Ответы и решения

1. , , , , , , , .

2. a) ;

б) Указание. См. пункт а);

в) .

3. Первая – да; вторая – нет.

4. Пусть φ – не является взаимно однозначным отображением, т.е. такие, что . Но тогда y = f(x) не строго монотонна, что противоречит условию.

5. Так как в точке х₀ экстремум функции, то в окрестности (х₀ – δ; х₀ + δ) (х₀ – δ; х₀ + δ) такие, что , но . Последнее равенство показывает, что отображение функцией y = f(x) не является взаимно однозначным.

6. а) Нет, так как непрерывная функция отображает отрезок [a;b] в отрезок [m; M], где m = inf{f(x)}, M = sup{f(x)}.

б) Нет, так как значения непрерывной функции, заданной на отрезке [a;b], сплошь заполняют отрезок [m;M].

12. Так как отображение φ: A → C – взаимно однозначное, то А ~ С и В ~ φ(В). Откуда следует, что А \ В ~ С \ φ(В).

13. Выделим на интервале (0;1) множество М = , а на отрезке [0;1] выделим множество K = . Установим следующее соответствие:

, , , , …, , …; n ≥3 (см. рис. 2).

Рис. 2

Всем остальным точкам интервала (0;1) поставим в соответствие точки отрезка [0;1] с теми же координатами. Тогда M ~ K и (0;1)\M ~ [0;1]\K, откуда (0;1) ~ [0;1].

14. а) Результат предыдущей задачи: (0;1) ~ [0;1]. С помощью функции y = ctgπx взаимно однозначно отобразим интервал (0;1) на действительную ось (-∞;+∞). Значит [0;1] ~ (0;1) ~ (- ∞;+∞). Отсюда по свойству транзитивности отношения эквивалентности: [0;1] ~ (- ∞;+∞).

б) Взаимно однозначно отобразим [0;+∞) на [0;1) с помощью функции ; затем методом решения задачи №13 полуинтервал [0;1) отобразим на интервал (0;1). Наконец, с помощью линейной функции отобразим (0;1) на (a;b).

15. Рекомендуется установить взаимно однозначное соответствие между множествами или применить свойства эквивалентных множеств.

17. Выделим на множестве I (иррациональных чисел) некоторое подмножество . Множество всех остальных иррациональных чисел, не входящих в это множество, обозначим С. Тогда I = L C, причем L∩C = Ø. Множество действительных чисел R = I Q, где Q – множество рациональных чисел. Так как I = L C, то R = C (L Q).

Установим взаимно однозначное соответствие между L Q и L следующим образом:

Тогда L ~ L Q, C ~ C. Используя результаты задачи №8, получим, что I ~ R.

18. Z = N_– {0} N. Множество N_– = {–1, –2, –3, …} эквивалентно множеству N, следовательно, = a. Тогда = a+1+a = a.

19. = а.

20. Пусть М – множество точек плоскости с рациональными координатами, т.е. М = {(a_i, b_i )}. Зафиксируем b_i , получим подмножество М_i множества М, = a. Так как М = , то = а + а + … = а.

21. Задача решается аналогично предыдущей задаче.

22. = а.

23. а.

24. Элементами исследуемого множества являются многочлены , где а_i – целые числа (i = 0, 1, 2, …). Зафиксируем n и найдем мощность множества M_n – многочленов n-ой степени. M_n эквивалентно множеству наборов из n целых чисел: {a₀; a₁; …; a_n}, следовательно,

= a. Так как М = , то = а + а + … = а.

25. = а (см. решение задачи №24).

26. = с, так как Т = R \ A = с – a = c.

27. = с, так как I = R \ Q = с – a = c.

28. Пусть М – множество интервалов с рациональными концами. М эквивалентно множеству пар рациональных чисел. Последнее множество имеет мощность а (см. задачу №20), следовательно, = а.

29. M = {(a; b)}, причем, если (a; b) и (c; d) принадлежат М, то

(a; b) (c; d) = Ø. В силу плотности множества действительных чисел в любом интервале найдется рациональная точка. Следовательно, М эквивалентно некоторому подмножеству множества рациональных чисел. Откуда, а.

