度量空间C(Rⁿ)中集合列紧性的判定条件及证明

Judgment Conditions and Proof of Set Sequence Compactness in Metric Space C(Rⁿ)

摘要: 集合列紧在泛函分析中是一个重要的概念。可以将无限问题化为有限情形进行讨论。本文给出了距离空间C(Rⁿ)中集合列紧的充分必要条件。

Abstract: Set sequence compactness is an important concept in functional analysis. Using the sequence compactness, one can turn infinite dimensional problems to finite dimensional problems. In this paper, we give a necessary and sufficient condition for set sequence compactness on metric space C(Rⁿ).

1. 引言

设 $C\left(R^n\right)$ 空间是 $R^n$ 上全体连续函数构成的空间。则对任意 $u\left(x\right)\in C\left(R^n\right)$ ，令

$u={\displaystyle \underset{k=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{1}{2^k}\frac{\underset{x\le k}{\max }\left|u\left(x\right)\right|}{1+\underset{x\le k}{\max }\left|u\left(x\right)\right|}}$ ，

其中 $k\in N$ ， $x=\left(x_1,x_2,\cdots ,x_n\right)$ ， $x=\sqrt{x_1^2+x_2^2+\cdots +x_n^2}$ 。集合的列紧性在泛函分析的学习中是一个基本且重要的概念，它还在拓扑学、偏微分方程等领域中有着广泛的应用。对于具体的距离空间上的紧性问题，常用构造 $\epsilon$ 网和一致有界且等度连续来讨论。本文通过集合列紧性的性质，构造相应的列紧条件证明了 $C\left(R^n\right)$ 空间的列紧性。

2. 预备知识

首先回忆一下在泛函分析中所学的关于紧性的一些常用定义与性质。

定义1.1 [1] 设 $\left(X,\rho \right)$ 是一个距离空间， $A$ 为其一个子集，如果 $A$ 中的任何点列在 $X$ 中有一个收敛的子列，称 $A$ 是列紧的。若这个子列还收敛到 $A$ 中的点，则称 $A$ 是自列紧的。如果空间 $X$ 是列紧的，那么成 $X$ 为列紧空间。

定理1.1 [1] 设 $\left(X,\rho \right)$ 是一个距离空间，为了其子集 $M$ 是紧的当且仅当 $M$ 是自列紧的。

定义1.2 [2] 设 $\left(X,\rho \right)$ 是距离空间， $A$ 是 $X$ 的一个子集， $B\subset A$ ，如果有 $\epsilon >0$ ，使得以 $B$ 中各点为心，以 $\epsilon$ 为半径的开球全体覆盖 $A\subset U_{x\in B}O\left(X,\epsilon \right)$ ，则称 $B$ 是 $A$ 的 $\epsilon$ 网，如果 $B$ 是有限集，则称 $B$ 是 $A$ 的有限 $\epsilon$ 网。

定义1.3 [1] $C\left(M\right)$ 空间：设 $M$ 是一个紧的距离空间，带有距离 $\rho$ ， $C\left(M\right)$ 表示 $M\to R^1$ 的一切连续映射的全体。定义

$d\left(u,v\right)=\underset{x\in M}{\max }\left|u\left(x\right)-v\left(x\right)\right|,\left(\forall u,v\in C\left(M\right)\right).$

通过验证可知 $\left(C\left(M\right),d\right)$ 是完备的距离空间。

定理1.2 [1] (Arzela-Ascoli)为了 $F\subset C\left(M\right)$ 是一个列紧集，当且仅当 $F$ 是一致有界且等度连续的函数族。

定义1.4 [1] 设 $\left(X,\rho \right)$ 是距离空间， $A$ 是 $B$ 的子集，如果 $\forall \epsilon >0$ ，都存在着 $A$ 的一个有限 $\epsilon$ 网，则称集合 $A$ 是完全有界的。

3. 主要结论

定理2.1 $C\left(R^n\right)$ 空间的子集 $U$ 列紧的充要条件是

1) 对任意 $k$ 属于 $C$ ，当 $\Vert x\Vert \le k$ 时，存在 $C_k>0$ ，使得 $\underset{\Vert x\Vert \le k}{\sup }\left|u\left(x\right)\right|\le C_k$ ，对 $\forall u\in U$ 。

2) 对任意的 $k>0$ ， $\left\{u\left(x\right)|u\in U\right\}$ 在 $\Vert x\Vert \le k$ 上是等度连续的。

