陶哲轩Analysis II（第4版）习题的参考解答及思考（第1章）

第1章

章节1.1

练习1.1.1

题目：

Prove Lemma 1.1.1.

Lemma 1.1.1的内容：

Let \( (x_n)_{n = m}^{\infty} \) be a sequence of real numbers, and let \( x \) be another real number. Then \( (x_n)_{n = m}^{\infty} \) converges to \( x \) if and only if \( \lim_{n \to \infty} d(x_n, x) = 0 \).

证明：

必要性：

如果\( (x_n)_{n = m}^{\infty} \)收敛于\( x \)，则\( \forall \epsilon > 0, \exists N \geq m, \forall n \geq N, |x - x_n| \leq \epsilon \)，特别的，有\( |d(x_n, x) - 0| = d(x_n, x) = |x - x_n| \leq \epsilon \)，即\( \lim_{n \to \infty} d(x_n, x) = 0 \)。

充分性：

如果\( \lim_{n \to \infty} d(x_n, x) = 0 \)，则\( \forall \epsilon > 0, \exists N \geq m, \forall n \geq N, |d(x_n, x) - 0| = d(x_n, x) \leq \epsilon \)，而\( |x - x_n| = d(x_n, x) \leq \epsilon \)，即\( (x_n)_{n = m}^{\infty} \)收敛于\( x \)。

证毕。

练习1.1.2

题目：

Show that the real line with the metric \( d(x, y) := |x - y| \) is indeed a metric space. (Hint: you may wish to review your proof of Proposition 4.3.3 from Analysis I.)

附注：

虽然定理I.4.3.3仅证明了有理数的情况，没有证明实数的情况，但是实数也满足定理I.4.3.3，这里简短点，直接使用定理I.4.3.3，而不仿照我们定理I.4.3.3的证明再证明一遍了。

证明：

证明满足条件(a)和条件(b)：

条件(a)和(b)等价于\( \forall x, y \in \mathbf{R}, d(x, y) = 0 \)当且仅当\( x = y \)，而由定理I.4.3.3(a)，可得\( \forall x, y \in \mathbf{R}, |x - y| = 0 \)当且仅当 \( x = y \)，进而可得\( d(x - y) = |x - y| = 0 \)当且仅当\( x = y \)。

证明满足条件(c)：

\( \forall x \neq y \in \mathbf{R} \)，由定理I.4.3.3(a)，可得\( d(x, y) = |x - y| > 0 \)（因为\( x \neq y \)）。

证明满足条件(d)：

直接由定理I.4.3.3的(g)可得。

证毕。

练习1.1.3

题目：

Let \( X \) be a set, and let \( d: X \times X \to [0, \infty) \) be a function.

1. Give an example of a pair \( (X, d) \) which obeys axioms (bcd) of Definition 1.1.2, but not (a). (Hint: modify the discrete metric.)
2. Give an example of a pair \( (X, d) \) which obeys axioms (acd) of Definition 1.1.2, but not (b).
3. Give an example of a pair \( (X, d) \) which obeys axioms (abd) of Definition 1.1.2, but not (c).
4. Give an example of a pair \( (X, d) \) which obeys axioms (abc) of Definition 1.1.2, but not (d). (Hint: try examples where X is a finite set.)

例子1：

令\( X := \{ 1, 3, 5 \} \)，定义度量函数\( d \)，\( \forall x, y \in X \)，如果\( x \neq y \)，则令\( d(x, y) := |x - y| \)，如果\( x = y \)，则令\( d(x, y) := 1 \)，易证\( (X, d) \)满足(bcd)，但不满足(a)。

例子2：

给定任意集合\( X \)，定义度量函数\( d \)，\( \forall x, y \in X \)，令\( d(x, y) := 0 \)，易证\( (X, d) \)满足(acd)，但不满足(b)。

例子3：

令\( X := \mathbf{R} \)，定义度量函数\( d \)，\( \forall x, y \in X \)，如果\( x \geq y \)，令\( d(x, y) := x - y \)，如果\( x < y \)，则令\( d(x, y) := 1 \)，易证\( (X, d) \)满足(abd)，但不满足(c)。

例子4：

令\( X := \{ 1, 3, 5 \} \)，定义度量函数\( d \)，\( \forall x, y \in X \)，

1. 如果\( x = y \)，则令\( d(x, y) := 0 \)。
2. 如果\( x = 1, y = 3 \)或者\( x = 3, y = 2 \)，则令\( d(x, y) := 1 \)。
3. 如果\( x = 3, y = 5 \)或者\( x = 5, y = 3 \)，则令\( d(x, y) := 1 \)。
4. 如果\( x = 1, y = 5 \)或者\( x = 5, y = 1 \)，则令\( d(x, y) := 3 \)。

易证\( (X, d) \)满足(abc)，但不满足(d)。

练习1.1.4

题目：

Shwo that the pair \( (Y, d|_{Y \times Y}) \) defined in Example 1.1.5 is indeed a metric space.

Example 1.1.5的内容：

Example 1.1.5 (Induced metric spaces) Let \( (X, d) \) be any metric space, and let \( Y \) be a subset of \( X \). Then we can restrict the metric function \( d : X \times X \to [0, +\infty) \) to the subset \( Y \times Y \) of \( X \times X \) to create a restricted metric function \( d|_{Y \times Y} : Y \times Y \to [0, +\infty) \) of Y ; this is known as the metric on \( Y \) induced by the metric \( d \) on \( X \). The pair \( (Y, d|_{Y \times Y}) \) is a metric space (Exercise 1.1.4) and is known the subspace of \( (X, d) \) induced by \( Y \). Thus for instance the metric on the real line in the previous example induces a metric space structure on any subset of the reals, such as the integers \( \mathbf{Z} \), or an interval \( [a, b] \).

证明：

\( \forall x \in Y \)，有\( x \in X \)，进而有\( d|_{Y \times Y}(x, x) = d(x, x) = 0 \)，满足条件(a)。

\( \forall x, y \in Y \)，有\( x \neq y \in X \)，进而有\( d|_{Y \times Y}(x, y) = d(x, y) > 0 \)，满足条件(b)。

\( \forall x, y \in Y \)，有\( x, y \in X \)，进而有\( d|_{Y \times Y}(x, y) = d(x, y) = d(y, x) = d|_{Y \times Y}(y, x) \)，满足条件(c)。

\( \forall x, y, z \in Y \)，有\( x, y, z \in X \)，进而有\( d|_{Y \times Y}(x, y) = d(x, y) \leq d(x, y) + d(y, z) = d|_{Y \times Y}(x, y) + d|_{Y \times Y}(y, z) \)，满足条件(d)。

证毕。

练习1.1.5

题目：

Let \( n \geq 1 \), and let \( a_1, a_2, \dots, a_n \) and \( b_1, b_2, \dots, b_n \) be real numbers. Verify the identity

\[ (\sum_{i = 1}^{n} a_i b_i)^2 + \dfrac{1}{2} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} (a_i b_j - a_j b_i)^2 = (\sum_{i = 1}^{n} a_i^2) (\sum_{j = 1}^{n} b_j^2), \]

and conclude the Cauchy-Schwarz inequality

\[ |\sum_{i = 1}^{n} a_i b_i| \leq (\sum_{i = 1}^{n} a_i^2)^{1/2} (\sum_{j = 1}^{n} b_j^2)^{1/2}. \]

Then use the Cauchy-Schwarz inequality to prove the triangle inequality

\[ (\sum_{i = 1}^{n} (a_i + b_i)^2)^{1/2} \leq (\sum_{i = 1}^{n} a_i^2)^{1/2} + (\sum_{j = 1}^{n} b_j^2)^{1/2}. \]

证明：

证明第1个等式：

使用数学归纳法证明。

当\( n = 1 \)时，等式左边\( = a_1 b_1 + \dfrac{1}{2} (a_1 b_1 - a_1 b_1)^2 = a_1 b_1 \)，等式右边\( = a_1 b_1 \)，左边\( = \)右边，等式成立。

归纳假设当\( n = k \)时等式成立，当\( n = k + 1 \)时，

\[ \begin{aligned} \\ \text{左边} &= (\sum_{i = 1}^{k + 1} a_i b_i)^2 + \dfrac{1}{2} \sum_{i = 1}^{k + 1} \sum_{j = 1}^{k + 1} (a_i b_j - a_j b_i)^2 \\ &= (\sum_{i = 1}^{k} a_i b_i + a_{k + 1} b_{k + 1})^2 + \dfrac{1}{2} \sum_{i = 1}^{k + 1} \sum_{j = 1}^{k + 1} (a_i b_j - a_j b_i)^2 \\ &= (\sum_{i = 1}^{k} a_i b_i)^2 + 2(\sum_{i = 1}^{k} a_i b_i) a_{k + 1} b_{k + 1} + (a_{k + 1} b_{k + 1})^2 + \\ &\qquad \dfrac{1}{2} \sum_{i = 1}^{k + 1} \sum_{j = 1}^{k + 1} (a_i b_j - a_j b_i)^2 \\ &= (\sum_{i = 1}^{k} a_i b_i)^2 + 2(\sum_{i = 1}^{k} a_i b_i) a_{k + 1} b_{k + 1} + (a_{k + 1} b_{k + 1})^2 + \\ &\qquad \dfrac{1}{2} \sum_{i = 1}^{k + 1} \sum_{j = 1}^{k} (a_i b_j - a_j b_i)^2 + \dfrac{1}{2} \sum_{i = 1}^{k + 1} (a_i b_{k + 1} - a_{k + 1} b_i)^2 \\ &= (\sum_{i = 1}^{k} a_i b_i)^2 + 2(\sum_{i = 1}^{k} a_i b_i) a_{k + 1} b_{k + 1} + (a_{k + 1} b_{k + 1})^2 + \\ &\qquad \dfrac{1}{2} \sum_{i = 1}^{k} \sum_{j = 1}^{k} (a_i b_j - a_j b_i)^2 + \dfrac{1}{2} \sum_{j = 1}^{k} (a_{k + 1} b_j - a_j b_{k + 1})^2 + \\ &\qquad \dfrac{1}{2} \sum_{i = 1}^{k + 1} (a_i b_{k + 1} - a_{k + 1} b_i)^2 \\ &= (\sum_{i = 1}^{k} a_i^2) (\sum_{j = 1}^{k} b_j^2) + 2(\sum_{i = 1}^{k} a_i b_i) a_{k + 1} b_{k + 1} + (a_{k + 1} b_{k + 1})^2 + \\ &\qquad \dfrac{1}{2} \sum_{j = 1}^{k} (a_{k + 1} b_j - a_j b_{k + 1})^2 + \dfrac{1}{2} \sum_{i = 1}^{k + 1} (a_i b_{k + 1} - a_{k + 1} b_i)^2 \\ &= (\sum_{i = 1}^{k} a_i^2) (\sum_{j = 1}^{k} b_j^2) + 2(\sum_{i = 1}^{k} a_i b_i) a_{k + 1} b_{k + 1} + (a_{k + 1} b_{k + 1})^2 + \\ &\qquad \dfrac{1}{2} \sum_{j = 1}^{k} (a_{k + 1} b_j - a_j b_{k + 1})^2 + \\ &\qquad \dfrac{1}{2} \sum_{i = 1}^{k} (a_i b_{k + 1} - a_{k + 1} b_i)^2 + \dfrac{1}{2} (a_{k + 1} b_{k + 1} - a_{k + 1} b_{k + 1})^2 \\ &= (\sum_{i = 1}^{k} a_i^2) (\sum_{j = 1}^{k} b_j^2) + 2(\sum_{i = 1}^{k} a_i b_i) a_{k + 1} b_{k + 1} + (a_{k + 1} b_{k + 1})^2 + \\ &\qquad \dfrac{1}{2} \sum_{j = 1}^{k} (a_{k + 1} b_j - a_j b_{k + 1})^2 + \dfrac{1}{2} \sum_{i = 1}^{k} (a_i b_{k + 1} - a_{k + 1} b_i)^2 \\ &= (\sum_{i = 1}^{k} a_i^2) (\sum_{j = 1}^{k} b_j^2) + 2(\sum_{i = 1}^{k} a_i b_i) a_{k + 1} b_{k + 1} + (a_{k + 1} b_{k + 1})^2 + \\ &\qquad \dfrac{1}{2} \sum_{j = 1}^{k} (a_{k + 1} b_j - a_j b_{k + 1})^2 + \dfrac{1}{2} \sum_{i = 1}^{k} (-1(a_{k + 1} b_i - a_i b_{k + 1}))^2 \\ &= (\sum_{i = 1}^{k} a_i^2) (\sum_{j = 1}^{k} b_j^2) + 2(\sum_{i = 1}^{k} a_i b_i) a_{k + 1} b_{k + 1} + (a_{k + 1} b_{k + 1})^2 + \\ &\qquad \dfrac{1}{2} \sum_{j = 1}^{k} (a_{k + 1} b_j - a_j b_{k + 1})^2 + \dfrac{1}{2} \sum_{i = 1}^{k} (a_{k + 1} b_i - a_i b_{k + 1})^2 \\ &= (\sum_{i = 1}^{k} a_i^2) (\sum_{j = 1}^{k} b_j^2) + 2(\sum_{i = 1}^{k} a_i b_i) a_{k + 1} b_{k + 1} + (a_{k + 1} b_{k + 1})^2 + \\ &\qquad \sum_{j = 1}^{k} (a_{k + 1} b_j - a_j b_{k + 1})^2 \\ &= (\sum_{i = 1}^{k} a_i^2) (\sum_{j = 1}^{k} b_j^2) + (a_{k + 1} b_{k + 1})^2 + \\ &\qquad 2(\sum_{i = 1}^{k} a_i b_i) a_{k + 1} b_{k + 1} + \sum_{j = 1}^{k} (a_{k + 1} b_j - a_j b_{k + 1})^2 \\ &= (\sum_{i = 1}^{k} a_i^2) (\sum_{j = 1}^{k} b_j^2) + (a_{k + 1} b_{k + 1})^2 + \\ &\qquad \sum_{i = 1}^{k} 2 a_i b_i a_{k + 1} b_{k + 1} + \sum_{i = 1}^{k} (a_{k + 1} b_i - a_i b_{k + 1})^2 \\ &= (\sum_{i = 1}^{k} a_i^2) (\sum_{j = 1}^{k} b_i^2) + (a_{k + 1} b_{k + 1})^2 + \\ &\qquad \sum_{i = 1}^{k} (2 a_i b_i a_{k + 1} b_{k + 1} + (a_{k + 1} b_i - a_i b_{k + 1})^2) \\ &= (\sum_{i = 1}^{k} a_i^2) (\sum_{j = 1}^{k} b_i^2) + (a_{k + 1} b_{k + 1})^2 + \\ &\qquad \sum_{i = 1}^{k} (2 a_i b_i a_{k + 1} b_{k + 1} + a_{k + 1}^2 b_i^2 + a_i^2 b_{k + 1}^2 - 2 a_{k + 1} b_i a_i b_{k + 1}) \\ &= (\sum_{i = 1}^{k} a_i^2) (\sum_{j = 1}^{k} b_i^2) + (a_{k + 1} b_{k + 1})^2 + \\ &\qquad \sum_{i = 1}^{k} (a_{k + 1}^2 b_i^2 + a_i^2 b_{k + 1}^2) \end{aligned} \]

我们接着展开右边，这样比较容易看出左边\( = \)右边，

\[ \begin{aligned} \\ \text{右边} &= (\sum_{i = 1}^{k + 1} a_i^2) (\sum_{j = 1}^{k + 1} b_j^2) \\ &= (\sum_{i = 1}^{k} a_i^2 + a_{k + 1}^2) (\sum_{j = 1}^{k} b_j^2 + b_{k + 1}^2) \\ &= (\sum_{i = 1}^{k} a_i^2)(\sum_{j = 1}^{k} b_j^2) + (\sum_{i = 1}^{k} a_i^2) b_{k + 1}^2 + a_{k + 1}^2(\sum_{j = 1}^{k} b_j^2) + a_{k + 1}^2 b_{k + 1}^2 \\ &= (\sum_{i = 1}^{k} a_i^2)(\sum_{j = 1}^{k} b_j^2) + (a_{k + 1} b_{k + 1})^2 + (\sum_{i = 1}^{k} a_i^2) b_{k + 1}^2 + a_{k + 1}^2(\sum_{i = 1}^{k} b_i^2) \\ &= (\sum_{i = 1}^{k} a_i^2)(\sum_{j = 1}^{k} b_j^2) + (a_{k + 1} b_{k + 1})^2 + (\sum_{i = 1}^{k} a_i^2 b_{k + 1}^2) + (\sum_{i = 1}^{k} a_{k + 1}^2 b_i^2) \\ &= (\sum_{i = 1}^{k} a_i^2)(\sum_{j = 1}^{k} b_j^2) + (a_{k + 1} b_{k + 1})^2 + (\sum_{i = 1}^{k} a_{k + 1}^2 b_i^2 + a_i^2 b_{k + 1}^2) \end{aligned} \]

综上，\( 左边 = 右边 \)，故\( n = k + 1 \)时等式也成立，归纳完毕。

证明Cauchy-Schwarz不等式：

由第1个等式可得，

\[ (\sum_{i = 1}^{n} a_i b_i)^2 = (\sum_{i = 1}^{n} a_i^2) (\sum_{j = 1}^{n} b_j^2) - \dfrac{1}{2} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} (a_i b_j - a_j b_i)^2, \]

这里由于\( \dfrac{1}{2} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} (a_i b_j - a_j b_i)^2 \geq 0 \)，于是可得，

\[ (\sum_{i = 1}^{n} a_i b_i)^2 \leq (\sum_{i = 1}^{n} a_i^2) (\sum_{j = 1}^{n} b_j^2), \]

进而可得，

\[ |\sum_{i = 1}^{n} a_i b_i| = ((\sum_{i = 1}^{n} a_i b_i)^2)^{1/2} \leq (\sum_{i = 1}^{n} a_i^2)^{1/2} (\sum_{j = 1}^{n} b_j^2)^{1/2}。 \]

证明三角不等式：

由Cauchy-Schwarz不等式可得， \( \sum_{i = 1}^{n} a_i b_i \leq |\sum_{i = 1}^{n} a_i b_i| \leq (\sum_{i = 1}^{n} a_i^2)^{1/2} (\sum_{j = 1}^{n} b_j^2)^{1/2} \)，进而可得，

\[ \begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} (a_i + b_i)^2 &= \sum_{i = 1}^{n} (a_i^2 + 2 a_i b_i + b_i^2) \\ &= \sum_{i = 1}^{n} a_i^2 + 2 \sum_{i = 1}^{n} a_i b_i + \sum_{i = 1}^{n} b_i^2 \\ &\leq \sum_{i = 1}^{n} a_i^2 + \sum_{i = 1}^{n} b_i^2 + 2((\sum_{i = 1}^{n} a_i^2)^{1/2} (\sum_{j = 1}^{n} b_j^2)^{1/2}) \\ &= ((\sum_{i = 1}^{n} a_i^2)^{1/2} + (\sum_{i = 1}^{n} b_i^2)^{1/2})^2 \end{aligned} \]

最终可得，

\[ \begin{aligned} (\sum_{i = 1}^{n} (a_i + b_i)^2)^{1/2} \leq (\sum_{i = 1}^{n} a_i^2)^{1/2} + (\sum_{j = 1}^{n} b_j^2)^{1/2}。 \end{aligned} \]

证毕。

练习1.1.6

题目：

Show that \( (\mathbf{R}^n , d_{l^2}) \) in Example 1.1.6 is indeed a metric space. (Hint: use Exercise 1.1.5.)

