应用泛函分析教案

1、§4柯西点列和完备度量空间教学内容 或课题 ：目的要求：把握柯西点列、完备度量空间的概念，学会使用概念和完备度量空间的充要条件判别完备度量空间.1教学过程：设 xnn 1 是r 中的点列，如0， nn，s.t.当 m,nn时，有dx , x= xx，就称x是r1 中的柯西点列.nmnmnn 1def 1设 x = x ， d 是度量空间， xnn 1 是x 中的点列.如0,nn，s.t.当m, nn 时，有dxn , xm，就称 xnn 1是 x 中的柯西点列或基本点列.如度量空间 x ， d 中每个柯西点列都收敛，就称 x ， d 是完备的度量空间.有理数的全体按肯定值距离构成的空

2、间不完备，如点列 1, 1.4, 1,41,1.412,在 r1 中收敛于2 ，在有理数集中不收敛.但度量空间中每一个收敛点列都是柯西点列.实因如xnx ，就0,nn，s.t.当 m,nn 时，都有d xn , x. 因此当n，m2n 时，有d xn , xmd xn , x+d xm , x+.所以 xn22n 1 是柯西点列.例 2l 表有界实或复数列全体 是完备度量空间.证明设 xmm 1 是l中的柯西点列，其中xm =1 ,2 ,.0,nn，s.t.当m, nn 时，都有d xm , xn=supmn j1jj因此对每个固定的 j ，当m, nn 时，成立jjmn2j于是k ， k1,

3、2,是柯西数列. 由于实数集或复数集按差的肯定值定义距n离是完备的，故存在实或复数 j ，s.t.jj n 令 x =1 ,2 ,，往证xl且xmx .在2 中，令n，得mn 时，成立mjjmm3m由于xm =1,2,j,l，所以k m0，s.t.j，成立mmjk m 不同的数列，界可能不一样.所以jjj+ k m .所以xl.由3 知， mn 时，成立dxm , xsupm.jjj所以xmx .所以l是完备度量空间.例 2令c 表示全部收敛的实或复数列的全体，x =1 ,2 ,c ，y =,c ，令d x, y=sup.就10 dx, y0 且x = y时，d1x, y2=0. 又jjsup

4、j jjjj =djx, y=0j =j j.于是d x, y=0x =y .20z =1 ,2 ,c ，就由于对j，成立jjjj +jjsupj jj +supjj =jd x, z + dy, z.所以supjjjd x, z+dy, z .即d x, yd x, z+dy, z.所以dx, y可定义为c 中两点间的距离.于是c 按距离dx, y成为度量空间 实际上是l的一个子空间.欲证c是完备度量空间，先证th 1完备度量空间x 的子空间m 是完备度量空间m 是 x 中的闭子空间.证明设 m 是完备子空间，对每个xm，m 中点列 xnn 1 ，使xnx .所以 xn n 1 是 m 中柯

5、西点列.所以它在m 中收敛.由极限的唯一性，所以xm .所以mm .即m 是x 中的闭子空间.反之，如 xn n 1 是m 中柯西点列，因 x 是完备度量空间，就在 x 中收敛.即xx ，s.t.xnx . 由于m 是x 中的闭子空间，所以xm ，所以 xn n 1 在m 中收敛.于是m 是完备度量空间.例 2 的证明由 th 1 只证c 是l中的闭子空间即可.x =1 ,2 ,c 要证jk，从而xc ，nxn =1,2,c n1,2, ，s.t.xnx . 所以0， n，ns.t.当nn 时，成立jjjnsupnjj =dxn , x.3特殊取nn ，就对j，成立jj. 由于 x nc ,n

6、13j所以当 j时，n 收敛.故n，s.t.j , kn1 时，成立jknn.所以j , k 3n 1 时，成立+nnnnjkjjjkkk+=.333所以jj是柯西数列，因而收敛. 所以x =1 ,2 ,c . 所以c 是l中1的闭子空间.由 th 1， c 是完备度量空间.证毕.作业：p 206. 14. 15中的s, b a.作业题解：14=1， n，s.t.当m, nn 时，有dxn , xm1,特殊当nn 时，有dxn , xn 11. 又nn 时，dxn , x n 1只有有限个值故 m0,s.t.d xn , x n 1m .因此n, m，成立d xn , xmd xn , x n