证明：首先证 $C\left(R^n\right)$ 空间是完备的。令 $\left\{u_n\left(x\right)\right\}$ 是 $C\left(R^n\right)$ 中的基本列，则

$\rho \left(u_m\left(x\right),u_n\left(x\right)\right)={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{1}{2^i}\frac{\underset{\Vert x\Vert \le i}{\max }\left|u_m\left(x\right)-u_n\left(x\right)\right|}{1+\underset{\Vert x\Vert \le i}{\max }\left|u_m\left(x\right)-u_n\left(x\right)\right|}\to 0，\left(m,n\to 0\right)}\text{.}$

由此知对任意的 $m,n\in N$ ， $\underset{\Vert x\Vert \le i}{\max }\left|u_m\left(x\right)-u_n\left(x\right)\right|\to 0$ ， $\left(m,n\to 0\right)$ 。事实上对每一个固定的 $j\in N$ ，对 $\forall \epsilon >0$ ， $\exists N_j$ ，使得

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{1}{2^i}\frac{\underset{\Vert x\Vert \le i}{\max }\left|u_m\left(x\right)-u_n\left(x\right)\right|}{1+\underset{\Vert x\Vert \le i}{\max }\left|u_m\left(x\right)-u_n\left(x\right)\right|}<\frac{\epsilon }{2^{j+1}}，\left(m,n>N_j\right)\text{.}}$

取第 $j$ 项，它不会超过所有项的总和，故

$\frac{1}{2^j}\frac{\underset{\Vert x\Vert \le j}{\max }\left|u_m\left(x\right)-u_n\left(x\right)\right|}{1+\underset{\Vert x\Vert \le j}{\max }\left|u_m\left(x\right)-u_n\left(x\right)\right|}<\frac{\epsilon }{2^{j+1}}\Rightarrow \underset{\Vert x\Vert \le j}{\max }\left|u_m\left(x\right)-u_n\left(x\right)\right|<\epsilon .$

这说明对任意的 $\Vert x\Vert \le k$ ， $\left\{u_n\left(x\right)\right\}$ 在 $\left\{x|\Vert x\Vert \le k\right\}$ 上收敛，并且存在 $u^{*k}\left(x\right)\in C\left(R^n\right)$ ，使得 $\left|u_n\left(x\right)-u^{*k}\left(x\right)\right|\to 0$ ， $\left(n\to \infty \right)$ ， $\Vert x\Vert \le k$ 。

定义

$u^{*}\left(x\right)=\{\begin{array}{c}{u}^{*1}\left(x\right),x\in \bar{B}\left(0,1\right);\\ u^{*2}\left(x\right),x\in \bar{B}\left(0,2\right);\\ \cdots \\ u^{*k}\left(x\right),x\in \bar{B}\left(0,k\right).\end{array}$

证明 $u_n\left(x\right)\stackrel{\rho }{\to }{u}^{*}\left(x\right)$ ， $\left(n\to \infty \right)$ 。事实上，就是要证明

$\rho \left(u_n\left(x\right),u^{*}\left(x\right)\right)={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{1}{2^i}\frac{\underset{\Vert x\Vert \le i}{\max }\left|u_n\left(x\right)-u^{*}\left(x\right)\right|}{1+\underset{\Vert x\Vert \le i}{\max }\left|u_n\left(x\right)-u^{*}\left(x\right)\right|}\to 0,\left(n\to \infty \right)}$ 。

也就是要证明，对任意的 $\epsilon >0$ ，存在 $N$ ，当 $n>N$ 时，使得

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{1}{2^i}\frac{\underset{\Vert x\Vert \le i}{\max }\left|u_n\left(x\right)-u^{*}\left(x\right)\right|}{1+\underset{\Vert x\Vert \le i}{\max }\left|u_n\left(x\right)-u^{*}\left(x\right)\right|}<\epsilon }$

要对无穷多项进行评估，常用“分段论证法”，这里在 $n_0$ 项处分段，其中 $n_0$ 充分大，使得 ${\displaystyle {\sum }_{i=n_0+1}^{\infty }\frac{1}{2^i}<\frac{\epsilon }{2}}$ 。

