应用泛函分析教案

1、学习好资料 欢迎下载 4 柯西点列和完备度量空间教学内容 或课题：目的要求：把握柯西点列、完备度量空间的概念,学会使用概念和完备度量空间的充要条件判别完备度量空间. 教学过程：设x nn1是R 中的点列,如 10,NN,s.t. 当m,nN时,有dx nx m=x nx m,就称x nn1是1 R 中的柯西点列. x nn1Def 1设 X = X ,d 是度量空间,nxn1是 X 中的点列. 如0,NN,s.t. 当m,nN时,有dxnxm,就称是 X 中的柯西点列或基本点列. 如度量空间 X ,d 中每个柯西点列都收敛,就称 X ,d 是完备的度量空间.有理数的全体按肯定值距离构成的空间不

2、完备,如点列 1, 1.4, 1,41, 1 .412,在1 R 中收敛于2 ,在有理数集中不收敛. 但度量空间中每一个收敛点列都是柯西点列. 实因如 x n x,就 0, N N,s.t. 当 m, n N 时,都有d x n, x . 因此当 n,m N 时,有2d x nx m d x n, x + d x m, x + . 所以 x n n 1 是柯西点列. 2 2例 2l 表有界实或复数列全体 是完备度量空间. 证明 设 x m m 1 是 l 中的柯西点列,其中x = 1 , 2 , . 0, N N,s.t. 当 m, n N 时,都有m nd x mx n = jsup j j

3、 1 因此对每个固定的 j ,当 m, n N 时,成立jmjn学习好资料欢迎下载 2 于是 j k,k ,1 2 , 是柯西数列. 由于实数集或复数集按差的肯定值定义距离是完备的,故存在实或复数 j,s.t. j nj n 令 x = 1 , 2 ,往证 x l 且 x m x. 在2 中,令 n,得 m N 时,成立mj j 3 m m m由于 x = 1 , 2 , , j , l,所以 K m 0,s.t. j,成立m mj K m 不同的数列,界可能不一样. 所以 j j j + K m . 所以 x l . 由3 知,m N 时,成立 d x m, x sup j mj . j所以

4、 xm x . 所以l 是完备度量空间. 例 2 令C 表示全部收敛的实或复数列的全体,x = 1 , 2 , C ,y = 1 , 2 , C ,令 d x , y = jsup j j . 就 1 0d x , y 0 且 x = y时,d x , y =0. 又 j j sup j j = d x , y =0 j= j j . 于j是 d x , y =0 x =y . 2 0z = 1 , 2 , C ,就由于对 j,成立j j j j + j j sup j j + sup j j = j jd x , z + d y , z . 所以 sup j j d x , z + d y

5、, z . 即jd x , y d x , z + d y , z . 所以 d x , y 可定义为C 中 两点间的距离. 于是C 按距离 d x , y 成为度量空间 实际上是l 的一个子空间. 欲证C是完备度量空间,先证学习好资料 欢迎下载Th 1 完备度量空间 X 的子空间M 是完备度量空间 M 是 X 中的闭子空间. 证明 设 M 是完备子空间,对每个x M ,M 中点列 x n n 1,使xn x . 所以 x n n 1 是 M 中柯西点列. 所以它在M 中收敛. 由极限的唯一性,所以x M . 所以M M . 即 M 是 X 中的闭子空间. 反之,如 x n n 1 是 M 中

6、柯西点列,因 X 是完备度量空间,就在 X 中收敛. 即 x X ,s.t. x n x . 由于M 是 X 中的闭子空间,所以 x M ,所以 x n n 1 在 M 中收敛. 于是M 是完备度量空间. 例 2 的证明 由 Th 1 只证C 是 l 中的闭子空间即可. x = 1 , 2 , C 要证 j k,从而 x C ,x = 1 n, 2 n, C n ,1 2 , ,s.t. x n x . 所以 0, N,s.t. 当 n N 时,成立n nj j sup j j = d x n, x . j 3特殊取 n N,就对 j,成立 j Nj . 由于 x N C , 3所以当 j 时

