证明一个距离空间是完备的

例题：

SSS为由一切复数列
x={ξ1,ξ2,...,ξn...}x=\{\xi_1,\xi_2,...,\xi_n...\} x={ξ1,ξ2,...,ξn...}
组成的集合，在SSS中定义距离为
ρ(x,y)=∑k=1∞12k∣ξk−ηk∣∣1+∣ξk−ηk∣\rho(x,y)=\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2^k} \frac{|\xi_k-\eta_k|}{|1+|\xi_k-\eta_k|} ρ(x,y)=k=1∑∞2k1∣1+∣ξk−ηk∣∣ξk−ηk∣
其中x=(ξ1,ξ2,...),y=(η1,η2,...)x=(\xi_1,\xi_2,...),y=(\eta_1,\eta_2,...)x=(ξ1,ξ2,...),y=(η1,η2,...).求证SSS是完备的距离空间。

第一步，先证SSS是一个距离空间：

∀x,y∈S,ρ(x,y)≥0且当ρ(x,y)=0当且仅当ξk=ηk(k=1,2,...)\forall x,y \in S,\rho(x,y) \geq 0 且当\rho(x,y)=0当且仅当\xi_k=\eta_k(k=1,2,...)∀x,y∈S,ρ(x,y)≥0且当ρ(x,y)=0当且仅当ξk=ηk(k=1,2,...)，即x=yx=yx=y，SSS满足正定性；
∀x,y∈S,∣ξk−ηk∣=∣ηk−ξk∣\forall x,y \in S,|\xi_k-\eta_k|=|\eta_k-\xi_k|∀x,y∈S,∣ξk−ηk∣=∣ηk−ξk∣，即：ρ(x,y)=ρ(y,x)\rho(x,y)=\rho(y,x)ρ(x,y)=ρ(y,x)，S满足对称性；
∀x,y,z∈S,ρ(x,z)=∑k=1∞12k∣ξk−Zk∣1+∣ξk−Zk∣=∑k=1∞12k∣ξk−ηk+ηk−Zk∣1+∣ξk−ηk+ηk−Zk∣≤∑k=1∞∣ξk−ηk∣1+∣ξk−ηk∣+∑k=1∞12k∣ηk−Zk∣1+∣ηk−Zk∣=ρ(x,y)+ρ(y,z)\forall x,y,z \in S,\rho(x,z)=\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2^k} \frac{|\xi_k-Z_k|}{1+|\xi_k-Z_k|}=\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2^k} \frac{|\xi_k-\eta_k+\eta_k-Z_k|}{1+|\xi_k-\eta_k+\eta_k-Z_k|} \\ \leq \sum_{k=1}^{\infty} \frac{|\xi_k-\eta_k|}{1+|\xi_k-\eta_k|} + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2^k} \frac{|\eta_k-Z_k|}{1+|\eta_k-Z_k|} = \rho(x,y)+\rho(y,z) ∀x,y,z∈S,ρ(x,z)=k=1∑∞2k11+∣ξk−Zk∣∣ξk−Zk∣=k=1∑∞2k11+∣ξk−ηk+ηk−Zk∣∣ξk−ηk+ηk−Zk∣≤k=1∑∞1+∣ξk−ηk∣∣ξk−ηk∣+k=1∑∞2k11+∣ηk−Zk∣∣ηk−Zk∣=ρ(x,y)+ρ(y,z)
即有：SSS满足三角不等式。

第二步，证明SSS是完备的：（所有的基本列都是收敛列）

令xk=(ξ1k,ξ2k,...,ξnk,...)x^k=(\xi_1^k,\xi_2^k,...,\xi_n^k,...)xk=(ξ1k,ξ2k,...,ξnk,...)，若ρ(xk,xl)→0(k,l→∞)\rho(x^k,x^l) \rightarrow 0(k,l \rightarrow \infty)ρ(xk,xl)→0(k,l→∞)，则：
12i∣ξik−ξil∣1+∣ξik−ξil∣≤∑i=1∞12i∣ξik−ξil∣1+∣ξik−ξil∣→0\frac{1}{2^i} \frac{|\xi_i^k-\xi_i^l|}{1+|\xi_i^k-\xi_i^l|} \leq \sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{2^i} \frac{|\xi_i^k-\xi_i^l|}{1+|\xi_i^k-\xi_i^l|} \rightarrow 0 2i11+∣ξik−ξil∣∣ξik−ξil∣≤i=1∑∞2i11+∣ξik−ξil∣∣ξik−ξil∣→0
故{ξik}\{\xi_i^k\}{ξik}是Cauchy列（∀i∈N\forall i \in N∀i∈N）
于是∃ξi,s.t.∣ξik−ξi∣→0(k→∞)\exists \xi_i,s.t. |\xi_i^k-\xi_i| \rightarrow 0(k \rightarrow \infty)∃ξi,s.t.∣ξik−ξi∣→0(k→∞)
取x=(ξ1,ξ2,...,ξn,...)x=(\xi_1,\xi_2,...,\xi_n,...)x=(ξ1,ξ2,...,ξn,...)，则有：
ρ(xk,x)=∑i=1∞12i∣ξik−ξi∣1+∣ξik−ξi∣=∑i=1n012i∣ξik−ξi∣1+∣ξik−ξi∣+∑i=n0+1∞12i∣ξik−ξi∣1+∣ξik−ξi∣<ε2+12n0<ε2+ε2=ε\rho(x^k,x)=\sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{2^i} \frac{|\xi_i^k-\xi_i|}{1+|\xi_i^k-\xi_i|} \\ =\sum_{i=1}^{n_0} \frac{1}{2^i} \frac{|\xi_i^k-\xi_i|}{1+|\xi_i^k-\xi_i|} + \sum_{i=n_0+1}^{\infty}\frac{1}{2^i} \frac{|\xi_i^k-\xi_i|}{1+|\xi_i^k-\xi_i|} \\ < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{1}{2^{n_0}} < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon ρ(xk,x)=i=1∑∞2i11+∣ξik−ξi∣∣ξik−ξi∣=i=1∑n02i11+∣ξik−ξi∣∣ξik−ξi∣+i=n0+1∑∞2i11+∣ξik−ξi∣∣ξik−ξi∣<2ε+2n01<2ε+2ε=ε
其中，∀ε>0\forall \varepsilon >0∀ε>0，取n0n_0n0，使得12n0<ε2\frac{1}{2^{n_0}} < \frac{\varepsilon}{2}2n01<2ε，取NNN，当k>Nk > Nk>N时，∣ξik−ξi∣<ε2(i=1,2,...,n0)|\xi_i^k-\xi_i|<\frac{\varepsilon}{2}(i=1,2,...,n_0)∣ξik−ξi∣<2ε(i=1,2,...,n0)
即：SSS中所有基本列为收敛列。

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