$\begin{array}{l}{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{1}{2^i}\frac{\underset{\Vert x\Vert \le i}{\max }\left|u_n\left(x\right)-u^{*}\left(x\right)\right|}{1+\underset{\Vert x\Vert \le i}{\max }\left|u_n\left(x\right)-u^{*}\left(x\right)\right|}}\\ ={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{n_0}{\sum }}\frac{1}{2^i}\frac{\underset{\Vert x\Vert \le i}{\max }\left|u_n\left(x\right)-u^{*}\left(x\right)\right|}{\underset{\Vert x\Vert \le i}{\max }\left|u_n\left(x\right)-u^{*}\left(x\right)\right|}}+{\displaystyle \underset{i=n_0+1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{1}{2^i}\frac{\underset{\Vert x\Vert \le i}{\max }\left|u_n\left(x\right)-u^{*}\left(x\right)\right|}{\underset{\Vert x\Vert \le i}{\max }\left|u_n\left(x\right)-u^{*}\left(x\right)\right|}}\end{array}$

为了有限项小于 $\frac{\epsilon }{2}$ ，对任意的 $n<n_0$ ，存在 $$ ，使得

$\underset{\Vert x\Vert \le n}{\max }\left|u_n\left(x\right)-u^{*}\left(x\right)\right|<\frac{\epsilon }{2}$

取定 $N=\left\{N_1,N_2,\cdots ,N_{n_0}\right\}$ ，便有 $n>N$ 时，

$\begin{array}{l}{\displaystyle \underset{n=1}{\overset{n_0}{\sum }}\frac{1}{2^n}\frac{\underset{\Vert x\Vert \le n}{\max }\left|u_n\left(x\right)-u^{*}\left(x\right)\right|}{1+\underset{\Vert x\Vert \le n}{\max }\left|u_n\left(x\right)-u^{*}\left(x\right)\right|}}\\ <{\displaystyle \underset{n=1}{\overset{n_0}{\sum }}\frac{1}{2^n}\underset{\Vert x\Vert \le n}{\max }\left|u_n\left(x\right)-u^{*}\left(x\right)\right|}<{\displaystyle \underset{n=1}{\overset{n_0}{\sum }}\frac{1}{2^n}\cdot \frac{\epsilon }{2}<\frac{\epsilon }{2}}\end{array}$

无穷项小于 $\frac{\epsilon }{2}$ ，

${\displaystyle \underset{i=n_0+1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{1}{2^i}\frac{\underset{\Vert x\Vert \le i}{\max }\left|u_n\left(x\right)-u^{*}\left(x\right)\right|}{1+\underset{\Vert x\Vert \le i}{\max }\left|u_n\left(x\right)-u^{*}\left(x\right)\right|}}<{\displaystyle \underset{i=n_0+1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{1}{2^i}<\frac{\epsilon }{2}}.$

于是，当 $n>N$ 时，

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{1}{2^i}\frac{\underset{\Vert x\Vert \le i}{\max }\left|u_n\left(x\right)-u^{*}\left(x\right)\right|}{1+\underset{\Vert x\Vert \le i}{\max }\left|u_n\left(x\right)-u^{*}\left(x\right)\right|}<\epsilon }.$

成立。故 $\left(C\left(R^n\right),\rho \right)$ 是完备的度量空间。

必要性：证明 $\left\{u|u\in U\right\}$ 在 $\Vert x\Vert \le k$ 上有上确界。因 $U\subset C\left(R^n\right)$ 是列紧集，从而子集 $U$ 是完全有界集，则存在 $U$ 的一个有限的 $\frac{1}{2^{k+1}}$ 网 $N\left(\frac{1}{2^{k+1}}\right)=\left\{u_1^k,u_2^k,\cdots ,u_n^k\right\}\subset U$ ，并且 $U\subset U_{i=1}^{k}B\left(u_i^k,\frac{1}{2^{k+1}}\right)$ , $\left(i=1,2,\cdots ,k\right)$ 。对 $\forall k>0$ ，存在 $u\in B\left(u_i^k,\frac{1}{2^{k+1}}\right)$ ，当 $n=1$ 时，有 $\rho \left(u,u_1^k\right)\le \frac{1}{2^{k+1}}$ ，即

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{1}{2^i}\frac{\underset{\Vert x\Vert \le i}{\max }\left|u\left(x\right)-u_1^k\left(x\right)\right|}{1+\underset{\Vert x\Vert \le i}{\max }\left|u\left(x\right)-u_1^k\left(x\right)\right|}\le \frac{1}{2^{k+1}}}.$

当 $i$ 取第 $k$ 项，

$\frac{1}{2^k}\frac{\underset{\Vert x\Vert \le k}{\max }\left|u\left(x\right)-u_1^k\left(x\right)\right|}{1+\underset{\Vert x\Vert \le k}{\max }\left|u\left(x\right)-u_1^k\left(x\right)\right|}\le \frac{1}{2^{k+1}}.$