7、,j N收敛. 故 N 1,s.t. j , k N 时,成立N Nj k . 所以 j , k N 时,成立3j k j j N+ j Nk N+ k Nk + + = . 3 3 3所以 j j 1 是柯西数列,因而收敛. 所以x = 1 , 2 , C . 所以C 是 l 中的闭子空间. 由 Th 1,C 是完备度量空间. 证毕. 作业：P 206. 14. 15 中的S,BA. 作业题解： 14 学习好资料欢迎下载时,有dxnxm1, =1, N,s.t. 当m,nN特殊当nN时,有dxnxN11. 又nN时,dxnxN1只有有限个值故 M0,s.t.dxnxM . 因此n,m,成立N

8、1dxnxm+dxNdxnxN11,x mmax2 ,1M 2M. 所以nxn1是有界点列. 15 设 x n n 1 是 S中的柯西点列,x = 1 n, 2 n, . 即 0, N, s.t. m, n N 时,成立n m1 k kd x nx m =k 1 2 k1 k nk m n m所以 k,m, n N 时,成立 kn km 2 k. 由于 给 0,1 k k对于每个固定的k ,：0 1k,然后由这个,按不等式 ,2 1n mk kN . 所以 m, n N 时,对这个固定的k ,成立1 k nk m 1 . 所以 k nk m m, n N . 所以 j j 1 是实复 数集中的

9、柯西点n n列. 而实 复 数集完备, 所以 k n 1 收敛,设 k k n . 记x = 1 , 2 ,就 xn x . 而 x S ,所以S 完备. 设 x n n 1 是 B A 中的柯西点列,x = f n t,t A . 0, N,s.t. 当 m, n N 时,成立 tsup f n t f m t . 所以m, n N 及 t A,成立fntfmt学习好资料欢迎下载. 因此在集 A 上,函数列fntn1收敛,设f ntft. 由式,令m得nN时,f ntft. 所以nN时,ftfntfmt+f ntt+M 由于fntn1收敛,从而 M 存在. 所以ftBA,又已证fnft所以B

10、A是完备度量空间. 柯西点列和完备度量空间 续教学内容 或课题：目的要求：再次巩固上次课学习的概念与定理,进一步把握使用概念及定理判别完备度量空间的常用方法. 教学过程：C a , b 是完备的度量空间. 证明 设 x ,n 2,1 , 是 C a , b 中的柯西点列. 0,N,s.t. 当 m, n N 时,成立amax x m t x n t . 4 所以 t a, b,有 x m t x n t . 于是当t 固定时,x nt n 1是柯西数列. 由实复数集的完备性,x t,s.t. xn t x t . 往证x t C a , b,x n x 实因在4 中令m,得知 n N 时,成立

11、amax xn t x t . 5 所以 xn t 在 a, b 上一样收敛于xt,从而xt学习好资料n欢迎下载Ca ,b. 由5 ,当N时,dxn,x=amaxxntxta,b. 所以xnx ,故Ca,b是完备度量空间. 令Pa ,b表示闭区间上实系数多项式全体,Pa ,b作为Ca,b的子空间是不完备的度量空间. 实因多项式列2 3 nx x x1 x2 6 n . n 1在闭区间 a, b 上一样收敛于连续的指数函数 e ,但 xe 非多项式. 即 xP a , b不是 C a , b 的闭子空间. 由 Th 1,P a , b 不是完备度量空间. 证毕. 设 X 表示闭区间 0 1, 上

12、连续函数全体,对 x, y X ,令1d x , y = 0 x t y t dt . 易知 X , d 成为度量空间. 实因01 明显 d x , y 0. 如t 0 1, 时,x t y t,从而 d x , y =0. 反之如1d x , y =0,即 0 x t y t dt =0. 因 x t y t 0,故 x t = y t a .e . 于 0 1, . 又因 a .e . 相等的连续函数必定到处相等,故 x y . 总之 d x , y 0 且d x , y =0 x y . 0 1 1 12 d x , y = 0 x t y t dt 0 x t z t dt + 0 z

13、 t y t dt = d x , z + d y , z . 所以 X , d 是度量空间. 例 5上面定义的度量空间 X , d 不完备. 证明令xm学习好资料11 mt欢迎下载,112 1t=线性,t1122m 10 ,0t2先证xnn1是X ,d中的柯西点列. 实因0 ,当1 1 1n m 1 时,d x nx m = 0 x n t x m t dt = 1 2 m x n t x m t dt2= 1 1 1 1 . 所以点列 x n n 1 是 X , d 中的柯西点列. 2 m n m再证点列 x n n 1 在 X , d 中不收敛. 实因对每个 x X ,11 1 1d x

