应用泛函分析教案1

第二章 度量空间

§2.1 度量空间的进一步例子 教学内容(或课题)：

目的要求： 在复习第二章度量空间基本概念前提下，要求进一步掌握离散度量空间、序列空间、有界函数空间、可测函数空间等. 教学过程：

一 复习度量空间的概念

设X是个集合，若对于?x,y?X，都有唯一确定的实数d?x,y?与之对应，且满足

10 d?x,y??0，d?x,y?=0?x?y;

20 d?x,y??d?x,z?+d?y,z?对?x,y,z??都成立， 则称(?，d)为度

量空间或距离空间，?中的元素称为点，条件20称为三点不等式. 欧氏空间Rn 对Rn中任意两点x??x1,x2,?,xn?和

?2?y??y1,y2,?,yn?，规定距离为 d?x,y?=???xi?yi??.

?i?1? C?a,b?空间 C?a,b?表闭区间?a,b?上实值(或复值)连续函数的全体.对C?a,b?中任意两点x,y，定义d?x,y?=maxx?t??y?t?.

a?t?bn12?? l（1?p???)空间 记l=?x??xk?k?1?pp?xk?1??pk????.

?p???设x??xk?k?1，y??yk?k?1?lp，定义 d?x,y?=???xi?yi?i?1 二 度量空间的进一步例子

例1 设?是任意非空集合，对于?x,y??，令

???. ?1p 1

?1，当x?y; d?x,y?=?

0，当x?y?容易验证 10 d?x,y??0，d?x,y?=0?x?y; 20

d?x,y??d?x,z?+d?y,z?对?x,y,z??都成立. 称(?，d)为离散的度量空间. 由此可见，在任何非空的集合上总可以定义距离，使它成为

度量空间.

例2 序列空间S 令S表示实数列(或复数列)的全体，对?x??xk?k?1，y??yk?k?1，

??令 d?x,y?=?xk?yk1. 显然右边的级数总是收敛的. 易知kk?121?xk?yk?d?x,y??0，且d?x,y?=0?x?y. 即d?x,y?满足条件10. 对?a,b?C，先证

a?b1?a?b?a1?a+

b1?b.

实因令 f?t??以函数 f?t??以有

a?b1?a?b?t1?0，所 (0?t???)，则因为f??t??1?t(1?t)2t 在?0,???上单调递增. 又因为 a?b?a?b，所1?ta?b1?a?b?=

a1?a?b+

b1?a?b?a1?a+

b1?b.

再令 z??zk?k?1，a?xk?zk，b?zk?yk，则 a?b?xk?yk. 由上述已证的不等式，得

xk?yk1?xk?yk?xk?zk1?xk?zk+

zk?yk1?zk?yk.

2

由此推得 20 d?x,y??d?x,z?+d?y,z?对?x,y,z?S都成立. 故S按

d?x,y?成一度量空间.

例3 有界函数空间B?A?

设A是一个给定的集合，令B?A?表示A上有界实值(或复值)函数的全体. ?x,y?B?A?，定义 d?x,y?=supx?t??y?t?.显然d?x,y??0，

t?A且d?x,y?=0??t?A成立x?t??y?t?，即d?x,y?满足条件10.又?t?A，有 x?t??y?t??x?t??z?t?+z?t??y?t??supx?t??z?t?+supz?t??y?t?

t?At?A所以 supx?t??y?t??supx?t??z?t?+supz?t??y?t?. 即d?x,y?满足条

t?At?At?A件20. 特别当A??a,b?时，B?A?=B?a,b?.

例4可测函数空间M?X?

设M?X?为X上实值(或复值)的Lebesgue可测函数的全体，m为Lebesgue测度，若m?X???，对任意两个可测函数f?t?及g?t?，由于

f?t??g?t?1?f?t??g?t??1，故不等式左边为X上可积函数. 令

f?t??g?t?1?f?y??g?t?d?f,g?=?Xdm.

若把M?X?中两个几乎处处相等的函数视为M?X?中同一个元素，则

d?f,g??0且d?f,g?=0 ? f?g，即d?f,g?满足条件10. 其次(参考例2)

3

?f?hh?gdm????d?f,g?=?X1?f?y??g?t?X?1?f?h1?h?g?f?t??g?t???dm=???f?h1?f?hXdm+?h?g1?h?gXdm=d?f,h?+d?h,g?，对?f,g,h?M?X?都

成立. 即 d?f,g? 满足条件20. 故M?X?按上述距离d?f,g?成为度量空间.