30. Множество М локальных экстремумов функции эквивалентно множеству попарно непересекающихся интервалов, последнее не более чем счетно (см. задачу №29). Следовательно, а.

32. Обозначим через А_i – множество точек разрыва на отрезке [-i; i]. Покажем, что множество A_i не более чем счетно. Предположим, что f(x) монотонно возрастает. Пусть х₀ – точка разрыва f(x) , х₀ [-i; i]. Так как f(x) – монотонна, то х₀ – точка разрыва 1-го рода. Назовем разность f(х₀+0) – f(х₀-0) скачком функции в точке х₀. Для монотонно возрастающей функции

f(х₀+0) – f(х₀-0) > 0. Число точек разрыва на [-i; i], в которых скачок больше α, не больше, чем .

Обозначим через Е_к множество точек разрыва со скачком больше . Тогда множество всех точек разрыва на отрезке [-i; i] есть А_i = . Множество Е_к – конечно, тогда А_i – не более чем счетно. Множество А всех точек разрыва на числовой прямой есть А = , следовательно, а.

34. Каждая точка плоскости может быть представлена как элемент множества { }, где х₁ и х₂ независимо друг от друга принимают с значений. Поэтому с – мощность искомого множества.

36. Пусть А – множество монотонно возрастающих непрерывных функций. В – множество непрерывных функций. М – множество функций {y= kx}, где k R и k>1. Так как k (1,+∞), то = с.

М А с (1). = с (см. задачу №35). А В с (2).

Из (1) и (2) следует: = с.

37. а.

38. Так как мощность множества всех подмножеств счетного множества есть 2^а = с, а мощность всех конечных подмножеств счетного множества равна а, то мощность множества всех бесконечных подмножеств счетного множества равна с– а = с.

41. а) 0; б) {0; 1}; в) Ø; г) [-1; 2]; д) Ø.

45. Предположим, что Е имеет предельные точки, и пусть ξ одна из них. Выберем ε < , тогда в ε-окрестности точки ξ содержится бесконечно много точек множества Е. Пусть х₁ и х₂ две такие точки. Тогда d ρ(x₁,x₂) ρ(x₁, ξ) +

+ ρ(ξ ,x₂)< + =d, т.е. d < d, что невозможно. Следовательно, Е не имеет предельных точек.

46. Пусть x₀ – предельная точка Е′. Тогда в любой ε-окрестности точки x₀ содержится бесконечное множество точек Е′. Пусть z – такая точка, z S(x₀, ε). Так как z Е′, она является предельной точкой множества Е, значит в этой же окрестности содержится бесконечное множество точек Е. Так как S(x₀, ε) – окрестность точки х_0, содержащая бесконечное множество точек из Е, то х₀ – предельная точка Е и, следовательно, х₀ Е′. В силу произвольности точки x₀ последнее означает, что множество Е′ замкнуто.

47. Так как Е замкнуто, то Е′ Е, тогда = Е Е′ = Е.

48. а) Чтобы доказать равенство (А В)′ = А′ В′, нужно доказать два включения: (А В)′ А′ В′ и (А В)′ А′ В′.

Пусть х₀ (А В)′ , тогда или х₀ – предельная точка множества А , т.е. х₀  А′, или х₀ – предельная точка множества В, т.е. х₀ В′. Отсюда следует, что х₀  А′ В′. Первое включение (А В)′ А′ В′ доказано.

Докажем второе включение. Так как А (А В), то А′ (А В)′ . Из В (А В) следует В′ (А В)′, тогда имеем: А′ В′ (А В)′.

б) Рассуждения аналогичны пункту а).

в) Пусть х А′\В′. Тогда х – предельная точка А, но не является предельной точкой В. Из последнего следует, что в любой окрестности S(x; δ) существует x₁  x, х₁ А и х₁ В, т.е. х₁ А \ В. Таким образом, х есть предельная точка множества А \ В, т.е. х (А \ В)′. Включение доказано.