证明：

证明满足条件(a)：

易证，略。

证明满足条件(b)：

\( \forall x \neq y \in \mathbf{R}^n \)，记\( x = (x_1, \dots, x_n), y = (y_1, \dots, y_n) \)，由\( x \neq y \)，可得\( \exists 1 \leq k \leq n \)，满足\( x_k \neq y_k \)，此时有\( (x_k - y_k)^2 > 0 \)，而\( \forall 1 \leq i \leq n, i \neq k \)，我们有\( (x_i - y_i)^2 \geq 0 \)，可得\( (x_1 - y_1)^2 + \dots + (x_n - y_n)^2 > 0 \)，进而可得\( d_{l^2}(x, y) = \sqrt{(x_1 - y_1)^2 + \dots + (x_n - y_n)^2} > 0 \)。

证明满足条件(c)：

易证，略。

证明满足条件(d)：

\( \forall x, y, z \in \mathbf{R}^n \)，记\( x = (x_1, \dots, x_n), y = (y_1, \dots, y_n), z = (z_1, \dots, z_n) \)， \( \forall 1 \leq i \leq n \)，令\( a_i = x_i - y_i, b_i = y_i - z_i \)，由练习1.1.5证明的三角不等式，可得，

\[ \begin{aligned} d_{l^2}(x, z) &= ((x_1 - z_1)^2 + \dots + (x_n - z_n)^2)^{1/2} \\ &= (\sum_{i = 1}^{n} (a_i + b_i)^2)^{1/2} \\ &\leq (\sum_{i = 1}^{n} a_i^2)^{1/2} + (\sum_{j = 1}^{n} b_j^2)^{1/2} \\ &= d_{l^2}(x, y) + d_{l^2}(y, z)。 \end{aligned} \]

证毕。

练习1.1.7

题目：

Show that the pair \( (\mathbf{R}^n, d_{l^1}) \) in Example 1.1.7 is indeed a metric space.

证明：

\( \forall x, y, z \in \mathbf{R}^n \)，记\( x = (x_1, \dots, x_n), y = (y_1, \dots, y_n), z = (z_1, \dots, z_n) \)。

证明满足条件(a)：

易证，略。

证明满足条件(b)：

由\( x \neq y \)，可得\( \exists 1 \leq k \leq n \)，满足\( x_k \neq y_k \)，此时有\( |x_k - y_k| > 0 \)，而\( \forall 1 \leq i \leq n, i \neq k \)，我们有\( |x_i - y_i| \geq 0 \)，可得\( |x_1 - y_1| + \dots + |x_n - y_n| > 0 \)，这意味着\( d_{l^1}(x, y) > 0 \)。

证明满足条件(c)：

易证，略。

证明满足条件(d)：

\( \forall 1 \leq i \leq n \)，我们有\( |x_i - z_i| = |(x_i - y_i) + (y_i - z_i)| \leq |x_i - y_i| + |y_i - z_i| \)，进而可得\( d_{l^1}(x, z) = \sum_{i = i}^{n} |x_i - z_i| \leq \sum_{i = 1}^{n} (|x_i - y_i| + |y_i - z_i|) = \sum_{i = 1}^{n} |x_i - y_i| + \sum_{i = 1}^{n} |y_i - z_i| = d_{l^1}(x, y) + d_{l^1}(y, z) \)。

证毕。

练习1.1.8

题目：

Prove the two inequalities in (1.1). (Hint: For the first inequality, square both sides. For the second inequality, use Exercise (1.1.5).)

(1.1)中的两个不等式：

\( d_{l^2}(x, y) \leq d_{l^1}(x, y) \leq \sqrt{n} d_{l^2}(x, y) \)

证明：

记\( x = (x_1, \dots, x_n), y = (y_1, \dots, y_n) \)。

证明第1个不等式：

首先我们有：

\[ \begin{aligned} (d_{l^1}(x, y))^2 &= (\sum_{i = 1}^{n} |x_i - y_i|)^2 \\ &= \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} |x_i - y_i||x_j - y_j| \\ &= (\sum_{(i, j) \in \{ 1, \dots ,n \} \times \{ 1, \dots ,n \}, i \neq j} |x_i - y_i||x_j - y_j|) + (\sum_{(i, j) \in \{ 1, \dots ,n \} \times \{ 1, \dots ,n \}, i = j} |x_i - y_i||x_j - y_j|) \\ &= (\sum_{(i, j) \in \{ 1, \dots ,n \} \times \{ 1, \dots ,n \}, i \neq j} |x_i - y_i||x_j - y_j|) + (\sum_{i = 1}^{n} |x_i - y_i||x_i - y_i|) \\ &= (\sum_{(i, j) \in \{ 1, \dots ,n \} \times \{ 1, \dots ,n \}, i \neq j} |x_i - y_i||x_j - y_j|) + (\sum_{i = 1}^{n} (x_i - y_i)^2) \end{aligned} \]

上面\( \sum_{(i, j) \in \{ 1, \dots ,n \} \times \{ 1, \dots ,n \}, i \neq j} |x_i - y_i||x_j - y_j| \geq 0 \)，加上\( \sum_{i = 1}^{n} (x_i - y_i)^2 = (d_{l^2}(x, y))^2 \)，于是可得\( (d_{l^1}(x, y))^2 \geq (d_{l^2}(x, y))^2 \)，进一步可得\( d_{l^1}(x, y) \geq d_{l^2}(x, y) \)。

证明第2个不等式：

使用Cauchy-Schwarz不等式可得，

\[ \begin{aligned} d_{l^1}(x, y) &= \sum_{i = 1}^{n} |x_i - y_i| = |\sum_{i = 1}^{n} (1 \times |x_i - y_i|)| \\ &\leq (\sum_{i = 1}^{n} 1^2)^{1/2} (\sum_{i = 1}^{n} (|x_i - y_i|)^2)^{1/2} \\ &= \sqrt{n} d_{l^2}(x, y) \end{aligned} \]

证毕。

练习1.1.9

题目：

Show that the pair \( (\mathbf{R}^n, d_{l^{\infty}}) \) in Example 1.1.9 is indeed a metric space.

证明：

证明满足条件(a)：

易证，略。

证明满足条件(b)：

由\( x \neq y \)，可得\( \exists 1 \leq k \leq n \)，满足\( x_k \neq y_k \)，此时有\( |x_k - y_k| > 0 \)，而\( \forall 1 \leq i \leq n, i \neq k \)，我们有\( |x_i - y_i| \geq 0 \)，可得\( \sup \{ |x_i - y_i| : 1 \leq i \leq n \} > 0 \)，这意味着\( d_{l^{\infty}}(x, y) > 0 \)。

证明满足条件(c)：

易证，略。

证明满足条件(d)：

\( \forall 1 \leq i \leq n \)，我们有\( |x_i - z_i| = |(x_i - y_i) + (y_i - z_i)| \leq |x_i - y_i| + |y_i - z_i| \)，进而可得\( d_{l^1}(x, z) = \sup \{ |x_i - z_i| : 1 \leq i \leq n \} \leq \sup \{ |x_i - y_i| + |y_i - z_i| : 1 \leq i \leq n \} = \sup \{ |x_i - y_i| : 1 \leq i \leq n \} + \sup \{ |y_i - z_i| : 1 \leq i \leq n \} = d_{l^{\infty}}(x, y) + d_{l^{\infty}}(y, z) \)。

注：这里\( \sup \{ |x_i - y_i| + |y_i - z_i| : 1 \leq i \leq n \} = \sup \{ |x_i - y_i| : 1 \leq i \leq n \} + \sup \{ |y_i - z_i| : 1 \leq i \leq n \} \)是比较容易证明的，这里就不证了（反证法：假设\( |x_i - y_i|, |y_j - z_j| \)不都取最大值的话，则\( |x_i - y_i| + |y_i - z_i| \)能达到最大值吗？）。

证毕。

练习1.1.10

题目：

Prove the two inequalities in (1.2).

(1.2)中的两个不等式：

\( \dfrac{1}{\sqrt{n}} d_{l^2}(x, y) \leq d_{l^{\infty}}(x, y) \leq d_{l^2}(x, y) \)

证明：

记\( x = (x_1, \dots, x_n), y = (y_1, \dots, y_n) \)。

证明第1个不等式：

\( \forall 1 \leq i \leq n \)，我们有\( (x_i - y_i)^2 \leq (\sup \{ |x_i - y_i| : 1 \leq i \leq n \})^2 \)，可得\( (d_{l^2}(x, y))^2 \leq n (d_{l^{\infty}}(x, y))^2 \)，进而可得\( \dfrac{1}{\sqrt{n}} d_{l^2}(x, y) \leq d_{l^{\infty}}(x, y) \)。

证明第2个不等式：

由\( \exists 1 \leq k \leq n \)满足\( |x_k - y_k| = \sup \{ |x_i - y_i| : 1 \leq i \leq n \} \)，可得\( (d_{l^2}(x, y))^2 = (\sum_{i = 1}^{n} (x_i - y_i)^2) \geq (\sup \{ |x_i - y_i| : 1 \leq i \leq n \})^2 = (d_{l^{\infty}}(x, y))^2 \)，进而可得\( d_{l^2}(x, y) \geq d_{l^{\infty}}(x, y) \)。

证毕。

练习1.1.11

题目：

Show that the discrete metric \( (X, d_{\text{disc}}) \) in Example 1.1.11 is indeed a metric space.

证明：

证明满足条件(a)：

易证，略。

证明满足条件(b)：

易证，略。

证明满足条件(c)：

易证，略（分\( x = y, x \neq y \)两种情况讨论）。

证明满足条件(d)：

\( \forall x, y, z \in \mathbf{R}^n \)，分情况讨论：

1. 如果\( x = z \)，则\( d(x, z) = 0 \leq d(x, y) + d(y, z) \)。
2. 如果\( x \neq z \)，则此时\( x = y, y = z \)不能同时成立，于是有\( x \neq y \)或\( y \neq z \)，进而\( d(x, y) + d(y, z) \geq 1 = d(x, z) \)。

证毕。

练习1.1.12

题目：

Prove Proposition 1.1.18.

Proposition 1.1.18的内容：

(Equivalence of \( l^1 \), \( l^2 \), \( l^{\infty} \)) Let \( \mathbf{R}^n \) be a Euclidean space, and let \( (x^{(k)})_{k = m}^{\infty} \) be a sequence of points in \( \mathbf{R}^n \). We write \( x^{(k)} = (x_1^{(k)}, x_2^{(k)}, \dots, x_n^{(k)}) \), i.e., for \( j = 1, 2, \dots, n, x_j^{(k)} \in \mathbf{R} \) is the jth co-ordinate of \( x^{(k)} \in \mathbf{R}^n \). Let \( x = (x_1, \dots, x_n) \) be a point in \( \mathbf{R}^n \). Then the following four statements are equivalent:

1. \( (x^{(k)})_{k = m}^{\infty} \) converges to \( x \) with respect to the Euclidean metric \( d_{l^2} \).
2. \( (x^{(k)})_{k = m}^{\infty} \) converges to \( x \) with respect to the taxicab metric \( d_{l^1} \).
3. \( (x^{(k)})_{k = m}^{\infty} \) converges to \( x \) with respect to the sup norm metric \( d_{l^{\infty}} \).
4. For every \( 1 \leq j \leq n \), the sequence \( (x_j^{(k)})_{k = m}^{\infty} \) converges to \( x_j \) (Notice that this is a sequence of real numbers, not of points in \( \mathbf{R}^n \).)

证明：

证明\( 1 \rightarrow 2 \)：

由\( (x^{(k)})_{k = m}^{\infty} \)在Euclidean度量下收敛到\( x \)，可得\( \forall \epsilon > 0, \exists N \geq m, \forall n' \geq N, d_{l^2}(x^{(n')}, x) \leq \epsilon \)，进而由不等式(1.1)，可得\( d_{l^1}(x^{(n')}, x) \leq \sqrt{n} d_{l^2}(x^{(n')}, x) \leq \sqrt{n} \epsilon \)（ 注： 这里\( n \)是维度，是常数），这意味着\( (x^{(k)})_{k = m}^{\infty} \)在taxicab度量下收敛到\( x \)。

证明\( 2 \rightarrow 3 \)：

由\( (x^{(k)})_{k = m}^{\infty} \)在taxicab度量下收敛到\( x \)，可得\( \forall \epsilon > 0, \exists N \geq m, \forall n' \geq N, d_{l^2}(x^{(n')}, x) \leq \epsilon \)，进而由不等式(1.2)，可得\( d_{l^{\infty}}(x^{(n')}, x) \leq d_{l^2}(x^{(n')}, x) \leq \epsilon \)，这意味着\( (x^{(k)})_{k = m}^{\infty} \)在sup norm度量下收敛到\( x \)。

证明\( 3 \rightarrow 4 \)：

由\( (x^{(k)})_{k = m}^{\infty} \)在sup norm度量下收敛到\( x \)，可得\( \forall \epsilon > 0, \exists N \geq m, \forall n' \geq N, d_{l^{\infty}}(x^{(n')}, x) \leq \epsilon \)，进而由\( \exists 1 \leq j' \leq n \)满足\( |x_{j'}^{(n')} - y_{j'}^{(n')}| = \sup \{ |x_i^{(n')} - y_i^{(n')}| : 1 \leq i \leq n \} \)，可得\( \forall 1 \leq j \leq n, d_{l^{\infty}}(x_j^{(n')}, x_j) \leq d_{l^{\infty}}(x_{j'}^{(n')}, x_{j'}) = d_{l^{\infty}}(x^{(n')}, x) \leq \epsilon \)，这意味着\( (x_j^{(k)})_{k = m}^{\infty} \)收敛到\( x_j \)。

证明\( 4 \rightarrow 1 \)：

\( \forall 1 \leq j \leq n \)，由\( (x_j^{(k)})_{k = m}^{\infty} \)收敛到\( x_j \)，可得\( \forall \epsilon > 0, \exists N \geq m, \forall n' \geq N, |x_j^{(n')} - x_j| \leq \epsilon \)，于是可得\( (d_{l^2}(x^{(n')}, x))^2 = \sum_{j = 1}^{n} (x_j^{(n')} - x_j)^2 \leq n \epsilon^2 \)，进而可得\( d_{l^2}(x^{(n')}, x) \leq \sqrt{n} \epsilon \)，这意味着\( (x^{(k)})_{k = m}^{\infty} \)在Euclidean度量下收敛到\( x \)。

证毕。

练习1.1.13

题目：

Prove Proposition 1.1.19.

Proposition 1.1.19的内容：

(Convergence in the discrete metric) Let \( X \) be any set, and let \( d_{\text{disc}} \) be the discrete metric on \( X \). Let \( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \) be a sequence of points in \( X \), and let \( x \) be a point in \( X \). Then \( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \) converges to \( x \) with respect to the discrete metric \( d_{\text{disc}} \) if and only if there exists an \( N \geq m \) such that \( x^{(n)} = x \) for all \( n \geq N \).

证明：

由\( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \)收敛于\( x \)可得， \( \exists N \geq m, \forall n \geq N, d_{\text{disc}}(x^{(n)}, x) \leq \dfrac{1}{2} \)，而所有不同点之间的度量都是\( 1 > \dfrac{1}{2} \)，唯一\( \leq \dfrac{1}{2} \)的度量就是\( 0 \)，而度量要为\( 0 \)，则要求两个点是同一个点，这意味着\( \forall n \geq N, x = x^{(n)} \)。

证毕。

练习1.1.14

题目：

Prove Proposition 1.1.20. (Hint: modify the proof of Proposition 6.1.7 from Analysis I.)

Proposition 1.1.20的内容：

(Uniqueness of limits) Let \( (X, d) \) be a metric space, and let \( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \) be a sequence in \( X \). Suppose that there are two points \( x, x' \in X \) such that \( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \) converges to x with respect to \( d \), and \( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \) also converges to \( x' \) with respect to \( d \). Then we have \( x = x' \).

证明：

假设\( x \neq x' \)，则\( \epsilon_0 = \dfrac{|x - x'|}{3} > 0 \)，此时由\( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \)收敛于\( x \)，可得\( \exists N_1 \geq m, \forall n \geq N_1, d(x^{(n)}, x) \leq \epsilon_0 \)，再由\( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \)收敛于\( x' \)，可得\( \exists N_2 \geq m, \forall n \geq N_2, d(x^{(n)}, x') \leq \epsilon_0 \)，令\( N = \max(N_1, N_2) \)，则\( \forall n \geq N \)，有\( \epsilon = d(x, x') \leq d(x, x^{(n)}) + d(x^{(n)}, x') \leq \dfrac{2|x - x'|}{3} \)，这里\( \epsilon \leq \dfrac{2|x - x'|}{3} \)，矛盾，因此假设不成立，有\( x = x' \)。

证毕。

练习1.1.15

题目：

Let

\[ X := \{ (a_n)_{n = 0}^{\infty} : \sum_{n = 0}^{\infty} |a_n| < \infty \} \]

be the space of absolutely convergent sequences. Define the \( l^1 \) and \( l^{\infty} \) metrics on this space by

\[ d_{l^1}((a_n)_{n = 0}^{\infty}, (b_n)_{n = 0}^{\infty}) := \sum_{n = 0}^{\infty} |a_n - b_n|; \]

\[ d_{l^{\infty}}((a_n)_{n = 0}^{\infty}, (b_n)_{n = 0}^{\infty}) := \sup_{n \in \mathbf{N}} |a_n - b_n|. \]

Show that these are both metrics on \( X \), but show that there exist sequences \( x^{(1)}, x^{(2)}, \dots \) of elements of \( X \) (i.e., sequences of sequences) which are convergent with respect to the \( d_{l^{\infty}} \) metric but not with respect to the \( d_{l^1} \) metric. Conversely, show that any sequence which converges in the \( d_{l^1} \) metric automatically converges in the \( d_{l^{\infty}} \) metric.