作业 P205. 2. 4.

作业提示 2. 与例2处理方法类似.

x4.利用 当x?0时的递增性.

1?x

§2.2(1) 度量空间中的极限

教学内容(或课题)：

目的要求： 掌握一般的度量空间中的邻域、内点、外点、界点、导集、闭包、开集、闭集、收敛点列等概念，认识具体空间中点列收敛的具体意义. 教学过程：

设?X,d?为度量空间，d是距离，定义 B?x0,??=?x?Xd?x,x0???? 为x0的以?为半径的开球，亦称为x0的?邻域.

例1 设?X,d?是离散的度量空间，d是距离，则

??x?,当0???1; B?x0,??=?0

?X,当??1 4

仿§2.2-§2.3，设E是度量空间?X,d?中的一个子集，x0是X中一点若存在x0的某一邻域U?x0?，s.t. U?x0??E，则称x0为E的内点. 若x0是CE的内点，则称x0为E的外点. 若?U?x0?内既有E的点又有非E的点，则称x0为E的边界点. 若?U?x0?内都含有无穷多个属于E的点，则称x0为E的聚点. E的全体聚点所成集合称为E的导集，记为E?. E?E?称为E的闭包，记为E. 若E的每一点都是E的内点，则称E为开集. 若E??E，则称E为闭集.

例2在欧氏空间R1中，记A为全体有理数点的集合，B为全体无理数点的集合.则集合A及B均无内点，均无外点; ?x?R1既是A又是B的界点，既是A又是B的聚点; R1既是A又是B的导集，既是A又是B的闭包; A、B既非开集又非闭集. 若如同例1，将集合R1离散化，则?x?A都是A的内点，?y?B都是B的内点，因此A、B在离散空间中均为开集; A、B均无界点; A之外点集合为B，B之外点集合为A; A、B均无聚点，因此A???，B???，A?A?，B?B?，故A、B均为闭集.

设?xn?n?1是?X,d?中点列，若?x?X，s.t.

? limd?xn,x??0 (?)

n??则称?xn?n?1是收敛点列，x是点列?xn?n?1的极限.

?? 收敛点列的极限是唯一的. 实因若设xn既牧敛于x又收敛y，则因为0?d?x,y??d?x,xn??d?y,xn??0 ?n???，而有 d?x,y?=0. 所以

5

x=y.

附注 (?)式换个表达方式：limd?xn,x?=dlimxn,x. 即当点列

n??n????极限存在时，距离运算与极限运算可以换序. 更一般地有 距离d?x,y?是x和y的连续函数.

证明 d?x,y??d?x,x0?+d?x0,y0?+dy0,y ?

??d?x,y?-d?x0,y0??d?x,x0?+dy0,y;

d?x0,y0??dx0,x+d?x,y?+dy,y0 ?d?x0,y0?-d?x,y?

???????d?x,x0?+d?y0,y?. 所以|d?x,y?-d?x0,y0?|?d?x,x0?+d?y0,y? 例3 设?X,d?为一度量空间，令

B?x0,??=?xx?X,d?x,x0????， S?x0,??=?xx?X,d?x,x0????. 问

B?x0,??=S?x0,???

答 在Rn空间中，必有B?x0,??=S?x0,??. 在离散度量空间?X,d?中，当??1时，B?x0,??=?x0?，S?x0,??=X，此时B?x0,???S?x0,??. 毕.

设M是度量空间?X,d?中的点集，定义. ??M?=supd?x,y?

x,y?M为点集M的直径. 若??M?=supd?x,y???，则称M为?X,d?中的有

x,y?M界集(等价于固定x0，?x?M，d?x,x0??B，B为某正数，则为有界集).

6

? ?X,d?中的收敛点列?xn?n?1是有界集. 实因，设limxn?

n??x0，则数列?d?xn,x0??收敛于0,故?M0?0，s.t.?n??有d?xn,x0??M0. 所以?n,m??，有 d?xn,xm??d?x,x0?+ d?x0,xm??2M0.

?X,d?中的闭集可以用点列极限来定义： M为闭集 ? M中任何收敛点列的极限都在M中，即若xn?M，n?1,2,?，xn?x，则

x?M.

