (𝑡)$ 的导数，即 $𝑦 (𝑡) = 𝑥^{'} (𝑡)$ 。

因此， $𝑥$ 在 $[0, 1]$ 区间上具有连续导数，故 $𝑥 \in 𝐷$ 。另一方面，显然有

𝑑 (𝑥_{𝑛}, 𝑥) = sup_{0 \leq 𝑡 \leq 1} | 𝑥_{𝑛} (𝑡) - 𝑥 (𝑡) | + sup_{0 \leq 𝑡 \leq 1} | 𝑥_{𝑛}^{'} (𝑡) - 𝑥^{'} (𝑡) | \to 0,

这说明 ${𝑥_{𝑛}}$ 收敛。因此 $𝐷$ 是完备的。

习题一之 2

题目 2.

证明如果

𝑑

是集

𝑋

上的距离，则

𝑑_{1} = \frac{𝑑}{1 + 𝑑}

也是

𝑋

上的距离。

非负性：由于 $𝑑 \geq 0$ ，所以 $𝑑_{1} = \frac{𝑑}{1 + 𝑑} = \frac{1}{1 + \frac{1}{𝑑}} \geq 0$ 。

对称性：由于 $𝑑 (𝑥, 𝑦) = 𝑑 (𝑦, 𝑥)$ ，所以 $𝑑_{1} (𝑥, 𝑦) = \frac{𝑑 (𝑥, 𝑦)}{1 + 𝑑 (𝑥, 𝑦)} = \frac{𝑑 (𝑦, 𝑥)}{1 + 𝑑 (𝑦, 𝑥)} = 𝑑_{1} (𝑦, 𝑥)$ 。

三角不等式：

\begin{aligned} 𝑑_{1} (𝑥, 𝑧) + 𝑑_{1} (𝑧, 𝑦) & = \frac{𝑑 (𝑥, 𝑧)}{1 + 𝑑 (𝑥, 𝑧)} + \frac{𝑑 (𝑧, 𝑦)}{1 + 𝑑 (𝑧, 𝑦)} \\ = \frac{𝑑 (𝑥, 𝑧) + 𝑑 (𝑧, 𝑦) + 2 𝑑 (𝑥, 𝑧) 𝑑 (𝑧, 𝑦)}{1 + 𝑑 (𝑥, 𝑧) + 𝑑 (𝑧, 𝑦) + 𝑑 (𝑥, 𝑧) 𝑑 (𝑧, 𝑦)} \\ \geq \frac{𝑑 (𝑥, 𝑧) + 𝑑 (𝑧, 𝑦)}{1 + 𝑑 (𝑥, 𝑧) + 𝑑 (𝑧, 𝑦)} \\ \geq \frac{𝑑 (𝑥, 𝑦)}{1 + 𝑑 (𝑥, 𝑦)} \\ = 𝑑_{1} (𝑥, 𝑦) \end{aligned}

习题一之 3

题目 3.

设 $𝑑_{1}, 𝑑_{2}, \dots, 𝑑_{𝑚}, \dots$ 是集 $𝑋$ 上的距离，证明

$𝑑 = {sup}_{1 \leq 𝑖 \leq 𝑚} 𝑑_{𝑖}$ ；
$𝑑 = \sqrt{𝑑_{1}^{2} + 𝑑_{2}^{2} + \dots + 𝑑_{𝑚}^{2}}$ ；
$𝑑 = \sum_{𝑘 = 1}^{\infty} \frac{1}{2^{𝑘}} \cdot \frac{𝑑_{𝑘}}{1 + 𝑑_{𝑘}}$

中的每一个也是 $𝑋$ 上的距离。

以下只证明三角不等式。

(1) 证明 $𝑑 = {sup}_{1 \leq 𝑖 \leq 𝑚} 𝑑_{𝑖}$ 是距离

\begin{aligned} 𝑑 (𝑥, 𝑧) + 𝑑 (𝑧, 𝑦) & = sup_{1 \leq 𝑖 \leq 𝑚} 𝑑_{𝑖} (𝑥, 𝑧) + sup_{1 \leq 𝑗 \leq 𝑚} 𝑑_{𝑗 (𝑧, 𝑦)} \\ \geq sup_{1 \leq 𝑖 \leq 𝑚} {𝑑_{𝑖} (𝑥, 𝑧) + 𝑑_{𝑖} (𝑧, 𝑦)} \\ \geq sup_{1 \leq 𝑖 \leq 𝑚} 𝑑_{𝑖} (𝑥, 𝑦) \\ = 𝑑 (𝑥, 𝑦) \end{aligned}

(2) 证明 $𝑑 = \sqrt{𝑑_{1}^{2} + 𝑑_{2}^{2} + \dots + 𝑑_{𝑚}^{2}}$ 是距离

要证明 $𝑑 (𝑥, 𝑧) + 𝑑 (𝑧, 𝑦) \geq 𝑑 (𝑥, 𝑦)$ ，即证 ${𝑑 (𝑥, 𝑧) + 𝑑 (𝑧, 𝑦)}^{2} = 𝑑^{2} (𝑥, 𝑧) + 𝑑^{2} (𝑧, 𝑦) + 2 𝑑 (𝑥, 𝑧) 𝑑 (𝑧, 𝑦) \geq 𝑑^{2} (𝑥, 𝑦)$ 。

\begin{aligned} 𝑑^{2} (𝑥, 𝑧) + 𝑑^{2} (𝑧, 𝑦) + 2 𝑑 (𝑥, 𝑧) 𝑑 (𝑧, 𝑦) \\ = & \sum 𝑑_{𝑖}^{2} (𝑥, 𝑧) + \sum 𝑑_{𝑖}^{2} (𝑧, 𝑦) + 2 \sqrt{\sum 𝑑_{𝑖}^{2} (𝑥, 𝑧)} \cdot \sqrt{\sum 𝑑_{𝑖}^{2} (𝑧, 𝑦)} \\ \geq & \sum 𝑑_{𝑖}^{2} (𝑥, 𝑧) + \sum 𝑑_{𝑖}^{2} (𝑧, 𝑦) + 2 \sum 𝑑_{𝑖} (𝑥, 𝑧) 𝑑_{𝑖} (𝑧, 𝑦) \\ = & \sum {𝑑_{𝑖} (𝑥, 𝑧) + 𝑑_{𝑖} (𝑧, 𝑦)}^{2} \\ \geq & \sum 𝑑_{𝑖}^{2} (𝑥, 𝑦) \\ = & 𝑑^{2} (𝑥, 𝑦) \end{aligned}

(3) 证明 $𝑑 = \sum_{𝑘 = 1}^{\infty} \frac{1}{2^{𝑘}} \cdot \frac{𝑑_{𝑘}}{1 + 𝑑_{𝑘}}$ 是距离

\begin{aligned} 𝑑 (𝑥, 𝑧) + 𝑑 (𝑧, 𝑦) \\ = & \sum \frac{1}{2^{𝑘}} \cdot \frac{𝑑_{𝑘} (𝑥, 𝑧)}{1 + 𝑑_{𝑘} (𝑥, 𝑧)} + \sum \frac{1}{2^{𝑘}} \cdot \frac{𝑑_{𝑘} (𝑧, 𝑦)}{1 + 𝑑_{𝑘} (𝑧, 𝑦)} \\ = & \sum \frac{1}{2^{𝑘}} \cdot {\frac{𝑑_{𝑘} (𝑥, 𝑧)}{1 + 𝑑_{𝑘} (𝑥, 𝑧)} + \frac{𝑑_{𝑘} (𝑧, 𝑦)}{1 + 𝑑_{𝑘} (𝑧, 𝑦)}} \end{aligned}

由 “习题一之 2” 可知：

\begin{aligned} 𝑑 (𝑥, 𝑧) + 𝑑 (𝑧, 𝑦) \\ \geq & \sum \frac{1}{2^{𝑘}} \cdot \frac{𝑑_{𝑘} (𝑥, 𝑦)}{1 + 𝑑_{𝑘} (𝑥, 𝑦)} \\ = & 𝑑 (𝑥, 𝑦) \end{aligned}

第二次作业：习题一之 5、6、7、12

习题一之 5

题目 4.

在距离空间中，半径为4的开球可以是半径为3的开球的真子集吗？

构造距离空间 $𝑋 = {𝑥, 𝑦, 𝑧}$ ，且 $𝑑 (𝑥, 𝑦) = 2$ ， $𝑑 (𝑦, 𝑧) = 2$ ， $𝑑 (𝑥, 𝑧) = 4$ 。

那么， $𝑆 (𝑥, 4) = {𝑥, 𝑦}$ ， $𝑆 (𝑦, 3) = {𝑥, 𝑦, 𝑧}$ ，因此是存在的。

习题一之 6

题目 5.

证明在距离空间中，如果一个半径为7的开球包含在一个半径为3的开球中，则这两个球重合。

只需证明不存在一个点 $𝑥$ ，同时满足 $𝑥 \in 𝑆 (𝑥_{𝑖}, 3)$ 且 $𝑥 \notin 𝑆 (𝑥_{𝑗}, 7)$ 。

如果该点符合此条件，那么存在 $𝑑 (𝑥, 𝑥_{𝑖}) < 3$ 且 $𝑑 (𝑥, 𝑥_{𝑗}) \geq 7$ 。而对第一式使用三角不等式，有：

𝑑 (𝑥, 𝑥_{𝑗}) + 𝑑 (𝑥_{𝑗}, 𝑥_{𝑖}) < 3

由距离的非负性，这与 $𝑑 (𝑥, 𝑥_{𝑗}) \geq 7$ 矛盾。故不存在这样的点 $𝑥$ ，因此两个球重合。

习题一之 7

题目 6.

证明在空间

𝑠

中，按距离收敛等价于按坐标收敛。

先证明按距离收敛 $\Rightarrow$ 按坐标收敛。此时，

𝑑 (𝑥_{𝑛}, 𝑥) = \sum_{𝑖} \frac{1}{2^{𝑖}} \frac{| 𝑥_{𝑛}^{(𝑖)} - 𝑥^{(𝑖)} |}{1 + | 𝑥_{𝑛}^{(𝑖)} - 𝑥^{(𝑖)} |} \to 0 .

故对任意 $𝑖$ ，

\frac{| 𝑥_{𝑛}^{(𝑖)} - 𝑥^{(𝑖)} |}{1 + | 𝑥_{𝑛}^{(𝑖)} - 𝑥^{(𝑖)} |} \leq 𝑑 (𝑥_{𝑛}, 𝑥) \to 0 .

而函数 $\frac{𝑥}{1 + 𝑥}$ 在 $[0, + \infty)$ 上单调递增且连续，所以亦有 $| 𝑥_{𝑛}^{(𝑖)} - 𝑥^{(𝑖)} | \to 0 \Rightarrow 𝑥_{𝑛}^{(𝑖)} \to 𝑥^{(𝑖)}$ ，从而得证。

接下来证明按坐标收敛 $\Rightarrow$ 按距离收敛。此时， $\forall 𝑖, | 𝑥_{𝑛}^{(𝑖)} - 𝑥^{(𝑖)} | \to 0$ 。同时由于 $𝑥 > \frac{𝑥}{1 + 𝑥} > 0$ ，亦有 $\frac{| 𝑥_{𝑛}^{(𝑖)} - 𝑥^{(𝑖)} |}{1 + | 𝑥_{𝑛}^{(𝑖)} - 𝑥^{(𝑖)} |} \to 0$ 。

由于求和 $\sum \frac{1}{2^{𝑘}} = 1$ 收敛，则 $\forall 𝜀 > 0$ ， $\exists 𝑁_{0}$ 使 $\sum_{𝑖 = 𝑁_{0} + 1} \frac{1}{2^{𝑖}} < \frac{𝜀}{2}$ 。

而 $| 𝑥_{𝑛}^{(𝑖)} - 𝑥^{(𝑖)} | \to 0$ ，所以存在 $𝑁_{1}$ 使得 $𝑖 > 𝑁_{1}$ 时， $| 𝑥_{𝑛}^{(𝑖)} - 𝑥^{(𝑖)} | < \frac{𝜀}{2}$ 。进一步由于 $𝑥 > \frac{𝑥}{1 + 𝑥}$ 则 $\frac{| 𝑥_{𝑛}^{(𝑖)} - 𝑥^{(𝑖)} |}{1 + | 𝑥_{𝑛}^{(𝑖)} - 𝑥^{(𝑖)} |} < \frac{𝜀}{2}$ 。于是：

\begin{aligned} 𝑑 (𝑥_{𝑛}, 𝑥) \\ = & \sum_{𝑖} \frac{1}{2^{𝑖}} \frac{| 𝑥_{𝑛}^{(𝑖)} - 𝑥^{(𝑖)} |}{1 + | 𝑥_{𝑛}^{(𝑖)} - 𝑥^{(𝑖)} |} \\ = & \sum_{𝑖 = 1}^{𝑁_{0}} \frac{1}{2^{𝑖}} \frac{| 𝑥_{𝑛}^{(𝑖)} - 𝑥^{(𝑖)} |}{1 + | 𝑥_{𝑛}^{(𝑖)} - 𝑥^{(𝑖)} |} + \sum_{𝑖 = 𝑁_{0} + 1}^{\infty} \frac{1}{2^{𝑖}} \frac{| 𝑥_{𝑛}^{(𝑖)} - 𝑥^{(𝑖)} |}{1 + | 𝑥_{𝑛}^{(𝑖)} - 𝑥^{(𝑖)} |} \\ < & \frac{𝜀}{2} + \sum_{𝑖 = 𝑁_{0} + 1}^{\infty} \frac{1}{2^{𝑖}} \cdot \frac{𝜀}{2} \\ < & \frac{𝜀}{2} + \frac{𝜀}{2} = 𝜀 \end{aligned}

则 $𝑑 (𝑥_{𝑛}, 𝑥) \to 0$ ，从而得证。

习题一之 12

题目 7.