解答：

证明\( d_{l^1} \)为\( X \)的度量：

首先得确保\( \forall (a_n)_{n = 0}^{\infty}, (b_n)_{n = 0}^{\infty} \in X, d_{l^1}((a_n)_{n = 0}^{\infty}, (b_n)_{n = 0}^{\infty}) \)都是有定义的，由\( (a_n)_{n = 0}^{\infty}, (b_n)_{n = 0}^{\infty} \)绝对收敛（即序列对应的绝对值级数收敛），可得\( \sum_{n = 0}^{\infty} (|a_n| + |b_n|) \)也收敛，而\( \forall n \geq 0, |a_n - b_n| \leq |a_n| + |b_n| \)，加上\( \sum_{n = 0}^{\infty} (|a_n| + |b_n|) \)收敛，根据推论I.7.3.2，可得\( \sum_{n = 0}^{\infty} |a_n - b_n| \)收敛，这意味着\( d_{l^1}((a_n)_{n = 0}^{\infty}, (b_n)_{n = 0}^{\infty}) \)是有定义的。

证明满足条件(a)：

\( \forall (a_n)_{n = 0}^{\infty} \in X \)，我们有 \( d_{l^1}((a_n)_{n = 0}^{\infty}, (a_n)_{n = 0}^{\infty}) = \sum_{n = 0}^{\infty} |a_n - a_n| = \sum_{n = 0}^{\infty} 0 = 0 \)。

证明满足条件(b)：

\( \forall (a_n)_{n = 0}^{\infty} \neq (b_n)_{n = 0}^{\infty} \in X \)，可得\( \exists k \geq 0, a_k \neq b_k \)，于是有\( |a_k - b_k| > 0 \)，进而可得\( d_{l^1}((a_n)_{n = 0}^{\infty}, (a_n)_{n = 0}^{\infty}) = \sum_{n = 0}^{\infty} |a_n - b_n| \geq |a_k - b_k| > 0 \)。

证明满足条件(c)：

易证，略。

证明满足条件(d)：

\( \forall (a_n)_{n = 0}^{\infty}, (b_n)_{n = 0}^{\infty}, (c_n)_{n = 0}^{\infty} \in X \)，我们有\( \forall n \geq 0, |a_n - c_n| \leq |a_n - b_n| + |b_n - c_n| \)，进而根据推论I.7.3.2，可得\( d_{l^1}((a_n)_{n = 0}^{\infty}, (c_n)_{n = 0}^{\infty}) = \sum_{n = 0}^{\infty} |a_n - c_n| \leq \sum_{n = 0}^{\infty} (|a_n - b_n| + |b_n - c_n|) = \sum_{n = 0}^{\infty} |a_n - b_n| + \sum_{n = 0}^{\infty} |b_n - c_n| = d_{l^1}((a_n)_{n = 0}^{\infty}, (b_n)_{n = 0}^{\infty}) + d_{l^1}((b_n)_{n = 0}^{\infty}, (c_n)_{n = 0}^{\infty}) \)。

综上，\( d_{l^1} \)为\( X \)的度量，证毕。

证明\( d_{l^{\infty}} \)为\( X \)的度量：

首先得确保\( \forall (a_n)_{n = 0}^{\infty}, (b_n)_{n = 0}^{\infty} \in X, d_{l^1}((a_n)_{n = 0}^{\infty}, (b_n)_{n = 0}^{\infty}) \)都是实数，而不会是\( \infty \)，假设\( \sup_{n \in \mathbf{N}} |a_n - b_n| = \infty \)，则\( (|a_n - b_n|)_{n = 0}^{\infty} \)无上界，进而\( \sum_{n = 0}^{\infty} |a_n - b_n| \)不收敛，这和上面的结论矛盾，因此假设不成立，有\( d_{l^{\infty}}((a_n)_{n = 0}^{\infty}, (b_n)_{n = 0}^{\infty}) = \sup_{n \in \mathbf{N}} |a_n - b_n| \)为实数。

证明满足条件(a)：

易证，略。

证明满足条件(b)：

\( \forall (a_n)_{n = 0}^{\infty} \neq (b_n)_{n = 0}^{\infty} \in X \)，可得\( \exists k \geq 0, a_k \neq b_k \)，于是有\( |a_k - b_k| > 0 \)，进而可得\( d_{l^{\infty}}((a_n)_{n = 0}^{\infty}, (a_n)_{n = 0}^{\infty}) = \sup_{n \in \mathbf{N}} |a_n - b_n| \geq |a_k - b_k| > 0 \)。

证明满足条件(c)：

易证，略。

证明满足条件(d)：

\( \forall (a_n)_{n = 0}^{\infty}, (b_n)_{n = 0}^{\infty}, (c_n)_{n = 0}^{\infty} \in X \)，我们有\( \forall n \geq 0, |a_n - c_n| \leq |a_n - b_n| + |b_n - c_n| \)，进而可得\( d_{l^{\infty}}((a_n)_{n = 0}^{\infty}, (c_n)_{n = 0}^{\infty}) = \sup_{n \in \mathbf{N}}^{\infty} |a_n - c_n| \leq \sup_{n \in \mathbf{N}} (|a_n - b_n| + |b_n - c_n|) = \sup_{n \in \mathbf{N}} |a_n - b_n| + \sup_{n \in \mathbf{N}} |b_n - c_n| = d_{l^{\infty}}((a_n)_{n = 0}^{\infty}, (b_n)_{n = 0}^{\infty}) + d_{l^{\infty}}((b_n)_{n = 0}^{\infty}, (c_n)_{n = 0}^{\infty}) \)。

综上，\( d_{l^{\infty}} \)为\( X \)的度量，证毕。

给出一个序列满足在度量\( d_{l^{\infty}} \)下收敛，但在\( d_{l^1} \)下不收敛：

已知级数\( \sum_{n = 1}^{\infty} \dfrac{1}{n^2} \)绝对收敛，我们可以在它基础上改，但是题目要求下标从\( 0 \)开始，而当\( n = 0 \)时，\( \dfrac{1}{n^2} \)是未定义的，故我们当\( n = 0 \)时直接给一个特殊值\( 0 \)，构造序列\( (b_n)_{n = 0}^{\infty} \)，当\( n = 0 \)时，令\( b_n = 0 \)，当\( n > 0 \)时，令\( b_n = \dfrac{1}{n^2} \)，易得\( \sum_{n = 0}^{\infty} b_n \)也绝对收敛，进而\( (b_n)_{n = 0}^{\infty} \in X \)。

接着，我们构造一堆\( X \)中的“点”（每个“点”都是一个序列，而不仅仅是一个数），我们希望构造的这些“点”收敛于序列\( (b_n)_{n = 0}^{\infty} \in X \)，容易想到，序列的前几项不影响对应级数的收敛，故我们可以在序列\( (b_n)_{n = 0}^{\infty} \)的基础上改前几项，同时，我们希望修改到的这前几项对级数和的影响越来越小，进而级数和最终会和\( \sum_{n = 0}^{\infty} b_n \)越来越接近，而不是越来越远，容易想到，在\( \dfrac{1}{n^2} \)的基础上，加上类似\( \dfrac{1}{k}, \dfrac{1}{k^2}, \dfrac{1}{k^3} \)这种会变得越来越小的项，或许可以达到我们的目的，选择前几项加上\( \dfrac{1}{k} \)试试。

具体的，\( \forall k \geq 1 \)，我们构造序列\( (x_n^{(k)})_{n = 0}^{\infty} \)，当\( n = 0 \)时，令\( x_n^{(k)} = \dfrac{1}{k} \)，当\( 1 \leq n \leq k \)时，令\( x_n^{(k)} = \dfrac{1}{n^2} + \dfrac{1}{k} \)，当\( n > k \)时，令\( x_n^{(k)} = b_n \)。

\( \forall k \geq 1 \)，令\( x^{(k)} = (x_n^{(k)})_{n = 0}^{\infty} \)，令\( b = (b_n)_{n = 0}^{\infty} \)，我们现在证明序列\( (x^{(k)})_{k = 1}^{\infty} \)（序列的序列）在度量\( d_{l^{\infty}} \)下收敛于\( b \)：

\( \forall k \geq 1, \forall 0 \leq n \leq k \)，我们有\( |x_n^{(k)} - b_n| = \dfrac{1}{k} \)，而\( \forall n > k \)时，我们则有\( |x_n^{(k)} - b_n| = 0 \)，可得\( d_{l^{\infty}}((x_n^{(k)})_{n = 0}^{\infty}, (b_n)_{n = 0}^{\infty}) = \sup_{n \in \mathbf{N}} |x_n^{(k)} - b_n| = \dfrac{1}{k} \)，而\( \forall \epsilon > 0 \)，存在\( K \geq 1 \)，满足\( \dfrac{1}{K} < \epsilon \)，于是可得\( \forall k \geq K \)，有\( d_{l^{\infty}}((x_n^{(k)})_{n = 0}^{\infty}, (b_n)_{n = 0}^{\infty}) = \sup_{n \in \mathbf{N}} |x_n^{(k)} - b_n| = \dfrac{1}{k} \leq \dfrac{1}{K} < \epsilon \)，这说明\( (x^{(k)})_{k = 1}^{\infty} \)在度量\( d_{l^{\infty}} \)下收敛于\( b \)。

我们接着证明\( (x^{(k)})_{k = 1}^{\infty} \)在度量\( d_{l^1} \)下则不收敛，这说明\( d_{l^1} \)和\( d_{l^{\infty}} \)在无限维的情况下是不等价的（这里每个\( x^{(k)} \)都是一个序列，相当于有无限个坐标分量，所以说是无限维）：

\( \forall k \geq 1, \forall 0 \leq n \leq k \)，我们有\( |x_n^{(k)} - b_n| = \dfrac{1}{k} \)，而\( \forall n > k \)时，我们则有\( |x_n^{(k)} - b_n| = 0 \)，可得\( d_{l^1}((x_n^{(k)})_{n = 0}^{\infty}, (b_n)_{n = 0}^{\infty}) = \sum_{n = 0}^{\infty} |x_n^{(k)} - b_n| = \dfrac{k + 1}{k} > 1 \)，距离没办法任意缩小，明显有\( (x^{(k)})_{k = 1}^{\infty} \)在度量\( d_{l^1} \)下不收敛。

证明任意序列如果在度量\( d_{l^1} \)下收敛的话，则在度量\( d_{l^{\infty}} \)下也收敛：

\( \forall X \)下的序列\( (x^{(k)})_{k = 1}^{\infty} \)，如果该序列在度量\( d_{l^1} \)下收敛于某个\( b = (b_n)_{n = 0}^{\infty} \in X \)的话，则\( \forall k \geq 1 \)，我们记\( x^{(k)} = (x_n^{(k)})_{n = 0}^{\infty} \)，此时由收敛可得，\( \forall \epsilon > 0, \exists K \geq 1 \)满足 \( \forall k \geq K, d_{l^1}((x_n^{(k)})_{n = 0}^{\infty}, (b_n)_{n = 0}^{\infty}) = \sum_{n = 0}^{\infty} |x_n^{(k)} - b_n| \leq \epsilon \)，而\( \sup_{n \in \mathbf{N}} |x_n^{(k)} - b_n| \leq \sum_{n = 0}^{\infty} |x_n^{(k)} - b_n| \)，可得\( d_{l^{\infty}}((x_n^{(k)})_{n = 0}^{\infty}, (b_n)_{n = 0}^{\infty}) = \sup_{n \in \mathbf{N}} |x_n^{(k)} - b_n| \leq \sum_{n = 0}^{\infty} |x_n^{(k)} - b_n| \leq \epsilon \)，综上，有\( (x^{(k)})_{k = 1}^{\infty} \)在度量\( d_{l^{\infty}} \)下也收敛，且收敛于同一个“点”\( b \)，证毕。

练习1.1.16

题目：

Let \( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \) and \( (y_n)_{n = 1}^{\infty} \) be two sequences in a metric space \( (X, d) \). Suppose that \( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \) converges to a point \( x \in X \), and \( (y_n)_{n = 1}^{\infty} \) converges to a point \( y \in X \). Show that \( \lim_{n \to \infty} d(x_n, y_n) = d(x, y) \). (Hint: use the triangle inequality several times.)

证明：

由\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)收敛于\( x \)可得， \( \forall \epsilon > 0, \exists N_1 \geq 1, \forall n \geq N_1, d(x_n, x) \leq \dfrac{\epsilon}{2} \)，而由\( (y_n)_{n = 1}^{\infty} \)收敛于\( y \)可得， \( \forall \epsilon > 0, \exists N_2 \geq 1, \forall n \geq N_2, d(y_n, y) \leq \dfrac{\epsilon}{2} \)，取\( N = max(N_1, N_2) \)，则\( \forall n \geq N \)，有\( d(x_n, y_n) - d(x, y) \leq (d(x_n, x) + d(x, y_n)) - d(x, y) \leq d(x_n, x) + (d(x, y) + d(y, y_n)) - d(x, y) = d(x_n, x) + d(y, y_n) = \epsilon \)，还有\( d(x, y) - d(x_n, y_n) \leq (d(x, x_n) + d(x_n, y)) - d(x_n, y_n) \leq d(x, x_n) + (d(y, y_n) + d(y_n, x_n)) - d(x_n, y_n) = d(x, x_n) + d(y, y_n) = \epsilon \)，综上，有\( d(x_n, y_n) - d(x, y) \leq \epsilon, d(x, y) - d(x_n, y_n) \leq \epsilon \)，而由\( d(x, y) - d(x_n, y_n) \leq \epsilon \)，可得\( d(x_n, y_n) - d(x, y) \geq -\epsilon \)，再加上\( d(x_n, y_n) - d(x, y) \leq \epsilon \)，有\( |d(x_n, y_n) - d(x, y)| \leq \epsilon \)，至此，我们有了结论：\( \lim_{n \to \infty} d(x_n, y_n) = d(x, y) \)。

证毕。

章节1.2

练习1.2.1

题目：

Verify the claims in Example 1.2.8.

Example 1.2.8的内容：

When we give a set \( X \) the discrete metric \( d_{\text{disc}} \), and \( E \) is any subset of \( X \), then every element of \( E \) is an interior point of \( E \), every point not contained in \( E \) is an exterior point of \( E \), and there are no boundary points; see Exercise 1.2.1.

证明：

证明\( \forall x \in E \)，\( x \)均为\( E \)的内点：

\( \forall x \in E \)，令\( r = \dfrac{1}{2} \)，则\( B(x, r) = \{ y \in X : d(y, x) < r \} = \{ x \} \)，可得\( B(x, r) \cap E = \{ x \} \subseteq E \)，这意味着\( x \)为\( E \)的内点。

证明\( \forall x \in X \setminus E \)，\( x \)均为\( E \)的外点：

\( \forall x \in X \setminus E \)，令\( r = \dfrac{1}{2} \)，则\( B(x, r) = \{ y \in X : d(y, x) < r \} = \{ x \} \)，可得\( B(x, r) \cap E = \empty \)（因为\( x \notin E \)），这意味着\( x \)为\( E \)的外点。

证明\( X \)中没有边界点：

\( \forall x \in X \)，如果\( x \in E \)，则\( x \)为内点，不是边界点，如果\( x \notin E \)，则\( x \in X \setminus E \)，此时\( x \)为外点，不是边界点。综上，\( X \)中没有边界点。

证毕。

练习1.2.2

题目：

Prove Proposition 1.2.10. (Hint: for some of the implications one will need the axiom of choice, as in Lemma 8.4.5 from Analysis I.)

Proposition 1.2.10的内容：

Let \( (X, d) \) be a metric space, let \( E \) be a subset of \( X \), and let \( x_0 \) be a point in \( X \). Then the following statements are logically equivalent.

1. \( x_0 \) is an adherent point of \( E \).
2. \( x_0 \) is either an interior point or a boundary point of \( E \).
3. There exists a sequence \( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \) in \( E \) which converges to \( x_0 \) with respect to the metric \( d \).

证明：

证明\( 1 \rightarrow 2 \)：

为了证明\( x_0 \)是\( E \)的内点或者边界点，我们仅仅需要证明 \( x_0 \)不是\( E \)的外点即可。

假设\( x_0 \)是\( E \)的外点，则\( \exists r > 0 \)满足 \( B(x_0, r) \cap E = \empty \)，然而这和\( x_0 \)为\( E \)的附着点矛盾，因此假设不成立，有\( x_0 \)不是\( E \)的内点。

证明\( 2 \rightarrow 3 \)：

由\( x_0 \)是\( E \)的内点或者边界点，可得\( x_0 \)不是\( E \)的外点，进而可得\( \forall r > 0 \)，均有\( B(x_0, r) \cap E \neq \empty \)，于是\( \forall n \geq 1 \)，可得\( B(x_0, \dfrac{1}{n}) = \{ x \in X : d(x, x_0) < \dfrac{1}{n} \} \cap E \neq \empty \)，任取\( B(x_0, \dfrac{1}{n}) \)中的任意一个元素作为序列\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)的第\( n \)个元素\( x_n \)（注：这里我们隐式地用到了选择公理），有\( x_n \in E \)。

我们现在证明\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)收敛于\( x_0 \)， \( \forall \epsilon > 0, \exists N \geq 1 \)满足\( \dfrac{1}{N} < \epsilon \)，进而\( \forall n \geq N \)，有\( d(x_n, x_0) < \dfrac{1}{n} \leq \dfrac{1}{N} < \epsilon \)，这意味着\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)收敛于\( x_0 \)。

证明\( 3 \rightarrow 1 \)：

由\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)收敛于\( x_0 \)，可得\( \forall r > 0 \)，\( \exists N \geq 1 \)满足\( \forall n \geq N, d(x_n, x_0) \leq \dfrac{r}{2} < r \)，可得\( x_N \in B(x_0, r) \)，又\( x_N \in E \)，这意味着\( B(x_0, r) \cap E \neq \empty \)，综上，有\( x_0 \)是\( E \)的附着点。

证毕。

练习1.2.3

题目：

Prove Proposition 1.2.15. (Hint: you can use earlier parts of the proposition to prove later ones.)

Proposition 1.2.15的内容：

(Basic properties of open and closed sets) Let \( (X, d) \) be a metric space.

1. Let \( E \) be a subset of \( X \). Then \( E \) is open if and only if \( E = \text{int}(E) \). In other words, \( E \) is open if and only if for every \( x \in E \), there exists an \( r > 0 \) such that \( B(x, r) \subseteq E \).
2. Let \( E \) be a subset of \( X \). Then \( E \) is closed if and only if \( E \) contains all its adherent points. In other words, \( E \) is closed if and only if for every convergent sequence \( (x_n)_{n = m}^{\infty} \) in \( E \), the \( \lim_{n \to \infty} x_n \) of that sequence also lies in \( E \).
3. For any \( x_0 \in X \) and \( r > 0 \), the ball \( B(x_0, r) \) is an open set. The set \( \{ x \in X : d(x, x_0) \leq r \} \) is a closed set. (This set is sometimes called the closed ball of radius \( r \) centered at \( x_0 \).)
4. Any singleton set \( \{ x_0 \} \), where \( x_0 \in X \), is automatically closed.
5. If \( E \) is a subset of \( X \), then \( E \) is open if and only if the complement \( X \setminus E := \{ x \in X : x \notin E \} \) is closed.
6. If \( E_1, \dots, E_n \) is a finite collection of open sets in \( X \), then \( E_1 \cap E_2 \cap \dots \cap E_n \) is also open. If \( F_1, \dots, F_n \) is a finite collection of closed sets in \( X \), then \( F_1 \cup F_2 \cup \dots \cup F_n \) is also closed.
7. If \( \{ E_{\alpha} \}_{\alpha \in I} \) is a collection of open sets in \( X \) (where the index set \( I \) could be finite, countable, or uncountable), then the union \( \bigcup_{\alpha \in I} E_{\alpha} := \{ x \in X : x \in E_{\alpha} \text{ for some } \alpha \in I \} \) is also open. If \( \{ F_{\alpha} \}_{\alpha \in I} \) is a collection of closed sets in \( X \), then the intersection \( \bigcap_{\alpha \in I} F_{\alpha} := \{ x \in X : x \in F_{\alpha} \text{ for all } \alpha \in I \} \) is also closed.
8. If \( E \) is any subset of \( X\), then \( \text{int}(E) \) is the largest open set which is contained in \( E \); in other words, \( \text{int}(E) \) is open, and given any other open set \( V \subseteq E \), we have \( V \subseteq \text{int}(E) \). Similarly \( \overline{E} \) is the smallest closed set which contains \( E \); in other words, \( \overline{E} \) is closed, and given any other closed set \( K \supseteq E \), \( K \supseteq \overline{E} \).