具体空间中点列收敛的具体意义：

?m??m??m? 1. 欧氏空间Rn xm=x1，m?1,2,?，为,x2,?,xn??Rn中的点列，x=?x1,x2,?,xn??Rn，

d?xm,x?=

?x?1m??x1???x?2m?2?x2?2?m????xn?xn??2. xm?x

?m??? ? 对每个1?i?n，有 xi?m??xi ?m???.

2. C?a,b? 设?xn?n?1?C?a,b?，x?C?a,b?，则

??d?xn,x?=maxxn?t??x?t??0 ?n??? ? ?xn?n?1在?a,b?一致收敛于

a?t?bx?t?.

?m??m? 3. 序列空间S 设xm=?1?m?,?2,?,?n,?，m?1,2,?，

??及x=??1,?2,?,?n,??分别是S中的点列及点，则

d?xm,x???1?0 ?m??? ? xm依坐标收敛于x. k?m???kk?121??k??k?m???k 7

实因，若对每个k有?k??m?则因???k?m???，

1收敛，所以?m??，k2k?1?s.t. ?1??. 因为对每个k?1,2,?,m?1，存在Nk??，s.t.当k2k?m2n?Nk时?k?n???k?m?1?2. 令N?max?N1,N2,?,Nm?1?，当n?N时，成

m?1?1?k??k1立?k. 所以当n?N时，成立???k?n??2221??k??kk?1k?11?2???1?k??k1?k??k++=?.所以d?xn,x?=?k??k?n??n?221??k??kk?121??k??kk?m2m?1?n??2?n??n?xn?x?n???

反之，若xn?x?n???，即

1?k??k?0?n???.又因为?k??，有d?xn,x?=?k?n?k?121??k??k??n??k?n???k1??k??k?n??2kd?xn,x?，所以当n??时，

?k?n???k1??k??k?n??0所以 ?. 所以1?????0，?N??，s.t. 当n?N时，成立

?k?n???k1??k?n???k?

?k?n???k??. 所以?k??，有?k?n???k?n???.

4. 可测函数空间M?X? 设?fn?n?1?M?X?，f?M?X?，则

?因d?fn,f?=?fn?t??f?t?1?fn?t??f?t?X实因，若dm，有 fn?f ? fn?f.

8

fn?f，则???0，有m?X?fn?f?????0 ?n???. ???0(不妨设??2m?X?)，取0?????2m?X??. 今对这样，则

1??2m?X???2?取定的?及?，因fn?f，故?N??，s.t. 当n?N时，成立

m?X?fn?f?????d?fn,f?=??2. 所以

fn?t??f?t?1?fn?t??f?t?X?fn?f???dm+?fn?t??f?t?1?fn?t??f?t?X?fn?f???dm?m?X?fn?f?????1+

?1??m?X????=?. 所以d?fn,f??0?n???. 22+

所以fn?f?n???.

反之，若fn?f?n???，即d?fn,f??0?n???. 对???0，由于

?1??m?X?fn?f???????fn?t??f?t?1?fn?t??f?t?Xfn?f???dm?d?fn,f?. 所

以limm?X?fn?f?????0，即fn?f.

n?? 以上各种极限概念不完全一致(依坐标收敛，一致收敛，依测度收敛)，引进距离概念之后，都可以统一在度量空间的极限概念之中. 作业 P205. 5.

作业提示 均匀收敛即一致收敛. 证明大意如同“序列空间S”，并利用 maxa?t?bfn?r??t??f?r??t?1?fn?r??t??f?t??r?=

a?t?bnaxfn?r??t??f?r??t??r??r?a?t?b1?maxfn?t??f?t?.

§2.2(2) 度量空间中的稠密集 可分空间 教学内容(或课题)：

目的要求： 掌握度量空间中的稠密集和可分空间的概念，能正确使用这两个概念.

9

教学过程：

Th 设B是度量空间X的一个子集，则集合

O??xx?X,y?B,d?x,y????是个开集，且B?O.

证明 设?x0?O，则?y0?B，s.t. d?x0,y0???. 所以

x0?U?y0,???O. ?x?U?x0,??，其中0????-d?x0,y0?，则

d?x,y0??(?-d?x0,y0?)+d?x0,y0?=?. 所以U?x0,???U?y0,???O. 所以?x0是O之内点. 所以O是开集.