设 $(𝑋, 𝑑)$ 是距离空间， $𝐴 \subset 𝑋$ ，令

𝑓 (𝑥) = inf_{𝑦 \in 𝐴} 𝑑 (𝑥, 𝑦) (𝑥 \in 𝑋),

证明

𝑓 (𝑥)

是

𝑋

上的连续函数。

设 $𝑥, 𝑥_{0} \in 𝑋$ ，及 $𝑦 \in 𝐴$ ，有

\begin{aligned} 𝑑 (𝑥, 𝑦) \leq 𝑑 (𝑥, 𝑥_{0}) + 𝑑 (𝑥_{0}, 𝑦) \\ \Rightarrow & inf 𝑑 (𝑥, 𝑦) \leq inf {𝑑 (𝑥, 𝑥_{0}) + 𝑑 (𝑥_{0}, 𝑦)} \\ \Rightarrow & 𝑓 (𝑥) \leq 𝑑 (𝑥, 𝑥_{0}) + 𝑓 (𝑥_{0}) \\ \Rightarrow & 𝑓 (𝑥) - 𝑓 (𝑥_{0}) \leq 𝑑 (𝑥, 𝑥_{0}) \end{aligned}

同理 $𝑓 (𝑥_{0}) - 𝑓 (𝑥) \leq 𝑑 (𝑥_{0}, 𝑥)$ ，即 $| 𝑓 (𝑥) - 𝑓 (𝑥_{0}) | \leq 𝑑 (𝑥, 𝑥_{0})$ 。因此 $\forall 𝜀 > 0$ ，只需取 $𝛿 = 𝜀$ ，即可有 $𝑑 (𝑥, 𝑥_{0}) < 𝛿$ 时， $| 𝑓 (𝑥) - 𝑓 (𝑥_{0}) | < 𝜀$ 。这便说明 $𝑓 (𝑥)$ 在任意 $𝑥_{0} \in 𝑋$ 处连续。

第三次作业：习题一之 9、10、11、14、15

习题一之 9

题目 8.

证明距离空间中每个 Cauchy 列是有界集。

设 ${𝑥_{𝑛}}$ 是 Cauchy 列，则 $\forall 𝜀 > 0$ ， $\exists 𝑁$ ，使得 $𝑛, 𝑚 \geq 𝑁 \Rightarrow 𝑑 (𝑥_{𝑛}, 𝑥_{𝑚}) < 𝜀$ 。取 $𝜀 = 𝜀_{0}$ ，则存在 $𝑁_{0}$ ，使得 $𝑛, 𝑚 > 𝑁_{0} \Rightarrow 𝑑 (𝑥_{𝑛}, 𝑥_{𝑚}) < 𝜀_{0}$ 。不妨直接取 $𝑛 = 𝑁_{0}$ ，则对任意 $𝑚 \geq 𝑁_{0}$ ，有 $𝑑 (𝑥_{𝑁_{0}}, 𝑥_{𝑚}) < 𝜀_{0}$ ，所以尾项 ${𝑥_{𝑁_{0}}, 𝑥_{𝑁_{0} + 1}, \dots}$ 是有界的。而当 $𝑚 < 𝑁_{0}$ 时，前项 ${𝑥_{1}, 𝑥_{2}, \dots, 𝑥_{𝑁_{0} - 1}}$ 元素有限，则必然也是有界的。于是有限集之并 ${𝑥_{1}, 𝑥_{2}, \dots, 𝑥_{𝑁_{0} - 1}, 𝑥_{𝑁_{0}}, 𝑥_{𝑁_{0} + 1}, \dots}$ 是有界的。

习题一之 10

题目 9.

证明距离空间的完备子空间是闭子空间。

设 $𝑌$ 是距离空间 $𝑋$ 的完备子空间，。则存在点列 ${𝑦_{𝑛}} \subset 𝑌$ ，使得 $𝑦_{𝑛} \to 𝑥$ 。由于 ${𝑦_{𝑛}}$ 是收敛列，则它是 Cauchy 列。由于 $𝑌$ 是完备的，则 ${𝑦_{𝑛}}$ 收敛于 $𝑌$ 中某点 $𝑦$ 。而收敛列的极限唯一，则有 $𝑥 = 𝑦 \in 𝑌$ 。因此，即 $𝑌$ 是闭集。

习题一之 11

题目 10.

证明如果距离空间是可分的，则它的任意子空间也是可分的；反之，如果距离空间不可分，它的子空间是否也不可分？

首先证明前半部分。假设 $(𝑋, 𝑑)$ 可分，以及可数稠密集 $𝐷 = {𝑥_{1}, 𝑥_{2}, 𝑥_{3}, \dots} \subset 𝑋$ 。任取子空间 $𝑌 \subset 𝑋$ ，对 $𝑛 \in ℕ$ 考虑 $𝐵 (𝑥_{𝑘}, \frac{1}{𝑛}), 𝑘 = 1, 2, 3, \dots$ 。若开球与 $𝑌$ 有交集，则在交集中任取一点记为 $𝑦_{𝑘, 𝑛} \in 𝐵 (𝑥_{𝑘}, \frac{1}{𝑛}) \cap 𝑌$ ，并纳入到集合 $𝐸 = {𝑦_{𝑘, 𝑛} : 𝑘, 𝑛 \in ℕ}$ 中。显然，由于 $ℕ \times ℕ$ 可数，则 $𝐸$ 可数。

现在证明 $𝐸$ 在 $𝑌$ 中稠密。任取 $𝑦 \in 𝑌$ 及 $𝜀 > 0$ ，并令 $𝑛$ 足够大使 $\frac{2}{𝑛} < 𝜀$ 。而 $𝐷$ 在 $𝑋$ 中稠密，则必然存在 $𝑥_{𝑘} \in 𝐷$ 使得 $𝑑 (𝑦, 𝑥_{𝑘}) < \frac{1}{𝑛}$ ，即 $𝑦 \in 𝐵 (𝑥_{𝑘}, \frac{1}{𝑛})$ 。由三角不等式，

𝑑 (𝑦, 𝑦_{𝑘, 𝑛}) \leq 𝑑 (𝑦, 𝑥_{𝑘}) + 𝑑 (𝑥_{𝑘}, 𝑦_{𝑘, 𝑛}) < \frac{1}{𝑛} + \frac{1}{𝑛} = \frac{2}{𝑛} < 𝜀,

意味着 $𝑌$ 中任一点可被 $𝐸$ 中的点任意逼近，即，故 $𝐸$ 在 $𝑌$ 中稠密且可分，所以 $𝑌$ 可分。

现在说明后半部分。不妨设定不可数集 $𝑋$ 中，使用离散距离定义。那么每个点都是孤立点，则稠密子集必然只能是 $𝑋$ 自身。但 $𝑋$ 不可数，所以不可分。如果在 $𝑋$ 中任取可数集 $𝑌$ 作为子空间，那么 $𝑌$ 对于自身稠密且可数，则是可分的。故不可分空间的子空间不一定不可分。

习题一之 14

题目 11.

设

𝑋

是距离空间，证明：若在

𝑋

中，任一半径趋于零的闭球套具有非空交，则空间

𝑋

是完备的。

现证明 $𝑋$ 中任意 Cauchy 列 ${𝑥_{𝑛}}$ 收敛。对任意 $𝑘 \in ℕ$ 总存在 $𝑁_{𝑘}$ 使 $𝑚, 𝑛 \geq 𝑁_{𝑘}$ 时有 $𝑑 (𝑥_{𝑚}, 𝑥_{𝑛}) < \frac{1}{2^{𝑘 + 1}}$ 。

取子列 ${𝑥_{𝑛_{𝑘}}}$ 使 $𝑛_{1} < 𝑛_{2} < 𝑛_{3} < \dots$ 且 $𝑑 (𝑥_{𝑛_{𝑘}}, 𝑥_{𝑛_{𝑘 + 1}}) < \frac{1}{2^{𝑘 + 1}}$ ，作闭球，那么是闭球套，且半径 $2^{- 𝑘} \to 0$ 。

题目条件给出，那么取，对每个 $𝑘$ 有 $𝑑 (𝑥, 𝑥_{𝑛_{𝑘}}) \leq 2^{- 𝑘} \to 0$ ，故子列 ${𝑥_{𝑛_{𝑘}}}$ 收敛到 $𝑥$ ，因为 ${𝑥_{𝑛}}$ 是 Cauchy 列则其本身也收敛到 $𝑥$ 。

因此 $𝑋$ 中任意 Cauchy 列都收敛，则 $𝑋$ 是完备的。

习题一之 15

题目 12.

设

𝑋

是完备距离空间，

ℱ︀

是

𝑋

上的实连续函数族且具有性质：对于每一

𝑥 \in 𝑋

，存在常数

𝑀_{𝑥} > 0

使得对每一

𝐹 \in ℱ︀

有

| 𝐹 (𝑥) | \leq 𝑀_{𝑥}

。证明：存在开集

𝑈

及常数

𝑀 > 0

，使得对于每一

𝑥 \in 𝑈

及所有

𝐹 \in ℱ︀

，有

| 𝐹 (𝑥) | \leq 𝑀

。

对每个 $𝑛 \in ℕ$ ，令 $𝐸_{𝑛} = {𝑥 \in 𝑋 : | 𝐹 (𝑥) | \leq 𝑛, \forall 𝐹 \in ℱ︀}$ ，因每个 $𝐹$ 连续，则 ${𝑥 \in 𝑋 : | 𝐹 (𝑥) | \leq 𝑛} = 𝐹^{- 1} ([- 𝑛, 𝑛])$ 是闭集，所以 $𝐸_{𝑛}$ 也是闭集。

由题目条件每个 $𝑥 \in 𝑋$ 存在 $𝑀_{𝑥} > 0$ ，使一切 $𝐹 \in ℱ︀$ 有 $| 𝐹 (𝑥) | \leq 𝑀_{𝑥}$ ，那么取 $𝑛 > 𝑀_{𝑥}$ ，则 $𝑥 \in 𝐸_{𝑛}$ 。故 $𝑋 = ⋃_{𝑛 = 1}^{\infty} 𝐸_{𝑛}$ 。而 $𝑋$ 是第二纲集，则至少一个 $𝐸_{𝑛_{0}}$ 有非空内部，即存在非空开集 $𝑈 \subset 𝐸_{𝑛_{0}}$ 。

取 $𝑀 = 𝑛_{0} > 0$ ，于是任意 $𝑥 \in 𝑈$ 有 $𝑥 \in 𝐸_{𝑛_{0}}$ ，从而对一切 $𝐹 \in ℱ︀$ ，有 $| 𝐹 (𝑥) | \leq 𝑛_{0} = 𝑀$ 。如此，存在开集 $𝑈$ 和常数 $𝑀 > 0$ ，使得对于每一 $𝑥 \in 𝑈$ 及所有 $𝐹 \in ℱ︀$ ，有 $| 𝐹 (𝑥) | \leq 𝑀$ 。

第四次作业：习题一之 16、17、18、19

习题一之 16

题目 13.

举例说明，在压缩映射原理中，

空间完备性条件不可少；
映射 $𝑇$ 所满足的条件不能代之以条件：

𝑑 (𝑇 𝑥, 𝑇 𝑦) < 𝑑 (𝑥, 𝑦) (𝑥 \neq 𝑦)

取 $𝑋 = (0, 1]$ ， $𝑑 (𝑥, 𝑦) = | 𝑥 - 𝑦 |$ 。则 $𝑋$ 不完备。定义 $𝑇 𝑥 = \frac{𝑥}{2}$ 。则 $𝑇 : 𝑋 \to 𝑋$ ，且

𝑑 (𝑇 𝑥, 𝑇 𝑦) = | \frac{𝑥}{2} - \frac{𝑦}{2} | = \frac{1}{2} 𝑑 (𝑥, 𝑦) .