证明：

证明1：

必要性：

由\( E \)是开集，可得\( \forall x \in E \)，有\( x \)不是\( E \)的边界点， \( x \)也不可能是\( E \)的外点，因为\( E \)的外点要求\( x \notin E \)，剩下的唯一可能性就是\( x \)是\( E \)的内点了，于是有\( x \in \text{int}(E) \)了，至此可得\( E \subseteq \text{int}(E) \)；而\( \text{int}(E) \subseteq E \)是显然的（因为所有\( E \)的内点都得是\( E \)的成员）；综上，有\( E = \text{int}(E) \)。

充分性：

假设\( E \)不是开集，则\( E \)包含至少一个边界点\( x_0 \in \partial E \)，但这意味着\( x_0 \notin \text{int}(E) \)，可得\( E \)不是\( \text{int}(E) \)的子集，然而这和\( E = \text{int}(E) \)矛盾，因此假设不成立，有\( E \)是开集。

证明2：

我们先证明2的前半段命题。

必要性（前半段命题）：

针对\( E \)的所有附着点\( x \)，由定理1.2.10可得，\( x \)为内点或者边界点，如果\( x \)为内点，则直接有\( x \in E \)，如果\( x \)为边界点，则由\( E \)是闭集，可得\( x \in E \)，综上，有\( E \)包含自身所有的附着点。

充分性（前半段命题）：

由定理1.2.10可得，\( E \)的所有边界点均是\( E \)的附着点，而\( E \)包含它所有的边界点，这意味着它也包含它所有的附着点，也就是说\( E \)是闭集。

我们最后证明2的后半段命题。

必要性（后半段命题）：

针对所有\( E \)上的收敛序列\( (x_n)_{n = m}^{\infty} \)，记它收敛于\( x \)，我们得证明\( x \in E \)，易得\( x \)是\( E \)的附着点，进而由定理1.2.10可得， \( x \)是内点或者边界点，如果\( x \)是内点，则直接有\( x \in E \)，如果\( x \)是边界点，则由\( E \)为闭集，也可得\( x \in E \)。

充分性（后半段的命题）：

假设\( E \)不封闭，则存在\( E \)不包含的边界点\( x_0 \)，进而由定理1.2.10，可得\( x_0 \)为\( E \)的附着点且存在\( E \)上的序列\( (x_n)_{n = m}^{\infty} \)收敛于\( x_0 \)，但这意味着\( x_0 \in E \)，矛盾，因此假设不成立，有\( E \)为封闭集。

证明3：

先证明\( B(x_0, r) \)为开集：

直接证明它里面的所有元素都是内点就行了， \( \forall x \in B(x_0, r) \)，我们有\( x \in X, d(x, x_0) < r \)，令\( r' = r - d(x, x_0) \)，则\( \forall y \in B(x, r') \)，有\( y \in X, d(y, x_0) \leq d(y, x) + d(x, x_0) \leq r' + d(x, x_0) = r - d(x, x_0) + d(x, x_0) = r \)，可得\( B(x, r') \subseteq B(x_0, r) \)，这意味着\( x \)是\( B(x_0, r) \)的内点。

最后证明\( \{ x \in X : d(x, x_0) \leq r \} \)为闭集：

令\( E = \{ x \in X : d(x, x_0) \leq r \} \)，假设\( E \)不是闭集，则存在\( E \)的边界点\( z \)不属于\( E \)，可得\( z \in X, d(z, x_0) > r \)，令\( r' = d(z, x_0) - r \)，则\( \forall y \in B(z, r') \)， \( y \in X, d(y, z) < r' \)，此时假设\( y \in E \)，则\( d(y, x_0) \leq r \)，而\( d(z, x_0) \leq d(z, y) + d(y, x_0) < r' + r = d(z, x_0) \)，有\( d(z, x_0) < d(z, x_0) \)矛盾，因此假设不成立，有\( y \notin E \)，综上，有\( B(z, r') \cap E = \empty \)，也就是说\( z \)是\( E \)的外点，不是\( E \)的边界点，这和一开始说的\( z \)为\( E \)的边界点矛盾，因此一开始的假设不成立，有不存在\( E \)的边界点\( z \)不属于\( E \)，换句话来说就是\( E \)包含它所有的边界点，可得\( E \)是闭集。

证明4：

针对所有\( \{ x_0 \} \)上的序列\( (b_n)_{n = m}^{\infty} \)，有\( \forall n \geq m, b_n = x_0 \)，可得\( (b_n)_{n = m}^{\infty} \)收敛于\( x_0 \in E \)，再由2可得，\( \{ x_0 \} \)是闭集。

证明5：

从内点的定义，易得\( x \)是\( E \)的内点当且仅当\( x \)是\( X \setminus E \)的外点，也就是\( \text{int}(E) = \text{ext}(X \setminus E) \)，同理，也易得\( x \)是\( E \)的外点当且仅当\( x \)是\( X \setminus E \)的内点，也就是\( \text{ext}(E) = \text{int}(X \setminus E) \) （注：这意味着\( \text{int} \)和\( \text{ext} \)在差集操作下是对偶的），于是可得\( \partial (X \setminus E) = X \setminus \text{int}(X \setminus E) \setminus \text{ext}(X \setminus E) = X \setminus \text{ext}(E) \setminus \text{int}(E) = \partial E \)。

必要性：

由\( E \)是开集以及1，可得\( E = \text{int}(E) \)，进而可得\( X \setminus E = X \setminus \text{int}(E) = \partial E \cup \text{ext}(E) = \partial (X \setminus E) \cup \text{int}(X \setminus E) \)，特别的，有\( X \setminus E \)包含它所有的边界点，于是有\( X \setminus E \)为开集。

充分性：

由\( X \setminus E \)是闭集，可得\( \partial (X \setminus E) \subseteq X \setminus E \)，又\( \partial (X \setminus E) = \partial E \)，于是有\( \partial E \subseteq X \setminus E \)，可得\( \forall x \in \partial E, x \notin E \)，也就是说\( E \)不包含它的任意边界点，这意味着\( E \)是开集。

证明6：

先证明\( E_1 \cap E_2 \cap \dots \cap E_n \)为开集：

\( \forall x \in E_1 \cap E_2 \cap \dots \cap E_n, \forall 1 \leq i \leq n \)，由\( E_i \)为开集，可得\( \exists r_i > 0 \)满足\( B(x, r_i) \subseteq E_i \)，取\( r = \min \{ r_i : 1 \leq i \leq n \} \)，则有\( \forall 1 \leq i \leq n, B(x, r) \subseteq E_i \)，可得\( B(x, r) \subseteq E_1 \cap E_2 \cap \dots \cap E_n \)，此时再由1，可得\( E_1 \cap E_2 \cap \dots \cap E_n \)为开集。

证明完有限个开集的交集仍然是开集，容易联想到，是否无限个开集的交集也仍然是开集呢？答案是否定的，举个反例即可，\( \bigcap_{n = 1}^{\infty} (-\dfrac{1}{n}, \dfrac{1}{n}) = \{ 0 \} \)，在常规的实数集度量下，有\( \forall n \geq 1, (-\dfrac{1}{n}, \dfrac{1}{n}) \)均是开集，但是\( \{ 0 \} \)并不是开集，它包含了自身的边界点\( 0 \)。

接着证明\( F_1 \cup F_2 \cup \dots \cup F_n \)为闭集：

\( \forall 1 \leq i \leq n \)，由\( F_i \)为闭集以及5，可得\( X \setminus F_i \)为开集，进而可得\( \bigcap_{i = 1}^{n} X \setminus F_i \)为开集，而\( F_1 \cup F_2 \cup \dots \cup F_n = X \setminus (\bigcap_{i = 1}^{n} X \setminus F_i) \)，再由5可得，\( F_1 \cup F_2 \cup \dots \cup F_n \)为闭集。

同上，证明完有限个闭集的并集仍然闭集，容易联想到，是否无限个闭集的并集也仍然是闭集呢？答案同样是否定的，举个反例即可，令\( (0, 1) = \bigcup_{x \in (0, 1)} \{ x \} \)，这里由\( 4 \)可得，\( \forall x \in (0, 1), \{ x \} \)均为闭集，但是这些闭集的并集是\( (0, 1) \)，在常规的实数集度量下，\( (0, 1) \)并不是闭集，它不包含自身的所有边界点\( \{ 0, 1 \} \)。

证明7：

先证明多个开集的并集仍然是开集：

我们通过1来证明，\( \forall x \in \bigcup_{\alpha \in I} E_{\alpha} \)，有\( \exists \alpha \in I, x \in E_{\alpha} \)，这里\( E_{\alpha} \)是开集，由1可得，\( \exists r > 0, B(x, r) \subseteq E_{\alpha} \subseteq \bigcup_{\alpha \in I} E_{\alpha} \)，进而言之，\( \forall x \in \bigcup_{\alpha \in I} E_{\alpha}, \exists r > 0, B(x, r) \subseteq \bigcup_{\alpha \in I} E_{\alpha} \)，再由1，可得\( \bigcup_{\alpha \in I} E_{\alpha} \)为开集。

接着证明多个闭集的交集仍然是闭集：

我们通过2来证明，针对所有\( \bigcap_{\alpha \in I} F_{\alpha} \)上的收敛序列\( (x_n)_{n = m}^{\infty} \)，我们有\( \forall \alpha \in I \)，该序列为\( F_{\alpha} \)上的序列，进而由2，可得\( \lim_{n \to \infty} x_n \in F_{\alpha} \)，至此有\( \lim_{n \to \infty} x_n \in \bigcap_{\alpha \in I} F_{\alpha} \)，再由2，可得\( \bigcap_{\alpha \in I} F_{\alpha} \)为闭集。

证明8：

证明\( \text{int}(E) \)是开集：

我们通过1来证明， \( \forall x \in \text{int}(E) \)，可得\( \exists r > 0, B(x, r) \subseteq E \)， \( \forall y \in B(x, \dfrac{r}{2}) \)，易得\( B(y, \dfrac{r}{4}) \subseteq B(x, r) \)，进而可得\( B(y, \dfrac{y}{4}) \subseteq E \)，有\( y \)为\( E \)的内点，综上有\( B(x, \dfrac{r}{2}) \)中所有点均是\( E \)的内点，即\( B(x, \dfrac{r}{2}) \subseteq \text{int}(E) \)，此时由1可得，\( \text{int}(E) \)是开集。

证明\( \text{int}(E) \)是所有被包含在\( E \)中的开集中最大的，即\( \text{int}(E) \)是\( E \)下最大的开集：

\( \forall \)开集\( V \subseteq E \)，我们得证明\( V \subseteq \text{int}(E) \)，即得证明\( V \)中所有元素均是\( E \)的内点， \( \forall x \in V \)，由\( V \)是开集，可得\( \exists r > 0, B(x, r) \subseteq V \)，而\( V \subseteq E \)，可得\( B(x, r) \subseteq E \)，至此有\( x \)为\( E \)的内点，于是有\( x \in \text{int}(E) \)。

证明\( \overline{E} \)是闭集：

我们有\( \text{ext}(E) = \text{int}(X \setminus E) \)，这里\( \text{int}(X \setminus E) \)通过刚才的证明可得是开集，于是\( \text{ext}(E) \)也是开集，而\( \overline{E} = X \setminus \text{ext}(E) \) （即\( \overline{E} = \text{int}(E) \cup \partial E \)，这点由定理1.2.10(b)可得），此时通过5可得，\( \overline{E} = X \setminus \text{ext}(E) \)是闭集。

证明\( \overline{E} \)是所有包含\( E \)的闭集中最小的：

给定任意闭集\( K \supseteq E \)， \( \forall x \in \overline{E} \)，我们证明\( x \in K \)，这里\( x \)为\( E \)的附着点，可得\( \forall r > 0, B(x, r) \cap E \neq \empty \)，而\( K \supseteq E \)，于是也有\( B(x, r) \cap K \neq \empty \)，综上有\( x \)也为\( K \)的附着点，而\( K \)是闭集，它包含自身所有的附着点，可得\( x \in K \)，至此可得\( X \subseteq K \)，即\( K \supseteq X \)。

证毕。

练习1.2.4

题目：

Let \( (X, d) \) be a metric space, \( x_0 \) be a point in \( X \), and \( r > 0 \). Let \( B \) be the open ball \( B := B(x_0, r) = \{ x \in X : d(x, x_0) < r \} \), and let \( C \) be the closed ball \( C := \{ x \in X : d(x, x_0) \leq r \} \).

1. Show that \( \overline{B} \subseteq C \).
2. Give an example of a metric space \( (X, d) \), a point \( x_0 \), and a radius \( r > 0 \) such that \( \overline{B} \) is not equal to \( C \).

解答：

证明1：

\( \forall x \in \overline{B} \)，假设\( d(x, x_0) > r \)，则令\( r' = d(x, x_0) - r \)，则\( \forall y \in B(x, r') \)，有\( d(y, x) < r' \)，假设\( d(y, x_0) < r \)，则\( d(x, x_0) \leq d(x, y) + d(y, x_0) < r' + r = d(x, x_0) \)，也就是\( d(x, x_0) < d(x, x_0) \)，矛盾，因此假设不成立，有\( d(y, x_0) \geq r \)，于是可得\( y \notin B \)，综上有\( B(x, r') \cap B = \empty \)，这意味着\( x \)不是\( B \)的附着点，有\( x \notin \overline{B} \)，矛盾，因此一开始的假设不成立，有\( d(x, x_0) \leq r \)，至此可得\( x \in C \)，综上，有\( \overline{B} \subseteq C \)。

证毕。

解答2：

令\( X \)为任意有两个或者两个以上元素的集合，令\( d = d_{\text{disc}} \)，任取\( x_0 \in X \)，令\( r = 1, B = B(x_0, r) = \{ x_0 \}, C = \{ x \in X : d(x, x_0) \leq r \} = X \)，由定理1.2.15(d)可得，\( B = \{ x_0 \} \)是闭集，再由\( \overline{B} \)是最小的闭集，可得\( \overline{B} = B \)，而\( C = X \)且\( X \)有两个或者以上的元素，但\( \overline{B} \)只有一个元素，有\( \overline{B} \neq C \)。

章节1.3

练习1.3.1

题目：

Prove Proposition 1.3.4(2).

Proposition 1.3.4的内容：

Let \( (X, d) \) be a metric space, let \( Y \) be a subset of \( X \), and let \( E \) be a subset of \( Y \).

1. \( E \) is relatively open with respect to \( Y \) if and only if \( E = V \cap Y \) for some set \( V \subseteq X \) which is open in \( X \).
2. \( E \) is relatively closed with respect to \( Y \) if and only if \( E = K \cap Y \) for some set \( K \subseteq X \) which is closed in \( X \).

证明：

必要性：

\( E \)相对\( Y \)是相对闭集当且仅当\( Y \setminus E \)相对\( Y \)是相对开集，进而由定理1.3.4(1)，可得\( E \)相对\( Y \)是相对闭集当且仅当\( \exists X \)下的开集\( V \subseteq X \)满足\( Y \setminus E = V \cap Y \)，令\( K = X \setminus V \)，我们证明\( E = K \cap Y \)。

先证明\( K \cap Y \subseteq E \)，\( \forall x \in K \cap Y \)，可得\( x \in K, x \in Y \)，由\( K \)的定义，可得\( x \in X, x \notin V \)，于是有\( x \notin V \cap Y = Y \setminus E \)，这里\( x \notin Y \setminus E \)加上\( x \in Y \)，意味着\( x \in E \)，综上，有\( K \cap Y \subseteq E \)。

接着证明\( E \subseteq K \cap Y \)，\( \forall x \in E \)，由\( E \subseteq Y \subseteq X \)，可得\( x \in X \)，另外由\( x \in E \)，可得\( x \notin Y \setminus E = V \cap Y \)，这意味着\( x \notin V \)或者\( x \notin Y \)，但是\( E \subseteq Y \)，我们知道\( x \in Y \)，于是只剩下\( x \notin V \)这个可能性，加上之前得到的\( x \in X \)，可得\( x \in X \setminus V = K \)，至此加上已有的\( x \in Y \)，可得\( x \in K \cap Y \)，综上，有\( E \subseteq K \cap Y \)。

至此可得，\( E = K \cap Y \)。

充分性：

由\( \exists X \)下的闭集\( K \subseteq X \)满足\( E = K \cap Y \)，可得\( X \setminus K \)为\( X \)下的开集，令\( V = X \setminus K \)，由定理1.3.4(1)，可得\( V \cap Y \)相对\( Y \)是相对开集，进而可得，\( Y \setminus (V \cap Y) = (Y \setminus V) \cup (Y \setminus Y) = (Y \setminus V) \cup \empty = Y \setminus V \)相对\( Y \)是相对闭集。

我们现在证明\( E = Y \setminus V \)，从而说明\( E \)相对\( Y \)是相对闭集：

先证明\( E \subseteq Y \setminus V \)： \( \forall x \in E = K \cap Y \)，我们有\( x \in K, x \in Y \)，这里由\( x \in K \)，可得\( x \notin X \setminus K = V \)，加上\( x \in Y \)，可得\( x \in Y \setminus V \)，综上，有\( E \subseteq Y \setminus V \)。

接着证明\( Y \setminus V \subseteq E \)： \( \forall x \in Y \setminus V \)，有\( x \in Y, x \notin V \)，由\( x \notin V = X \setminus K \)，可得\( x \notin X \)或者\( x \in K \)，又\( Y \subseteq X \)，可得\( x \in X \)，于是只剩下\( x \in K \)这种可能性，加上\( x \in Y \)，可得\( x \in K \cap Y = E \)，综上，有\( Y \setminus V \subseteq E \)。

至此可得，\( E = Y \setminus V \)，加上\( Y \setminus V \)相对\( Y \)是相对闭集，可得，\( E \)相对\( Y \)是相对闭集。

证毕。

章节1.4

练习1.4.1

题目：

Prove Lemma 1.4.3. (Hint: review your proof of Proposition 6.6.5.)

Lemma 1.4.3的内容：

Let \( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \) be a sequence in \( (X, d) \) which converges to some limit \( x_0 \). Then every subsequence \( (x^{(n_j)})_{j = 1}^{\infty} \) of that sequence also converges to \( x_0 \).

证明：

\( \forall (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \)的子序列\( (x^{(n_j)})_{j = 1}^{\infty} \)， \( \forall \epsilon > 0 \)，由\( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \)收敛于\( x_0 \)，可得\( \exists N \geq m, \forall n \geq N \)，有\( d(x^{(n)}, x_0) \leq \epsilon \)，而\( \forall j \geq N \)，有\( n_j \geq n_N \geq N \)，可得\( d(x^{(n_j)}, x_0) \leq \epsilon \)，综上，有\( (x^{(n_j)})_{j = 1}^{\infty} \)收敛于\( x_0 \)。

证毕。

练习1.4.2

题目：

Prove Proposition 1.4.5. (Hint: review your proof of Proposition 6.6.6.)

Proposition 1.4.5的内容：

Let \( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \) be a sequence of points in a metric space \( (X, d) \), and let \( L \in X \). Then the following are equivalent:

1. \( L \) is a limit point of \( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \).
2. There exists a subsequence \( (x^{(n_j)})_{j = 1}^{\infty} \) of the original sequence \( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \) which converges to \( L \).