7、 1+d x n1 , xmmax2,1m , 2 m.所以 xnn 1 是有界点列.15 设x是s 中的柯西点列， x =n ,n ,.即0,nn 1n12n， s.t.m, nn 时，成立nm1kkd xn , xm =2knmk 11kk所以k，m,nnmkkn 时，成立1nmkk2k. 由于给0，对于每个固定的k ，：01，然后由这个，按不等式 ，k21n. 所以m,nnmkk1n1n 时，对这个固定的k ，成立m.kkkk所以nm m, nn .所以jj是实 复 数集中的柯西点1n列.而实 复 数集完备,所以kn 1 收敛，设 kk n.记nx =1 ,2 ,，就xnx .而xs ，

8、所以s 完备.设 xnn 1 是ba 中的柯西点列， xn = f n t， ta .0， n，s.t.当m, nn 时，成立sup f n tf m t. 所以t am, nn 及ta ，成立f n tfm t.因此在集a 上，函数列f n tn 1 收敛，设 f n tft.由 式，令m得nn 时， f n tft.所以nn 时，ftf n tf m t+ f n t+m 由于f n tn 1 收敛，从而m 存在.所以 ftb a ，又已证 fn tft所以 b a是完备度量空间.柯西点列和完备度量空间 续教学内容 或课题 ：目的要求：再次巩固上次课学习的概念与定理，进一步把握使用概念及定

9、理判别完备度量空间的常用方法.教学过程：c a,b 是完备的度量空间.证明设xn ， n1,2,是c a,b中的柯西点列.0，n，s.t.当m, nn 时，成立maxxm txn t.4a t b所以ta, b，有 xm txn t.于是当t 固定时，xn tn 1是柯西数列. 由实 复 数集的完备性，x t，s.t.xn tx t.往证x tca, b， xnx 实因在4 中令m，得知nn 时，成立maxxn txt.5所以xn t在 a,b上一样收a t b敛于x t，从而x tc a, b.由5 ，当nn 时，d xn , x=maxxn txt. 所 以 xnx ，故ca,b是完备度量

10、空间.a t b令 p a, b表示闭区间a, b上实系数多项式全体,p a, b作为ca, b 的子空间是不完备的度量空间.实因多项式列x2x31x26x nn.n 1在闭区间a,b上一样收敛于连续的指数函数e x ，但e x 非多项式.即pa,b不是ca, b的闭子空间.由 th 1， pa, b不是完备度量空间.证毕.设 x 表示闭区间0,1上连续函数全体，对x, yx ，令d x, y1=x t0y tdt .易知 x , d成为度量空间.实因10明显d x, y0.如t0,1时， x ty t，从而dx, y=0.反之如d x, y1=0，即x t0y tdt=0. 因 x ty t

11、0， 故 x t= y ta.e. 于0,1 .又因a.e. 相等的连续函数必定到处相等，故xy .总之dx, y0 且d x, y=0xy .20 dx, y1=x t0y tdt1x tz t01dt +z t0y tdt=d x, z +d y, z .所以 x , d是度量空间.例 5 上面定义的度量空间x , d不完备.证明令xm t=1,线性,0,11t1m21t1122m0t12先证 xnn 1 是x , d中的柯西点列.实因0 ，当nm1时， dxn , xm1=xn t0xm t11dt =221m xn txm t dt= 1111.所以点列 x是x , d中的柯西点列.2

12、mnmnn 1再证点列 xnn 1 在x ,d中不收敛.实因对每个xx ，1=nnd x , xxt01xtdt =2 x011tdt +221xmn txt dt +111 12 mxtdt .如 dxn , x10,必有2 x01t dt = 1 12xtdt=0.但由于x t在闭区间0,1上连续，得 x t在0, 12恒为 0，在1 ,12恒为 1. 与在t = 1 间断相冲突.故2x , d是不完备的度量空间.作业：p 206. 15. mx、离散空间.作业解答：设 xnn 1 是mx中的基本点列，0，有mxxnxmxn txm tdt1x xnxm1xn txm txn txm td

13、t =dxn , xm.0，n，s.t.n ，x 1xn txm tmn ，有dxn , xm.从而mxxnxm1.所以mx xnxm0n, m.由此可找到自然数列：n1n2n3nk，s.t.k1mxxnt11对xnkkk22k1,2,都成立. 记 x k = xxnk 1txnk1k,再令 x 0 =2m 1 kx k ，就 x -mx 0 =xx km 1 k mxx kk m， m xx 0112=2.令km 1k mm，得m xx 0=0.所以mx 0 =mx. 显见在 x 0 上xnt到处kk 1收敛于一个极限函数，记这个极限函数为x t.令x0 t=x t ,0,tx 0txx 0