所以 $𝑇$ 是压缩映射。但方程 $𝑥 = \frac{𝑥}{2}$ 只有解 $𝑥 = 0$ ，而 $0 \notin 𝑋$ 。因此 $𝑇$ 在 $𝑋$ 上无不动点。这说明压缩映射原理中空间完备性条件不可少。

取 $𝑋 = [1, + \infty)$ ， $𝑑 (𝑥, 𝑦) = | 𝑥 - 𝑦 |$ 。则 $𝑋$ 是完备距离空间。定义 $𝑇 𝑥 = 𝑥 + \frac{1}{𝑥}$ 。显然 $𝑇 : 𝑋 \to 𝑋$ 。对任意 $𝑥 \neq 𝑦$ ，由中值定理，

| 𝑇 𝑥 - 𝑇 𝑦 | = | (𝑥 + \frac{1}{𝑥}) - (𝑦 + \frac{1}{𝑦}) | = | 𝑥 - 𝑦 | | 1 - \frac{1}{𝜉^{2}} |,

其中 $𝜉$ 在 $𝑥, 𝑦$ 之间。由于 $𝜉 \geq 1$ ，故 $| 1 - \frac{1}{𝜉^{2}} | < 1$ ，所以

𝑑 (𝑇 𝑥, 𝑇 𝑦) < 𝑑 (𝑥, 𝑦) (𝑥 \neq 𝑦),

但是 $𝑇 𝑥 = 𝑥 + \frac{1}{𝑥} > 𝑥$ ，故不存在 $𝑥 \in 𝑋$ 使 $𝑇 𝑥 = 𝑥$ 。因此 $𝑇$ 无不动点。这说明仅仅满足 $𝑑 (𝑇 𝑥, 𝑇 𝑦) < 𝑑 (𝑥, 𝑦)$ 不足以推出不动点存在。

习题一之 17

题目 14.

证明：存在闭区间 $[0, 1]$ 上的连续函数 $𝑥 (𝑡)$ ，使得

𝑥 (𝑡) = \frac{1}{2} sin 𝑥 (𝑡) - 𝑎 (𝑡),

其中

𝑎 (𝑡)

是给定的

[0, 1]

上的连续函数。

首先，易证 $𝐶 [0, 1]$ 是完备距离空间。

定义映射

(𝑇 𝑥) (𝑡) = \frac{1}{2} sin 𝑥 (𝑡) - 𝑎 (𝑡) .

由于 $𝑎$ 连续，若 $𝑥$ 连续，则 $𝑇 𝑥$ 连续，所以 $𝑇 : 𝐶 [0, 1] \to 𝐶 [0, 1]$ 。

对任意 $𝑥, 𝑦 \in 𝐶 [0, 1]$ ，有

| (𝑇 𝑥) (𝑡) - (𝑇 𝑦) (𝑡) | = \frac{1}{2} | sin 𝑥 (𝑡) - sin 𝑦 (𝑡) | \leq \frac{1}{2} | 𝑥 (𝑡) - 𝑦 (𝑡) | .

因此 $𝑑 (𝑇 𝑥, 𝑇 𝑦) \leq \frac{1}{2} 𝑑 (𝑥, 𝑦)$ 。故 $𝑇$ 是压缩映射，压缩常数为 $\frac{1}{2}$ 。由压缩映射原理，存在唯一的 $𝑥 \in 𝐶 [0, 1]$ ，使得 $𝑇 𝑥 = 𝑥$ ，即

𝑥 (𝑡) = \frac{1}{2} sin 𝑥 (𝑡) - 𝑎 (𝑡) 。

所以存在闭区间 $[0, 1]$ 上的连续函数 $𝑥 (𝑡)$ 满足所给方程。

习题一之 18

题目 15.

设

𝑋

是完备距离空间，

𝑇

是

𝑋

上到自身的映射，在闭球

上，

𝑑 (𝑇 𝑥, 𝑇 𝑦) \leq 𝜃 𝑑 (𝑥, 𝑦)

且

𝑑 (𝑥_{0}, 𝑇 𝑥_{0}) < (1 - 𝜃) 𝑟

，其中

0 \leq 𝜃 < 1

。证明

𝑇

在

上有唯一不动点。

设。先证明。对任意，有

\begin{aligned} 𝑑 (𝑥_{0}, 𝑇 𝑥) \leq & 𝑑 (𝑥_{0}, 𝑇 𝑥_{0}) + 𝑑 (𝑇 𝑥_{0}, 𝑇 𝑥) \\ \leq & 𝑑 (𝑥_{0}, 𝑇 𝑥_{0}) + 𝜃 𝑑 (𝑥_{0}, 𝑥) \\ \leq & 𝑑 (𝑥_{0}, 𝑇 𝑥_{0}) + 𝜃 𝑟 \\ < & (1 - 𝜃) 𝑟 + 𝜃 𝑟 = 𝑟 . \end{aligned}

所以。因此。

又因为 $𝑋$ 完备，是 $𝑋$ 的闭子集，所以也是完备距离空间。在上， $𝑇$ 满足

𝑑 (𝑇 𝑥, 𝑇 𝑦) \leq 𝜃 𝑑 (𝑥, 𝑦), 0 \leq 𝜃 < 1 .

故 $𝑇$ 是上的压缩映射。由压缩映射原理， $𝑇$ 在上有唯一不动点。

习题一之 19

题目 16.

设

(𝑡_{0}, 𝑠_{0}) \in ℝ^{2}

，

𝑓 (𝑡, 𝑠)

在

(𝑡_{0}, 𝑠_{0})

的邻域

𝑁

中连续，

𝑠_{0} = 𝑓 (𝑡_{0}, 𝑠_{0})

，

𝑓_{𝑠}^{'} (𝑡, 𝑠)

在

𝑁

中存在且在

(𝑡_{0}, 𝑠_{0})

连续并且

𝑓_{𝑠}^{'} (𝑡_{0}, 𝑠_{0}) = 0

。用压缩映射原理证明：存在

𝛿 > 0, 𝑥 (𝑡) \in 𝐶 [𝑡_{0} - 𝛿, 𝑡_{0} + 𝛿]

，使得

𝑠_{0} = 𝑥 (𝑡_{0}), 𝑥 (𝑡) = 𝑓 (𝑡, 𝑥 (𝑡)), 𝑡 \in [𝑡_{0} - 𝛿, 𝑡_{0} + 𝛿]

。

由题设， $𝑓 (𝑡, 𝑠)$ 在 $(𝑡_{0}, 𝑠_{0})$ 的邻域 $𝑁$ 中连续，且 $𝑠_{0} = 𝑓 (𝑡_{0}, 𝑠_{0}), 𝑓_{𝑠 (𝑡_{0}, 𝑠_{0})}^{'} = 0$ 。由于 $𝑓_{𝑠 (𝑡, 𝑠)}^{'}$ 在 $𝑁$ 中存在且在 $(𝑡_{0}, 𝑠_{0})$ 连续，取足够小的 $𝛿_{1} > 0, 𝜌_{1} > 0$ ，使得

𝑄 = [𝑡_{0} - 𝛿_{1}, 𝑡_{0} + 𝛿_{1}] \times [𝑠_{0} - 𝜌_{1}, 𝑠_{0} + 𝜌_{1}] \subset 𝑁,

并且 $| 𝑓_{𝑠 (𝑡, 𝑠)}^{'} | \leq \frac{1}{2}, (𝑡, 𝑠) \in 𝑄$ 。于是对任意 $𝑠_{1}, 𝑠_{2} \in [𝑠_{0} - 𝜌_{1}, 𝑠_{0} + 𝜌_{1}]$ ，有

| 𝑓 (𝑡, 𝑠_{1}) - 𝑓 (𝑡, 𝑠_{2}) | \leq \frac{1}{2} | 𝑠_{1} - 𝑠_{2} | .

又因为 $𝑓 (𝑡, 𝑠_{0})$ 连续且 $𝑓 (𝑡_{0}, 𝑠_{0}) = 𝑠_{0}$ ，可取 $0 < 𝛿 \leq 𝛿_{1}$ ，使得当 $| 𝑡 - 𝑡_{0} | \leq 𝛿$ 时， $| 𝑓 (𝑡, 𝑠_{0}) - 𝑠_{0} | \leq \frac{𝜌_{1}}{2}$ 。令 $𝐼 = [𝑡_{0} - 𝛿, 𝑡_{0} + 𝛿], 𝜌 = 𝜌_{1}$ ，考虑空间

𝑀 = {𝑥 \in 𝐶 (𝐼) : 𝑥 (𝑡_{0}) = 𝑠_{0}, | 𝑥 (𝑡) - 𝑠_{0} | \leq 𝜌, 𝑡 \in 𝐼},

则 $𝑀$ 是 $𝐶 (𝐼)$ 中的闭子集，从而是完备距离空间。

在 $𝑀$ 上定义映射 $(𝑇 𝑥) (𝑡) = 𝑓 (𝑡, 𝑥 (𝑡))$ 。若 $𝑥 \in 𝑀$ ，则 $(𝑇 𝑥) (𝑡_{0}) = 𝑓 (𝑡_{0}, 𝑥 (𝑡_{0})) = 𝑓 (𝑡_{0}, 𝑠_{0}) = 𝑠_{0}$ ，并且对任意 $𝑡 \in 𝐼$ ，

\begin{aligned} | (𝑇 𝑥) (𝑡) - 𝑠_{0} | = & | 𝑓 (𝑡, 𝑥 (𝑡)) - 𝑓 (𝑡_{0}, 𝑠_{0}) | \\ \leq & | 𝑓 (𝑡, 𝑥 (𝑡)) - 𝑓 (𝑡, 𝑠_{0}) | + | 𝑓 (𝑡, 𝑠_{0}) - 𝑠_{0} | \\ \leq & \frac{1}{2} | 𝑥 (𝑡) - 𝑠_{0} | + \frac{𝜌}{2} \\ \leq & \frac{1}{2} 𝜌 + \frac{𝜌}{2} = 𝜌 。 \end{aligned}

所以 $𝑇 𝑥 \in 𝑀$ ，即 $𝑇 : 𝑀 \to 𝑀$ 。

对任意 $𝑥, 𝑦 \in 𝑀$ ，有

| (𝑇 𝑥) (𝑡) - (𝑇 𝑦) (𝑡) | = | 𝑓 (𝑡, 𝑥 (𝑡)) - 𝑓 (𝑡, 𝑦 (𝑡)) | \leq \frac{1}{2} | 𝑥 (𝑡) - 𝑦 (𝑡) | 。

故 $𝑑 (𝑇 𝑥, 𝑇 𝑦) \leq \frac{1}{2} 𝑑 (𝑥, 𝑦)$ 。因此 $𝑇$ 是 $𝑀$ 上的压缩映射。由压缩映射原理，存在唯一的 $𝑥 \in 𝑀$ ，使得 $𝑇 𝑥 = 𝑥$ ，即

𝑥 (𝑡) = 𝑓 (𝑡, 𝑥 (𝑡)), 𝑡 \in [𝑡_{0} - 𝛿, 𝑡_{0} + 𝛿] ，

且 $𝑥 (𝑡_{0}) = 𝑠_{0}$ 。证毕。

第五次作业：习题一之 8、21、22、23、24、25

习题一之 8

题目 17.

试举一例说明有界集不是全有界集。

设距离空间 $𝑋 = ℕ$ 且定义离散距离。对任意 $𝑚, 𝑛 \in 𝑋$ ，总有 $𝑑 (𝑚, 𝑛) \leq 1$ ，因此 $𝑋$ 是有界集。但若取 $𝜀 = \frac{1}{2}$ ，总有 $𝐵 (𝑛, 𝜀) = {𝑛}$ 。而 $𝑋$ 是无限集，无法以有限个开球覆盖。故 $𝑋$ 不是全有界集。

习题一之 21

题目 18.

设 $𝑋 = {𝑎, 𝑏}, 𝜏 = {𝑋, \emptyset, {𝑏}}$ ，证明：

$𝜏$ 是 $𝑋$ 上的一个拓扑；
${𝑎}$ 是闭集；
。

(1) $𝜏$ 是 $𝑋$ 上的一个拓扑

根据拓扑的定义，需要验证三个条件。首先，显然有 $𝑋 \in 𝜏, \emptyset \in 𝜏$ ；其次，由于 $𝜏$ 仅包含 $𝑋, \emptyset, {𝑏}$ ，它们的任意并集仍属于 $𝜏$ 。最后，任意两个元素的交集也属于 $𝜏$ ，且

𝑋 \cap {𝑏} = {𝑏}, 𝑋 \cap \emptyset = \emptyset, {𝑏} \cap \emptyset = \emptyset .