证明：

证明\( 1 \Longrightarrow 2 \)：

我们递归定义子序列\( (x^{(n_j)})_{j = 1}^{\infty} \)，归纳假设\( \forall 1 \leq j' < j \)，我们有\( n_{j'} \)已定义且满足\( d(x^{(n_{j'})}, L) \leq \dfrac{1}{j'}, m \leq n_1 < n_2 < \dots < n_{j'} \)，我们定义\( n_j \)，如果\( j = 1 \)，则令\( N_j = m \)，否则的话，有\( j > 1 \)，此时\( \{ k : 1 \leq k < j \} \)非空，令\( N_j = \max \{ n_k : 1 \leq k < j \} + 1 \)，由\( L \)是\( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \)的极限点，可得\( \exists n \geq N_j \)，使得\( d(x^{(n)}, L) \leq \dfrac{1}{j} \)，令\( n_j = n \)，有\( d(x^{(n_j)}, L) \leq \dfrac{1}{j} \)，以及\( m \leq n_1 < n_2 < \dots < n_j \)，递归定义完毕。

现在证明\( (x^{(n_j)})_{j = 1}^{\infty} \)收敛于\( L \)， \( \forall \epsilon > 0, \exists j \geq 1 \)满足\( \dfrac{1}{j} \leq \epsilon \)，于是\( \forall k \geq j \)，有\( d(x^{(n_k)}, L) \leq \dfrac{1}{k} \leq \dfrac{1}{j} \leq \epsilon \)，综上，有子序列\( (x^{(n_j)})_{j = 1}^{\infty} \)收敛于\( L \)。

证明\( 2 \Longrightarrow 1 \)：

\( \forall \epsilon > 0, \forall N \geq m \)，由子序列\( (x^{(n_j)})_{j = 1}^{\infty} \)收敛于\( L \)，可得\( \exists K \geq 1 \)满足\( \forall k \geq K, d(x^{(n_k)}, L) \leq \epsilon \)，取\( j = \max(K, N) \)，则有\( n_j \geq j \geq N \)以及\( d(x^{(n_j)}, L) \leq \epsilon \)，综上，有\( L \)为\( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \)的极限点。

证毕。

练习1.4.3

题目：

Prove Lemma 1.4.7. (Hint: review your proof of Proposition 6.1.12.)

Lemma 1.4.7的内容：

(Convergent sequences are Cauchy sequences) Let \( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \) be a sequence in \( (X, d) \) which converges to some limit \( x_0 \). Then \( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \) is also a Cauchy sequence.

证明：

\( \forall \epsilon > 0 \)，由\( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \)收敛于\( x_0 \)，可得\( \exists N \geq m, \forall n \geq N, d(x^{(n)}, x_0) \leq \dfrac{\epsilon}{3} < \dfrac{\epsilon}{2} \)，进而可得\( \forall j, k \geq N \)，有\( d(x^{(j)}, x^{(k)}) \leq d(x^{(j)}, x_0) + d(x_0, x^{(k)}) < \dfrac{\epsilon}{2} + \dfrac{\epsilon}{2} = \epsilon \)，综上，有\( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \)为柯西序列。

证毕。

练习1.4.4

题目：

Prove Lemma 1.4.9.

Lemma 1.4.9的内容：

Let \( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \) be a Cauchy sequence in \( (X, d) \). Suppose that there is some subsequence \( (x^{(n_j)})_{j = 1}^{\infty} \) of this sequence which converges to a limit \( x_0 \) in \( X \). Then the original sequence \( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \) also converges to \( x_0 \).

证明：

\( \forall \epsilon > 0 \)，由\( (x^{(n_j)})_{j = 1}^{\infty} \)收敛于\( x_0 \)，可得\( \exists N_1 \geq 1, \forall j \geq N_1, d(x^{(n_j)}, x_0) \leq \dfrac{\epsilon}{2} \)，再由\( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \)是柯西序列，可得\( \exists N_2 \geq m, \forall j, k \geq N_2, d(x^{(j)}, x^{(k)}) < \dfrac{\epsilon}{2} \)，取\( N = \max(N_1, N_2) \)，则\( \forall n \geq N \)，有\( d(x^{(n)}, x_0) \leq d(x^{(n)}, x^{(n_{N_1})}) + d(x^{(n_{N_1})}, x_0) < \dfrac{\epsilon}{2} + \dfrac{\epsilon}{2} = \epsilon \)，综上，有\( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \)也收敛于\( x_0 \)。

证毕。

练习1.4.5

题目：

Let \( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \) be a sequence of points in a metric space \( (X, d) \), and let \( L \in X \). Show that if \( L \) is a limit point of the sequence \( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \), then L is an adherent point of the set \( \{ x^{(n)} : n \geq m \} \). Is the converse true?

解答：

证明如果是上述序列的极限点，则是上述集合附着点：

\( \forall r > 0 \)，由\( L \)是\( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \)的极限点，可得\( \exists n \geq m \)，满足\( d(x^{(n)}, L) \leq \dfrac{r}{2} < r \)，加上\( x^{(n)} \in X \)，可得\( x^{(n)} \in B(L, r) \)，又明显有\( x^{(n)} \in \{ x^{(n)} : n \geq m \} \)，可得\( x^{(n)} \in B(L, r) \cap \{ x^{(n)} : n \geq m \} \)，进而可得，\( B(L, r) \cap \{ x^{(n)} : n \geq m \} \neq \empty \)，综上，有\( L \)为\( \{ x^{(n)} : n \geq m \} \)的附着点。

证毕。

反命题为真吗？

不为真，举个例子，令\( x^{(n)} = \dfrac{1}{n} \)，则\( \dfrac{1}{1} = 1 \)为序列的附着点，但是\( \dfrac{1}{1} = 1 \)明显不是序列的极限点。

练习1.4.6

题目：

Show that every Cauchy sequence can have at most one limit point.

证明：

给定任意柯西序列\( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \)，假设它有两个或者两个以上的极限点，任取它的两个极限点\( x_1, x_2 \)， \( \forall \epsilon > 0 \)，由\( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \)是柯西序列，可得\( \exists N \geq m, \forall j, k \geq N, d(x^{(j)}, x^{(k)}) < \dfrac{\epsilon}{3} \)，再由\( x_1 \)是\( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \)的极限点，可得\( \exists n_1 \geq N, d(x^{(n_1)}, x_1) \leq \dfrac{\epsilon}{3} \)，同理由\( x_2 \)是\( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \)的极限点，可得\( \exists n_2 \geq N, d(x^{(n_2)}, x_2) \leq \dfrac{\epsilon}{3} \)，由\( n_1 \geq N, n_2 \geq N \)，可得\( d(x^{(n_1)}, x^{(n_2)}) < \epsilon \)，于是可得\( d(x_1, x_2) \leq d(x_1, x^{(n_1)}) + d(x^{(n_1)}, x_2) \leq d(x_1, x^{(n_1)}) + d(x^{(n_1)}, x^{(n_2)}) + d(x^{(n_2)}, x_2) < \dfrac{\epsilon}{3} + \dfrac{\epsilon}{3} + \dfrac{\epsilon}{3} = \epsilon \)，简而言之，\( \forall \epsilon > 0 \)，有\( d(x_1, x_2) < \epsilon \)，可得\( x_1 = x_2 \)。

证毕。

练习1.4.7

题目：

Prove Proposition 1.4.12.

Proposition 1.4.12的内容：

1. Let \( (X, d) \) be a metric space, and let \( (Y, d|_{Y \times Y}) \) be a subspace of \( (X, d) \). If \( (Y, d|_{Y \times Y}) \) is complete, then \( Y \) must be closed in \( X \).
2. Conversely, suppose that \( (X, d) \) is a complete metric space, and \( Y \) is a closed subset of \( X \). Then the subspace \( (Y, d|_{Y \times Y}) \) is also complete.

证明：

证明1：

\( \forall (Y, d|_{Y \times Y}) \)上的收敛序列\( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \)，由引理1.4.7，可得\( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \)是柯西序列，进而由\( (Y, d|_{Y \times Y}) \)是完备度量空间，可得\( \lim_{n \to \infty} x^{(n)} \in Y \)，此时由\( d \)和\( d|_{Y \times Y} \)在\( Y \times Y \)上一致，可得在\( (X, d) \)上，也有\( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \)收敛且\( \lim_{n \to \infty} x^{(n)} \in Y \)，此时根据定理1.2.15的(b)，可得\( Y \)是闭合集。

证明2：

\( \forall (Y, d|_{Y \times Y}) \)上的柯西序列\( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \)，由\( d \)和\( d|_{Y \times Y} \)在\( Y \times Y \)上一致，可得\( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \)也是\( (X, d) \)上的柯西序列，再由\( (X, d) \)是完备度量空间，可得\( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \)收敛于\( (X, d) \)，此时根据\( Y \)是闭合集以及定理1.2.15的(b)，可得\( \lim_{n \to \infty} x^{(n)} \in Y \)，再次根据\( d \)和\( d|_{Y \times Y} \)在\( Y \times Y \)上一致，可得在\( (Y, d|_{Y \times Y}) \)上，也有\( (x^{(n)})_{n = m}^{\infty} \)收敛且\( \lim_{n \to \infty} x^{(n)} \in Y \)，综上，有\( (Y, d|_{Y \times Y}) \)是完备度量空间。

证毕。

练习1.4.8

题目：

The following construction generalizes the construction of the reals from the rationals in Chap.5, allowing one to view any metric space as a subspace of a complete metric space. In what follows we let \( (X, d) \) be a metric space.

1. Given any Cauchy sequence \( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \) in \( X \), we introduce the formal limit \( \text{LIM}_{n \to \infty} x_n \). We say that two formal limits \( \text{LIM}_{n \to \infty} x_n \) and \( \text{LIM}_{n \to \infty} y_n \) are equal if \( \lim_{n \to \infty} d(x_n, y_n) \) is equal to zero. Show that this equality relation obeys the reflexive, symmetry, and transitive axioms.
2. Let \( \overline{X} \) be the space of all formal limits of Cauchy sequences in \( X \), with the above equality relation. Define a metric \( d_{\overline{X}}: \overline{X} \times \overline{X} \to [0, +\infty) \) by setting \( d_{\overline{X}}(\text{LIM}_{n \to \infty} x_n, \text{LIM}_{n \to \infty} y_n) := \lim_{n \to \infty} d(x_n, y_n) \). Show that this function is well-defined (this means not only that the limit \( \lim_{n \to \infty} d(x_n, y_n) \) exists, but also that the axiom of substitution is obeyed; cf. Lemma 5.3.7) and gives \( \overline{X} \) the structure of a metric space.
3. Show that the metric space \( (\overline{X}, d_{\overline{X}}) \) is complete.
4. Show that the closure of X in \( \overline{X} \) is \( \overline{X} \) (which explains the choice of notation \( \overline{X} \)).
5. Show that the formal limit agrees with the actual limit, thus if \( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \) is any Cauchy sequence in \( X \), then we have \( \lim_{n \to \infty} x_n = \text{LIM}_{n \to \infty} x_n \) in \( \overline{X} \).

证明：

证明1：

证明满足自反性：

\( \forall X \)上的柯西序列\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)，我们有\( \lim_{n \to \infty} d(x_n, x_n) = \lim_{n \to \infty} 0 = 0 \)，于是有\( \text{LIM}_{n \to \infty} x_n = \text{LIM}_{n \to \infty} x_n \)。

证明满足对称性：

\( \forall X \)上的柯西序列\( (x_n)_{n = 1}^{\infty}, (y_n)_{n = 1}^{\infty} \)，如果\( \text{LIM}_{n \to \infty} x_n = \text{LIM}_{n \to \infty} y_n \), 则有\( \lim_{n \to \infty} (d(x_n, y_n) = d(y_n, x_n)) = 0 \)，于是有\( \text{LIM}_{n \to \infty} y_n = \text{LIM}_{n \to \infty} x_n \)。

证明满足传递性：

\( \forall X \)上的柯西序列\( (x_n)_{n = 1}^{\infty}, (y_n)_{n = 1}^{\infty}, (z_n)_{n = 1}^{\infty} \)，如果\( \text{LIM}_{n \to \infty} x_n = \text{LIM}_{n \to \infty} y_n, \text{LIM}_{n \to \infty} y_n = \text{LIM}_{n \to \infty} z_n \), 则可得\( \lim_{n \to \infty} d(x_n, y_n) = 0, \lim_{n \to \infty} d(y_n, z_n) = 0 \)，进而可得\( \lim_{n \to \infty} (d(x_n, y_n) + d(y_n, z_n)) = 0 \)，而\( 0 \leq d(x_n, z_n) \leq d(x_n, y_n) + d(y_n, z_n) \)，由推论I.6.4.14(Squeeze test)，可得\( \lim_{n \to \infty} d(x_n, z_n) = 0 \)，于是有\( \text{LIM}_{n \to \infty} x_n = \text{LIM}_{n \to \infty} z_n \)。

证明2：

给定\( X \)上的柯西序列\( (x_n)_{n = 1}^{\infty}, (y_n)_{n = 1}^{\infty} \)。

证明\( \lim_{n \to \infty} d(x_n, y_n) \)存在：

直接利用\( \mathbf{R} \)与它的常规度量共同组成完备度量空间这点，我们证明\( (d(x_n, y_n))_{n = 1}^{\infty} \)是柯西序列就行。

\( \forall \epsilon > 0 \)，由\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)是柯西序列，可得\( \exists N_1 \geq 1, \forall j, k \geq N_1, d(x_j, x_k) < \dfrac{\epsilon}{2} \)，由\( (y_n)_{n = 1}^{\infty} \)是柯西序列，可得\( \exists N_2 \geq 1, \forall j, k \geq N_2, d(y_j, y_k) < \dfrac{\epsilon}{2} \)，取\( N = \max(N_1, N_2) \)，则\( \forall j, k \geq N \)，有\( d(d(x_j, y_j), d(x_k, y_k)) = |d(x_j, y_j) - d(x_k, y_k)| \leq |d(x_j, y_j)| + |-d(x_k, y_k)| = d(x_j, y_j) + d(x_k, y_k) < \epsilon \)，至此可得，\( (d(x_n, y_n))_{n = 1}^{\infty} \)是柯西序列，进而由\( \mathbf{R} \)与它的常规度量共同组成完备度量空间这点，可得\( (d(x_n, y_n))_{n = 1}^{\infty} \)收敛，即\( \lim_{n \to \infty} d(x_n, y_n) \)存在。

证明\( d_{\overline{X}} \)满足代入公理：

给定\( X \)上的柯西序列\( (x_n)_{n = 1}^{\infty}, (y_n)_{n = 1}^{\infty}, (z_n)_{n = 1}^{\infty}, (w_n)_{n = 1}^{\infty} \)，如果\( \text{LIM}_{n \to \infty} x_n = \text{LIM}_{n \to \infty} y_n, \text{LIM}_{n \to \infty} z_n = \text{LIM}_{n \to \infty} w_n \)，则我们要证明\( d_{\overline{X}}(\text{LIM}_{n \to \infty} x_n, \text{LIM}_{n \to \infty} z_n) = d_{\overline{X}}(\text{LIM}_{n \to \infty} y_n, \text{LIM}_{n \to \infty} w_n) \)，也就是我们得证明\( \lim_{n \to \infty} d(x_n, z_n) = \lim_{n \to \infty} d(y_n, w_n) \)。

这里的思路是，由\( \text{LIM}_{n \to \infty} x_n = \text{LIM}_{n \to \infty} y_n \)，可得\( d(x_n, z_n) \)最终会和\( d(y_n, z_n) \)值差不多，再由\( \text{LIM}_{n \to \infty} z_n = \text{LIM}_{n \to \infty} w_n \)，可得\( d(y_n, z_n) \)最终会和\( d(y_n, w_n) \)值差不多，连起来就是\( d(x_n, z_n) \)最终会和\( d(y_n, w_n) \)值差不多，这是我们想要的，所谓的“值差不多”通过两者相减极限为\( 0 \)来刻画。

\( \forall \epsilon > 0 \)，由\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)收敛于\( \lim_{n \to \infty} d(x_n, z_n) \)，可得\( \exists N_1 \geq 1, \forall n \geq N_1, |d(x_n, z_n) - \lim_{n \to \infty} d(x_n, z_n)| \leq \dfrac{\epsilon}{4} \)，可得\( -\dfrac{\epsilon}{4} + \lim_{n \to \infty} d(x_n, z_n) \leq d(x_n, z_n) \leq \dfrac{\epsilon}{4} + \lim_{n \to \infty} d(x_n, z_n) \)，由\( \text{LIM}_{n \to \infty} x_n = \text{LIM}_{n \to \infty} y_n \)，可得\( \lim_{n \to \infty} d(x_n, y_n) = 0 \)，进而可得\( \exists N_2 \geq 1, \forall n \geq N_2, d(x_n, y_n) \leq \dfrac{\epsilon}{4} \)，取\( N_3 = \max(N_1, N_2) \)，则\( \forall n \geq N_3 \)，有\( d(y_n, z_n) \leq d(y_n, x_n) + d(x_n, z_n) \leq \dfrac{\epsilon}{4} + \dfrac{\epsilon}{4} + \lim_{n \to \infty} d(x_n, z_n) = \dfrac{\epsilon}{2} + \lim_{n \to \infty} d(x_n, z_n) \)，还有\( d(x_n, z_n) \leq d(x_n, y_n) + d(y_n, z_n) \leq \dfrac{\epsilon}{4} + d(y_n, z_n) \)，也就是\( d(x_n, z_n) \leq \dfrac{\epsilon}{4} + d(y_n, z_n) \)，可得\( -\dfrac{\epsilon}{4} + d(x_n, z_n) \leq d(y_n, z_n) \)，又\( -\dfrac{\epsilon}{4} + \lim_{n \to \infty} d(x_n, z_n) \leq d(x_n, z_n) \)，可得\(-\dfrac{\epsilon}{4} + (-\dfrac{\epsilon}{4} + \lim_{n \to \infty} d(x_n, z_n)) \leq d(y_n, z_n) \)，也就是\( -\dfrac{\epsilon}{2} + \lim_{n \to \infty} d(x_n, z_n) \leq d(y_n, z_n) \)，加上前面得到的\( d(y_n, z_n) \leq \dfrac{\epsilon}{2} + \lim_{n \to \infty} d(x_n, z_n) \)，可得\( |d(y_n, z_n) - \lim_{n \to \infty} d(x_n, z_n)| \leq \dfrac{\epsilon}{2} \)，进而可得\( -\dfrac{\epsilon}{2} + \lim_{n \to \infty} d(x_n, z_n) \leq d(y_n, z_n) \leq \dfrac{\epsilon}{2} + \lim_{n \to \infty} d(x_n, z_n) \)，由\( \text{LIM}_{n \to \infty} z_n = \text{LIM}_{n \to \infty} w_n \)，可得\( \lim_{n \to \infty} d(z_n, w_n) = 0 \)，进而可得\( \exists N_4 \geq 1, \forall n \geq N_4, d(z_n, w_n) \leq \dfrac{\epsilon}{2} \)，取\( N_5 = \max(N_3, N_4) \)，则\( \forall n \geq N_5 \)，有\( d(y_n, w_n) \leq d(y_n, z_n) + d(z_n, w_n) \leq \dfrac{\epsilon}{2} + \lim_{n \to \infty} d(x_n, z_n) + \dfrac{\epsilon}{2} = \epsilon + \lim_{n \to \infty} d(x_n, z_n) \)，还有\( d(y_n, z_n) \leq d(y_n, w_n) + d(w_n, z_n) \leq d(y_n, w_n) + \dfrac{\epsilon}{2} \)，也就是\( d(y_n, z_n) \leq d(y_n, w_n) + \dfrac{\epsilon}{2} \)，可得\( -\dfrac{\epsilon}{2} + d(y_n, z_n) \leq d(y_n, w_n) \)，又\( -\dfrac{\epsilon}{2} + \lim_{n \to \infty} d(x_n, z_n) \leq d(y_n, z_n) \)，可得\( -\dfrac{\epsilon}{2} + (-\dfrac{\epsilon}{2} + \lim_{n \to \infty} d(x_n, z_n)) \leq d(y_n, w_n) \)，也就是\( -\epsilon + \lim_{n \to \infty} d(x_n, z_n) \leq d(y_n, w_n) \)，加上前面得到的\( d(y_n, w_n) \leq \epsilon + \lim_{n \to \infty} d(x_n, z_n) \)，可得\( |d(y_n, w_n) - \lim_{n \to \infty} d(x_n, z_n)| \leq \epsilon \)。简而言之，有\( \forall \epsilon, \exists N \geq 1, \forall n \geq N, |d(y_n, w_n) - \lim_{n \to \infty} d(x_n, z_n)| \leq \epsilon \)，于是可得\( \lim_{n \to \infty} d(y_n, w_n) = \lim_{n \to \infty} d(x_n, z_n) \)。