$\underset{\Vert x\Vert \le k}{\max }\left|u\left(x\right)-u_1^k\left(x\right)\right|\le 1.$

当 $n=2$ 时， $\rho \left(u,u_2^k\right)\le \frac{1}{2^{k+1}}$ ，即

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{1}{2^k}\frac{\underset{\Vert x\Vert \le i}{\max }\left|u\left(x\right)-u_2^k\left(x\right)\right|}{1+\underset{\Vert x\Vert \le i}{\max }\left|u\left(x\right)-u_2^k\left(x\right)\right|}\le \frac{1}{2^{k+1}}}.$

当 $i$ 取第 $k$ 项，

$\underset{\Vert x\Vert \le k}{\max }\left|u\left(x\right)-u_2^k\left(x\right)\right|\le 1.$

当 $n=k$ 时， $\rho \left(u,u_k^k\right)\le \frac{1}{2^{k+1}}$ ，

${\displaystyle \underset{i=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{1}{2^k}\frac{\underset{\Vert x\Vert \le i}{\max }\left|u\left(x\right)-u_k^k\left(x\right)\right|}{1+\underset{\Vert x\Vert \le i}{\max }\left|u\left(x\right)-u_k^k\left(x\right)\right|}\le \frac{1}{2^{k+1}}}.$

当 $i$ 取第 $k$ 项，

$\underset{\Vert x\Vert \le k}{\max }\left|u\left(x\right)-u_k^k\left(x\right)\right|\le 1.$

所以存在 $C_k=1+\underset{1\le i\le k}{\max }\Vert u_i\left(x\right)\Vert$ ，使得

$\underset{\Vert x\Vert \le k}{\sup }\left|u_i\right|\le C_k$

证明 $\left\{u|u\in U\right\}$ 在 $\bar{B}\left(0,k\right)$ 上是等度连续函数。因为 $C\left(R^n\right)$ 是完备的空间，所以 $U\subset C\left(R^n\right)$ 是完全有界集，则存在 $U$ 的一个 $\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}$ 网且是个有穷集，记 $N\left(\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}\right)=\left\{u_1,u_2,\cdots ,u_n\right\}\subset U$ 即对 $\forall \epsilon >0$ ， $u\left(x\right)\in U$ ， $\exists u_i\in N\left(\frac{\epsilon }{3}\right)$ ，使得 $\Vert u\left(x\right)-u_i\left(x\right)\Vert <\frac{\epsilon }{3}$ 。这就表明当取 ${\epsilon }^{\prime }>0$ 时，其中 $0<\frac{\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}\cdot 2^k}{1-\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}\cdot 2^k}<\frac{\epsilon }{3}$ ，

$\rho \left(u\left(x\right),u_i\left(x\right)\right)={\displaystyle \underset{k=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{1}{2^k}\frac{\underset{\Vert x\Vert \le k}{\max }\left|u\left(x\right)-u_i\left(x\right)\right|}{1+\underset{\Vert x\Vert \le k}{\max }\left|u\left(x\right)-u_i\left(x\right)\right|}<\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}}$

整体小于 $\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}$ ，则取第 $k$ 项同样小于 $\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}$ ，得

$\frac{1}{2^k}\frac{\underset{\Vert x\Vert \le k}{\max }\left|u\left(x\right)-u_i\left(x\right)\right|}{1+\underset{\Vert x\Vert \le k}{\max }\left|u\left(x\right)-u_i\left(x\right)\right|}<\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}.$

小于号两边同乘以 $2^k$ 得

$\frac{\underset{\Vert x\Vert \le k}{\max }\left|u\left(x\right)-u_i\left(x\right)\right|}{1+\underset{\Vert x\Vert \le k}{\max }\left|u\left(x\right)-u_i\left(x\right)\right|}<\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}\cdot 2^k.$

再同乘以 $1+\underset{\Vert x\Vert \le k}{\max }\left|u\left(x\right)-u_i\left(x\right)\right|$ 得

$\underset{\Vert x\Vert \le k}{\max }\left|u\left(x\right)-u_i\left(x\right)\right|<\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}\cdot 2^k\cdot \left(1+\underset{\Vert x\Vert \le k}{\max }\left|u\left(x\right)-u_i\left(x\right)\right|\right).$

所以最后计算得

$\underset{\Vert x\Vert \le k}{\max }\left|u\left(x\right)-u_i\left(x\right)\right|<\frac{\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}\cdot 2^k}{1-\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}\cdot 2^k}<\frac{\epsilon }{3}.$