因此， $𝜏$ 对有限交封闭。综上， $𝜏$ 满足拓扑的全部公理，故它是 $𝑋$ 上的一个拓扑。

(2) ${𝑎}$ 是闭集

由于 $𝑋 ∖ {𝑎} = {𝑏} \in 𝜏$ ，即 ${𝑎}$ 的补集是开集，因此 ${𝑎}$ 是闭集。

(3)

由闭包的定义，当且仅当 $𝑥$ 的每个开邻域都与 ${𝑏}$ 相交。对于 $𝑎$ ，其唯一的开邻域是 $𝑋$ ，且 $𝑋 \cap {𝑏} = {𝑏} \neq \emptyset$ 。对于 $𝑏$ ，其任意开邻域显然都包含 $𝑏$ 。因此，，从而。

习题一之 22

定理 2.

设 $𝑋$ 是任一集， $ℬ︀$ 是 $𝑋$ 的子集构成的集族，则 $ℬ︀$ 是 $𝑋$ 上某一拓扑基，当且仅当 $ℬ︀$ 有以下性质：

任一点 $𝑥 \in 𝑋$ ，存在 $𝐺 \in ℬ︀$ ，使得 $𝑥 \in 𝐺$ ；
如果 $𝑥 \in 𝐺_{1} \cap 𝐺_{2}$ ，其中 $𝐺_{1}, 𝐺_{2} \in ℬ︀$ ，则存在 $𝐺_{3} \in ℬ︀$ ，使得 $𝑥 \in 𝐺_{3} \subset 𝐺_{1} \cap 𝐺_{2}$ 。

题目 19.

设

𝑋

是任一集，

{ℬ︀}_{1}, {ℬ︀}_{2}

是

𝑋

的子集构成的集族，它们都满足定理 2 中的条件，设

𝜏_{1}, 𝜏_{2}

分别是由它们决定的

𝑋

上的拓扑。证明：

𝜏_{1} \subset 𝜏_{2}

，当且仅当对于每一

𝐺_{1} \in {ℬ︀}_{1}

及任一点

𝑥 \in 𝐺_{1}

，存在

𝐺_{2} \in {ℬ︀}_{2}

，使得

𝑥 \in 𝐺_{2} \subset 𝐺_{1}

。

必要性：

假设 $𝜏_{1} \subset 𝜏_{2}$ 。任取 $𝐺_{1} \in {ℬ︀}_{1}$ 及 $𝑥 \in 𝐺_{1}$ 。由于 ${ℬ︀}_{1}$ 是 $𝜏_{1}$ 的基，因此 $𝐺_{1} \in 𝜏_{1} \subset 𝜏_{2}$ 。又因为 ${ℬ︀}_{2}$ 是 $𝜏_{2}$ 的基，所以存在 $𝐺_{2} \in {ℬ︀}_{2}$ ，使得

𝑥 \in 𝐺_{2} \subset 𝐺_{1} .

充分性：

假设对于任意 $𝐺_{1} \in {ℬ︀}_{1}$ 及 $𝑥 \in 𝐺_{1}$ ，都存在 $𝐺_{2} \in {ℬ︀}_{2}$ ，满足 $𝑥 \in 𝐺_{2} \subset 𝐺_{1}$ 。任取 $𝑈 \in 𝜏_{1}$ 。由于 ${ℬ︀}_{1}$ 是 $𝜏_{1}$ 的基，对于任意 $𝑥 \in 𝑈$ ，存在 $𝐺_{1} \in {ℬ︀}_{1}$ ，使得 $𝑥 \in 𝐺_{1} \subset 𝑈$ 。根据假设，存在 $𝐺_{2} \in {ℬ︀}_{2}$ ，使得

𝑥 \in 𝐺_{2} \subset 𝐺_{1} \subset 𝑈 .

因此， $𝑈$ 中的每个点都有一个包含于 $𝑈$ 的 $𝜏_{2}$ 基元素。由拓扑基的定义， $𝑈 \in 𝜏_{2}$ 。故 $𝜏_{1} \subset 𝜏_{2}$ 。

习题一之 23

题目 20.

试举以拓扑空间的例，它是

𝑇_{2}

的但不是

𝑇_{3}

的。

取

𝑋 = ℝ, 𝐾 = {\frac{1}{𝑛} : 𝑛 \in ℕ^{+}} .

令 $ℬ︀$ 为所有通常开区间 $(𝑎, 𝑏)$ 以及集合 $(𝑎, 𝑏) ∖ 𝐾$ 构成的集族。容易验证 $ℬ︀$ 满足拓扑基条件，因此它生成一个拓扑 $𝜏$ 。现证明 $(𝑋, 𝜏)$ 是 $𝑇_{2}$ 空间。由于 $𝜏$ 包含通常的欧氏拓扑，对任意不同的 $𝑥, 𝑦 \in ℝ$ ，取 $𝜀 = \frac{| 𝑥 - 𝑦 |}{3}$ 。则

𝑈 = (𝑥 - 𝜀, 𝑥 + 𝜀), 𝑉 = (𝑦 - 𝜀, 𝑦 + 𝜀)

都是 $𝜏$ 中的开集，并且

𝑥 \in 𝑈, 𝑦 \in 𝑉, 𝑈 \cap 𝑉 = \emptyset .

因此， $(𝑋, 𝜏)$ 是 $𝑇_{2}$ 空间。（2）证明 $(𝑋, 𝜏)$ 不是 $𝑇_{3}$ 空间。注意到 $ℝ ∖ 𝐾$ 是 $𝜏$ 中的开集，因此 $𝐾$ 是闭集，且 $0 \notin 𝐾$ 。任取包含 $0$ 的开集 $𝑈$ 和包含 $𝐾$ 的开集 $𝑉$ 。由拓扑基的构造，存在 $𝜀 > 0$ ，使得 $(- 𝜀, 𝜀) ∖ 𝐾 \subset 𝑈$ 。

选取充分大的 $𝑛$ ，使得 $\frac{1}{𝑛} < 𝜀$ 。因为 $\frac{1}{𝑛} \in 𝐾 \subset 𝑉$ ，且 $𝑉$ 是开集，所以存在 $𝛿 > 0$ ，使得 $(\frac{1}{𝑛} - 𝛿, \frac{1}{𝑛} + 𝛿) \subset 𝑉$ 。由于该区间中存在不属于 $𝐾$ 且属于 $(- 𝜀, 𝜀)$ 的点，故 $𝑈 \cap 𝑉 \neq \emptyset$ 。因此，无法用不相交的开集分离点 $0$ 与闭集 $𝐾$ ，即该空间不是正则空间。所以 $(𝑋, 𝜏)$ 是 $𝑇_{2}$ 空间，但不是 $𝑇_{3}$ 空间。

习题一之 24

题目 21.

设

𝑋

是

𝑇_{1}

拓扑空间，证明点

𝑥

是

𝑋

中集

𝐸

的极限点，当且仅当

𝑥

的任意邻域中包含

𝐸

中的无穷多点。如不假设

𝑋

是

𝑇_{1}

的，结论是否成立？

必要性：

设 $𝑥$ 是 $𝐸$ 的极限点。反设存在 $𝑥$ 的某个开邻域 $𝑈$ ，使得 $𝑈 \cap 𝐸$ 是有限集。记

(𝑈 \cap 𝐸) ∖ {𝑥} = {𝑥_{1}, 𝑥_{2}, \dots, 𝑥_{𝑛}} .

由于 $𝑋$ 是 $𝑇_{1}$ 空间，每个单点集 ${𝑥_{𝑖}}$ 都是闭集，所以 $𝑉 = 𝑈 ∖ {𝑥_{1}, \dots, 𝑥_{𝑛}}$ 是包含 $𝑥$ 的开邻域。但 $𝑉 \cap (𝐸 ∖ {𝑥}) = \emptyset$ ，这与 $𝑥$ 是 $𝐸$ 的极限点矛盾。因此， $𝑥$ 的任意邻域都包含 $𝐸$ 中的无穷多点。

充分性：

假设 $𝑥$ 的任意邻域都包含 $𝐸$ 中的无穷多点。则任意邻域 $𝑈$ 中，必然存在 $𝑦 \in 𝐸$ ，使得 $𝑦 \neq 𝑥$ ，即 $𝑈 \cap (𝐸 ∖ {𝑥}) \neq \emptyset$ ，根据极限点的定义， $𝑥$ 是 $𝐸$ 的极限点。综上， $𝑥 \in 𝐸' \Leftrightarrow$ $𝑥$ 的任意邻域含有 $𝐸$ 中无穷多点。

反例：

取 $𝑋 = {𝑎, 𝑏}, 𝜏 = {\emptyset, 𝑋, {𝑏}}$ 。并令 $𝐸 = {𝑏}$ 。对于点 $𝑎$ ，其唯一的开邻域是 $𝑋$ ，且 $𝑋 \cap (𝐸 ∖ {𝑎}) = {𝑏} \neq \emptyset$ 。因此， $𝑎$ 是 $𝐸$ 的极限点。但是 $𝑋 \cap 𝐸 = {𝑏}$ 仅包含一个点，而不是无穷多点。所以不假设 $𝑇_{1}$ 时，该结论不一定成立。

习题一之 25

题目 22.

设拓扑空间

(𝑋, 𝜏)

满足第二可数公理，证明从

𝑋

的任意开覆盖中可选出由最多可数个集构成的子覆盖。

由于 $𝑋$ 满足第二可数公理，存在一个可数拓扑基 $ℬ︀ = {𝐵_{1}, 𝐵_{2}, \dots}$ 。任取 $𝑋$ 的一个开覆盖

𝒰︀ = {𝑈_{𝛼} : 𝛼 \in 𝐴}, 𝑋 = ⋃_{𝛼 \in 𝐴} 𝑈_{𝛼} .

对每个能够包含于某个 $𝑈_{𝛼}$ 的基元素 $𝐵_{𝑛}$ ，选取一个这样的 $𝑈_{𝛼_{𝑛}}$ ，使得 $𝐵_{𝑛} \subset 𝑈_{𝛼_{𝑛}}$ 。由于基元素至多可数，所选取的开集族 $𝒰︀' = {𝑈_{𝛼_{𝑛}}}$ 也是至多可数的。

下面证明 $𝒰︀'$ 覆盖 $𝑋$ 。任取 $𝑥 \in 𝑋$ 。因为 $𝒰︀$ 是 $𝑋$ 的开覆盖，存在 $𝑈_{𝛼} \in 𝒰︀$ ，使得 $𝑥 \in 𝑈_{𝛼}$ 。又因为 $ℬ︀$ 是拓扑基，存在 $𝐵_{𝑛} \in ℬ︀$ ，满足 $𝑥 \in 𝐵_{𝑛} \subset 𝑈_{𝛼}$ 。根据前面的选取规则，存在 $𝑈_{𝛼_{𝑛}} \in 𝒰︀'$ ，使得

𝑥 \in 𝐵_{𝑛} \subset 𝑈_{𝛼_{𝑛}} .

因此，每个 $𝑥 \in 𝑋$ 都属于 $𝒰︀'$ 的某个元素，从而 $𝑋 = ⋃_{𝑈 \in 𝒰︀'} 𝑈$ 。故 $𝒰︀'$ 是原开覆盖的一个至多可数的子覆盖。

第六次作业：习题二之 1、2、5、6、8、9

习题二之 1

题目 23.