证明3：

给定任意\( (\overline{X}, d_{\overline{X}}) \)上的柯西序列\( (Y_n)_{n = 1}^{\infty} \)，这里\( \forall n \geq 1 \)，针对\( Y_n \)，均有\( \exists X \)上的柯西序列\( (x_n^{(k)})_{k = 1}^{\infty} \)使得 \( Y_n = \text{LIM}_{k \to \infty} x_n^{(k)} \)，这里\( (x_n^{(k)})_{k = 1}^{\infty} \)为柯西序列，可得\( \exists N_{n'} \geq 1, \forall j_1, j_2 \geq N_{n'}, d(x_n^{(j_1)}, x_n^{(j_2)}) < \dfrac{1}{n} \)，令\( N_n = \max(N_{n'}, n) \)，则还是有\( \forall k \geq N_n, d(x_n^{(k)}, x_n^{(N_n)}) < \dfrac{1}{n} \)，且同时有\( N_n \geq n \)，令\( y_n = x_n^{(N_n)} \)，这里，我们隐式通过选择公理构造出了序列\( (y_n)_{n = 1}^{\infty} \)，下面，我们会证明\( (y_n)_{n = 1}^{\infty} \)是\( X \)上的柯西序列，且\( (Y_n)_{n = 1}^{\infty} \)收敛于\( \text{LIM}_{n \to \infty} y_n \)。

先证明\( (y_n)_{n = 1}^{\infty} \)是\( X \)上的柯西序列， \( \forall \epsilon > 0, \) 由\( (Y_n)_{n = 1}^{\infty} \)为\( \overline{X} \)上的柯西序列，可得\( \exists K \geq 1, \forall j_1, j_2 \geq K, d_{\overline{X}}(Y_{j_1}, Y_{j_2}) = \lim_{k \to \infty} d(x_{j_1}^{(k)}, x_{j_2}^{(k)}) < \dfrac{\epsilon}{2} \)。还有\( \exists N \geq K \)满足\( \dfrac{1}{N} < \dfrac{\epsilon}{4} \)，此时针对\( \forall i, j \geq N \)，则\( \forall k \geq \max(N_i, N_j) \)，有\( d(y_i, y_j) = d(x_i^{(N_i)}, x_j^{(N_j)}) \leq d(x_i^{(N_i)}, x_i^{(k)}) + d(x_i^{(k)}, x_j^{(k)}) + d(x_j^{(k)}, x_j^{(N_j)}) \leq \dfrac{1}{N_i} + d(x_i^{(k)}, x_j^{(k)}) + \dfrac{1}{N_j} \leq \dfrac{1}{N} + d(x_i^{(k)}, x_j^{(k)}) + \dfrac{1}{N} < \dfrac{\epsilon}{4} + d(x_i^{(k)}, x_j^{(k)}) + \dfrac{\epsilon}{4} = \dfrac{\epsilon}{2} + d(x_i^{(k)}, x_j^{(k)}) \) （注：这里用到了\( N_i \geq i \geq N \)，从而\( \dfrac{1}{N_i} \leq \dfrac{1}{N} \)，\( N_j \)也类似），这里由于\( i, j \geq N \geq K \)，根据前面，可得\( \lim_{k \to \infty} d(x_{i}^{(k)}, x_{k}^{(k)}) < \dfrac{\epsilon}{2} \)，这意味着\( \exists k_1 \geq 1, \forall k \geq k_1, d(x_{i}^{(k)}, x_{k}^{(k)}) < \dfrac{\epsilon}{2} \)，特别的，取\( k_2 = \max(k_1, N_i, N_j) \)，我们有\( d(x_i^{(N_i)}, x_j^{(N_j)}) \leq \dfrac{\epsilon}{2} + d(x_i^{(k_2)}, x_j^{(k_2)}) < \dfrac{\epsilon}{2} + \dfrac{\epsilon}{2} = \epsilon \)。简而言之，\( \forall \epsilon > 0, \exists N \geq 1, \forall i, j \geq N, d(y_i, y_j) < \epsilon \)，可得\( (y_n)_{n = 1}^{\infty} \)是\( X \)上的柯西序列。

接着证明\( (Y_n)_{n = 1}^{\infty} \)收敛于\( \text{LIM}_{n \to \infty} y_n \)，令\( L = \text{LIM}_{n \to \infty} y_n \)， \( \forall \epsilon > 0 \)，我们得证明\( \exists N \geq 1, \forall n \geq N, d_{\overline{X}}(Y_n, L) = \lim_{k \to \infty} d(x_{n}^{(k)}, y_k) < \epsilon \)。 \( \forall \epsilon > 0 \)，可得\( \exists N_1 \geq 1, \dfrac{1}{N_1} < \dfrac{\epsilon}{2} \)，由\( (y_n)_{n = 1}^{\infty} \)是\( X \)上的柯西序列，可得\( \exists N_2 \geq 1, \forall j_1, j_2 \geq N_2, d(y_j, y_k) < \dfrac{\epsilon}{2} \)，取\( N_3 = \max(N_1, N_2) \)，则\( \forall n \geq N_3 \)，由\( y_n \)的定义，可得\( \forall k \geq \max(N_{n}, N_3) \)，有\( d(x_n^{(k)}, y_n) < \dfrac{1}{n} < \dfrac{\epsilon}{2} \)，可得\( d(x_n^{(k)}, y_k) \leq d(x_n^{(k)}, y_n) + d(y_n, y_k) < \dfrac{\epsilon}{2} + \dfrac{\epsilon}{2} = \epsilon \) 这意味着\( \lim_{k \to \infty} d(x_{n}^{(k)}, y_k) < \epsilon \)。简而言之，\( \forall \epsilon > 0 \)，我们证明了\( \exists N \geq 1, \forall n \geq N, d_{\overline{X}}(Y_n, L) = \lim_{k \to \infty} d(x_{n}^{(k)}, y_k) < \epsilon \)，可得\( (Y_n)_{n = 1}^{\infty} \)收敛于\( L \)。

证明4：

令\( Y \)为\( X \)在\( \overline{X} \)上的闭包，我们要证明\( Y = \overline{X} \)，显然有\( Y \subseteq \overline{X} \)，还得证明\( \overline{X} \subseteq Y \)， \( \forall y \in \overline{X} \)，可得存在\( X \)上的柯西序列\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \) 使得\( \text{LIM}_{n \to \infty} x_n = y \)，为了证明\( y \in Y \)，我们得证明\( y \)是\( X \)的附着点（注意，得在度量\( d_{\overline{X}} \)的标准下，而不是\( d \)下）， \( \forall r > 0 \)，由\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)为柯西序列，可得\( \exists N \geq 1, \forall n \geq N, d(x_n, x_N) < \dfrac{r}{2} \)，进而由推论I.6.4.14(Squeeze test)，可得\( \lim_{n \to \infty} d(x_n, x_N) \leq \dfrac{r}{2} \)，此时有\( d_{\overline{X}}(y, x_N) = d_{\overline{X}}(y, \text{LIM}_{n \to \infty} x_N) = \lim_{n \to \infty} d(x_n, x_N) \leq \dfrac{r}{2} < r \)，可得\( x_N \in B_{(\overline{X}, d_{\overline{X}})}(y, r) \)，又\( x_N \in X \)，这意味着\( B_{(\overline{X}, d_{\overline{X}})}(y, r) \cap X \neq \empty \)，可得\( y \)是\( X \)的附着点，有\( y \in \overline{X} \)，至此有\( \overline{X} \subseteq Y \)，综上有\( Y = \overline{X} \)。

证明5：

由4以及\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)为柯西序列，可得\( \lim_{n \to \infty} x_n \)在\( (\overline{X}, d_{\overline{X}}) \)上存在（注：严格来讲，\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)本身是\( (X, d) \)上的序列，而我们这里指的是\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)在\( (\overline{X}, d_{\overline{X}}) \)上对应的序列的极限存在，后者序列比前者序列“高”一层级，但两者是同构的，这里不区分这两个层级下对应的元素，实际上在4中我们已经这么干了），有\( \lim_{n \to \infty} x_n \in \overline{X} \)，于是存在\( X \)上的柯西序列\( (y_n)_{n = 1}^{\infty} \)使得\( \lim_{n \to \infty} x_n = \text{LIM}_{n \to \infty} y_n \)， \( \forall \epsilon > 0 \)，由\( \lim_{n \to \infty} x_n = \text{LIM}_{n \to \infty} y_n \)，可得\( \exists K_1 \geq 1, \forall k \geq K_1, d_{\overline{X}}(x_k, \text{LIM}_{n \to \infty} y_n) = \lim_{n \to \infty} d(x_k, y_n) \leq \dfrac{\epsilon}{2} \)，进一步可得针对这个固定的\( k \)，有\( \exists N_1 \geq 1, \forall n \geq N_1, d(x_k, y_n) \leq \dfrac{\epsilon}{2} \)，而由\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)为柯西序列，可得\( \exists N_2 \geq 1, \forall j_1, j_2 \geq N_2, d(x_{j_1}, x_{j_2}) < \dfrac{\epsilon}{2} \)，于是\( \forall n \geq \max(K_1, N_1, N_2) \)，取\( N_3 = \max(N_2, K_1) \)，有\( d(x_n, y_n) \leq d(x_n, x_{N_3}) + d(x_{N_3}, y_n) < \dfrac{\epsilon}{2} + \dfrac{\epsilon}{2} = \epsilon \)，至此可得\( d_{\overline{X}}(\text{LIM}_{n \to \infty} x_n, \text{LIM}_{n \to \infty} y_n) = \lim_{n \to \infty} d(x_n, y_n) = 0 \)，根据1中相等的定义，可得\( \text{LIM}_{n \to \infty} x_n = \text{LIM}_{n \to \infty} y_n = \lim_{n \to \infty} x_n \)。

证毕。

章节1.5

练习1.5.1

题目：

Show that Definition 9.1.22 from Analysis I and Definition 1.5.3 match when talking about subsets of the real line with the standard metric.

Definition 9.1.22 from Analysis I的内容：

(Bounded sets) A subset \( X \) of the real line is said to be bounded if we have \( X \subseteq [-M, M] \) for some real number \( M > 0 \). A subset \( X \) of the real line is unbounded if it is not bounded.

Definition 1.5.3的内容：

(Bounded sets) Let \( (X, d) \) be a metric space, and let \( Y \) be a subset of \( X \). We say that \( Y \) is bounded iff for every \( x \in X \) there exists a ball \( B(x, r) \) in \( X \) of some finite radius \( r \) which contains \( Y \). We call the metric space \( (X, d) \) bounded if \( X \) is bounded.

证明：

给定\( X \subseteq R \)，我们证明\( X \)在定义9.1.22下为有界集当且仅当 \( X \)在定义1.5.3下为有界集。

如果\( X \)在定义9.1.22下为有界集，则\( \exists M > 0, X \subseteq [-M, M] \)， \( \forall x \in X \)，令\( r = 3M \)，则\( B(x, r) = \{ y \in X : d(y, x) < r = 3M \} \)，针对\( \forall y \in X \)，由\( X \subseteq [-M, M] \)，可得\( y \in [-M, M] \)，加上\( x \)也\( \in [-M, M] \)（因为\( x \in X \)），可得\( d(y, x) \leq 2M < 3M = r \)，至此有\( y \in B(x, r) \)，综上有\( X \subseteq B(x, r) \)，可得\( X \)在定义1.5.3下为有界集。

反之，如果\( X \)在定义1.5.3下为有界集，先考虑\( X \)为空集的情况，则令\( M = 1 \)，有\( X \subseteq [-M, M] \)，可得\( X \)在定义9.1.22下为有界集，最后考虑\( X \)不为空集的情况，此时任取\( x_0 \in X \)，由\( X \)在定义1.5.3下为有界集，可得\( \exists r > 0 \)，使得\( X \subseteq B(x_0, r) = \{ x \in X : d(x, x_0) < r \} \)，取\( M = \max \{ x_0 + r, 1, x_0 - r \} \)，则易得\( X \subseteq B(x_0, r) = \{ x \in X : d(x, x_0) < r \} \subseteq [-M, M] \)，有\( X \)在定义9.1.22下为有界集。

证毕。

练习1.5.2

题目：

Prove Proposition 1.5.5. (Hint: prove the completeness and boundedness separately. For both claims, use proof by contradiction. You will need the axiom of choice, as in Lemma 8.4.5 from Analysis I.)

Proposition 1.5.5的内容：

Let \( (X, d) \) be a compact metric space. Then \( (X, d) \) is both complete and bounded.

证明：

先证明\( (X, d) \)为完备度量空间： \( \forall (X, d) \)上的柯西序列\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)，我们得证明它收敛于\( (X, d) \)中的某个元素，由\( (X, d) \)为紧度量空间，可得存在\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)的子序列 \( (x_{n_j})_{j = 1}^{\infty} \)收敛于某个元素\( x_0 \in X \)，此时根据引理1.4.9，可得\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)也收敛于\( x_0 \) ，综上，有\( (X, d) \)为完备度量空间。

接着证明\( (X, d) \)为有界集：假设\( (X, d) \)非有界集，则\( \exists x_0 \in X, \forall r > 0 \)，有\( X \setminus d(x_0, r) \neq \empty \)，进而\( \forall n \geq 1 \)，我们任取\( x_n \in X \setminus d(x_0, n) \)，有\( x_n \geq n \)，这里序列\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)为\( (X, d) \)上的序列，根据\( (X, d) \)为紧度量空间，可得它存在子序列\( (x_{n_j})_{j = 1}^{\infty} \)收敛于某个数\( L \in X \)，我们证明该子序列不收敛，从而产生矛盾，由\( (x_{n_j})_{j = 1}^{\infty} \)收敛于某个数\( L \)，可得\( \exists N_1 \geq 1, \forall j \geq N_1, d(x_{n_j}, L) \leq 1 \)，存在正整数\( N_2 \geq d(x_0, L) + 2 \)，取\( j_0 = \max(N_1, N_2) \)，则有\( d(x_0, x_{n_{j_0}}) \leq d(x_0, L) + d(L, x_{n_{j_0}}) \leq d(x_0, L) + 1 \)，但根据\( x_{n_{j_0}} \)的定义，有\( d(x_0, x_{n_{j_0}}) \geq n_{j_0} \geq j_0 \geq N_2 \geq d(x_0, L) + 2 > d(x_0, L) + 1 \)，矛盾，因此假设不成立，有\( (X, d) \)为有界集。

证毕。

练习1.5.3

题目：

Prove Theorem 1.5.7. (Hint: use Proposition 1.1.18 and Theorem 9.1.24 from Analysis I.)

Theorem 1.5.7的内容：

(Heine–Borel theorem) Let \( (\mathbf{R}^n , d) \) be a Euclidean space with either the Euclidean metric, the taxicab metric, or the sup norm metric. Let \( E \) be a subset of \( \mathbf{R}^n \). Then \( E \) is compact if and only if it is closed and bounded.

Proposition 1.1.18的内容：

见练习1.1.12。

Theorem 9.1.24 from Analysis I的内容：

见练习9.1.13

注：

Theorem 9.1.24和Proposition 1.1.18中的序列起始坐标不一致，但是序列起始坐标并不影响收敛性，故这里无视这点。

证明：

必要性：

由推论1.5.6可得成立。

充分性：

如果\( E \)为空集，则显然有\( E \)为紧集，下面考虑\( E \)不为空集的情况。

\( \forall 1 \leq j \leq n \)，我们令\( E_j = \{ x_j : \forall x = (x_1, \dots, x_n) \in E \} \)，即\( E_j \)为\( E \)中所有元素的第\( j \)个坐标分量组成的集合。

我们证明所有集合\( E_j \)均封闭且有界。

\( \forall 1 \leq j \leq n \)，假设\( E_j \)不封闭，则存在\( \forall E_j \)上收敛的\( (x^{(k)})_{k = 1}^{\infty} \)，它的极限\( x \notin E_j \)，\( \forall 1 \leq i \leq n, i \neq j \)，任取\( x_i \in E_i \)，\( \forall k \geq 1 \)，令\( y^{(k)} = (x_1, \dots, x_{j - 1}, x^{(k)}, x_{j + 1}, \dots, x_n) \)，即\( y^{(k)} \)第\( j \)个分量取\( x^{(k)} \)，其他分量都取各个\( E_i \)中某个固定的常量，令\( y = (x_1, \dots, x_{j - 1}, x, x_{j + 1}, \dots, x_n) \)，根据定理1.1.18，易得\( (y^{(k)})_{k = 1}^{\infty} \)在度量\( d_{l^2}, d_{l^1}, d_{l^{\infty}} \)下收敛于\( y \)，而\( (y^{(k)})_{k = 1}^{\infty} \)为\( E \)上的序列，由\( E \)为封闭集，可得\( y \in E \)，进而有\( x \in E_j \)，这和\( x \notin E_j \)矛盾，因此假设不成立，有\( E_j \)封闭。

\( \forall 1 \leq j \leq n \)，假设\( E_j \)非有界，则\( \exists x_0 \in E, \forall r > 0, E_j \setminus \{ x \in E_j : |x - x_0| < r \} \neq \empty \)，易得在度量\( d_{l^2}, d_{l^1}, d_{l^{\infty}} \)下，均有\( E \setminus B(x_0, r) \neq \empty \)，这意味着\( E \)非有界，和\( E \)有界矛盾，因此假设不成立，有\( E_j \)有界。

现在我们回去证明\( E \)为紧集。

给定任意\( E \)上的序列\( (x^{(k)})_{k = m}^{\infty} \)， \( \forall k \geq m \)，令\( x^{k} = (x_1^{(k)}, \dots, x_n^{(k)}) \)，我们有\( \forall 1 \leq j \leq n, (x_j^{(k)})_{k = m}^{\infty} \)为\( E_j \)上的序列，由\( E_j \)封闭且有界，根据定理9.1.24，可得\( (x_j^{(k)})_{k = m}^{\infty} \)收敛于\( x_j \in E_j \)，进而根据定理1.1.18，可得\( (x^{(k)})_{k = m}^{\infty} \)在度量\( d_{l^2}, d_{l^1}, d_{l^{\infty}} \)下收敛于\( x = (x_1, \dots, x_n) \in E \)，综上，有\( E \)为紧集。

证毕。

练习1.5.4

题目：

Let \( (\mathbf{R}, d) \) be the real line with the standard metric. Give an example of a continuous function \( f: \mathbf{R} \to \mathbf{R} \), and an open set \( V \subseteq \mathbf{R} \), such that the image \( f(V) := \{ f(x) : x \in V \} \) of \( V \) is not open.

