泛函分析习题讲解 习题1.3

习题题面

设 \(d_1,d_2,...,d_m,...\) 是集 \(X\) 上的距离，证明：

• \(d=\sup\limits_{1 \leq i \leq m}d_i\)
• \(d=\sqrt{d_1^2+d_2^2+...+d_m^2}\)
• \(\displaystyle d=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{2^k}\cdot\frac{d_k}{1+d_k}\)

中的每一个也是 \(X\) 上的距离.

教材参考答案

证明 \(d=\sup\limits_{1 \leq i \leq m}d_i\) 是距离

由于

\[ \begin{aligned} d_i(x,y) &\leq d_i(x,z)+d_i(z,y) \\ &\leq \sup\limits_{1\leq i\leq m}d_i(x,z) + \sup\limits_{1\leq i\leq m}d_i(z,y) \quad (1\leq i\leq m), \end{aligned} \]

所以

\[ \begin{aligned} d\left({x,y}\right) &\leq \mathop{\sup}\limits_{1\leq i\leq m}{d}_{i}\left({x,z}\right)+\mathop{\sup}\limits_{1\leq i\leq m}{d}_{i}\left({z,y}\right) \\ &= d\left({x,z}\right)+d\left({y,z}\right). \end{aligned} \]

距离的其他公理成立，显然.

证明 \(d=\sqrt{d_1^2+d_2^2+...+d_m^2}\) 是距离

由于

$$ \begin{aligned} d\left({x,y}\right) &= \sqrt{{d}_{1}^{2}\left( {x, y}\right) + \cdots + {d}_{m}^{2}\left( {x, y}\right) } \\ &\leq \sqrt{{\left\lbrack {d}_{1}\left( x, z\right) + {d}_{1}\left( z, y\right) \right\rbrack }^{2} + \cdots + {\left\lbrack {d}_{m}\left( x, z\right) + {d}_{m}\left( z, y\right) \right\rbrack }^{2}} \\ &\leq \sqrt{{d}_{1}^{2}\left( {x, z}\right) + {d}_{1}^{2}\left( {z, y}\right) + \cdots + {d}_{m}^{2}\left( {x, z}\right) + {d}_{m}^{2}\left( {y, z}\right) } \\ &\leq \sqrt{{d}_{1}^{2}\left( {x, z}\right) + \cdots + {d}_{m}^{2}\left( {x, z}\right) } + \sqrt{{d}_{1}^{2}\left( {z, y}\right) + \cdots + {d}_{m}^{2}\left( {z, y}\right) } \\ &= d\left( {x, z}\right) + d\left( {z, y}\right). \end{aligned} $$

距离的其他公理成立，显然.

证明 \(d=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{2^k}\cdot\frac{d_k}{1+d_k}\) 是距离

由第2题的结果，对于每一个 \(k\)，

$$ \frac{{d}_{k}\left( {x, y}\right) }{1 + {d}_{k}\left( {x, y}\right) } \leq \frac{{d}_{k}\left( {x, z}\right) }{1 + {d}_{k}\left( {x, z}\right) } + \frac{{d}_{k}\left( {z, y}\right) }{1 + {d}_{k}\left( {z, y}\right) }, $$

所以

$$ \begin{aligned} d\left( {x, y}\right) &= \mathop{\sum }\limits_{{k = 1}}^{\infty }\frac{1}{{2}^{k}}\frac{{d}_{k}\left( {x, y}\right) }{1 + {d}_{k}\left( {x, y}\right) } \\ &\leq \mathop{\sum }\limits_{{k = 1}}^{\infty }\frac{1}{{2}^{k}}\frac{{d}_{k}\left( {x, z}\right) }{1 + {d}_{k}\left( {x, z}\right) } + \mathop{\sum }\limits_{{k = 1}}^{\infty }\frac{1}{{2}^{k}}\frac{{d}_{k}\left( {z, y}\right) }{1 + {d}_{k}\left( {z, y}\right) } \\ &= d\left( {x, z}\right) + d\left( {z, y}\right). \end{aligned} $$