又证 以B中每一点为心作半径?的邻域，所有这些邻域的并集就是集合O.

每个邻域都是开集，任意个开集之并仍为开集，故O为开集. 至于B?O是很显然的. 证毕.

?1? 附注 当??0时，得到是B之闭包未必是B. 例如B=???R1.

?n?12k?1??11??11??O=?U?,??U??,?=??,??0?，但0?B. ???k?1k??k?k?1?k?k?1???nk?n?1 P205.6. 设B??a,b?，证明度量空间C?a,b?中的集

??f当t?B时,f?t??0?为C?a,b?中的闭集，而集

A?f当t?B时,f?t??a????a?0?为开集 ? B为闭集.

证明 设?fn?t??n?1?f当t?B时,f?t??0且在C?a,b?中对?n??，有fn?t?=0. 令n??，得t?Bfn?t??f?t?.则当t?B时，

时，f?t??0. 所以f?t??f当t?B时,f?t??0. 所以

?????f当t?B时,f?t??0?是闭集.

10

“?” 设B为闭集，f0?t??A，则 f0?t??a(当t?B). 因f0?t?在B连续，所以f0?t??maxf0?t??a(当t?B). 取?：

t?B0???a-maxf0?t?，则对?f?t??U?f0,??，有

t?Bf?t??f0?t??maxf?t??f0?t???. 所以f?t??f0?t?+?. 所以当

t??a,b?t?Bf?t??f0?t?+??maxf0?t?+(a-maxf0?t?)=a

t?Bt?B所以U?f0,???A. 所以A为开集.

? “?” 设A为开集. 设?tn?n?1?B，取点f?t?：tn?t0且t0?B.

f?t??a，则f?tn??a，令n??得，f?t0??a.f?t??A=f当t?B时，??因为t0?B，故只有f?t0??a. 不妨设f?t0?=a(f?t0?=-a时同法可证之). 因为A为开集，所以??0?0，s.t.

f?t??a. U?f,?0??A=f当t?B时，?? ??：0????0，因为d?f?t???，f?t??????0，所以点

f?t?+??Uf,?0?A. 因为limf?tn?=f?t0?，所以对上述??0且

n????存在tN?B，s.t.f?tN??f?t0???， 所以f?t0?-??f?tN?. 所???0，

以f?tN?+??f?t0?=a.

但由方框，应有f?xN????a，与f?tN?+??f?t0?=a相互矛盾. 这就证明了B?B?. 故B为闭集. 证毕.

Def 1 设X是度量空间，N和M是X的两个子集，令M表示M 11

的闭包，若N?M，则称集M在集N中稠密，当N=X时，称M为X的一个稠密子集. 若X有一个可列的稠密子集，则称X是可分空间.

例1 n维欧氏空间Rn是可分空间. 事实上，座标为有理数的点的全体是Rn的可列稠密子集.

设M是闭区间?a,b?全体有理数集合，N是?a,b?全体无理数集合. 在R1中，因为M?N，N?M，所以N在M中稠，M在N中稠. 因为?a,b??M，?a,b??N，所以M和N都在?a,b?中稠密. 若X=?a,b?视为R1的子空间，则X是可分空间.

例2 离散距离空间X可分 ? X是可列集.

实因在X中没有稠密的真子集(因X中任何一个真子集的闭集还是这个真子集本身)，所以X中唯一的稠密子集只有X本身，因此X可分的充要条件为X是可列集.

例3 令l?表示有界实(或复)数列全体. 对l?中?x???1,?2,??，

y=??1,?2,??，定义d?x,y?=sup?k??k.

k 显然d?x,y??0 且d?x,y?=0 ? sup?k??k=0 ? 对?k??，都

k有?k??k=0 ? 对?k??，都有?k??k ? x?y. 其次设?z=??1,?2,???l?. 因为?k??，都有

?k??k??k??k+?k??kkk?sup?k??k+sup?k??k. 所以

kkksup?k??k?sup?k??k+sup?k??k.即d?x,y??d?x,z?+d?y,z?. 所以l?按d?x,y?成为度量空间.

12

往证l?是不可分空间.