14、就x0 t为x 上的可测函数，故x0 tmx.当n, nkn 时，由kxn txntx 1xtxtdt =dxn , xnk，nn k令k，由勒贝格有界收敛定理，得d xn , x0nn.所以xnx0n.故mx是完备的度量空间.§5. 度量空间的完备化教学内容 或课题 ：目的要求： 使同学把握度量空间的完备化定理的条件、结论及其证明方法.x教学过程：x,dder 1设 x , d ， 是两个度量空间，如存在x 到 上的保距映照t x , xx ，有 t x , t x =12d12d x1 ,x2 ，就称 x , d 和 x , d 等距同构，此时称t 为 x 到 x上的等距同构映射

15、 既映上又保距.等距同构映射是1-1 映射.实因设x1, x2x ，且 x1x2 ，就因d x , x 0 及 t x , t x= d x , x 0，知t xt x .12d121212在泛函分析中往往把两个等距同构的度量空间不加区分而视为同一个度量空间.x,xdth 1 度量空间完备化定理设 x = x , d 是度量空间，那么肯定存在一x完备度量空间 = ，使 x 与 的其个稠密子空间w 等距同构，并且x 在等距同构意义下是唯独的，即如 x. , d. 也是一完备度量空间，且 x 与x,x. 的其个稠密子空间w 等距同构，就 与 x., d. 等距同构.d证明分 4 步完成.xx,d1

16、 构造 = .令 x 为 x 中柯西点列x = xnn 1 全体，对 x中任意两个元素x = xn n 1和y = ynn 1 ，如limnd xn , yn=0，1就称x 与 y 相等，记为x = y ，或x= y.nn 1n n 1x =x， y = y ，定义nn 1n n 1xdx ,y = limnd xn, yn.2第一指出2 式右端极限存在.实因由三点不等式d xn, ynd xn, xm+d xm , ym+d ym , yn，所以dxn , yn- dxm , ymd xn , xm+d ym , yn.同理dxm , ym- d xn , ynd xn , xm+d ym

17、, yn.所以|d xm , ym- d xn , yn|d xn , xm+d ym , yn.3由于 xnn 1 和 ynn 1 是 x 中的柯西点列，所以 dxn , ynn 1 是r1中柯西数列, 所以2 式在端极限存在.其次指出：如 xnn 1 = xnn 1 ，yn n 1 = ynn 1 ，就limnd xn, yn=limnd xn, yn，即d x ,y 与用来表示x ,y 详细柯西点列 xnn 1 ， ynn 1 无关.实因仿(3) 式之证法，得|d xn, yn- d xn , yn|d xn , xn+dyn , yn.由limnd xn , xn=0和limnd yn

18、 , yn=0，可得limnd xn , yn=limnd xn , yn. 00最终证明dx , y满意关于距离条件1 及2 ： 明显dx , y= limnd xn , yn0.又 dx , y=0limnd xn , yn=0x = y .x =x ， y =y ， z = z ， 就nn 1nn 1nn 1xd xn , ynd xn , znd yn , zn，故limnd xn , ynlim dnxn , znlim dnyn , zn， 即dx, ydx, zdy, z.所以 x 按d 成度量空间.x(2) 作 的稠密子空间w 及 x 到w 的等距映射tbx ，令 = b，其中

19、b =b ， n1,2,，明显 .令bnn 1nbx t b =b，w =t x .由于 dtb,ta=db , a=limnd b, a，所以t 是x 到w 上的等距映射.xj 1在 x 与w 等距同构之下往证 w 是 x 中的稠密子集.x = xnn 1x ,1令xn = x jj，其中 x j = xn ，j1,2,，就xnw .因xn = xj是中的柯西点列，故0， n，s.t.于是nn 时，有 dxn , x n.2 = limd x , x.即在ux ,中必有 w 中的点，d x, xnnnn2故w 在 x 中稠密.x(3) 证明 x 是完备的度量空间设 x nn 1 是 x中的柯

20、西点列，由于w 在 中稠密，所以对每个x n ，znw ，s.t.d xn ,z1 .4nn所以 m m n n1d zm , znd zm , xd x, xd x, znmd xm , x n1 ，所以nx nn 1 是w 中柯西点列.由于t 是 x 到w 上的等距映射，所以z是 x 中柯西点列.令 x =z，就 x . 由4式，有m nm 1 n m m 1xd x, xd x, znd zn , x1 = 1lim dz , z0 n.dzn , xnmnnnd所以 limn x n, x=0，所以 x 是完备度量空间.(4) 证明x的唯独性设 x. , d.x.是另一个完备度量空间，

21、且 x 与x. ,d.中稠密子集w. 等距同构.作到 x 上映射t 如下：对x.x. ，由于 w. 在 x. 中稠密，w. 中点列x. nn 1 ，s.t.x. nx. 但由于w. 与x 等距同构，w 也与 x 等距同构，从而w. 与wx也等距同构. 设为w. 到w 上等距同构映射，由x. nx.知x. nn 1 是 xx中柯西点列，由 完备性， x ，s.t.x. nx.令tx.= x .n第一，这样定义的 t 与x. nn 1 无关， 即如另有y. n， y. nw. ，n1,2,， y. nx， 就limnx.=limny.实 因d limnx. n, limny. n=limdnnx.