解答：

随便找个非空开集\( V \)，然后构造一个常数函数就行了，此时像为单个点，非开集，具体的，令\( V = (-1, 1) \)为开集，\( \forall x \in V \)，令\( f(x) = 1 \)，则\( f(V) = \{ 1 \} \)非开集（注：\( 1 \)是\( \{ 1 \} \)的边界点，而开集不能包含边界点，进而\( \{ 1 \} \)非开集）。

练习1.5.5

题目：

Let \( (\mathbf{R}, d) \) be the real line with the standard metric. Give an example of a continuous function \( f: \mathbf{R} \to \mathbf{R} \), and a closed set \( F \subseteq \mathbf{R} \), such that \( f(F) \) is not closed.

解答：

令\( F = [1, \infty) \)为闭集，\( \forall x \in F \)，令\( f(x) = \dfrac{1}{x} \)，则\( f(F) = (0, 1] \)非闭集（注：\( 0 \)是\( (0, 1] \)的边界点，而闭集得包含所有边界点，进而\( (0, 1] \)非闭集）。

练习1.5.6

题目：

Prove Corollary 1.5.9. (Hint: work in the compact metric space \( K_1, d|_{K_1 \times K_1} \), and consider the sets \( V_n = K_1 \setminus K_n \), which are open on \( K_1 \). Assume for sake of contradiction that \( \bigcap_{n = 1}^{\infty} K_n = \empty \), and then apply Theorem 1.5.8.)

Corollary 1.5.9的内容：

Let \( (X, d) \) be a metric space, and let \( K_1, K_2, K_3, \dots \) be a sequence of non-empty compact subsets of \( X \) such that \( K_1 \supseteq K_2 \supseteq K_3 \supseteq \dots \). Then the intersection \( \bigcap_{n = 1}^{\infty} K_n \) is non-empty.

证明：

根据推论1.5.6，我们知道所有集合\( K_1, K_2, \dots \)都是闭集，实际上，根据定理1.5.5，我们知道它们都是完备的，进而都是本质闭集（intrinsically closed）。

假设\( \bigcap_{n = 1}^{\infty} K_n = \empty \)，则\( \forall n \geq 1 \)，我们令\( V_n = K_1 \setminus K_n \)，此时由\( K_n \)在\( K_1 \)下是闭集，可得\( V_n \)在\( K_1 \)下为开集，进而根据定理1.2.15(g)，可得\( K_1 \setminus (\bigcap_{n = 1}^{\infty} K_n) = \bigcup_{n = 1}^{\infty} (K_1 \setminus K_n) = \bigcup_{n = 1}^{\infty} V_n \)为开集，而\( K_1 \setminus (\bigcap_{n = 1}^{\infty} K_n) = K_1 \setminus \empty = K_1 \)，这意味着\( K_1 = \bigcup_{n = 1}^{\infty} V_n \)，也就是说\( \{ V_1, V_2, \dots \} \)为\( K_1 \)的开覆盖，进而根据定理1.5.8，可得存在有限集合\( A \subseteq (\mathbf{N} \setminus \{ 0 \}) \)，使得\( K_1 = \bigcup_{n \in A} V_n \)，也就是\( K_1 \)能被有限个\( V_n \)集合覆盖，而这有限个\( V_n \)集合中必然有一个“最大”的集合，即该集合是所有其他集合的超集，假设该集合的下标为\( k \in A \)，则\( \forall n \in A, V_n \subseteq V_k \)，于是\( K_1 = \bigcup_{n \in A} V_n = V_k = K_1 \setminus K_k \)，这意味着\( K_k = \empty \)，然而这和\( K_1, K_2, \dots \)中所有集合均非空矛盾，因此假设不成立，有\( \bigcap_{n = 1}^{\infty} K_n \)非空。

证毕。

练习1.5.7

题目：

Prove Theorem 1.5.10. (Hint: for part 3, you may wish to use 2, and first prove that every singleton set is compact.)

Theorem 1.5.10的内容：

Let \( (X, d) \) be a metric space.

1. If \( Y \) is a compact subset of \( X \), and \( Z \subseteq Y \), then \( Z \) is compact if and only if \( Z \) is closed.
2. If \( Y_1, \dots, Y_n \) are a finite collection of compact subsets of \( X \), then their union \( Y_1 \cup \dots \cup Y_n \) is also compact.
3. Every finite subset of \( X \) (including the empty set) is compact.

证明：

证明1：

必要性：

如果\( Z \)为紧集，则根据推论1.5.6，可得\( Z \)为闭集。

充分性：

如果\( Z \)为闭集，则给定任意\( Z \)上的序列\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)，该序列也是\( Y \)上的序列，而\( Y \)为紧集，因此可得该序列存在收敛的子序列\( (x_{n_j})_{j = 1}^{\infty} \)且 \( \lim_{j \to \infty} x_{n_j} \in Y \)，这里\( (x_{n_j})_{j = 1}^{\infty} \)也是\( Z \)上收敛的序列，此时由\( Z \)为闭集以及定理1.2.15(b)，可得\( \lim_{j \to \infty} x_{n_j} \in Z \)，综上，有\( Z \)为紧集。

证明2：

给定任意\( Y_1 \cup \dots \cup Y_n \)上的序列\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)，则其中必然有一个集合\( Y_k, 1 \leq k \leq n \)包含\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)中无限个下标对应的序列元素，具体的就是，\( \forall N \geq 1, \exists n \geq N, x_n \in Y_k \)，否则如果所有集合都仅包含有限个下标对应的序列元素，则必存在某个下标对应的序列元素不在\( Y_1 \cup \dots \cup Y_n \)中，这和\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)是\( Y_1 \cup \dots \cup Y_n \)上的序列矛盾（注意，这点针对无限个集合的并集\( Y_1 \cup Y_2 \cup \dots \)是不成立的）。回去继续考虑\( Y_k \)，根据上述讨论，容易使用选择公理构造出一个\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)的子序列 \( (x_{n_j})_{j = 1}^{\infty} \)满足\( \forall j \geq 1, x_{n_j} \in Y_k \)，也就是说\( (x_{n_j})_{j = 1}^{\infty} \)为\( Y_k \)上的序列，进而根据\( Y_k \)为紧集可得\( (x_{n_j})_{j = 1}^{\infty} \)存在收敛的子序列 \( (x_{n_{f(i)}})_{i = 1}^{\infty} \)且\( \lim_{i \to \infty} (x_{n_{f(i)}}) \in Y_k \)，进一步可得\( (x_{n_{f(i)}})_{i = 1}^{\infty} \)是\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)收敛的子序列且\( \lim_{i \to \infty} (x_{n_{f(i)}}) \in Y_1 \cup \dots \cup Y_n \)，综上，有\( Y_1 \cup \dots \cup Y_n \)为紧集。

证明3：

任意\( X \)的有限子集都是有限个单例集的并集，因此我们先证明单例子集也为紧集，进一步使用2即可。

\( \forall x \in X \)，我们证明\( \{ x \} \)为紧集， \( \forall \{ x \} \)上的序列\( (y_n)_{n = 1}^{\infty} \)，有\( (y_n)_{n = 1}^{\infty} \)为常数序列，进而可得\( (y_n)_{n = 1}^{\infty} \)收敛且收敛于\( \{ x \} \)中，综上，有\( \{ x \} \)为紧集。

\( \forall \)有限集\( Y \subseteq X \)，令\( n = \#(Y) \)，可得存在\( n \)个元素使得\( Y = \{ y_1, \dots, y_n \} \)，这里根据刚才的证明，可得\( \forall 1 \leq i \leq n, \{ y_i \} \)为紧集，进而根据2，可得\( Y = \bigcup_{i = 1}^{n} \{ y_i \} \)为紧集。

证毕。

练习1.5.8

题目：

Let \( X, d_{l^1} \) be the metric space from Exercise 1.1.15. For each natural number \( n \), let \( e^{(n)} = (e_j^{(n)})_{j = 0}^{\infty} \) be the sequence in \( X \) such that \( e_j^{(n)} := 1 \) when \( n = j \) and \( e_j^{(n)} := 0 \) when \( n \neq j \). Show that the set \( \{ e^{(n)} : n \in \mathbf{N} \} \) is closed and bounded subset of \( X \), but is not compact. (This is despite the fact that \( (X, d_{l^1}) \) is even a complete metric space—a fact which we will not prove here. The problem is that not that \( X \) is incomplete, but rather that it is “infinite-dimensional”, in a sense that we will not discuss here.)

注：

这里\( e^{(0)} = (1, 0, 0, \dots) \)，这里\( e^{(1)} = (0, 1, 0, \dots) \)，以此类推。读者如果有一些线性代数知识的话，则容易看出， \( e^{(0)}, e^{(1)}, \dots \)为\( X \)的基。

本题目想说明的一点就是，在某些度量下，紧与（闭且有界）并不等价。

证明：

令\( E = \{ e^{(n)} : n \in \mathbf{N} \} \)。

先证明\( E \)为闭集：

我们打算使用定理1.2.15(b)来证明，给定任意\( E \)上的收敛序列\( (a_n)_{n = 0}^{\infty} \)，令\( L = \lim_{n \to \infty} a_n \)，我们打算证明该序列的元素最终会变成常数，具体的，我们打算证明\( \exists e^{(i)} \in E, \exists N \geq 0, \forall n \geq N, a_n = e^{(i)} \)，如果证明了这点，则明显目标序列的极限\( L \)会是该常数，而该常数存在于\( E \)中，这意味着目标序列收敛于\( E \)，从而可以利用定理1.2.15(b)证明\( E \)为闭集。

假设该序列的元素最终不会变成常数，即\( \forall e^{(i)} \in E, \forall N \geq 0, \exists n \geq N, a_n \neq e^{(i)} \) (1) ，则我们打算证明\( (a_n)_{n = 0}^{\infty} \)非柯西序列，然而收敛序列必是柯西序列，从而产生矛盾，由\( (a_n)_{n = 0}^{\infty} \)收敛，可得该序列为柯西序列，从而可得，\( \exists N \geq 0, \forall i, j \geq N, d_{l^1}(a_j, a_k) < 1 \) (2) ，取\( e^{(i)} = a_N \in E \)，则根据(1)，可得\( \exists n_0 \geq N, a_{n_0} \neq e^{(i)} = a_N \)，而\( a_{n_0} \in E \)，可得\( \exists e^{(l)} = a_{n_0} \in E \)，这意味着\( e^{(l)} \neq e^{(i)} \)，进而有\( i \neq l \)，于是根据\( e^{(l)}, e^{(i)} \)的定义以及\( d_{l^1} \)的定义，可得\( d_{l^1}(e^{(l)}, e^{(i)}) = 2 \)，也就是\( d_{l^1}(a_{n_0}, a_N) = 2 \geq 1 \)，然而这和(2)矛盾，因此假设不成立，有该序列的元素最终会变成常数，也就是\( \exists e^{(i)} \in E, \exists N \geq 0, \forall n \geq N, a_n = e^{(i)} \)，于是明显目标序列的极限\( L \)会是该常数，而该常数存在于\( E \)中，这意味着目标序列收敛于\( E \)，使用定理1.2.15(b)，可得\( E \)为闭集。

接着证明\( E \)有界：

\( \forall i \geq 0 \)，针对\( e^{(i)} \)，我们得证明存在一个半径\( r \)，使得\( E \subseteq B(e^{(i)}, r) \)，这点是很容易做到的，毕竟\( E \)中所有元素的距离都是固定的2（不同元素）或者0（相同元素）， \( r \)取个3就行了，具体的，\( \forall i \geq 0 \)，则\( \forall e^{(j)} \in E \)，如果\( j = i \)，则\( d_{l^1}(e^{(j)}, e^{(i)}) = 0 \)，否则\( d_{l^1}(e^{(j)}, e^{(i)}) = 2 \)，可得\( d_{l^1}(e^{(j)}, e^{(i)}) < 3 \)，于是有\( e^{(j)} \in B(e^{(i)}, 3) \)，综上，有\( E \subseteq B(e^{(i)}, 3) \)，可得\( E \)有界。

最后证明\( E \)非紧集：

我们断言序列\( (e^{(n)})_{n = 0}^{\infty} \)没有收敛的子序列，从而说明\( E \)非紧集。

给定任意\( (e^{(n)})_{n = 0}^{\infty} \)的子序列\( (e^{(n_j)})_{j = 0}^{\infty} \)，明显有\( \forall i \neq j \geq 0, d(e^{(n_i)}, e^{(n_j)}) = 2 \)，这意味着\( (e^{(n_j)})_{j = 0}^{\infty} \)非柯西序列，然而收敛序列必是柯西序列，这说明该子序列非收敛序列，综上，有\( (e^{(n)})_{n = 0}^{\infty} \)没有收敛的子序列，这说明\( E \)非紧集。

证毕。

练习1.5.9

题目：

Show that a metric space \( (X, d) \) is compact if and only if every sequence in \( X \) has at least one limit point.

证明：

必要性：

如果\( (X, d) \)是紧度量空间，则给定任意\( X \)上的序列\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)，由\( X \)是紧集，可得\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)存在收敛的子序列 \( (x_{n_j})_{j = 1}^{\infty} \)，令\( L = \lim_{j \to \infty} x_{n_j} \), 则根据定理1.4.5，可得\( L \)为\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)的极限点。

充分性：

如果给定任意\( X \)上的序列，该序列均至少有一个极限点，则任给一个\( X \)上的序列\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)，可得该序列存在一个极限点\( L \)，根据定理1.4.5，可得\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)存在子序列收敛于\( L \)，重点在于\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)存在收敛的子序列，综上，可得\( (X, d) \)是紧度量空间。

证毕。

练习1.5.10

题目：

A metric space \( (X, d) \) is called totally bounded if for every \( \epsilon > 0 \), there exists a natural number \( n \) and a finite number of balls \( B(x^{(1)} , \epsilon), \dots , B(x^{(n)} , \epsilon) \) which cover \( X \). (i.e., \( X = \bigcup_{i = 1}^{n} B(x^{(i)} , \epsilon) \).)

1. Show that every totally bounded space is bounded.
2. Show the following stronger version of Proposition 1.5.5: if \( (X, d) \) is compact, then complete and totally bounded. (Hint: if \( X \) is not totally bounded, then there is some \( \epsilon > 0 \) such that \( X \) cannot be covered by finitely many \( \epsilon \)-balls. Then use Exercise 8.5.20 to find an infinite sequence of balls \( B(x^{(n)}, \epsilon / 2) \) which are disjoint from each other. Use this to then construct a sequence which has no convergent subsequence.)
3. Conversely, show that if \( X \) is complete and totally bounded, then \( X \) is compact. (Hint: if \( (x^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \) is a sequence in \( X \), use the total boundedness hypothesis to recursively construct a sequence of subsequences \( (x^{(n; j)})_{n = 1}^{\infty} \) of \( (x^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \) for each positive integer \( j \), such that for each \( j \), the elements of the sequence \( (x^{(n; j)})_{n = 1}^{\infty} \) are contained in a single ball of radius \( 1/j \), and also that each sequence \( (x^{(n; j+1)})_{n = 1}^{\infty} \) is a subsequence of the previous one \( (x^{(n; j)})_{n = 1}^{\infty} \). Then show that the “diagonal” sequence \( (x^{(n; n)})_{n = 1}^{\infty} \) is a Cauchy sequence, and then use the completeness hypothesis.)

证明：

证明1：

如果\( X \)为空集，则命题显然成立，下面考虑\( X \)非空的情况。

\( \forall x \in X \)，由\( (X, d) \)完全有界，可得存在\( n \)个球\( B(x^{(1)} , 1), \dots , B(x^{(n)} , 1) \)覆盖\( X \)，我们打算找一个以\( x \)为中心的、足够大的球，覆盖这\( n \)个小球，从而达到覆盖整个\( X \)，考虑\( n = 1 \)的情况，则令\( r = d(x, x^{(1)}) + 1 \)，易得\( B(x, r) \supseteq B(x^{(1)}, 1) \)（脑中想下那个画面， \( x \)在\( x^{(1)} \)的左边，首先半径\( r \)扩大到\( d(x, x^{(1)}) \)，则以\( x \)为中心的球\( B(x, r) \)会刚好触碰到\( x^{(1)} \)，但是还没完全包含\( B(x^{(1)}, 1) \)的半径范围，进一步将半径\( r \)额外扩大\( 1 \)，则\( B(x, r) \)就可以完全包含\( B(x^{(1)}, 1) \)了），进一步考虑\( n = 2 \)的情况，此时之前令\( r = d(x, x^{(1)}) + 1 \)只能刚好包含\( B(x^{(1)}, 1) \)，我们可以在此基础上，进一步扩大\( r \)，以让它还包含\( B(x^{(2)}, 1) \)，具体的，令\( r = (d(x, x^{(1)}) + 1) + (d(x, x^{(2)}) + 1) \)，则易得\( B(x, r) \supseteq B(x^{(2)}, 1) \)，以此类推，令\( r = \sum_{i = 1}^{n} (d(x, x^{(i)} + 1)) \)，则\( \forall 1 \leq i \leq n, B(x, r) \supseteq B(x^{(i)}, 1) \)，进而可得\( B(x, r) \supseteq X = \bigcup_{i = 1}^{n} B(x^{(i)} , \epsilon) \)。综上，\( (X, d) \)有界。

证明2：

定理1.5.5已经证明了，如果\( (X, d) \)为紧度量空间，则\( (X, d) \)为完备度量空间，我们仅需要额外证明：如果\( (X, d) \)为紧度量空间，则\( (X, d) \)为完全有界度量空间。

接下来我们会用两种方法来证明，一种使用定理1.5.8，证明会比较简单，另外一种就是按提示来，也简单，但是写的内容会比较长。

证明2（方法1，使用定理1.5.8）：

如果\( (X, d) \)为紧度量空间，则\( \forall \epsilon > 0 \)，显然有\( X \subseteq \bigcup_{x \in X} B(x, \epsilon) \)，这里\( \forall x \in X, B(x, \epsilon) \)均为\( X \)上的开集，于是根据定理1.5.8，可得\( \exists A \)的有限子集\( F \)满足 \( X \subseteq \bigcup_{x \in F} B(x, \epsilon) \)，令\( n = \#(F) \)，容易构建双射\( f: \{ 1, \dots, n \} \to F \)，令\( x^{(1)} = f(1), \dots, x^{(n)} = f(n) \)，可得\( X \subseteq \bigcup_{i = 1}^{n} B(x^{(i)}, \epsilon) \)，到这里实际上已经证明了存在有限个球覆盖\( X \)了，但是题目多了句\( X = \bigcup_{i = 1}^{n} B(x^{(i)} , \epsilon) \)，而不是\( X \subseteq \bigcup_{i = 1}^{n} B(x^{(i)}, \epsilon) \)，这是因为\( (X, d) \)是整个度量空间，因此也有\( \bigcup_{i = 1}^{n} B(x^{(i)}, \epsilon) \subseteq X \)，于是可得\( X = \bigcup_{i = 1}^{n} B(x^{(i)} , \epsilon) \)。