令M表示l?中坐标?k取值为0或1的点x???1,?2,??的全体，则

M与二进位小数一一对应，所以M有连续统的基数，对M中任意的

两个不同点x,y，有d?x,y?=1. 若l?可分，则l?中存在可列稠密子集，

??1???1??设为?zk?k?1. 对M中每一点x，作球B?x,?，则?B?x,?x?M?是一

?3???3??族的两两不相交的球，总数有不可列个. 但由于?zk?k?1在l?中稠密，

??1???所以每个B?x,?中至少含有?zk?k?1中的一点，这与?zk?k?1是可列集矛

?3?盾. 证毕.

作业： P205. 3.7.8.9.

? 作业解答： 3. 令On=?xx?X,y?B,d?x,y????1??,则On是开n?集且On?B. 因为On?，所以limOn=?On. 因B是闭集，所以

n??n?1limOn=B，即?On=B.

n???n?1 7. 取?：0???1d?E,F?. 作开集 O=?xa?E,d?x,a???? 3和G=?yb?F,d?y,b????，则O?E，G?F. 又?a?E，?b?F，

?x?O，?y?G，有 d?a,b??d?a,x?+d?x,y?+d?y,b?. 所以

11d?x,y??d?a,b?-d?a,x?-d?y,b??d?E,F?-d?E,F?-d?E,F?=

33 13

1d?E,F??0. 所以x?y. 所以O与G必不相交. 3 又证不相交 若c?O?G，则存在U?a,??和U?b,??，a?E，

b?F,s.t. c?U?a,???U?b,??. 于是

0?d?E,F??d?a,b??d?a,c?+d?c,b???+??

O?G=?.

2d?E,F?. 矛盾. 所以 3?1,t?x8. ?x??a,b?，令fx?t?=? 则集合

????0,t?a,b?x?M=fx?t?x??a,b?含有不可数个元素fx?t?，M?B?a,b?，?fx?t?、

??fy?t??M且x?y时，d?fx,fy?=1. 若B?a,b?可分，则B?a,b?中存在可1??列的稠密子集，记为?fn?t??. 对M中每一点fx?t?，作球B?fx?t?,?，

3?????1?则?B?fx?t?,?fx?t??M?是一族两两不相交的球，总数有不可列个.

3????1??但由于?fn?t??在B?a,b?中稠密，所以每个B?fx?t?,?中至少含有?fn?t??3??中的点，这与?fn?t??是可列集矛盾. 故B?a,b?不可分.

9. 因为X 可分，所以存在稠密子集B=?x1,x2,??. 对于每个

?r?BXx?O.存在U?x,r??O. U因为在中稠密，所以可在?x,?中取出

?4?rrB中一点xk. 取有理数r?：?r??，所以x?U?xk,r???U?x,r??O，

42且所有U?xk,r??至多可列个，包含它的开集O至多可选出可列个. 证

14

毕.

§2.3 连续映照

教学内容(或课题)：

目的要求： 掌握连续映照概念，掌握连续映照的充要条件，学会使用连续映照概念和连续映照充要条件处理与连续映照的实际问题.

教学过程：

~ Def 1 设X=?X,d?，Y=Y,d是两个度量空间，T是X到Y中

??~的映照：X=?X,d?? Y=Y,d. x0?X，若???0，???0，s.t.

T??~?x?X且d?x,x0???，都有d?Tx,Tx0???，则称T在x0连续：

用邻域来描述T在x0连续：对Tx0的每一个?-邻域N，必存在x0的某个?-邻域N0，s.t. TN0?N(TN0表N0在T作用之下的像集). 也可以用极限来定义映照的连续性，基于

~ Th 1 设T是度量空间?X,d?到度量空间Y,d中的映照：~?X,d???Y,d?， 则T在x0连续 ? 当xn?x0时，必有Txn?Tx0.

T?? 证明 “?” 设T在x0连续，则???0，s.t. ?x?X???0，

~且d?x,x0???，都有d?Tx,Tx0???. 因为xn?x0，所以?N??，s.t.当n?N时，有d?xn,x0???. 所以d?Txn,Tx0???. 所以Txn?Tx0. “?” 反证法. 若T在x0不连续，则??0?0，s.t. ???0，

15

1~?x?x0，虽然d?x,x0???，但是d?Tx,Tx0???0. 特别取?=，则有

nxn，s.t.当d?x,x0??不1~时，有d?Txn,Tx0???0. 即xn?x0时，有nTxn?Tx0. 与假设矛盾.证毕.