设 $(𝑋, ‖ \cdot ‖)$ 是赋范空间，对于 $𝑥, 𝑦 \in 𝑋$ 令

𝑑_{1} = {\begin{cases} 0, & 𝑥 = 𝑦 \\ ‖ 𝑥 - 𝑦 ‖ + 1, & 𝑥 \neq 𝑦 \end{cases}

证明

𝑑_{1}

是

𝑋

上的距离但不是由范数诱导的距离。

首先证明 $𝑑_{1}$ 是距离。

正定性：显然 $𝑑_{1} (𝑥, 𝑦) \geq 0$ ，且 $𝑑_{1} (𝑥, 𝑦) = 0 当且仅当 𝑥 = 𝑦$ 。
对称性：由范数的性质， $𝑑_{1} (𝑥, 𝑦) = 𝑑_{1} (𝑦, 𝑥)$ 。
三角不等式：任取 $𝑥, 𝑦, 𝑧 \in 𝑋$ 。若 $𝑥 = 𝑧$ ，则不等式显然成立；若 $𝑥 = 𝑦$ 或 $𝑦 = 𝑧$ ，则等号成立。

当 $𝑥, 𝑦, 𝑧$ 两两不同时，由范数的三角不等式，

\begin{aligned} 𝑑_{1} (𝑥, 𝑧) & = ‖ 𝑥 - 𝑧 ‖ + 1 \\ \leq ‖ 𝑥 - 𝑦 ‖ + ‖ 𝑦 - 𝑧 ‖ + 1 \\ \leq 𝑑_{1} (𝑥, 𝑦) + 𝑑_{1} (𝑦, 𝑧) . \end{aligned}

因此 $𝑑_{1}$ 是 $𝑋$ 上的距离。

下面证明 $𝑑_{1}$ 不是由范数诱导的距离。设 $𝑋 \neq {0}$ ，反设存在范数 ${‖ \cdot ‖}_{*}$ ，使得 $𝑑_{1} (𝑥, 𝑦) = {‖ 𝑥 - 𝑦 ‖}_{*}$ 。任取 $𝑥 \neq 0$ ，由范数的齐次性， ${‖ 2 𝑥 ‖}_{*} = 2 {‖ 𝑥 ‖}_{*}$ 。但由 $𝑑_{1}$ 的定义，

{‖ 𝑥 ‖}_{*} = ‖ 𝑥 ‖ + 1, {‖ 2 𝑥 ‖}_{*} = 2 ‖ 𝑥 ‖ + 1 .

从而 $2 ‖ 𝑥 ‖ + 1 = 2 ‖ 𝑥 ‖ + 2$ ，矛盾。故 $𝑑_{1}$ 不是由范数诱导的距离。

习题二之 2

题目 24.

在 $𝑙^{\infty}$ 中，按坐标定义线性运算且对 $𝑥 \in 𝑙^{\infty}, 𝑥 = {𝜉_{𝑘}}$ 定义

‖ 𝑥 ‖ = sup_{𝑛} | 𝜉_{𝑛} |,

证明

𝑙^{\infty}

是一个赋范空间。

首先证明 $𝑙^{\infty}$ 是线性空间。任取 $𝑥 = (𝜉_{𝑛}), 𝑦 = (𝜂_{𝑛}) \in 𝑙^{\infty}$ 及标量 $𝛼, 𝛽$ ，由

sup_{𝑛} | 𝛼 𝜉_{𝑛} + 𝛽 𝜂_{𝑛} | \leq | 𝛼 | sup_{𝑛} | 𝜉_{𝑛} | + | 𝛽 | sup_{𝑛} | 𝜂_{𝑛} | < \infty,

可知 $𝛼 𝑥 + 𝛽 𝑦 \in 𝑙^{\infty}$ ，故 $𝑙^{\infty}$ 是线性空间。

下面验证范数的三个条件。

正定性：显然 $‖ 𝑥 ‖ \geq 0$ ，且

‖ 𝑥 ‖ = 0 当且仅当 sup_{𝑛} | 𝜉_{𝑛} | = 0 当且仅当 𝜉_{𝑛} = 0, \forall 𝑛 当且仅当 𝑥 = 0 .

齐次性：对任意标量 $𝛼$ ，

\begin{aligned} ‖ 𝛼 𝑥 ‖ & = sup_{𝑛} | 𝛼 𝜉_{𝑛} | \\ = | 𝛼 | sup_{𝑛} | 𝜉_{𝑛} | \\ = | 𝛼 | ‖ 𝑥 ‖ . \end{aligned}

三角不等式：对任意 $𝑥, 𝑦 \in 𝑙^{\infty}$ ，

\begin{aligned} ‖ 𝑥 + 𝑦 ‖ & = sup_{𝑛} | 𝜉_{𝑛} + 𝜂_{𝑛} | \\ \leq sup_{𝑛} (| 𝜉_{𝑛} | + | 𝜂_{𝑛} |) \\ \leq sup_{𝑛} | 𝜉_{𝑛} | + sup_{𝑛} | 𝜂_{𝑛} | \\ = ‖ 𝑥 ‖ + ‖ 𝑦 ‖ . \end{aligned}

综上， $(𝑙^{\infty}, ‖ \cdot ‖)$ 是赋范空间。

习题二之 5

题目 25.

设

(𝑋, ‖ \cdot ‖)

是赋范空间，

𝑋_{0}

是

𝑋

中的稠密子集，证明：对于每一

𝑥 \in 𝑋

存在

{𝑥_{𝑛}} \subset 𝑋_{0}

，使得

𝑥 = \sum_{𝑛 = 1}^{\infty} 𝑥_{𝑛}

且

\sum_{𝑛 = 1}^{\infty} ‖ 𝑥_{𝑛} ‖ < \infty

。

任取 $𝑥 \in 𝑋$ 。由于 $𝑋_{0}$ 在 $𝑋$ 中稠密，可递归选取 $𝑥_{𝑛} \in 𝑋_{0}$ ，使得

‖ 𝑥 - \sum_{𝑘 = 1}^{𝑛} 𝑥_{𝑘} ‖ < 2^{- 𝑛} .

具体地，先取 $𝑥_{1} \in 𝑋_{0}$ ，满足 $‖ 𝑥 - 𝑥_{1} ‖ < \frac{1}{2}$ 。假设已取 $𝑥_{1}, \dots, 𝑥_{𝑛 - 1}$ ，记

𝑟_{𝑛 - 1} = 𝑥 - \sum_{𝑘 = 1}^{𝑛 - 1} 𝑥_{𝑘} .

由 $𝑋_{0}$ 的稠密性，可取 $𝑥_{𝑛} \in 𝑋_{0}$ ，使得 $‖ 𝑟_{𝑛 - 1} - 𝑥_{𝑛} ‖ < 2^{- 𝑛}$ 。令 $𝑟_{𝑛} = 𝑥 - \sum_{𝑘 = 1}^{𝑛} 𝑥_{𝑘}$ ，则 $‖ 𝑟_{𝑛} ‖ < 2^{- 𝑛}$ ，故

‖ 𝑥 - \sum_{𝑘 = 1}^{𝑛} 𝑥_{𝑘} ‖ \to 0 .

因此

𝑥 = \sum_{𝑛 = 1}^{\infty} 𝑥_{𝑛} .

下面证明级数绝对收敛。对 $𝑛 \geq 2$ ，由三角不等式，

\begin{aligned} ‖ 𝑥_{𝑛} ‖ & = ‖ 𝑟_{𝑛 - 1} - 𝑟_{𝑛} ‖ \\ \leq ‖ 𝑟_{𝑛 - 1} ‖ + ‖ 𝑟_{𝑛} ‖ \\ < 2^{- (𝑛 - 1)} + 2^{- 𝑛} . \end{aligned}

因而

\begin{aligned} \sum_{𝑛 = 1}^{\infty} ‖ 𝑥_{𝑛} ‖ & \leq ‖ 𝑥_{1} ‖ + \sum_{𝑛 = 2}^{\infty} (2^{- (𝑛 - 1)} + 2^{- 𝑛}) \\ < \infty . \end{aligned}

综上，存在 ${𝑥_{𝑛}} \subset 𝑋_{0}$ ，使得

𝑥 = \sum_{𝑛 = 1}^{\infty} 𝑥_{𝑛}, \sum_{𝑛 = 1}^{\infty} ‖ 𝑥_{𝑛} ‖ < \infty .

习题二之 6

题目 26.

设

(𝑋, ‖ \cdot ‖)

是赋范空间，

𝑋 \neq {0}

，证明：

𝑋

是 Banach 空间，当且仅当

𝑋

中的单位球面

𝑆 = {𝑥 \in 𝑋 : ‖ 𝑥 ‖ = 1}

是完备的。

（1）必要性：设 $𝑋$ 是 Banach 空间。由于范数连续，单位球面 $𝑆 = {𝑥 \in 𝑋 : ‖ 𝑥 ‖ = 1}$ 是 $𝑋$ 中的闭集。完备距离空间的闭子集仍完备，故 $𝑆$ 完备。

（2）充分性：设 $𝑆$ 完备。任取 $𝑋$ 中的 Cauchy 列 ${𝑥_{𝑛}}$ 。

由反三角不等式， $| ‖ 𝑥_{𝑛} ‖ - ‖ 𝑥_{𝑚} ‖ | \leq ‖ 𝑥_{𝑛} - 𝑥_{𝑚} ‖$ ，可知 ${‖ 𝑥_{𝑛} ‖}$ 是实数域上的 Cauchy 列。由实数的完备性，存在 $𝑎 \geq 0$ ，使得 $‖ 𝑥_{𝑛} ‖ \to 𝑎$ 。若 $𝑎 = 0$ ，则 $‖ 𝑥_{𝑛} - 0 ‖ = ‖ 𝑥_{𝑛} ‖ \to 0$ ，故 $𝑥_{𝑛} \to 0$ 。

若 $𝑎 > 0$ ，则当 $𝑛$ 充分大时 $‖ 𝑥_{𝑛} ‖ > 0$ 。令 $𝑦_{𝑛} = \frac{𝑥_{𝑛}}{‖ 𝑥_{𝑛} ‖} \in 𝑆$ 。对充分大的 $𝑛, 𝑚$ ，有

\begin{aligned} ‖ 𝑦_{𝑛} - 𝑦_{𝑚} ‖ & = ‖ \frac{𝑥_{𝑛}}{‖ 𝑥_{𝑛} ‖} - \frac{𝑥_{𝑚}}{‖ 𝑥_{𝑚} ‖} ‖ \\ \leq \frac{‖ 𝑥_{𝑛} - 𝑥_{𝑚} ‖}{‖ 𝑥_{𝑛} ‖} \\ + ‖ 𝑥_{𝑚} ‖ | \frac{1}{‖ 𝑥_{𝑛} ‖} - \frac{1}{‖ 𝑥_{𝑚} ‖} | . \end{aligned}

由于 ${𝑥_{𝑛}}$ 是 Cauchy 列，且 $‖ 𝑥_{𝑛} ‖ \to 𝑎 > 0$ ，故

‖ 𝑦_{𝑛} - 𝑦_{𝑚} ‖ \to 0 (𝑛, 𝑚 \to \infty) .

因此 ${𝑦_{𝑛}}$ 是 $𝑆$ 中的 Cauchy 列。

由 $𝑆$ 完备，存在 $𝑦 \in 𝑆$ ，使得 $𝑦_{𝑛} \to 𝑦$ 。又因为 $𝑥_{𝑛} = ‖ 𝑥_{𝑛} ‖ 𝑦_{𝑛}$ ，所以 $𝑥_{𝑛} \to 𝑎 𝑦 \in 𝑋$ 。因此 $𝑋$ 中任意 Cauchy 列均收敛，即 $𝑋$ 完备。

综上，

𝑋 是 Banach 空间 当且仅当 𝑆 完备 .

习题二之 8

题目 27.

设 $(𝑋_{𝑛}, {‖ \cdot ‖}_{𝑛})$ 是一列赋范空间， $𝑥 = {𝑥_{𝑛}}, 𝑥_{𝑛} \in 𝑋_{𝑛} (𝑛 = 1, 2, \dots)$ 且满足条件 $\sum_{𝑘 = 1}^{\infty} {‖ 𝑥_{𝑘} ‖}^{𝑝} < \infty$ ，用 $𝑋$ 表示所有 $𝑥$ 的全体，按坐标定义线性运算构成的线性空间，在 $𝑋$ 中定义

‖ 𝑥 ‖ = {(\sum_{𝑛 = 1}^{\infty} {‖ 𝑥_{𝑛} ‖}^{𝑝})}^{\frac{1}{𝑝}} (𝑝 \geq 1),

证明

(𝑋, ‖ \cdot ‖)

是一个赋范空间。

首先证明 $𝑋$ 是线性空间。

任取 $𝑥 = (𝑥_{𝑛}), 𝑦 = (𝑦_{𝑛}) \in 𝑋$ 及标量 $𝛼, 𝛽$ 。由范数的三角不等式及

{(𝑎 + 𝑏)}^{𝑝} \leq 2^{𝑝 - 1} (𝑎^{𝑝} + 𝑏^{𝑝}), 𝑎, 𝑏 \geq 0,

得

\begin{aligned} {‖ 𝛼 𝑥_{𝑛} + 𝛽 𝑦_{𝑛} ‖}_{𝑛}^{𝑝} & \leq {(| 𝛼 | {‖ 𝑥_{𝑛} ‖}_{𝑛} + | 𝛽 | {‖ 𝑦_{𝑛} ‖}_{𝑛})}^{𝑝} \\ \leq 2^{𝑝 - 1} ({| 𝛼 |}^{𝑝} {‖ 𝑥_{𝑛} ‖}_{𝑛}^{𝑝} + {| 𝛽 |}^{𝑝} {‖ 𝑦_{𝑛} ‖}_{𝑛}^{𝑝}) . \end{aligned}

两边对 $𝑛$ 求和，由 $𝑥, 𝑦 \in 𝑋$ 可知

\sum_{𝑛 = 1}^{\infty} {‖ 𝛼 𝑥_{𝑛} + 𝛽 𝑦_{𝑛} ‖}_{𝑛}^{𝑝} < \infty .