г) Так как А′ замкнуто (см. задачу №46), то А′′ = (А′)′ А′.

50. а) = (А В) (А′ В′) = (А А′) (В В′) = .

б) = , из задачи №48(а) имеем , тогда  =  = (А   А′) (А′ А′′) (так как ). Так как А′′ А′ (см. задачу №48(г)), то А′ А′′ = А′ , тогда = ( ) = = . Следовательно, = .

г) = (А А′) \ (В В′) = (А \ В) (А′ \ В′). Из задачи № 48(в) имеем А′ \ В′ (А \ В)′, тогда (А \ В) (А \ В)′ = .

д) Так как А В, то А′ В′, но тогда В В′, т.е. .

е) = . Так как (см. задачу №48(б)), то = = = . Таким образом, .

51. Из задачи №50(е) имеем . С другой стороны, . По условию, А = , В = , тогда . В итоге получаем доказываемое равенство.

52. а) Пусть х Int(E), тогда х – внутренняя точка Е, т.е. существует окрестность S(x; δ) такая, что S(x; δ) ∩ Е = S(x; δ), но Е S(x; δ) ∩ Е, следовательно, х Е. Таким образом, в силу произвольности точки х, имеет место включение Int(E) Е.

б) Включение Int(Int(E)) Int(E) следует из предыдущего пункта. Докажем «обратное» включение. Пусть х Int(E). Так как x – произвольная точка, то Int(E) – открытое множество, т.е. все его точки принадлежат внутренности. Тогда х Int(Int(E)). Откуда имеем Int(E) Int(Int(E)). Следовательно, Int(Int(E)) = Int(E).

в) Пусть х₀ Int(E₁ Е₂), тогда х₀ – внутренняя точка множества E₁ Е₂, т.е. существует S(x₀; δ) такая, что S(x₀; δ) (E₁ Е₂) = S(x₀; δ). Преобразуем левую часть равенства, получим (S(x₀; δ) E₁) (S(x₀; δ) E₂)=S(x₀; δ).Тогда х₀ – внутренняя точка Е₁ и внутренняя точка Е₂, т.е. х₀ Int(E₁) Int (Е₂). Отсюда имеем включение Int(E₁ Е₂) Int(E₁) Int (Е₂).

Пусть х₀ Int(E₁) Int (Е₂), тогда х₀ одновременно есть внутренняя точка Е₁ и Е₂, т.е. существует S(x₀; δ₁) такая, что S(x₀; δ₁) Е₁ = S(x₀; δ₁), и существует S(x₀; δ₂) такая, что S(x₀; δ₂) Е₂ = S(x₀; δ₂). Выберем min(δ₁, δ₂)=δ, тогда S(x₀; δ) (E₁ Е₂) = S(x₀; δ), т.е. х₀ Int(E₁ Е₂). Значит имеет место Int(E₁) Int (Е₂) Int(E₁ Е₂), что в итоге дает доказываемое равенство.

г) Пусть х₀ Int(E₁). Тогда существует окрестность S(x₀; δ), такая, что

S(x₀; δ) Е₁ = S(x₀; δ). Так как Е₁ Е₂, то S(x₀; δ) Е₁ S(x₀; δ) Е₂. Следовательно, х₀ Int(E₂). Таким образом, так как х₀ – любая, Int(E₁) Int(E₂).

53. Множество решений неравенства f(x) а есть подмножество замкнутого множества Е, т.е. множество тех точек из Е, для которых выполняется неравенство f(x) а. Так как Е замкнуто, то Е содержит все свои предельные точки. Пусть {x_n} последовательность таких точек из Е, что f(x_n) а. Покажем, что если (х₀ – предельная; х₀ Е в силу его замкнутости), то х₀  Е(f(x)  а). Так как функция f(x) непрерывна, то . С другой стороны, для любого n f(x_n) а. При предельном переходе получим, что и f(x₀) а, т.е. х₀   Е(f(x) а). Следовательно, множество Е(f(x) а) – замкнуто.

58. а) не является открытым.

б) не является замкнутым.