若映照T在X的每一点都连续，则称T是X上的连续映照. 称集合?xx?X,Tx?M?(M?Y)为集合M在映照T下的原像.简记为

T?1M.

用开集刻划连续映照，就是

Th 2 度量空间X到Y中的映照T是X上的连续映照 ? 任意开集M?Y，T?1M是X中的开集.

证明 “?” 设T是连续映照，M?Y是Y中开集. 若

T?1M=?，则T?1M是X中开集. 若T?1M??，则?x0?T?1M，令

y0=Tx0，则y0?M. 由于M是开集，所以存在邻域N?y0,??

?M. 由T的连续性，存在邻域N?x0.??，s.t. TN?x0.??? N?y0,???M. 从而 N?x0.???T?1N?y0,???T?1M. 所以x0是T?1M的内点. 因为x0?M是任意的，所以T?1M是X中的开集.

“?” 设Y中每个开集的原像是开集. ?x0?X，则T?1N?Tx0,??是X中的开集. 又x0?T?1N?Tx0,??，所以x0是T?1N?Tx0,??的内点，所以存在邻域N?x0.???T?1N?Tx0,??. 所以TN?x0.???N?Tx0,??，所以T在x0连续. 又x0?X是任意的，所以T是X上的连续映照. 证毕.

16

利用T?1?CM?=CT?1M，又有

Th 2? 度量空间X到Y中的映照T是X上的连续映照 ? 任意闭集M?Y，T?1M是X中的闭集.

证明 “?” 设T是X上的连续映照，又设M?Y，M是闭集，则CM是开集. 由Th2, T?1?CM?是开集. 但T?1?CM?=CT?1M，故T?1M是X中的闭集.

“?” ?M?Y且M是闭集，则CM是开集. 由

及Y中任何闭集M的T?1M总是X中的闭集，得YT?1?CM?=CT?1M，

中任何开集CM的原像T?1?CM?总是开集，由Th2, T是X上的连续映照. 证毕.

P206.10. 设X为距离空间，A为X中的子集. 令

??????f?x?=infd?x,y?, x?X. 证明f?x?是X上的连续函数.

y?A 证明 ?x0?X，?xn?X，n?1,2,?，s.t.xn?x0.

?y?A?X，因为 d?xn,y??d?xn,x0?+d?x0,y?，所以 infd?xn,y??d?xn,x0?+d?x0,y?， 所以 infd?xn,y?-d?xn,x0?

y?Ay?A?d?x0,y?, 所以infd?xn,y?-d?xn,x0??infd?x0,y?，所以

y?Ay?Ainfd?xn,y?-infd?x0,y??d?xn,x0?. 同理

y?Ay?Ainfd?x0,y?-infd?xn,y??d?x0,xn?.所以|f?xn??f?x0?|=

y?Ay?A |infd?xn,y?-infd?x0,y?|?d?xn,x0??0(n??).

y?Ay?A所以f?x?是X上的连续映照(Th 1).

17

作业： P206. 11. 12. 13.

作业解答： 11. 先证 infd?x,y??0. 否则???0，?x?F1，

x?F1y?F2y?F2，s.t. dx,y??. 令?=d?xm,ym????1，则?xm?F1，ym?F2，s.t. m1,令m??，由于d?x,y?是二元连续函数，故得m因d?x0,y0?=0(x0?F1是xm的聚点，y0?F2是ym的聚点，聚点存在). 此x0=y0与F1?F2=?相矛盾，故d?F1,F2?=infd?x,y??0.

x?F1y?F2 取?：0???

1d?F1,F2?，再令G1=?U?x,??，G2=?U?y,??，则2x?F1y?F2G1与G2均为开集. 下证?U?x,??与?U?y,??都不相交. 若不然设

?z?U?x,???U?y,??，则d?x,y??d?x,z?+d?z,y???+??d?F1,F2?. 与d?x,y??d?F1,F2?相矛盾. 故任意二邻域不相交，从而G1?G2=?.

12. ?取开集G?Z. 因为g是Y到Z中的连续映照, 所以因为f是X到Y中的连续映照，所以f?1g?1G?Xg?1G?Y是开集.

?1是开集. 即?gf?G?X是开集. 所以 gf是X到Z中的连续映照.

