关于函数度量空间$(M,\rho)$的完备性、可分性判定及完备化求解
首先明确我们讨论的空间定义：
设$\displaystyle M ={x\in\mathbb{R}^{(0,1]} : x \text{ 在 } (0,1] \text{ 上连续，且 } x(t) = o(\ln{}t)\ (t \rightarrow +0)} $，赋予度量$\displaystyle\rho(x, y) = \int\limits_{0}^{1}|x(t)-y(t)|dt$。
接下来逐个回答三个问题：
1. $(M,\rho)$是否是完备空间？
答案：否。
我们可以构造一个在$M$中的柯西序列，但其极限不在$M$内：
取序列$\displaystyle x_k(t) = t^{\frac{1}{k}}\ln{}t$，首先验证每个$x_k$都属于$M$：
- $x_k(t)$在$(0,1]$上连续，这是显然的；
- 当$t\rightarrow+0$时，$t{1/k}\rightarrow0$，因此$x_k(t)=t{1/k}\ln t = o(\ln t)$，满足$M$的定义。
接下来证明${x_k}$是柯西序列：
计算$\rho(x_k,x_m)=\int_0^1 |t^{1/k}\ln t - t^{1/m}\ln t|dt = \int_0^1 |t{1/k}-t{1/m}| \cdot |\ln t|dt$，当$k,m\rightarrow\infty$时，$t{1/k}$和$t{1/m}$在任意$[\delta,1]$（$\delta>0$）上一致收敛到1，而在$(0,\delta)$上，$|\ln t|$可积、$|t{1/k}-t{1/m}|$有界，因此积分趋近于0，即${x_k}$是柯西序列。
再看序列的极限：当$k\rightarrow\infty$时，$x_k(t)$几乎处处收敛到$\ln t$，且通过计算可得$\rho(x_k,\ln{}t) = 1- \displaystyle\frac{1}{(\frac{1}{k} + 1)^2} \rightarrow 0$。但$\ln t$并不属于$M$——因为当$t\rightarrow+0$时，$\ln t$本身就是$\ln t$，并不满足$o(\ln t)$的条件。
因此这个柯西序列在$M$中没有极限，说明$(M,\rho)$不是完备空间。
2. $(M,\rho)$是否是可分空间？
答案：是。
核心思路是利用$L^1(0,1]$的可分性：
我们知道$L1(0,1]$（即$(0,1]$上Lebesgue可积函数空间）是可分的，因为有理系数的多项式集合在$L1(0,1]$中稠密，而这个集合是可数的。
同时，$M$在$L1(0,1]$中是稠密的（这点我们在完备化的证明中会详细说明）。对于可分空间的稠密子集来说，它本身也是可分的：我们可以取$L1(0,1]$中可数稠密子集的“适配版本”，比如所有满足$x(t)=o(\ln t)$的有理系数多项式，这个集合是可数的，且在$M$中稠密。因此$(M,\rho)$是可分的。
3. 若$(M,\rho)$不完备，求其完备化
答案：$(M,\rho)$的完备化就是$L^1(0,1]$。
证明分为两步：
步骤1：$M$在$L^1(0,1]$中稠密
对于任意$f\in L1(0,1]$，根据$L1$空间的稠密性定理，存在连续函数$g$使得$\rho(f,g)<\epsilon/2$。接下来构造序列$g_n(t)=g(t)\cdot t^{1/n}$：
- $g_n(t)$在$(0,1]$上连续；
- 当$t\rightarrow+0$时，$t{1/n}\rightarrow0$，因此$g_n(t)=t{1/n}g(t)=o(\ln t)$，满足$M$的定义；
- 计算$\rho(g_n,g)=\int_0^1 |g(t)|(1-t^{1/n})dt$，由控制收敛定理，当$n\rightarrow\infty$时这个积分趋近于0，因此存在足够大的$n$使得$\rho(g_n,g)<\epsilon/2$，此时$\rho(f,g_n)\leq\rho(f,g)+\rho(g,g_n)<\epsilon$。
这说明任意$L1(0,1]$中的函数都可以被$M$中的函数逼近，即$M$在$L1(0,1]$中稠密。
步骤2：$L^1(0,1]$是完备空间
$L^1(0,1]$作为Lebesgue可积函数空间，本身是完备的度量空间（这是实分析中的经典结论）。
根据完备化的定义：度量空间的完备化是包含它的最小完备度量空间，而稠密子集的完备化就是包含它的完备空间本身。因此$(M,\rho)$的完备化就是$L^1(0,1]$。
备注：内容来源于stack exchange，提问作者GeoArt