59. Пусть G – открытое множество. Тогда CG – замкнуто. Рассмотрим два случая:

1). Если CG = ø, то G = (– ∞; +∞). Тогда G = , где n N. Множество интервалов {(–n;n)} счетно, следовательно, G представлено в виде счетной совокупности интервалов с рациональными концами.

2). Если CG ≠ ø, то G ≠ (– ∞; +∞). Так как G – открытое множество, то все его точки внутренние, т.е. для любого х G существует интервал (r_x; r_x^′), где r_x,r_x^′ – рациональные числа, целиком содержащийся в G. Множество интервалов вида (r_x; r_x^′) счетно, тогда G = есть объединение счетной совокупности интервалов с рациональными концами.

60. Так как открытое множество G – ограничено, то каждая его точка принадлежит некоторому составляющему интервалу, т.е. такому, что при a_к G, b_к G (a_к;b_к) G. Причем составляющие интервалы либо тождественны, либо не пересекаются. Множество составляющих интервалов не более чем счетно, так как оно эквивалентно подмножеству рациональных чисел. Тогда G =  .

61. Из предыдущей задачи G = , где (a_к;b_к) – составляющие интервалы. Представим любой интервал (a_к;b_к) в виде суммы , где _k < . Таким образом, любой интервал представлен в виде счетной совокупности отрезков. Тогда множество G тоже может быть представлено в виде счетной совокупности отрезков: G = .

62. Предположим, что числовая прямая представлена в виде счетной совокупности попарно непересекающихся отрезков, т.е. (– ∞; +∞) = , где [a_i;b_i] [a_j;b_j] = ø при i j. Рассмотрим множество Q = . Q – открыто. Множество CQ = E – совершенно, так как получено из числовой прямой путем удаления взаимно непересекающихся интервалов, не имеющих общих концов. Мощность множества Е равна с.

Рассмотрим множество М = С( ). По допущению, оно пусто. Но, с другой стороны, М = E \ {a₁;b₁;a₂;b₂;…}. Тогда = с – а = с, т.е. не пусто. Получили противоречие. Следовательно, R нельзя представить в виде счетной совокупности попарно непересекающихся отрезков.

63. Нет, так как любой интервал (а;b) ~ (– ∞; +∞), а в предыдущей задаче было показано, что (– ∞; +∞) нельзя представить в виде объединения взаимно непересекающихся отрезков.

64. Пусть [a;b] = , тогда среди всех отрезков найдутся два таких, что a_i = a; b_k = b. Множество [a;b] \ ([a_i;b_i] [a_k;b_k]) = (b_i;a_k) – интервал. В задаче №63 показано, что его нельзя представить в виде счетной совокупности взаимно непересекающихся отрезков.

66. Множество E – замкнуто. Покажем, что оно не содержит изолированных точек. Тогда по задаче №65 оно совершенно.

Пусть х₀ E . Так как а Е и b Е, то х₀ – внутренняя точка отрезка [a;b]. Тогда существует точка х, принадлежащая окрестности точки х₀, причем окрестность S(x₀; δ) [a; b]. Значит, точка х₀ не является изолированной точкой множества E . Отсюда, в силу произвольности точки х_0,

заключаем: E – совершенное множество.

67. а) Каждую точку множества Р₀ можно представить в виде троичной дроби 0,а₁а₂а₃…, где a_k равно либо 0, либо 2.

Концы интервалов являются точками «первого рода» и представлены следующим образом: либо, начиная с некоторого места троичное разложение имеет все двойки, т.е. имеется бесконечная троичная дробь (например,  = 0,0222…, = 0,0022…), либо все нули, т.е. возникает конечная троичная дробь (например, = 0,2000…, = + + = 0,222000…). Все остальные точки являются точками «второго рода». В троичном разложении они имеют бесконечно много нулей и двоек (так, = 0,0020202…= + + +…).

б) Между 0,1 и 0,2 находится точка . Эта точка – конец интервала, ее троичное разложение таково: 0,00222… .

в) Между 0,05 и 0,1 или между и находится точка , ее троичным разложением будет 0,0020202… Она не является концом интервала, т.е. это – точка «второго рода».