??13. 由Th2?或由CT?1M=T?1?CM?和Th2推得.

?????均为闭集. 附注 区间???，c?及?c，

18

§2.4 压缩映象原理及其应用

本节作为完备度量空间何重要特征，我们介绍Banach压缩映象原理，它在许多关于存在唯一性的定理证明中是一个有力的工具。

随着现代电子计算机技术的发展，我们在解方程（包括常微分方程、偏微分方程、积分方程、差分方程、代数方程等）的过程中，大量使用的是逐次逼近的迭代法。几乎可以这样说：对一个方程，只要我们找到一个迭代公式，就算解出了这个方程（当然我们还要考虑迭代公式的收敛性、解的稳定性和收敛速度等问题）。但是，在逐次迭代中，我们必须保证迭代过程中得到的是个收敛序列，否则就是毫无意义的了。而选代法解方程的实质就是寻求变换（映射、映照）的不动点。例如求方程f(x)=0的根，我们可令g(x)=x-f(x)，则求f(x)=0的根就变成求g(x)的不动点，即求,使.而在通常求映射的不动点的方法中，最简单的就是下面我们所讲的--Banach压缩映象定理。 定义（压缩映象）

设T是度量空间X到X中的映照，如果对

都有

（是常数）则称T是X上的一个压缩映照。

从几何上说：压缩映照即点x和y经过映照T后，它们的像的距离缩短了（不超过d(x,y)的倍）

定理1（Banach压缩映照原理）1922年

（Banach 1892-1945 波兰数学家）

设（X,d）是一个完备度量空间，T是X上的一个压缩映照，则丅有唯一的不动点。即

的

使

证：任取令

（此即解方程的逐次迭代法）

先证是Cauchy点列

① ① 先考虑相邻两点的距离 ②再考虑任意两点的距离 当n>m时

=

19

=

是Cauchy点列

是完备度量空间,下证x为不动点

再证不动点唯一 若还有则

,使

使

因 必须 注:①定理条件(a)X完备,(b)缺一不可，反例如下

(a)若X不完备,则定理不成立

例如:令X=(0,1),用欧氏距离, 则

但不动点 (b)定理不成立 例如:令 X=R用欧氏距离

则 但显然T无不动点。 ②若将空间X条件加强为紧距空间，则压缩因子条件可放宽为1，

即可改为

限于我们的学时，我们只介绍一下Banach压缩映象原理的简单应用。

定理2（隐函数存在定理）

设

在带状区域

上处处

,且如果存在常数m,M，适合在闭区间

上有唯一的连续

连续，处处有关于y的偏导数

.则方程f

函数

,使

。

20

证：（在有不动点

中考虑映照

）

中作映照

，若其为压缩映照，则

在完备度量空间,显然,对

。

由连续函数的运算性质有

是到自身的一个映照

下证是压缩的. 即证

由微分中值定理,存在

,使

,任取

令

则

,故

取最大值 映照T是压缩的.由Banach压缩映象定理 在

上有唯一的不动点

使

显然这个不动点适合

注：① 注意本定理的证明思路：先确定空间，再找映照（这是难点）,然后证明此映照是压缩的，最后利用定理即得。注意到这是利用Banach压缩映照定理解题的一般方法。

② ② 此隐函数存在定理给出的条件强于数学分析中隐函数存在

定理所给出的条件，因而得出的结论也强些：此处得出区间上

的连续隐函数

.

下面我们介绍Banach不动点定理在常微分方程解的存在唯一性定理中的应用--Picard定理.

21

定理3：（Picard定理 Cauchy--Peano微分方程解的存在唯一性定理） （Picard 法国人 1856—1941 Peano意大利人1858--1932） 设

在矩形

又

上连续,设

在R上关于x満足Lipschitz（德

有 在区间的连续函数

国人 1832--1903）条件,即存在常数k使对

,那么方程

上有唯一的满足初始条件

解.其中证：设对足条件闭,因而令

如果

而

表示在区间

上的连续函数全体。

表示

中满

成完备度量空间。又令

的连续函数全体所成的子空间。显然

也是完备度量空间.

当

时,

是R上的二元连续函数,映照中积分有意义。

故T是

到

的一个映照

又对一切

下证是压缩的。 由Lipschitz条件,对有

中的任意两点

22

令 则

由Banach压缩映象定理,T在即 即

即

再证唯一性。 如果

也是

满足

使

且

,则由

有

.

