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1、第一章练习题1．记是闭区间上连续函数全体构成的集合,在上定义距离如下:，（1）按是否完备?（2）的完备化空间是什么?答：(1)不完备,例如对于以及,定义则在本题所定义的距离的意义下是Cauchy列,因为另一方面,点列并不能在本题所定义的距离的意义下收敛到中的某个元.事实上,在几乎处处收敛的意义下,我们有因此,根据Lebesgue有界收敛定理,可以得到但.(2)的完备化空间是.因为(i)在距离的意义下,是的稠密子集.事实上,任意取定一个,需要证明:对于任意的,存在,使得.事实上,首先根据积分的绝对连续性,存在,使
2、得当,只要,就有77.因为(Lebesque)可积,故几乎处处有限,即,其中.由此可以得到(因为是渐缩集列并且的测度有限),故存在某个自然数,使得且,因此有,.引入一个新函数定义为显然对于恒有.由Lusin定理,存在连续函数和闭集,使得且,进而,.则限制在即为所求,因为:.77(ii)是完备的空间.2．设是距离空间，是的子集，对任意的，记，则（1）是的连续函数.（2）若是中的点列,使,是否为Cauchy列?为什么?证：(1)任意取定,对于任意的根据三角不等式,有,.对两端关于取下确界,可以得到,.即,.由此可得
3、.由此容易证明是上的连续函数,实际上,还满足Lipschitz常数等于1的Lipschitz条件.(2)答:未必是Cauchy列.例如取,其中的距离是Euclid距离.对于,对于,定义点列为对于点列,不难验证,;但显然不是Cauchy列.这里的原因就在于不是点到点之间的距离,而是点到集合的距离,当这个集合含有不止一个点时,不再具有点点之间距离的性质.3．是中的Lebesgue可测集合,试证按距离77是不可分空间.证法一：记为方便起见,设.定义显然有界,可测,因此必属于.记.则.既然对于不同的,与不同的部分是正测
4、度集,容易看出的势是.进而有(不妨设)我们用反证法证明所需的结论.设是可分的，则其必有可数的稠密子集,因此至少有一个属于两个不同的和.而由三角不等式,我们有这是一个矛盾.因此不可能是可分的.证法二：既然是正测度集,存在使得.不难验证,存在一列正数满足:;且.77对于每一个,其中或1,定义,.显然有界,可测,因此必属于.记,其中表示具有上述性质的的全体.则.既然对于不同的,(不妨设,且对于某个,)与不同的部分至少是正测度集,容易看出的势与的势都是连续统的势.进而有我们用反证法证明所需的结论.设是可分的，则其必有可
5、数的稠密子集,因此至少有一个属于两个不同的和.而由三角不等式,我们有这是一个矛盾.因此不可能是可分的.补充题．证明是不可分空间.证：记,其中显然,且只要,,则有,且因为(不妨设)的测度为正,故77.因此,由是不可数集,而的基数与的基数相同,故也是不可数集,且中任何两个不同元的距离均为1.如果是可分的,因此有一个可数的稠密子集合,且.但这是荒谬的,因为上式左端只有可数多个开球,右端有不可数多个元,所以至少有中的两个不同的属于同一个开球,由此得到矛盾:此矛盾表明不可能是可分的.4．设是闭区间上具有阶连续导数的函数全
6、体,定义:试证:（1）是完备的距离空间;（2）若定义,则是Banach空间.证：(1)这里只证明该距离是完备的.设是(时,就理解为)中该距离意义下的Cauchy列.因此当时，有.由此容易知道对于每一个,是中的Cauchy列.根据77的完备性,知收敛到中的某个元,记其为,则,且，,其中“”表示是一致收敛.如果我们记利用数学分析中函数序列一致收敛的分析性质,可以得到(*)例如,因为,故,即,又及,故.求导即可得到,即.归纳地可得(*).因此且.即是完备的距离空间.（2）证略.7．证明有限维线性赋范空间是完备的.证：
7、记该有限维(实)线性赋范空间为,是维的，范数记为,需要证明77是完备的.记中的一组基为:.因此对于任意的,存在唯一一组实数,使得,反之亦然.(i)我们断言存在一个与无关的常数,使得,.(*)首先定义一个映射为:对于任意的,.则对于任意的()有.由此容易知道是上的连续函数.记是中的单位球面,即.则对于任意的,有.(事实上,若有则,因此,但线性无关,故必有,此与相矛盾.)注意到是中的有界闭集(紧子集),连续函数必可在其上达到正的最小值.现在我们可以证明式(*).事实上,对于任意的,存在唯一的一组实数,使得,不失一般
8、性,可设因此,不全为零,注意到77,故或.由此容易得出(*)式.(ii)设是中的基本列,这里,即,当.利用(*)式便可以得到对于每一个,成立,当.即是中的基本列,因此收敛.设,(,).记,显然.根据中收敛的等价性(即按范数收敛意味着每个分量收敛或即按坐标收敛),容易得到,当.因此是完备的.9．设为线性赋范空间,是的线性闭子空间.在中定义等价关系为77.对任意的,以记的等价类,令.称为商