г) Множество точек «первого рода» канторова множества Р₀ эквивалентно бесконечному подмножеству множества рациональных чисел. Следовательно, его мощность равна а.

д) Мощность множества точек «второго рода» Р₀ равна: с – а = с.

70. а) Множеству Р₀ принадлежит , не принадлежат Р₀: ; ; .

72. Назовем отрезок [0; ] и отрезок [ ; 1], оставшиеся после исключения интервала ( ; ), отрезками первого ранга; отрезки [0; ], [ ; ],

[ ; ], [ ;1], оставшиеся после исключения интервалов ( ; ), ( ; ) – отрезками второго ранга и т.д. Отрезки n-го ранга имеют длину . Чтобы получить из отрезка n-го ранга отрезок (n+1)-го ранга, нужно исключить из него интервалы длины с центром в середине отрезка (см. рис. 3).

EMBED Equation.3

Рис. 3

Докажем, что любой интервал (α; β) содержит в себе интервал, полностью свободный от точек Р₀. Если произвольный интервал (α; β) не содержит точек Р₀, то Р₀ нигде не плотно. Если (α; β) содержит какой-нибудь отрезок n-го ранга, то можно выбрать интервал длиной с центром в середине этого сегмента. Этот интервал не содержит точек из Р₀ и вместе с тем содержится в интервале (α; β). Значит, Р₀ нигде не плотно на прямой.

78. Пусть множество Е состоит из n точек. Покроем каждую точку интервалом длины , где ε – сколь угодно мало. Получим покрытие множества Е протяженностью ε. Следовательно, m^*E = 0, тогда и m_*E = 0, так как m_*E   m^*E и m_*E 0. Итак, mЕ = 0.

79. Покроем точки счетного множества Е интервалами длины , , …, , … . Суммарная длина этих интервалов будет равна = ε = ε. Следовательно, m^*E = 0 и m_*E = 0. Тогда mЕ = 0.

80. Множество иррациональных точек отрезка [a;b] есть дополнение множества рациональных точек из [a;b]. Так как множество рациональных точек отрезка счетно, то его мера равна нулю. Отсюда мера множества иррациональных чисел отрезка [a;b] равна (b – a) – 0 = b – a.

82. А = (0; 1); В = [0; 1].

88. mP_α = α; mG_α = 1 – α.

89. Множество нулевой меры измеримо; всякое его подмножество, в том числе и подмножество типа Е(f > A), также измеримо и имеет меру нуль.

90. Представим множество Е(f A) в виде

Е(f A) = ,

Тогда оно будет измеримо как пересечение счетного множества измеримых множеств. Далее, из равенств

Е(f A) = Е \ Е(f > A), Е(f < A) = E \ Е(f A)

следует, что каждое из множеств Е(f A) и Е(f < A) измеримо, как разность двух измеримых множеств.

91. Зададим произвольное А. Могут возникнуть два случая (см. рис. 4):

а) А с, тогда Е(f > A) = ø измеримо;

б) А< c, тогда Е(f > A) = Е измеримо, по условию.

Рис. 4

92. Возможны случаи:

а) 0 А < 1, тогда Е(f > A) есть множество рациональных точек отрезка, оно измеримо;

б) А 1, Е(f > A) = ø;

в) А < 0, Е(f > A) = [a;b].

93. Указание. Рассмотреть: а) А f(b); б) А < f(a); в) f(a) A < f(b).

94. Если А < 0, то Е(f > A) = [0; ] измеримо;

если А 1, то Е(f > A) = ø;

если 0 А < 1, тогда Е(f > A) есть множество всех рациональных точек отрезка [0; ] или его подмножество, они измеримы.

95. Множество Е(f ³ > A) измеримо по условию. Но Е(f ³ > A) =

= Е(f > ), следовательно, и множество Е(f > ) измеримо. Таким образом, множество Е(f > ) измеримо для произвольного , т.е. f(x) – измеримая функция на Е.

96. Рассмотрим, например, на E= [a,b] функцию:

где B – неизмеримо( ).

f(x) – неизмеримая функция, так как неизмеримо множество при , а функция = 1 измерима.