习题分析

除去原教材中存在的些许笔误（本文已作修正），给定的参考答案在逻辑推导上依然存在诸多不够严谨之处。本题的三小问层层递进，分别考察了上确界的放缩技巧、Minkowski（闵可夫斯基）不等式的应用，以及级数的收敛性与极限的保号性。

从泛函分析与拓扑学的更高视角来看，这三道题实际上展示了如何为乘积空间赋予距离度量的三个经典方法：

• 第一问：构造了有限乘积空间的“最大值度量”，其对应的几何直观是“方形开球”。
• 第二问：构造了有限乘积空间的“欧式度量”，其对应的几何直观是常见的“圆形开球”。
• 第三问：这是极为重要的推广，构造了可数无限乘积空间的Fréchet度量。当坐标维度推广到无限维时，直接取最大值或平方和极易导致发散（即距离变为无穷大）。因此，必须先利用习题1.2中的结论，用 \(\frac{d}{1+d}\) 将各维度的距离“压缩”到 \([0,1)\) 内，随后再引入权重 \(\frac{1}{2^k}\)，从而保证无穷级数的收敛。这也是“任何距离空间均可等价转换为有界距离空间”这一理论的最经典实用案例。

鉴于原答案跳步较多且逻辑不够严密，下方将直接提供一份推导完整的标准证明过程。

标准解答

证明 \(d=\sup\limits_{1 \leq i \leq m}d_i\) 是距离

首先证明非负性与同一性. 因为对所有 \(1\le i\le m\)，\(d_i(x,y)\ge 0\)，所以 \(d(x,y)=\sup d_i(x,y)\ge 0\). 若 \(d(x,y)=0\)，则对所有 \(1\le i\le m\)，都有 \(d_i(x,y)=0\). 因为 \(d_1\) 自身是距离，故 \(x=y\). 反之亦然.

其次证明对称性：

\[ d(x,y) = \sup d_i(x,y) = \sup d_i(y,x) = d(y,x) \]

最后证明三角不等式. 对于任意的 \(1\le i\le m\)，由 \(d_i\) 的三角不等式有：

\[ d_i(x,y) \le d_i(x,z) + d_i(z,y) \]

由上确界的定义，显然有 \(d_i(x,z)\le\sup_{1\le j\le m}d_j(x,z)=d(x,z)\)，同理 \(d_i(z,y)\le d(z,y)\). 因此对任意 \(i\)，都有：

\[ d_i(x,y) \le d(x,z) + d(z,y) \]

既然上式右端是一个与 \(i\) 无关的常数，且是对所有 \(i\) 均成立的上界，那么左端取上确界依然成立，即：

\[ \sup_{1 \le i \le m} d_i(x,y) \le d(x,z) + d(z,y) \implies d(x,y) \le d(x,z) + d(z,y) \]

证明 \(d=\sqrt{d_1^2+d_2^2+...+d_m^2}\) 是距离

非负性、同一性、对称性的证明与第1问类似，此处略去，重点证明三角不等式. 对于任意 \(x,y,z\in X\)，由 \(d_i\) 的三角不等式知：

\[ d_i(x,y) \le d_i(x,z) + d_i(z,y) \]

因为等号两边均非负，平方后单调性不变，再求和、开方得：

\[ d(x,y) = \sqrt{\sum_{i=1}^m d_i(x,y)^2} \le \sqrt{\sum_{i=1}^m \big(d_i(x,z) + d_i(z,y)\big)^2} \]

根据离散形式的Minkowski不等式（即 \(\sqrt{\sum(a_i+b_i)^2}\le\sqrt{\sum a_i^2}+\sqrt{\sum b_i^2}\)），可得：

\[ \begin{aligned} \sqrt{\sum_{i=1}^m \big(d_i(x,z) + d_i(z,y)\big)^2} &\le \sqrt{\sum_{i=1}^m d_i(x,z)^2} + \sqrt{\sum_{i=1}^m d_i(z,y)^2} \\ &= d(x,z) + d(z,y) \end{aligned} \]

综合以上两步，即得 \(d(x,y) \le d(x,z) + d(z,y)\).