22、 n,y. n=limnd. x. n, y. n=d. x., x.=0.n 1所以limnx. n=limny. n.x下证t 是 x 到 上的等距同构映射, 对x ，由于w 是 x的稠密子集，所以存在w 中点列x nn 1 ，s.t.x nx .同前证明可知1 x nn 1 为x. 中的柯西点对，有 x.x. ，s.t.1 x nx. 易知t x.=x ，即t 映射x.到 x 上.又对x. , y.x. ，有w. 中点列x. nn 1 和y. nn 1 ， s.t.x. nx.， y. ny. .所以d. x., y.=limd. x. n , y. n=lim x. n , y. n

23、= ，dnnx.d tx.,ty.所以t 是一个等距同构映射.所以与 x 等距同构.证毕.如将彼此等距同构的度量空间视为同一空间，就有th1 设 x = x , d是度量空间，那么存在唯独的完备度量空间 = , 使xx 为 的稠密子空间.xxd作业： p 206.16. 证明l与c0,1的一个子空间等距同构.作业提示：作l到c0,1内的映射t ：1 ,2 ,k ,x t，其中x t k=k ，k1,2,;t 取0,1的其它值时， x t是线性的.后面证明略.x§6 压缩映射原理及其应用1 教学内容 或课题 ：目的要求：把握压缩映射概念，把握不动点概念，把握压缩映射定理的证明方法，学会

24、用压缩映射定懂得决隐函数存在性、微分方程解之存在性的方法. 教学过程：def 1.设 x 是度量空间， t 是 x 到 x 中的压映射，如存在一个数：01，s.t.x 、 yx ，成立d tx, tydx, y1就称t 是 x 到 x 中的压缩映射 简称压缩映射.th 1.压缩映射定理设 x 是完备度量空间，t 是 x 上的压缩映射，就t 有且只有一个不动点 即方程tx解.x 有且只有一个证：固定xx ，令x =tx， x =tx =t 2 x ，010210， x =tx=t n x ，就 x是 x 中的柯西点列，实因nn 10nn 1d xm1 , xm= d txm ,tx m 1d x

25、m , xm 1=d txm1 ,tx m 22 d x1 , xm 2dx1, x0.2mm由三点不等式，当nm 时，d xm , xnd xm , xm 1d xm1 , xm 2d xn1 , xnmm 1n 1 d1mx1, x0=1n md x1 , x0.由于01，所以1n m1 ，所以d xm , xnmd x1 , x01 nm 3所以当m， n时，d列.xm , xn0 .所以 xnn 1 是 x 中的柯西点由 x 完备性，存在xx ，s.t.xmx .由三点不等式和条件1 ，有d x,txd x, xmd xm ,txd x, xmd xm1 , x0 m.所以dx,tx=

26、0，所以x =tx .往证唯独性.如又有xx ，s.t.txx ，就由条件1 ，得d x, x=d tx,txd x, x， 1d x, x0.又由于10，所以d x, x=0，所以x =x .证毕.th 2.设函数 fx, y在带状域axb ，y中到处连续，且到处有关于y 的偏导数 f yx, y，如存在常数m 和 m ，满意mm ，0mf yx, ym ，就方程 fx, y=0在区间a,b上必有唯独的连续函数 yx作为解： fx,x0， xa, b .证在完备度量空间ca, b中作映射a ，s.t.xc a , b ，有ax =x1fx, mx.由于 fx, y连续，所以 ax也连续，所以

27、ac a ,b.所以 a 是ca, b到自身的映射.取 1 ,2c a ,b ，a2xa1x=1y2 xfx,2 x m11 xfx,1 x=1m2 x1 x1fx,x m2 x1 x2x1x= 11mf y x,1 x2 x1 x2 x1 x01 ，0m1mmf yx,1 x2 x1 xm =1.m令=1-m ，就 01，且 aa21m21 .所以supa2a1sup21，所以da2 , a1d2 ,1.所xa, bx a,b以 a 是压缩映射.由 th 1，存在唯独的c a ,b，满意xx1 mfx,x，即 fx,x0， axb .证毕.th 3.picard设 ft , x是矩形r =t