其次对这有穷函数 $N\left(\frac{\epsilon }{3}\right)=\left\{u_1,u_2,\cdots ,u_n\right\}$ ，由函数的连续性知，对每一个 $1\le i\le n$ 及 $\forall \epsilon >0$ ， $\exists {\delta }_i\left(\epsilon \right)>0$ ，当 $\rho \left(x_1,x_2\right)<{\delta }_i\left(\epsilon \right)$ 时，有 $\left|u_i\left(x_1\right)-u_i\left(x_2\right)\right|<\frac{\epsilon }{3}$ ， $\left(i=1,2,\cdots ,n\right)$ 。故对 $\forall \epsilon >0$ ，取 ${\delta }_i\left(\epsilon \right)=\min \left\{{\delta }_1\left(\epsilon \right),{\delta }_2\left(\epsilon \right),\cdots ,{\delta }_n\left(\epsilon \right)\right\}$ ，使得对任意的 $u\left(x\right)\in U$ ， $x_i\le k$ ，当 $\rho \left(x_1,x_2\right)<\delta$ 时，有

$\begin{array}{c}\left|u\left(x_1\right)-u\left(x_2\right)\right|\le \left|u\left(x_1\right)-u_i\left(x_1\right)\right|\\ +\left|u_i\left(x_1\right)-u_i\left(x_2\right)\right|+\left|u\left(x_2\right)-u_i\left(x_2\right)\right|\\ <2\cdot \frac{\epsilon }{3}+\frac{\epsilon }{3}=\epsilon .\end{array}$

所以 $U$ 是等度连续的。

充分性：设任意的 $\epsilon >0$ 上， $\left\{u\right\}$ 在 $\bar{B}\left(0,k\right)$ 上是一致有界且等度连续的。由(Arzela-Ascoli)定理知 $C\left(\bar{B}\left(0,k\right)\right)$ 是列紧的。只须证 $U$ 存在有限的 $\epsilon$ 网。所以对任意的 $\epsilon >0$ ，取 $n_0>0$ 。使得 ${\displaystyle {\sum }_{k=n_0+1}^{\infty }\frac{1}{2^k}\le \frac{\epsilon }{3}}$ 。又通过 ${\left\{u|u\in U\right\}}_{\Vert x\Vert \le n_0}$ 是一致有界且等度连续的可知存在一个有限 $\frac{\epsilon }{4}$ 网，记 $N\left(\frac{\epsilon }{4}\right)={\left\{u_1,u_2,\cdots ,u_k\right\}}_{\Vert x\Vert \le n_0}$ 。取 $N\left(\epsilon \right)=\left\{u_1,u_2,\cdots ,u_k\right\}$ ，则对 $\forall \epsilon >0$ ， $\forall u\in \bar{B}\left(0,n_0\right)$ ， $\exists u_i\in N\left(\frac{\epsilon }{4}\right)$ ， $\left(i=1,2,\cdots ,k\right)$ 使得 ${\Vert u-u_i\Vert }_{\Vert x\Vert \le n_0}\le \frac{\epsilon }{4}$ ，即

$\begin{array}{c}\rho \left(u,u_i\right)={\displaystyle \underset{k=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{1}{2^k}\frac{\underset{\Vert x\Vert \le k}{\max }\left|u\left(x\right)-u_i\left(x\right)\right|}{1+\underset{\Vert x\Vert \le k}{\max }\left|u\left(x\right)-u_i\left(x\right)\right|}}\\ ={\displaystyle \underset{k=1}{\overset{n_0}{\sum }}\frac{1}{2^i}}\frac{\underset{\Vert x\Vert \le k}{\max }\left|u\left(x\right)-u_i\left(x\right)\right|}{1+\underset{\Vert x\Vert \le k}{\max }\left|u\left(x\right)-u_i\left(x\right)\right|}+{\displaystyle \underset{k=n_0+1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{1}{2^i}}\frac{\underset{\Vert x\Vert \le k}{\max }\left|u\left(x\right)-u_i\left(x\right)\right|}{1+\underset{\Vert x\Vert \le k}{\max }\left|u\left(x\right)-u_i\left(x\right)\right|}\\ <\frac{\epsilon }{4}\cdot {\displaystyle \underset{k=1}{\overset{n_0}{\sum }}\frac{1}{2^k}+\frac{\epsilon }{2}}\\ <\epsilon .\end{array}$

这就证明对任意的 $\epsilon >0$ ，任意子集 $U\subset C\left(R^n\right)$ 在 $\Vert x\Vert \le k$ 上是自列紧的。