因此 $𝛼 𝑥 + 𝛽 𝑦 \in 𝑋$ ，故 $𝑋$ 是线性空间。

下面验证范数的三个条件。

正定性：显然 $‖ 𝑥 ‖ \geq 0$ ，且

\begin{aligned} ‖ 𝑥 ‖ = 0 & 当且仅当 \sum_{𝑛 = 1}^{\infty} {‖ 𝑥_{𝑛} ‖}_{𝑛}^{𝑝} = 0 \\ 当且仅当 {‖ 𝑥_{𝑛} ‖}_{𝑛} = 0, \forall 𝑛 \\ 当且仅当 𝑥_{𝑛} = 0, \forall 𝑛 \\ 当且仅当 𝑥 = 0 . \end{aligned}

齐次性：对任意标量 $𝛼$ ，

\begin{aligned} ‖ 𝛼 𝑥 ‖ & = {(\sum_{𝑛 = 1}^{\infty} {‖ 𝛼 𝑥_{𝑛} ‖}_{𝑛}^{𝑝})}^{\frac{1}{𝑝}} \\ = {({| 𝛼 |}^{𝑝} \sum_{𝑛 = 1}^{\infty} {‖ 𝑥_{𝑛} ‖}_{𝑛}^{𝑝})}^{\frac{1}{𝑝}} \\ = | 𝛼 | ‖ 𝑥 ‖ . \end{aligned}

三角不等式：由各 $𝑋_{𝑛}$ 中的三角不等式及 Minkowski 不等式，

\begin{aligned} ‖ 𝑥 + 𝑦 ‖ & = {(\sum_{𝑛 = 1}^{\infty} {‖ 𝑥_{𝑛} + 𝑦_{𝑛} ‖}_{𝑛}^{𝑝})}^{\frac{1}{𝑝}} \\ \leq {(\sum_{𝑛 = 1}^{\infty} {({‖ 𝑥_{𝑛} ‖}_{𝑛} + {‖ 𝑦_{𝑛} ‖}_{𝑛})}^{𝑝})}^{\frac{1}{𝑝}} \\ \leq {(\sum_{𝑛 = 1}^{\infty} {‖ 𝑥_{𝑛} ‖}_{𝑛}^{𝑝})}^{\frac{1}{𝑝}} + {(\sum_{𝑛 = 1}^{\infty} {‖ 𝑦_{𝑛} ‖}_{𝑛}^{𝑝})}^{\frac{1}{𝑝}} \\ = ‖ 𝑥 ‖ + ‖ 𝑦 ‖ . \end{aligned}

综上， $(𝑋, ‖ \cdot ‖)$ 是赋范空间。

习题二之 9

题目 28.

证明：

离散情形的 Hölder 不等式与 Minkowski 不等式;
$𝑙^{𝑝} (𝑝 \geq 1)$ 是可分的 Banach 空间。

(1) 离散 Hölder 不等式

设 $1 < 𝑝, 𝑞 < \infty$ ，且 $\frac{1}{𝑝} + \frac{1}{𝑞} = 1$ 。对任意 $(𝑎_{𝑛}) \in 𝑙^{𝑝}$ 、 $(𝑏_{𝑛}) \in 𝑙^{𝑞}$ ，证明

\sum_{𝑛 = 1}^{\infty} | 𝑎_{𝑛} 𝑏_{𝑛} | \leq {(\sum_{𝑛 = 1}^{\infty} {| 𝑎_{𝑛} |}^{𝑝})}^{\frac{1}{𝑝}} {(\sum_{𝑛 = 1}^{\infty} {| 𝑏_{𝑛} |}^{𝑞})}^{\frac{1}{𝑞}} .

记

𝐴 = {(\sum_{𝑛 = 1}^{\infty} {| 𝑎_{𝑛} |}^{𝑝})}^{\frac{1}{𝑝}}, 𝐵 = {(\sum_{𝑛 = 1}^{\infty} {| 𝑏_{𝑛} |}^{𝑞})}^{\frac{1}{𝑞}} .

若 $𝐴 = 0$ 或 $𝐵 = 0$ ，结论显然成立。

当 $𝐴, 𝐵 > 0$ 时，令

𝑢_{𝑛} = \frac{| 𝑎_{𝑛} |}{𝐴}, 𝑣_{𝑛} = \frac{| 𝑏_{𝑛} |}{𝐵} .

由 Young 不等式，

𝑢_{𝑛} 𝑣_{𝑛} \leq \frac{𝑢_{𝑛}^{𝑝}}{𝑝} + \frac{𝑣_{𝑛}^{𝑞}}{𝑞} .

两边求和，得到

\begin{aligned} \sum_{𝑛 = 1}^{\infty} 𝑢_{𝑛} 𝑣_{𝑛} & \leq \frac{1}{𝑝} \sum_{𝑛 = 1}^{\infty} 𝑢_{𝑛}^{𝑝} + \frac{1}{𝑞} \sum_{𝑛 = 1}^{\infty} 𝑣_{𝑛}^{𝑞} \\ = \frac{1}{𝑝} + \frac{1}{𝑞} = 1 . \end{aligned}

因此 $\sum_{𝑛 = 1}^{\infty} | 𝑎_{𝑛} 𝑏_{𝑛} | \leq 𝐴 𝐵$ 。

当 $𝑝 = 1, 𝑞 = \infty$ 时，由

\sum_{𝑛 = 1}^{\infty} | 𝑎_{𝑛} 𝑏_{𝑛} | \leq sup_{𝑛} | 𝑏_{𝑛} | \sum_{𝑛 = 1}^{\infty} | 𝑎_{𝑛} |

可知端点情形同样成立。

(2) 离散 Minkowski 不等式

对 $𝑝 \geq 1$ ，证明

{(\sum_{𝑛 = 1}^{\infty} {| 𝑎_{𝑛} + 𝑏_{𝑛} |}^{𝑝})}^{\frac{1}{𝑝}} \leq {(\sum_{𝑛 = 1}^{\infty} {| 𝑎_{𝑛} |}^{𝑝})}^{\frac{1}{𝑝}} + {(\sum_{𝑛 = 1}^{\infty} {| 𝑏_{𝑛} |}^{𝑝})}^{\frac{1}{𝑝}} .

当 $𝑝 = 1$ 时，由三角不等式直接成立。

当 $𝑝 > 1$ 时，令 $𝑞 = \frac{𝑝}{𝑝 - 1}$ 。先对有限项证明。由三角不等式，

\begin{aligned} \sum_{𝑛 = 1}^{𝑁} {| 𝑎_{𝑛} + 𝑏_{𝑛} |}^{𝑝} & \leq \sum_{𝑛 = 1}^{𝑁} (| 𝑎_{𝑛} | + | 𝑏_{𝑛} |) {| 𝑎_{𝑛} + 𝑏_{𝑛} |}^{𝑝 - 1} \\ = \sum_{𝑛 = 1}^{𝑁} | 𝑎_{𝑛} | {| 𝑎_{𝑛} + 𝑏_{𝑛} |}^{𝑝 - 1} \\ + \sum_{𝑛 = 1}^{𝑁} | 𝑏_{𝑛} | {| 𝑎_{𝑛} + 𝑏_{𝑛} |}^{𝑝 - 1} . \end{aligned}

对右端两项分别应用 Hölder 不等式，并利用 $(𝑝 - 1) 𝑞 = 𝑝$ ，得到

\begin{aligned} \sum_{𝑛 = 1}^{𝑁} {| 𝑎_{𝑛} + 𝑏_{𝑛} |}^{𝑝} & \leq ({(\sum_{𝑛 = 1}^{𝑁} {| 𝑎_{𝑛} |}^{𝑝})}^{\frac{1}{𝑝}} + {(\sum_{𝑛 = 1}^{𝑁} {| 𝑏_{𝑛} |}^{𝑝})}^{\frac{1}{𝑝}}) \\ \cdot {(\sum_{𝑛 = 1}^{𝑁} {| 𝑎_{𝑛} + 𝑏_{𝑛} |}^{𝑝})}^{\frac{𝑝 - 1}{𝑝}} . \end{aligned}

若左端为零，结论显然；否则两边除以最后一个因子，得

{(\sum_{𝑛 = 1}^{𝑁} {| 𝑎_{𝑛} + 𝑏_{𝑛} |}^{𝑝})}^{\frac{1}{𝑝}} \leq {(\sum_{𝑛 = 1}^{𝑁} {| 𝑎_{𝑛} |}^{𝑝})}^{\frac{1}{𝑝}} + {(\sum_{𝑛 = 1}^{𝑁} {| 𝑏_{𝑛} |}^{𝑝})}^{\frac{1}{𝑝}} .

令 $𝑁 \to \infty$ ，即得 Minkowski 不等式。

(3) $𝑙^{𝑝}$ 是 Banach 空间

设 ${𝑥^{𝑚}}$ 是 $𝑙^{𝑝}$ 中的 Cauchy 列，其中 $𝑥^{𝑚} = (𝜉_{1}^{𝑚}, 𝜉_{2}^{𝑚}, \dots)$ 。由于

| 𝜉_{𝑛}^{𝑚} - 𝜉_{𝑛}^{𝑘} | \leq {‖ 𝑥^{𝑚} - 𝑥^{𝑘} ‖}_{𝑝},

故对任意固定的 $𝑛$ ， ${𝜉_{𝑛}^{𝑚}}_{𝑚}$ 是标量域中的 Cauchy 列。

由标量域的完备性，存在 $𝜉_{𝑛}$ ，使得 $𝜉_{𝑛}^{𝑚} \to 𝜉_{𝑛} (𝑚 \to \infty)$ 。记 $𝑥 = (𝜉_{1}, 𝜉_{2}, \dots)$ 。

因为 ${𝑥^{𝑚}}$ 是 Cauchy 列，所以对任意 $𝜀 > 0$ ，存在 $𝑀$ ，使得当 $𝑚, 𝑘 \geq 𝑀$ 时， ${‖ 𝑥^{𝑚} - 𝑥^{𝑘} ‖}_{𝑝} < 𝜀$ 。因而对任意正整数 $𝑁$ ，

\sum_{𝑛 = 1}^{𝑁} {| 𝜉_{𝑛}^{𝑚} - 𝜉_{𝑛}^{𝑘} |}^{𝑝} < 𝜀^{𝑝} .

固定 $𝑚 \geq 𝑀$ ，令 $𝑘 \to \infty$ ，得 $\sum_{𝑛 = 1}^{𝑁} {| 𝜉_{𝑛}^{𝑚} - 𝜉_{𝑛} |}^{𝑝} \leq 𝜀^{𝑝}$ 。再令 $𝑁 \to \infty$ ，得到

\sum_{𝑛 = 1}^{\infty} {| 𝜉_{𝑛}^{𝑚} - 𝜉_{𝑛} |}^{𝑝} \leq 𝜀^{𝑝} .

因此 $𝑥 - 𝑥^{𝑚} \in 𝑙^{𝑝}$ 。又因为 $𝑥^{𝑚} \in 𝑙^{𝑝}$ ，故 $𝑥 \in 𝑙^{𝑝}$ ，并且 ${‖ 𝑥^{𝑚} - 𝑥 ‖}_{𝑝} \leq 𝜀 (𝑚 \geq 𝑀)$ 。

于是 $𝑥^{𝑚} \to 𝑥$ ，即 $𝑙^{𝑝}$ 中任意 Cauchy 列均收敛，所以 $𝑙^{𝑝}$ 是 Banach 空间。

(4) $𝑙^{𝑝}$ 是可分空间

先考虑实数域上的 $𝑙^{𝑝}$ 。令 $𝐷 = {𝑥 = (𝑟_{𝑛}) : 𝑟_{𝑛} \in ℚ, 且仅有有限个非零项}$ 。由于 $𝐷$ 是有限维有理数序列集合的可数并，故 $𝐷$ 可数。

下面证明 $𝐷$ 在 $𝑙^{𝑝}$ 中稠密。任取 $𝑥 = (𝜉_{𝑛}) \in 𝑙^{𝑝}$ 及 $𝜀 > 0$ 。由于 $\sum_{𝑛 = 1}^{\infty} {| 𝜉_{𝑛} |}^{𝑝} < \infty$ ，存在正整数 $𝑁$ ，使得

\sum_{𝑛 = 𝑁 + 1}^{\infty} {| 𝜉_{𝑛} |}^{𝑝} < \frac{𝜀^{𝑝}}{2} .