故T是压缩的。 中有唯一的不动点.

是满足初值条件的连续解。

的连续解.

那么 因而 而且也是T的不动点.而T的不动点是唯一的. 故

有唯一解。

注：题设条件中Lipschitz条件的要求是十分强的，它保证了解的唯

一性。实际上満足Lipschtz条件即为一致收敛。因而可在积分号下求导，如果把解的要求降低，例如只要求广义解，即只要求

满足积分方程

则题设条件可大大放宽：

只要 有界,即可利用Lebesgue控制收敛定理得到广义解。 注意到Banach压缩映照定理不仅证明了方程的解的存在唯一性，而且也提供了求解的方法--逐次逼近法：即只要任取

则解

令

.且在Banach不动点定理的证明中,有

23

.即此式给出了用逼近解的误差估计式。

补充：Brouwer不动点是定理与Schauder不动点定理简介

鉴于不动点理论在现代数学中非常重要的地位，以及不动点理论是现代泛函分析中一个十分活跃的重要分支，下面我们简单介绍Brouwer不动点定理和Schauder不动点定理及其简单应用。 一、Brouwer不动点定理及其应用： （一）Brouwer不动点定理

（Brouwer：荷兰人 1881-1966）

定义（凸集）： X为一集,若 X的凸子集。

定理1（Brouwer不动点定理）：

设

.

证：1、若 作辅助函数 从而变成证明 显然:

证明如下：不妨设

显然使 否则 否则

在 即可.

则0为f之不动点; 则1为f之不动点: 上连续.

为

的有界闭凸集，

连续,则

则称A为

使

(证毕)由连续函数的介值性定理的推论：根的存在定理可得使

证毕。

2、若 ,其证明方法很多，其中纯分析方法的证明要用到场论中旋度的概念，且很繁，而简洁的证明要用到拓扑学中映象度理论，因而希望对此有兴趣的同学可参阅张石生《不动点定理及其应用》,或一般常微分方程教材的附录。

3、注意到Brouwer不动点定理中的条件是不可缺少的，但某些条件可

24

以减弱。

下面我们讨论Brouwer不动点定理的应用。 （二）证明代数基本定理：

代数基本定理：

复系数一元n次方程 个复根。 证：令

至少有一

作辅助函数 考虑闭圆盘：

显然 c为有界闭凸集，且显然的。）。下证 当

时

连续（只要考虑z=1连续即可，而这是

将c映入c:

当 时

=

将 c映入 c. 由Brouwer不动点定理 使

25

使 证毕

（三）证明Perrou定理： Perrou定理：

矩

阵

使

.

即：正矩阵一定存在正特征值和特征向量。

证：设 , 为标准单纯形，.

作映照 显然为连续映照. 下面先证

将

映入

.

注意到 .

则

由Brouwer不动点定理

使

即 .

令

则有

.

26

令

则

下证 由

的每个分量 严挌大于零.

。

的第i个分量方程为

正矩阵一定存在正特征值和特征向量

（四）Rother证明定理：

Brouwer定理条件可以减弱，作为Brouwer不动点定理的推广，下面我们证明Rother定理。 Rother定理：

为单位球，

时,

使

. 在

上连续,且当

证：作辅助函数 则

连续,且

.

作 ,则F在上连续,且将由 Brouwer不动点定理,F有不动点. 即 下证此 若 若

先用反证法证明

.

,使得 为

之不动点.

.

映入.

若 ,则 矛盾,

.

从而 故 f有不动点. 证毕

Brouwer不动点定理有着十分广泛的应用，由于时间关系，我们就不再多谈。对此有兴趣的同学可参阅张石生《不动点理论及其应用》。

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我们可以进一步将Brouwer不动点定理推广到无穷维空间—这就是Schauder不动点定理。 二、Schauder不动点定理： （Schauder:1899-1940）

首先我们注意到度量空间中：紧集列紧闭集（致密闭集），在拓扑空间中：紧集任意开复盖都有有限复盖之集。 Schauder不动点定理：

紧凸集到自身的连续映照必有不动点。 证：（略）

Schauder不动点定理的应用（略）。

我们还可以将Schauder不动点定理再推广到多值映照得到Kakutani不动点定理。

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