14、 n, x = 0 xn t x t dt = 0 2 x t dt + 1 2 m x n t x t dt +211 11 1 1 x t dt . 如 d x n, x 0, 必有 0 2 x t dt = 11 x t dt =0. 2 m 2但由于 x t 在闭区间 0 1, 上连续,得 x t 在 ,0 1 恒为 0,在 1 1, 恒为 1. 与2 2在t =学习好资料欢迎下载1 间断相冲突. 故 2X ,d是不完备的度量空间. 作业：P 206. 15. M X、离散空间. 作业解答：设 x n n 1 是 M X 中的基本点列,0,有x n t x m tmX x n x m

15、dt1 X x n x m 1 x n t x m tx n t x m tdt = d x nx m . 0,N,s.t. n ,X 1 x n t x m tm N ,有 d x nx m . 从而 mX x n x m 1 . 所以mX x n x m 0 n, m . 由此可找到自然数列：1n n 2 n 3 n k,s.t. mX x n k 1 t x n k 1k 1 对 k2 2k ,1 2 , 都成立. 记 X = X x n k 1 t x n k 1k , 再令 X = X k,就 X - 2 m 1 k mX = X X k X X k,m X X 0 1 = k m

16、11 . 令m 1 k m k m k m 2 2m,得 m X X 0 =0. 所以 mX =mX . 显见在 X 上 x nt k k 1 到处收敛于一个极限函数,记这个极限函数为 x t . 令x t , t X 0 x 0 t =0 , t X X 0就 x 0 t 为 X 上的可测函数,故 x0 t M X . 当 n , n k N 时,由X1xnttxn ktt学习好资料,欢迎下载dt=dx nxn kx nkx n令kx0,由勒贝格有界收敛定理,得dxn, x0nN. 所以xnn. 故MX是完备的度量空间. 5. 度量空间的完备化教学内容 或课题：目的要求： 使同学把握度量空间

17、的完备化定理的条件、结论及其证明方法. 教学过程：Der 1 设 X , d , X, d 是两个度量空间,如存在X 到 X上的保距映照T x , x 2 X ,有 d T 1x , T x = d 1x , 2x ,就称 X , d 和 X , d 等距同构,此时称T 为 X 到 X 上的等距同构映射既映上又保距. 等距同构映射是1-1 映射. 实因设x ,x2X ,且1xx1x ,就因x Tx . d 1x ,2x 0 及d T1x , Tx = d 1x ,0,知T在泛函分析中往往把两个等距同构的度量空间不加区分而视为同一个度量空间. Th 1 度量空间完备化定理 设 X = X , d

18、 是度量空间,那么肯定存在一完备度量空间X= X, d ,使 X 与 X的其个稠密子空间W 等距同构,并且X在等距同构意义下是唯独的,即如X.,d. 也是一完备度量空间,且 X 与X.的其个稠密子空间W 等距同构,就X,d与X.,d. 等距同构. 证明 分 4 步完成. 学习好资料 欢迎下载1 构造 X= X, d. 令 X为 X 中柯西点列x =xnn1全体,对 X中任意两个元素x =xnn1和 y=ynn1,如nlimdxnyn=0, 1 就称 x与 y相等,记为x = y,或nxn1=ynn1. x =x nn1, y=ynn1X,定义d x ,y=nlimdxnyn. 2 第一指出2

19、式右端极限存在. 实因由三点不等式所以ddxnyndxnxm+dxm,ym+dym,yn,dxn,yn-dxm,ymdxnxm+dym,yn. 同理dx m,ym-dxnyndxnxm+dym,yn. 所以 |xm,ym-dxn yn|dxn xm+dym,yn. 3 由于x nn1nynn1是1 R和y nn1是 X 中的柯西点列,所以dx中柯西数列, 所以2 式在端极限存在. 其次指出：如x nn1=x nn1,ynn1=ynn1,就ynn1无关. 实因仿nlimdx n,yn=nlimdx n,y n,即d x , y与用来表示 x , y详细柯西点列xnn1,3 式之证法,得由 |dx