97. Достаточно показать, что для любого действительного числа А множество Е(f A) замкнуто, а следовательно, измеримо. Рассмотрим множество Е(f < A). Оно будет открытым, так как каждая его точка является внутренней (это следует из непрерывности f(x)). Тогда Е(f A) замкнуто, как дополнение открытого множества Е(f < A).

105. Множество Е(f > A) измеримо для любого А, так как его можно представить в виде суммы измеримых множеств Е_i (f > A).

108. Функция Дирихле φ(х) – неинтегрируемая по Риману на [0; 1], так как она разрывна в каждой точке этого отрезка.

(L) = (L) = 0,

так как функции у = φ(х) и у = 0 эквивалентны на [0; 1] (их значения различны на множестве меры нуль).

109. = 0, так как mP₀ = 0.

110. Разобьем отрезок [0; 5] на оси ОУ на 5 частей точками:

у₀ = 0, у₁ = 1, у₂ = 2, у₃ = 3, у₄ = 4, у₅ = 5 (см. рис. 5).

Рис. 5

Составим интегральную сумму Лебега:

= = 0·1+1·1 +2·1+3·1+4·1 = 10.

Рассмотрим новое разбиение отрезка [0; 5]:

у₀ = 0, у₁ = , у₂ = 1, у₃ = , у₄ = 2, …, у₉= , у₁₀ = 5.

Найдем = 0·1+ ·0 + 1·1 + ·0 +2·1 + ·0+3·1 + ·0+4·1 + ·0= 10.

Продолжая вычислять суммы Лебега для различных разбиений, получим последовательность: 10, 10, …, 10, … , предел которой при есть интеграл Лебега от функции f(x) на отрезке [0; 5] и он равен 10. Интеграл Римана совпадает с площадью ступенчатой фигуры и также равен 10.

111. Функции y = f(x)[1 – φ(х)] и y = f(x) отличаются друг от друга только на множестве рациональных чисел, мера которого равна 0, поэтому

(L) = (L) = (R) = .

112. а) Функция g(x) = cos²x на [0; 1] отличается от данной функции

y = f(x) лишь на множестве Р₀ меры 0. Следовательно,

(L) = (L) .

Последний интеграл совпадает с интегралом Римана, так как y = g(x) непрерывна на [0; 1] и, следовательно, по Риману интегрируема.

б) (L) = (L) + (L) .

Интегралы в правой части равны соответствующим интегралам Римана, так как подынтегральные функции непрерывны.

113. а) y = f(x) не интегрируема по Риману, так как разрывна в каждой точке отрезка [0; 1]. По Лебегу она интегрируема, так как ограничена и измерима на [0; 1].

(L) = (L) = (R) .

б) Указание. Решить аналогично №113(а).

114. Указание. Решить аналогично №112(б).

115. а) (L) = (L) + (L) = 2 ·mP_α + 1·mG_α = 1 + α.

б) (L) = (L) + (L) = 3 α + = 3 α + ,

где (λ_i, μ_i) – составляющие интервалы множества G_α, т.е. G_α = .

116. а) Нет. Не выполнена аксиома тождества: из равенства не следует, что x = y.

б) Да. Выполнение аксиомы треугольника следует из неравенства , которое справедливо при любых α ≥ 0, β ≥ 0 (проверяется это неравенство извлечением квадратного корня из обеих частей очевидного неравенства ).

117. Да.

118. Вначале необходимо убедиться, что для любых последовательностей x = (x₁, x₂, …, x_n , …) и y = (y₁, y₂, …, y_n , …), у которых ряд из модулей членов этих последовательностей сходится, расстояние ρ(x, y) будет определено. Действительно, ряд сходится, так как , а ряды и сходятся (по условию).

119. Если ряды и сходятся, то и ряд сходится. Это следует из того, что (a_i – b_i)² = a_i² – 2a_ib_i + b_i² ≤ a_i² + (a_i² + b_i² ) + b_i² =

= 2 (a_i² + b_i²).