由于 $ℚ$ 在 $ℝ$ 中稠密，对 $1 \leq 𝑛 \leq 𝑁$ ，可取 $𝑟_{𝑛} \in ℚ$ ，使得

| 𝜉_{𝑛} - 𝑟_{𝑛} | < \frac{𝜀}{{(2 𝑁)}^{\frac{1}{𝑝}}} .

令 $𝑦 = (𝑟_{1}, \dots, 𝑟_{𝑁}, 0, 0, \dots) \in 𝐷$ 。则

\begin{aligned} {‖ 𝑥 - 𝑦 ‖}_{𝑝}^{𝑝} & = \sum_{𝑛 = 1}^{𝑁} {| 𝜉_{𝑛} - 𝑟_{𝑛} |}^{𝑝} + \sum_{𝑛 = 𝑁 + 1}^{\infty} {| 𝜉_{𝑛} |}^{𝑝} \\ < 𝑁 \cdot \frac{𝜀^{𝑝}}{2 𝑁} + \frac{𝜀^{𝑝}}{2} \\ = 𝜀^{𝑝} . \end{aligned}

因而 ${‖ 𝑥 - 𝑦 ‖}_{𝑝} < 𝜀$ 。

故 $𝐷$ 是 $𝑙^{𝑝}$ 中的可数稠密子集， $𝑙^{𝑝}$ 可分。对复数域上的 $𝑙^{𝑝}$ ，只需将 $ℚ$ 换成 $ℚ + 𝑖 ℚ$ ，证明相同。

综上， $𝑙^{𝑝}$ （ $1 \leq 𝑝 < \infty$ ）是可分的 Banach 空间。

第七次作业：习题二之 3、12、13、14、17、18

习题二之 3

题目 29.

设

𝑀

是空间

𝑙^{\infty}

中除又穷个坐标之外为

0

的元之全体构成的子空间，证明

𝑀

不是闭子空间。

考虑 $𝑙^{\infty}$ 中的元素 $𝑥 = (1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \dots, \frac{1}{𝑛}, \dots)$ ，显然 $𝑥 \in 𝑙^{\infty}$ ，但 $𝑥$ 有无穷多个非零坐标，因此 $𝑥 \notin 𝑀$ 。

对每个正整数 $𝑛$ ，令 $𝑥^{𝑛} = (1, \frac{1}{2}, \dots, \frac{1}{𝑛}, 0, 0, \dots)$ 。由于 $𝑥^{𝑛}$ 仅有有限个非零坐标，故 $𝑥^{𝑛} \in 𝑀$ 。

又因为

{‖ 𝑥^{𝑛} - 𝑥 ‖}_{\infty} = sup_{𝑘 > 𝑛} \frac{1}{𝑘} = \frac{1}{𝑛 + 1} \to 0,

所以 $𝑥^{𝑛} \to 𝑥$ 。因此 $𝑀$ 中存在收敛序列，其极限不属于 $𝑀$ ，故 $𝑀$ 不是闭子空间。

习题二之 12

题目 30.

设 $𝐸$ 是直线上的 Lebesgue 可测集，且 $𝑚 (𝐸) < \infty$ ，用 ${‖ \cdot ‖}_{𝑝}$ 表示 $𝐿^{𝑝} (𝐸) (𝑝 \geq 1)$ 中的范数， ${‖ \cdot ‖}_{\infty}$ 表示 $𝐿^{\infty} (𝐸)$ 的范数。证明：对于每一 $𝑥 \in 𝐿^{\infty} (𝐸)$ ，

lim_{𝑝 \to \infty} {‖ 𝑥 ‖}_{𝑝} = {‖ 𝑥 ‖}_{\infty} .

设 $𝑥 \in 𝐿^{\infty} (𝐸)$ ，记

𝑀 = {‖ 𝑥 ‖}_{\infty} = \underset{𝑡 \in 𝐸}{ess sup} | 𝑥 (𝑡) | .

由于 $𝑚 (𝐸) < \infty$ ，对任意 $𝑝 \geq 1$ ，有

{‖ 𝑥 ‖}_{𝑝}^{𝑝} = \int_{𝐸} {| 𝑥 (𝑡) |}^{𝑝} d 𝑡 \leq 𝑀^{𝑝} 𝑚 (𝐸) .

因此 ${‖ 𝑥 ‖}_{𝑝} \leq 𝑀 {𝑚 (𝐸)}^{\frac{1}{𝑝}}$ 。令 $𝑝 \to \infty$ ，得

\underset{𝑝 \to \infty}{lim sup} {‖ 𝑥 ‖}_{𝑝} \leq 𝑀 .

另一方面，若 $𝑀 = 0$ ，则 $𝑥 = 0$ 几乎处处成立，结论显然。

若 $𝑀 > 0$ ，任取 $𝜀 \in (0, 𝑀)$ ，由本性上确界的定义，集合 $𝐸_{𝜀} = {𝑡 \in 𝐸 : | 𝑥 (𝑡) | > 𝑀 - 𝜀}$ 满足 $𝑚 (𝐸_{𝜀}) > 0$ 。

于是

\begin{aligned} {‖ 𝑥 ‖}_{𝑝}^{𝑝} & = \int_{𝐸} {| 𝑥 (𝑡) |}^{𝑝} d 𝑡 \\ \geq \int_{𝐸_{𝜀}} {| 𝑥 (𝑡) |}^{𝑝} d 𝑡 \\ \geq {(𝑀 - 𝜀)}^{𝑝} 𝑚 (𝐸_{𝜀}) . \end{aligned}

因此 ${‖ 𝑥 ‖}_{𝑝} \geq (𝑀 - 𝜀) {𝑚 (𝐸_{𝜀})}^{\frac{1}{𝑝}}$ 。令 $𝑝 \to \infty$ ，由于 $0 < 𝑚 (𝐸_{𝜀}) < \infty$ ，得到 ${lim inf}_{𝑝 \to \infty} {‖ 𝑥 ‖}_{𝑝} \geq 𝑀 - 𝜀$ 。由 $𝜀$ 的任意性， ${lim inf}_{𝑝 \to \infty} {‖ 𝑥 ‖}_{𝑝} \geq 𝑀$ 。

结合上下极限，得到

lim_{𝑝 \to \infty} {‖ 𝑥 ‖}_{𝑝} = 𝑀 = {‖ 𝑥 ‖}_{\infty} .

习题二之 13

题目 31.

设 $(𝑋_{1}, {‖ \cdot ‖}_{1}), (𝑋_{2}, {‖ \cdot ‖}_{2})$ 是赋范空间，在乘积线性空间 $𝑋_{1} \times 𝑋_{2}$ 中定义

{‖ 𝑧 ‖}_{1} = {‖ 𝑥_{1} ‖}_{1} + {‖ 𝑥_{2} ‖}_{2}; {‖ 𝑧 ‖}_{2} = max ({‖ 𝑥_{1} ‖}_{1}, {‖ 𝑥_{2} ‖}_{2}),

其中

𝑧 \in 𝑋_{1} \times 𝑋_{2}, 𝑧 = (𝑥_{1}, 𝑥_{2})

。证明：

{‖ 𝑧 ‖}_{1}, {‖ 𝑧 ‖}_{2}

是

𝑋_{1} \times 𝑋_{2}

上的等价范数。

任取 $𝑧 = (𝑥_{1}, 𝑥_{2}) \in 𝑋_{1} \times 𝑋_{2}$ ，记 $𝐴 = {‖ 𝑥_{1} ‖}_{1}, 𝐵 = {‖ 𝑥_{2} ‖}_{2}$ 。则

{‖ 𝑧 ‖}_{1} = 𝐴 + 𝐵, {‖ 𝑧 ‖}_{2} = max (𝐴, 𝐵) .

首先验证二者均为范数。首先非负性与正定性显然。然后，对任意标量 $𝛼$ ，由各分量范数的齐次性，

\begin{aligned} {‖ 𝛼 𝑧 ‖}_{1} & = | 𝛼 | 𝐴 + | 𝛼 | 𝐵 \\ = | 𝛼 | {‖ 𝑧 ‖}_{1}, \end{aligned}

\begin{aligned} {‖ 𝛼 𝑧 ‖}_{2} & = max (| 𝛼 | 𝐴, | 𝛼 | 𝐵) \\ = | 𝛼 | {‖ 𝑧 ‖}_{2} . \end{aligned}

再任取 $𝑤 = (𝑦_{1}, 𝑦_{2})$ ，由分量范数的三角不等式，

\begin{aligned} {‖ 𝑧 + 𝑤 ‖}_{1} & = {‖ 𝑥_{1} + 𝑦_{1} ‖}_{1} + {‖ 𝑥_{2} + 𝑦_{2} ‖}_{2} \\ \leq {‖ 𝑥_{1} ‖}_{1} + {‖ 𝑦_{1} ‖}_{1} + {‖ 𝑥_{2} ‖}_{2} + {‖ 𝑦_{2} ‖}_{2} \\ = {‖ 𝑧 ‖}_{1} + {‖ 𝑤 ‖}_{1} . \end{aligned}

同时，

\begin{aligned} {‖ 𝑧 + 𝑤 ‖}_{2} & \leq max ({‖ 𝑥_{1} ‖}_{1} + {‖ 𝑦_{1} ‖}_{1}, {‖ 𝑥_{2} ‖}_{2} + {‖ 𝑦_{2} ‖}_{2}) \\ \leq max ({‖ 𝑥_{1} ‖}_{1}, {‖ 𝑥_{2} ‖}_{2}) + max ({‖ 𝑦_{1} ‖}_{1}, {‖ 𝑦_{2} ‖}_{2}) \\ = {‖ 𝑧 ‖}_{2} + {‖ 𝑤 ‖}_{2} . \end{aligned}

故二者都是范数。

下面证明等价性。由于 $𝐴, 𝐵 \geq 0$ ，

max (𝐴, 𝐵) \leq 𝐴 + 𝐵 \leq 2 max (𝐴, 𝐵) .

即 ${‖ 𝑧 ‖}_{2} \leq {‖ 𝑧 ‖}_{1} \leq 2 {‖ 𝑧 ‖}_{2}$ 。因此存在常数 $𝑐 = 1$ 、 $𝐶 = 2$ ，使得

𝑐 {‖ 𝑧 ‖}_{2} \leq {‖ 𝑧 ‖}_{1} \leq 𝐶 {‖ 𝑧 ‖}_{2} .

故 ${‖ \cdot ‖}_{1}$ 与 ${‖ \cdot ‖}_{2}$ 是等价范数。

习题二之 14

题目 32.

设 $𝑋$ 是区间 $[𝑎, 𝑏]$ 上所有连续函数全体按通常方式定义线性运算所成的线性空间，对于 $𝑥 \in 𝑋$ 定义

‖ 𝑥 ‖ = sup_{𝑎 \leq 𝑡 \leq 𝑏} | 𝑥 (𝑡) |; {‖ 𝑥 ‖}_{1} = \int_{𝑎}^{𝑏} | 𝑥 (𝑡) | 𝑑 𝑡 .

证明：

‖ \cdot ‖, {‖ \cdot ‖}_{1}

是

𝑋

上两个不等价的范数。

首先证明两个函数都是 $𝑋 = 𝐶 [𝑎, 𝑏]$ 上的范数。对于一致范数 $‖ 𝑥 ‖ = {sup}_{𝑎 \leq 𝑡 \leq 𝑏} | 𝑥 (𝑡) |$ ，其正定性、齐次性及三角不等式均由绝对值的相应性质直接得到。

对于积分范数 ${‖ 𝑥 ‖}_{1} = \int_{𝑎}^{𝑏} | 𝑥 (𝑡) | d 𝑡$ ，显然 ${‖ 𝑥 ‖}_{1} \geq 0$ 。

若 ${‖ 𝑥 ‖}_{1} = 0$ ，由于 $| 𝑥 (𝑡) |$ 连续且非负，必有 $𝑥 (𝑡) = 0$ 对所有 $𝑡 \in [𝑎, 𝑏]$ 成立，否则由连续性可找到一个正长度的区间，使其积分严格大于零。因此 ${‖ 𝑥 ‖}_{1} = 0 当且仅当 𝑥 = 0$ 。

此外，对任意标量 $𝛼$ ，

\begin{aligned} {‖ 𝛼 𝑥 ‖}_{1} & = \int_{𝑎}^{𝑏} | 𝛼 𝑥 (𝑡) | d 𝑡 \\ = | 𝛼 | {‖ 𝑥 ‖}_{1} . \end{aligned}

对任意 $𝑥, 𝑦 \in 𝑋$ ，

\begin{aligned} {‖ 𝑥 + 𝑦 ‖}_{1} & = \int_{𝑎}^{𝑏} | 𝑥 (𝑡) + 𝑦 (𝑡) | d 𝑡 \\ \leq \int_{𝑎}^{𝑏} (| 𝑥 (𝑡) | + | 𝑦 (𝑡) |) d 𝑡 \\ = {‖ 𝑥 ‖}_{1} + {‖ 𝑦 ‖}_{1} . \end{aligned}

故 ${‖ \cdot ‖}_{1}$ 也是范数。

下面证明二者不等价。

由 $| 𝑥 (𝑡) | \leq ‖ 𝑥 ‖$ ，可得 ${‖ 𝑥 ‖}_{1} \leq (𝑏 - 𝑎) ‖ 𝑥 ‖$ 。若两个范数等价，则还存在常数 $𝑐 > 0$ ，使得对所有 $𝑥 \in 𝑋$ ， ${‖ 𝑥 ‖}_{1} \geq 𝑐 ‖ 𝑥 ‖$ 。

构造函数列

𝑥_{𝑛 (𝑡)} = {(1 - \frac{𝑡 - 𝑎}{𝑏 - 𝑎})}^{𝑛} .