20、n yn-dxn yn|dxn xn+dyn,yn. 可 得xnxn和dynyn=0 ,nl i m d=0nlimnlimdxnyn=nlimd学习好资料欢迎下载xnyn. 最终证明 d x, y满意关于距离条件 1 及 00 2 ：1dxnyn=0 明显d x, y=nlimdxnyn0. 又 d x, y=0 nlimx =y. x =nxn1, y=y nn1, z =z nnX, 就dxnyndxnzndynzn,故X. 令nldx i n ynm nldx i n z nm nldy i n zn,m即d x, yd x, zd y, z. 所以 X按d成度量空间. 2作 X的稠密

21、子空间W 及 X 到W 的等距映射TbX ,令b=b nn1,其中b =b ,n,12,明显bT b =b,W =T X . 由于 dTb,Ta=db =nlimdb ,a,所以T 是X 到W 上的等距映射.在 X 与 W 等距同构之下往证 W 是 X中的稠密子集. x =x nn11X, 令x=jxj1,其中x =x ,j,12,就xnW . 因x=jxj是 X中的柯西点列,故0, N,s.t.nN时,有dx nxN2. 于是d x, x N=nlimdxnxN2. 即在Ux,中必有 W 中的点,故W 在 X中稠密. 3n证明 X是完备的度量空间xn,设 xn1是 X中的柯西点列,由于W 在

22、X中稠密,所以对每个znW ,s.t. 学习好资料欢迎下载d xn zn1 . 4 n所以 d z mz n d z mx m d x m , x n d x n , z n 1md x m , x n 1 ,所以 x nn 1 是W 中柯西点列. 由于T 是 X 到W 上的n等距映射,所以 z m m 1 是 X 中柯西点列. 令 x = z m m 1,就 x X. 由4式,有 d x n , x d x n , z n d z n1n d z n = 1n nlim d z nz m 0 n . 所以 nlim d x n , x =0,所以 X是完备度量空间. 4 证明 X的唯独性设

23、X . , d . 是另一个完备度量空间,且 X 与 X . , d . 中稠密子集W.等距同构. 作 X.到 X上映射T 如下：对 x. X.,由于W.在 X.中稠密,W.中点列 x . nn 1,s.t. x. n x. 但由于W.与 X 等距同构,W 也与 X 等距同构,从而W.与W也等距同构. 设 为W.到W 上等距同构映射,由 x. nx.知 x . nn 1 是 X中柯西点列,由X完备性, x X ,s.t. x . n x . 令 T .=x . 第一,这样定义的 T 与 x . nn 1 无关 , 即如另有 y . nn 1,y . nW .,n ,1 2 ,y . n x,

24、就 nlim x. n= nlim y. n. 实 因d lim n x . n, lim n y . n= nlim d x . n, y . n= nlim d . x . n, y . n= d . x ,. x . =0. 所以 nlim x. n= nlim y. n. 学习好资料x欢迎下载下证T 是 X 到 X上的等距同构映射, 对X,由于W 是X的稠密子集,所以存在W 中点列 x nn 1,s.t. x nx . 同前证明可知 1 x nn 1 为X.中的柯西点对,有 x. X.,s.t. 1 x nx . . 易知T x.=x,即T 映射X.到 X 上. 又对 x . , y

25、. X.,有W.中点列 x . nn 1 和 y . nn 1, s.t. x . nx .,y . ny . . 所以d . x ,. y . = nlim d . x . n , y . n = nlim d x . n , y . n = d T x ,. T y .,所以T 是一个等距同构映射. 所以 X.与 X等距同构. 证毕. 如将彼此等距同构的度量空间视为同一空间,就有Th1 设 X =X ,d是度量空间,那么存在唯独的完备度量空间X=X ,d 使X 为 X的稠密子空间. 作业： P 206.16.证明l与C0 1,的一个子空间等距同构. 作业提示：k作l到C1,0内的映射T ：

26、1,2,t,k,xt,其中xkt=k,1,2; t 取01,的其它值时,x是线性的. 后面证明略. 6 压缩映射原理及其应用1教学内容 或课题：目的要求：把握压缩映射概念,把握不动点概念,把握压缩映射定理的证明方法,学会用压缩映射定懂得决隐函数存在性、微分方程解之存在性的方法. 教学过程：Def 1. 设 X 是度量空间, T 是 X 到 X 中的压映射,如存在一个数：0 1,s.t. x 、 y X ,成立dTx,Tydx ,y学习好资料欢迎下载1 就称T 是 X 到 X 中的压缩映射 简称压缩映射. Th 1. 压缩映射定理 设 X 是完备度量空间,T 是 X 上的压缩映射,就T 有且只有