证明 \(d=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{2^k}\cdot\frac{d_k}{1+d_k}\) 是距离

首先需要判断这个距离函数是良定义的. 由于 \(d_k\ge 0\)，故 \(\frac{d_k(x,y)}{1+d_k(x,y)}<1\). 因此该级数的一般项满足：

\[ 0 \le \frac{1}{2^k}\frac{d_k}{1+d_k} < \frac{1}{2^k} \]

因为等比数列 \(\sum\frac{1}{2^k}\) 收敛，由Weierstrass判别法（或比较判别法）可知，该级数对任意 \(x,y\) 绝对收敛，且 \(0\le d(x,y)\le1\). 所以 \(d\) 是 \(X\) 上的一个实值函数，即该距离良定义.

接下来证明同一性和对称性. 若 \(d(x,y)=0\)，因为级数每一项都非负，故必定每一项都为0，即 \(\frac{d_k(x,y)}{1+d_k(x,y)}=0\)，由此推得 \(d_k(x,y)=0\). 由 \(d_k\) 是距离可推得 \(x=y\). 反之亦然. 由于 \(d_k(x,y)=d_k(y,x)\)，对称性易得.

最后证明三角不等式. 根据习题1.2的结论，对于任一距离 \(d_k\)，令 \(\tilde{d}_k = \frac{d_k}{1+d_k}\)，则 \(\tilde{d}_k\) 也是距离，自然满足三角不等式：

\[ \tilde{d}_k(x,y) \le \tilde{d}_k(x,z) + \tilde{d}_k(z,y) \]

在不等式两边同乘正数 \(\frac{1}{2^k}\)，并对 \(k\) 从 \(1\) 到 \(n\) 求有限和：

\[ \sum_{k=1}^n \frac{1}{2^k} \tilde{d}_k(x,y) \le \sum_{k=1}^n \frac{1}{2^k} \tilde{d}_k(x,z) + \sum_{k=1}^n \frac{1}{2^k} \tilde{d}_k(z,y) \]

由距离的良定义可知这三个无穷级数都收敛，所以在两边令 \(n\to\infty\)，由极限的保号性得：

\[ \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{2^k} \tilde{d}_k(x,y) \le \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{2^k} \tilde{d}_k(x,z) + \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{2^k} \tilde{d}_k(z,y) \]

即 \(d(x,y)\le d(x,z)+d(z,y)\).

助教提点

这三道小题分别展示了在乘积空间中构造距离度量的三种经典方式。在后续的学习中，大家会频繁遇到乘积空间，因为它是拓展和构造新拓扑空间的一种极其有效的方法。

就题目本身的推导难度而言，这三个度量的构造方式都非常直接，很适合基础阶段的同学用来练手。但我希望大家在按部就班地验证距离的三条公理之余，也能多停下来思考一下这些距离背后的几何与拓扑含义。

落实到作业批改上，假设这是一道满分为12分的综合大题（每小题4分），为了突出不同题目的考察重点，我的评分细则会如下设置：

• 第一小题（最大值度量，4分）：非负性与同一性得1分，对称性得1分，三角不等式得2分（重点考察是否正确且严密地运用了上确界的性质进行放缩）。
• 第二小题（欧氏度量，4分）：非负性与同一性得1分，对称性得1分；三角不等式得2分，其中准确写出Minkowski不等式作为依据得1分，完成最终的放缩推导得1分。
• 第三小题（Fréchet 度量，4分）：距离的良定义得1分（这是最容易被忽略的得分点，涉及无穷级数必须先证明其收敛），非负性与同一性得1分，对称性得1分，三角不等式得1分（明确指出运用了“极限的保号性”即可）。