显然 $𝑥_{𝑛} \in 𝐶 [𝑎, 𝑏]$ ，且 $‖ 𝑥_{𝑛} ‖ = 1$ 。另一方面，

\begin{aligned} {‖ 𝑥_{𝑛} ‖}_{1} & = \int_{𝑎}^{𝑏} {(1 - \frac{𝑡 - 𝑎}{𝑏 - 𝑎})}^{𝑛} d 𝑡 \\ = \frac{𝑏 - 𝑎}{𝑛 + 1} \to 0 . \end{aligned}

于是

\frac{{‖ 𝑥_{𝑛} ‖}_{1}}{‖ 𝑥_{𝑛} ‖} \to 0,

与存在统一的常数 $𝑐 > 0$ 矛盾。

因此两个范数不等价。

习题二之 17

题目 33.

设 $(𝑋, ‖ \cdot ‖)$ 是赋范空间，如果对任意 $𝑥, 𝑦 \in 𝑋, 𝑥 \neq 𝑦$ 且 $‖ 𝑥 ‖ = ‖ 𝑦 ‖ = 1$ 必有 $‖ 𝑥 + 𝑦 ‖ < 2$ ，称 $(𝑋, ‖ \cdot ‖)$ 是严格凸赋范空间。

证明赋范空间 $(𝑋, ‖ \cdot ‖)$ 是严格凸的，当且仅当对任意 $𝑥, 𝑦 \in 𝑋, ‖ 𝑥 + 𝑦 ‖ = ‖ 𝑥 ‖ + ‖ 𝑦 ‖$ 必有 $𝑥 = 𝛼 𝑦 (𝛼 > 0)$ 。
证明在严格凸赋范空间中，对于每一个 $𝑥 \in 𝑋$ ， $𝑥$ 关于任意子空间 $𝑌$ 的最佳逼近是唯一的。

(1) 严格凸的等价条件

先证明必要性。设 $𝑋$ 严格凸，任取非零向量 $𝑥, 𝑦$ ，且 $‖ 𝑥 + 𝑦 ‖ = ‖ 𝑥 ‖ + ‖ 𝑦 ‖$ 。

令

𝑢 = \frac{𝑥}{‖ 𝑥 ‖}, 𝑣 = \frac{𝑦}{‖ 𝑦 ‖},

则 $‖ 𝑢 ‖ = ‖ 𝑣 ‖ = 1$ 。

再令

𝜆 = \frac{‖ 𝑥 ‖}{‖ 𝑥 ‖ + ‖ 𝑦 ‖},

显然 $0 < 𝜆 < 1$ ，并且

\begin{aligned} ‖ 𝜆 𝑢 + (1 - 𝜆) 𝑣 ‖ & = ‖ \frac{𝑥 + 𝑦}{‖ 𝑥 ‖ + ‖ 𝑦 ‖} ‖ \\ = 1 . \end{aligned}

若 $𝑢 \neq 𝑣$ ，由严格凸性及三角不等式的等号条件可知，单位球面上两个不同点的非平凡凸组合范数严格小于 $1$ ，与上式矛盾。

故 $𝑢 = 𝑣$ ，即

\frac{𝑥}{‖ 𝑥 ‖} = \frac{𝑦}{‖ 𝑦 ‖} .

因此

𝑥 = \frac{‖ 𝑥 ‖}{‖ 𝑦 ‖} 𝑦 = 𝛼 𝑦, 𝛼 > 0 .

再证明充分性。设上述等号条件成立。

任取 $𝑥, 𝑦 \in 𝑋$ ，满足 $‖ 𝑥 ‖ = ‖ 𝑦 ‖ = 1, 𝑥 \neq 𝑦$ 。由三角不等式， $‖ 𝑥 + 𝑦 ‖ \leq 2$ 。若 $‖ 𝑥 + 𝑦 ‖ = 2$ ，根据假设，存在 $𝛼 > 0$ ，使得 $𝑥 = 𝛼 𝑦$ 。由 $‖ 𝑥 ‖ = ‖ 𝑦 ‖ = 1$ ，可得 $𝛼 = 1$ ，即 $𝑥 = 𝑦$ ，矛盾。

因此 $‖ 𝑥 + 𝑦 ‖ < 2$ 。故 $𝑋$ 严格凸。

综上，两个条件等价。

(2) 最佳逼近的唯一性

设 $𝑋$ 是严格凸赋范空间， $𝑌$ 是 $𝑋$ 的任意线性子空间。

任取 $𝑥 \in 𝑋$ ，假设 $𝑦_{1}, 𝑦_{2} \in 𝑌$ 均为 $𝑥$ 的最佳逼近，即

‖ 𝑥 - 𝑦_{1} ‖ = ‖ 𝑥 - 𝑦_{2} ‖ = 𝑑,

其中 $𝑑 = {inf}_{𝑦 \in 𝑌} ‖ 𝑥 - 𝑦 ‖$ 。

若 $𝑑 = 0$ ，则 $𝑥 = 𝑦_{1} = 𝑦_{2}$ ，唯一性显然成立。

若 $𝑑 > 0$ ，反设 $𝑦_{1} \neq 𝑦_{2}$ ，令

𝑢 = \frac{𝑥 - 𝑦_{1}}{𝑑}, 𝑣 = \frac{𝑥 - 𝑦_{2}}{𝑑} .

则 $‖ 𝑢 ‖ = ‖ 𝑣 ‖ = 1, 𝑢 \neq 𝑣$ 。由严格凸性， $‖ \frac{𝑢 + 𝑣}{2} ‖ < 1$ 。

又因为 $𝑌$ 是线性子空间， $\frac{𝑦_{1} + 𝑦_{2}}{2} \in 𝑌$ 。于是

\begin{aligned} ‖ 𝑥 - \frac{𝑦_{1} + 𝑦_{2}}{2} ‖ & = ‖ \frac{(𝑥 - 𝑦_{1}) + (𝑥 - 𝑦_{2})}{2} ‖ \\ = 𝑑 ‖ \frac{𝑢 + 𝑣}{2} ‖ \\ < 𝑑 . \end{aligned}

这与 $𝑑$ 是 $𝑥$ 到 $𝑌$ 的最小距离矛盾。因此 $𝑦_{1} = 𝑦_{2}$ 。

故在严格凸赋范空间中，任意子空间上的最佳逼近若存在，则必唯一。

习题二之 18

题目 34.

设 $(𝑋, ‖ \cdot ‖)$ 是赋范空间。如果对任意 $𝜀 > 0$ ，存在 $𝛿 > 0$ ，当 $‖ 𝑥 - 𝑦 ‖ \geq 𝜀$ ， $‖ 𝑥 ‖ = ‖ 𝑦 ‖ = 1$ 时必有 $‖ 𝑥 + 𝑦 ‖ \leq 2 - 𝛿$ ，称 $(𝑋, ‖ \cdot ‖)$ 是一致凸的。证明：

$𝐶 [𝑎, 𝑏]$ 不是一致凸的。
$𝐿^{1} [𝑎, 𝑏]$ 不是一致凸的。
一致凸赋范空间必是严格凸的。

(1) $𝐶 [𝑎, 𝑏]$ 不是一致凸的

设 $𝑎 < 𝑏$ ，考虑 $𝐶 [𝑎, 𝑏]$ 上的一致范数

{‖ 𝑥 ‖}_{\infty} = max_{𝑡 \in [𝑎, 𝑏]} | 𝑥 (𝑡) | .

构造两个函数

𝑥 (𝑡) = 1, 𝑦 (𝑡) = 1 - 2 \frac{𝑡 - 𝑎}{𝑏 - 𝑎} .

显然 $𝑥, 𝑦 \in 𝐶 [𝑎, 𝑏]$ ，且 ${‖ 𝑥 ‖}_{\infty} = {‖ 𝑦 ‖}_{\infty} = 1$ 。

由于 $𝑦 (𝑏) = - 1$ ，有 ${‖ 𝑥 - 𝑦 ‖}_{\infty} = 2$ 。但在 $𝑡 = 𝑎$ 处， $𝑥 (𝑎) + 𝑦 (𝑎) = 2$ ，因此 ${‖ 𝑥 + 𝑦 ‖}_{\infty} = 2$ 。

取 $𝜀 = 1$ ，则对于任意 $𝛿 > 0$ ，上述 $𝑥, 𝑦$ 均满足 ${‖ 𝑥 - 𝑦 ‖}_{\infty} \geq 𝜀$ ，但 ${‖ 𝑥 + 𝑦 ‖}_{\infty} = 2 > 2 - 𝛿$ 。

故 $𝐶 [𝑎, 𝑏]$ 不是一致凸空间。

(2) $𝐿^{1} [𝑎, 𝑏]$ 不是一致凸的

设 $𝑎 < 𝑏$ ，取两个不相交且具有正测度的可测子集

𝐴 = [𝑎, \frac{𝑎 + 𝑏}{2}], 𝐵 = (\frac{𝑎 + 𝑏}{2}, 𝑏] .

定义

𝑓 (𝑡) = \frac{1}{𝑚 (𝐴)} 𝟙_{𝐴 (𝑡)}, 𝑔 (𝑡) = \frac{1}{𝑚 (𝐵)} 𝟙_{𝐵 (𝑡)},

其中 $𝟙_{𝐴}, 𝟙_{𝐵}$ 为示性函数。

由于 $𝐴 \cap 𝐵 = \emptyset$ ，且 $𝑚 (𝐴), 𝑚 (𝐵) > 0$ ，

{‖ 𝑓 ‖}_{1} = \int_{𝑎}^{𝑏} | 𝑓 (𝑡) | 𝑑 𝑡 = 1, {‖ 𝑔 ‖}_{1} = \int_{𝑎}^{𝑏} | 𝑔 (𝑡) | 𝑑 𝑡 = 1 .

又由于 $𝑓, 𝑔$ 的支集不相交，

\begin{aligned} {‖ 𝑓 - 𝑔 ‖}_{1} & = \int_{𝑎}^{𝑏} | 𝑓 (𝑡) - 𝑔 (𝑡) | d 𝑡 \\ = {‖ 𝑓 ‖}_{1} + {‖ 𝑔 ‖}_{1} = 2 . \end{aligned}

同时，

\begin{aligned} {‖ 𝑓 + 𝑔 ‖}_{1} & = \int_{𝑎}^{𝑏} | 𝑓 (𝑡) + 𝑔 (𝑡) | d 𝑡 \\ = {‖ 𝑓 ‖}_{1} + {‖ 𝑔 ‖}_{1} = 2 . \end{aligned}

取 $𝜀 = 1$ ，则对任意 $𝛿 > 0$ ，都有

{‖ 𝑓 - 𝑔 ‖}_{1} \geq 𝜀, {‖ 𝑓 + 𝑔 ‖}_{1} = 2 > 2 - 𝛿 .

这与一致凸性的定义矛盾。

因此 $𝐿^{1} [𝑎, 𝑏]$ 不是一致凸空间。

(3) 一致凸空间必严格凸

设 $𝑋$ 是一致凸赋范空间。

任取 $𝑥, 𝑦 \in 𝑋$ ，满足

‖ 𝑥 ‖ = ‖ 𝑦 ‖ = 1, 𝑥 \neq 𝑦 .

由于 $𝑥 \neq 𝑦$ ，有 $𝜀 = ‖ 𝑥 - 𝑦 ‖ > 0$ 。

由一致凸性，存在 $𝛿 > 0$ ，使得 $‖ 𝑥 + 𝑦 ‖ \leq 2 - 𝛿 < 2$ 。

因此对于任意两个不同的单位向量，都有 $‖ 𝑥 + 𝑦 ‖ < 2$ 。

故 $𝑋$ 是严格凸赋范空间。