27、一个不动点 即方程 Tx x 有且只有一个解. 证：固定 x 0 X ,令 1x = Tx ,2x = Tx = T 2 x 0,x n = Tx n 1 = T nx 0,就 x n n 1 是 X 中的柯西点列,实因d x m 1 , x m = d Tx mTx m 1 d x mx m 1= d Tx m 1, Tx m 2 2d x m 1, x m 2 m d x 1,x 0 . 2 由三点不等式,当 n m 时,d x m x n d x m x m 1 d x m 1, x m 2 d x n 1 , x nn m m m 1 n 1 d x 1, x 0 = m 1d x 1

28、, x 0 . 1由于 0 1,所以 1 n m 1,所以mdxmxn1dx 1, x0nm 3x nn1是 X 中的柯西点所以当m,n时,dx mxn0. 所以列. 由 X 完备性,存在 xX ,s.t. x mx . 由三点不等式和条件1 ,有dx,Txdx ,xmdxm ,Tx. 所以dx,Tx=0,所以 x =Tx.T xdx,xmdxm,x0 m往证唯独性. 如又有x x,就由条件1 ,得X,s.t. dx, x=dTx,T x学习好资料dx ,欢迎下载0,所以dx, x, 1 x0. 又由于1d x , x =0,所以 x =x . 证毕. Th 2. 设函数 f x , y 在带

29、状域 a x b,y 中到处连续,且到处有关于y 的偏导数 f y x , y,如存在常数m 和 M ,满意m M ,0 m f y x , y M ,就方程 f x , y =0 在区间 a, b 上必有唯独的连续函数 y x 作为解：f x , x 0, x a, b . 证在完备度量空间 C a , b 中作映射 A ,s.t. x C a , b,有A x = x 1f x , x . 由于 f x , y 连续,所以 A x 也连续,M所以 A C a , b . 所以 A 是 C a , b 到自身的映射. 取 1, 2 C a , b,A 2 x A 1 x = 1 12 x f

30、 x , 2 x 1 x f x , 1 x =M M12 x 1 x f y x , 1 x 2 x 1 x 2 x 1 xM= 1 1 f y x , 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 0 1 ,M0 m 1 f y x , 1 x 2 x 1 x M =1. M M M令 =1-m ,就 0 1,且 A 2 A 1 2 1 . 所以MxSup A 2 A 1 xSup 2 1,所以 d A 2, A 1 d 2, 1 . 所学习好资料 欢迎下载以 A是压缩映射. 由 Th 1,存在唯独的 C a , b,满意xx1fx,x,即fx ,x,0,axb. 证毕. MTh 3.Picar

31、d 设ft,x是矩形 R =t,xtt0a ,xx 0b上的二元连续函数,设ft,xM ,t,xR . 又ftx在 R上关于x 满意 Lipschitz条件,即存在常数K ,s.t.t,x、t,vR ,有ft,xft,vKxv 4 上有唯独的满意条件x0t=x0就方程dx = dtft,x在区间 J =t0, t0的连续函数的解,其中min a , b, 1 . 5 M K证连续函数空间 C t 0 , t 0 是完备度量空间,用C表示C t 0 , t 0 中满意条件 | x t x 0 | M t J 6 的连续函数全体所成的子空间,明显C是闭子空间. 由 4.Th 1, C是完备度量空间

32、. 令tTx t = x 0 t 0 f s , x s ds, 7 就T 是C到C中的映射. 实因M b ,如 x C,就当t t 0 , t 0 时,t, x t R,又因 f t , x 在R 上二元连续,所以7式右边积分有意义. 又对 t J,成立Tx t x 0 = t 0 f s , x s ds M t 0t M,所以当 x C时,tTxC. 学习好资料欢迎下载T 是压缩映射. 实因由 Lipschitz 条件4 ,对C中任意两点x和v,有tTx t Tv t = t 0 f s , x s f s , v s ds t 0t K maxt a , b x t v tK d x

33、, v . 令 =K,就 0 1,且d Tx , Tv = maxt a , b x t v t d x , v . 即T 是C上的压缩映射. 由 Th 1,存在唯独x C,s.t. x Tx,即tx t = x 0 t 0 f s , x s ds, 8 且 x t 0 x 0 . 两边对t 求导,得 dx t f t , x t . 故 x t 是方程dtdx = f t , x 的解. dt如又有 x t 也是方程 dx = f t , x 满意初值条件 x t 0 x 0 的解,就因dtx t = x 0 t t0 f s , x s ds,所以 x C且 x是 的 不动点,所以 x=