证明2（方法2，按提示来）：

如果\( X \)为空集，则命题显然成立，下面考虑\( X \)非空的情况。

如果\( (X, d) \)为紧度量空间，假设\( (X, d) \)非完全有界，则存在\( \epsilon > 0 \)满足\( X \)无法被任何有限个\( \epsilon \)-球覆盖，任取一个\( x^{(1)} \in X \)，我们知道\( B(x^{(1)}, \epsilon) \)无法覆盖\( X \)，因此\( \exists x^{(2)} \in X \setminus B(x^{(1)}, \epsilon) \)，这里由于\( x^{(2)} \notin B(x^{(1)}, \epsilon) \)，可得\( B(x^{(2)}, \epsilon / 2) \cap B(x^{(1)}, \epsilon / 2) = \empty \)，同理，\( B(x^{(1)}, \epsilon), B(x^{(2)}, \epsilon) \)无法覆盖\( X \)，因此\( \exists x^{(3)} \in X \setminus \bigcup_{i = 1}^{2} (B(x^{(i)}, \epsilon)) \)，同理易得\( B(x^{(1)}, \epsilon / 2), \dots B(x^{(3)}, \epsilon / 2) \)之间互不相交（两个两个考虑过去），以此类推，我们可以通过选择公理，构造出一个序列\( (x^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \) 满足\( \forall n \geq 1 \)，\( x^{(n)} \in X \setminus \bigcup_{i = 1}^{n} (B(x^{(i)}, \epsilon)) \)，且\( B(x^{(1)}, \epsilon), \dots, B(x^{(n)}, \epsilon) \)无法覆盖\( X \)，且\( B(x^{(1)}, \epsilon / 2), \dots B(x^{(n)}, \epsilon / 2) \)之间互不相交，我们证明\( (x^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \)没有收敛子序列，而这只要证明它没有子序列为柯西序列即可，这是因为收敛序列必为柯西序列，会产生矛盾，这里我们证明它的任意子序列的元素均不会最终\( \epsilon / 3 \)-接近，进而不是柯西序列，给定任意\( (x^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \)的子序列\( (x^{(n_j)})_{n = 1}^{\infty} \)， \( \forall N \geq 1 \)，\( \forall j, k \geq N \)，均有\( B(x^{(j)}, \epsilon, 2) \cap B(x^{(k)}, \epsilon, 2) = \empty \)，假设\( d(x^{(j)}, x^{(k)}) < \epsilon / 2 \)，则\( x^{(k)} \in (B(x^{(j)}, \epsilon, 2) \cap B(x^{(k)}, \epsilon, 2)) \)，这和\( B(x^{(j)}, \epsilon, 2) \cap B(x^{(k)}, \epsilon, 2) = \empty \)矛盾，可得\( d(x^{(j)}, x^{(k)}) \geq \epsilon / 2 > \epsilon / 3 \)，综上，可得\( (x^{(n_j)})_{n = 1}^{\infty} \)非柯西序列，进而不会是收敛序列，也就是说\( (x^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \)没有收敛子序列，这和\( X \)为紧集矛盾，因此一开始的假设不成立，可得\( (X, d) \)完全有界。

证明3：

按提示来证明，给定任意\( X \)上的序列\( (x^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \)，当\( j = 1 \)时，\( \dfrac{1}{j} = 1 \)，由\( X \)完全有界，可得存在有限个半径为\( \dfrac{1}{j} = 1 \)的球覆盖\( X \)，这有限个球中，必然存在某个球包含\( (x^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \)中无限个元素（假设所有球都仅包含\( (x^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \)中有限个元素，则\( (x^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \)中存在元素不被这有限个球包含，进而这有限个球无法覆盖\( X \)，矛盾），我们记这个包含无限个序列元素的球为\( B_j = B_1 \)，现在我们递归定义\( (x^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \)的子序列\( (x^{(n; j)})_{n = 1}^{\infty} = (x^{(n; 1)})_{n = 1}^{\infty} \)，令\( x^{(1; 1)} \)为\( (x^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \)中第一个被\( B_1 \)包含的元素，归纳假设\( x^{(k; 1)} \)已经定义，我们定义\( x^{(k + 1; 1)} \)为 \( (x^{(n)})_{n = k + 1}^{\infty} \)中第一个被\( B_1 \)包含的元素，至此，我们递归定义了\( (x^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \)的子序列\( (x^{(n; j)})_{n = 1}^{\infty} = (x^{(n; 1)})_{n = 1}^{\infty} \)，在基础上，我们进一步定义一系列额外的子序列，其中每个子序列均为前一个子序列的子序列，归纳假设\( (x^{(n; j)})_{n = 1}^{\infty} \)已定义，我们定义\( (x^{(n; j + 1)})_{n = 1}^{\infty} \)，由\( X \)完全有界，可得存在有限个半径为\( \dfrac{1}{j + 1} \)的球覆盖\( X \)，这有限个球中，必然存在某个球包含\( (x^{(n; j)})_{n = 1}^{\infty} \)中无限个元素，我们记这个包含无限个序列元素的球为\( B_{j + 1} \)，我们递归定义\( (x^{(n; j)})_{n = 1}^{\infty} \)的子序列\( (x^{(n; j + 1)})_{n = 1}^{\infty} \)，令\( x^{(1; j + 1)} \)为\( (x^{(n; j)})_{n = 1}^{\infty} \)中第一个被\( B_{j + 1} \)包含的元素，归纳假设\( x^{(k; j + 1)} \)已经定义，我们定义\( x^{(k + 1; j + 1)} \)为 \( (x^{(n; j)})_{n = k + 1}^{\infty} \)中第一个被\( B_{j + 1} \)包含的元素，至此，我们定义好了\( (x^{(n; j + 1)})_{n = 1}^{\infty} \)。

显然的，通过按顺序在第\( n \)个序列中取第\( n \)个元素，以此组成的序列\( (x^{(n; n)})_{n = 1}^{\infty} \)为\( (x^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \)的子序列，我们证明该子序列为柯西序列， \( \forall \epsilon > 0, \exists N \geq 1 \)满足\( \dfrac{1}{N} < \epsilon \)，于是\( \forall j, k \geq N \)，由\( x^{(j, j)}, x^{(k, k)} \)均在半径为\( \dfrac{1}{N} \)的球\( B_{N} \)中，可得\( d(x^{(j, j)}, x^{(k, k)}) \leq \dfrac{1}{N} < \epsilon \)，综上，可得\( (x^{(n; n)})_{n = 1}^{\infty} \)为柯西序列，进而根据\( X \)完备，可得\( (x^{(n; n)})_{n = 1}^{\infty} \)收敛于\( X \)。

至此，我们证明了任意\( X \)上的序列，均存在收敛于\( X \)的子序列，这说明了\( X \)是紧集。

证毕。

练习1.5.11

题目：

Let \( (X, d) \) have the property that every open cover of \( X \) has a finite subcover. Show that \( X \) is compact. (Hint: if \( X \) is not compact, then by Exercise 1.5.9, there is a sequence \( (x^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \) with no limit points. Then for every \( x ∈ X \) there exists a ball \( B(x, \epsilon) \) containing \( x \) which contains at most finitely many elements of this sequence. Now use the hypothesis.)

证明：

假设\( X \)非紧集，则根据练习1.5.9，可得存在\( X \)上的序列\( (x^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \)，该序列没有极限点，我们断言，给定任意\( x \in X \)，均存在半径\( \epsilon_x \)，使得\( B(x, \epsilon_x) \)仅包含\( (x^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \)中有限个元素（读者得注意什么叫包含有限个元素，特别的，如果序列是常数序列，则半球只要包含这个常数，就包含序列无限个元素了），假设这点不成立，即存在\( x_0 \in X \)，不存在半径\( \epsilon \)使得 \( B(x_0, \epsilon) \)仅包含\( (x^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \)中有限个元素，即针对所有半径\( \epsilon \)， \( B(x_0, \epsilon) \)都包含\( (x^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \)中无限个元素，则容易证明\( x_0 \)为\( (x^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \)的极限点，矛盾，因此假设不成立，我们前面的断言是成立的。显然\( \{ B(x, \epsilon_x) : x \in X \} \)为\( X \)的开覆盖，可得该覆盖存在有限的子覆盖，即\( \exists \)有限集\( F \subseteq X \)满足 \( \{ B(x, \epsilon_x) : x \in F \} \)为\( X \)的覆盖，但是针对所有\( x \in F \)，\( B(x, \epsilon_x) \)都仅包含了\( (x^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \)中有限个元素，进而\( \{ B(x, \epsilon_x) : x \in F \} \)也必仅覆盖了\( (x^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \)中有限个元素，这意味着\( \{ B(x, \epsilon_x) : x \in F \} \)连\( (x^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \)都覆盖不了，更别说覆盖\( X \)了，但前面说了\( \{ B(x, \epsilon_x) : x \in F \} \)为\( X \)的覆盖，矛盾，因此一开始的假设不成立，有\( X \)为紧集。

证毕。

练习1.5.12

题目：

Let \( (X, d_{\text{disc}}) \) be a metric space with the discrete metric \( d_{\text{disc}} \).

1. Show that \( X \) is always complete.
2. When is X\( X \) compact, and when is \( X \) not compact? Prove your claim. (Hint: the Heine–Borel theorem will be useless here since that only applies to Euclidean spaces.)

解答：

证明1：

给定任意\( X \)上的柯西序列\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)，取距离\( \epsilon = \dfrac{1}{2} \)，由于度量为\( d_{\text{disc}} \)以及柯西序列的元素必须最终无限接近，可得\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)尾部必须是常数\( x_0 \)，易得\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)收敛于\( x_0 \)，综上，\( X \)完备。

解答2：

根据练习1.5.9，\( X \)为紧集当且仅当所有\( X \)上的序列均有极限点，而\( x_0 \)为\( X \)上的序列\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)的极限点当且仅当，不管你限定多么小的距离\( \epsilon \)，在此基础上，你随便取个起始下标\( N \geq 1 \)，我都能在\( (x_n)_{n = N}^{\infty} \)中找到一个元素\( x_1 \)，它和\( x_0 \)的距离在\( \epsilon \)之内，特别的，我们取距离\( \epsilon = \dfrac{1}{2} \)，可得\( \forall N \geq 1 \)，均得能在\( (x_n)_{n = N}^{\infty} \)中找到一个元素\( x_1 \)，它和\( x_0 \)的距离在\( \epsilon \)之内，由于度量为\( d_{\text{disc}} \)，这意味着\( x_0 = x_1 \)，综上，我们通过不断取起始下标\( N \)为越来越大的数，可得序列\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)必须包含无限个极限点\( x_0 \)，而这个条件必须对任何序列成立，可得\( X \)必须是有限集合，这样你随便构造个序列，你必须取无限个元素作为序列元素，而\( X \)中仅有有限个元素，这意味着你取的这无限个元素中，必至少有一个元素会重复无限次，这个元素就是序列的极限点，进而该序列包含无限个极限点。

这里，我们断言，当\( X \)为有限集时，\( X \)为紧集，当\( X \)为无限集时，\( X \)非紧集，我们下面去证明这两点。

当\( X \)为有限集时，给定任意\( X \)上的序列\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)，由于\( X \)仅有有限个元素，这意味着\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)中存在一个\( X \)的元素\( x_0 \)重复无限多次，易得\( x_0 \)为\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)的极限点，综上，\( X \)上的所有序列均有极限点，进而根据练习1.5.9，可得\( X \)为紧集。

当\( X \)为无限集时，则可构造一个序列\( (x_n)_{n = 1}^{\infty} \)，\( \forall n \geq 1, x_n \)均与前面的所有序列元素不同，易得该序列中所有元素都互不相同，而根据前面的讨论，该序列要想有个极限点\( x_0 \)，则它必须包含\( x_0 \)无限多次，这和该序列所有元素互不相同矛盾，因此该序列没有极限点，根据练习1.5.9，可得\( X \)非紧集。

练习1.5.13

题目：

Let \( E \) and \( F \) be two compact subsets of \( \mathbf{R} \) (with the standard metric \( d(x, y) = |x - y| \)). Show that the Cartesian product \( E \times F := \{ (x, y) : x \in E, y \in F \} \) is a compact subset of \( \mathbf{R}^2 \) (with the Euclidean metric \( d_{l^2} \)).

证明：

由Heine–Borel定理（定理1.5.7），可得\( E, F \)均是封闭且有界的。

下面，我们证明\( E \times F \)也是封闭且有界的，进一步使用Heine–Borel定理，就能说明\( E \times F \)为紧集了。

先证明\( E \times F \)是闭集，这里通过1.2.15(b)来证明，我们只要证明针对\( E \times F \)上的任意收敛序列，该序列的极限都在\( E \times F \)内，就能说明\( E \times F \)是闭集了：给定任意\( E \times F \)上的收敛序列\( (p^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \)，这里\( \forall n \geq 1 \)，我们记\( p^{(n)} = (p_x^{(n)}, p_y^{(n)}) \)，我们还记\( \lim_{n \to \infty} p^{(n)} = (a, b) \)，根据定理1.1.18，可得\( (p_x^{(n)})_{n = 1}^{\infty}, (p_y^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \)分别收敛于\( a, b \)，进而根据\( E, F \)是闭集，可得\( a \in E, b \in F \)，进而\( \lim_{n \to \infty} p^{(n)} = (a, b) \in E \times F \)，此时根据1.2.15(b)，可得\( E \times F \)为闭集。

接着证明\( E \times F \)有界，由\( E, F \)均有界，可得存在\( M_1, M_2 > 0 \)满足\( E \subseteq [-M_1, M_1], F \subseteq [-M_2, M_2] \)，给定任意\( (x, y) \in E \times F \)，有\( \forall (a, b) \in E \times F, d_{l^2}((x, y), (a, b)) \leq d_{l^2}((x, y), (0, 0)) + d_{l^2}((0, 0), (a, b)) = \sqrt{x^2 + y^2} + \sqrt{a^2 + b^2} \)，而由\( E \subseteq [-M_1, M_1], F \subseteq [-M_2, M_2] \)，可得\( \sqrt{x^2 + y^2} \leq \sqrt{M_1^2 + M_2^2}, \sqrt{a^2 + b^2} \leq \sqrt{M_1^2 + M_2^2} \)，进而可得\( d_{l^2}((x, y), (a, b)) \leq 2 \sqrt{M_1^2 + M_2^2} < 2 \sqrt{M_1^2 + M_2^2} + 1 \)，令\( M = 2 \sqrt{M_1^2 + M_2^2} + 1 \)，可得\( E \times F \subseteq B((x, y), M) \)，至此可得\( E \times F \)有界。

综上，由\( E \times F \)封闭且有界以及Heine–Borel定理，可得\( E \times F \)为紧集。

证毕。

练习1.5.14

题目：

Let \( (X, d) \) be a metric space, let \( E \) be a non-empty compact subset of \( X \), and let \( x_0 \) be a point in \( X \). Show that there exists a point \( x \in E \) such that \[ d(x_0, x) = \inf \{ d(x_0, y) : y \in E \}, \] i.e., \( x \) is the closest point in \( E \) to \( x_0 \). (Hint: let \( R \) be the quantity \( R := \inf \{ d(x_0, y) : y \in E \} \). Construct a sequence \( (x^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \) in \( E \) such that \( d(x_0, x^{(n)}) \leq R + \dfrac{1}{n} \), and then use the compactness of \( E \).)

证明：

根据提示来做。

令\( R = \inf \{ d(x_0, y) : y \in E \} \)，定义序列\( x^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \)， \( \forall n \geq 1 \)，由于\( R + \dfrac{1}{n} > R \)，而\( R \)是\( \{ d(x_0, y) : y \in E \} \)的下界，可得\( \exists x' \in \{ d(x_0, y) : y \in E \}, x' < R + \dfrac{1}{n} \)，可得\( \exists y' \in E, d(x_0, y') = x' < R + \dfrac{1}{n} \)，令\( x^{(n)} = y' \)，有\( x^{(n)} \in E, d(x_0, x^{(n)}) < R + \dfrac{1}{n} \)。由\( x^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \)是\( E \)上的序列以及\( E \)为紧集，可得\( x^{(n)})_{n = 1}^{\infty} \)存在收敛的子序列 \( x^{(n_j)})_{j = 1}^{\infty} \)，令\( x = \lim_{j \to \infty} x^{(n_j)} \)，我们打算证明\( d(x_0, x) = R \)。

根据推论1.5.6，可得\( E \)是闭集，进而根据1.2.15(b)，可得\( x \in E \)，而\( R \)是\( \{ d(x_0, y) : y \in E \} \)的下界，这意味着\( R \leq d(x_0, x) \)。

\( \forall \epsilon > 0 \)，由\( x = \lim_{j \to \infty} x^{(n_j)} \)，可得\( \exists J \geq 1, \forall j \geq J, d(x^{(n_j)}, x) \leq \dfrac{\epsilon}{2} \)，又存在\( j \geq J \)满足\( \dfrac{1}{j} \leq \dfrac{\epsilon}{2} \)，于是可得\( d(x_0, x) \leq d(x_0, x^{(n_j)}) + d(x^{(n_j)}, x) \leq (R + \dfrac{1}{n_j}) + \dfrac{\epsilon}{2} \leq (R + \dfrac{1}{j}) + \dfrac{\epsilon}{2} \leq (R + \dfrac{\epsilon}{2}) + \dfrac{\epsilon}{2} = R + \epsilon \)，也就是\( d(x_0, x) \leq R + \epsilon \)，加上前面得到的\( R \leq d(x_0, x) \)，有\( R \leq d(x_0, x) \leq R + \epsilon \)，而这两个不等式对所有\( \epsilon > 0 \)都成立，可得\( d(x_0, x) = R \)，也就是说， \( x \)就是我们要找的点。

证毕。

练习1.5.15

题目：

Let \( (X, d) \) be a compact metric space. Suppose that \( (K_{\alpha})_{\alpha \in I} \) is a collection of closed sets in \( X \) with the property that any finite subcollection of these sets necessarily has non-empty intersection, thus \( \bigcap_{\alpha \in F} K_{\alpha} \neq \empty \) for all finite \( F \subseteq I \). (This property is known as the finite intersection property.) Show that the entire collection has non-empty intersection, thus \( \bigcap_{\alpha \in I} K_{\alpha} \neq \empty \). Show by counterexample that this statement fails if \( X \) is not compact.

注：

需要清楚明显有限下标子集\( F \)不能是空集。

证明：

假设\( \bigcap_{\alpha \in I} K_{\alpha} = \empty \)，则\( X \setminus (\bigcap_{\alpha \in I} K_{\alpha}) = X \setminus \empty = X \)，而\( X \setminus (\bigcap_{\alpha \in I} K_{\alpha}) = \bigcup_{\alpha \in I} (X \setminus K_{\alpha}) \)，这里\( \forall \alpha \in I, K_{\alpha} \)为闭集，因此\( X \setminus K_{\alpha} \)为开集（注：定理1.2.15(e)），这说明\( \{ X \setminus K_{\alpha} : \alpha \in I \} \)为\( X \)的开覆盖，由\( X \)是紧集以及定理1.5.8，可得存在有限集\( F \subseteq I \)，使得\( X \subseteq \bigcup_{\alpha \in F} (X \setminus K_{\alpha}) = X \setminus (\bigcap_{\alpha \in F} K_{\alpha}) \)，这意味着\( \bigcap_{\alpha \in F} K_{\alpha} = \empty \)，和题设矛盾，因此假设不成立，有\( \bigcap_{\alpha \in I} K_{\alpha} \neq \empty \)。

证毕。