Выполнение первых двух аксиом метрического пространства очевидно. Для проверки третьей аксиомы воспользуемся неравенством, справедливым для n-мерного евклидова пространства:

.

Переходя в этом неравенстве к пределу при n → ∞, получаем

.

120. Выполнение первых двух аксиом метрического пространства очевидно. Проверим выполнение аксиомы треугольника. Для любых ограниченных функций x(t), y(t), z(t) на отрезке [a, b] имеем:

≤ ≤

≤ + = + .

121. Аксиома треугольника проверяется интегрированием (на отрезке [a,b]) неравенства ≤ .

122. а) Неравенство можно получить предельным переходом при из неравенства Коши-Буняковского, записанного для конечных сумм

, (3)

если принять , .

б) Умножив в неравенстве (3) обе части на 2, а затем прибавив к обеим частям выражение , после преобразований получим

. (4)

123. Выполнение первых двух аксиом метрического пространства очевидно. Проверим выполнение аксиомы треугольника. Пусть u(t), v(t), w(t) – произвольные непрерывные функции на отрезке [a, b]. Подставляя в неравенство (4) x(t) = u(t) – v(t), y(t) = v(t) – w(t), получим: + , т.е. аксиома треугольника выполнена.

125. 1) Пусть {x_n (x_n , x_n , …, x_n , …)} – фундаментальная последовательность элементов пространства l₁. По определению, для любого ε > 0 найдется номер N такой, что при любых n > N, m > N имеет место неравенство

. (5)

Из неравенства следует, что числовая последовательность при любом i – фундаментальная и, значит, сходится.

Пусть a_i = . Покажем, что a ( a₁, a₂, …, a_n, …) l₁ и x_n → a в l₁.

Действительно, из неравенства (5) следует, что для любого K и для всех n > N, m > N. В этом неравенстве при предельном переходе сначала при m →+∞, а затем при K→+∞ для всех n >N получим:

. (6)

Так как , то из неравенства (6) и сходимости ряда , следует, что ряд сходится, т.е. a l₁ , причем (6) показывает, что x_n → a.

2) Доказательство полноты пространства l₂ аналогично доказательству полноты пространства l₁ (см. решение задачи №125 (1)), но на последнем этапе надо воспользоваться неравенством , что эквивалентно неравенству . Последнее неравенство следует из неравенства, приведенного в решении задачи №119.

3) Пусть {φ_n(t)}– фундаментальная последовательность в С_{[a, b]}. Тогда в каждой точке t [a, b] существует предел ; обозначим его φ(t). Для любого ε > 0 найдется номер N такой, что при любых n > N, m > N и всех t [a, b] имеет место неравенство .

При переходе в нем к пределу при m →+∞ получим для всех n > N и всех t [a, b] . Тем самым, при n →+∞ φ_n → φ равномерно на [a, b] . Так как все функции φ_n(t) непрерывны, то заключаем, что φ(t) также непрерывна. Следовательно, φ(t) С_{[a, b]} и при n →+∞ φ_n → φ по метрике пространства С_{[a, b]}.

5) Пусть {φ_n(t)}– фундаментальная последовательность в В(a, b). Тогда в каждой точке t (a, b) числовая последовательность {φ_n(t)} – фундаментальная и, следовательно, стремится к некоторому пределу φ(t). Для заданного числа ε > 0 найдется номер N такой, что при любых значениях n > N, m > N . Переходя к пределу при m →+∞ в последнем неравенстве, получаем, что для всех n > N и t (a, b). Отсюда следует, что φ В(a, b) и φ_n → φ по метрике пространства В(a, b).

130. Пусть – произвольные точки из . Проверим, выполняется ли для отображения условие , . , . Но . Следовательно, отображение не является сжимающим. Неподвижной точки также нет, в чем легко убедиться, решив уравнение .

132. По условию функция дифференцируема внутри отрезка , и применима теорема Лагранжа. Тогда для любых из верно ,

133. Да. Указание. Использовать решение предыдущей задачи.

135. Покажем, что отображение является сжимающим:

Далее находим и т.д.

55