34、x . 作业： P 206.17.有界闭集 F R n, A是 F 到自身映射,x ,y F x y,有 d Ax , Ay d x , y . 证明映射 A 在F 中存在唯独的不动点.作业提示：令x =dx ,Ax, xF . 0 x ,x0F ,由于0 x. 即xx0dx,Axddx0, Ax0dx,x0dx0,Ax0Ax0,Axdx0, Axx0时必有x=dx ,x 0dAx0,Ax2dx ,x0. 所以xx 在 F 连续. 学习好资料欢迎下载xa. 明显a0. 所以存在xF ,s.t. x =xmin往证a =0. 用反证法,设a 0,就由 A x F ,d A x , A 2 x d

35、 x , A x = x =a 与a = xmin x 冲突. 所以a =0. 于是 d x , A x = x =0,有 x =A x . 即 x 为A 之不动点. 由于 x, y F,有 d Ax , Ay d x , y,只要 Ax x,就有d x , Ay d x , y,从而必有 Ay y x y 时,所以不动点唯独. 6. 压缩映射原理及其应用2.教学内容 或课题：习题课目的要求：在把握压缩映射原理之后,重点把握应用压缩映射原理的常用方法. 教学过程：1、设 X 为完备度量空间,A是 X 到 X 中的映射,记n=xSupdAnx ,n Ax,dx ,x如n,就映射 A 有唯独不动点

36、. ndx,x. n1证由于n=xSupdAnx ,Anx,所以xx时,dAn ,Anxdx ,x又xx时,上式也成立. 因此对x,xX,恒有N时,有dAn ,Anxndx ,x.由于n,所以0, N,s.t.n,m：nmn1mm1学习好资料欢迎下载固定x0X ,依次n1. 又至少有一个k1. 令xx = Ax ,x =A1x =A2x ,x = Ax =A 3x ,x0, x 1,就,xm= Axm1=Am0 x,1=dAmx 0,Amx 1mddxmxmdm1,xm2=dAm1x0,Am1x 1m1dx0, x 1,d x n 1 , x n = d A n 1x 0 , A n 1x 1

37、 n 1 d x 0, x 1 . 所以 d x mx n d x mx m 1 d x m 1, x m 2 d x n 1 , x n m m 1 n 1 d x 0, x 1 d x 0, x 1 . 所以 x m m 1 是 X 中的柯西点列. 由于 X 是完备度量空间,所以 x X ,s.t. x m x. 所以d x , Ax d x , x m d x m , Ax = d x , x m d Ax m 1 , Axd x , x m 1 d x m 1 , x 0 m . 所以 d x , Ax =0,所以x Ax,且 x A kx . 再设又有 x X ,s.t. x = A

38、,就 x A k x d x , x = d A kx , A k xk d x , x . 由于 0 k 1,所以 d x , x =0,所以 x x . 证毕. 2、设 A 为完备度量空间 X 到 X 中的映射, 如在开球 B x 0 , r r 0 内适合d Ax , A x d x , x,0 1,又在闭球 S x 0 , r = x d x , x 0 r A连续,且dx0, Ax01学习好资料Sx0,欢迎下载r. 证明 A在r中有唯独的不动点. 证 由于 x, x B x 0 , r,有 d Ax , A x d x , x . 设 x在球面上：d x 0 , x =r . 令 x

39、 n x且 x n B x 0 , r,n ,1 ,2,所以d Ax , A x n d x , nx . 由于 A 连续,所以 Axn A . 又因距离连续,所以于上式令n,得d Ax , A x d x , x . 同理当 x 在球面上：d x 0 , x =r ,而 x B x 0 , r 时,也有d Ax , A x d x , x . 再设 x , x均在球面上,取 x n x ,x n x且 x , x n B x 0 , r,由d Ax n , A x n d x nx n,令n,得 d Ax , A x d x , x . 到此已证出 x, x S x 0 , r,均有 d Ax , A x d x , x . 因 S x 0 , r 是 X 中的一个闭子集,而X 为完备度量空间,故 S x 0 , r 也是 X 中的一个完备的子空间. 往下只要证明在 S x 0 , r 中 A央 S x 0