28、, xtt 0a, xx0b 上的二元连续函数，设f t, xm ， t, xr . 又 ft, x在 r 上关于x 满意 lipschitz条件，即存在常数k ，s.t.t , x、 t ,vr ，有f t , xft, vkxv4就方程 dx = fdtt , x在区间j = t 0, t 0上有唯独的满意条件x t0=x0的连续函数的解，其中mina, b , 1 mk.5证连续函数空间c t0, t 0是完备度量空间，用 表示cc t 0, t0中满意条件|x tx0 |m tj 6的连续函数全体所成的子空间，明显c 是闭子空间.由§4.th 1,c 是完备度量空间.令ttx

29、 t=x0fs, x st0ds ，7就t 是c 到c 中的映射.实因mb ，如 xc ，就当tt0, t0时， t , x tr ，又因 ft , x在r 上二元连续，所以7c式右边积分有意义.又对tj ，成立tx ttx0 =ft0s, x s dsmtt0m，所以当x 时，.txcct 是压缩映射.实因由lipschitz条件4 ，对 中任意两点x 和v ，有tx ttv tt=fs, x sfs, v sdstt0k max x tv tt0ta,bkd x,v.令= k，就 01，且d tx, tv=max x tv td x, v.即t 是 上的压缩映射.ta ,bcx由 th 1

30、，存在唯独c ，s.t.xtx ，即x t= x0tfs, x st0ds ，8且x t 0x.两边对t 求导，得 dx tft , x t.故 x t是方程0dx = f dtdtt, x的解.如又有x t也是方程dx = fdtt , x满意初值条件x t 0x0 的解，就因x t= x0tfs, x st0ds ，所以xc 且 x 是t的不动点，所以x = x .作业： p 206.17. 有界闭集frn ， a 是f 到自身映射，x ，yfx动点.y ，有dax , ayd x, y.证明映射a 在f 中存在唯独的不作业提示：令x=dx, ax， xf .x ， x0f ，由于xx0d

31、 x, axd x0 , ax 0d x, x0d x0 , ax0d ax0 , axd x0 , ax0=d x, x0d ax0 , ax2 d x, x0.所以 xx0 时必有xx0.即x 在 f 连续.所以存在xf ，s.t.x =minxa .明显a0.x f往证a =0.用反证法，设a0，就由 axf ， dax, a 2 xd x, a x=x =a 与a =minx 冲突.所以a =0.于是dx, a x=x =0，有x = a x .即x 为x fa 之不动点.由于x, yf ，有dax , ayd x, y，只要axx ，就有d x, ayd x, y，从而必有 ayyx

32、y时，所以不动点唯独.§6. 压缩映射原理及其应用2.教学内容 或课题 ：习题课目的要求：在把握压缩映射原理之后，重点把握应用压缩映射原理的常用方法.教学过程：d1、设 x 为完备度量空间，a 是 x 到 x 中的映射，记n =supan x, an x，x xdx, x如n，就映射a 有唯独不动点.n 1证由于dn =supan x, an x，所以 xx 时，da n x, a n xn d x, x.x xdx, x又xx时，上式也成立.因此对x, xx ，恒有nnd a x, a xn d x, x.由于n，所以0， n，s.t.n 1n, m ： nmn 时，有mm 1n

33、1.又至少有一个k1 .固定x0x ，依次令x = a x ， x=a x = a2 x， x = a x= a3 x，10210320,x= a x= am x ,01mm 10x1m1就d xm, xm 1=d a m x, a m xm d x0 , x1 ，d xm1 , xm 2=d a mx0 , a1m 1 dx0 , x1，d xn，1 , xn= d anxx011, a n 1n 1 dx0 , x1.xm , xndxm , xm 1d xm 1 , xm2dmm 1n1 d x0 , x1d x0 , x1 .所以dxn 1 , xn所以 xmm 1是 x 中的柯西点列

34、.由于 x 是完备度量空间，所以xx ，s.t.xmx .所以d x, axd x, xmd xm , ax=d x, xmd axm1 , axd x, xm1d xm 1 , x0m.所以d x, ax=0，所以xax ，且xak x .再设又有xx ，s.t.x = ax ，就xa k xd x, x =da k x, a k xk d x, x.由于0k1，所以dx, x=0，所以xx .证毕.2、设 a 为完备度量空间x 到x 中的映射， 如在开球bx0 , rr0内适合d ax, axd x, x，01，又在闭球sx0 , r= x dx, x0ra 连续，且 d x0 , ax01r .证明 a 在sx0 , r中有唯独的不动点.证由于x, xb x0 , r，有dax, axd x, x.设x 在球面上：d x0 , x= r .令xnx 且xnb x0 , r， n1,2,，所以d ax, axnd